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2022-2023学年重庆市铜梁区巴川中学九年级（上）入学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市铜梁区巴川中学九年级（上）入学数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市铜梁区巴川中学九年级（上）入学数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 下面是二次根式的是( )
A. 13 B. -3 C. 2 D. -4
2. 以下列各组线段为边作三角形，不能作出直角三角形的是( )
A. 3，7，8 B. 6，8，10
C. 1，2，5 D. 0.3，0.4，0.5
3. 如图，曲线表示一只蜜蜂在飞行过程中离地面的高度h(m)随飞行时间t(s)的变化而变化的情况，根据图象判断，下列说法正确的是( )
A. 在这个变化过程中，h是自变量，t是因变量
B. 飞行时间在1s～3s期间，蜜蜂距离地面的高度持续下降
C. 飞行时间为4s时，蜜蜂距离地面的高度为15m
D. 在0s和2s时，蜜蜂距离地面的高度大致相同
4. 估计2+15的运算结果应在( )
A. 3到4之间 B. 4到5之间 C. 5到6之间 D. 6到7之间
5. 如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，若AD=8，AC=12，BD=10，则△OBC的周长为( )
A. 14 B. 17 C. 18 D. 19
6. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，若△COB的面积为4，则△FOE的面积为( )
A. 2 B. 32 C. 1 D. 12
7. 一元二次方程x(x+1)=3(x+1)的解是( )
A. x=-1 B. x=3
C. x1=-1，x2=3 D. 无实数解
8. 观察下列图形规律，其中第1个图形由6个〇组成，第2个图由14个〇组成，第3个图由24个〇组成，……，照此规律下去，则第6个图由〇的个数一共是( )
A. 64 B. 65 C. 66 D. 67
9. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”意喻敦厚、健康、活泼、可爱，象征着冬奥会运动员强壮的身体、坚韧的意志和鼓舞人心的奥林匹克精神，随着北京冬奥会开幕日的临近，某特许零售店“冰墩墩”的销售日益火爆，据统计，该店2021年第四季度的“冰墩墩”总销售额为9.93万件，其中10月的销量为3万件，设11，12月份的平均增长率为x，则可列方程为( )
A. 3(1+x)2=9.93 B. 3+3(1+x)2=9.93
C. 3+3x+3(1+x)2=9.93 D. 3+3(1+x)+3(1+x)2=9.93
10. 如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF=CE=4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为( )
A. 52
B. 13
C. 5
D. 213
11. 如果关于x的不等式组nx-9>2x-292x≤34+5x3无解，且关于y的分式方程ny-2y-5+35-y=-1有正数解，则符合条件的所有整数n的和是( )
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
12. 有一台特殊功能计算器，对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算，其运算过程是：输入第一个整数x1，只显示不运算，接着再输入整数x2后则显示|x1-x2|的结果．比如依次输入1，2，则输出的结果是|1-2|=1；此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差后再取绝对值的运算．有如下结论：
①依次输入1，2，3，4，则最后输出的结果是2；
②若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个输入，全部输入完毕后显示的结果的最大值是4；
③若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个地输入，全部输入完毕后显示的结果的最小值是0；
④若随意地一个一个地输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，若k的最大值为10，那么k的最小值是6．
上述结论中，正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共4小题，共16分）
13. 计算：63÷7-|-4|=______．
14. 已知二次函数y=3x2，则其图象的开口向______.(填“上”或“下”)
15. 如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠DAB=60°，作DH⊥AB于点H，连接OH，若OH的长为2，则菱形ABCD的面积为______．
16. 瑞泰工程组安排甲、乙、丙、丁四辆货车用于一批建筑材料运输，已知这四辆货车每一次的运货量都保持不变且为整数(单位：吨)，乙车每次运货量比甲车高50%，丙车每次运货量比甲车多12吨，甲、丙两车运输2次的货物总量与丁车独自运输3次的货物量相等、当甲、乙、丙、丁四辆货车运输次数之比为5：2：3：1恰好运完这一批建筑材料，此时甲车共运输了120吨，则这批建筑材料最多有______吨．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 计算：
(1)(x+2y)(x+y)-x(x+3y)；
(2)(x-1-3x+1)÷x2-4x+4x+1．
18. 如图，在△ABC中，AD平分∠BAC．
(1)用尺规完成以下基本作图：(要求：不写作法，保留作图痕迹)
作线段AD的垂直平分线，与AB交于点E，与AC交于点F，连接DE、DF；
(2)在(1)所作图形中，求证：四边形AEDF为菱形，请补全下面的证明过程．
证明：∵EF是AD的垂直平分线，点E，点F分别在直线EF上
∴______，FA=FD
∴∠EAD=∠EDA
∵______
∴∠BAD=∠CAD
∴______
∴DE//AF，同理AE//DF
∴四边形AEDF是平行四边形
又∵______
∴四边形AEDF为菱形
19. 每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格).相关数据统计、整理如下：
八年级抽取的学生的竞赛成绩：
4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
a
7.4
中位数
b
c
众数
d
8
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，c=______，d=______；
(2)估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
(3)根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异．
20. 请你用学习“一次函数”时积累的经验和方法研究函数y=|x+1|的图象和性质，并解决问题．
(1)按照下列步骤，画出函数y=|x+1|的图象；
①列表；
x
…
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
…
y
…
3
2
1
0
1
2
3
4
…
②描点；
③连线．
(2)观察图象，填空；
①当x ______时，y随x的增大而减小；x ______时，y随x的增大而增大；
②此函数有最______值(填“大”或“小”)，其值是______；
(3)根据图象，不等式|x+1|>12x+12的解集为______．
21. 目前，新型冠状病毒在我国虽可控可防，但不可松懈．为防范疫情，重庆实验外国语学校欲购置规格分别为300ml和500ml的甲、乙两种免洗手消毒液若干瓶，已知购买3瓶甲和1瓶乙免洗手消毒液需要84元，购买2瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要126元．
(1)求甲、乙两种免洗手消毒液的价格为多少元/每瓶？
(2)若初一年级师生共2000人，平均每人每天都需使用10ml的免洗手消毒液，若初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液共花费7200元，则这批消毒液可使用多少天？
22. 为了测量学校旗杆的高度AB，数学兴趣小组带着标杆和皮尺来到操场进行测量，测量方案如下：如图，首先，小红在C处放置一平面镜，她从点C沿BC后退，当退行1.8米到D处时，恰好在镜子中看到旗杆顶点A的像，此时测得小红眼睛到地面的距离ED为1.5米；然后，小明在F处竖立了一根高1.6米的标杆FG，发现地面上的点H、标杆顶点G和旗杆顶点A在一条直线上，此时测得FH为2.4米，DF为3.3米，已知AB⊥BH，ED⊥BH，GF⊥BH，点B、C、D、F、H在一条直线上．
(1)直接写出ABBC=______；
(2)请根据以上所测数据，计算学校旗杆AB的高度．
23. 对任意一个三位数m，如果m满足各数位上的数字互不相同且都不为0，则称m为“称心数”.将一个“称心数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为Q(m).例如m=124，对调百位与十位上的数字得到214，对调百位与个位上的数字得到421，对调十位与个位上的数字得到142，这三个新三位数的和为214+421+142=777，777÷111=7，所以Q(124)=7．
(1)直接写出最小和最大的“称心数m”；
(2)若m、n都是“称心数”，其中m=100x+32，n=150+y(1≤x≤9,1≤y≤9,x、y都是正整数)，当Q(m)+Q(n)=18时，求Q(m)Q(n)的值．
24. △PAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AP与y轴交于点B(0,2)，点P的坐标为(-1,3)，线段OA，OC的长分别是方程x2-9x+14=0的两根，OC>OA．
(1)求线段AC的长；
(2)动点D从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴负半轴向终点C运动，过点D作直线l与x轴垂直，设点D运动的时间为t秒，直线l扫过四边形OBPC的面积为S，求S与t的关系式；
(3)M为直线l上一点，在平面内是否存在点N，使以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
25. 如图.已知△ABC为等腰直角三角形，∠A=90°，D、E分别为AC、BC上的两点，CD=2BE，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得EF，连接DF与AB交于点M．
(1)如图1，当∠DEC=30°时，若BC=2+3，求AD的长；
(2)如图2，连接CF，N为CF的中点，连接MN，求证：MN=22BE；
(3)如图3，连接AF，将AF绕点A顺时针旋转60°得AG，连接FG、BG、CG，若AC=4，当CG取得最小值时，直接写出△BCG的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：13、-3、-4都不是二次根式，只有2符合二次根式的定义．
故选：C．
根据二次根式的定义作答．
本题考查了二次根式的定义．解题的关键是掌握二次根式的定义：一般地，我们把形如a(a≥0)的式子叫做二次根式．
2.【答案】A
【解析】解：A、32+72≠82，故A选项不能构成直角三角形；
B、62+82=102，故B选项能构成直角三角形；
C、12+22=(5)2，故C选项能构成直角三角形；
D、0.32+0.42=0.52，故D选项能构成直角三角形．
故选：A．
先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于最长边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．
3.【答案】D
【解析】解：A.在这个变化过程中，t是自变量，h是因变量，本故选项不合题意；
B.由图象可得，飞行时间在1s～2s期间，蜜蜂距离地面的高度持续下降，在2s～3s期间，蜜蜂距离地面的高度持续上升，本故选项不合题意；
C.由图象可得，飞行时间为4s时，蜜蜂距离地面的高度低于13米，本故选项不合题意；
D.由图象可得，在0s和2s时，蜜蜂距离地面的高度大致相同，故本选项符合题意．
故选：D．
分别根据函数的定义以及函数图象逐一判断即可．
本题考查了函数的定义以及函数的图象，结合图形理解题意是解决本题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了估算无理数的大小的应用，关键是确定出15的范围．
求出15的范围，两边都加上2即可得出答案．
【解答】
解：∵9<15<16，
∴3<15<4，
∴5<2+15<6．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD=12BD=5，OC=AO=12AC=6，BC=AD=8，
∴△OBC的周长=BC+OC+OB=8+6+5=19，
故选：D．
根据平行四边形的性质得出OB，OC，BC的长即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，明确平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，
∴△COB与△FOE相似比为：2：1，
∴△COB与△FOE面积之比为4：1，
∵△COB的面积为4，
∴△FOE的面积为：14×4=1．
故选：C．
直接利用位似图形的性质得出△DEF与△ABC的面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的相关知识是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：方程整理得：x(x+1)-3(x+1)=0，
分解因式得：(x+1)(x-3)=0，
可得x+1=0或x-3=0，
解得：x1=-1，x2=3．
故选：C．
方程移项后，利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形由6个〇组成，6=1×(1+5)，
第2个图形由14个〇组成，14=2×(2+5)，
第3个图形由24个〇组成，24=3×(3+5)，
…
∴第n个图形〇的个数是n(n+5)=n2+5n，
∴第6个图形〇的个数62+5×6=66．
故选：C．
根据第1个图形由6个〇组成，第2个图形由14个〇组成，第3个图形由24个〇组成，得出第n个图形〇的个数是n(n+5)，进而得到第8个图形〇的个数．
本题考查了规律型：图形的变化类，通过观察图形得出第n个图形〇的个数是n(n+5)是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：根据题意，得3+3(1+x)+3(1+x)2=9.93．
故选：D．
利用“2021年12月的销量=2021年10月的销量×(1+月平均增长率)2，2021年11月的销量=2021年10月的销量×(1+月平均增长率)”、“该店2021年第四季度的“冰墩墩”总销售额为9.93万件”列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，读懂题意，找准等量关系，是正确一元二次方程的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADE=∠C=90°，AD=DC=BC，
∵BF=CE，
∴CF=DE，
在△ADE和△DCF中，
AD=DC∠ADE=∠CDE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠CDF+∠DEA=90°，
∴∠AGF=∠DGE=90°，
∵点H为AF的中点，
∴GH=12AF，
∵AB=6，BF=4，
∴AF=AB2+BF2=213，
∴GH=13，
故选：B．
先证明△ADE≌△DCF，进而得∠AGF=90°，用勾股定理求得AF，便可得GH．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：由nx-9>2x-2得：(n-2)x>7，
由92x≤34+5x3得：x≤4．
∵不等式组无解，
∴n-2≥0且7n-2≥4．
∴2≤n≤154，
∵ny-2y-5+35-y=-1，
∴ny-2-3=5-y，
∴(n+1)y=10．
∵方程有正整数解，
∴n+1>0，y=10n+1，
∵y是正整数，y≠5
∴n+1=1，5，10，
∴n=0，4，9．
∵2≤n≤154，
∴n=4，
符合条件的所有整数n的和是4．
故选：D．
根据不等式组和分式方程的解列出n符合的条件．
本题考查不等式和分式方程的解，根据不等式组无解和分式方程的解为正整数找到n满足的限制条件是求解本题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：
①根据题意可以得出：|1-2|=|-1|=1，
|1-3|=|-2|=2，
|2-4|=|-2|=2，
故①符合题意
②对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、2、4，可得：|||1-3|-2|-4|=4，
全部输入完毕后显示的结果的最大值是4
故②符合题意
③对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、4、2，可得：|||1-3|-4|-2|=0，
全部输入完毕后显示的结果的最小值是0
故③符合题意
④∵随意地一个一个的输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，k的最大值为10，
∴设b为较大数字，当a=1时，|b-|a-2||=|b-1|=10，
解得：b=11，
故此时任意输入后得到的最小数为：|2-|11-1||=8，
设b为较大数字，当b>a>2时，|b-|a-2||=|b-a+2|=10，
则b-a+2=10，即b-a=8，则a-b=-8，
故此时任意输入后得到的最小数为：|a-|b-2||=|a-b+2|=6，
综上所述：k的最小值为6．
故④符合题意
故选：D．
①根据题意每次输入都是与前一次运算结果求差后取绝对值，将已知数据输入求出即可；
②根据运算规则可知最大值是4
③根据运算规则可知最小值是0
④根据题意可得出只有3个数字，当最后输入最大值时结果得到的值最大，当首先将最大值输入则结果是最小值，进而分析得出即可．
此题考查了含有绝对值的最值问题．
13.【答案】-1
【解析】解：原式=63÷7-4
=3-4
=-1．
故答案为：-1．
先算除法，去绝对值，再合并即可．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式运算的相关法则．
14.【答案】上
【解析】解：y=3x2，
∵a=3>0，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上．
据二次项系数得出抛物线的开口方向．
此题考查二次函数的性质，熟知二次函数的性质是解题的关键．
15.【答案】83
【解析】解：∵ABCD是菱形，
∴AB=AD，BO=DO，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵DH⊥AB，
∴AH=BH=12AB，
∴OH=12AD，
∵OH=2，
∴AD=AB=4，
∴AH=2，
在Rt△ADH中，
DH=AD2-AH2=42-22=23，
∴菱形ABCD的面积=AB⋅AH=4×23=83，
故答案为：83．
首先证得△ABD是等边三角形，根据等腰三角形和三角形中位线的性质求出AD=AB=4，AH=2，根据勾股定理求得DH=23，由菱形的面积公式即可求出结果．
本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，证得△ABD是等边三角形是解决问题的关键．
16.【答案】376
【解析】解：设甲车每次运x吨，
∵乙车每次运货量比甲车高50%，丙车每次运货量比甲车多12吨，
∴乙车每次运(1+50%)x=32x(吨)，丙车每次运(x+12)吨，
∵甲、丙两车运输2次的货物总量与丁车独自运输3次的货物量相等，
∴丁车每次运2x+2(x+12)3=(43x+8)吨，
∵x，32x，x+12，43x+8都是整数，
∴x是6的倍数，x最小为6，
设这一批建筑材料共W吨，运完这一批建筑材料，丁车运输k次，则甲车运输5k次，乙车运输2k次，丙车运输3k次，
∵甲车共运输了120吨，
∴5kx=120，
∴k=24x，
根据题意得：
W=5kx+2k⋅32x+3k⋅(x+12)+k⋅(43x+8)
=373kx+20k
=373×24+20k
=296+20k
=296+480x，
∴当x最小时，W取最大值，
∴x=6时，W最大为296+4806=376(吨)，
∴这批建筑材料最多有376吨，
故答案为：376．
设甲车每次运x吨，可得乙车每次运32x(吨)，丙车每次运(x+12)吨，丁车每次运(43x+8)吨，由x，32x，x+12，43x+8都是整数，知x是6的倍数，x最小为6，设这一批建筑材料共W吨，运完这一批建筑材料，丁车运输k次，可得5kx=120，k=24x，W=5kx+2k⋅32x+3k⋅(x+12)+k⋅(43x+8)=296+480x，故x=6时，W最大为376吨．
本题考查列代数式和方程的应用，解题的关键是根据已知得出x最小为6，进而求出这批建筑材料最多有376吨．
17.【答案】解：(1)原式=x2+xy+2xy+2y2-x2-3xy
=2y2．
(2)原式=[(x-1)(x+1)x+1-3x+1]⋅x+1(x-2)2
=(x+2)(x-2)x+1⋅x+1(x-2)2
=x+2x-2．
【解析】(1)先去括号再合并同类项即可；
(2)先计算括号内的再乘以后面的式子的倒数即可．
本题考查多项式的乘法和分式的混合运算，解题的关键是熟练运用分式的乘除运算法则，本题属于基础题型．
18.【答案】EA=ED AD平分∠BAC ∠CAD=∠EDA EA=ED
【解析】(1)解：如图，EF即为线段AD的垂直平分线；
(2)证明：∵EF是AD的垂直平分线，点E，点F分别在直线EF上，
∴EA=ED，FA=FD，
∴∠EAD=∠EDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠EDA，
∴DE//AF，同理AE//DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
又∵EA=ED，
∴四边形AEDF为菱形．
故答案为：EA=ED；AD平分∠BAC；∠CAD=∠EDA；EA=ED．
(1)根据线段垂直平分线的作法即可作线段AD的垂直平分线，与AB交于点E，与AC交于点F；
(2)结合(1)根据菱形的判定即可完成填空．
本题考查了作图-复杂作图，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是得到
19.【答案】7.2 7.5 8 8
【解析】解：(1)由图表可得：a=4+2×5+6+6×7+5×8+4×9+101+2+1+6+5+4+1=7.2，b=7+82=7.5，c=8+82=8，d=7．
故答案为：7.2，7.5，8，8；
(2)800×5+540=200(人)．
答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；
(3)∵八年级的合格率高于七年级的合格率，
∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
(1)由图表可求解；
(2)利用样本估计总体思想求解可得；
(3)由八年级的合格率高于七年级的合格率，可得八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
本题考查中位数、众数、平均数的意义和计算方法，理解各个概念的内涵和计算方法，是解题的关键．
20.【答案】<-1 >1 小 0 x<-3或x>5
【解析】解：(1)
按照画图步骤，如图所示即为函数y=|x+1|的图象；
(2)①当x<-1时，y随x的增大而减小；x>-1时，y随x的增大而增大；
②此函数有最小值(填“大”或“小”)，其值是0；
故答案为：<-1，>-1，小，0；
(3)根据图象，不等式|x+1|>12x+12的解集为：x<-3或x>5．
故答案为：x<-3或x>5．
(1)按照画图步骤，即可画出函数y=|x+1|的图象；
(2)①观察图象即可得当x<-1时，y随x的增大而减小；x>0时，y随x的增大而增大；
②此函数有最小值(填“大”或“小”)，其值是0；
(3)根据图象，即可求出不等式|x+1|>12x+12的解集．
本题考查了一次函数与一元一次不等式、一次函数的图象和性质，解决本题的关键是根据图象回答问题．
21.【答案】解：设甲、乙两种免洗手消毒液的价格为x元/每瓶、y元/每瓶，
由题意得：3x+y=842x+3y=126，
解得x=18y=30，
答：甲、乙两种免洗手消毒液的价格为18元/每瓶、30元/每瓶；
(2)设初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液个m瓶，n瓶，
由题意得：18m+30n=7200，
∴3m+5n=1200，
∴300m+500n2000×10=100(3m+5n)2000×10=100×12002000×10=6(天)，
∴这批消毒液可使用6天，
答：这批消毒液可使用6天．
【解析】(1)设甲、乙两种免洗手消毒液的价格为x元/每瓶、y元/每瓶，然后根据购买3瓶甲和1瓶乙免洗手消毒液需要84元，购买2瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要126元列出方程组求解即可；
(2)设初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液个m瓶，n瓶，根据总花费为7200元，推出3m+5n=1200，然后用消毒液的总量除以每天的消耗量即可得到答案．
本题主要考查了二元一次方程组和二元一次方程的应用，正确理解题意列出对应的方程是解题的关键．
22.【答案】56
【解析】解：(1)∵∠ABC=∠CDE=90°，
∠ACB=∠DCE，
∴△ACB∽△ECD，
∴ABBC=DECD，
∵DE=1.5米，CD=1.8米，
∴ABBC=1.51.8=56，
故答案为：56，
(2)∵FG⊥BH，AB⊥BH，
∴AB//FG，
∴△HFG∽△HBA，
∴FGAB=FHBH，
∴1.6AB=2.42.4+3.3+1.8+65AB，
∴AB=25(米)，
答：学校旗杆AB的高度为25米．
(1)根据已知条件推出△ACB∽△ECD，根据相似三角形的性质得到ABBC=DECD，代入数据即可得到结论；
(2)根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
23.【答案】解：(1)最小的三位“称心数”123，最大的“称心数”是987；
(2)∵m=100x+32是“称心数”，
∴调换位置后新三位数的和为(300+10x+2)+(200+30+x)+(100x+20+3)=555+111x，
∴Q(m)=5+x，
∵n=150+y是“称心数”，
∴调换位置后新三位数的和为(500+10+y)+(100y+50+1)+(100+10+5)=666+111x，
∴Q(n)=6+x，
∵Q(m)+Q(n)=18，
∴x+y=7，
∵1≤x≤9，1≤y≤9，x、y都是正整数，
∴x=1，y=6或x=2，y=5或x=3，y=4或x=4，y=3或x=5，y=2或x=6，y=1，
∵x≠2，x≠3，y≠1，y≠5，
∴x=1，y=6或x=4，y=3或x=5，y=2，
∴Q(m)=7，Q(n)=12或Q(m)=9，Q(n)=9或Q(m)=10，Q(n)=8，
∴Q(m)Q(n)=712或Q(m)Q(n)=1或Q(m)Q(n)=54．
【解析】(1)最小的三位“称心数”123，最大的“称心数”是987；
(2)m调换位置后新三位数的和为(300+10x+2)+(200+30+x)+(100x+20+3)=555+111x，则Q(m)=5+x，n调换位置后新三位数的和为(500+10+y)+(100y+50+1)+(100+10+5)=666+111x，则Q(n)=6+x，可求x+y=7，由题意可知x≠2，x≠3，y≠1，y≠5，再由x、y的取值可求x=1，y=6或x=4，y=3或x=5，y=2，则Q(m)=7，Q(n)=12或Q(m)=9，Q(n)=9或Q(m)=10，Q(n)=8，可求Q(m)Q(n)=712或Q(m)Q(n)=1或Q(m)Q(n)=54．
本题考查新定义，数的特点，理解新定义，将定义与所学数的特征相结合是解题的关键．
24.【答案】解：(1)解方程x2-9x+14=0可得x=2或x=7，
∵线段OA，OC的长分别是方程x2-9x+14=0的两根，且OC>OA，
∴OA=2，OC=7，
∴AC=2+7=9，
∴线段AC的长为：7；
(2)①如图，当0
∴S=S梯形OBDE=12t(2+t+2)=12t2+2t(0
设直线CP解析式为：y=mx+n，
∵C(-7,0)，点P的坐标为(-1,3)，代入得-7m+n=0-m+n=3，解得：m=12n=72，
∴直线CP解析式为：y=12x+72；
设E(-t,-12t+72)，
∴DE=-12t+72，
∴S=S梯形OBPH+S梯形HPED=12×(2+3)×1+12(t-1)(-12t+72+3)=-14t2+72t-34(1
∵A(2,0)，B(0,2)，
∴∠OAB=45°，
∵四边形AMPN是正方形，
∴∠PAN=45°，∠NAM=90°，
∴∠OAB+∠PAN=90°，
∴点M在x轴上，NA⊥x轴，NP//c轴，
∴N(2,3)；
②AP为正方形的边时，如图，
∵∠OAB=45°，四边形AMPN是正方形，
∴∠NAO=∠OAB=45°，AP=AN，
∴HN=PH=3，
∴N(-1,-3)，
∵MH=AH=3，
∴M(-4,0)，
∴N(-4,0)或(-1,-3)，
综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为2，3)或(-4,0)或(-1,-3)．
【解析】(1)解方程可求得OA，OC的长，则可求得A、C的坐标，利用两点之间的距离公式即可求解；
(2)分两种情况：①当0
本题考查了一次函数的性质、一元二次方程、勾股定理、待定系数法、正方形的性质等知识．在(1)中求得OA、OC的长是解题的关键，在(2)中求得P点坐标是解题的关键，在(3)中分类思想的运用是解题的关键．
25.【答案】解：(1)过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图1：
设BE=a，则CD=2BE=2a，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵DH⊥BC，
∴∠DHC=90°，
∴∠HDC=90°-∠C=45°，
∴DH=CH，
∴△DHC为等腰直角三角形，
∴DH=CH=CD2=2a2=a，
∵∠DEC=30°，
∴DE=2DH=2a，
∴EH=DE2-DH2=(2a)2-a2=3a，
∴BC=BE+EH+HC=a+3a+a=2a+3a，
又∵BC=2+3，
∴2a+3a=2+3，
∴a=1，
∴CD=2a=2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC2=2+32=2+62，
∴AD=AC-CD=2+62-2=62；
(2)证明：连接BF、ME，过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图2：
由旋转可得：ED=EF且∠DEF=90°，
∴∠DEH+∠FEB=90°，
∵DH⊥BC，
∴∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠FEB=∠EDH，
∵CD=2BE，且CD=2HD，
∴BE=HD，
在△FEB和△EDH中，
FE=ED∠FEB=∠EDHBE=HD，
∴△FEB≌△EDH(SAS)，
∴∠FBE=∠EHD=90°，
∵ED=EF，且∠DEF=90°，
∴∠EFD=∠EDF=45°，
又∵∠ABC=45°，
∴∠EFD=∠ABC=45°，即∠EFM=∠MBE=45°，
∴F、B、E、M四点共圆，即四边形FBEM为圆内接四边形，
∴∠FBE+∠FME=180°，
∴∠FME=180°-∠FBE=180°-90°=90°，
∴EM⊥FM，
又∵EF=ED，
∴FM=DM(三线合一)，
∴点M是DF的中点，
又∵点N是CF的中点，
∴MN是△DFC的中位线，
∴MN=12DC，
∵CD=2BE，
∴MN=22BE；
(3)以AP为边向外作等边三角形△ABP，连接BF，如图3：
由旋转可得：AF=AG，且∠FAG=60°，
∴△AGF为等边三角形，
∵△ABP为等边三角形，
∴AB=AP，且∠BAP=60°，
∴∠FAG=∠BAP=60°，
∴∠FAG+∠PAF=∠BAP+∠PAF，
∴∠BAF=∠PAG，
在△BAF和△PAG中，
AB=AP∠BAF=∠PAGAF=AG，
∴△BAF≌△PAG(SAS)，
∴∠ABF=∠APG，
由(2)可知，∠FBE=90°，
∴∠ABF=∠FBE-∠ABC=90°-45°=45°，
∴∠APG=∠ABF=45°，
∵AP是一条定线段，∠APG=45°说明D、E运动时，F随之运动，G也随之运动，但G始终在与线段AD成45°角的直线上运动，或者说点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，即图3中的直线PQ，
∴当CG⊥PQ时，CG的长度最小，
此时，延长QP、CB交于点K，过点P作PR⊥BK，垂足为R，
过点G作GT⊥BC，垂直为T，如图4：
∵△ABP是等边三角形，
∴∠APB=∠ABP=60°，且PB=AB，
∵AB=AC=4，
∴PB=4，
∵∠APG=45°，且∠ABC=45°，
∴∠KPB=180°-∠APB-∠APG=180°-60°-45°=75°，∠KBP=180°-∠ABP-∠ABC=180°-60°-45°=75°，
∴∠KPB=∠KBP=75°，
∴KP=KB，且∠PKB=180°-75°×2=30°，
设PR=x，则KP=2PR=2x，
∴KP=KB=2x，
∵KR=KP2-PR2=(2x)2-x2=3x，
∴BR=KB-KR=2x-3x，
在Rt△PBR中，PR2+BR2=PB2，
即x2+(2x-3x)2=42，
∴x2[1+(2-3)2]=42，
∴x2=161+(2-3)2=168-43=8+43，
∴x=8+43=(6+2)2=6+2，
∴KB=2x=2(6+2)=26+22，
∵AB=AC=4，
∴BC=AB2+AC2=42+42=42，
∴KC=KB+BC=26+22+42=26+62．
∵CG⊥BC，
∴∠CGK=90°，
又∵∠K=30°，
∴CG=12KC=26+622=6+32，
∵GT⊥BC，且∠GCT=90°-∠K=60°，
∴sin∠CGT=GTCG=32，
∴GT=32CG=32(6+32)=322+362，
∴S△BCG=12BC⋅GT=12×42×(322+362)=6+63．
【解析】(1)过点D作DH⊥BC，垂足为H，根据∠DEC=30°，构造直角三角形△DEH和△DHC，设BE=a，根据CD=2BE以及构造出的直角三角形，可以用含a的式子表示出BC，再根据BC=2+3求出a的值，从而求出AD．
(2)结合CD=2BE以及问题要证的MN=22BE，可以知道就是要证MN=12DC，而N点是CF中点，所以要证点M是DF中点，即证明MN是△DFC的中位线，利用三角形全等、四点共圆、等腰三角形的性质解决即可．
(3)以AP为边向外作等边三角形△ABP，连接BF，证明∠APG=∠ABF=45°，说明点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，通过构造全等三角形、应用特殊角的直角三角形的性质来解决即可．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，特殊角直角三角形边的关系，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，四点共圆，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握等腰直角三角形的性质及旋转的性质是解题的关键．
2022-2023学年重庆市铜梁区巴川中学九年级（上）入学数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 下面是二次根式的是( )
A. 13 B. -3 C. 2 D. -4
2. 以下列各组线段为边作三角形，不能作出直角三角形的是( )
A. 3，7，8 B. 6，8，10
C. 1，2，5 D. 0.3，0.4，0.5
3. 如图，曲线表示一只蜜蜂在飞行过程中离地面的高度h(m)随飞行时间t(s)的变化而变化的情况，根据图象判断，下列说法正确的是( )
A. 在这个变化过程中，h是自变量，t是因变量
B. 飞行时间在1s～3s期间，蜜蜂距离地面的高度持续下降
C. 飞行时间为4s时，蜜蜂距离地面的高度为15m
D. 在0s和2s时，蜜蜂距离地面的高度大致相同
4. 估计2+15的运算结果应在( )
A. 3到4之间 B. 4到5之间 C. 5到6之间 D. 6到7之间
5. 如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，若AD=8，AC=12，BD=10，则△OBC的周长为( )
A. 14 B. 17 C. 18 D. 19
6. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，若△COB的面积为4，则△FOE的面积为( )
A. 2 B. 32 C. 1 D. 12
7. 一元二次方程x(x+1)=3(x+1)的解是( )
A. x=-1 B. x=3
C. x1=-1，x2=3 D. 无实数解
8. 观察下列图形规律，其中第1个图形由6个〇组成，第2个图由14个〇组成，第3个图由24个〇组成，……，照此规律下去，则第6个图由〇的个数一共是( )
A. 64 B. 65 C. 66 D. 67
9. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”意喻敦厚、健康、活泼、可爱，象征着冬奥会运动员强壮的身体、坚韧的意志和鼓舞人心的奥林匹克精神，随着北京冬奥会开幕日的临近，某特许零售店“冰墩墩”的销售日益火爆，据统计，该店2021年第四季度的“冰墩墩”总销售额为9.93万件，其中10月的销量为3万件，设11，12月份的平均增长率为x，则可列方程为( )
A. 3(1+x)2=9.93 B. 3+3(1+x)2=9.93
C. 3+3x+3(1+x)2=9.93 D. 3+3(1+x)+3(1+x)2=9.93
10. 如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF=CE=4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为( )
A. 52
B. 13
C. 5
D. 213
11. 如果关于x的不等式组nx-9>2x-292x≤34+5x3无解，且关于y的分式方程ny-2y-5+35-y=-1有正数解，则符合条件的所有整数n的和是( )
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
12. 有一台特殊功能计算器，对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算，其运算过程是：输入第一个整数x1，只显示不运算，接着再输入整数x2后则显示|x1-x2|的结果．比如依次输入1，2，则输出的结果是|1-2|=1；此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差后再取绝对值的运算．有如下结论：
①依次输入1，2，3，4，则最后输出的结果是2；
②若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个输入，全部输入完毕后显示的结果的最大值是4；
③若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个地输入，全部输入完毕后显示的结果的最小值是0；
④若随意地一个一个地输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，若k的最大值为10，那么k的最小值是6．
上述结论中，正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共4小题，共16分）
13. 计算：63÷7-|-4|=______．
14. 已知二次函数y=3x2，则其图象的开口向______.(填“上”或“下”)
15. 如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠DAB=60°，作DH⊥AB于点H，连接OH，若OH的长为2，则菱形ABCD的面积为______．
16. 瑞泰工程组安排甲、乙、丙、丁四辆货车用于一批建筑材料运输，已知这四辆货车每一次的运货量都保持不变且为整数(单位：吨)，乙车每次运货量比甲车高50%，丙车每次运货量比甲车多12吨，甲、丙两车运输2次的货物总量与丁车独自运输3次的货物量相等、当甲、乙、丙、丁四辆货车运输次数之比为5：2：3：1恰好运完这一批建筑材料，此时甲车共运输了120吨，则这批建筑材料最多有______吨．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 计算：
(1)(x+2y)(x+y)-x(x+3y)；
(2)(x-1-3x+1)÷x2-4x+4x+1．
18. 如图，在△ABC中，AD平分∠BAC．
(1)用尺规完成以下基本作图：(要求：不写作法，保留作图痕迹)
作线段AD的垂直平分线，与AB交于点E，与AC交于点F，连接DE、DF；
(2)在(1)所作图形中，求证：四边形AEDF为菱形，请补全下面的证明过程．
证明：∵EF是AD的垂直平分线，点E，点F分别在直线EF上
∴______，FA=FD
∴∠EAD=∠EDA
∵______
∴∠BAD=∠CAD
∴______
∴DE//AF，同理AE//DF
∴四边形AEDF是平行四边形
又∵______
∴四边形AEDF为菱形
19. 每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格).相关数据统计、整理如下：
八年级抽取的学生的竞赛成绩：
4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
a
7.4
中位数
b
c
众数
d
8
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，c=______，d=______；
(2)估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
(3)根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异．
20. 请你用学习“一次函数”时积累的经验和方法研究函数y=|x+1|的图象和性质，并解决问题．
(1)按照下列步骤，画出函数y=|x+1|的图象；
①列表；
x
…
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
…
y
…
3
2
1
0
1
2
3
4
…
②描点；
③连线．
(2)观察图象，填空；
①当x ______时，y随x的增大而减小；x ______时，y随x的增大而增大；
②此函数有最______值(填“大”或“小”)，其值是______；
(3)根据图象，不等式|x+1|>12x+12的解集为______．
21. 目前，新型冠状病毒在我国虽可控可防，但不可松懈．为防范疫情，重庆实验外国语学校欲购置规格分别为300ml和500ml的甲、乙两种免洗手消毒液若干瓶，已知购买3瓶甲和1瓶乙免洗手消毒液需要84元，购买2瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要126元．
(1)求甲、乙两种免洗手消毒液的价格为多少元/每瓶？
(2)若初一年级师生共2000人，平均每人每天都需使用10ml的免洗手消毒液，若初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液共花费7200元，则这批消毒液可使用多少天？
22. 为了测量学校旗杆的高度AB，数学兴趣小组带着标杆和皮尺来到操场进行测量，测量方案如下：如图，首先，小红在C处放置一平面镜，她从点C沿BC后退，当退行1.8米到D处时，恰好在镜子中看到旗杆顶点A的像，此时测得小红眼睛到地面的距离ED为1.5米；然后，小明在F处竖立了一根高1.6米的标杆FG，发现地面上的点H、标杆顶点G和旗杆顶点A在一条直线上，此时测得FH为2.4米，DF为3.3米，已知AB⊥BH，ED⊥BH，GF⊥BH，点B、C、D、F、H在一条直线上．
(1)直接写出ABBC=______；
(2)请根据以上所测数据，计算学校旗杆AB的高度．
23. 对任意一个三位数m，如果m满足各数位上的数字互不相同且都不为0，则称m为“称心数”.将一个“称心数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为Q(m).例如m=124，对调百位与十位上的数字得到214，对调百位与个位上的数字得到421，对调十位与个位上的数字得到142，这三个新三位数的和为214+421+142=777，777÷111=7，所以Q(124)=7．
(1)直接写出最小和最大的“称心数m”；
(2)若m、n都是“称心数”，其中m=100x+32，n=150+y(1≤x≤9,1≤y≤9,x、y都是正整数)，当Q(m)+Q(n)=18时，求Q(m)Q(n)的值．
24. △PAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AP与y轴交于点B(0,2)，点P的坐标为(-1,3)，线段OA，OC的长分别是方程x2-9x+14=0的两根，OC>OA．
(1)求线段AC的长；
(2)动点D从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴负半轴向终点C运动，过点D作直线l与x轴垂直，设点D运动的时间为t秒，直线l扫过四边形OBPC的面积为S，求S与t的关系式；
(3)M为直线l上一点，在平面内是否存在点N，使以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
25. 如图.已知△ABC为等腰直角三角形，∠A=90°，D、E分别为AC、BC上的两点，CD=2BE，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得EF，连接DF与AB交于点M．
(1)如图1，当∠DEC=30°时，若BC=2+3，求AD的长；
(2)如图2，连接CF，N为CF的中点，连接MN，求证：MN=22BE；
(3)如图3，连接AF，将AF绕点A顺时针旋转60°得AG，连接FG、BG、CG，若AC=4，当CG取得最小值时，直接写出△BCG的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：13、-3、-4都不是二次根式，只有2符合二次根式的定义．
故选：C．
根据二次根式的定义作答．
本题考查了二次根式的定义．解题的关键是掌握二次根式的定义：一般地，我们把形如a(a≥0)的式子叫做二次根式．
2.【答案】A
【解析】解：A、32+72≠82，故A选项不能构成直角三角形；
B、62+82=102，故B选项能构成直角三角形；
C、12+22=(5)2，故C选项能构成直角三角形；
D、0.32+0.42=0.52，故D选项能构成直角三角形．
故选：A．
先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于最长边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．
3.【答案】D
【解析】解：A.在这个变化过程中，t是自变量，h是因变量，本故选项不合题意；
B.由图象可得，飞行时间在1s～2s期间，蜜蜂距离地面的高度持续下降，在2s～3s期间，蜜蜂距离地面的高度持续上升，本故选项不合题意；
C.由图象可得，飞行时间为4s时，蜜蜂距离地面的高度低于13米，本故选项不合题意；
D.由图象可得，在0s和2s时，蜜蜂距离地面的高度大致相同，故本选项符合题意．
故选：D．
分别根据函数的定义以及函数图象逐一判断即可．
本题考查了函数的定义以及函数的图象，结合图形理解题意是解决本题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了估算无理数的大小的应用，关键是确定出15的范围．
求出15的范围，两边都加上2即可得出答案．
【解答】
解：∵9<15<16，
∴3<15<4，
∴5<2+15<6．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD=12BD=5，OC=AO=12AC=6，BC=AD=8，
∴△OBC的周长=BC+OC+OB=8+6+5=19，
故选：D．
根据平行四边形的性质得出OB，OC，BC的长即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，明确平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，
∴△COB与△FOE相似比为：2：1，
∴△COB与△FOE面积之比为4：1，
∵△COB的面积为4，
∴△FOE的面积为：14×4=1．
故选：C．
直接利用位似图形的性质得出△DEF与△ABC的面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的相关知识是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：方程整理得：x(x+1)-3(x+1)=0，
分解因式得：(x+1)(x-3)=0，
可得x+1=0或x-3=0，
解得：x1=-1，x2=3．
故选：C．
方程移项后，利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形由6个〇组成，6=1×(1+5)，
第2个图形由14个〇组成，14=2×(2+5)，
第3个图形由24个〇组成，24=3×(3+5)，
…
∴第n个图形〇的个数是n(n+5)=n2+5n，
∴第6个图形〇的个数62+5×6=66．
故选：C．
根据第1个图形由6个〇组成，第2个图形由14个〇组成，第3个图形由24个〇组成，得出第n个图形〇的个数是n(n+5)，进而得到第8个图形〇的个数．
本题考查了规律型：图形的变化类，通过观察图形得出第n个图形〇的个数是n(n+5)是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：根据题意，得3+3(1+x)+3(1+x)2=9.93．
故选：D．
利用“2021年12月的销量=2021年10月的销量×(1+月平均增长率)2，2021年11月的销量=2021年10月的销量×(1+月平均增长率)”、“该店2021年第四季度的“冰墩墩”总销售额为9.93万件”列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，读懂题意，找准等量关系，是正确一元二次方程的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADE=∠C=90°，AD=DC=BC，
∵BF=CE，
∴CF=DE，
在△ADE和△DCF中，
AD=DC∠ADE=∠CDE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠CDF+∠DEA=90°，
∴∠AGF=∠DGE=90°，
∵点H为AF的中点，
∴GH=12AF，
∵AB=6，BF=4，
∴AF=AB2+BF2=213，
∴GH=13，
故选：B．
先证明△ADE≌△DCF，进而得∠AGF=90°，用勾股定理求得AF，便可得GH．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：由nx-9>2x-2得：(n-2)x>7，
由92x≤34+5x3得：x≤4．
∵不等式组无解，
∴n-2≥0且7n-2≥4．
∴2≤n≤154，
∵ny-2y-5+35-y=-1，
∴ny-2-3=5-y，
∴(n+1)y=10．
∵方程有正整数解，
∴n+1>0，y=10n+1，
∵y是正整数，y≠5
∴n+1=1，5，10，
∴n=0，4，9．
∵2≤n≤154，
∴n=4，
符合条件的所有整数n的和是4．
故选：D．
根据不等式组和分式方程的解列出n符合的条件．
本题考查不等式和分式方程的解，根据不等式组无解和分式方程的解为正整数找到n满足的限制条件是求解本题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：
①根据题意可以得出：|1-2|=|-1|=1，
|1-3|=|-2|=2，
|2-4|=|-2|=2，
故①符合题意
②对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、2、4，可得：|||1-3|-2|-4|=4，
全部输入完毕后显示的结果的最大值是4
故②符合题意
③对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、4、2，可得：|||1-3|-4|-2|=0，
全部输入完毕后显示的结果的最小值是0
故③符合题意
④∵随意地一个一个的输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，k的最大值为10，
∴设b为较大数字，当a=1时，|b-|a-2||=|b-1|=10，
解得：b=11，
故此时任意输入后得到的最小数为：|2-|11-1||=8，
设b为较大数字，当b>a>2时，|b-|a-2||=|b-a+2|=10，
则b-a+2=10，即b-a=8，则a-b=-8，
故此时任意输入后得到的最小数为：|a-|b-2||=|a-b+2|=6，
综上所述：k的最小值为6．
故④符合题意
故选：D．
①根据题意每次输入都是与前一次运算结果求差后取绝对值，将已知数据输入求出即可；
②根据运算规则可知最大值是4
③根据运算规则可知最小值是0
④根据题意可得出只有3个数字，当最后输入最大值时结果得到的值最大，当首先将最大值输入则结果是最小值，进而分析得出即可．
此题考查了含有绝对值的最值问题．
13.【答案】-1
【解析】解：原式=63÷7-4
=3-4
=-1．
故答案为：-1．
先算除法，去绝对值，再合并即可．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式运算的相关法则．
14.【答案】上
【解析】解：y=3x2，
∵a=3>0，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上．
据二次项系数得出抛物线的开口方向．
此题考查二次函数的性质，熟知二次函数的性质是解题的关键．
15.【答案】83
【解析】解：∵ABCD是菱形，
∴AB=AD，BO=DO，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵DH⊥AB，
∴AH=BH=12AB，
∴OH=12AD，
∵OH=2，
∴AD=AB=4，
∴AH=2，
在Rt△ADH中，
DH=AD2-AH2=42-22=23，
∴菱形ABCD的面积=AB⋅AH=4×23=83，
故答案为：83．
首先证得△ABD是等边三角形，根据等腰三角形和三角形中位线的性质求出AD=AB=4，AH=2，根据勾股定理求得DH=23，由菱形的面积公式即可求出结果．
本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，证得△ABD是等边三角形是解决问题的关键．
16.【答案】376
【解析】解：设甲车每次运x吨，
∵乙车每次运货量比甲车高50%，丙车每次运货量比甲车多12吨，
∴乙车每次运(1+50%)x=32x(吨)，丙车每次运(x+12)吨，
∵甲、丙两车运输2次的货物总量与丁车独自运输3次的货物量相等，
∴丁车每次运2x+2(x+12)3=(43x+8)吨，
∵x，32x，x+12，43x+8都是整数，
∴x是6的倍数，x最小为6，
设这一批建筑材料共W吨，运完这一批建筑材料，丁车运输k次，则甲车运输5k次，乙车运输2k次，丙车运输3k次，
∵甲车共运输了120吨，
∴5kx=120，
∴k=24x，
根据题意得：
W=5kx+2k⋅32x+3k⋅(x+12)+k⋅(43x+8)
=373kx+20k
=373×24+20k
=296+20k
=296+480x，
∴当x最小时，W取最大值，
∴x=6时，W最大为296+4806=376(吨)，
∴这批建筑材料最多有376吨，
故答案为：376．
设甲车每次运x吨，可得乙车每次运32x(吨)，丙车每次运(x+12)吨，丁车每次运(43x+8)吨，由x，32x，x+12，43x+8都是整数，知x是6的倍数，x最小为6，设这一批建筑材料共W吨，运完这一批建筑材料，丁车运输k次，可得5kx=120，k=24x，W=5kx+2k⋅32x+3k⋅(x+12)+k⋅(43x+8)=296+480x，故x=6时，W最大为376吨．
本题考查列代数式和方程的应用，解题的关键是根据已知得出x最小为6，进而求出这批建筑材料最多有376吨．
17.【答案】解：(1)原式=x2+xy+2xy+2y2-x2-3xy
=2y2．
(2)原式=[(x-1)(x+1)x+1-3x+1]⋅x+1(x-2)2
=(x+2)(x-2)x+1⋅x+1(x-2)2
=x+2x-2．
【解析】(1)先去括号再合并同类项即可；
(2)先计算括号内的再乘以后面的式子的倒数即可．
本题考查多项式的乘法和分式的混合运算，解题的关键是熟练运用分式的乘除运算法则，本题属于基础题型．
18.【答案】EA=ED AD平分∠BAC ∠CAD=∠EDA EA=ED
【解析】(1)解：如图，EF即为线段AD的垂直平分线；
(2)证明：∵EF是AD的垂直平分线，点E，点F分别在直线EF上，
∴EA=ED，FA=FD，
∴∠EAD=∠EDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠EDA，
∴DE//AF，同理AE//DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
又∵EA=ED，
∴四边形AEDF为菱形．
故答案为：EA=ED；AD平分∠BAC；∠CAD=∠EDA；EA=ED．
(1)根据线段垂直平分线的作法即可作线段AD的垂直平分线，与AB交于点E，与AC交于点F；
(2)结合(1)根据菱形的判定即可完成填空．
本题考查了作图-复杂作图，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是得到
19.【答案】7.2 7.5 8 8
【解析】解：(1)由图表可得：a=4+2×5+6+6×7+5×8+4×9+101+2+1+6+5+4+1=7.2，b=7+82=7.5，c=8+82=8，d=7．
故答案为：7.2，7.5，8，8；
(2)800×5+540=200(人)．
答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；
(3)∵八年级的合格率高于七年级的合格率，
∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
(1)由图表可求解；
(2)利用样本估计总体思想求解可得；
(3)由八年级的合格率高于七年级的合格率，可得八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
本题考查中位数、众数、平均数的意义和计算方法，理解各个概念的内涵和计算方法，是解题的关键．
20.【答案】<-1 >1 小 0 x<-3或x>5
【解析】解：(1)
按照画图步骤，如图所示即为函数y=|x+1|的图象；
(2)①当x<-1时，y随x的增大而减小；x>-1时，y随x的增大而增大；
②此函数有最小值(填“大”或“小”)，其值是0；
故答案为：<-1，>-1，小，0；
(3)根据图象，不等式|x+1|>12x+12的解集为：x<-3或x>5．
故答案为：x<-3或x>5．
(1)按照画图步骤，即可画出函数y=|x+1|的图象；
(2)①观察图象即可得当x<-1时，y随x的增大而减小；x>0时，y随x的增大而增大；
②此函数有最小值(填“大”或“小”)，其值是0；
(3)根据图象，即可求出不等式|x+1|>12x+12的解集．
本题考查了一次函数与一元一次不等式、一次函数的图象和性质，解决本题的关键是根据图象回答问题．
21.【答案】解：设甲、乙两种免洗手消毒液的价格为x元/每瓶、y元/每瓶，
由题意得：3x+y=842x+3y=126，
解得x=18y=30，
答：甲、乙两种免洗手消毒液的价格为18元/每瓶、30元/每瓶；
(2)设初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液个m瓶，n瓶，
由题意得：18m+30n=7200，
∴3m+5n=1200，
∴300m+500n2000×10=100(3m+5n)2000×10=100×12002000×10=6(天)，
∴这批消毒液可使用6天，
答：这批消毒液可使用6天．
【解析】(1)设甲、乙两种免洗手消毒液的价格为x元/每瓶、y元/每瓶，然后根据购买3瓶甲和1瓶乙免洗手消毒液需要84元，购买2瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要126元列出方程组求解即可；
(2)设初一年级采购甲、乙两种免洗手消毒液个m瓶，n瓶，根据总花费为7200元，推出3m+5n=1200，然后用消毒液的总量除以每天的消耗量即可得到答案．
本题主要考查了二元一次方程组和二元一次方程的应用，正确理解题意列出对应的方程是解题的关键．
22.【答案】56
【解析】解：(1)∵∠ABC=∠CDE=90°，
∠ACB=∠DCE，
∴△ACB∽△ECD，
∴ABBC=DECD，
∵DE=1.5米，CD=1.8米，
∴ABBC=1.51.8=56，
故答案为：56，
(2)∵FG⊥BH，AB⊥BH，
∴AB//FG，
∴△HFG∽△HBA，
∴FGAB=FHBH，
∴1.6AB=2.42.4+3.3+1.8+65AB，
∴AB=25(米)，
答：学校旗杆AB的高度为25米．
(1)根据已知条件推出△ACB∽△ECD，根据相似三角形的性质得到ABBC=DECD，代入数据即可得到结论；
(2)根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
23.【答案】解：(1)最小的三位“称心数”123，最大的“称心数”是987；
(2)∵m=100x+32是“称心数”，
∴调换位置后新三位数的和为(300+10x+2)+(200+30+x)+(100x+20+3)=555+111x，
∴Q(m)=5+x，
∵n=150+y是“称心数”，
∴调换位置后新三位数的和为(500+10+y)+(100y+50+1)+(100+10+5)=666+111x，
∴Q(n)=6+x，
∵Q(m)+Q(n)=18，
∴x+y=7，
∵1≤x≤9，1≤y≤9，x、y都是正整数，
∴x=1，y=6或x=2，y=5或x=3，y=4或x=4，y=3或x=5，y=2或x=6，y=1，
∵x≠2，x≠3，y≠1，y≠5，
∴x=1，y=6或x=4，y=3或x=5，y=2，
∴Q(m)=7，Q(n)=12或Q(m)=9，Q(n)=9或Q(m)=10，Q(n)=8，
∴Q(m)Q(n)=712或Q(m)Q(n)=1或Q(m)Q(n)=54．
【解析】(1)最小的三位“称心数”123，最大的“称心数”是987；
(2)m调换位置后新三位数的和为(300+10x+2)+(200+30+x)+(100x+20+3)=555+111x，则Q(m)=5+x，n调换位置后新三位数的和为(500+10+y)+(100y+50+1)+(100+10+5)=666+111x，则Q(n)=6+x，可求x+y=7，由题意可知x≠2，x≠3，y≠1，y≠5，再由x、y的取值可求x=1，y=6或x=4，y=3或x=5，y=2，则Q(m)=7，Q(n)=12或Q(m)=9，Q(n)=9或Q(m)=10，Q(n)=8，可求Q(m)Q(n)=712或Q(m)Q(n)=1或Q(m)Q(n)=54．
本题考查新定义，数的特点，理解新定义，将定义与所学数的特征相结合是解题的关键．
24.【答案】解：(1)解方程x2-9x+14=0可得x=2或x=7，
∵线段OA，OC的长分别是方程x2-9x+14=0的两根，且OC>OA，
∴OA=2，OC=7，
∴AC=2+7=9，
∴线段AC的长为：7；
(2)①如图，当0
∴S=S梯形OBDE=12t(2+t+2)=12t2+2t(0
设直线CP解析式为：y=mx+n，
∵C(-7,0)，点P的坐标为(-1,3)，代入得-7m+n=0-m+n=3，解得：m=12n=72，
∴直线CP解析式为：y=12x+72；
设E(-t,-12t+72)，
∴DE=-12t+72，
∴S=S梯形OBPH+S梯形HPED=12×(2+3)×1+12(t-1)(-12t+72+3)=-14t2+72t-34(1
∵A(2,0)，B(0,2)，
∴∠OAB=45°，
∵四边形AMPN是正方形，
∴∠PAN=45°，∠NAM=90°，
∴∠OAB+∠PAN=90°，
∴点M在x轴上，NA⊥x轴，NP//c轴，
∴N(2,3)；
②AP为正方形的边时，如图，
∵∠OAB=45°，四边形AMPN是正方形，
∴∠NAO=∠OAB=45°，AP=AN，
∴HN=PH=3，
∴N(-1,-3)，
∵MH=AH=3，
∴M(-4,0)，
∴N(-4,0)或(-1,-3)，
综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为2，3)或(-4,0)或(-1,-3)．
【解析】(1)解方程可求得OA，OC的长，则可求得A、C的坐标，利用两点之间的距离公式即可求解；
(2)分两种情况：①当0
本题考查了一次函数的性质、一元二次方程、勾股定理、待定系数法、正方形的性质等知识．在(1)中求得OA、OC的长是解题的关键，在(2)中求得P点坐标是解题的关键，在(3)中分类思想的运用是解题的关键．
25.【答案】解：(1)过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图1：
设BE=a，则CD=2BE=2a，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵DH⊥BC，
∴∠DHC=90°，
∴∠HDC=90°-∠C=45°，
∴DH=CH，
∴△DHC为等腰直角三角形，
∴DH=CH=CD2=2a2=a，
∵∠DEC=30°，
∴DE=2DH=2a，
∴EH=DE2-DH2=(2a)2-a2=3a，
∴BC=BE+EH+HC=a+3a+a=2a+3a，
又∵BC=2+3，
∴2a+3a=2+3，
∴a=1，
∴CD=2a=2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC2=2+32=2+62，
∴AD=AC-CD=2+62-2=62；
(2)证明：连接BF、ME，过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图2：
由旋转可得：ED=EF且∠DEF=90°，
∴∠DEH+∠FEB=90°，
∵DH⊥BC，
∴∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠FEB=∠EDH，
∵CD=2BE，且CD=2HD，
∴BE=HD，
在△FEB和△EDH中，
FE=ED∠FEB=∠EDHBE=HD，
∴△FEB≌△EDH(SAS)，
∴∠FBE=∠EHD=90°，
∵ED=EF，且∠DEF=90°，
∴∠EFD=∠EDF=45°，
又∵∠ABC=45°，
∴∠EFD=∠ABC=45°，即∠EFM=∠MBE=45°，
∴F、B、E、M四点共圆，即四边形FBEM为圆内接四边形，
∴∠FBE+∠FME=180°，
∴∠FME=180°-∠FBE=180°-90°=90°，
∴EM⊥FM，
又∵EF=ED，
∴FM=DM(三线合一)，
∴点M是DF的中点，
又∵点N是CF的中点，
∴MN是△DFC的中位线，
∴MN=12DC，
∵CD=2BE，
∴MN=22BE；
(3)以AP为边向外作等边三角形△ABP，连接BF，如图3：
由旋转可得：AF=AG，且∠FAG=60°，
∴△AGF为等边三角形，
∵△ABP为等边三角形，
∴AB=AP，且∠BAP=60°，
∴∠FAG=∠BAP=60°，
∴∠FAG+∠PAF=∠BAP+∠PAF，
∴∠BAF=∠PAG，
在△BAF和△PAG中，
AB=AP∠BAF=∠PAGAF=AG，
∴△BAF≌△PAG(SAS)，
∴∠ABF=∠APG，
由(2)可知，∠FBE=90°，
∴∠ABF=∠FBE-∠ABC=90°-45°=45°，
∴∠APG=∠ABF=45°，
∵AP是一条定线段，∠APG=45°说明D、E运动时，F随之运动，G也随之运动，但G始终在与线段AD成45°角的直线上运动，或者说点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，即图3中的直线PQ，
∴当CG⊥PQ时，CG的长度最小，
此时，延长QP、CB交于点K，过点P作PR⊥BK，垂足为R，
过点G作GT⊥BC，垂直为T，如图4：
∵△ABP是等边三角形，
∴∠APB=∠ABP=60°，且PB=AB，
∵AB=AC=4，
∴PB=4，
∵∠APG=45°，且∠ABC=45°，
∴∠KPB=180°-∠APB-∠APG=180°-60°-45°=75°，∠KBP=180°-∠ABP-∠ABC=180°-60°-45°=75°，
∴∠KPB=∠KBP=75°，
∴KP=KB，且∠PKB=180°-75°×2=30°，
设PR=x，则KP=2PR=2x，
∴KP=KB=2x，
∵KR=KP2-PR2=(2x)2-x2=3x，
∴BR=KB-KR=2x-3x，
在Rt△PBR中，PR2+BR2=PB2，
即x2+(2x-3x)2=42，
∴x2[1+(2-3)2]=42，
∴x2=161+(2-3)2=168-43=8+43，
∴x=8+43=(6+2)2=6+2，
∴KB=2x=2(6+2)=26+22，
∵AB=AC=4，
∴BC=AB2+AC2=42+42=42，
∴KC=KB+BC=26+22+42=26+62．
∵CG⊥BC，
∴∠CGK=90°，
又∵∠K=30°，
∴CG=12KC=26+622=6+32，
∵GT⊥BC，且∠GCT=90°-∠K=60°，
∴sin∠CGT=GTCG=32，
∴GT=32CG=32(6+32)=322+362，
∴S△BCG=12BC⋅GT=12×42×(322+362)=6+63．
【解析】(1)过点D作DH⊥BC，垂足为H，根据∠DEC=30°，构造直角三角形△DEH和△DHC，设BE=a，根据CD=2BE以及构造出的直角三角形，可以用含a的式子表示出BC，再根据BC=2+3求出a的值，从而求出AD．
(2)结合CD=2BE以及问题要证的MN=22BE，可以知道就是要证MN=12DC，而N点是CF中点，所以要证点M是DF中点，即证明MN是△DFC的中位线，利用三角形全等、四点共圆、等腰三角形的性质解决即可．
(3)以AP为边向外作等边三角形△ABP，连接BF，证明∠APG=∠ABF=45°，说明点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，通过构造全等三角形、应用特殊角的直角三角形的性质来解决即可．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，特殊角直角三角形边的关系，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，四点共圆，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握等腰直角三角形的性质及旋转的性质是解题的关键．
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