2021-2022学年湖北省武汉市经开区九年级(上)元调训练化学试卷(附详解)
2021-2022学年湖北省东南新高考联盟高一(上)联考化学试卷(10月份)(附详解)
2021-2022学年湖北省东南新高考联盟高一（上）联考化学试卷（10月份）一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1.化学与生活联系密切，化学来源于生活，又服务于生活，可以提高人们生活质量，下列有关判断正确的是()A. 蛋白质的变性、纳米银粒子的聚集都是化学变化B. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C. 通过化学变化可将水直接变为汽油D. 用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化2.下列说法中，正确说法的个数是()①酸性氧化物在一定条件能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、电解质和非电解质④根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑧汽油属于有机物，所以是非电解质⑨双氧水、冰水共存物都是混合物A. 3个B. 5个C. 6个D. 9个3.“全碳气凝胶”是浙江大学的科学家们研制出的种材料，取名“碳海绵”，是迄今为止世界上最轻的材料。
“碳海绵”可任意调节形状，弹性也很好，被压80%后仍可恢复原状。
它的内部有很多孔隙充满空气，它对有机溶剂有超快、超高的吸附力，能吸附溶液中的阴离子，是已被报道的吸油力最强的吸油材料。
下列关于“碳海绵”的说法错误的是()A. “碳海绵”放在水中会沉入水底B. “碳海绵”净水原理与明矾净水原理相似C. 用激光笔照射“碳海绵”可看到一条光亮的通路D. “碳海绵”是理想的催化剂载体材料4.《珠海经济特区生活垃圾分类管理条例》将于2021年6月1日起正式实施，下列分类错误的是()A. 鱼骨菜叶——厨余垃圾B. 装过酒的玻璃瓶——可回收垃圾C. 踩扁的易拉罐——其他垃圾D. 消毒剂及其包装物——有害垃圾5.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是()A. 烧碱、液态氧、干冰B. 氯水、铁红、氯化氢C. 纯碱、白磷、石灰水D. 空气、氮气、胆矾6.已知甲酸(HCOOH)存在于蜂类、某些蚁类的分泌物中，被蚁类叮咬后可涂肥皂液预处理，以减少不适感。
2021-2022学年河南省部分学校九年级(上)第一次段考化学试卷-附答案详解
2021-2022学年河南省部分学校九年级（上）第一次段考化学试卷1.生活中的下列变化，属于物理变化的是()A. 蜡熔化B. 铁生锈C. 米酿酒D. 纸燃烧2.下列仪器中不能用来加热的是()A. 烧杯B. 量筒C. 试管D. 蒸发皿3.电工师傅使用的“验电笔”中常充入一种气体，此气体通电时会发光，它是()A. 氧气B. 氮气C. 氖气D. 空气4.下列物质在氧气里燃烧，生成物为白色固体的是()A. 硫B. 镁条C. 铁丝D. 木炭5.下列物质的用途，所利用的性质与另外三种有根本区别的是()A. 铜丝用作电线(铜具有导电性)B. 氢气用于填充气球(氢气的密度比空气小)C. 镁粉用作烟花和照明弹(镁可燃烧，并产生耀眼的白光)D. 干冰用于人工降雨(干冰即固体二氧化碳，可以升华并吸热)6.某学生量取液体，仰视读数为30mL，将液体倒出一部分后，俯视读数为20mL，则该同学实际倒出的液体体积为()A. 大于10mLB. 小于10mLC. 等于10mLD. 无法确定7.下列各组物质中，前者属于纯净物，后者属于混合物的是()A. 冰水混合物五氧化二磷B. 二氧化碳澄清石灰水C. 汽水河水D. 净化后的空气受污染的空气8.下列实验操作或实验现象的描述正确的是()A. 红磷在空气中燃烧时，产生大量的白色烟雾B. 制取气体时，必须先检查装置的气密性，然后装药品C. 排水法收集氧气完毕，先熄灭酒精灯，然后再移出导管D. 铁丝在空气里剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体物质9.在实验室里制取氧气，既可采用分解过氧化氢的方法，也可采用分解氯酸钾的方法．上述两种方法的主要共同点有()②反应都不需加热③都利用含氧化合物分解来达到目的④两种方法所需仪器相同．A. ①③B. ③④C. ①②D. ②④10.在进行“空气中的氧气会耗尽吗”的辩论赛中，某小组为正方(空气中氧气会耗尽)，下列事实不应成为正方论据的是()A. 汽车越来越多，消耗的氧气越来越多B. 地球人口增多，其呼吸和所用的燃料越来越多C. 限制二氧化碳的排放是目前各国政府的重要环境政策D. 有证据表明，在远古时代的原始空气中，氧气的含量高达30%11.用推拉注射器活塞的方法可以检查如图装置的气密性。
2021年湖北省武汉市部分学校九年级元月调考数学试卷(附答案详解)
2021年湖北省武汉市部分学校九年级元月调考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.将一元二次方程2x2−1=3x化成一般形式后，二次项系数和一次项系数分别是()A. 2，−1B. 2，0C. 2，3D. 2，−32.下列垃圾分类标识中，是中心对称图形的是()A. B. C. D.3.下列四个袋子中，都装有除颜色外无其他差别的10个小球，从这四个袋子中分别随机摸出一个球，摸到红球可能性最小的是()A. B. C. D.4.已知⊙O的半径等于3，圆心O到点P的距离为5，那么点P与⊙O的位置关系是()A. 点P在⊙O内B. 点P在⊙O外C. 点P在⊙O上D. 无法确定5.一元二次方程x2−4x−1=0配方后可化为()A. (x+2)2=3B. (x+2)2=5C. (x−2)2=3D. (x−2)2=56.在平面直角坐标系中，抛物线y=(x+2)(x−4)经变换后得到抛物线y=(x−2)(x+4)，则下列变换正确的是()A. 向左平移6个单位B. 向右平移6个单位C. 向左平移2个单位D. 向右平移2个单位7.如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，使点D落在BC的延长线上.已知∠A=33°，∠B=30°，则∠ACE的大小是()A. 63°B. 58°C. 54°D. 52°8.三个不透明的口袋中各有三个相同的乒乓球，将每个口袋中的三个乒乓球分别标号为1，2，3.从这三个口袋中分别摸出一个乒乓球，出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是()A. 49B. 59C. 1727D. 799.如图，PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，C为⊙O上一点，连接AC，BC.若∠P=60°，∠MAC=75°，AC=√3+1，则⊙O的半径是()A. √2B. √3C. 32D. 34√310.已知二次函数y=2020x2+2021x+2022的图象上有两点A(x1,2023)和B(x2,2023)，则当x=x1+x2时，二次函数的值是()A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.在直角坐标系中，点(−1,2)关于原点对称点的坐标是______．12.如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是______ ．13.国家实施“精准扶贫”政策以来，贫困地区经济快速发展，贫困人口大幅度减少.某地区2018年初有贫困人口4万人，通过社会各界的努力，2020年初贫困人口减少至1万人.则2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率是______ ．14.已知O，I分别是△ABC的外心和内心，∠BOC=140°，则∠BIC的大小是______ ．15.如图，放置在直线l上的扇形OAB，由图①滚动(无滑动)到图②，再由图②滚动到图③，若半径OA=1，∠AOB=90°，则点O所经过的路径长是______ ．16.下列关于二次函数y=x2−2mx+1(m为常数)的结论：①该函数的图象与函数y=−x2+2mx的图象的对称轴相同；②该函数的图象与x轴有交点时，m>1；③该函数的图象的顶点在函数y=−x2+1的图象上；④点A(x1,y1)与点B(x2,y2)在该函数的图象上.若x1<x2，x1+x2<2m，则y1<y2．其中正确的结论是______ (填写序号)．三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）17.若关于x的一元二次方程x2−bx+2=0有一个根是x=1，求b的值及方程的另一个根．18.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上.求证：DC平分∠ADE．19.小刚参加某网店的“翻牌抽奖”活动，如图，四张牌分别对应价值2，5，5，10(单位：元)的四件奖品．(1)如果随机翻一张牌，直接写出抽中5元奖品的概率；(2)如果同时随机翻两张牌，求所获奖品总值不低于10元的概率．20.如图是由小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.⊙P经过A，B两个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图(画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示)．(1)在图(1)中，⊙P经过格点C，画圆心P，并画弦BD，使BD平分∠ABC；(2)在图(2)中，⊙P经过格点E，F是⊙P与网格线的交点，画圆心P，并画弦FG，使FG=FA．21.如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC⏜的中点，连接AE，DE，CE．(1)求证：AE=DE；(2)若CE=1，求四边形AECD的面积．22.疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测.某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y(单位：人)随时间x(单位：分钟)的变化情况如图所示，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为(30,900)，其中0≤x≤30.校门口有一个体温检测棚，每分钟可检测40人．(1)求y与x之间的函数解析式；(2)校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？(3)检测体温到第4分钟时，为减少排队等候时间，在校门口临时增设一个人工体温检测点.已知人工每分钟可检测12人，人工检测多长时间后，校门口不再出现排队等待的情况(直接写出结果)．23.问题背景如图(1)，△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图(2)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等的值．边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD.若BD⊥BC，求DFDE 拓展创新如图(3)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．24.如图，经过定点A的直线y=k(x−2)+1(k<0)交抛物线y=−x2+4x于B，C两点(点C在点B的右侧)，D为抛物线的顶点．(1)直接写出点A的坐标；(2)如图(1)，若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；(3)如图(2)，以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y=t所截的弦长恒为定值，求t的值．答案和解析1.【答案】D【解析】解：将一元二次方程2x2−1=3x化成一般形式是2x2−3x−1=0，二次项的系数和一次项系数分别是2和−3，故选：D．先化成一般形式，即可得出答案．本题考查了一元二次方程的一般形式，能化成一元二次方程的一般形式是解此题的关键，注意：说项的系数带着前面的符号．2.【答案】B【解析】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、是中心对称图形，故此选项符合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：B．利用中心对称图形的定义进行解答即可．此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．3.【答案】A【解析】解：第一个袋子摸到红球的可能性=110；第二个袋子摸到红球的可能性=210=15；第三个袋子摸到红球的可能性=510=12；第四个袋子摸到红球的可能性=610=35．故选：A．要求可能性的大小，只需求出各自所占的比例大小即可．求比例时，应注意记清各自的数目．本题主要考查了可能性大小的计算，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比，难度适中．4.【答案】B【解析】解：∵r=3，d=5，∴d>r，∴点P在⊙O外．故选：B．根据①点P在圆外⇔d>r.②点P在圆上⇔d=r.③点P在圆内⇔d<r，即可判断．本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．5.【答案】D【解析】解：x2−4x−1=0，x2−4x=1，x2−4x+4=1+4，(x−2)2=5，故选：D．移项，配方，即可得出选项．本题考查了解一元二次方程的应用，能正确配方是解此题的关键．6.【答案】C【解析】解：y=(x+2)(x−4)=(x−1)2−9，顶点坐标是(1,9)．y=(x−2)(x+4)=(x+1)2−9，顶点坐标是(−1,9)．所以将抛物线y=(x+2)(x−4)向左平移2个单位长度得到抛物线y=(x−2)(x+4)，故选：C．根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．此题主要考查了次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．7.【答案】C【解析】解：∵∠A=33°，∠B=30°，∴∠ACD=∠A+∠B=33°+30°=63°，∵△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，∴△ABC≌△DEC，∴∠ACB=∠DCE，∴∠BCE=∠ACD，∴∠BCE=63°，∴∠ACE=180°−∠ACD−∠BCE=180°−63°−63°=54°．故选：C．先根据三角形外角的性质求出∠ACD=63°，再由△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，得到△ABC≌△DEC，证明∠BCE=∠ACD，利用平角为180°即可解答．本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，解决本题的关键是由旋转得到△ABC≌△DEC．8.【答案】B【解析】解：画树状图得：∵共有27种等可能的结果，两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的有15种结果，∴出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是1527=59．故选：B．首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的情况，再利用概率公式即可求得答案．本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．9.【答案】A【解析】解：连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，如图，设⊙O的半径为r，∵PM与⊙O相切于A点，∴OA⊥PM，∴∠OAM=90°，∵∠MAC=75°，∴∠OAC=15°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=15°，∴∠AOH=30°，在Rt△AOH中，AH=12OA=12r，OH=√3AH=√32r，在Rt△ACH中，(12r)2+(r+√32r)2=(√3+1)2，解得r=√2，即⊙O的半径为√2．故选：A．连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，如图，设⊙O的半径为r，根据切线的性质得到∠OAM=90°，则∠OAC=15°，再计算出∠AOH=30°，则可表示出AH=12r，OH=√32r，利用勾股定理得到(12r)2+(r+√32r)2=(√3+1)2，然后解方程即可．本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了解直角三角形．10.【答案】C【解析】解：∵二次函数y=2020x2+2021x+2022的图象上有两点A(x1,2023)和B(x2,2023)，∴x1、x2是方程2020x2+2021x+2022=2023的两个根，∴x1+x2=−20212020，∴当x=x1+x2时，二次函数y=2020x2+2021x+2022=2020(−20212020)2+2021⋅(−20212020)+2022=2022．故选：C．根据题意得出x=x1+x2=−20212020，代入函数的解析式即可求得二次函数的值．本题考查了一元二次方程根与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，图象上的点符合解析式．11.【答案】(1,−2)【解析】解：在直角坐标系中，点(−1,2)关于原点对称点的坐标是(1,−2)，故答案为：(1,−2)．根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，可得答案．本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．12.【答案】14【解析】解：∵四边形是平行四边形，∴对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，观察发现：图中阴影部分面积=14S四边形ABCD，∴点A落在阴影区域内的概率为14，故答案为：14．用阴影部分的面积除以平行四边形的总面积即可求得答案．此题主要考查了几何概率，以及平行四边形的性质，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．13.【答案】50%【解析】解：设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，依题意得：4(1−x)2=1，解得：x1=0.5=50%，x2=1.5(不合题意，舍去)．故答案为：50%．设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，根据该地区2018年初及2020年初贫困人口的数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．14.【答案】125°或145°【解析】解：∵O是△ABC的外心，∴∠BAC=12∠BOC=12×140°=70°(如图1)或∠BAC=180°−70°=110°，(如图2)∵I是△ABC的内心，∴∠BIC=90°+12∠BAC，当∠BAC=70°时，∠BIC=90°+12×70°=125°；当∠BAC=110°时，∠BIC=90°+12×110°=145°；即∠BIC的度数为125°或145°．故答案为125°或145°．利用圆周角定理得到∠BAC=70°或∠BAC=110°，由于I是△ABC的内心，则∠BIC=90°+12∠BAC，然后把∠BAC的度数代入计算即可．本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了三角形的外心．15.【答案】32π【解析】解：点O所经过的路径长=3×90π⋅1180=32π.故答案为：32π.点O所经过的路径是三个14圆周长．本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．16.【答案】①③【解析】解：①∵二次函数y=x2−2mx+1的对称轴为直线x=−−2m2×1=m，二次函数y=−x2+2mx的对称轴为直线x=−2m2×(−1)=m，故结论①正确；②∵函数的图象与x轴有交点，则△=(−2m)2−4×1×1=4m2−4≥0，∴m≥1，故结论②错误；③∵y=x2−2mx+1=(x−m)2+1−m2，∴顶点为(m,−m2+1)，∴该函数的图象的顶点在函数y=−x2+1的图象上，故结论③正确；④∵x1+x2<2m，∴x1+x22<m，∵二次函数y=x2−2mx+1的对称轴为直线x=m∴点A离对称轴的距离大于点B离对称轴的距离∵x1<x2，且a=1>0∴y1>y2故结论④错误；故答案为①③．利用二次函数的性质一一判断即可．本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．17.【答案】解：∵关于x的一元二次方程x2−bx+2=0有一个根是x=1，∴1−b+2=0，解得：b=3，把b=3代入方程得：x2−3x+2=0，设另一根为m，可得1+m=3，解得：m=2，则b的值为3，方程另一根为x=2．【解析】把x=1代入方程计算求出b的值，进而求出另一根即可．此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．18.【答案】证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC，∴∠A=∠CDE，AC=DC，∴∠A=∠ADC，∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE．【解析】利用全等三角形的性质以及等腰三角形的性质即可解决问题．本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．19.【答案】解：(1)∵在价值为2，5，5，10(单位：元)的四件奖品，价值为5元的奖品有2张，∴抽中5元奖品的概率为24=12；(2)画树状图如下：由树状图可知共有12种等可能结果，其中所获奖品总值不低于10元的有8种，∴所获奖品总值不低于10元的概率为812=23．【解析】(1)根据概率公式计算可得；(2)画树状图列出所有等可能结果，再从中确定所获奖品总值不低于10元的结果数，利用概率公式计算可得．此题还考查了列举法与树状图法求概率，解答此类问题的关键在于列举出所有可能的结果，画出树形图是解题的关键．20.【答案】解：(1)如图，点P，线段BD即为所求作．(2)如图，点P，线段FG即为所求作．【解析】(1)取格点T，连接AT交BC于点P，连接AC，取AC的中点W，作射线PW 交⊙P于点D，线段BD即为所求作．(2)取格点J，连接AB，AJ延长AJ交⊙P于Q，连接BQ可得圆心P，取格点R，D，连接FR，DR，作DR交⊙P于G，连接FG，可证FA=FR=FG，线段FG即为所求作．本题考查作图−应用与设计垂径定理，圆周角定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∴AB⏜=CD⏜，∵E是BC⏜的中点，∴BE⏜=EC⏜，∴AE⏜=DE⏜，∴AE=DE．(2)解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，∵∠EDF=90°，∴∠F=90°−45°=45°，∴DE=DF，∵∠ADC=∠EDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，{∠ADE=∠CDF ∠AED=∠FDA=DC，∴△ADE≌△CDF(AAS)，∴AE=CF，∴S△ADE=S△CDF，∴S四边形AECD=S△DEF，∵EF=√2DE=EC+DE，EC=1，∴1+DE=√2DE，∴DE=√2+1，∴S△DEF=12DE2=√2+32．【解析】(1)欲证明AE=DE，只要证明AE⏜=DE⏜．(2)连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.证明△ADE≌△CDF(AAS)，推出AE= CF，推出S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．22.【答案】解：(1)∵顶点坐标为(30,900)，∴设y=a(x−30)2+900，将(0,0)代入，得：900a+900=0，解得a=−1，∴y=−(x−30)2+900；(2)设第x分钟时的排队等待人数为w人，由题意可得：w=y−40x=−(x−30)2+900−40x=−x2+60x−900+900−40x=−x2+20x=−(x−10)2+100，∴当x=10时，w的最大值为100，答：排队等待人数最多时是100人；(3)设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由题意得：−(4+m)2+60(4+m)−40×4−(40+12)m=0，整理得：−m2+64=0，解得：m1=8，m2=−8(舍)．答：人工检测8分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况．【解析】(1)由顶点坐标为(30,900)，可设y=a(x−30)2+900，再将(0,0)代入，求得a的值，则可得y与x之间的函数解析式；(2)设第x分钟时的排队等待人数为w人，根据w=y−40x及(1)中所得的y与x之间的函数解析式，可得w关于x的二次函数，将其写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案；(3)设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由于检测体温到第4分钟时，在校门口临时增设一个人工体温检测点，则体温检测棚的检测时间为(m+4)分钟，则学生到校的累计人数与人工检测m分钟后两种检测方式的检测人数之和相等时，校门口不再出现排队等待的情况，据此可列出关于m的方程，求解并根据问题的实际意义作出取舍即可．本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质是解题的关键．23.【答案】问题背景解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，∴∠DAC=∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；尝试应用∵△ACD和△ABE都是等边三角形，∴AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，∴∠CAB=∠DAE，∴△ADE≌△ACB(SAS)，∴∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，∵∠ADE=90°，∴∠ADF=90°，∵∠ADC=∠ACD=60°，∴∠DCF=∠CDF=30°，∴CF=DF，∵BD⊥BC，∴∠BDF=30°，∴BF=12DF，设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，∴DFDE =2x3x=23；拓展创新∵∠ACB=90°，∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，∴CD=12AB=1，如图，过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，∴∠PAC=90°，PA=AC，∵∠EAD=90°，∴∠PAE=∠CAD，∴△CAD≌△PAE(SAS)，∴PE=CD=1，∵AB=2，AE=AD=1，∴BE=√AE2+AB2=√12+22=√5，∴BP≤BE+PE=√5+1，∴BP的最大值为√5+1．【解析】问题背景由等边三角形的性质得出∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，证得△ACD≌△AEB(SAS)，由旋转的概念可得出答案；尝试应用证明△ADE≌△ACB(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，DF，则可得出答案；得出∠BDF=30°，由直角三角形的性质得出BF=12拓展创新过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE，PE 的长，则可得出答案．本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．24.【答案】解：(1)∵A为直线y=k(x−2)+1上的定点，∴A的坐标与k无关，∴x−2=0，∴x=2，此时y=1，∴点A的坐标为(2,1)；(2)∵y=−x2+4x=−(x −2)2+4，∴顶点D 的坐标为(2,4)，∵点A 的坐标为(2,1)，∴AD ⊥x 轴．如图(1)，分别过点B ，C 作直线AD 的垂线，垂足分别为M ，N ，设B ，C 的横坐标分别为x 1，x 2，∵△ACD 的面积是△ABD 面积的两倍，∴CN =2BM ，∴x 2−2=2(2−x 1)，∴2x 1+x 2=6．联立{y =−x 2+4x y =kx −2k +1，得x 2+(k −4)x −2k +1=0，① 解得x 1=4−k−√k2+122，x 2=4−k+√k 2+122， ∴2×4−k−√k 2+122+4−k+√k 2+122=6，化简得：√k 2+12=−3k ，解得k =−√62． 另解：接上解，由①得x 1+x 2=4−k ，又由2x 1+x 2=6，得x 1=2+k ．∴(2+k)2+(k −4)(2+k)−2k +1=0，解得k =±√62． ∵k <0，∴k =−√62； (3)如图(2)，设⊙E 与直线y =t 交于点G ，H ，点C 的坐标为(a,−a 2+4a)． ∵E 是AC 的中点，∴将线段AE 沿AC 方向平移与EC 重合，∴x E −x A =x C −x E ，y E −y A =y C −y E ，∴x E =12(x A +x C )，y E =12(y A +y C ).∴E(1+a 2,−a 2+4a +12). 分别过点E ，A 作x 轴，y 轴的平行线交于点F ，在Rt △AEF 中，由勾股定理得：EA 2=(1+a 2−2)2+(−a 2+4a +12−1)2 =(a 2−1)2+(−a 2+4a+12−1)2，过点E 作PE ⊥GH ，垂足为P ，连接EH ，∴GH =2PH ，EP 2=(−a 2+4a+12−t)2，又∵AE =EH ，∴GH 2=4PH 2=4(EH 2−EP 2)=4(EA 2−EP 2)=4[(a 2−1)2+(−a 2+4a +12−1)2−(−a 2+4a +12−t)2] =4[a 24−a +1+(−a 2+4a +12)2−(−a 2+4a +1)+1−(−a 2+4a +12)2+t(−a 2+4a +1)−t 2]=4[(54−t)a 2+(4t −5)a +1+t −t 2]. ∵GH 的长为定值，∴54−t =0，且4t −5=0， ∴t =54．【解析】(1)由A为直线y=k(x−2)+1上的定点，可得k的系数为0，从而求得x值，则点A的坐标可得；(2)先求得顶点D的坐标，可得AD⊥x轴．分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1，x2由△ACD的面积是△ABD面积的两倍得出2x1+x2=6.将抛物线解析式与直线y=k(x−2)+1解析式联立，得出关于x的一元二次方程，方法一可以直接解方程，再结合2x1+x2=6求得答案；方法二可以用韦达定理及2x1+x2=6求得答案；(3)设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为(a,−a2+4a)，用含a的式子表示出点E的坐标，再由勾股定理得出关于a的方程；分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，用含a的式子表示GH2，根据GH为定值，可得答案．本题属于二次函数综合题，综合考查了一次函数、二次函数、一元二次方程、勾股定理及圆的性质等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质定理是解题的关键．。
2021-2022学年湖北省武汉市东西湖区九年级(上)期中数学试卷-附答案详解
2021-2022学年湖北省武汉市东西湖区九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.一元二次方程3x2−1=6x化成一般形式后，其中一次项系数是()A. 6B. −6C. 2D. −22.二次函数y=4(x−3)2+7的顶点为()A. (−3,−7)B. (3,7)C. (−3,7)D. (3,−7)3.在平面直角坐标系中，点(−3,−1)关于原点的对称点的坐标为()A. (3,1)B. (3,−1)C. (−3,−1)D. (−3,1)4.下面有4个汽车标致图案，其中是中心对称图形的是()A. B.C. D.5.已知关于x的一元二次方程(k−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为()A. k>1B. k>−1且k≠0C. k>1且k≠2D. k<16.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′(点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′)，连接CC′.若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是()A. 57°B. 60°C. 67°D. 77°7.某药品经过两次降价，每瓶零售价由100元降为81元．已知两次降价的百分率都为x，那么x满足的方程是()A. 100(1+x)2=81B. 100(1−x)2=81C. 100(1−x%)2=81D. 100x2=818.将抛物线向上平移3个单位，再向左平移2个单位，得到的新抛物线的解析式为y=3x2，则平移前的抛物线解析式为()A. y=3(x+2)2+3B. y=3(x−2)2+3C. y=3(x−2)2−3D. y=3(x+2)2−39.点P1(−1,y1)，P2(3,y2)，P3(5,y3)均在二次函数y=−x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是()A. y1=y2>y3B. y1>y2>y3C. y3>y2>y1D. y3>y1=y210.当−2≤x≤1时，二次函数y=−(x−m)2+m2+1有最大值4，则实数m的值为()A. −74B. √3或−√3 C. 2或−√3 D. 2或√3或−74二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.方程x2=4的解为______．12.设x1，x2是一元二次方程x2−5x−1=0的两实数根，则x1+x2的值为______．13.如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC与点E，将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△DCF，若CE=1cm，则BF=______cm．14.用一条长40cm的绳子围成一个面积为64cm2的矩形．设矩形的一边长为xcm，则可列方程为______．15.抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D(−1,2)，与x轴的一个交点A在点(−3,0)和(−2,0)之间，其部分图象如图，则以下结论：①b2−4ac<0；②a+b+c<0；③c−a=2；④方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根，其中正确结论的个数为______个．16.如图(1)在等边三角形△ABC中，边AB上的点D从顶点A出发，向顶点B运动，同时，边BC上的点E从顶点B出发，向顶点C运动，D，E两点运动速度的大小相等，设x= AD，y=AE+CD，y关于x的函数图象如图(2)，图象过点(0,4)，则图象最低点的纵坐标是______．三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）17.已知二次函数y=−12x2+x+32，一次函数y=kx+6的图象与二次函数的图象都经过点A(−3,m)，求m与k的值．18.如图，已知Rt△ABC中，∠A=90°，∠ABC=60°，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，求证：CD= 2AB．19.如图，利用函数y=x2−4x+3的图象，直接回答：(1)方程x2−4x+3=0的解是______．(2)当x满足______时，y随x的增大而增大．(3)当x满足______时，函数值大于0．(4)当0<x<5时，y的取值范围是______．20.如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，正方形ABCD的四个顶点都是格点，点E也是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，按步骤完成下列问题．(1)将线段BE绕B点逆时针旋转90°，点E的对应点为F，画出线段BF；(2)画线段EF的中点G；(3)连接BG，并延长交CD于点H，直接写出CH的长．21.如图，在四边形ABCD中，BC=CD，∠BCD=α°，∠ABC+∠ADC=180°，AC、BD交于点E，将△CBA绕点C顺时针α°旋转得到△CDF．(1)求证：∠CAB=∠CAD．(2)若∠ABD=90°，AB=3，BD=4，△BCE的面积为S1，△CDE的面积为S2，求S1：S2的值．22.某服装店购进一批秋衣，价格为每件30元．物价部门规定其销售单价不高于每件60元，经市场调查发现：日销售量y(件)是销售单价x(元)的一次函数，且当x=60时，y=80；x=50时，y=100.在销售过程中，每天还要支付其他费用450元．(1)求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(2)求该服装店销售这批秋衣日获利W(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式；(3)当销售单价为多少元时，该服装店日获利最大？最大获利是多少元？23.(1)如图1，正方形ABCD中以AB为边在正方形内构造等边△ABE，等边△ABE边AE=√3．交正方形对角线BD于F点，求证：BFFD(2)将等腰Rt△BEF绕B点旋转至如图2的位置，连接DE，M点为DE的中点，连接AM、MF，求MA与MF的关系；(3)如图3，将△BEF绕B点旋转一周，若EF=4，AB=1，请直接写出点M在这个过程中的运动路径长为______．24.抛物线y=ax2−4ax+3a(a>0)交x轴正半轴于A，B两点(A在B的左边)，交y轴正半轴于C；(1)如图①，连接AC，BC，若△ABC的面积为3，①求抛物线的解析式；②抛物线上是否存在点P，使∠PCB+∠ACB≤45°？若存在，求出P点横坐标的取值范围；(2)如图②，若Q为B点右侧抛物线上的动点，直线QA、QB分别交y轴于点D，E，判断CD：DE的值是否为定值．说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】解：化为一般式为：3x2−6x+1=0∴故一次项系数为−6，故选：B．根据一元二次方程的一般式即可求出答案．本题考查一元二次方程的一般式，解题的关键是熟练运用一元二次方程的一般式，本题属于基础题型．2.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−ℎ)2+k中，对称轴为x=ℎ，顶点坐标为(ℎ,k)．由二次函数的解析式直接可求得答案．【解答】解：∵y=4(x−3)2+7，∴顶点坐标为(3,7)，故选：B．3.【答案】A【解析】解：点(−3,−1)关于原点的对称点的坐标为：(3,1)．故选：A．根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)，进而得出答案．此题主要考查了原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．4.【答案】A【解析】解：A、是中心对称图形，故此选项正确；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误；故选：A．根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形定义．5.【答案】C【解析】解：∵关于x的一元二次方程(k−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，∴Δ=4+4(k−2)>0，解得k>1，∵k−2≠0，∴k≠2，∴k的取值范围k>1且k≠2，故选：C．根据关于x的一元二次方程(k−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，可得出判别式大于0，再求得k的取值范围．本题考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．6.【答案】D【解析】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，∴AC=AC′，∠CAC′=90°，∠B=∠AB′C′，∴△ACC′是等腰直角三角形，∴∠ACC′=45°，∴∠AB′C′=∠ACC′+∠B′C′C=45°+32°=77°，∴∠B=77°，故选：D．由旋转的性质可知△ACC′是等腰直角三角形，再利用三角形外角的性质可得．本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，证明△ACC′是等腰直角三角形是解题的关键．7.【答案】B【解析】解：设两次降价的百分率均是x，由题意得：x满足方程为100(1−x)2=81．故选：B．若两次降价的百分率均是x，则第一次降价后价格为100(1−x)元，第二次降价后价格为100(1−x)(1−x)=100(1−x)2元，根据题意找出等量关系：第二次降价后的价格=81元，由此等量关系列出方程即可．本题主要考查列一元二次方程，关键在于读清楚题意，找出合适的等量关系列出方程．8.【答案】C【解析】解：y=3x2，此抛物线的顶点坐标为(0,0)，把点(0,0)向下平移3个单位再向右平移2个单位所得对应点的坐标为(2,−3)，所以原抛物线解析式为y=3(x−2)2−3．故选：C．利用反向平移解决问题，先确定y=x2+4x+4的顶点坐标为(−2,0)，在把把点(−2,0)反向平移得到(0,−4)，然后根据顶点式写出原抛物线解析式．本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．9.【答案】A=1，【解析】解：二次函数y=−x2+2x+c的图象的对称轴为直线x=−22×(−1)而P1(−1,y1)和P2(3,y2)到直线x=1的距离都为2，P3(5,y3)到直线x=1的距离为4，所以y1=y2>y3．故选：A．先求出抛物线的对称轴方程，然后根据二次函数的性质，通过比较三个点到对称轴的距离大小可得到y1，y2，y3的大小关系．本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：熟练掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．10.【答案】C【解析】解：二次函数的对称轴为直线x=m，①m<−2时，x=−2时二次函数有最大值，此时−(−2−m)2+m2+1=4，，与m<−2矛盾，故m值不存在；解得m=−74②当−2≤m≤1时，x=m时，二次函数有最大值，此时，m2+1=4，解得m=−√3，m=√3(舍去)；③当m>1时，x=1时二次函数有最大值，此时，−(1−m)2+m2+1=4，解得m=2，综上所述，m的值为2或−√3．故选：C．根据对称轴的位置，分三种情况讨论求解即可．本题考查了二次函数的最值问题，难点在于分情况讨论．11.【答案】x1=2，x2=−2【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的解法−直接开平方法，比较简单．利用直接开平方法，求解即可．【解答】解：开方得，x=±2，即x1=2，x2=−2．故答案为x1=2，x2=−2．12.【答案】5【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程x2−5x−1=0的两实数根，∴x1+x2=5，故答案为5．由根与系数的关系可直接求得x1+x2的值．本题主要考查根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和等于−ba 、两根之积等于ca是解题的关键．13.【答案】(2+√2)【解析】【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及角平分线的性质，解题的关键是求出线段BC 以及CF的长度．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，结合角平分线以及等腰直角三角形的性质求出线段的长度是关键．过点E作EM⊥BD于点M，则△DEM为等腰直角三角形，根据角平分线以及等腰直角三角形的性质即可得出DE的长度，再根据正方形以及旋转的性质即可得出线段BF的长．【解得】解：过点E作EM⊥BD于点M，如图所示．∵四边形ABCD为正方形，∴∠BDC=45°，∠BCD=90°，∴△DEM为等腰直角三角形．∵BE平分∠DBC，EM⊥BD，∴EM=EC=1cm，∴DE=√2EM=√2cm．由旋转的性质可知：CF=CE=1cm，∴BF=BC+CF=CE+DE+CF=1+√2+1=(2+√2)cm．故答案为(2+√2).14.【答案】x(20−x)=64【解析】解：设矩形的一边长为xcm，∵长方形的周长为40cm，∴宽为(20−x)cm，得x(20−x)=64．故答案为：x(20−x)=64．本题可根据长方形的周长，用x表示宽的值，然后根据面积公式即可列出方程．本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，要掌握运用长方形的面积计算公式S=ab 来解题的方法．15.【答案】3【解析】解：∵抛物线与x轴有两个交点，∴b2−4ac>0，所以①错误；∵顶点为D(−1,2)，∴抛物线的对称轴为直线x=−1，∵抛物线与x轴的一个交点A在点(−3,0)和(−2,0)之间，∴抛物线与x轴的另一个交点在点(0,0)和(1,0)之间，∴当x=1时，y<0，∴a+b+c<0，所以②正确；∵抛物线的顶点为D(−1,2)，∴a−b+c=2，=−1，∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a∴b=2a，∴a−2a+c=2，即c−a=2，所以③正确；∵当x=−1时，二次函数有最大值为2，即只有x=−1时，ax2+bx+c=2，∴方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根，所以④正确．综上所述，共有3个正确结论，故答案为：3．由抛物线与x轴有两个交点得到b2−4ac>0；有抛物线顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=−1，则根据抛物线的对称性得抛物线与x轴的另一个交点在点(0,0)和(1,0)之间，所以当x=1时，y<0，则a+b+c<0；由抛物线的顶点为D(−1,2)得a−b+c=2，=−1得b=2a，所以c−a=2；根据二次函数的最由抛物线的对称轴为直线x=−b2a大值问题，当x=−1时，二次函数有最大值为2，即只有x=−1时，ax2+bx+c=2，所以说方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根．本题考查了二次函数的图象与系数的关系，关键是掌握以下性质：二次函数y=ax2+ bx+c(a≠0)的图象为抛物线；对称轴为直线x=−b；抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)；2a当b2−4ac>0，抛物线与x轴有两个交点；当b2−4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2−4ac<0，抛物线与x轴没有交点16.【答案】2√2−2【解析】解：∵图象过点(0,4)，即当x=AD=BE=0时，点D与A重合，点E与B重合，此时y=AE+CD=AB+AC=4，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB=AC=2，过点A作AF⊥BC于点F，过点B作NB⊥BC，并使得BN=AC，如图所示：∵AD=BE，∠NBE=∠CAD，∴△NBE≌△CAD(SAS)，∴NE=CD，又∵y=AE+CD，∴y=AE+CD=AE+NE，当A、E、N三点共线时，y取得最小值，如图所示，此时：AD=BE=x，AC=BN=2，∴AF=AC⋅sin45°=√2，又∵∠BEN=∠FEA，∠NBE=∠AFE∴△NBE∽△AFE，∴NBAF =BEFE，即√2=√2−x，解得：x=2√2−2，∴图象最低点的横坐标为：2√2−2．故答案为：2√2−2．观察函数图象，根据图象经过点(0,4)即可推出AB和AC的长，构造△NBE≌△CAD，当A、E、N三点共线时，y取得最小值，利用三角形相似求出此时的x值即可．本题考查动点问题的函数图象，通过分析动点位置结合函数图象推出AB、AC的长再通过构造三角形全等找到最小值是解决本题的关键．17.【答案】解：∵二次函数y=−12x2+x+32经过点A(−3,m)，∴m=−12×9+(−3)+32=−6．又∵一次函数y=kx+6的图象经过点A(−3,m)，∴m=−3k+6，即−6=−3k+6，解得，k=4．∴m和k的值分别是−6、4．【解析】把点A的坐标代入二次函数解析式，利用方程可以求得m的值；然后把点A的坐标代入一次函数解析式，也是利用方程来求k的值．本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，图象上点的坐标适合解析式是解题的关键．18.【答案】证明：在Rt△ABC中，∠A=90°，∠ABC=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=2AB，∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，∴BC=BD，∠CBD=60°，∴△CBD是等边三角形，∴CD=BD，∴CD=2AB．【解析】由特殊角的性质可得BC=2AB，再由旋转的性质可得△CBD是等边三角形，即可推出结论．本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形，等边三角形的判定与性质，证明△CBD 是等边三角形是解题的关键．19.【答案】x1=1，x2=3>2x<1或x>3−1≤y<8【解析】解：(1)由图象可得，当y=0时，x=1或x=3，故方程x2−4x+3=0的解是x1=1，x2=3，故答案为：x1=1，x2=3；(2)由图象可得，=2时，y随x的增大而增大，当y=0时，x>1+32故答案为：>2；(3)由图象可得，当x<1或x>3时，函数值大于0，故答案为：x<1或x>3；(4)由图象可得，=2，当x=2时，该函数取得最小值−1，函数y=x2−4x+3的对称轴是直线x=1+32∴当0<x<5时，x=2取得最小值−1，x=5时y的值为8，即当0<x<5时，y的取值范围是−1≤y<8，故答案为：−1≤y<8．(1)根据函数图象，可以得到方程x2−4x+3=0的解；(2)根据函数图象，可以写出当x为何值时y随x的增大而增大；(3)根据函数图象可以写出，当x为何值时，函数值大于0；(4)根据函数图象和二次函数的性质，可以得到当0<x<5时，y的取值范围．本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的图象、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．20.【答案】解：(1)如图所示，线段BF即为所求；(2)如图所示，连接EF，根据矩形的性质可知对角线的交点即为点G；(3)如图，在Rt△FED中，EF=√DE2+DF2=√32+52=√34，∵G是EF的中点，∴FG=12EF=√342，∵∠FGH=∠D=90°，∠GFH=∠DFE，∴△GFH∽△DFE，∴GFDF =FHEF，∴√3425=√34，∴FH=175，∴CH=HF−CF=175−1=125，∴CH的长为125．【解析】(1)根据旋转的性质，作出点F的位置即可；(2)连接EF，根据矩形的性质可知对角线的交点即为点G；(3)利用△GFH∽△DFE，可求得FH=175，即可解决问题．本题主要考查了作图−旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，证明△GFH∽△DFE得出FH的长是解题的关键．21.【答案】(1)证明：∵将△CBA绕点C顺时针α°旋转得到△CDF．∴∠CAB=∠CFD，∠ABC=∠CDF，AC=CF，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠CDF=180°，∴点A，点D，点F三点共线，∵AC=CF，∴∠CFD=∠CAD，∴∠BAC=∠CAD；(2)解：∵∠ABD=90°，AB=3，BD=4，∴AD=√AB2+BD2=√9+16=5，如图，过点D作DH//AB交AC的延长线于H，∴∠H=∠BAC，∴∠DAC=∠H，∴AD=DH=5，∵AB//DH，∴△ABE∽△HDE，∴BEDE =ABDH=35，∴S1：S2=BEDE =35．【解析】(1)由旋转的性质可得∠CAB=∠CFD，∠ABC=∠CDF，AC=CF，由等腰三角形的性质可得∠CFD=∠CAD=∠BAC；(2)由勾股定理可求AD=5，过点D作DH//AB交AC的延长线于H，可证△ABE∽△HDE，可得BEDE =ABDH=35，即可求解．本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．22.【答案】解：(1)设y=kx+b，根据题意得：{60k+b=8050k+b=100，解得：k=−2，b=200，∵球衣进价为30元，销售单价不高于每件60元，∴30≤x≤60，∴y与x的函数关系式为y=−2x+200(30≤x≤60)；(2)由题意得：W=(x−30)y−450=(x−30)(−2x+200)−450=−2x2+260x−6450，∴W与x之间的函数关系式为W=−2x2+260x−6450；(3)W=−2x2+260x−6450=−2(x−65)2+2000，∵−2<0，∴x<65时，W随x的增大而增大，∵30≤x≤60，∴当x=60时，w有最大值，最大值为1950，∴当销售单价为60元时，该服装店日获利最大，最大值为1950元．【解析】(1)根据y与x成一次函数解析式，设为y=kx+b，把x与y的两对值代入求出k 与b的值，即可确定出y与x的解析式，并求出x的范围即可；(2)根据利润=单价×销售量列出W关于x的二次函数解析式即可；(3)利用二次函数的性质求出W的最大值，以及此时x的值即可．此题考查了二次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．23.【答案】4√2π【解析】(1)证明：如图1中，过点F作FH⊥AB于点H．∵四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，∴∠ABD=45°，∠BAF=60°，设AH=m，则FH=BH=√3m，∴AB=m+√3m=(1+√3)m，∴BD=√2AB=(√2+√6)m，BF=√2BH=√6m，∴DF=BD=BF=√2m，∴BFDF =√6m√2m=√3；(2)解：结论：MA=MF，MA⊥MF．理由：如图2中，延长AM到T，使得MT=MA，连接ET，FT，AF，延长TE交AB的延长线于点H，设BF交EH于点J．∵AM=MT，∠AMD=∠TME，MD=ME，∴△AMD≌△TME(SAS)，∴∠DAM=∠MTE，AD=ET，∴AD//TH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AD=AB，∴AB=ET，∴∠H=180°−∠BAD=90°，∵∠H=∠EFJ=90°，∠HJB=∠FJE，∴∠HBJ=∠FEJ，∵∠FET+∠FEJ=180°，∠ABF+∠HBJ=180°，∴∠ABF=∠TEF，∵BF=EF，∴△ABF≌△TEF(SAS)，∴AF=ET，∠AFB=∠TFE，∴∠AFT=∠BFE=90°，∵MA=MT，∴MF⊥AT.MF=AM=MT；(3)解：如图3中，连接BD，取BD的中点O，连接OM，∵EF=BF=4，∠BFE=90°，∴BE=√BF2+EF2=√42+42=4√2，∵OD=OB，DM=ME，∴OM=1BE=2√2，2∴点M的运动轨迹是以O为圆心，2√2长为半径的圆，∴点M的运动路径的长=2×π×2√2=4√2π.故答案为：4√2π.(1)如图1中，过点F作FH⊥AB于点H.设AH=m，则FH=BH=√3m，求出DF，BF(用m表示)，可得结论；(2)结论：MA=MF，MA⊥MF.如图2中，延长AM到T，使得MT=MA，连接ET，FT，AF，延长TE交AB的延长线于点H，设BF交EH于点J.证明△AFT是等腰直角三角形，可得结论；(3)如图3中，连接BD，取BD的中点O，连接OM，利用勾股定理求出BE，再利用三角形的中位线定理求出OM=2√2，推出点M的运动轨迹是以O为圆心，2√2长为半径的圆，可得结论．本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，轨迹等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用三角形中位线定理探究轨迹问题，属于中考压轴题．24.【答案】【解答】解：(1)①令y=ax2−4ax+3a=0，解得：x=1或3，令x=0，则y=3a，则点A、B、C的坐标分别为(1,0)、(3,0)、(0,3a)，S△ABC=12×AB×OC=12×2×3a=3，解得：a=1，故抛物线的表达式为：y=x2−4x+3…①；②存在，理由：如图②延长CP交x轴于点H，过点H作HG⊥AC交CA的延长线于点G，设∠PCB=∠PCB+∠ACB=45°，tan∠CAO=OCOA=3=tan∠HAG，设：GH=3x，则AG=x，AH=√10x，则GC=GH，即x+√10=3x，x=√102，则AH=5，则点H(6,0)，将点C、H的坐标代入一次函数表达式并解得：直线CH的表达式为：y=−12x+3…②，联立①②并解得：x=72；而x ≥2，故：P 点横坐标的取值范围为2≤x ≤72且x ≠3；(2)设点Q(m,am 2−4am +3a)，点A(1,0)、B(3,0)，把点Q 、A 坐标代入一次函数表达式：y =sx +t 得：{am 2−4am +3a =sm +t 0=s +t ，解得：{k =am −3a b =3a −am， 故函数的表达式为：y =a(m −3)x +a(3−m)，即点D 坐标为(0,3a −am)，同理可得点E(0,3a −3am)，CD DE =3a−3a+am 3a−am−3a+3am =12为定值．【解析】(1)①令y =ax 2−4ax +3a =0，解得：x =1或3，令x =0，则y =3a ，则点A 、B 、C 的坐标分别为(1,0)、(3,0)、(0,3a)，即可求解；②tan∠CAO =OC OA =3=tan∠HAG ，设：GH =3x ，则AG =x ，AH =√10x ，则GC =GH ，即2x +√10=3x ，则AH =5，则点H(6,0)，将点C 、H 的坐标代入一次函数表达式并解得：直线CH 的表达式为：y =−12+3…②，联立①②并解得：x =72，即可求解；(2)设点P(m,am 2−4am +3a)，点A(1,0)、B(3,0)，把点P 、A 坐标代入一次函数表达式：y =sx +t 得：{am 2−4am +3a =sm +t 0=s +t ，解得：{k =am −3a b =3a −am ，故函数的表达式为：y =a(m −3)x +a(3−m)，即点D 坐标为(0,3a −am)，同理可得点E(0,3a −3am)，CD DE =3a−3a+3m 3a−am−3a+3am =32a 为定值．本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，综合性强，难度适中．。
2021-2022学年四川省成都市高新区九年级(上)期末化学试卷(附答案详解)
2021-2022学年四川省成都市高新区九年级（上）期末化学试卷1. 下列食品、调味品的制作过程中，主要发生物理变化的是( )A. 水果榨果汁B. 黄豆酿酱油C. 糯米酿甜酒D. 鲜奶制酸奶2. 下列不会造成空气污染的是( )A. 燃放烟花B. 光合作用C. 焚烧垃圾D. 汽车尾气3. 分类法是化学学习的重要方法。
下列分类正确的是( )A. 单质：氧气、金刚石、C60B. 由原子构成物质：氦气、氮气、汞C. 空气污染物：二氧化氮、二氧化硫、二氧化碳D. 氧化物：冰、干冰、氯酸钾4. 正确规范的操作是实验成功和人身安全的重要保证。
下列实验操作正确的是( )A. 点燃酒精灯B. 加热液体C. 倾倒液体D. 量取液体5. 空气中氮气的体积分数为( )A. 20%B. 21%C. 78%D. 79%6. “富硒猕猴桃”中的“硒”是指( )A. 硒原子B. 硒元素C. 硒单质D. 硒分子7. 铁丝在氧气中燃烧，现象描述正确的是( )A. 生成白色粉末状固体B. 产生大量白烟C. 发出耀眼的白光D. 生成黑色固体8. 氟元素是人体必需的微量元素，能防治龋齿，它在元素周期表的部分信息及原子结构示意图如图所示。
下列说法不正确的是( )A. 氟的相对原子质量是19.00gB. 乙图中n值为7C. 氟原子的质子数是9D. 氟是一种非金属元素9. 下列物质的用途错误的是( )A. 石墨用来裁玻璃B. 氢气可作燃料C. 明矾用来净水D. 稀有气体做霓虹灯10. 2019年5月12日是我国第11个“防灾减灾日”，了解防灾减灾的相关知识，有利于保护人们的生命、财产安全。
下列关于火灾、灭火与逃生的说法错误的是( )A. 炒菜时油锅着火，用锅盖盖灭是为了隔绝空气B. 家中天燃气泄漏着火，应先关闭天燃气阀门再实施灭火C. 房屋失火，用水浇灭是为了降低可燃物的着火点D. 逃离火灾现场时，可用湿毛巾捂住口鼻，并尽量贴近地面逃离11. 我国科学家寻找到新型催化剂，使低温工业产氢取得突破，反应过程图示如图。
2021-2022学年湖北省武汉二中广雅中学九年级(上)化学集体作业(一)(附详解)
2021-2022学年湖北省武汉二中广雅中学九年级（上）化学集体作业（一）1.化学是一门以实验为基础的科学，请完成以下问题：(1)用托盘天平称量11.7g药品，向左盘加入药品后，发现指针向右偏转，应进行的操作是______。
(2)用量筒量取液体时，若仰视读数为8.7mL，则实际所取液体的体积______8.7mL(填“大于、小于或等于”)。
(3)用酒精灯加热试管里的液体时，应用______加热(填“外焰、内焰或焰心”)。
(4)连接玻璃管和胶皮管时，先把玻璃管口______，然后稍稍用力即可把玻璃管插入胶皮管。
(5)取用粉末状固体时可用的仪器名称是______。
2.实验室可用如图两套装置测定空气中氧气的含量(铜粉在加热条件下能与氧气反应生成氧化铜，实验中忽略固体体积的影响)。
(1)图1实验中红磷燃烧的文字表达式为______，该反应的基本反应类型是______。
(2)按如下操作步骤进行图2实验：Ⅰ.检查装置气密性，在试管中装入足量的铜粉，塞紧橡胶塞，把注射器甲的活塞推到零刻度处固定，注射器乙中空气的体积为V1mL。
Ⅱ.加热铜粉，并反复推拉两支注射器的活塞。
Ⅲ.熄灭酒精灯，待试管冷却至室温，⋯，注射器乙中剩余气体的体积为V2mL。
Ⅳ.洗净试管并装满水，塞紧橡胶塞，再把水全部倒入量筒中，水的体积为V3mL。
①步骤Ⅲ中⋯处应进行的操作为______。
②测得空气中氧气的体积分数为______(用V1、V2、V3的代数式表示)。
(3)对于图1、图2实验，下列说法正确的是______。
A.图1实验：集气瓶底部的水可以吸收生成的有毒气体，防止污染空气B.图1、图2实验结束后，装置内剩余气体为纯净的氮气C.图1实验：弹簧夹未夹紧会导致测量结果偏大D.图2实验：若铜粉量不足会使V2的测量值偏大E.图1实验：整个过程中因耗氧气，故集气瓶内的压力一直会变小F.图2实验：连接好装置，推动注射器甲的活塞，松开手后，活塞回到原刻度，说明装置气密性良好G.图1实验：若足量的红磷继续增多，水位上升将更多3.氨气密度比空气小，极易溶于水，以下收集氨气的方法正确的是()A. B.C. D.4.如图所示四个图象对应的变化过程正确的是()A. 用等质量、等浓度的过氧化氢溶液分别制取氧气B. 用红磷燃烧的方法测量空气中氧气的含量C. 用高锰酸钾制取氧气D. 加热水过程中分子数目5. A 为一种暗紫色的固体，B 为空气中的主要成分之一，D 、H 为黑色色固体，E 、F 常温下为无色液体，它们之间有如图的转换关系。
2021-2022学年湖北省武汉市江岸区蔡家田小学九年级(下)化学课堂作业(附答案详解)
2021-2022学年湖北省武汉市江岸区蔡家田小学九年级（下）化学课堂作业1.下列一定涉及化学变化的是()A. 钻木取火B. 滴水成冰C. 澄清石灰水变浑浊D. 碘溶解在酒精里2.下列图示实验操作中，正确的是()A. 量取液体B. 倾倒液体C. 滴加液体D. 气体验满3.下列说法正确的是()A. 煤、天然气和石油都是可再生能源B. 油锅着火最好用水浇灭C. 沙漠地区的铁制品锈蚀较慢D. 铝制品要用钢刷、沙等来擦洗4.下列有关化学用语的说法中，正确的是()A. 氧气中O化合价为−2B. 铁锈主要成分的化学式是Fe2O3C. 铝原子结构示意图D. 硝酸铵的化学式为NH3NO35.下列除去物质中的少量杂质，所用试剂及操作方法均正确的是()选项物质(括号内为杂质)试剂及操作方法A CO2(CO)通入过量的氧气，点燃B氯化钾粉末(MnO2)加入适量水溶解，过滤、蒸发结晶C铁粉(Cu)加入过量稀硫酸，过滤D CuSO4溶液(H2SO4)加入适量铁粉，过滤A. AB. BC. CD. D6.下列图象能正确反映对应变化关系的是()A. t℃时取溶质质量分数为w的KNO3饱和溶液20g，升高温度至90℃B. 等质量的镁片和铁片投入到足量稀硫酸中C. 向一定质量的氢氧化钠溶液中逐渐滴入稀盐酸D. 向少量二氧化锰中不断地加入过氧化氢溶液7.某同学进行实验室制备O2的相关探究。
【查阅】他得知在KClO3分解制O2的反应中，Fe2O3可作催化剂。
【实验】他用电子秤称取0.49gFe2O3和一定的KClO3，充分混合后加热至KClO3完全分解，冷却至室温，称得剩余固体的质量为1.98g【计算】①剩余固体中KCl的质量是mg。
②该反应生成O2的质量ng。
【思考】他发现制备O2较慢，猜测KClO3和Fe2O3的质量比可能会影响反应的快慢。
【探究】③他调节KClO3和Fe2O3的质量比制备O2，整理数据绘制出如图曲线。
关于该实验的下列说法，正确的是()A. 氧化铁在反应前后质量和化学性质一定都不变B. 【计算】①中m的值为149C. 氯酸钾和氧化铁的质量比越大，单位时间内产生氧气的体积越大D. 该同学在【实验】中称取的KClO3和Fe2O3，是最佳质量比8.实验室某废液的溶质为硝酸铜、硝酸银和硝酸锌，取该废液进行如图所示实验。
2021-2022学年湖北省武汉市武昌区部分学校九年级(上)期中数学试卷(附详解)
2021-2022学年湖北省武汉市武昌区部分学校九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.将一元二次方程3x2−1=2x化成一般形式后(二次项系数为正数)，二次项系数和一次项系数分别是()A. 3、−2B. 3、2C. 3、−1D. 3、12.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()A. B. C. D.3.抛物线y=2(x+3)2+5的顶点坐标是()A. (3,5)B. (−3,5)C. (3,−5)D. (−3,−5)4.用配方法解方程x2−4x−3=0.下列变形正确的是()A. (x−4)2=19B. (x−2)2=7C. (x−2)2=1D. (x+2)2=75.下列方程没有实数解的是()A. x2=0B. x2−2x+1=0C. x2−x−2021=0D. x2+x+1=06.要将抛物线y=2x2平移后得到抛物线y=2x2+4x+5，下列平移方法正确的是()A. 向左平移1个单位，再向上平移3个单位B. 向左平移1个单位，再向下平移3个单位C. 向右平移1个单位，再向上平移3个单位D. 向右平移1个单位，再向下平移3个单位7.有一个人患了感冒，经过两轮传染后总共传染了64人，按照这样的传染速度，经过三轮后患了感冒人数为()A. 596B. 428C. 512D. 6048.下列多边形的所有顶点不一定在同一个圆上的是()A. 三角形B. 矩形C. 菱形D. 正方形9.如果m、n是一元二次方程x2+x=3的两个实数根，那么多项式m3+2n2−mn−6m+2021的值是()10.如图，∠MAN=60°，点B、C分别在AM、AN上，AB=AC，点D在∠MAN内部、△ABC外部，连接BD、CD、AD.下列结论：①DB+DC≥DA；②S△BDC≤12BD⋅DC；③若DB=m，DC=n，则S△ADB≤√34m2+12mn.其中错误的结论个数为()个．A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.点A(a,b)关于原点的对称点的坐标为______．12.解方程2(x−1)2=8，则方程的解是______．13.点P1(−1,y1)，P2(2,y2)，P3(5,y3)均在二次函数y=−x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是______．14.已知AB是⊙O的弦，点C为⊙O上异于点A、B的一点，∠OAB=40°，则∠ACB=______．15.已知关于x的二次函数y=ax2+bx+c，下列结论中一定正确的是______.(填序号即可)①若抛物线与x轴有两个不同交点，则方程cx2+bx+a=0必有两个不等实数根；②若对任意实数t都有at2+bt≤a−b(a<0)，则b=2a；③若(am2+bm+c)(an2+bn+c)<0(m<n)，则方程ax2+bx+c=0有一个根α，且m<α<n；④若a2m2+bam+ac<0，则方程ax2+bx+c=0必有两个实数根．16.已知，⊙O的直径BC=2√2，点A为⊙O上一动点，AD、BD分别平分△ABC的外角，AD与⊙O交于点E.若将AO绕O点逆时针旋转270°，则点D所经历的路径长为______.(提示：在半径为R的圆中，n°圆心角所对弧长为nπR180)三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）17.解方程：x2−x−3=0．∠BOC，∠BAC=45°．18.如图：OA=OB=OC，∠AOB=13(1)求证：A，B，C在以O为圆心，OA为半径的圆上；(2)求∠OAC的度数．19.在平面直角坐标系中，已知二次函数解析式为y=x2−2x−3．(1)完成表格，根据数据在平面直角坐标系中画出二次函数的图象；x…−10123…y…______ ______ ______ ______ ______ …(2)当x满足______时，函数值大于0；(3)当−2<x<2时，y的取值范围是______．20.如图，在边长为1的正方形网格中，点A、C为格点，点B在网格线上，以AB为直径作半圆，点D在半圆上，连接AC、BC.请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹(用虚线表示画图过程，实线表示画图结果)BC；(1)分别在AB、AC取点E、F，使EF//BC，EF=12(2)作△ABC的角平分线BM；(3)在△ABC的角平分线BM取一点N，使CN+DN最小．21.如图，P是圆上一动点，弦AB=√3cm，PC平分∠APB，C在圆上，∠BAC=30°．(1)当∠PAC等于多少度时，四边形PACB有最大面积？最大面积是多少？(2)当PA的长为______，四边形PACB是梯形(一组对边平行，另一组对边不平行的四边形)(直接写答案)．22.水果店以一定的价格购进某种苹果若干千克，通过销售统计发现：这批苹果从开始销售至销售的第x天的总销量y(千克)与x的关系为二次函数，销售情况记录如表：(1)求y与x的函数关系式；(2)这批苹果多少天才能销售完；(3)水果店为了充实库存，在销售第6天后决定每天又购进20千克该品种苹果，试问再过多少天该品种苹果库存量为244千克？23.【问题背景】如图1，P为△ABC内一点，连PB、PC.则PC+PB<AB+AC．小明考虑到“三角形两边之和大于第三边”，延长BP交AC于E，就可以证明上面结论．请按小明的思路完成证明过程；【迁移应用】如图2，在△ABC中，∠BAC>120°，P为△ABC内一点，求证：PA+ PB+PC>AB+AC．【拓展创新】已知△ABC中，BC=a，AB=c，AC=b，a+b=4c，6a+3b=19c，P为△ABC 所在平面内一点，则PA+PB+PC的最小值为(用含c的式子表示)______.(直接写出结果)24.如图1，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于C点．且抛物线的对称轴为x=2，OC=3，S△ABC=3．(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，过D(m,−2)作抛物线切线(不与y轴平行，且与抛物线有且仅有一个交点)DE：y=k1x+b1(切点为E)和DF：y=k2x+b2(F为切点)，求k1k2的值；(3)如图3，将抛物线向左平移两个单位后再沿y轴向下运动得抛物线C1，直线l3、l4分别与(2)中直线DE、DF平行，l3与C1交于E，F两点，l4与C1交于G，H两点，M，N分别为EF、GH的中点，求点O到直线MN的距离d的最大值．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵3x2−1=2x，∴3x2−2x−1=0，∴二次项系数和一次项系数分别是3和−2，故选：A．先化成一元二次方程的一般形式，再找出二次项系数和一次项系数即可．本题考查了一元二次方程的一般形式，多项式的项和单项式的系数等知识点，注意：找多项式项的系数时，带着前面的符号．2.【答案】B【解析】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：B．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3.【答案】B【解析】解：∵y=2(x+3)2+5，∴抛物线顶点坐标为(−3,5)，故选：B．ℎ)2+k中，对称轴为x=ℎ，顶点坐标为(ℎ,k)．4.【答案】B【解析】解：∵x2−4x−3=0，∴x2−4x=3，则x2−4x+4=3+4，即(x−2)2=7，故选：B．移项后两边都加上一次项系数一半的平方即可．本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．5.【答案】D【解析】解：A.方程x2=0解为x1=x2=0，故本选项不合题意；B.x2−2x+1=0，∵b2−4ac=(−2)2−4×1×1=0，∴此方程有两个相等的实数根，故本选项不合题意；C.x2−x−2021=0，∵b2−4ac=(−1)2−4×1×(−2021)=8085>0，∴此方程有两个不相等的实数根，故本选项不合题意；D.x2+x+1=0，∵b2−4ac=12−4×1×1=−3<0，∴此方程无解，本选项符合题意．故选：D．逐项解方程或求出根的判别式，根据判别式的符号即可得到结论．本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解决问题的关键．6.【答案】A【解析】解：∵y=2x2+4x+5=2(x+1)2+3，∴该抛物线的顶点坐标是(−1,3)，∵抛物线y=2x2的顶点坐标是(0,0)，∴平移的方法可以是：将抛物线y=2x2向左平移1个单位，再向上平移3个单位．故选：A．原抛物线顶点坐标为(0,0)，平移后抛物线顶点坐标为(−1,3)，由此确定平移规律．本题考查了二次函数图象与几何变换．关键是将抛物线的平移问题转化为顶点的平移，寻找平移方法．7.【答案】C【解析】解：设每轮传染中平均一个人传染x个人，由题意得：1+x+x(1+x)=64，解得x1=7，x2=−9，∵x>0，∴x2=−9，不合题意，舍去，∴x=7．则第三轮的感冒人数为：(7+1)3=512．故选：C．设第一个人传染了x人，根据两轮传染后共有64人患了感冒；列出方程，求解，然后求出三轮之后患感冒的人数．本题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键在于读懂题意，设出合适的未知数，找出等量关系，列方程求解．8.【答案】C【解析】解：A.根据三点共圆可得三角形的三个顶点在同一个圆上，故选项不符合题意；B.∵矩形对角线相等且互相平分，∴四个顶点到对角线交点距离相等，∴矩形四个顶点定可在同一个圆上，故选项不符合题意；C.∵菱形对角线互相平分但不相等，∴菱形四个顶点定不一定在同一个圆上，故选项符合题意；D.∵正方形对角线相等且互相平分，∴四个顶点到对角线交点距离相等，∴正方形四个顶点定可在同一个圆上，故选项不符合题意；故选：C．根据三点共圆可得三角形的三个顶点在同一个圆上，由于矩形和正方形矩形对角线相等且互相平分，所以它们的四个顶点到对角线交点距离相等，故矩形和正方形的四个顶点定可在同一个圆上，菱形对角线互相平分但不相等，四个顶点到对角线交点距离不一定相等，因而选C．此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，圆的认识，能够理解四个顶点在同一个圆上的条件是解决本题的关键．9.【答案】D【解析】解：∵m、n是一元二次方程x2+x−3=0的两个实数根，∴m2+m−3=0，n2+n−3=0，∴m2=−m+3，n2=−n+3，∴m3=m(−m+3)=−m2+3m=−(−m+3)+3m=4m−3，∴m3+2n2−mn−6m+2021=4m−3+2(−n+3)−mn−6m+2021=−2(m+n)−mn+2024，∵m、n是一元二次方程x2+x−3=0的两个实数根，∴m+n=−1，mn=−3，∴原式=−2×(−1)−(−3)+2024=2029．故选：D．先利用一元二次方程解的定义得到m2=−m+3，n2=−n+3，再用m表示出m3= 4m−3，则原式化简为−2(m+n)−mn+2024，接着利用根与系数的关系得到m+n=−1，mn=−3，然后利用整体代入的方法计算．本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba ，x1x2=ca.也考查了一元二次方程的解．10.【答案】A【解析】解：①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到△ABC′，则△ABC′≌△ACD，∴AC′=AD，BC′=CD，∵∠DAC′=60°，∴△AC′D是等边三角形，∴C′D=AD，在△BC′D中，BC′+BD>C′D，∴CD+BD>AD，当∠ADC=60°，即∠AC′B=60°时，C′、B、D三点共线，∴CD+BD=AD，故①正确；②如图2，过点C作CH⊥BD于H，则∠BHC=90°，∴CH=CD⋅sin∠CDH，∴S△BDC=12BD⋅CH=12BD⋅CD⋅sin∠CDH，∵∠CDH≤90°，∴sin∠CDH≤1，∴S△BDC≤12BD⋅CD，故②正确；③如图3，把△BDC绕点B顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转得：BD=BK，∠DBK=60°，∴△BDK是等边三角形，∴S△BDK=√34m2，∵△ABK≌△BDC(根据旋转的性质)，∴S△ABK=S△BDC=12BD⋅CD⋅sin∠CDH≤12BD⋅CD，即S△ABK≤12mn，∴S△ABD≤S△ABK+S△BDK≤√34m2+12mn，故③正确；综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，故选：A．①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到△ABC′，可证得△AC′D是等边三角形，再运用三角形三边关系即可判断①正确；②如图2，过点C作CH⊥BD于H，则∠BHC=90°，根据S△BDC=12BD⋅CH=12BD⋅CD⋅sin∠CDH，即可判断②正确；③如图3，把△BDC绕点B顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转的性质可证得△BDK是等边三角形，S△BDK=√34m2，即可判断③正确．本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质，三角形面积，解题关键是利用旋转变换构造全等三角形．11.【答案】(−a,−b)【解析】解：点A(a,b)关于原点的对称点的坐标为(−a,−b)．故答案为：(−a,−b)．根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，然后直接作答即可．本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．12.【答案】x1=3，x2=−1【解析】解：(x−1)2=4，x−1=±2，所以x1=3，x2=−1．故答案为x1=3，x2=−1．先把方程变形为(x−1)2=4，然后利用直接开平方法解方程．本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．13.【答案】y2>y1>y3=1，【解析】解：二次函数y=−x2+2x+c的对称轴为：x=−22×(−1)由对称性得，P1(−1,y1)关于对称轴对称的点Q的坐标为(3,y1)，∵a=−1<0，∴在对称轴的右侧，即x>1时，y随x的增大而减小，∵P2(2,y2)，P3(5,y3)，Q(3,y1)，∴y2>y1>y3，故答案为：y2>y1>y3．求出抛物线的对称轴，根据抛物线的增减性，可知在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，再利用对称性得出P1关于对称轴对称的点Q的坐标，再进行比较即可．考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解决问题的前提，求出对称轴是关键．14.【答案】50°【解析】解：∵OA=OB，∠OAB=40°，∴∠OAB=∠OBA=40°∴∠AOB=180°−40°−40°=100°，∠AOB=50°，∴∠ACB=12故答案为：50°．根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠AOB的度数，根据圆周角定理计算即可．本题考查的是圆周角定理和三角形内角和定理的应用，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．15.【答案】①②③④．【解析】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴有两个不同交点，∴方程ax2+bx+c=0有两个不同的实数根，∴b2−4ac>0，∴cx2+bx+a=0有两个不相等的实数根，故①正确；②∵对任意实t都有at2+bt≤a−b(a<0)，∴at2+bt+c≤a−b+c，∴当x=−1时，函数有最大值，∴函数的对称轴为直线x=−1，∴−b=−1，2a∴b=2a，故②正确；③∵(am2+bm+c)(an2+bn+c)<0(m<n)，∴抛物线与x轴的一个交点的横坐标在m、n之间，∵方程ax2+bx+c=0有一个根α，∴函数图象与x轴的一个交点为(α,0)，∴m<α<n，故③正确；④∵a2m2+bam+ac<0，∴a(am2+bm+c)<0，∴当a>0时，am2+bm+c<0；当a<0时，am2+bm+c>0，∴方程ax2+bx+c=0必有两个实数根，故④正确；故答案为：①②③④．根据二次函数与方程的关系即可判断①；根据二次函数的性质即可判断②；根据抛物线与x轴的交点的特征即可判断③；根据题意，抛物线开口向上，则x=m时，y<0；当开口向下时，x=m时，y>0即可判断④．本题考查了二次函数图象和系数的关系，抛物线与x在的交点，根的判别式的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．π16.【答案】32【解析】解：如图，设∠ACB=α，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC=90°，∴∠DEB=α，∠ABC=90°−α，∵AD、BD分别平分△ABC的外角，∴∠DAB=45°，∠ABD=45°+12α，∴∠EDB=180°−∠DAB−∠ABD=180°−45°−(45°+1 2α)=90°−12α，∴∠EBD=180°−∠DEB−∠EDB=180°−α−(90°−1 2α)=90°−12α，∴∠EDB=∠EBD，∴EB=ED，∵BE⏜=BE⏜，∴∠ECB=∠EAB=45°，∵∠AEB=90°，∴△BCE是等腰直角三角形，∴EB=EC，∴EB=EC=ED，∴点D在半径为2的⊙E上逆时针旋转135°，∴点D所经历的路径长为：135π⋅2180=32π，故答案为：32π．如图，设∠ACB=α，由BC是⊙O的直径，可得：∠BAC=90°，根据角平分线定义可得：∠DAB=45°，∠ABD=45°+12α，进而可得出：∠EDB=∠EBD=90°−12α，得出：EB=ED，再由等弧所对的圆周角相等，可得：∠ECB=∠EAB=45°，进而推出EB=EC=ED，可得点D在半径为2的⊙E上逆时针旋转135°，再利用弧长公式即可得出答案．本题考查了圆的性质，旋转变换的性质，角平分线定义，等腰直角三角形性质，弧长公式，点的运动轨迹等，解题关键是确定点D的运动轨迹为半径为2的⊙E上逆时针旋转135°的圆弧．17.【答案】解：x2−x−3=0，∵a=1，b=−1，c=−3，△=b2−4ac=(−1)2−4×1×(−3)=13>0，∴方程有两个不等的实数根，∴x=1±√132，则x1=1−√132，x2=1+√132．【解析】找出方程中二次项系数a，一次项系数b及常数项c，计算出根的判别式，由根的判别式大于0，得到方程有解，将a，b及c的值代入求根公式即可求出原方程的解．此题考查了解一元二次方程−公式法，利用此方法解方程时首先将方程化为一般形式，找出二次项系数a，一次项系数b及常数项c，当b2−4ac≥0时，代入求根公式来求解．18.【答案】(1)证明：如图，∵OA=OB=OC，∴点O是△ABC的外接圆的圆心，∴A，B，C在以O为圆心，OA为半径的圆上；(2)解：∵∠BOC=2∠BAC，∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，∵∠AOB=13∠BOC=30°，∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=12(180°−120°)=30°．【解析】(1)根据三角形外接圆的判定解决问题即可；(2)利用圆周角定理求出∠BOC=90°，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．本题考查的是圆周角定理和三角形内角和定理的应用，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．19.【答案】0−3−4−30x<−1或x>3−3<y<5【解析】解：(1)∵y=x2−2x−3，∴当x=−1时，y=(−1)2−2×(−1)−3=1+2−3=0；当x=0时，y=−3；当x=1时，y=1−2−3=−4；当x=2时，y=4−4−3=−3；当x=3时，y=9−6−3=0．故答案为：0，−3，−4，−3，0；图象如图所示：(2)从图象看，当x满足x<−1或x>3时，函数值大于0，故答案为：x<−1或x>3；(3)∵y=x2−2x−3，当x=−2时，y=4+4−3=5，当x=2时，y=4−4−3=−3，结合函数图象当−2<x<2时，y的取值范围是−3<y<5，故答案为：−3<y<5．(1)求出表格数据，描点连线绘图即可；(2)观察函数图象即可求解；(3)根据函数解析式求出x=−2和x=2时y的值，再结合函数图象写出当−2<x<2时，y的取值范围．本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，关键让学生熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．20.【答案】解：(1)如图1，①连接矩形AHCG的对角线GH，交AC于F，②格线ET与AB交于点E，③连接EF，则EF=12BC，证明：∵四边形AHCG是矩形，∴AF=CF=12AC，∵ET//BK，AT=TK，∴AEEB =ATTK=1，∴AE=EB，∴EF=12BC；(2)如图2，①延长EF，交半圆于I，②过B、I作射线BM，则BM平分∠ABC，证明：延长AI交BC于J，∵EF是△ABC的中位线，∴EF//BC，∴AIIJ =AEBE=1，∴AI=IJ，∵AB是⊙E的直径，∴∠AIB=90°，∴BJ=BA，∴BM平分∠ABC；(3)如图3，设AC与BM的交点是点Q，①连接JQ并延长交AB于P，②连接DP交BM于N，则点N就是求作的点，证明：∵BM垂直平分AJ，∴QJ=QA，BJ=BA，∴∠AJP=∠JAC，∠AJB=∠JAB，∵AJ=AJ，∴△AJC≌△JAP(ASA)，∴JC=AP，AC=JP，∴BC=BP，QC=QP，∴BM垂直平分CP，即C和P关于BM对称，∴CN+DN最小是DP．【解析】(1)矩形AHCG的对角线互相平分，得出AC中点，根据平行线分线段成比例得出AB的中点；(2)联想直径所对的圆周角是直角及(1)中EF//BC，结合等腰三角形的“三线合一“，只需得BM是等腰三角形的高即可；(3)只需找出点C关于BM的对称点即可，故根据等腰三角形的对称性，连接JQ并延长即可．本题考查了矩形性质，平行线分线段成比例定理，线段垂直平分线性质，圆的有关性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是在前问的基础上层层递进思考．21.【答案】1或2【解析】解：(1)如图1中，连接OA，作直径CD，设CD交AB于点N．∵PC平分∠APB，∴∠APC=∠BPC，∴AC⏜=BC⏜，∴CD⊥AB，∴AN=BN=√32(cm)，∵∠AOC=2∠ABC，∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∴ON=ANtan60∘=12，OA=2ON=1(cm)，∴CD=2OA=2(cm)，观察图象可知，当点P与D重合时，四边形APBC的面积最大，此时∠PAC=90°，最大面积=12AB⋅CD=√3(cm2)；(2)如图2−1中，当PB是直径时，四边形PACB是梯形，此时AC//PB，PA=1．如图2−2中，当AP是直径时，四边形APBC是梯形，此时AP//BC，AP=2．综上所述，满足条件的AP 的值为1或2．故答案为：1或2．(1)如图1中，连接OA ，作直径CD ，设CD 交AB 于点N.证明△AOC 是等边三角形，求出OA ，观察图象可知，当点P 与D 重合时，四边形APBC 的面积最大；(2)分两种情形：如图2−1中，当PB 是直径时，四边形PACB 是梯形．如图2−2中，当AP 是直径时，四边形APBC 是梯形．本题考查垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．22.【答案】解：(1)设y 与x 的函数关系式为y =ax 2+bx +c ，则{z +b +c =394a +2b +c =769a +3b +c =111，解得：{a =−1b =40c =0，∴y 与x 的函数关系式为y =−x 2+40x ；(2)由(1)得：y =−x 2+40x =−(x −20)2+400，∵−1<0，∴当x =20时，y 最大，最大值为400，答：这批苹果20天才能销售完；(3)设再过m 天库存量为216千克，由(2)知：库存原量为400千克，(m +6)天后原本库存剩余量为：400−[−(m +6)2+40(m +6)]，m 天内再次购买的总量为20m ，∵两部分的总量为244千克，∴400+(m+6)2−40(m+6)+20m=244，整理得：m2−8m−48=0，解得：m=12或m=−4(舍去)．答：再过12天该品种苹果库存量为244千克．【解析】(1)设出二次函数解析式的一般形式，由待定系数法求函数解析式即可；(2)根据函数的性质，当x=−b时，函数有最大值；2a(3)由(2)知，库存最大量为400千克，库存剩余量等于400−(m+6)天的销售量+m天购进总量，列出方程，解方程即可．本题考查二次函数的应用以及待定系数法求函数解析式，关键是找出等量关写出函数解析式，根据题意求出最大值．23.【答案】5c2【解析】【问题背景】证明：如图1，延长BP交AC于点E，在△ABE中，AE+AB>BE=BP+PE，在△CPE中，PE+CE>PC，∴AB+AE+CE+PE>PB+PE+PC，∴AB+AC>PB+PC，即PC+PB<AB+AC；【迁移应用】证明：如图2，将△CAP绕点A逆时针旋转60°得到△DAQ，连接PQ，BD，PD，由旋转可得：△DAQ≌△CAP，∠CAD=∠PAQ=60°，∴AD=AC，AQ=AP，DQ=PC，∴△APQ是等边三角形，∴PQ=AP=AQ，∵∠BAC>120°，∴∠BAC+∠CAD>180°，∴由【问题背景】可知：在△BPD中，PB+PD>AB+AD，在△QPD中，PQ+QD>PD，∴PB+PQ+QD>AB+AD，∴PA+PB+PC>AB+AC；【拓展创新】解：由【问题背景】知，当P为△ABC所在平面内一点时，PA+PB≥AB，PB+PC≥BC，PA+PC≥AC，∴PA+PB+PC≥12(AB+AC+BC)，∵BC=a，AB=c，AC=b，a+b=4c，6a+3b=19c，∴PA+PB+PC最小值为12(a+b+c)=5c2，故答案为：5c2．【问题背景】在△ABE中和△CPE中，分别利用两边之和大于第三边即可证明；【迁移应用】将△CAP绕点A逆时针旋转60°得到△DAQ，连接PQ，BD，PD，可得△APQ 是等边三角形，则∠BAC+∠CAD>180°，则可证明；【拓展创新】由三角形三边关系可知：PA+PB+PC≥12(AB+AC+BC)，从而解决问题．本题主要考查了三角形三边关系，等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，熟练掌握三角形三边关系进行转化是解题的关键，有一定的难度．24.【答案】解：(1)∵S△aABC=3，OC=3，∴12⋅AB⋅DC=3，∴AB=2，∵对称轴为直线x=2，设A(a,0)，B(b,0)，∴b−2=2−a=1，解得a=1，b=3，∴A(1,0)，B(3,0)，设y =a(x −1)(x −3)过点(0,3)，∴3=3a ，解得a =1，∴y =x 2−4x +3．(2)将抛物线C ：y =(x −2)2−1向左平移2个单位，向上平移1个单位得y =x 2， 设点D(m,−2)向上平移后对应点为D 1(n,−1)，∴平移后的切线l 1为：y +1=k 1(x −n)，平移后的切线l 2为：y +1=k 2(x −n)， ∴{y +1=k 1(x −n)y =x 2， ∴x 2−k 1x +k 1n +1=0，∴Δ=k 12−4k 1n −4=0，同理可得，k 22−4k 2n −4=0，∵k 1≠k 2，∴k 1，k 2是k 2−4kn −4=0的两根，∴k 1k 2=−4．(3)∵DE//l 3，DF//l 4，∴l 3的解析式为：y =k 1x(k 1k 2=−4)，l 4的解析式为：y =−4k 1x ， ∴{y =x 2+m y =k 1x，即x 2−k 1x +m =0， ∴x E +x F =k 1，∵M 为EF 的中点，∴x M =x E +x F 2=k 12， ∴y M =k 122， ∴M(k 12,k 122)，∵{y =x 2+m y =−4k 1x，即x 2+4k 1x +m =0， ∵点N 是GF 的中点，∴x N =−2k 1，y N =8k 12， ∴N(−2k 1,8k 12)， 设MN 的解析式为：y =px +q ，∴{k 12p +q =k 122−2k 1p +q =8k 12，解得，{p =k 12−4k 1q =2，∴直线MN ：y =k 12−4k 1x +2，且该直线过定点(0,2)，∴d ≤2． ∴点O 到直线MN 的距离d 的最大值2．【解析】(1)由S △ABC =3，OC =3，及三角形面积公式可知，AB =2，因为对称轴为直线x =2，设A(a,0)，B(b,0)，则b −2=2−a =1，解得a =1，b =3，所以A(1,0)，B(3,0)，设y =a(x −1)(x −3)，过点(0,3)，所以3=3a ，解得a =1，则y =x 2−4x +3．(2)将抛物线C ：y =(x −2)2−1向左平移2个单位，向上平移1个单位得y =x 2，设点D(m,−2)向上平移后对应点为D 1(n,−1)，平移后的切线l 1为：y +1=k 1(x −n)，平移后的切线l 2为：y +1=k 2(x −n)，联立直线与抛物线解析式，根据相切可知Δ=0，由题意可知k 1，k 2是k 2−4kn −4=0的两根，由根与一元二次方程的关系可知，k 1k 2=−4．(3)因为DE//l 3，DF//l 4，所以l 3的解析式为：y =k 1x(k 1k 2=−4)，l 4的解析式为：y =−4k 1x ，联立直线与抛物线的解析式可得，x 2−k 1x +m =0，再由根与系数的关系及中点坐标公式可知，M(k 12,k 122)，N(−2k 1,8k 12)，设MN 的解析式为：y =px +q ，代入点M 和点N 的坐标，可求出p ，q ，所以直线MN ：y =k 12−4k 1x +2，该直线过定点(0,2)，所以d ≤2．本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求表达式，中点坐标公式，一次函数与二次函数的交点问题等知识点，知道平移前后与抛物线相切的两条直线的位置关系--平行是解题关键．。
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2021-2022学年湖北省武汉市经开区九年级（上）元调训练化学试卷1.下列物质的用途，利用其物理性质的是()A. 二氧化碳可用作气体肥料B. 氢气可用作高能燃料C. 碳雕可以净化室内空气D. 煤可以干馏生产出多种化工产品2.下列各项实验中，所用试剂和实验操作均正确的是()A. 验证空气中氧气含量B. 过滤泥水C. 实验室制CO2D. 探究燃烧条件 3.化学在生活中有广泛的应用，下列说法正确的是()A. 铅笔的成分中含有铅，利用的是它较软的性质B. 自然界的水经过沉淀、过滤、吸附等净化处理后，可以大大降低水的硬度C. “油改气”工程可以大大缓解温室效应D. 进入地窖前要做“灯火实验”检验二氧化碳的浓度4.在生产自来水过程中，目前我国普遍采用的消毒剂是氯气对过滤后的水消毒。
氯气溶于水时，与水结合生成次氯酸(HClO)和盐酸。
该反应的微观过程如图所示。
下列有关说法正确的是()A. 参加反应的物质间的质量比为71：18B. 参加反应的反应物分子个数比为2：1C. 消毒后的自来水是纯净物可以直接饮用D. 次氯酸(HClO)中H元素、Cl元素、O元素的个数比为1：1：15.对于下列化学用语，有关说法完全正确的有()①He、②Ca2+、③H2O2、④⑤⑥(1)①可以表示氦元素，也可表示一个氦分子，还可以表示氦气(2)②中“2+”表示一个钙离子带2个单位的正电荷(3)③中氧元素的化合价为−2价(4)④、⑤、⑥表示的微粒所属元素位于第二周期(5)⑤表示的微粒的符号为mg2+(6)④、⑤、⑥均达到了稳定结构A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个6.归纳与逻辑推理是化学学习的常用方法，以下说法中正确的有()①氧化物一定含有氧元素，含有氧元素的一定是氧化物②化学反应常伴随能量变化，所以有能量变化的过程一定发生了化学变化③有单质参加或生成的化学变化中，一定有元素的化合价发生改变④分子、原子、离子都能构成物质⑤化合物与氧化物是包含关系，所以化合反应与氧化反应也是包含关系⑥纯净物与混合物都可以只含一种元素⑦元素是质子数相同的一类原子的统称，但质子数相同的粒子不一定属于同种元素A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个7.某可燃物R是H2、CO、CH4其中的一种或两种。
将一定量的R和过量氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如表，下列叙述错误的是()物质R氧气二氧化碳水反应前质量/g m1m200反应后质量/g0m3m4m5A. 该密闭容器内反应前后分子个数可能减少B. 若生成物有2种，R的组成可能有3种情况C. 0≤m4≤m1+m2−m3D. 若m4：m5=11：9时，R可以是CH4或CO和H2的混合物8.用如图所示装置，分别对燃烧条件和CO2与水反应的实验进行研究。
下列说法中正确的个数为()内容[实验1]研究燃烧条件[实验2]研究CO2与水反应步骤①打开弹簧夹，通入一段时间N2，关闭弹簧夹，加热木炭。
②停止加热，冷却后打开弹簧夹，通入O2。
①向B中放入一朵用紫色石蕊溶液浸泡后干燥的纸花。
②打开弹簧夹，通入O2。
③。
④停止通O2，熄灭酒精灯。
(1)实验1中，步骤①的目的是排尽玻璃管中的空气。
(2)步骤③的实验操作为点燃酒精灯，加热木炭。
(3)实验1中，步骤①②对比得出燃烧需要温度达到可燃物着火点的结论。
(4)实验2中，C装置中的液体是紫色石蕊溶液。
(5)实验2中，C装置中的液体可以是水。
(6)两个实验中，B装置的共同作用是防止C中液体倒吸到玻璃管中。
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个9.充分燃烧1kg天然气和煤所产生的CO2和SO2气体的质量如图所示。
(1)根据图中数据，说明______燃烧产生的气体对环境的污染更加严重。
天然气是重要的化石燃料之一，它属于______(填纯净物或混合物)。
(2)写出天然气燃烧的化学方程式：______。
10.实验室部分仪器或装置如图所示，请回答下列问题：(1)若要组装制取较多量的二氧化碳的装置，可选择图中______(填仪器下方的字母)，在实验制取过程中，某同学用燃着的小木条放在瓶口验证二氧化碳是否收集满，结果发现小木条始终不熄灭的原因可能是：______(写出一条即可)。
(2)若用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，应增加的仪器是______，写出该反应的化学方程式______。
11.甲、乙、丙是仅由C和O两种元素中的一种或两种元素组成的单质或化合物，丁是由Ca、O和C三种元素组成的化合物，它们之间存在如图转化关系(图中“→”表示某物质通过一步反应转化为另一物质，部分反应物、生成物及反应条件已略去)。
(1)丁的化学式是______。
(2)丙的名称是______；实现由乙到甲的转化，可利用乙的______(填字母)进行。
A.还原性B.可燃性C.毒性(3)甲→乙转化的化学方程式是______，此反应的基本类型为______。
12.半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和水蒸气。
某化学兴趣小组为检验半水煤气的某些成分，设计的实验方案如图所示。
查阅资料可知碱石灰是CaO和NaOH的混合物，回答下列问题：(1)A瓶中产生白色沉淀，证明半水煤气中含有______。
(2)B装置的作用是______。
E装置中发生反应的化学方程式是______。
(3)证明半水煤气中含有H2的现象是______。
(4)测定半水煤气中H2、CO质量的实验方案如图：若步骤Ⅳ中浓硫酸质量增加ag，步骤Ⅴ的KOH溶液质量增加bg，则半水煤气中H2与CO的质量比为______(用含字母a、b的代数式表示)。
13.某同学取石灰石样品18g进行测定实验，现将120g稀盐酸分六次加入石灰石样品中(杂质不溶于水也不参与反应)，充分反应后测得生成气体的总质量如表所示：第1次第2次第3次第4次第5次第6次加入稀盐酸的质量202020202020 /g生成气体的总质量1.12.2M1 4.4 5.0M2/g(1)M2的值为______；(2)求石灰石样品中碳酸钙的质量分数。
(计算结果精确到0.1%)答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、二氧化碳可用作气体肥料是利用二氧化碳的化学性质，故选项错误；B、氢气可用作高能燃料是利用氢气的可燃性，属于化学性质；故选项错误；C、碳雕可以净化室内空气是利用碳的吸附性，属于物理性质；故选项正确；D、煤可以干馏生产出多种化工产品，属于煤的化学性质；故选项错误；故选：C。
物质在化学变化中表现出来的性质叫化学性质，如可燃性、助燃性、氧化性、还原性、酸碱性、稳定性、腐蚀性等；物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，叫物理性质；物理性质经常表现为：颜色、状态、气味、密度、硬度、熔点、沸点、导电性、导热性、溶解性、挥发性、吸附性、延展性等。
本考点考查了物理性质和化学性质的区分，要记忆有关二氧化碳、氢气、碳、煤的性质，并能够在比较的基础上进行应用，本考点的基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中．2.【答案】B【解析】解：A、硫燃烧生成二氧化硫，瓶内气压无明显变化，不能测定氧气含量，该选项不正确；B、该装置能够过滤黄泥水，该选项正确；C、碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，硫酸钙微溶于水，包裹在碳酸钙表面，阻止反应进行，该选项不正确；D、过程中白磷、红磷都不能燃烧，不能探究燃烧条件，该选项不正确。
故选：B。
A、硫燃烧生成二氧化硫；B、该装置能够过滤黄泥水；C、碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，硫酸钙微溶于水；D、过程中白磷、红磷都不能燃烧。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
3.【答案】D【解析】解：A、铅笔的成分中含有石墨，不含铅，故选项说法错误。
B、自然界的水经过沉淀、过滤、吸附等净化处理后，不能除去水中的可溶性钙、镁化合物，不能降低水的硬度，故选项说法错误。
C、天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧能生成二氧化碳气体，“油改气”工程不能大大缓解温室效应，故选项说法错误。
D、地窖中可能含有大量的不能供给呼吸的二氧化碳，二氧化碳不能供给呼吸；二氧化碳不能燃烧、不能支持燃烧，进入地窖前可以先做灯火实验以检验二氧化碳含量是否过高，故选项说法正确。
故选：D。
A、根据铅笔的成分，进行分析判断。
B、根据降低水的硬度，要降低可溶性钙、镁化合物的含量，进行分析判断。
C、根据天然气的主要成分是甲烷，进行分析判断。
D、根据地窖中可能含有大量的不能供给呼吸的二氧化碳，进行分析判断。
本题难度不大，了解天然气的主要成分是甲烷、铅笔的成分、二氧化碳的化学性质等是正确解答本题的关键。
4.【答案】A【解析】解：根据反应前的物质和反应后的物质的微观粒子情况，可得如图所示的图示，则可知该反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO。
A、根据化学方程式的情况可知，参加反应的物质间的质量比为：71：18，故正确；B、由反应的微观图示可知，参加反应的反应物分子个数比为1：1，故错误。
C、消毒后的自来水是混合物，不是纯净物，故错误；D、次氯酸(HClO)中H元素、Cl元素、O元素的原子个数比为1：1：1，元素宏观概念，不论个数，故错误；故选：A。
依据在自来水消毒过程通常要发生化学反应的微观过程，根据反应前的物质和反应后的物质的微观粒子，可以书写出该过程的化学方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO；据此可以判断选项的正误．掌握微粒观点及模型图的应用，了解单质和化合物的判别，以及掌握置换反应和酸性溶液的pH是解题的关键。
5.【答案】B【解析】解：(1)①氦气由原子直接构成，化学式与元素符号相同，He可以表示氦元素，也可表示一个氦原子，还可以表示氦气，故错误。
(2)元素符号右上角数字表示一个离子带的电荷数。
②中“2+”表示一个钙离子带2个单位的正电荷，故正确。
(3)③中氢元素化合价为+1，设氧元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，2x+(+1)×2=0，x=−1，③中氧元素的化合价为−1价，故错误。
(4)④核外有2个电子层，位于第二周期，⑤原子核外有三个电子层，位于第三周期，⑥原子核外有1个电子层，位于第一周期，故错误。
(5)⑤中质子数为12，电子数为10，是镁离子，离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。
镁离子表示为Mg2+，故错误。
(6)最外层电子数是8的是一种稳定结构，第一层也是最外层时，达到2个电子也是一种稳定结构。
④、⑤、⑥均达到了稳定结构，故正确。
故选：B。
(1)氦气由原子直接构成，化学式与元素符号相同。
(2)元素符号右上角数字表示一个离子带的电荷数。
(3)根据根据化合物中正负化合价代数和为0分析。