2021-2022年九年级数学上期末一模试卷含答案(3)

一、选择题
1．若点()12,y -()21,y -、()31,y 都在反比例函数()0k y k x =
<的图象上，则有（ ） A ．123y y y >>
B ．312y y y >>
C ．213y y y >>
D ．132y y y >> 【答案】C
【分析】 先根据反比例函数y ＝
k x
中k ＜0判断出函数图象所在的象限，再得出在每一象限内函数的增减性，再根据三点横坐标的值即可判断出y 1，y 2，y 3的大小．
【详解】 解：∵反比例函数y ＝k x
中k ＜0， ∴函数图象的两个分支位于二四象限，且在每一象限内y 随x 的增大而增大， ∵﹣2＜﹣1＜0，
∴y 2＞y 1＞0，
∵1＞0，
∴y 3＜0，
∴y 2＞y 1＞y 3．
故选：C ．
【点睛】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
2．如图，函数()20y x x
=-<的图象经过Rt ABO ∆斜边OB 的中点C ，连结AC ．如果3,AC =那么ABO ∆的周长为（ ）
A ．638+
B ．6210+
C ．6211+
D ．6213+【答案】D
【分析】 过点C 作CE ⊥AO 于E ，由直角三角形的性质可得BO=6，由三角形中位线性质可得
AB=2CE ，AO=2OE ，由勾股定理可求OA+AB ，即可求解．
【详解】
解：如图1，过点C 作CE ⊥AO 于E ，
∵点C 是BO 的中点，
∴AC=BC=CO=3，
∴BO=6，
∵CE ⊥AO ，AB ⊥AO ，
∴AB ∥CE ，
∴CE 是ABO ∆的中位线,
∴AB=2CE ，AO=2EO ，
∵点C 在()20y x x
=-
<上， ∴CE×EO=2，
∴AB×AO=2 CE×2EO =8，
∵AB 2+AO 2=OB 2=36，
∴（AB+AO ）2=36+16，
∴AB+AO= 13
∴△ABO 的周长=AO+BO+AB=6+213
故选：D ．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
3．如图，边长为4的正方形OABC 的两边在坐标轴上，反比例函数8y x
=的图象与正方形两边相交于点D 、E ，点D 是 BC 的中点，过点D 作DF ⊥OA 于点F ，交OE 于点G ，则ODG S ∆=（ ）
A ．3
B ．2
C ．4
D ．8
【答案】A
【分析】 根据题意可求得点D 的坐标以及点E 的坐标，接着求出直线OE 的解析式，并求出G 点的坐标，可知ODG S ∆=12DG OF ，计算后即可得出最终结果． 【详解】
解：
正方形OABC 的边长为4， ∴点D 的纵坐标为4，点E 的横坐标为4，
又点D 是 BC 的中点， ∴点D 的坐标为（2，4），
点E 在反比例8y x
=图像上， ∴代入点E 的横坐标，得E 点的坐标为（4，2），
设直线OE 的方程为OE l y kx =：，代入E （4，2），
4k=2，解得k=12，∴12
OE l y x =：， 点G 在直线OE 上，∴G （2，1），
ODG S ∆=
12DG OF =()1412=32
⨯-⨯． 故选：A ．
【点睛】 本题考查反比例函数和几何的综合问题，涉及坐标的求解，一次函数的求解，需要运用数形结合思想解题，熟练掌握反比例函数和一次函数的基础知识是解题的关键．
4．用相同的小立方块搭成的几何体的三种视图都相同（如图所示），则搭成该几何体的小立方块个数是（ ）
A ．3个
B ．4个
C ．5个
D ．6个
5．一个密封的圆柱体容器中装了一半的水，如果将该容器水平放置如图，那么稳定后的水
面形状为（ ）.
A ．
B ．
C ．
D ． 6．一个几何体由若干个相同的正方体组成，它从正面和上面看到的图形如图所示，则这个几何体中正方体的个数最少是（ ）
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
7．如图，在ABC 中，D ，E 分别是AB,AC 上的点，且DE// BC ，若AE ： EC=1： 4，那么:ADE BEC S S △△的值为（ ）
A ．1∶16
B ．1∶18
C ．1∶20
D ．1∶24
8．小明身高为1.6米，他在距路灯5米处的位置发现自己的影长为1米，他继续向前走，当他距离路灯为7米时，他的影长将（ ）
A ．增长0.4米
B ．减少0.4米
C ．增长1.4米
D ．减少1.4米 9．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形ABCD 与正方形EFGH ．连结EG ，BD 相交于点O ，BD 与HC 相交于点P ．若GO GP =，下列结论：
①GOP BCP ∠=∠，②BC BP =，③:21BG PG =
+，④DP PO =．正确的是
（ ）
A ．②③④
B ．①③④
C ．①②④
D ．①②③ 10．我们要遵守交通规则，文明出行，做到“红灯停，绿灯行”，小刚每天从家到学校需经过三个路口，且每个路口都安装了红绿灯，每个路口红灯和绿灯亮的时间相同，那么小刚从家出发去学校，他遇到两次红灯的概率是（ ）
A ．18
B ．38
C ．58
D ．12
11．下列关于一元二次方程，说法正确的是（ ） A ．方程2450x x --=配方变形为2(2)2x -=
B ．方程2x x =的解为1x =
C ．关于x 的方程2230ax x +-=有实数根，则13a -
D ．方程221x x -=的解为121x x ==
12．如图，四边形ABCD 中，90A B ∠=∠=︒，60C ∠=°，2CD AD =，4AB =，点P 是AB 上一动点，则PC PD +的最小值是（ ）
A ．4
B ．6
C ．8
D ．10
二、填空题
13．小宇每天骑自行车上学，从家到学校所需时间t （分）与骑车速度v （千米/分）关系如图所示．一天早上，由于起床晚了，为了不迟到，需不超过15分钟赶到学校，那么他骑车的速度至少是__________千米/分．
14．双曲线2y x
=-
经过点A(-1，1y )，B(2，2y )，则1y ________2y (填“>”，“<”或“=”). 15．一个圆柱的三视图如图所示，若其俯视图为圆，则这个圆柱的体积为__________．
16．如果圆柱的侧面展开图是相邻两边长分别为6，12的长方形，那么这个圆柱的体积等于_______（π取3）
17．如图，ABCD 中，E 是CD 的延长线上一点，BE 与AD 交于点F ，
2CD DE =．若DEF 的面积为1，则ABCD 的面积为______．
18．从一个不透明的口袋中随机摸出一球，再放回袋中，不断重复上述过程，一共摸了150次，其中有50次摸到黑球，已知口袋中仅有黑球5个和白球若干个，这些球除颜色外，其他都一样，由此估计口袋中有___个白球．
19．如果关于x 的方程22(1)210x a x a -+++=有一个小于1的正数根，那么实数a 的取值范围是_______________．
20．如图，正方形AOBC 的两边分别在x 轴、y 轴上，点()4,3D -在边AC 上，以点B 为中心，把△BCD 旋转90︒，则旋转后点D 的对应点1D 的坐标是________．
三、解答题
21．实际上在做拉面的过程中就渗透着数学知识：一定体积的面团做成拉面时，面条的总长度y（m）是面条的粗细(横截面积) S（mm 2）的反比例函数，其图象如图所示．
（1）写出y（m）与s（mm2）的函数关系式；
（2）求当面条横截面积为2mm2时，面条的总长度是多少米？
22．仓库里有以下四种规格且数量足够多的长方形、正方形的铁片（单位：分米）．
从中选5块铁片，焊接成一个无盖的长方体（或正方体）铁盒（不浪费材料），甲型盒是由2块规格①，1块规格②和2块规格③焊接而成的铁盒，乙型盒是容积最小的铁盒．（1）甲型盒的容积为________立方分米；乙型盒的容积为________立方分米；（直接写出答案）
（2）现取两个装满水的乙型盒，再将其内部所有的水都倒入一个水平放置的甲型盒，甲型盒中水的高度是多少分米？（铁片厚度忽略不计）
【答案】（1）40，8；（2）甲型盒中水的高度是2分米
【分析】
（1）甲型盒是由2块规格①、1块规格②和2块规格③焊接而成的铁盒，可得一个长为
2分米，宽为4分米，高为5分米的长方体，其中规格②为长方体的底，可求体积为40立方分米，乙型盒是容积最小，即长宽高最小，可得到长宽高都为2分米的正方体，体积为8立方分米，
（2）甲盒的底面为长2分米，宽为4分米的长方形，根据体积相等，可求出高度．
【详解】
（1）因为甲型盒是由2块规格①，1块规格②和2块规格③焊接而成的，
所以甲型盒的容积为24540⨯⨯=（立方分米）．
乙型盒容积最小，即长、宽、高最小，
因此乙型盒为长、宽、高均为2分米的正方体，
容积为2228⨯⨯=（立方分米），
故答案为40，8．
（2）甲型盒的底面积为248⨯=（平方分米），
两个乙型盒中的水的体积为8216⨯=（立方分米），
所以甲型盒内水的高度为1682÷=（分米）．
答：甲型盒中水的高度是2分米．
【点睛】
考查长方体、正方体的展开与折叠，长方体、正方体的体积的计算方法，掌握折叠后的长方体或正方体的棱长以及体积相等是解决问题的关键．
23．如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，点D 是AC 边上一点，DE ⊥AB 于点E ．
（1）求证：△ABC ∽△ADE ；
（2）如果AC ＝8，BC ＝6，DE ＝3，求AE 的长．
24．小华和小雪玩摸牌游戏，现有同一副扑克牌中的2张“方块”，1张“梅花”和1张“红桃”，共4张扑克牌．游戏规则：先将这些扑克牌背面朝上洗匀后，放置在水平桌面上，再从中随机摸出一张牌，记下花色后放回，称为摸牌一次．
（1）小华随机摸牌20次，其中6次摸出的是“红桃”，求这20次中摸出“红桃”的频率； （2）若小雪随机摸牌两次，请利用画树状图或列表的方法，求这两次摸出的牌都是“方块”的概率．
25．已知：关于x 的方程220x kx k ++-=．
（1）试说明无论k 取何值时，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若6k =，请解此方程．
26．如图，矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将BCE 沿BE 折叠，点C 落在AD 边上的点F 处，过点F 作//FG CD 交BE 于点G ，连接CG ．
（1）求证：四边形CEFG 是菱形；
（2）若3AB =，5AD =，求BE 的长．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．无
2．无
3．无
4．B
解析：B
【分析】
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图和左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
【详解】
依题意可得
所以需要4块；
故选：B
【点睛】
考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案． 5．A
解析：A
【分析】
根据垂直于圆柱底面的截面是矩形，可得答案．
【详解】
由水平面与圆柱的底面垂直，得
水面的形状是长方形．
故选：A ．
【点睛】
本题考查了截几何体和认识立体图形．解题的关键是能够正确认识立体图形，明确垂直于圆柱底面的截面是长方形，平行圆柱底面的截面是圆形．
6．B
解析：B
【分析】
易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可能的个数，相加即可．
【详解】
结合主视图和俯视图可知，左边上层最多有2个，左边下层最多有2个，右边上层最多有2个，右边下层最多有2个．所以图中的小正方体最多8块，最少有6块．
故选：B ．
【点睛】
此题主要考查了由三视图判断几何体，考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
7．C
解析：C
【分析】 由已知条件可求得ABE EBC S S ∆∆，又由平行线分线段成比例可求得ADE BDE
S S ∆∆，结合S △BDE =S △ABE -S △ADE 可求得答案．
【详解】
解：∵
AE 1EC 4=， ∴14
ABE EBC S S ∆∆=， ∴14
ABE EBC S S ∆∆=
， ∵DE ∥BC ， ∴14
AD AE DB EC ==， ∴14ADE BDE S S ∆∆=，
∴S △BDE =4S △ADE ，
又∵S △BDE =S △ABE -S △ADE ，
∴4S △ADE =14
S △EBC -S △ADE ， ∴120
ADE EBC S S ∆∆=， 故选：C ．
【点睛】
本题主要考查了平行线分线段成比例的性质及三角形的面积，掌握同高三角形的面积比即为底的比是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
根据在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的光线三者构成的两个直角三角形相似解答．
【详解】
解：设路灯距地面的高度是x 米，
∵小明身高为1.6米，他在距路灯5米处的位置发现自己的影长为1米， ∴
1 1.615x
=+， ∴x=9.6， 设他在向前走距离路灯为7米时，他的影长为y 米，
∵他在向前走距离路灯为7米， ∴1.69.67
y y =+， ∴y=1.4，
∴他的影长将增长0.4米，
故选：A ．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出三角形相似是解题关键．
9．D
解析：D
【分析】
由正方形的性质证明180BOG BCG ∠+∠=︒，
结合180BOG GOP ∠+∠=︒， 从而可判断①；由GO GP =，可得,GOP GPO ∠=∠从而可得,GPO BCP ∠=∠可判断②；设,,BG a CG b == 则,DH CG BF b === 再证明,DHP BGP ∽ 可得,DH HP BG PG
= 求解
2
,b HP a
= 再证明,PG b = 利用,HG HP PG =+ 列方程2,b a b b a -=+解关于a 的方程
并检验即可判断③；证明,DHP CHD ∽求解DP = 再证明
,BCP GPO ∽ 求解PO = 由,a b ≠ 可判断④，从而可得答案．
【详解】 解： 正方形ABCD 与正方形EFGH ． 45,45,DBC EGF ∴∠=︒∠=︒
90,BGC ∠=︒
4590135,EGC ∴∠=︒+︒=︒
36036045135180,BOG BCP OBC OGC ∴∠+∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒
180,BOG GOP ∠+∠=︒
∴ GOP BCP ∠=∠，故①符合题意；
GO GP =，
,GOP GPO ∴∠=∠
,GPO BCP ∴∠=∠
,BC BP ∴= 故②符合题意；
正方形,FGHE
//,EH FG ∴
,DHP BGP ∴∽
,DH HP BG PG
∴= 设,,BG a CG b == 则,DH CG BF b ===
,,BC BP BG PC =⊥
,PG CG b ∴==
,b HP a b
∴= 2
,b HP a
∴= ,FG HG HP PG a b ==+=-
2
,b a b b a
∴-=+ 2220,a ba b ∴--=
(2
1,2b a b ±∴==±
经检验：(1a b =-不合题意，舍去，
(1,a b ∴=+
(
11b BG a PG b b
∴===+ 故③符合题意；
,,BC BP BG CP =⊥
,CBG PBG ∴∠=∠
//,DE BG
,HDP PBG ∴∠=∠
,CBG DCH ∠=∠
,HDP DCH ∴∠=∠
,DHP CHD ∠=∠
,DHP CHD ∴∽ ,DH DP CH CD
∴= ,,DH b CH BG a ===
CD ∴=
b a ∴=
DP ∴= 45,,,CBP PGO BC BP GP GO ∠=︒=∠==
,BC BP PG GO
∴
= ,BCP GPO ∴∽ ,BC CP GP PO
∴=
22,BC CD PC CG b ====
2,b PO
=
PO ∴=
,a b ≠
,DP PO ∴≠ 故④不符合题意；
故选：.D
【点睛】
本题考查的是四边形的内角和定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，二次根式的运算，一元二次方程的解法，三角形相似的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
10．B
解析：B
【分析】
画树状图得出所有情况数和遇到两次红灯的情况数，根据概率公式即可得答案．
【详解】
根据题意画树状图如下：
共有8种等情况数，其中遇到两次红灯的有3种， 则遇到两次红灯的概率是38
， 故选：B ．
【点睛】
本题考查利用列表法或树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；根据树状图得到遇两次红灯的情况数是解题关键．
11．C
解析：C
【分析】
根据一元二次方程的解法及一元二次方程根的判别式来判断即可
【详解】
解：A.用配方法解方程2450x x --=，
245x x -=，
24454x x -+=+，
∴()2
29x -=，故A 不正确； B.用因式分解法解方程2x x =，
20x x -=，
()10x x -=，
∴120,1x x ==，故B 不正确；
C.∵ 关于x 的方程2230ax x +-=有实数根，
∴当a=0，时，230x -=，方程有实根，
当a 0≠时，()224a 30=-⨯-≥△ ，解得1
3
a ≥-， 综上所述，若方程有实根时，则13
a ≥-，故C 正确；
D.解方程221x x -=， 22111x x -+=+，
()212x +=，
1x ∴+=，
121,1x x ∴== ，故D 不正确；
故选：C ．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程及一元二次方程根的判别式，正确理解一元二次方程的解法是解本题的关键，解题时运用了分类讨论思想．
12．C
解析：C
【分析】
作D 点关于AB 的对称点D '，连接CD '交AB 于P ，根据两点之间线段最短可知此时PC +PD 最小；再作D 'E ⊥BC 于E ，则EB =D 'A =AD ，先根据等边对等角得出∠DCD '=∠DD 'C ，然后根据平行线的性质得出∠D 'CE =∠DD 'C ，从而求得∠D 'CE =∠DCD '，得出∠D 'CE =30°，根据30°角的直角三角形的性质求得D 'C =2D 'E =2AB ，即可求得PC +PD 的最小值．
【详解】
作D 点关于AB 的对称点D '，连接CD '交AB 于P ，P 即为所求，此时PC +PD =PC +PD '=CD '，根据两点之间线段最短可知此时PC +PD 最小．
作D 'E ⊥BC 于E ，则EB =D 'A =AD ．
∵CD =2AD ，
∴DD '=CD ，
∴∠DCD '=∠DD 'C ．
∵∠DAB =∠ABC =90°，
∴四边形ABED '是矩形，
∴DD '∥EC ，D 'E =AB =4，
∴∠D 'CE =∠DD 'C ，
∴∠D 'CE =∠DCD '．
∵∠DCB=60°，
∴∠D'CE=30°，
∴在Rt△D'CE中，D'C=2D'E=2×4=8，
∴PC+PD的最小值为8．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，轴对称的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质等，确定出P点是解答本题的关键．
二、填空题
13．【分析】先求出小宇家到学校的距离和函数关系式再把t=15代入函数关系式即可得到结果【详解】解：由图知小宇家到学校的距离是：015×20=3（km）设函数的解析式为：（t＞0）又s=3∴（t＞0）当t
解析：0.2
【分析】
先求出小宇家到学校的距离和函数关系式，再把t=15代入函数关系式即可得到结果．【详解】
解：由图知小宇家到学校的距离是：0.15×20=3（km），
设函数的解析式为：
s
v
t
=（t＞0）
又s=3，
∴3
v
t
=（t＞0）
当t=15时，
3
0.2
15
v==（千米/分）．
故答案为：0.2．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
14．【分析】把点AB 的坐标代入函数解析式求出比较大小即可【详解】解：把点AB 的坐标代入函数解析式得∴＞故答案为：＞【点睛】本题考查了根据函数解析式比较函数值的大小本题也可以画出函数图象描点借助图象比较函 解析：>
【分析】
把点A 、B 的坐标代入函数解析式求出1y ，2y ，比较大小即可．
【详解】
解：把点A 、B 的坐标代入函数解析式2y x
=-得 122y =x 1=2=---，222y ==1x 1
=---， ∴1y ＞2y ．
故答案为：＞
【点睛】
本题考查了根据函数解析式比较函数值的大小，本题也可以画出函数图象，描点，借助图象比较函数值的大小．
15．【分析】由已知三视图为圆柱首先得到圆柱底面半径从而根据圆柱体积=底面积乘高求出它的体积【详解】解：由三视图可知圆柱的底面直径为4高为6∴底面半径为2∴V=πr2h=22×6•π=24π故答案是：24
解析：24π
【分析】
由已知三视图为圆柱，首先得到圆柱底面半径，从而根据圆柱体积=底面积乘高求出它的体积．
【详解】
解：由三视图可知圆柱的底面直径为4，高为6，
∴底面半径为2，
∴V=πr 2h=22×6•π=24π，
故答案是：24π．
【点睛】
此题考查的是圆柱的体积及由三视图判断几何体，关键是先判断圆柱的底面半径和高，然后求其体积．
16．36或72【分析】分两种情况：①底面周长为6高为12；②底面周长为12高为6；先根据底面周长得到底面半径再根据圆柱的体积公式计算即可求解
【详解】①底面周长为6高为12则体积为：×（）2×12＝36；
解析：36或72
【分析】
分两种情况：①底面周长为6，高为12；②底面周长为12，高为6；先根据底面周长得到底面半径，再根据圆柱的体积公式计算即可求解．
【详解】
①底面周长为6，高为12，则
体积为：π×（
62π
）2×12＝36； ②底面周长为12，高为6，则 体积为：π×（122π
）2×6=72． 综上所述，这个圆柱的体积可以是36或72．
故答案为：36或72．
【点睛】
本题考查了展开图折叠成几何体，本题关键是熟练掌握圆柱的体积公式，注意分类思想的运用．
17．12【分析】首先利用以及平行四边形对边相等分别得到DE 与CEDE 与AB 的比值；再根据平行四边形的性质得出进而推出再根据相似三角形面积比为相似比的平方得出和的面积进而得出四边形的面积即可推出的面积【详 解析：12
【分析】
首先利用2CD DE =，以及平行四边形对边相等，分别得到DE 与CE 、DE 与AB 的比值；再根据平行四边形的性质得出AB CD ∥，AD BC ∥，进而推出DEF CEB ∽△△，DEF ABF ∽再根据相似三角形面积比为相似比的平方得出CEB △和ABF 的面积，进而得出四边形BCDF 的面积，即可推出ABCD 的面积.
【详解】
解：∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴AD BC =，AB CD =，
∵2CD DE =，
∴3CE DE =，2AB DE =， ∴13
DE CE =，12DE AB =， ∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴AB CD ∥，AD BC ∥，
∴DEF CEB ∽△△，DEF ABF ∽， ∴21()9DEF CEB S DE S EC ==△△，21()4
DEF ABF S DE S AB ==△△， ∵DEF 的面积为1，
∴=9CEB S △，S =4ABF △，
∴=S 918BCDF CEB DEF S S -=-=△△，
∴=+=8+4=12ABCD BCDF S S S △ABF .
故答案为12.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质相似三角形的性质和判定，关键在于利用相似三角形的面积比等于相似比的平方.
18．10【分析】先由频率=频数÷数据总数计算出频率再由简单事件的概率公式列出方程求解即可【详解】解：摸了150次其中有50次摸到黑球则摸到黑球的频率是设口袋中大约有x 个白球则解得故答案为：10【点睛】考
解析：10
【分析】
先由“频率=频数÷数据总数”计算出频率，再由简单事件的概率公式列出方程求解即可．
【详解】
解：摸了150次，其中有50次摸到黑球，则摸到黑球的频率是
5011503=， 设口袋中大约有x 个白球，则
5153
x =+， 解得10x =． 故答案为：10．
【点睛】
考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是得到关于黑球的概率的等量关系． 19．<a<0【分析】先利用方程的求根公式表示出方程的两个根再利用有一个小于1的正数根这一条件确定a 的取值范围【详解】解：根据方程的求根公式可得：x==解得x1=1x2=2a+1∵x1=1∴小于1的正数根 解析：12
-
< a<0 【分析】 先利用方程的求根公式表示出方程的两个根，再利用“有一个小于1的正数根”这一条件确定a 的取值范围．
【详解】
解：根据方程的求根公式可得：
()2+22+12a a a a ±=±， 解得x 1=1，x 2=2a+1
∵x 1=1，
∴小于1的正数根只能为2a+1，
即0＜2a+1＜1，
解得
1
2
-< a<0．
故答案为：
1
2
-< a<0．
【点睛】
本题考查一元二次方程的根的分布与系数的关系，求解问题的关键是正确理解有且仅有一个小于1的正数根，将能将其转化为函数在（0，1）内仅有一个0点．
20．(10)或(-18)【分析】画出旋转后的图形根据旋转的性质可知OD1的长和
C2D2C2O的长由此判断点D1的坐标【详解】如图所示：根据旋转的性质旋转前后两个图形全等如果△BCD绕点B逆时针旋转90°
解析：(1，0)或(-1，8)
【分析】
画出旋转后的图形，根据旋转的性质可知OD1的长和C2D2，C2O的长，由此判断点D1的坐标.
【详解】
如图所示：根据旋转的性质，旋转前后两个图形全等，
如果△BCD绕点B逆时针旋转90°后得△BOD1，
CD= OD1，BC =BO，
∵四边形AOBC是正方形，D(-4，3)，
∴BC=4，CD =4-3=1，
∴OD1=1
∴D1(1，0)
如果△BCD绕点B顺时针旋转90°后得△BC2D2
C2O=BO+BC2=4+4=8，C2D2=CD=1，
点D 2的的坐标为D 2(-1，8).
故答案为：(1，0)或(-1，8).
【点睛】
本题主要考查图形的旋转及旋转的性质和正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
三、解答题
21．（1）128y s =
(s ＞0)；（2）64m 【分析】
（1）设y 与s 的函数关系式为y=
k s ，然后再把P 点坐标代入即可得到k 的值，进而可得函数解析式；
（2）把s=2代入即可．
【详解】
解：（1）设y 与s 的函数关系式为y=
k s ， ∵P （4，32），
∴32=4
k ，解得k=128， ∴y 与s 的函数关系式是y=
128s (s ＞0)； （2）x=2时，y=1282
=64， ∴当面条粗2 mm 2时，面条长为64m ．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用，关键是正确理解题意，设出函数解析式，掌握凡是函数图象经过的点，必能满足解析式．
22．无
23．（1）证明见解析；（2）4．
【分析】
（1）由90AED C ∠=∠=︒以及A A ∠=∠，从而求证△ABC ∽△ADE ；（2）由△ABC ∽△ADE ，可知
AE DE AC BC
=，代入条件求解即可． 【详解】
（1）证明：∵DE ⊥AB 于点E ，
∴∠AED ＝∠C ＝90°，
又∵∠A ＝∠A ，
∴△ABC∽△ADE．
（2）∵△ABC∽△ADE，
且AC＝8，BC＝6，DE＝3，∴AE DE
AC BC
=，
即：
3 86 AE
=，
∴AE＝4．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，即可求解．
24．（1）
3
10
；（2）见解析，
1
4
【分析】
（1）直接根据“频率=频数÷数据总数”求解即可；
（2）根据题意列出图表得出所有等情况数，找出符合题意的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】
解：（1）小华随机摸牌20次，其中6次摸出的是“红桃”，
∴这20次中摸出“红桃”的频率为63
2010
=．
（2）先将2张“方块”分别记作1A、2A，
1张“梅花”记作B，
1张“红桃”记作C，然后列表如下：
∴P（这两次摸出的牌都是“方块”）41
164
==．
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结
果，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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
25．（1）证明见解析；（2）13x =-23x =-
【分析】
（1）根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案；
（2）通过配方法求解一元二次方程，即可得到答案．
【详解】
（1）∵2224(2)48(2)40k k k k k ∆=--=-+=-+>
∴无论k 取何值时，方程总有两个不相等的实数根；
（2）当6k =时，原方程为：2640x x ++=，
∴2695x x ++=
∴()2
35x += ∴
3x =-±
∴13x =-23x =-．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元二次方程判别式性质，从而完成求解．
26．（1）见解析；（2）BE =
【分析】
（1）由题意可得BCE BFE ≌，则有BEC BEF ∠=∠，FE CE =，进而可得FGE FEG ∠=∠，然后可证四边形CEFG 是平行四边形，最后问题可求证；
（2）由题意易得5AD BC BF ===，则有AF=4，DF=1，设EF x =，则CE x =，3DE x =-，然后根据勾股定理可得2221(3)x x +-=，进而问题可求解．
【详解】
（1）证明：由题意可得，BCE BFE ≌，
BEC BEF ∴∠=∠，FE CE =，
//FG CE ，
FGE CEB ∴∠=∠，
FGE FEG ∴∠=∠，
FG FE ∴=，
FG EC ∴=，
∴四边形CEFG 是平行四边形，
又CE FE =，
∴四边形CEFG 是菱形；
（2）解：矩形ABCD 中，3AB =，5AD =，BC BF =，
90BAF ∴∠=︒，5AD BC BF ===，
4AF ∴=，
1DF ∴=，
设EF x =，则CE x =，3DE x =-
90FDE ∠=︒，
2221(3)x x ∴+-=，解得53
x =， 53
CE ∴=，
3BE ∴===． 【点睛】
本题主要考查矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．。