2022-2023学年山西省临汾市九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山西省临汾市九年级（上）期中数学试卷（含解析），共19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学年山西省临汾市九年级（上）期中数学试卷  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）计算的结果为(    )A.  B.  C.  D. 下列四条线段成比例的是(    )A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，，我们在解一元二次方程时，先将等号左边利用平方差公式进行因式分解，得到，再把它转化为两个一元一次方程或，进而解得，，这种解方程的过程体现出来的数学思想是(    )A. 抽象的思想 B. 数形结合的思想 C. 公理化的思想 D. 转化的思想若，则(    )A.  B.  C.  D. 下列计算正确的是(    )A.  B.
C.  D. 图是伸缩折叠不锈钢晾衣架的实物图，图是它的侧面示意图，和相交于点，点，之间的距离为米，，根据图中的数据可得点，之间的距离为(    )
A. 米 B. 米 C. 米 D. 米用配方法解方程配方后的方程是(    )A.  B.  C.  D. 如图，是▱的边的延长线上的一点，连接，交边于点若，则与的周长之比为(    )
 A.  B.  C.  D. 关于一元二次方程为常数的根的情况，下列说法正确的是(    )A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 不能确定根的情况如图，在四边形中，，，，分别是，的中点，连接，，，点为边上一点，过点作，交于点，若，则的长为(    )A.
B.
C.
D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）化为最简二次根式是______．蝴蝶标本可以近似地看作轴对称图形．如图，将一只蝴蝶标本放在平面直角坐标系中，如果图中点的坐标为，则其关于轴对称的点的坐标为______．
如图，在中，是上一点，，，垂足为，是的中点，，则的长为______．
 如图，在某小区内拐角处的一段道路上，有一儿童在处玩耍，一辆汽车从被楼房遮挡的拐角另一侧的处驶来与相交于点，已知米，米，米，米，则汽车从处前行的距离______米时，才能发现处的儿童．
如图，在中，，，平分，若，则的长为______．
   三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
计算：；
解方程：．本小题分
如图，在中，，是边上一点，且，过点作的垂线，交的延长线于点，求证：∽．
本小题分
某超市以每箱元的进价购进一批水果，当该水果售价为元箱时，六月销售箱，七、八月该水果十分畅销，销量持续上涨，在售价不变的基础上，八月的销量达到箱．
求七，八两月的月平均增长率；
九月该超市为了减少库存，开始降价促销，经调查发现，该水果每箱降价元，月销量在八月销量的基础上增加箱，当该水果每箱降价多少元时，超市九月获利元？本小题分
如图，在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为，，网格中每个小正方形的边长为，以点为位似中心，画出的位似图形，相似比为．
请在第一象限内画出；
若以，，，为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的点的坐标．
本小题分
阅读与思考
阅读下列材料，并完成相应的任务：
法国数学家爱德华卢卡斯以研究斐波那契数列而著名，他曾给出了求斐波那契数列第项的表达式，创造出了检验素数的方法，还发明了汉诺塔问题．
“卢卡斯数列”是以卢卡斯命名的一个整数数列，在股市中有广泛的应用．卢卡斯数列中的第个数可以表示为，其中说明：按照一定顺序排列着的一列数称为数列
任务：
卢卡斯数列中的第个数______，第个数______；
卢卡斯数列有一个重要特征：当时，满足--请根据这一规律写出卢卡斯数列中的第个数．本小题分
如图为幸福小区入口处安装的汽车出入道闸示意图．如图，道闸关闭时，四边形是矩形．如图，在道闸打开的过程中，边固定，直线，连杆、分别绕点、转动，且边始终与边平行，为上的一点不与点，重合，过点作直线，，垂足分别为，，即四边形是矩形，过点作，垂足为，延长与相交于点．

与相似吗？请判断并说明理由．
若道闸长米，宽米，点距地面米，米，米，米．
求点到地面的距离；
求的长．本小题分
综合与实践
问题情境：如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，连接，连接并延长交于点．
猜想验证：试猜想与是否相似？并证明你的猜想．
探究证明：如图，连接交于点，与相交于点，是否成立？并说明理由．
拓展延伸：若，直接写出的值．
本小题分
综合与探究
如图，在中，，点从点开始沿边向点以的速度运动，点从点开始沿边向点以的速度运动，当点到达点时，点，同时停止运动．若，的长是的两根其中，单位：．
求，的长；
如果点，分别从点，同时出发，那么几秒后，的面积为？
如果点，分别从点，同时出发，是否能和相似？如果能，请求出运动的时间；如果不能，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：原式，
故选：．
根据二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
 2.【答案】 【解析】解：、，故选项不符合题意；
B、，故选项符合题意；
C、，故选项不符合题意；
D、，故选项不符合题意．
故选：．
对于四条线段、、、，如果其中两条线段的比与另两条线段的比相等，我们就说这四条线段是成比例线段，根据定义判断即可．
本题考查了比例线段，判定四条线段是否成比例，只要把四条线段按大小顺序排列好，判断前两条线段之比与后两条线段之比是否相等即可，求线段之比时，要先统一线段的长度单位，最后的结果与所选取的单位无关系．
 3.【答案】 【解析】解：我们在解一元二次方程时，先将等号左边利用平方差公式进行因式分解，得到，再把它转化为两个一元一次方程或，进而解得，，
这种解法体现的数学思想是转化思想，
故选：．
上述解题过程利用了转化的数学思想．
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．
 4.【答案】 【解析】解：，
，
，
，
故选：．
利用比例的性质，进行计算即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
 5.【答案】 【解析】解：、与不属于同类二次根式，不能运算，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意；
故选：．
利用二次根式的加减法的法则，二次根式的化简及乘法的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 6.【答案】 【解析】解：，
∽，
，
，
，
答：点，之间的距离为米，
故选：．
根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：方程移项得：，
配方得：，即．
故选：．
方程移项后，利用完全平方公式配方得到结果，即可作出判断．
此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
∽，
，
故选：．
由四边形是平行四边形，得，则，可推导出，由，得∽，则．
此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，根据“平行于三角形一边的直线和其它两边或两边的延长线相交所构成的三角形与原三角形相似”证明∽是解题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：，，，
，
所以方程有两个不相等的实数根．
故选：．
计算出方程的根的判别式，只要得到根的判别式的符号，即可作出判断．
此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的关系：方程有两个不相等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程没有实数根．
 10.【答案】 【解析】解：连接，，
，，
，
，分别是，的中点，
，
，
∽，
，
，
，
，
，
的长为，
故选：．
连接、，由，，根据勾股定理求得，由三角形的中位线定理求得，再证明∽，则，即可求得，得到问题的答案．
此题重点考查相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，根据三角形的中位线定理求出的长并且证明∽是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：，
故答案为：．
根据二次根式的性质计算即可．
本题考查的是最简二次根式，二次根式的化简，熟记二次根式的性质是解题的关键．
 12.【答案】 【解析】解：由题意知，图中点的坐标为，其关于轴对称的点的坐标为，
故答案为：．
根据关于轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，进而得出答案．
此题主要考查了关于轴对称点的性质，正确掌握点的坐标特点是解题关键．
 13.【答案】 【解析】解：，，
，
，
是的中位线，
，
故答案为：．
根据等腰三角形的三线合一得到，再根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
 14.【答案】 【解析】解：在中，，，
，
，，
∽，
，
，
，
在中，米，
，
，
汽车从处前行米，才能发现处的儿童，
故答案为：．
先在中，利用勾股定理求出的长，再证明字模型相似三角形∽，从而利用相似三角形的性质可得，然后在中，根据勾股定理求出的长，进行计算即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：，，
，，
平分，
，
，，
．
故答案为：．
依据，即可得到可得答案．
本题主要考查了角平分线的性质以及等腰直角三角形，掌握等腰三角形性质是解题的关键．
 16.【答案】解：原式
；
，
，
，即，
，
，． 【解析】利用平方差公式和二次公式的乘法法则计算乘法后，再合并同类二次根式即可；
利用配方法求解即可．
本题主要考查实数的运算，解一元二次方程，能熟练地运用配方法解一元二次方程是解此题的关键．
 17.【答案】解：，
，
，
，，
，
∽． 【解析】根据证得，根据对顶角相等，再根据可证得∽．
本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
 18.【答案】解：设七，八两月的月平均增长率为，
依题意得：，
解得：，不符合题意，舍去．
答：七，八两月的月平均增长率为．
设该水果每箱降价元，则每箱盈利元，月销售量为箱，
依题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去．
答：当该水果每箱降价元时，超市九月获利元． 【解析】设七，八两月的月平均增长率为，利用八月的销售量六月的销售量七，八两月的月平均增长率，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
设该水果每箱降价元，则每箱盈利元，月销售量为箱，利用总利润每箱的销售利润月销售量，即可得出关于的一元二次方程，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．
 19.【答案】解：如图，为所作；

点的坐标为或或． 【解析】把、、点的横纵坐标都乘以得到点、、的坐标，然后描点即可；
把平移使点与点重合，则点的对应点为点；把平移使点与点重合，则点的对应点为点；把平移使点与点重合，则点的对应点为点．
本题考查了作图位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或也考查了平行四边形的判定．
 20.【答案】   【解析】解：，第个数．
故答案为：；；
，
；
，
，
．
根据，将，分别代入计算即可求解；
根据当时，满足，先求出，，再进一步求出．
本题考查了二次根式的应用，关键是掌握“卢卡斯数列”．
 21.【答案】解：相似．
理由：四边形是矩形，
，．
，
，
．
，，，
，
，
∽；
延长交直线于点，则点到地面的距离即为线段的长．
四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
米，米，米，
米．
故点到地面的距离为米；
道闸长米，
设米，则米，
由知，∽，
，
点距地面米，米，米，
米，
，
解得，
在中，米，米，
米．
米．
故的长大约为米． 【解析】根据四边形是矩形可知，，再由可知，故可得出，进而可得出结论；
设，则，再由中∽求出的值，根据勾股定理即可得出的长，进而可得出结论；
同可得出的长，由即可得出结论．
本题考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质和解直角三角形的知识是解题的关键．
 22.【答案】解：与相似，
将绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
，
∽；
成立，
理由：由知∽，
，
，
∽，
，
，
，
∽，
，
，
，
，
∽，
；
由知，，
，
，
∽，
，
，
，
，
，
的值为． 【解析】根据旋转的性质得到，，，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
由知∽，求得，推出∽，根据相似三角形的性质得到，推出∽，根据相似三角形的性质得到，推出∽，根据相似三角形的性质即可得到结论；
根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
此题是相似形的综合题，考查旋转的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
 23.【答案】解：解方程得，
，，
，的长是的两根，
，，
设秒后，的面积为，
根据题意得，，
解得或，
答：秒或秒后，的面积为；
能和相似，
设秒后，和相似，
，
当和相似时，
或，
或，
解得或，
答：能和相似，运动的时间为或 【解析】解方程即可得到结论，
设秒后，的面积为，根据题意得列方程，解方程即可得到结论；
根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．
本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法，三角形面积的计算，熟练掌握相似三角形的性质定理是解题的关键．