山西省临汾市2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)

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）
1.计算(√2)2的结果为( )
A. 2
B. 4
C. √2
D. 2√2
2.下列四条线段成比例的是( )
A. 4，2，1，3
B. 1，2，2，4
C. 3，4，5，6
D. 1，2，3，5
3.我们在解一元二次方程(x+1)2−9=0时，先将等号左边利用平方差公式进行因
式分解，得到(x+1+3)(x+1−3)=0，再把它转化为两个一元一次方程x+1+ 3=0或x+1−3=0，进而解得x1=−4，x2=2，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
4.若m+n
m =5
3
，则
n
m
=( )
A. 2
3B. 2
5
C. 3
5
D. 7
3
5.下列计算正确的是( )
A. √3+√6=3
B. √(−3)2=−3
C. √3×√1
3=31
3
D. √12−√3=√3
6.图1是伸缩折叠不锈钢晾衣架的实物图，图2是它的侧面示意图，AD和CB相交于点
O，点A，B之间的距离为1.2米，AB//CD，根据图2中的数据可得点C，D之间的距离为( )
A. 0.8米
B. 0.86米
C. 0.96米
D. 1米
7.用配方法解方程x2−4x+1=0配方后的方程是( )
A. (x+2)2=3
B. (x−2)2=3
C. (x−2)2=5
D. (x+2)2=5
8.如图，E是▱ABCD的边DA的延长线上的一点，连接CE，交
边AB于点P.若AP
CD =2
5
，则△AEP与△BCP的周长之比为( )
A. 2
3B. 4
9
C. 3
7
D. 2
5
9.关于一元二次方程x2+kx−9=0(k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
10.如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC=2，E，
F分别是AD，DC的中点，连接BE，BF，EF，点P为边BE上
一点，过点P作PQ//EF，交BF于点Q，若S△BPQ
S△BEF
=1
2
，则PQ
的长为( )
A. 1
2
B. 1
C. √2
2
D. √2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11.√5
16
化为最简二次根式是______．
12.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A的坐标为(5,3)，则其关于y轴对称的点B的坐标为______．
13.如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD=AC，AE⊥CD，
垂足为E，F是BC的中点，EF=3，则BD的长为______．
14.如图，在某小区内拐角处的一段道路上，有一儿童在C处玩耍，一辆汽车从被楼房
遮挡的拐角另一侧的A处驶来(CM⊥DM,BD⊥DM,BC与DM相交于点O)，已知OM=4米，CO=5米，DO=3米，AO=√73米，则汽车从A处前行的距离
AB=______米时，才能发现C处的儿童．
15.如图，在△ABC中，AC=BC，∠B=72°，AD平分∠BAC，若
CD=1，则AD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）
16.(本小题10.0分)
(1)计算：|−√6|+(√2+1)(√2−1)−√2×√3；
(2)解方程：3x2−6x+2=0．
17.(本小题6.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，F是边AB上一点，且CB=CF，过点A作CF的垂线，交CF的延长线于点D，求证：△ADF∽△ACB．
18.(本小题8.0分)
某超市以每箱25元的进价购进一批水果，当该水果售价为40元/箱时，六月销售256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400箱．
(1)求七，八两月的月平均增长率；
(2)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1元，
月销量在八月销量的基础上增加5箱，当该水果每箱降价多少元时，超市九月获利4250元？
19.(本小题7.0分)
如图，在平面直角坐标系内，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,1)，B(1,3)，C(4,2)(网格中每个小正方形的边长为1)，以点O为位似中心，画出△ABC的位似图形△
A′B′C′，相似比为2．
(1)请在第一象限内画出△A′B′C′；
(2)若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的点D的
坐标．
20. (本小题8.0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n 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n 个数F(n)可以表示为(1+√52
)n−1+(1−√52
)n−1，其中n ≥1.(说明：按照
一定顺序排列着的一列数称为数列) 任务：
(1)卢卡斯数列中的第1个数F(1)=______，第2个数F(2)=______；
(2)卢卡斯数列有一个重要特征：当n ≥3时，满足F(n)=F(n --1)+F(n −2).请根据这一规律写出卢卡斯数列中的第6个数F(6)． 21. (本小题10.0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1，道闸关闭时，四边形ABCD 是矩形．如图2，在道闸打开的过程中，边AD 固定，AD ⊥直线l ，连杆AB 、CD 分别绕点A 、D 转动，且边BC 始终与边AD 平行，P 为CD 上的一点(不与点C ，D 重合)，过点P 作PE ⊥直线l ，PF ⊥MN ，垂足分别为E ，F ，即四边形PENF 是矩形，过点D 作DQ ⊥PE ，垂足为Q ，延长BC 与PF 相交于点R ．
(1)△PDQ与△CPR相似吗？请判断并说明理由．
(2)若道闸长AB=4米，宽AD=1米，点D距地面0.2米，PE=1.16米，RF=0.8米，
CR=1.44米．
①求点B到地面l的距离；
②求PF的长．
22.(本小题13.0分)
综合与实践
问题情境：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点B顺时针旋转得到Rt△EBD，连接AE，连接CD并延长交AE于点F．
猜想验证：(1)试猜想△CBD与△ABE是否相似？并证明你的猜想．
探究证明：(2)如图，连接BF交DE于点H，AB与CF相交于点G，DH
BH =FH
EH
是否成立？
并说明理由．
拓展延伸：(3)若CD=EF，直接写出BC
AB
的值．
23.(本小题13.0分)
综合与探究
如图，在△ABC中，∠C=90°，点M从点A开始沿AC边向点C以1cm/s的速度运动，点N从点C开始沿CB边向点B以1.2cm/s的速度运动，当点M到达点C时，点M，N同
时停止运动．若AC，BC的长是x2−14x+48=0的两根(其中AC<BC，单位：cm)．
(1)求AC，BC的长；
(2)如果点M，N分别从点A，C同时出发，那么几秒后，△MCN的面积为3cm2
(3)如果点M，N分别从点A，C同时出发，△MCN是否能和△ABC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】A
【解析】解：原式=2，
故选：A．
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】B
【解析】解：A、∵1
2≠3
4
，故选项不符合题意；
B、∵1
2=2
4
，故选项符合题意；
C、∵3
4≠5
6
，故选项不符合题意；
D、∵1
2≠3
5
，故选项不符合题意．
故选：B．
对于四条线段a、b、c、d，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】D
【解析】解：我们在解一元二次方程(x+1)2−9=0时，先将等号左边利用平方差公式进行因式分解，得到(x+1+3)(x+1−3)=0，再把它转化为两个一元一次方程x+ 1+3=0或x+1−3=0，进而解得x1=−4，x2=2，
这种解法体现的数学思想是转化思想，
故选：D．
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】A
【解析】解：∵m+n
m =5
3
，
∴3m+3n=5m，∴3n=2m，
∴n m =2
3
，
故选：A．
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】D
【解析】解：A、√3与√6不属于同类二次根式，不能运算，故A不符合题意；
B、√(−3)2=3，故B不符合题意；
C、√3×√1
3
=1，故C不符合题意；
D、√12−√3=√3，故D符合题意；
故选：D．
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】C
【解析】解：∵AB//CD，
∴△AOB∽△DOC，
∴AB CD =1
0.8
，
∴1.2 CD =1
0.8
，
∴CD=0.96，
答：点C，D之间的距离为0.96米，
故选：C．
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】B
【解析】解：方程移项得：x 2−4x =−1， 配方得：x 2−4x +4=3，即(x −2)2=3． 故选：B ．
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】A
【解析】解：∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AB =CD ，AD//BC ， ∵
AP CD =25
，
∴AP
AB =2
5， ∴
AP BP+AP =25
，
∴AP
BP =2
3， ∵AE//BC ， ∴△AEP∽△BCP ， ∴
△AEP 的周长△BCP 的周长
=AP BP =2
3，
故选：A ．
由四边形ABCD 是平行四边形，得AB =CD ，则AP
CD
=AP AB =25，可推导出AP BP =2
3
，由AE//BC ，得△AEP∽△BCP ，则
△AEP 的周长△BCP 的周长
=AP BP =2
3．
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△AEP∽△BCP 是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵a =1，b =k ，c =−9， ∴Δ=b 2−4ac =k 2+36>0， 所以方程有两个不相等的实数根． 故选：A ．
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：(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．
10.【答案】B
【解析】解：连接PQ ，AC ，
∵∠ABC =90°，AB =BC =2，
∴AC =√AB 2+BC 2=√22+22=2√2， ∵E ，F 分别是AD ，DC 的中点， ∴EF =12AC =12×2√2=√2，
∵PQ//EF ，
∴△BPQ∽△BEF ，
∴
S △BPQ S △BEF =(PQ EF )2， ∵S △BPQ
S △BEF
=12， ∴(PQ EF )2=1
2， ∴(PQ √2)2=12，
∴PQ =1，
∴PQ 的长为1，
故选：B ．
连接PQ 、AC ，由∠ABC =90°，AB =BC =2，根据勾股定理求得AC =2√2，由三角形的中位线定理求得EF =√2，再证明△BPQ∽△BEF ，则S △BPQ S
△BEF =(PQ EF )2=1
2，即可求得PQ =1，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EF 的长并且证明△BPQ∽△BEF 是解题的关键．
11.【答案】√54
【解析】解：√516=√5√16
=√54， 故答案为：√54
． 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】(−5,3)
【解析】解：由题意知，图中点A的坐标为(5,3)，其关于y轴对称的点B的坐标为(−5,3)，故答案为：(−5,3)．
根据关于y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y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】6
【解析】解：∵AD=AC，AE⊥CD，
∴CE=ED，
∵CF=FB，
∴EF是△CBD的中位线，
∴BD=2EF=2×3=6，
故答案为：6．
根据等腰三角形的三线合一得到CE=ED，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】5.75
【解析】解：在Rt△CMO中，MO=4m，CO=5m，
∴CM=√CO2−OM2=√52−42=3m，
∵∠BOD=∠MOC，∠BDO=∠CMO=90°，
∴△BDO∽△CMO，
∴BD CM =DO
MO
，
∴BD
3=3
4
，
∴BD=2.25m，
在Rt△AOD中，OA=√73米，
∴AD=√OA2−OD2=8m，
∴AB=AD−BD=8−2.25=5.75(m)，
∴汽车从A处前行5.75米，才能发现C处的儿童，
故答案为：5.75．
先在Rt △△CMO 中，利用勾股定理求出CM 的长，再证明8字模型相似三角形△BDO∽△CMO ，从而利用相似三角形的性质可得BD =2.25m ，然后在Rt △AOD 中，根据勾股定理求出AD 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】1
【解析】解：∵AC =BC ，∠B =72°，
∴∠BAC =∠B =72°，∠C =180°−∠B −∠BAC =180°−72°−72°=36°， ∵AD 平分∠BAC ，
∴∠DAC =∠BAD =12∠BAC =12×72°=36°，
∴∠DAC =∠C =36°，CD =1，
∴AD =CD =1．
故答案为：1．
依据∠DAC =∠C =36°，即可得到AD =CD 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：(1)原式=√6+2−1−√6
=1；
(2)3x 2−6x +2=0，
x 2−2x =−23，
x 2−2x +1=−23+1，即(x −1)2=13，
∴x −1=±
√33， ∴x 1=1+√33，x 2=1−√33
． 【解析】(1)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；
(2)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：∵CB=CF，
∴∠B=∠CFB，
∴∠CFB=∠AFD，
∵AD⊥CD，∠ACB=90°，
∴∠D=∠BCA，
∴△ADF∽△ACB．
【解析】根据CB=CF证得∠B=∠CFB，根据对顶角相等∠CFB=∠AFD，再根据∠D=∠BCA可证得△ADF∽△ACB．
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．(1)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；(2)三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；(3)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；(4)两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
18.【答案】解：(1)设七，八两月的月平均增长率为x，
依题意得：256(1+x)2=400，
解得：x1=0.25=25%，x2=−2.25(不符合题意，舍去)．
答：七，八两月的月平均增长率为25%．
(2)设该水果每箱降价y元，则每箱盈利(40−y−25)元，月销售量为(400+5y)箱，依题意得：(40−y−25)(400+5y)=4250，
整理得：y2+65y−350=0，
解得：y1=5，y2=−70(不符合题意，舍去)．
答：当该水果每箱降价5元时，超市九月获利4250元．
【解析】(1)设七，八两月的月平均增长率为x，利用八月的销售量=六月的销售量×(1+七，八两月的月平均增长率)2，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；
(2)设该水果每箱降价y元，则每箱盈利(40−y−25)元，月销售量为(400+5y)箱，利用总利润=每箱的销售利润×月销售量，即可得出关于y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：(1)如图，△A′B′C′为所作；
(2)点D 的坐标为(3,4)或(5,0)或(−1,2)．
【解析】(1)把A 、B 、C 点的横纵坐标都乘以2得到点A′、B′、C′的坐标，然后描点即可；
(2)把AB 平移使A 点与C 点重合，则B 点的对应点为D 点；把AC 平移使A 点与B 点重合，则C 点的对应点为D 点；把CB 平移使C 点与A 点重合，则B 点的对应点为D 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k ，那么位似图形对应点的坐标的比等于k 或−k.也考查了平行四边形的判定．
20.【答案】2 1
【解析】解：(1)F (1)=1+1=2，第2个数F (2)=1+√52+1−√52
=1． 故答案为：2；1；
(2)∵F (n)=F (n−1)+F (n−2)，
∴F (3)=F (2)+F (1)=1+2=3；
F (4)=F (3)+F (2)=3+1=4，
F (5)=F (4)+F (3)=4+3=7，
∴F(6)=F (5)+F (4)=7+4=11．
(1)根据F(n)=(1+√52)n−1+(1−√52
)n−1，将n =1，2分别代入计算即可求解； (2)根据当n ≥3时，满足F (n)=F (n−1)+F (n−2)，先求出F (4)，F (5)，再进一步求出F(6)． 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：(1)相似．
理由：∵四边形PENF是矩形，
∴PF//l，PE//MN．
∵DQ⊥PQ，
∴DQ//PF，
∴∠CPR=∠PDQ．
∵AD//l，AB//AD，PF//l，
∴BR⊥PF，
∴∠CRP=∠PQE=90°，
∴△PDQ∽△CPR；
(2)①延长CR交直线l于点G，则点B到地面l的距离即为线段BC+CR+RG的长．∵四边形PENF是矩形，
∴PE⊥l，PF//l，PE⊥PF，
∵AD//BC，AD⊥l，
∴BC⊥l，
∴BG⊥PF⊥l，
∴四边形PEGR是矩形，
∴RG=PE，
∵PE=1.16米，CR=1.44米，BC=AD=1米，
∴BG=BC+RG+RG=BC+CR+PE=1+1.44+1.16=3.6(米)．
故点B到地面l的距离为3.6米；
②∵道闸长AB=4米，
设PC=x米，则DP=(4−x)米，
由(1)知，△PDQ∽△CPR，
∴CR PQ =PC
PQ
，
∵点D距地面0.2米，PE=1.16米，CR=1.44米，∴PQ=PE−QE=1.16−0.2=0.96(米)，
∴1.44 0.96=x
4−x
，
解得x=2.4，
在Rt△CPR中，∵CR=1.44米，PC=2.4米，
∴PR=√PC2−CR2=√2．42−1.442=1.92(米)．
PF=1.92+0.8=2.72(米)．
故PF的长大约为2.72米．
【解析】(1)根据四边形PENF是矩形可知PF//l，PE//MN，再由DQ⊥PQ可知DQ//PF，故可得出∠CPR=∠PDQ，进而可得出结论；
(2)①设PC=x，则PD=4−x，再由(1)中△PDQ∽△CPR求出x的值，根据勾股定理即可得出PQ的长，进而可得出结论；
②同(1)可得出PR的长，由PF=PR+RF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：(1)△CBD与△ABE相似，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转得到Rt△EBD，
∴CB=BD，AB=BE，∠CBD=∠ABE，
∴CB BD =AB
BE
=1，
∴CB AB =BD
BE
，
∴△CBD∽△ABE；
(2)DH
BH =FH
EH
成立，
理由：由(1)知△CBD∽△ABE，∴∠GCB=∠GAF，
∵∠CGB=∠AGF，
∴△CGB∽△AGF，
∴CG AG =BG
FG
，
∴CG BG =AG
FG
，
∵∠AGC=∠FGB，∴△AGC∽△FGB，∴∠BAC=∠BFG，∵∠BAC=∠BED，∴∠BFG=∠BED，∵∠DHF=∠BHE，∴△DHF∽△BHE，
∴DH BH =FH
EH
；
(3)由(2)知，DH
BH =FH
EH
，
∴DH FH =BH
EH
，
∵∠DHB=∠FHE，
∴△DHB∽△FHE，
∴∠EFH=∠BDH=90°，∴BF⊥AE，
∴AF=EF=1
2
AE，
∴CD=EF=1
2
AE，
∴BC AB =CD
AE
=1
2
，
∴BC AB 的值为1
2
．
【解析】(1)根据旋转的性质得到CB=BD，AB=BE，∠CBD=∠ABE，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
(2)由(1)知△CBD∽△ABE，求得∠GCB=∠GAF，推出△CGB∽△AGF，根据相似三角形的性质得到∠AGC=∠FGB，推出△AGC∽△FGB，根据相似三角形的性质得到∠BAC=∠BFG，推出△DHF∽△BHE，根据相似三角形的性质即可得到结论；
(3)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：(1)解方程x2−14x+48=0得，
x1=6，x2=8，
∵AC，BC的长是x2−14x+48=0的两根，
∴AC=6cm，BC=8cm，
(2)设t秒后，△MCN的面积为3cm2，
根据题意得，1
2
(6−t)×1.2t=3，
解得t=1或t=5，
答：1秒或5秒后，△MCN的面积为3cm2；
(3)△MCN能和△ABC相似，
设t 秒后，△MCN 和△ABC 相似，
∵∠MCN =∠ACB =90°，
当△MCN 和△ABC 相似时，
∴CM AC
=CN CB 或AC CN =BC CM ， ∴6−t 6=1.2t 8或61.2t =86−t ，
解得t =6019或t =3013
， 答：△MCN 能和△ABC 相似，运动的时间为
6019s 或3013s. 【解析】(1)解方程即可得到结论，
(2)设t 秒后，△MCN 的面积为3cm 2，根据题意得列方程，解方程即可得到结论；
(3)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．。