四川省乐山市峨眉山市博瑞特外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省乐山市峨眉山市博瑞特外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析四川省乐山市峨眉山市博瑞特外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试题原卷版docx、精品解析四川省乐山市峨眉山市博瑞特外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

1. 在实数范围内，若有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数大于或等于0，分母不等于0，列不等式组求解即可．
【详解】解：由题意得：

解得
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数为非负数且分母不等于0是解答本题的关键．
2. 设a=-1，a在两个相邻整数之间，则这两个整数是（ ）
A. 1和2B. 2和3C. 3和4D. 4和5
【答案】C
【解析】
【详解】此题考查开方运算
解：因为，所以选C.
答案：C
3. 下列计算正确是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的运算法则计算判断即可．
【详解】A. 不是同类二次根式，无法计算，不符合题意；
B. ，不符合题意；
C. ，符合题意；
D. ，不符合题意；
故选Ｃ．
【点睛】本题考查了二次根式的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
4. 下列二次根式中，化简后能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简，然后根据能合并的二次根式为同类二次根式作出判断．
【详解】解：A、，能与合并，故本选项正确；
B、不能与合并，故本选项错误；
C、，不能与合并，故本选项错误；
D、，不能与合并，故本选项错误；
故选：A．
【点睛】本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式．
5. 方程的解是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此方程已经配方，根据解一元二次方程的步骤解方程即可.
【详解】，故x－2＝3或x－2＝－3，解得：x1＝5，x2＝－1，故答案选A.
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的基本解法，这是很简单的解方程，难度不大.
6. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键；由题意可设，然后代入进行求解即可．
【详解】解：由题意可设，
∴；
故选D．
7. 若n（）是关于x的方程的根，则m+n的值为（ ）
A. 1B. 2C. -1D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】将n代入方程，提公因式化简即可.
【详解】解：∵n（）是关于x的方程的根，
∴，即n(n+m+2)=0,
∵，
∴n+m+2=0，即m+n=-2，
故选：D.
【点睛】本题考查了一元二次方程的求解,属于简单题,提公因式求出m+n是解题关键.
8. 定义：如果一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知）是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据方程有两个相等的实数根得到，再将带入即可得到，从而得到答案．
【详解】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
故先：A．
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟知当时方程有两个相等的实数根．
9. 如图，点A、B、C在边长为1的正方形网格格点上，下列结论错误的是（ ）
A. sinBB. sinC
C. tanBD. sin2B+sin2C＝1
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理得出AB，AC，BC的长，进而利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而解答即可．
【详解】解：由勾股定理得：
,
∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
∴，，，，只有A错误．
故选择：A．
【点睛】此题考查解直角三角形，关键是根据勾股定理得出AB，AC，BC的长解答．
10. 如图，P为线段AB上一点，AD与BC交于E，∠CPD＝∠A＝∠B，BC交PD于F，AD交PC于G，则图中相似三角形有（ ）
A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对
【答案】C
【解析】
【分析】先根据条件证明△PCF∽△BCP，利用相似三角形的性质：对应角相等，再证明△APD∽△GPD，进而证明△APG∽△BFP，再证明时注意图形中隐含的相等的角．
详解】∵∠CPD=∠B，∠C=∠C，
∴△PCF∽△BCP．
∵∠CPD=∠A，∠D=∠D，
∴△APD∽△PGD．
∵∠CPD=∠A=∠B，
∴∠APG=∠BFP，
∴△APG∽△BFP．
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定．识别两三角形相似，除了要掌握定义外，还要注意正确找出两三角形的对应边、对应角．
11. 关于x的方程m（x+h）2+k=0（m，h，k均为常数，m≠0）的解是x1=-3，x2=2，则方程m（x+h-3）2+k=0的解是（ ）
A. x1=-6，x2=-1B. x1=0，x2=5C. x1=-3，x2=5D. x1=-6，x2=2
【答案】B
【解析】
【详解】解：解方程m（x+h）2+k=0（m，h，k均常数，m≠0）得x=-h±，
而关于x的方程m（x+h）2+k=0（m，h，k均为常数，m≠0）的解是x1=-3，x2=2，
所以-h-=-3，-h+=2，
方程m（x+h-3）2+k=0的解为x=3-h±，
所以x1=3-3=0，x2=3+2=5．
故选：B．
【点睛】本题考查解一元二次方程-直接开平方法．
12. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（ ）

A. B. 8C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，

∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
二、填空题（每小题3分，共24分）
13. 求值：＝_____．
【答案】2+3
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法的逆用，积的乘方逆用和平方差公式计算即可．
【详解】解：原式.
故答案为：．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法和积的乘方的逆用，平方差公式以及二次根式的运算等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识和解答的方法是关键．
14. 如果，那么的值是____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据条件可得，即可求解．
【详解】，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
15. 若方程是一元二次方程，则m的值为 _____；
【答案】-1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax²+bx+c=0（a≠0）．
【详解】∵方程是一元二次方程，
∴
解得：，
∴．
故答案为：-1．
【点睛】此题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义．一元二次方程：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax²+bx+c=0（a≠0）．
16. 已知关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值等于_______．
【答案】2.
【解析】
【分析】根据“关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣c＝0有两个相等的实数根”，结合根的判别式公式，得到关于a和c的等式，整理后即可得到的答案．
【详解】解：根据题意得：
△＝4﹣4a（2﹣c）＝0，
整理得：4ac﹣8a＝﹣4，
4a（c﹣2）＝﹣4，
∵方程ax2+2x+2﹣c＝0是一元二次方程，
∴a≠0，
等式两边同时除以4a得：，
则，
故答案为2．
【点睛】本题考查了根的判别式，正确掌握根的判别式公式是解题的关键．
17. 在中，，另一个与它相似的的最短边长为，则的周长为__．
【答案】195cm
【解析】
【分析】根据题意易得这两个三角形的相似比为，然后根据相似三角形的性质可求解．
【详解】解：根据题意可得：
△ABC的最短边为15cm，
∵与相似，且最短边长为，
∴相似比为：，
∴，
∵，
∴，
故答案为195cm．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
18. 如图，将沿边向右平移得到，交于点．若，则的值为_______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查平移的性质，三角形的面积，相似三角形的判定和性质，由平移的性质得到：，，由，得到，由，推出，即可求出．
【详解】解：由平移的性质得到：，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：4．
19. 在Rt中，，为的中点，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解直角三角形，相似三角形的判定与性质，难度适中，需要熟练掌握直角三角形中的相关性质与定理．
根据题意证出，进而设出和的值，再结合勾股定理求出的值，再根据斜中定理求出和的值，结合和的值求出和的值，相减即可得出答案．
【详解】，
，
，
，
，
设，则，
，则，
是Rt斜边上的中点，
，即，
则，，
．
20. 如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于“倍根方程”的说法，正确的有_____（填序号）．
①方程是“倍根方程”；
②若是“倍根方程”，则；
③若满足，则关于x的方程是“倍根方程”；
④若方程是“倍根方程”，则必有．
【答案】②③④
【解析】
【分析】①求出方程的根，再判断是否为“倍根方程”；
②根据“倍根方程”和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m，n之间的关系；
③当满足时，有，求出两个根，再根据代入可得两个根之间的关系，讲而判断是否为“倍根方程”；
④用求根公式求出两个根，当或时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
【详解】①解方程，得，
，
方程不是“倍根方程”．故①不正确；
②是“倍根方程”，且，
因此或．
当时，，
当时，，
，故②正确；
③，
，
，
，
因此是“倍根方程”，故③正确；
④方程的根为，
若，则，
即，
，
，
，
，
，
若，则，
，
，
，
，
．故④正确，
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了解一元二次方程以及一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键．
三、解答题（每题8分，共24分）
21. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要二次根式的乘除法，解题的关键是熟练掌握二次根式的乘除运算法则．特别注意二次根式相乘除时，分别把根号外的相乘除，根号内的相乘除．最后结果必须是最简二次根式．
直接利用二次根式的乘除法运算法则计算得出答案．
【详解】原式
22. 解方程：2(x-3)=3x(x-3)．
【答案】.
【解析】
【分析】先进行移项，在利用因式分解法即可求出答案.
【详解】，
移项得：，
整理得：，
或，
解得：或．
【点睛】本题考查了解一元一次方程-因式分解，熟练掌握因式分解的技巧是本题解题的关键.
23. 如图，在中，分别是的中点，是上一点，连接．若，求的长．
【答案】14
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理以及直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
由直角三角形斜边上的中线性质得，则，再证为的中位线，即可解决问题．
【详解】解：∵是的中点，，
∴，
∴，
∵分别是的中点，
∴为的中位线，
∴，
即的长为14．
四、解答题（每题8分，共24分）
24. 已知：如图△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，﹣3）、B（3，﹣2）、C（2，﹣4），正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．
（1）画出△ABC向上平移6个单位得到的△A1B1C1；
（2）以点C为位似中心，在网格中画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且△A2B2C2与△ABC的位似比为2：1，并直接写出点A2的坐标．
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；A2坐标（﹣2，﹣2）．
【解析】
【分析】(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案;
(2)利用位似图形的性质得出对应点的位置进而得出.
【详解】解：（1）如图所示:△A1B1C1,即为所求；
（2）如图所示△A2B2C2，即为所求；A2坐标(﹣2，﹣2)
25. 已知：如图，中，，D是边上一点，于E点．．求的值．
【答案】的值为
【解析】
【分析】此题考查解直角三角形，勾股定理，熟记角的三角函数值的计算公式及掌握勾股定理的计算公式是解题的关键．设，则，，根据勾股定理求出，证明，根据正弦函数的定义求出结果即可．
【详解】解：设，则，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
26. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，．
（1）求的取值范围；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）且
（2）的值为4
【解析】
【分析】本题考查了根据一元二次方程的根与判别式的关系来确定未知系数的取值范围，以及根据根与系数的关系来确定未知系数的值．
（1）由条件可知该方程的判别式大于0，可得到关于的不等式，解不等式即可求解；
（2）利用根与系数的关系可用表示出已知等式，可求得的值．
【小问1详解】
原一元二次方程有两个不相等的实数根，
，且；
整理，得：，
即的取值范围为，且；
【小问2详解】
，，
，
．
即，即，
设，则有：，
利用因式分解法，解得：，，
根据，得，
可得为或者，
又，且，
的值为．
五、解答题（每题9分，共18分）
27. 张大爷一家承接的手工产品成本每件元，销售单价为元时，每月销量为件，销售单价每降低元，每月销量增加件．政府根据每月销量补贴每件元补助金．
（1）当销售单价定为元，那么政府本月补助张大爷一家多少元？
（2）产品每月的销售利润加每月政府补助金是张大爷一家的手工产品收入，当某月销售单价为多少元时，张大爷一家能获得元的手工产品收入？
【答案】（1）元；（2）元
【解析】
【分析】（1）根据销售单价每降低元，每月销量增加件，可知定价为15元时销售量为，然后根据每件元补助金即可得到答案；
（2）设销售单价元，根据：收入=（售价-成本）×销量，即可得到方程，求解即可．
【详解】解：（1）定价为15元时，降价5元，
由题意可得：（元），
答：政府本月补助张大爷一家元．
（2）设销售单价为元，由题意可得：
，
解得：，（不合题意舍去），
答：当某月销售单价为元时，张大爷一家能获得元的手工产品收入．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用问题，根据题意列出方程是解题的关键，要注意答案的取舍问题．
28. 如图，已知：在矩形中，，点E从点D出发沿方向以每秒1个单位的速度向点A运动，点F从点B出发沿射线以每秒3个单位的速度运动，当点E运动到点A时，E，F两点停止运动，连接，，交于点G交于点M，连接．

（1）当运动时间为2秒时，求证：；
（2）求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、熟记相似三角形的判定方法是解本题的关键．
（1）证明，，即可得到结论；
（2）证明，，可得，再结合矩形的性质可得结论；
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，
当时，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
六、解答题（每题12分，共24分）
29. 设、是任意两个实数，规定与之间的一种运算“⊕”为：⊕，例如：1⊕，⊕．
参照上面材料，解答下列问题：
（1）2⊕ ，⊕ ；
（2）当时，求代数式⊕的值；；
（3）若，且满足⊕⊕，求方程解．
【答案】（1）2，
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的运算和解一元二次方程，解题关键是理解已知条件中的新定义的含义．
（1）根据定义，分别列出算式，进行计算即可；
（2）先根据，求出和的值，然后根据新定义，进行计算即可；
（3）先根据的取值范围和新定义，列出关于的方程，求出值，再把值代入方程，进行解答即可．
【小问1详解】
⊕，
⊕，⊕，
故答案为：2，；
【小问2详解】
，
，
，
⊕
；
【小问3详解】
，
，
⊕⊕，
，
，
，
，
，
方程为：，
，，，
△
，
方程有两个不相等的实数根，
，
．
30. 如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE、DF相交于点P．
（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE与DF的数量关系是 ．
（2）若AD＝nAB（n≠1），将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明，若不成立，请写出正确结论，并说明理由．
（3）若AB＝8，BC＝12，将△AEF旋转至AE⊥BE，请算出DP的长．
【答案】（1）BE＝DF；（2）不成立，结论：DF＝nBE；理由见解析（3）或
【解析】
【分析】（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．证明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性质可得结论；
（2）结论：DF＝nBE，BE⊥DF，证明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性质可得结论；
（3）分两种情形画出图形，利用相似三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）结论：BE=DF，BE⊥DF，
理由：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
AE=AB，AF=AD，
∴AE=AF，
∵∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE=DF，
故答案为：BE=DF；
（2）结论不成立，结论：DF=nBE，
∵AE=AB，AF=AD，AD=nAB，
∴AF=nAE，
∴AF∶AE=AD∶AB，
∴AF∶AE=AD∶AB，
∵∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△BAE∽△DAF，
∴DF∶BE=AF∶AE=n，∠ABE=∠ADF，
∴DF=nBE；
（3）如图4-1中，当点P在BE的延长线上时，
在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=AB=4，
∴BE==，
∵△ABE∽△ADF，
∴=，
∴=，
∴DF=，
∵四边形AEPF是矩形，
∴AE=PF=4，
∴PD=DF-PF=；
如图4-2中，当点P在线段BE上时，
同法可得DF=，PF=AE=4，
∴PD=DF＋PF=，
综上所述，满足条件的PD的值为或．
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，注意应用分类思想解决问题， 是一道较难的几何综合题．