精品解析：广东省深圳市南山区太子湾学校2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题

这是一份精品解析：广东省深圳市南山区太子湾学校2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题，文件包含精品解析广东省深圳市南山区太子湾学校2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题原卷版docx、精品解析广东省深圳市南山区太子湾学校2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
2022−2023学年度第一学期期中教学质量监测
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题）
1. 已知四条线段a，b，c，d是成比例线段，其中，，，则线段a的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据成比例线段的定义得到，然后利用比例的性质求a的值．
【详解】解：∵四条线段a、b、c、d是成比例线段，
∴，即，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了比例线段：对于四条线段a、b、c、d，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如（即），我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．
2. 用3个同样的小正方体摆出的几何体，从三个方向看到的图形分别如图，这个几何体是（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三个方向看到的图形得出小正方体摆出的几何体即可．
【详解】解：根据题意得，小正方体摆出的几何体为：，
故选：B．
【点睛】本题考查实从不同方向看几何体．在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来，看得见的轮廓线都画成实线，看不见的画成虚线，不能漏掉．
3. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A. ＜2 B. ＜3 C. ＜2 且≠0 D. ＜3且≠2
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数非0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【详解】∵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，
∴ ，
解得：k0，
∴x=，
即：CD=.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组角对应相等的两个三角形相似；两个三角形相似对应角相等，对应边的比相等．也考查了矩形的性质
20. “玫瑰香”葡萄品种是农科院研制的优质新品种，在被广泛种植，某葡萄种植基地2019年种植64亩，到2021年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“玫瑰香”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每上涨1元，每周销售量减少20千克，已知该超市“玫瑰香”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过15元．若使销售“玫瑰香”每周获利2240元，则售价应上涨多少元？
【答案】（1）该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为25%
（2）售价应上涨6元
【解析】
【分析】（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2019年及2021年“玫瑰香”的种植面积，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）设售价应上涨y元，则每天可售出（400-20y）千克，根据总利润＝每千克的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【小问1详解】
解：（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，
依题意，得，
解得：，（不合题意，舍去）．
答：该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为25%．
【小问2详解】
解：设售价应上涨y元，则每天可售出（400-20y）千克，
依题意，得（8-6+y）（400-20y）＝2240，
整理，得，
解得，，
∵该水果售价不能超过15元，，，
∴不符合题意舍去，y＝6符合题意．
答：售价应上涨6元．
【点睛】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．
21. 如图，在中，，cm，，点从点出发沿方向以4cm/s的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以2cm/s的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间是ts．过点作于点，连接，．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）①当______s时，四边形为菱形；
②当______s时，四边形为矩形．
【答案】（1）见解析 （2）①②
【解析】
【分析】（1）由题意得，再由含角的直角三角形的性质得DF=DC=，得到，然后证AEDF，即可得出结论；
（2）①由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得，进而求得的值；
②时，四边形DEBF为矩形，得到，再证AD=2AE，得，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：由题意可知，
∵，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t．
∵AE=2t，DF=2t，
∴AE=DF．
又∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴AEDF，
∴四边形AEFD为平行四边形．
【小问2详解】
解：①∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AEDF．
∵AE=DF，AEDF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即，
解得，
∴当时，四边形AEFD为菱形，
故答案为：10．
②要使四边形DEBF为矩形，则，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得．
即当
时，四边形DEBF为矩形，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22. 某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题做了如下研究：

【问题发现】（1）如图①，在等边三角形ABC中，点M是BC边上任意一点，连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ABC和∠ACN的数量关系为　 　；
【变式探究】（2）如图②，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，点M是BC边上任意一点（不含端点B，C，连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠AMN＝∠ABC，AM＝MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；
【解决问题】（3）如图③，在正方形ADBC中，点M为BC边上一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中心，连接CN，AB，AE，若正方形ADBC的边长为8，CN＝，直接写出正方形AMEF的边长．
【答案】（1） ；（2），理由见解析；（3）10
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，证明△ABM≌△ACN，根据全等三角形的性质得到答案；
（2）证明△ABC∽△AMN．得到，再证明△ABM∽△ACN，根据相似三角形性质证明结论；
（3）证明△ABM～△ACN，根据相似三角形的性质求出BM，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
,
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠ABC＝∠ACN，
故答案为：∠ABC＝∠ACN；
（2）∠ABC＝∠ACN，
理由如下：∵AB＝BC，AM＝MN，
∴,
∴ ，又∠ABC＝∠AMN，
∴△ABC∽△AMN．
∴,
∵∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△ABM∽△ACN，
∴∠ABC＝∠ACN；
（3）∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，∠MAN＝45°，
∴∠BAC﹣∠MAC＝∠MAN﹣∠MAC，即∠BAM＝∠CAN，
∵,
∴,
又∠BAM＝∠CAN，
∴△ABM∽△ACN，
∴，即,
∴BM＝2，
∴CM＝6，
在Rt△AMC，AC＝8，CM＝6，
,
答：正方形AMEF的边长为10．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．