上海崇明区2022届九年级初三数学一模试卷+答案

2022年上海市崇明区中考数学一模试卷2022.1一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】1.将抛物线y2x2向上平移3个单位后所得抛物线的表达式是（）22A.y2x23；B.y2x3；C.y2x3；D.y2x23.2.如果两个相似三角形的周长比为1：4，那么这两个三角形的对应中线的比为（）A.1：2；B.1：4；C.1：8；D.1：16.3.如果向量a与向量b方向相反，且，那么向量a用向量b表示为（）11A.a3b；B.a3b；C.ab；D.ab.334.在Rt△ABC中，C90，AB2，AC1，那么cosB的值是（）231A.；B.；C.；D.2.2225.下列各组条件中，一定能推得△ABC与△DEF相似的是（）A.AE且DF；B.AB且DF；ABEFABFDC.AE且；D.AE且.ACEDBCDE26.已知二次函数yaxbxca0的图像如图所示，那么下列结论中正确的是（）A.ac0；B.当x1时，y0C.b2a；D.9a3bc0二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置】xy2x7.如果，那么____________.y3y8.计算：23a2b5a____________.9.已知线段AB=8cm，点C是AB的黄金分割点，且ACBC，那么线段AC的长为____________cm.210.如果抛物线yk2x的开口向上，那么k的取值范围是____________.11.如果抛物线yx23x1m经过原点，那么m____________.212.已知二次函数yaxbxca0自变量x的值和它对应的函数值y如下表所示：x…10123…y…0343m…那么上表中m的值为____________.13.某滑雪运动员沿着坡比为1:3的斜坡向下滑行了100米，那么运动员下降的垂直高度为_____________米.AB114.如图，直线AD∥BE∥CF，如果，AD2，CF6，那么线段BC3BE的长是_____________.15.如图，在平行四边形ABCD中，点M是边CD中点，点N是边BC的中点，设ABa，BCb，那么MN可用a，b表示为_____________.16.如图，已知正方形DEFG的顶点D、E在△ABC的边BC上，顶点G、F分别在边AB、AC上，如果BC4，△ABC的面积为6，那么这个正方形的边长是_____________.17.定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“对等四边形”，如图，在Rt△PBC中，PCB90，点A在边BP上，点D在边CP上，如果BC11，12tanPBC，AB13，四边形ABCD为“对等四边形”，那么CD的长为5_____________.18.如图所示，在三角形纸片ABC中，AB=9，BC=6，∠ACB=2∠A，如果将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点D处，折痕为CM，那么cosDMA_____________.三、解答题：（本大题共7题，满分78分）19.（本题满分10分）计算：3tan302cos452sin60cot4520.（本题满分10分）如图，在△ABC中，点F为△ABC的重心，联结AF并延长交BC于点D，联结BF并延长交AC于点E.S△DEF（1）求的值；S△ABF（1）如果ABa，ACb，用a，b表示BE和AF.21.（本题满分10分，第(1)小题满分5分，第(2)小题满分5分）25如图，在△ABC中，ABAC5，sinB.5（1）求边BC的长度；（2）求cosA的值.22.（本题满分10分，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分4分）如图，小明同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用无人机测量他所住小区的楼房BC的高度，当无人机在地面A点处时，测得小区楼房BC顶端点C处的仰角为30°，当无人机垂直向上飞行到距地面60米的D点处时，测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°.（1）求小区楼房BC的高度；（2）若无人机保持现有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行，问：经过多少秒后，无人机无法观察到地面上点A的位置（计算结果保留根号）23.（本题满分12分，每小题满分各6分）已知：如图，在Rt△ABC中，ACB90，CDAB，垂足为点D，E为边AC上一点，联结BE交CD于点F，并满足BC2CDBE.求证：（1）△BCE∽△ACB；（2）过点C作CMBE，交BE于点G，交AB于点M，求证：BECMABCF.24.（本题满分12分，每小题满分各4分）3如图，抛物线yx2bxc与x轴交于点A4,0，与y轴交于点B0,3，点4Mm,0为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N.（1）求抛物线的解析式，并写出此抛物线的对称轴和顶点坐标；（2）如果以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，求m的值；（3）如果以B、P、N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标.25.（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）、（3）小题满分各5分）已知：如图，正方形的边长为1，在射线AB上取一点E，联结DE，将ADE绕点D针旋转90°，E点落在点F处，联结EF，与对角线BD所在的直线交于点M，与射线DC交于点N.1求证：（1）当AE时，求tanEDB的值；3（2）当点E在线段AB上，如果AEx，FMy，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；1（3）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当BG时，求AE的值.32022年上海市崇明区中考数学一模试卷答案一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）1.A2.BA.D4.C5.C6.D二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分36分）57.8.a4b．9.45410.k2311.112.013.5014.311123115.ab16.17.13或12-85或12+8518.22732三、解答题（本大题共7题，满分78分）19.解：3tan302cos452sin60cot45323=3221322=323=211uuur1r1r20.【答案】（1）（2）BEba，AFab4233【解析】【分析】（1）根据重心是三角形三边中线的交点即可得到DE是△ABC的中位线，则21S△DE1DEAB，DE∥AB，即可证明△ABF∽△DEF，得到DEF=；2S△ABFAB4uuuruuurr11（2）先求出AEACb，再由BEAEAB，即可求出BE；由△ABF∽△DEF，22BFABuuur2uuur1r2ruuuruuuruuur1r1r得到2，可以推出BFBEba，则AFABBFab．EFDE33333【小问1详解】解：∵F是三角形ABC的重心，∴D、E分别是BC、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，1∴DEAB，DE∥AB，2∴△ABF∽△DEF，2SDE1∴DEF；SABFAB4【小问2详解】解：∵F是△ABC的重心，∴D、E分别是BC、AC的中点，∵ABa，ACb，uuur1uuur1r∴AEACb，22uuuruuuruuur1rr∴BE=AE-AB=b-a，2∵△ABF∽△DEF，BFAB∴2，EFDE1∴EFBF，22∴BFBE，3uuur2uuur1r2r∴BFBEba，333uuuruuuruuur1r1r∴AFABBFab．33321.（1）2；（2）．5【解析】【分析】（1）作ABC的高AD，由等腰三角形的性质“三线合一”，可知ABAC．在AD25Rt△ABD中，由sinB，即可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出BDAB5的长，从而即可求出BC的长；（2）再作ABC的高BE，由面积法即可求出BE的长，再在Rt△ABE中，由勾股定理即AE可求出AE的长，最后根据cosA求值即可．AB【小问1详解】解：如图，作ABC的高AD，∵ABAC，∴点D为BC中点，即BDCD．AD25AD25∵在Rt△ABD中，sinB，即，AB555∴AD2，∴BDAB2AD2(5)2221，∴BC2BD2．【小问2详解】如图，再作ABC的高BE，11∵S△BCADACBE，ABC22∴225BE，45∴BE．54535∵在Rt△ABE中，AEAB2BE2(5)2()2，5535∴AE3．cosA5AB5522.（1）3031米（2）123秒【解析】【分析】（1）过点C作CE⊥AD于点E，可得四边形ABCE为平行四边形，从而得到AB=CE，AE=BC，∠ACE=30°，然后在Rt△ACE和Rt△CDE中，利用锐角三角函数，可得AECE3AE，DE=CE，即可求解；tan30（2）设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，可得∠F=∠BAC=30°，在RtADF中，AD可得DF603米，再除以速度，即可求解．tan30【小问1详解】解：如图，过点C作CE⊥AD于点E，根据题意得：AD⊥AB，BC⊥AB，AD=60米，∠BAC=30°，∠CDE=45°，∴AD∥BC，AB∥CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AB=CE，AE=BC，∠ACE=30°，在Rt△ACE中，∠ACE=30°，AE∴CE3AE，tan30在Rt△CDE中，∠CDE=45°，∴∠DCE=45°，∴∠CDE=∠DCE，∴DE=CE，∴60AE3AE，解得：AE3031米，即小区楼房BC的高度为3031米；【小问2详解】如图，设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，∴∠F=∠BAC=30°，在RtADF中，ADDF603米，tan30∴6035123秒，即经过123秒后，无人机无法观察到地面上点A的位置．23.（1）见解析（2）见解析【解析】BCBE【分析】（1）由BC2CDBE可得可得BCE∽BCD,然后再说明CDBC△ABC∽△BCD,即可证明结论；（2）说明ABE∽CMF即可证明结论．【小问1详解】证明：∵BC2CDBEBCBE∴CDBC∵ACB90，CDAB∴∠BDC=ACB90∴EBC∽BCD∵ACB90，CDAB∴∠A+∠ABC=90°，∠DCB+∠ABC=90°，∴∠A=∠DCB∵∠CBD=∠CBD∴△ABC∽△BCD∴BCE∽ACB．【小问2详解】解：∵BCE∽ACB∴∠A=∠CBE∵BCE∽BCD∴∠DCB=∠CBE∵∠AEB=∠CBE+∠BCE,∠CFM=∠CDA+∠FMD∴∠AEB=∠CFM∵CG⊥BE，CD⊥AB，∠CFD=∠DFB∴∠MCF=∠FBD∴ABE∽CMF∴BECMABCF．39337524.【答案】（1）抛物线的解析式为y=−x2+x+3，对称轴为x=，顶点坐标为(，)；44221611（2）m=2；（3）点M的坐标为（，0）或（3，0）．9【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，利用配MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1715952222025_0可求得此抛物线的对称轴和顶点坐标；3（2）先求得直线AB的解析式，得到NP=−m2+3m，根据NP=OB，列出方程求解即可；453PBPN（3）利用两点间的距离公式计算出AB5，BPm，NP=−m2+3m，分时，44OBABPBPN△BPN∽△OBA；时，△BPN∽△ABO两种情况讨论即可求解．ABOB【小问1详解】3解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(4，0)，与y轴交于点B(0，3)，43424bc0∴4，c39b解得：4，c339∴抛物线的解析式为y=−x2+x+3，44393375∵y=−x2+x+3=−(x-)2+，4442163∴此抛物线的对称轴为x=，2375顶点坐标为(，)；216【小问2详解】解：设直线AB的解析式为y=px+q，4pq0把A（4，0），B（0，3）代入得，q33p解得：4，q33∴直线AB的解析式为y=x3，4∵M（m，0），MN⊥x轴，393∴N（m，−m2+m+3），P（m，m3），4443∴NP=−m2+3m，OB=3，4∵NP∥OB，且以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，3∴NP=OB，即−m2+3m=3，4整理得：m2-4m+4=0，解得：m=2；【小问3详解】3∵A（4，0），B（0，3），P（m，m3），42235∴AB=42325，BP=mm33m，443而NP=−m2+3m，4∵PN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，PBPN当时，△BPN∽△OBA，OBAB53mm23m即44，35211整理得9m-11m=0，解得m1=0（舍去），m2=，911此时M点的坐标为（，0）；9PBPN当时，△BPN∽△ABO，ABOB53mm23m即44，532整理得2m-5m=0，解得m1=0（舍去），m2=3，此时M点的坐标为（3，0）；11综上所述，点M的坐标为（，0）或（3，0）．9112225.【答案】（1）；（2）y1x2+2x，0≤x≤1；（3）AE的值为222或2．【解析】1【分析】（1）过点E作EH⊥BD与H，根据正方形的边长为1，AE，求出312EB=1-AE1，根据正方形性质可求∠ABD=45°，根据EH⊥BD，得出33222∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=，以323222及DH=DB-BH=2，利用三角函数定义求解即可；33（2）解：根据AE=x，求出BE=1-x，根据旋转将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，CF=AE=x，根据勾股定理22ED=FD=AD2+AE21+x2,EF=BE2+BF21x+1x22x2，可1xBM证△DEF为等腰直角三角形，先证△BEM∽△FDM，得出，再证1x2y1x222x2y1x2+2x2y△EMD∽△BMF，得出，两式相乘得出，整1xBM1xy理即可；11（3）当点G在BC上，BG，先证△BGM∽△DAM，得出BGBM31，由（2）3DADM132BMBE12知△BEM∽△FDM，得出，得出41x，结合y1x2+2x，MFDF2y1x21消去y，当点G在CB延长线上，BG，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，证明31△BGM∽△DAM，得出BMBD，根据∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，证出△MLB为2BMML11等腰直角三角形，再证△MLB∽△DCB，，CD=1，ML=，ML∥BE，结BDDC2213LMLFx合△LMF∽△BEF，得出即22解方程即可．BEBFx11x【小问1详解】解：过点E作EH⊥BD与H，1∵正方形的边长为1，AE，312∴EB=1-AE1，33∵BD为正方形对角线，∴BD平分∠ABC，∴∠ABD=45°，∵EH⊥BD，∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，∴EH=BH，222∴EH=BH=BEsin45=，AB=BDcos45°，3232∴BD12，2222∴DH=DB-BH=2，332EH1tanEDB3；HD2223【小问2详解】解：如上图，∵AE=x，∴BE=1-x，∵将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，∴CF=AE=x，ED=FD=AD2+AE21+x2,∴BF=BC+CF=1+x，22在Rt△EBF中EF=BE2+BF21x+1x22x2，∵∠EDF=90°，ED=FD，∴△DEF为等腰直角三角形，∴∠DFE=∠DEF=45°，∴∠EBM=∠MFD=45°，∵∠EMB=∠DMF，∴△BEM∽△FDM，BEBM1xBM∴，即，DFFM1x2y∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，∴△EMD∽△BMF，EDEM1x222x2y∴，即，BFBM1xBM1x1x2BM22x2y∴，1x21xyBM1x2+2x2y∴，1xy1x1x2+2x2yy22+2x2∴即，1xy1xy1∴y1x2+2x2，0≤x≤1；2【小问3详解】1解：当点G在BC上，BG，3∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BG，∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，∴△BGM∽△DAM，1∴BGBM13，DADM13∵由（2）知△BEM∽△FDM，BMBE∴，MFDF∵DB=AB2AD22，1∴BMDM，BMDM2，32∴BM，42∴1x4，y1x21∵y1x2+2x2，221x1∴4即1x2，12221x22x1x222解x1，x舍去；2221当点G在CB延长线上，BG，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，3∵GB∥AD，∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，∴△BGM∽△DAM，1∴BGBM13，DADM131∴BMDM，31∴BMBD，2∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，∴△MLB为等腰直角三角形，∵ML∥CD，∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，∴△MLB∽△DCB，BMML1∴，CD=1，BDDC21∴ML=2∵ML∥BE，∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，∴△LMF∽△BEF，LMLF∴，BEBF13∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=1xx，BF=BC+CF=1+x，2213∴x22，x11x整理得：2x24，解得x32，x42舍去，2∴AE的值为或2．2