上海徐汇区2022届九年级初三数学一模试卷+答案

2022年上海市徐汇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.在△ABC中，C90，AB5，BC4，则sinA的值是（）4334A．B．C．D．55432.如图1，已知AB∥CD∥EF，BD:DF2:3，那么下列结论中，正确的是（）A．CD:EF2:5B．AB:CD2:5C．AC:AE2:5D．CE:EA2:53.无人机在空中点A处观察地面上的小丽所在位置B处的俯角是50°，那么小丽在地面点B处观察空中点A处的仰角是（）A．40B．50C．60D．704.已知点C是线段AB的中点，下列结论中正确的是（）11A．ACBCB．ACBC0C．BCABD．CABA2225.下列对二次函数y2x13的图像的描述中，不．正．确．的是（）A．抛物线开口向下B．抛物线的对称轴是直线x1C．抛物线与y轴的交点坐标是0,3D．抛物线的顶点坐标是1,36.如图2，在△ABC中，ACB90，CD、CE分别是斜边AB上的高和中线，下列结论不一定成立的是（）CDA．ADCBB．tanECBADC．CD2ADDBD．BC22DBEC二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请直接将结果填入答题纸的相应位置】17.计算：2aa4b______．28.冬日暖阳，下午4点时分，小明在学校操场晒太阳，身高1.5米的他，在地面上的影长为2米，则此时高度为9米的旗杆在地面的影长为______米．9.将抛物线y2x23先向下平移1个单位，再向下平移4个单位后，所得抛物线的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式是______．210.如果点A2,y1，B5,y2在二次函数yx2xn图像上，那么y1______y2（填＞、＝、＜）11.如图3，某人跳芭蕾舞，踮起脚尖时显得下半身比上半身更修长．若以裙子到腰节为分界点，身材比例正好符合黄金分割，已知从脚尖到头顶高度为176cm，那么裙子到腰节到脚尖的距离为______cm．（结果保留根号）12.如图4，△ABC中，AB8，BC7，点D、E分别在边AB，AC上，已知AE4，AEDB，则线段DE的长为______．13.如图5，BE是△ABC的角平分线，过点E作ED∥BC交边AB于点D．如果AD3，DE2，则BC的长度为______．14.二次函数的图像如图6所示，对称轴为直线x1，根据图中信息可求得该二次函数的解析式为______．15.小明同学逛书城，从地面一楼乘自动扶梯，随扶梯移动了13米，到达距离地面5米高的二楼，则该自动扶梯的坡度i______．16.如图7，已知点G是△ABC的中心，记向量ABa，ACb，则向量AG______．（用向量xaxb的形式表示，其中x、y为实数）17.如图8，已知点A是抛物线yx2图像上一点，将点A向下平移2个单位到点B，再把A绕点B顺时针旋转120°得到点C，如果点C也在该抛物线上，那么点A的坐标是______．18.如图9，在Rt△ABC中，CAB90，ABAC，点D为斜边BC上一点，且BD3CD，将△ABD沿直线AD翻折，点B的对应点为B，则sinCBD______．三、解答题：（本大题共7题，满分78分）sin603tan30cos6019.计算：．12cot45cot30220.二次函数fxaxbxc的自变量x的取值与函数y的值列表如下：x…﹣2﹣10…234…yfx…﹣503…30﹣5…（1）根据表中的信息求二次函数的解析式，并用配方法求出顶点的坐标；（2）请你写出两种平移的方法，使平移后二次函数图像的顶点落在直线yx上，并写出平移后二次函数的解析式．21.已知：如图10，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD4，BC6，对角线BD、AC相交于点E，过点A作AF∥DC，交对角线BD于点F．BF（1）求的值；EF（2）设ABa，ADb，请用向量a、b表示向量AE．22.图11-1是一种自卸货车，图11-2是该货车的示意图，货箱侧面是一个矩形，长AB4米，宽BC2米，初始时点A、B、F在同一水平线上，车厢底部AB离地面的高度为1.3米．卸货时货箱在千斤顶的作用下绕着点A旋转，箱体底部AB形成不同角度的斜坡．（1）当斜坡AB的坡角为37°时，求车厢最高点C离地面的距离；（2）点A处的转轴与后车轮转轴（点E处）的水平距离叫做安全轴距，已知该车的安全轴距为0.7m．货厢对角线AC、BD的交点G是货厢侧面的重心，卸货时如果A、G两点的水平距离小于安全轴距时，会发生车辆倾覆安全事故．当斜坡AB的坡角为45°时，根据上述车辆设计技术参数，该货车会发生车辆倾覆安全事故吗？试说明你的理由．（精确到0.1米，参考值：sin370.60，cos370.80，tan370.75，21.4142）23.如图12，已知Rt△ABC中，ACB90，射线CD交AB于点D，点E是CD上一点，且AECABC，联结BE．（1）求证：△ACD∽△EBD（2）如果CD平分ACB，求证：AB22EDEC．41024.如图13，抛物线yx2x2与x轴相交于点A，与y轴交于点B，C为线段33OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB于点D，交该抛物线于点E．（1）求直线AB的表达式，直接写出顶点M的坐标；（2）当以B，E，D为顶点的三角形与△CDA相似时，求点C的坐标；（3）当BDE2OAB时，求△BDE与△CDA的面积之比．25.如图14，在△ABC中，C90，cotA2，点D为边AC上的一个动点，以点D为顶点作BDEA，射线DE交边AB于点E，过点B作射线DE的垂线，垂足为点F．（1）当点D是边AC中点时，求tanABD的值；（2）求证：ADBFBCDE；（2）当DE:EF3:1时，求AE:EB．2022年上海市徐汇区中考数学一模试卷 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、选择题：（本大题共6小题，每题4分，满分24分）1.A．2.C．3.B．4.D．5.C．6.B．二、填空题：（本大题共12小题，每题4分，满分48分）327.a2b．8.12．9.y2x1110.＜．21011.88588．12.3.513.．14.y=－x2－32x+3．111015.5：12．16.a+b．17.（3，3）．18.．3310三、解答题：（本大题共7小题，满分78分）sin603tan30cos6019.解：12cot45cot303313=23212133313313131332220.【答案】（1）fxx2x3；顶点坐标1,42（2）把抛物线f(x)=-(x-1)+4向下平移3个单位长度，抛物线为：22fxx11，或把抛物线f(x)=-(x-1)+4向右平移3个单位长度，抛物线为：2f(x)=-(x-4)+4.【解析】2【分析】（1）由二次函数fxaxbxc过1,0,3,0,设抛物线的交点式为f(x)=a(x+1)(x-3),再把0,3代入抛物线的解析式求解a的值，再配方，求解顶点坐标即可；（2）平移后二次函数图像的顶点落在直线yx上，顶点的横坐标与纵坐标相等，由顶点坐标为：1,4,再分两种情况讨论：当顶点坐标为：1,1时，当顶点坐标为：4,4时，再写出平移方式即可.【小问1详解】2解：二次函数fxaxbxc过1,0,3,0,设f(x)=a(x+1)(x-3),把0,3代入抛物线的解析式可得：3a3,解得：a1,2所以抛物线为：f(x)=-(x+1)(x-3)=-x+2x+3.22而f(x)=-x+2x+3=-(x-2x+1-1)+32=-(x-1)+4,所以顶点坐标为：1,4.【小问2详解】解：平移后二次函数图像的顶点落在直线yx上，顶点的横坐标与纵坐标相等，而顶点坐标为：1,4,当顶点坐标变为：1,1时，2把抛物线f(x)=-(x-1)+4向下平移3个单位长度即可；2此时抛物线为：f(x)=-(x-1)+1当顶点坐标变为：4,4时，2把抛物线f(x)=-(x-1)+4向右平移3个单位长度即可.2此时抛物线为：f(x)=-(x-4)+4.53221.【答案】（1）（2）ba455【解析】ADDEAE2AEEF2【分析】（1）由ADE∽CBE，得，由AF//CD，得，BCBECE3CEDE3从而解决问题；（2）求出AE与AC的关系，以及AD与BC的关系，通过ACBCBA即可求解．【小问1详解】解：AD//BC，ADE∽CBE，ADDEAE2，BCBECE3AF//CD，AEEF2，CEDE3设EF4x，则DE6x，BF5x，BF5，EF4【小问2详解】解：AD4，BC6，AD//BC，3BCAD，ADE∽CBE，23AEAD2BCb，，2ECBC32AEAC，5ABa，BAa，ACBCBA3ba，22AEAC523(ba)5232ba．5522.【答案】（1）4m（2）不会，理由见解析【解析】【分析】（1）过点B,C作BHAF,CIAF，垂足分别为H,I，CI交AB于点L，过点B作BKCI于点K，根据CICKKIBCcosBCKABsinBCK即可解决问题；（2）过点G作GMAF于点M，同理求得CI，进而勾股定理求得AI，根据平行线分线段成比例求得AM，进而判断AM是否大于0.7即可判断该货车是否会发生车辆倾覆安全事故．【小问1详解】如图，过点B,C作BHAF,CIAF，垂足分别为H,I，CI交AB于点L，过点B作BKCI于点K，则四边形BHIK是矩形，BHKICLBALI,CBLLIABCKLAI斜坡AB的坡角为37°，即BAF37BCK37CKBCcosBCK,BHKIABsinBCKAB4,BC2,sin370.60，cos370.80，CICKKIBCcosBCKABsinBCK20.840.64m【小问2详解】该货车不会发生车辆倾覆安全事故，理由如下，如图，过点G作GMAF于点M，22同理求得CICKKIBCcosBCKABsinBCK243222在RtCIA中，CI32,ACBC2AB22522AIAC2CI225322四边形ABCD是矩形CGAGGM∥CI,AGAMGCMICGAG12AMMIAI0.70710.722该货车不会发生车辆倾覆安全事故．23.【解析】ADDE【分析】（1）先根据相似三角形的判定证明△ADE∽△CDB，则可证得即CDDBADCD，再根据相似三角形的判定即可证得结论；DEDB（2）根据角平分线定义和相似三角形的性质证明∠DCB=∠EAB=∠EBA=45°，则△AEB为等腰直角三角形，根据勾股定理可得AB2=2BE2，再根据相似三角形的判定证明△EBD∽△ECB即可证得结论．【小问1详解】证明：∵AECABC，∠ADE=∠CDB，∴△ADE∽△CDB，ADDEADCD∴即，又∠ADC=∠EDB，CDDBDEDB∴△ACD∽△EBD；【小问2详解】证明：∵CD平分ACB，∠ACB=90°，∴∠ACD=∠DCB=45°，∵△ADE∽△CDB，△ACD∽△EBD，∴∠DCB=∠EAD=∠EBD=45°，∴AE=BE，∠AEB=90°，∴△AEB为等腰直角三角形，∴AB2=AE2+BE2=2BE2，∵∠DCB=∠EBD，∠CEB=∠BED，∴△CEB∽△BED，BEEC∴即BE2EDEC，EDBE∴AB2=2BE2=2ED·EC．2549115122524.【答案】（1）yx2,M(，)（2）(，0)或(，0)（3）341282104【解析】【分析】（1）求出A、B点的坐标，用待定系数法求直线AB的解析式即可；（2）由题意可知BED是直角三角形，设C(t,0)，分两种情况讨论①当BED90，时，5BE//AC，此时E(t,2)，由此可求t；②当EBD90时，过点E作EQy轴交2AOBO3于点Q，可证明ABO∽BEQ，则，可求E(t,2t)，再由E点在抛物线上，BQEQ211则可求t，进而求C点坐标；8（3）作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BGEC于点G，则有135BQOBED，在Rt△BOQ中，BQ24(3BQ)2，求出BQ，QO，则66122410tanBQOtanBEG，设C(t,0)，则D(t,t2)，E(t,t2t2)，则有533312t2S2t122535BDE54210，求出t，即可求．tt16S3t10433CDA【小问1详解】410解：令y0，则x2x20，331x或x3，2A(3,0)，令x0，则y2，B(0,2)，设直线AB的解析式为ykxb，b2，3kb02k3，b22yx2，34104549yx2x2(x)2，333412549M(，)；412【小问2详解】解：ADCBDE，ACD90，BED是直角三角形，设C(t,0)，①如图1，当BED90，时，BE//AC，E(t,2)，410t2t22，335t0（舍)或t，25C(，0)；2②如图2，当EBD90时，过点E作EQy轴交于点Q，BAOABO90，ABOQBE90，QBEBAO，ABO∽BEQ，AOBO32，即，BQEQBQt3BQt，23E(t,2t)，234102tt2t2，23311t0（舍)或t，811C(，0)；8115综上所述：C点的坐标为(，0)或(，0)；82【小问3详解】解：如图3，作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BGEC于点G，BQAQ，BQAQAB，BED2OAB，BQOBED，在Rt△BOQ中，BQ2BO2OQ2，BQ24(3BQ)2，13BQ，65QO，612tanBQO，512tanBEG，52410设C(t,0)，则D(t,t2)，E(t,t2t2)，33342410BGt，DEt24t，AC3t，DCt2，EGt2t，333312t410，5t2t3335t，161SEDBG，BDE21SACCD，CDA242(t4t)t2SBDE32t1225．S23t104CDA(3t)(t2)3225.【答案】（1）；（2）见解析；（3）5：34【解析】【分析】（1）过D作DH⊥AB于H，设AC2x，BCx，由勾股定理得AB3x，由中点定义和三角形的等面积法求得DH，再根据勾股定理求得AH、BH，由DHtanABD求解即可；BH（2）根据相似三角形的判定证明△DEB∽△ADB、△DFB∽△ACB，根据相似三角形的性质即可证得结论；（3）设DE3k，EFk，则DF=4k，根据余切定义和勾股定理可求得EB、BF、BD，再根据相似三角形的性质求得AB即可求解．【小问1详解】解：过D作DH⊥AB于H，AC在ABC中，C90，cotA2，BC设AC2x，BCx，∴ABAC2BC2(2x)2x23x，∵D为AC的中点，12∴AD=AC=x，2211∴SADBCABDH，ADB222xx∴ADBC6，DH2xAB3x6263在Rt△AHD中，AHAD2DH2(x)2(x)2x，263323∴BH=AB－AH=3x－x=x，336xDH2在Rt△BHD中，tanABD6；BH234x3【小问2详解】证明：∵∠BDE=∠A，∠DBE=∠ABD，∴△DEB∽△ADB，DEDB∴，ADAB∵∠F=∠C=90°，∠BDE=∠A，∴△DFB∽△ACB，BFDB∴，BCABDEBF∴即ADBFBCDE；ADBC【小问3详解】解：由DE:EF3:1可设DE3k，EFk，则DF=4k，∵BDEA，∴cot∠BDE=cot∠A=2，DF4k∴2，BFBF∴BF22k，又∠F=90°，∴EBBF2EF2(22k)2k23k，BDBF2DF2(22k)2(4k)226k，∵△DEB∽△ADB，EBBD3k26k∴即，BDAB26kAB∴AB=8k，∴AE=AB－EB=5k，∴AE：EB=5k：3k=5：3．