【文档说明】上海崇明区2022届九年级初三数学一模试卷+答案.pdf，共(18)页，1.179 MB，由baby熊上传

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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22yx向上平移3个单位后所得抛物线的表达式是（）A.223yx；B.223

yx；C.223yx；D.223yx.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（）A.3ab；B.3ab；C.13ab；D.13ab.4.在RtABC△中，90C，2AB，1AC，那么cosB的值是（）A.22；B.32；C.12；D.2.5.

下列各组条件中，一定能推得ABC△与DEF△相似的是（）A.AE且DF；B.AB且DF；C.AE且ABEFACED；D.AE且ABFDBCDE.6.已知二次函数20yaxbxca的图像如图

所示，那么下列结论中正确的是（）A.0ac；B.当1x时，0yC.2ba；D.930abc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】7.如果23xyy，那么xy

____________.8.计算：2325aba____________.9.已知线段AB=8cm，点C是AB的黄金分割点，且ACBC，那么线段AC的长为____________cm.10.如果抛物

线22ykx的开口向上，那么k的取值范围是____________.11.如果抛物线231yxxm经过原点，那么m____________.12.已知二次函数20yaxbxca自变量x的值和它对应的函数值y如下表所示：x…101

23…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.14.如图，直线ADBECF∥∥，如果13ABBC，2AD，6CF，那么线段BE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ABa，BCb，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A

B、AC上，如果4BC，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RtPBC△中，90PCB，点A在边BP上，点D在边CP上，如果11BC，12tan5PBC，13AB，四

边形ABCD为“对等四边形”，那么CD的长为_____________.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cosDMA_____________.三、解答题：（本大

题共7题，满分78分）19.（本题满分10分）计算：3tan302cos452sin60cot45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.（1）求DEFABFSS△△的值；（1）如果ABa

，ACb，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）如图，在ABC△中，5ABAC，25sin5B.（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RtABC△中，90ACB，CDAB，垂足为点D，E为边AC上一点，联结BE交CD于点F，并满足2BCCDBE.求证：（1）BCEACB△△∽；（2）过点C作CMBE，交BE于点G，交AB于点M，求证：BECMABCF.24.（本题满分12分

，每小题满分各4分）如图，抛物线234yxbxc与x轴交于点4,0A，与y轴交于点0,3B，点,0Mm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.求证：（1）当13AE时，求tanEDB的值；（2）当点E在线

段AB上，如果AEx，FMy，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（3）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当13BG时，求AE的值.2022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）7.538.4ab．9.45410.2k11.112.013.5014.315.1122ab16.12717.13或12-85或12+8518.3132三、解答题（本大题共7题，满

分78分）19.解：3tan302cos452sin60cot45=3233221322=323=220.【答案】（1）14（2）12BEba，1133AFabuuurrr【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12DEAB，DE∥AB，即可证明△ABF∽△DEF，得到21=4DEFABFSDESAB△△；（2）先求出1122AEACbuuuruuurr，再由BEAEAB

，即可求出BE；由△ABF∽△DEF，得到2BFABEFDE，可以推出212333BFBEbauuuruuurrr，则1133AFABBFabuuuruuuruuurrr．【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，∴12DEAB，DE∥AB，∴△ABF∽△DEF，∴214DEFABFSDESAB；【小问2详解】解：∵F是△ABC的重心，∴D、E分别是BC、

AC的中点，∵ABa，ACb，∴1122AEACbuuuruuurr，∴12BEAEABbauuuruuuruuurrr=-=-，∵△ABF∽△DEF，∴2BFABEFDE，

∴12EFBF，∴23BFBE，∴212333BFBEbauuuruuurrr，∴1133AFABBFabuuuruuuruuurrr．21.（1）2；（2）35．【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ABAC．在R

tABD△中，由25sin5ADBAB，即可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出BD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RtABE△中，由勾股定理即

可求出AE的长，最后根据cosAEAAB求值即可．【小问1详解】解：如图，作ABC的高AD，∵ABAC，∴点D为BC中点，即BDCD．∵在RtABD△中，25sin5ADBAB，即2555

AD，∴2AD，∴2222(5)21BDABAD，∴22BCBD．【小问2详解】如图，再作ABC的高BE，∵1122ABCSBCADACBE△，∴225BE，∴455BE．∵在RtABE△中，22224535(5)()55AEA

BBE，∴3535cos55AEAAB．22.（1）3031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RtACE△和RtCDE△中，利用锐角三角函

数，可得3tan30AECEAE，DE=CE，即可求解；（2）设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，可得∠F=∠BAC=30°，在RtADF中，可得603tan30ADDF米，再除以速度，即可求解．【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RtACE△中，∠ACE=30

°，∴3tan30AECEAE，在RtCDE△中，∠CDE=45°，∴∠DCE=45°，∴∠CDE=∠DCE，∴DE=CE，∴603AEAE，解得：3031AE米，即小区楼房BC的高度为3031米；【小问2详解】如图，设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，∴∠F=∠B

AC=30°，在RtADF中，603tan30ADDF米，∴6035123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】【分析】（1）由2BCCDBE可得BCBECDBC可得BCEBCD∽,然后再说

明ABCBCD△∽△,即可证明结论；（2）说明ABECMF∽即可证明结论．【小问1详解】证明：∵2BCCDBE∴BCBECDBC∵90ACB，CDAB∴∠BDC=90ACB∴EBCBCD∽∵90ACB，CDAB

∴∠A+∠ABC=90°，∠DCB+∠ABC=90°，∴∠A=∠DCB∵∠CBD=∠CBD∴ABCBCD△∽△∴BCEACB∽．【小问2详解】解：∵BCEACB∽∴∠A=∠CBE∵BCEBCD∽∴∠DCB=∠CBE∵∠AEB=∠CBE

+∠BCE,∠CFM=∠CDA+∠FMD∴∠AEB=∠CFM∵CG⊥BE，CD⊥AB，∠CFD=∠DFB∴∠MCF=∠FBD∴ABECMF∽∴BECMABCF．24.【答案】（1）抛物线的解析式为y=−34x2+94x+3，对称轴为x=32，顶点坐标为(32，7

516)；（2）m=2；（3）点M的坐标为（119，0）或（3，0）．【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，利用配方法可求得此抛物线的对称轴和顶点坐标；（2）先求得直线AB的解析式，得到NP=−3

4m2+3m，根据NP=OB，列出方程求解即可；（3）利用两点间的距离公式计算出AB5，BP54m，NP=−34m2+3m，分PBPNOBAB时，△BPN∽△OBA；PBPNABOB时，△BPN∽△ABO两种情况讨论即可求解．【小问1详解】解：∵抛物线y=−34

x2+bx+c与x轴交于点A(4，0)，与y轴交于点B(0，3)，∴2344043bcc，解得：943bc，∴抛物线的解析式为y=−34x2+94x+3，∵y=−34x2+94x+3=−34(x-32)2+7516，∴此抛物线

的对称轴为x=32，顶点坐标为(32，7516)；【小问2详解】解：设直线AB的解析式为y=px+q，把A（4，0），B（0，3）代入得403pqq，解得：343pq，∴直线AB的解析式为y=334x，∵M（m，0），MN⊥x轴，∴N（m，−34m2+9

4m+3），P（m，334m），∴NP=−34m2+3m，OB=3，∵NP∥OB，且以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，∴NP=OB，即−34m2+3m=3，整理得：m2-4m+4=0，解得：m=2；【小问3详解】∵A（4，0），B（0，3），P（

m，334m），∴AB=22435，BP=22353344mmm，而NP=−34m2+3m，∵PN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，当PBPNOBAB时，△BPN∽△OBA，即25334435mmm，整理得9m2-11m=0，解得m1=0

（舍去），m2=119，此时M点的坐标为（119，0）；当PBPNABOB时，△BPN∽△ABO，即25334453mmm，整理得2m2-5m=0，解得m1=0（舍去），m2=3，此时M点的坐标为（3，0）；综上所述，点M的坐标为（119，0）或（3，0）．25.【答案】

（1）12；（2）2112+22yxx，0≤x≤1；（3）AE的值为22或2．【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥BD与H，根据正方形的边长为1，13AE，求出EB=1-12133AE，根

据正方形性质可求∠ABD=45°，根据EH⊥BD，得出∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=222323，以及DH=DB-BH=222233，利用

三角函数定义求解即可；（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ED=FD=222+1+ADAEx,EF=22222+1+122BEBFxxx，可证△D

EF为等腰直角三角形，先证△BEM∽△FDM，得出211xBMyx，再证△EMD∽△BMF，得出221221xxyxBM，两式相乘得出212+21xxyxy，整理即可；（3）当点G在BC上，13BG，先证△BGM∽△DAM，得出

11313BGBMDADM，由（2）知△BEM∽△FDM，得出BMBEMFDF，得出22141xyx，结合2112+22yxx，消去y，当点G在CB延长线上，13BG，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，证明△BGM∽△DAM，得出12BMBD，根据∠LBM=∠C

BD=45°，ML⊥BC，证出△MLB为等腰直角三角形，再证△MLB∽△DCB，12BMMLBDDC，CD=1，ML=12，ML∥BE，结合△LMF∽△BEF，得出LMLFBEBF即132211xxx解方程即可．【小问1详解】解：过点E作EH⊥B

D与H，∵正方形的边长为1，13AE，∴EB=1-12133AE，∵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，∴EH=BH=BEsin45=222323，AB=BDcos45°，∴2122BD，∴DH=DB-BH=222233，213tan2223EHEDBHD；【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=222+1+ADAEx,∴BF=BC+CF=1+x，在Rt△EBF中EF=22222+1+122BEBFxxx，∵∠EDF=90°，ED=FD，

∴△DEF为等腰直角三角形，∴∠DFE=∠DEF=45°，∴∠EBM=∠MFD=45°，∵∠EMB=∠DMF，∴△BEM∽△FDM，∴BEBMDFFM，即211xBMyx，∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，∴△EMD∽△

BMF，∴EDEMBFBM，即221221xxyxBM，∴222112211xxBMxyxyBMx，∴212+21xxyxy，∴2112+21xxxyyxy即222+21xxy，∴2112+22yx

x，0≤x≤1；【小问3详解】解：当点G在BC上，13BG，∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BG，∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，∴△BGM∽△DAM，∴11313BGBMDADM，

∵由（2）知△BEM∽△FDM，∴BMBEMFDF，∵DB=222ABAD，∴123BMDMBMDM，，∴24BM，∴22141xyx，∵2112+22yxx，∴2221411122

2xxxx即2112x，解122x，222x舍去；当点G在CB延长线上，13BG，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，∵GB∥AD，∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，∴△BGM∽△DAM，∴11

313BGBMDADM，∴13BMDM，∴12BMBD，∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，∴△MLB为等腰直角三角形，∵ML∥CD，∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，∴△MLB∽△DC

B，∴12BMMLBDDC，CD=1，∴ML=12∵ML∥BE，∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，∴△LMF∽△BEF，∴LMLFBEBF，∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=13122xx，BF=BC+CF=1+x，∴

132211xxx，整理得：224x，解得32x，42x舍去，∴AE的值为22或2．