【文档说明】上海宝山区2022届九年级初三数学一模试卷+答案.pdf，共(17)页，1.091 MB，由baby熊上传

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2022年上海市宝山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.如果23ab，且b是a和c的比例中项，那么bc等于（）A.34B.43C.32D.232.在比例尺

为1:5000的地图上，如果AB、两地的距离是10厘米，那么这两地的实际距离是（）A.50000米B.5000米C.500米D.50米3.已知c为非零向量，2,3acbc，那么下列结论中，不正

确的是（）A.23abB.32abC.320abD.ab∥4.如图，已知Rt,ABCCD是斜边AB边上的高，那么下列结论正确的是（）A.tanCDABBB.cotCDADAC

.sinCDACBD.cosCDBCA5.把抛物线213yx向左平移2个单位长度，平移后抛物线的表达式为（）A.215yxB.211yxC.213yxD.233yx6.下列格点三角形中，与右侧已知格点ABC相似的是（）

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.已知点B在线段AC上，2ABBC，那么:ACAB的比值是_________．8.如果xyy的值是黄金分割数，那么xy的值为_________．9.计算：22sin30c

os45＋＝_________．10.在RtABC中，90C，如果34ACBC，那么sinA的值是_________．11.已知二次函数2113yxx，当3x时，函数y的值是___

______．12.据了解，某蔬菜种植基地2019年的蔬菜产量为100万吨，2021年的蔬菜产量为y万吨，如果2019年至2021年蔬菜产量的年平均增长率为(0)xx，那么y关于x的函数解析式为_______

__．13.如果抛物线221yxxm的顶点在x轴上，那么m的值是_________．14.已知ABC的两条中线ADBE、相交于点F如果10AF＝，那么AD的长为_________．15.如图，一段

铁路路基的横断面为等腰梯形，路基的上底宽AD为3米，路基高为1米，斜坡AB的坡度1:1.5i，那么路基的下底宽BC是_________米．16.如图，已知一张三角形纸片,5,2,4ABCABBCAC，点M在AC边上．如果

过点M剪下一个与ABC相似的小三角形纸片，可以有四种不同的剪法，设AMx，那么x的取值范围是_________．17.如图，在矩形ABCD中，3,5ABBC，点P在CD边上，联结AP．如果将ADP沿直线AP翻折，点D恰好落在线段B

C上，那么ADPABCPSS四边形的值为_________．18.如果一条抛物线20yaxbxca与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条拋物线的“特征三角形”．已知2>0yxbxb的

“特征三角形”是等腰直角三角形，那么b的值为_________．三、解答题：（本大题共7题，满分78分）19.（本题满分10分）如图，在ABC中，5,6ABACBC．（1）求tanB的值；（2）延长BC至点D，联结AD，如果∠ADB＝

30°，求CD的长．20.（本题满分10分）如图，已知在四边形ABCD中，F是边AD上一点，2AFDF，BF交AC于点E，又14AFBC．（1）设,ABaADb，用向量ab、表示向量BF=；A

C=；（2）如果90,3,4ABCADAB，求BE的长．21.（本题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数图像的顶点为1,2A，且经过3,0B．（1）求二次函数的解析式；（2）将该二次函数图像向

右平移几个单位，可使平移后所得图像经过坐标原点？并直接写出平移后所得图像与x轴的另一个交点的坐标．22.（本题满分10分）如图，小杰在湖边高出水面MN约10m的平台A处发现一架无人机停留在湖面上空的点P处，该无人机在湖中的倒影为点P'，小杰在A处测得点P的仰角为45，点P

'的俯角为60，求该无人机离开湖面的高度（结果保留根号）．23.（本题满分12分）如图，已知ABC和DCE都是等边三角形，点BCE、、在同一直线上，联结BD交AC边于点F．（1）如果ABDCAD，求证：2BFDFDB；（2）如果2,18ABCDAFFCS四边

形，求DCES的值．24.（本题满分12分）已知在平面直角坐标系xOy中，拋物线20yaxbxca经过点1,0A、3,0,0,3BC，顶点为点D．（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；（2）联结BDCD、，试判断BCD

与AOC是否相似，并证明你的结论；（3）抛物线上是否存在点P，使得45PAC．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．25.（本题满分14分）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转(090)nn到AP的位置，分别

过点CD、作,CEBPDFBP，垂足分别为点E、F．（1）求证：CEEF；（2）联结CF，如果13DPCF，求ABP的正切值；（3）联结AF，如果22AFAB，求n的值．2022年上海市宝山区中考

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.D2.C3.B4.D5.C6.A二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）7.3:2##328.5129.34##0.7510.45##0.81

1.-112.21001(0)yxx13.214.1515.616.34x17.51318.2三、解答题：19.【答案】（1）43（2）433【解析】【分析】（1）作AD⊥BC于D，利用等腰三角形的三线合一的性质求出BD，根据勾股定理求出AD，再根据公式计算即可；

（2）由∠ADB＝30°，AE=4，求出AD=2AE=8，利用勾股定理求出DE，根据CD=DE-CE求出数值．【小问1详解】解：作AE⊥BC于E，∵AB=AC，BC=6，∴BE=CE=3，∴2222534AEABBE，∴tanB=43AEBE=；【小问2详解】解：∵∠ADB＝30°，

AE=4，∴AD=2AE=8，∴DE=22228443ADAE，∴CD=DE-CE=433．20.【答案】（1）23ba,83ab（2）5【解析】【分析】（1）先用a和b表示出向量AF和BC，然

后根据三角形法则计算即可；（2）由14AFBC可得AF//BC、14AFBC,然后再根据平行线等分线段定理即可解答．【小问1详解】解：∵2AFDF，ADb∴23AFb∵14AFBC∴843BCAFb

∴23BFBAAFAFABba83ACABBCab．【小问2详解】解：∵14AFBC∴AF//BC、14AFBC∴

14AEAFABBC∴14AEAFABBC，即AE=114AB∴AE=AB+AE=4+1=5．21.【答案】（1）21322yxx（2）4,0【解析】【分析】（1）根据题意设出二次函数的顶点式，然后用待定系数法求解即可；（2）根

据题意设出平移后的表达式为21122yxm，将原点0,0代入即可求出平移后的表达式，当0y时，即可求出与x轴的另一个交点的坐标．【小问1详解】解：设二次函数的表达式为：2102yaxa将3,0B代入得：420a解

得：12a∴21122yx，即21322yxx；【小问2详解】解：设将该二次函数图像向右平移>0mm个单位，∴平移后的表达式为21122yxm，∵平移后所得图像经过坐标原点，

∴将原点0,0代入得，2100122m，即21122m，解得：123,1mm(舍去)，∴3m，∴平移后的表达式为21222yx，当0y时，即212202x，解得：120,4xx

，∴平移后所得图像与x轴的交点坐标为0,0和4,0，∴平移后所得图像与x轴的另一个交点的坐标为4,0．22.【答案】20103+【解析】【分析】连接PP，过点A作AQPP于点Q，PP

交MN于点B，根据俯角与仰角求得45,60PAQPAQ，解直角三角形即可求得,AQPQ，根据轴对称的性质列出方程进而求得PQ，根据PBPQQB即可求得该无人机离开湖面的高度．【详解】如图，连接PP，过点A作AQPP于点Q，PP交MN于点B,45,60PAQ

PAQ，10AMQB，设PQx,则tanPQAQPQxPAQ，tan3PQAQPAQAQ3xP、P关于MN对称PBPB即PQQBPQQB即10310xx10103x该无人机离开湖面的高度1010310201

03PBPQQB23.【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】（1）根据ASA证明ACDABF得AD=BF，再证明ADFBDA得ADDFBDAD，从而可得结论；（2）证明DCFABF得2BFAFDFFC，设DCFSx，则可得2ADF

Sx，4ABFSx，2BCFSx，根据18ABCDS四边形可得关于x的方程，求解即可．【小问1详解】∵,ABCDCE均为等边三角形，∴,60ABACBACACBDCE∴18060ACDACBDCE

∴BACACD在ABF和CAD中，BACACDABDCADABAC∴ABFCAD∴AD=BF∵,ABDFADADBADB∴ADFBDA∴A

DDFBDAD，即2ADDFDB∵ADBF∴2BFDFDB【小问2详解】∵,AFBDFCBAFDCF∴DCFABF∴BFAFDFFC∵2,AFFC∴2BFAFDFFC∴2BFFD设DCFSx

∵2ADFDCFSAFSFC∴2ADFSx同理可得，4ABFSx，2BCFSx，∵18ABCDS四边形∴+++18DCFADFABFBCFSSSS，即24218xxxx解得，2x

即DCFS△=224.【答案】（1）2yx2x3，顶点坐标为：1,4D；（2）~AOCDCB，证明见解析；（3）存在点P，57,24P，理由见解析．【解析】【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为：13yaxx

，将点C代入解得1a，代入抛物线可得函数解析式；将一般式化为顶点式即可确定顶点坐标；（2）结合图象，分别求出AOC△的三边长，BCD△的三边长，由勾股定理逆定理可得BCD△为直角三角形，且两个三角形的三条边对应

成比例，即可证明；（3）设存在点P使45PAC，作线段AC的中垂线交AC于点E，交AP于点F，连接CF，可得90FEA，13,22E，利用等腰直角三角形的性质可得AFFC，11022EFAC，再由勾股定理可得5

AFFC，设,Fxy，根据直角坐标系中两点之间的距离利用勾股定理可得34xy，同理可得221322EFxy=102，利用代入消元法解方程即可确定点F的坐标，然后求出直线AF的直线解析式，联立抛物线解析式求交点坐标即可得．【

小问1详解】解：抛物线经过点1,0A，3,0B，0,3C，设抛物线解析式为：13yaxx，将点C代入可得：30103a，解得：1a，∴22132314yxxxxx，∴顶点坐标为：1,4D；【小问2详解】解：如图

所示：AOC△为直角三角形且三边长分别为：1AO，3OC，2210ACAOOC，BCD△的三边长分别为：22223332BCBOOC，2210432CD，22223142425BD，∴2

22BCCDBD，∴BCD△为直角三角形，∵2CDBCBDAOOCAC，∴~AOCDCB；【小问3详解】解：设存在点P使45PAC，作线段AC的中垂线交AC于点E，交AP于点F，连接CF，如（2）中图：∴90FEA，13,22E，∵4

5PAC，∴90AFC，∴AFC△为等腰直角三角形，∴AFFC，11022EFAC，∴222AFFCAC，即22210AFAF解得：5AF，设,Fxy，∴221AFxy，223CFxy，∴222

213xyxy，整理得：34xy①，221322EFxy=102，即22135222xy②，将①代入②整理得：2320yy，解得：11y，22y，∴11x，22x，

∴1,1F或2,2F（不符合题意舍去），∴1,1F，1,0A，设直线FA解析式为：0ykxbk，将两个点代入可得：10kbkb，解得：1212kb，∴1122yx，∴联立两个函数

得：2112223yxyxx①②，将①代入②得：2112322xxx，整理得：22350xx，解得：11x，252x，当52x时，74y，∴57,24P．2

5.【答案】（1）证明见解析；（2）23；（3）30【解析】【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论

；（2）在（1）的基础之上，连接CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据

余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论．【小问1详解】证：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点

，∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，∴四边形FECG为矩形，∠G=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，BC=DC，∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，∴∠BCE+∠ECD=∠EC

D+∠DCG，即：∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，BECGBCEDCGBCDC∴△BCE≌△DCG(AAS)，∴CE=CG，∴四边形FECG为正方形，∴CE=EF；【小问2详解】解：如图所示，连接CF，由（1）知，CE=EF，CE⊥E

F，则△CEF为等腰直角三角形，由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD，∴∠PAB=90°+n°，∠APD=12（180°-∠PAD）=90°-12n°，∵AP=AB，∴∠APB=12（180°-∠PAB）=45°-12n°

，∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，∵DF⊥AB，∴∠DFP=90°，∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF，∴△DFP∽△CEF，∵13DPCF，∴13PFDPFECF，设PF=DF=x，则FE=CE=3x，由（1）知四边形CEFG为正方形，∴FG=

FE=3x，∴DG=FG-DF=2x，∵△BCE≌△DCG，∴BE=DG=2x，∴在Rt△BEC中，22tan33BExBCECEx，∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°，∴∠ABP=∠BCE，∴

2tantan3ABPBCE；【小问3详解】解：∵090n，∴如图所示，连接AF和对角线AC，由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°，∴∠CFD=45°，∵AC为正方形ABCD的对角线，∴∠CAD=45°，AC=2AB，∴∠CAD=∠CFD，∴点A、C、D

、F四点共圆，∴∠AFC=∠ADC=90°，∵AF=22AB，∴AF=12AC，则在Rt△AFC中，1sin2AFACFAC，∵∠ACF为锐角，∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°，∵∠C

AD=45°，∴∠FAD=60°-45°=15°，∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，∴△AFP≌△AFD，∴∠FAD=∠FAP=15°，∴∠PAD=30°，∴n=30．