上海市徐汇区2024一2025学年上学期期末考试九年级数学试题

2024学年第一学期徐汇区学习能力诊断卷 初三数学试卷 2025.1 (时间100分钟满分150分) 考生注意： 1。本试卷含三个大题，共25题：答题时，考生务必按答恩要求在答题纸规定的位置上作答， 在草稿纸、本试卷上答恩一律无效： 2。除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计 算的主妥步硬。 一、选择短（本大共6恩，每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】 1.抛物线y=2(一1)2+3的对称轴是直线 (A)x=-1: (B)x=1: (C)x=2: (D)x=3. 2.在RIAABC中，∠C=90°，AC=3,AB=5,那么tnA的值是 (A 3 ® 3 (c) 3 (D) 3.下列两个图形一定相似的是 (A)两个矩形： (B)两个菱形： (C)两个等腰三角形；(D)两个正方形： 4. 已知：在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC上的点，那么下列条件中，不能判断 DE∥BC的是 (A) AD=DE (B)AD_AE ；(C) BD CE AB BC (D) BD CE BD CE AB AC AD AE 5. 如果一传送带和地面所成斜玻的玻度为1：3，它把物体从传送带最低A处送到离地面3米 高的B处，那么物体从A到B所经过的路程是 (A)9米： (B)10米： (C)2W10米： (D)310米. 6.“数形结合”是研究函数的重要思想方法，如果抛物线y=x2+2x+m+5只经过两个象 限，那么m的取值范租是 (A)m24: (B)m<-4: (C)m<-5 (D)m≥-5. 二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7.已知△ABC∽△DEF,它们对应中线的比AM:DN=2:3,那么它们的周长比是▲ 8.如图，在△ODC中，点A、B分别在边CO、DO延长线上，AB∥CD,如果DO=6, AO:C0=2:3,那么B0的长是A 9.已知点A(0,m)和B(-1,)都在抛物线y=x2-4x+c（c是常数)上，那么m▲n(填 >”、“=”、“<) 10.已知点P是线段AB的黄金分割点(AP>BP),如果AB=1,那么BP的长是▲ 11.上海与杭州的实际距离约200千米，在比例尺为1：5000000的地图上，上海与杭州的 图上距离约▲厘米 12.如图，在RIAABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于D,如果cotA=号，那么 3 cos∠CBD的值是▲： 1B.如国，4 BCOER,如限瓷-多，B=7,EF=9,那么CD的长是人 14。如图，货船A在灯塔P的北偏西60°方向，客船B在灯塔P的东北方向，客船B在货船 A的正东方向，如果货船A与客船B相距0千米，那么客船B与灯塔P的距离约是 ▲千米（结果保留根号）. D (第8题图) (第12题图) (第3题图) (第14题因) 15.如图，热气球探测器显示，从热气球A处测得一栋楼顶部C处的仰角是37°，测得这栋 楼的底部B处的俯角是60°，热气球与这栋楼的水平距离是30米，郑么这栋楼的高度是 ▲米（精确到0.1米）.（参考数据：sin37°%0.60，c0s37°%0.80，tm37°0.75， √501.7) 16. 如图，在R△MBC中，∠ACB=S0°，AB=5,血B=2,点E、D分别在边AB、 BC上， 距=生，如果LCMD=B,郑么BE的长是人一 CD 3 17.如图，1∥L2∥13，且41和L2之间的距离是1,12和3之间的距离是2，△4BC的三个 顶点分别在、12、h上，AC与1，交于点D,如果BC1AC,m∠BAC=,那 3 么BD的长是▲ 18.如图，四边形ABCD中，AC⊥AB,BD⊥CD,BD=CD,如果AB=m,AC=n, 且m<n,那么AD的长是▲（用含m、n的式子表示）. D (第15题图) (第16题图) (第17题图) (第18题图) 三、（本大题共7题，第19一22题每题10分，第23、24题每思12分：第25题14分： 满分78分) 19.(本题满分10分) 已知： a b c 23 2 《1)求代数式2a+3动-的值： a-2b+3c (2)当2a+b+3c=44时，求a、b、c的值. 20.(本题满分10分) “2022年北京冬爽会”的召开，冰雪运动在中国大地蓬勃发展、滑雪爱好者小捕从山坡滑下， 为了得出滑行距离5（单位：米）与滑行时间？（单位：秒）之间的关系式，测得一些数据（如 下裘)： 滑行时间（秒） 0 1 2 3 4 滑行距高（米） 0 4.5 14 28.5 48 为观察s与1的之间的关系，以1为机轴，了为纵轴建立坐标系，描出与上裘中数据对应的5 个点，并用平滑的曲线连接它们（如图所示），小楠观察发现这条曲线近似抛物线的一部分. (1)由上述信息，设这条曲线的表达式为s=a2+t+c(a+0),求s与1的函数关系式： (2)若将抛物线5=am2+b1+c(a卡0)先向右平移2个单位，再向上平移20个单位，求平 移后所得抛物线的表达式， s(米) 40 30- 201 1 1234(秒 21.(本题满分10分) (第20题图) 如图，AD与BE相交于点C,DEI AB,点F在线段BC上，且EC2=CF,BC, 联结DF、EA (I)求证：DF∥EA: (2)设B=a,BC-五，当BC=2EC时，求向量CD(用向量a、五表示). 22.(本题满分10分) (第21题图) 小杰在学习了“特珠锐角的三角比”后，认为30°、45°、60°的三角比不必死记硬背， 只需利用一副三角板就可推导出30°、45°、60°的三角比，相信大家都有这个共识：小本在 这个认识的基础上，他利用一副特制的三角板，研究推导出了15°：75°的三角比. (1)计算： cot30°-cot45° tan60°+2si血30° (2)小杰的一副特制的三角板，如图I,在RIAABC和RU△DEF中，∠B=∠E=90°， ∠A=30°，∠D=45°，DE=AC=2:小杰的想法是：将RIAABC和RDEF的边DE 和AC重合，拼接成如图2所示的四边形ABCF,请利用图2，求sin15°和an75°的值. D C (第22题图1) (第22题图2) 23,(本题满分12分) 如图，在梯形ABCD中，ADI BC,BD是梯形ABCD对角线，BD2=AD·BC. (1)求证：AD.CD=AB·BD: (2)以CD为一边作∠CDE=∠ADB,DE交边BC于点E,求证： CD2 CE BD2 AD 24.(本题满分12分) (第23题图) 通过二次函数的学习，小杰知道形如y=m(a≠0)的函数，其图像始终经过点(0,0)， 也即抛物线y=x2(a≠0)经过定点(0,0)。于是他进一步探究了形如 y=ax2-ax+2(a≠0)的函数图像，发现抛物线y=2-x+2(a≠0)经过定点(0,2)与 (1,2).他探究的思路是：设法找到x的某些取值，使表达式中含a的各项之和为0. 具体的解法如下： 含a的各项之和：x2-x=a(x2-x),令x2-x=0,解得x=0,2=1. 当x=0时，y=2,得到定点(0,2)：当x=1时，y=2,得到定点(1,2) 小杰还探究了抛物线y=a2+(1-ax-2a+1(a≠0)，发现它也经过两个定点，其中 一个位于x轴上，可记作点A,另一个位于第一象限内，可记作点B. (1)求点A、B的坐标： (2)当a<0时（如图），抛物线y=ax2+Q-a)x-2a+1的顶点为D, 与x轴的另一个交点为C, ①如果∠ABC=90°，求a的值： ②当∠ADB=90°时，求a的值. 25.(本题满分14分) (第24题图) 如图，在△MBC中，AB=AC=V5,BC=2,点D是边AC的中点，点M、N是 射线BD上的动点（点M在左边），以CM为一边作∠MCN=∠ABC. (1)求BD的长： (2)当点M是△ABC的重心时，求CN:BW的值： (3)如果△MCW是以W为腰的等腰三角形，求BM的长， (第25题图) (备用图)2004学年第一学期徐汇区初三年级数学学科 期终学习能力诊断卷参考答案和评分标准 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分） 1.B:2.C;3.D:4.A:5.D:6.A. 二，填空题：（本大题共12题，满分48分） 7.2:3:8.4:9.<:10.3-5 2 14.256-2):15.73.5:16.3:17.5:18.y5a-m. 2 三、（本大题共7题，第19、20、21、22题每题10分，第23、24题每题12分，第25题 14分，满分78分) 19.解：(1)设a=2k,b=3k,c=5k. :2a+36-5c_2×2k+3×3k-5×5k=-12k。-12, a-2h+3c2k-2×3k+3×5k=11k=1i (2)a=2k,b=3k,c=5k. 由题意，得2×2k+3k+3×5k=44:解得k=2: .a=2×2=4,b=3×2=6,c=5×2=10. a+b+c+4.5, a=2.5 20.解：(1)由题意，得{4a+2b+c=14,；解得b=2； c=0. c=0 ∴.s与1的函数关系式为s=2.52+21. 2)曲0)每，=25+21-+3-2. 2、 2 55 0 所以，新抛物线的表达式为5= 2 +号22-2+20 -82-98 即s=- 21.()证明：：DE∥AB,:C EC AC BC EC2=CF.BC,. EC CF BC ECi .CD_CF :.DF∥EA. AC EC (2)解：：BC=2EC, EC I 小是能分ca+6, 而0+6. 2 2.解，（1D原式=5-L=5-=2-5. V5+2x;3+1 (2)过点F分别作FH⊥BC的延长线于点G、FH⊥AB于点H, 在R1AABC巾，∠B=90°，∠A=30°，AC=2, AB=AC-cos30°=2x5-5,BC=4Csn30°=2x =1: 2 2 在RDEF中，∠E=90°，∠D=45°，DE=2, .EF=DE.(an45=2x1=2 DF=-DE=2: cos450 ∠GCA=90°+∠GCF=90°+∠CAB,.∠GCF=∠CAB: 又∠B=∠G=90°，CF=AC,∴，△CGF=△ABC; .CG=AB=√3，CF=BC=1: 易得四边形BGFH是矩形，∴BH=GF=1,HF=BG=√3+1： 在R△MHF中，∠AH=90°，∠HAF=75°，∠AFH=15°， ∴sin15°=4班-5-1-6-V5 AF 22 4 m75°=E=5+1-2+5. AH√3-1 23.证明：(1)，AD∥BC,∴，∠ADB=∠CBD: BD:AD.BC,AD=BD BD BC AMDB∽ADBC';4D=4B BD CD ∴.ADCD=ABBD. (2)作∠CDE=∠ADB,DE交BC于点E. 由(I)得∠ADB=∠CBD,.∠CDE=∠CBD: 又∠C=∠C,.△CDE∽△CBD: 器是co-cC XBD:-AD.BC.CDi-EC.BC EC ·BD=AD.BC=AD 24.解：(1)将y=ax2+(1-a)x+1-2a变形，得y=(x2-x-2)a+x+1: 由题意，令x2-x-2=0,解得x=-1,x2=2; .将x1=-1,x2=2分别代入y=x2+(1-a)x+1-2a, 得y1=0,y2=3:.4(-1,0)、B(2,3). (2)过点B作BH⊥AO,垂足为H, A(-1,0)、B(2,3),.∠AHB=90°，AH=BH=3: ∴.∠ABH=∠BAH=45°： 又∠ABC=90°，∴.∠CBH=45°=∠BCH: .CH=AH=3:.C(5,0): 将C(5,0)代入y=ar2+(1-a)x+1-2a,得25a+51-a)+1-2a=0: 1 解得a=-3 （3)山山题意，得D4-1,-9a+6a-马： 2a’4a 过点D作I∥AO,分别过点A、B作AM⊥I、BN⊥I,垂足分别为M、N. 易得，△CDE∽△CBD,.AM:DN=DM:BN: 又AM=-9a+6a-l、DM=30=l、BN=-9a2-6a-l、DN-30+l, 4a 2a 4a 2a -9a2+6a-l,3a+1_30-1.-9a2-6a-1 4a 2a 2a 4a 化简，得81a-54a2+5=0:解得a=±安a=士5 3 5 ..a=- 3 25.解：(1)分别过点A、D作AG⊥BC、DH⊥BC',垂足分别为G、H. ∴.CD=BD=I:易得DH∥AG,CD=AD, CH=GH=2'可得DH=l: 在RABHD中，∠BHD=90°，BD=VBHP+DH= 2 (2)联结AM并延长交BC于点E. :点M是△MBC的重心，，BE=CE:又AB=AC, .AE⊥BC:.MB=MC;.∠MCB=∠MBC; 又AB=AC,∴.∠ACB=∠ABC=∠MCN: ∴.∠NCD=∠MCB=∠MBC: 又∠N=∠N,.△CND∽△BNC: :CNCD_5 BN BC4 (3)△MCN是以MN为腰的等腰三角形，分两种情况： I°当MN=CN时，得∠NMC=∠NCM=∠ACB, 易得∠MBC+∠MCB=∠DCM+∠MCB,∴.∠DCM=∠MBC, 又∠BDC=∠CDM,∴.△CDM∽△BDC:可得CD=MD·BD: 即(5=ED,MD=5E:BM.4E 2 26 13 2°当MN=CM时，得∠MNC=∠NCM=∠ACB,又∠DBC=∠CBN, 六△CBD∽ANBC:可得BC2=BD.BN:解符BN=8W国 13 又在△MN中，可得MN=3，BM=V3 13 综合1、2，BM的长为4或3国 1313