上海市杨浦区2023-2024学年上学期期末质量调研九年级数学模拟试卷

这是一份上海市杨浦区2023-2024学年上学期期末质量调研九年级数学模拟试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1. 下列函数中, 属于二次函数的是( )
A. B. y=(x-1)2-x2; C. y=5x2; D. y=2x2.
2. 在 Rt △ABC 中, ∠C=90∘,BC=4,AC=3, 那么 ∠A 的三角比值为 35 的是
A. sin⁡A B.cs⁡A C. tan⁡A; D ct⁡A.
3. 如图，已知，，下列选项中错误的是
A.； B.； C. ； D.．
4. 如图，传送带和地面所成斜坡的坡度为1∶3，它把物体从地面点A处送到离地面3米高的B处，那么物体从点A到点B所经过的路程为
A.米；B.米；C.米； D.9米．
5. 已知非零向量、、，下列条件中，能判定向量与向量方向相同的是（ ）
A. ， B. C. D. ，
6. 如图，在中，是边上的点（不与点重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（ ）
A. 的面积B. 的面积
C. 的面积D. 的面积
二、填空题: (本大题共 12 题 , 每题4 分,满分48 分)
7. 已知，则__________．
8．计算：___________．
9. 已知是线段的黄金分割点，且，那么的值为__________．
10.两个相似三角形的对应边上的中线之比4 ：5，则这两个三角形面积之比为________．
11.如果二次函数 y=(m-1)x2+x+m2-1 的图像经过原点, 那么 m=_______．
12. 已知抛物线经过点，，试比较和的大小：______．（填“>”，“
13.． 14.14 15.4 16.9 17.或 18.【答案】
【解析】
【分析】过点作于，证明，得出，根据，得，设，，则，则，在中，，在中，，则，解方程求得，则，，勾股定理求得，根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，

∵平分交于点，
∴,
∴
∴
∵折叠，
∴，
∴,
又∵
∴
∴
∴
∵，，则，
∴
∴，，
∵
设，，则，则，
∵
∴
在中，
在中，
∴
即
解得：
∴，
则
三、解答题
19.解（1）直线 x=2；
（2）∵点A（1，m）、B（3，n）在轴上，∴m= 0， n=2.
∴ ∴ ∴. 顶点.
20.【答案】（1），
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用向量的表示方法， 由即可求出，利用平行线分线段成比例，求出，即可求出；
（2）过点作交于点，交于点，则、即为所求．
【小问1详解】
解：
四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
【小问2详解】
解：如图所示，过点作交于点，交于点，
在、方向上的分向量如图所示，、即为所求；
【答案】（1）；（2）
22.【答案】(1)
(2)该运动员能挂上篮网，理由见解析
【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；
（2）延长交于点，根据题意得出，解，求得，根据与比较即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴．
（2）该运动员能挂上篮网，理由如下．
如图，延长交于点，

∵，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∴该运动员能挂上篮网．
23.【分析】（1）利用两个角相等证明△BAE∽△EAF，得，即可证明结论；
（2）首先证明△DAE∽△CAB，得，∠D＝∠C，再证明△DAF∽△CAE，得，等量代换即可．
【解答】证明：（1）∵∠FEA＝∠B，∠BAE＝∠EAF，
∴△BAE∽△EAF，
∴，
∴AE2＝AF•AB，
（2）∵∠DAF＝∠CAE，∠FAE＝∠FAE，
∴∠DAE＝∠CAF，
∵∠FEA＝∠B，
∴△DAE∽△CAB，
∴，∠D＝∠C，
∵∠DAF＝∠EAC，
∴△DAF∽△CAE，
∴，
∴，
∴．
24.【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
即OC＝3，
∵S△ABC＝3，
∴×AB×OC＝3，
即AB×3＝3，
∴AB＝2，
又∵A（1，0）且点B在点A的右边，
∴B（3，0），
把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+t，
代入B点和C点的坐标得，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E，交x轴于点D，
∵OC＝OB，
∴∠CBO＝45°，
又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，
∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，
∴∠NPE＝45°，
∴cs∠NPE＝＝cs45°＝，
∴PN＝PE，
设P（m，m2﹣4m+3），则E（m，﹣m+3），
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，
∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，
∴d＝x2﹣x；
（3）如下图，过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交BC于点K，
∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，
∴∠BFE＝∠PEH，
∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，
又∵PE＝2BF，
∴△PEH∽△BJF，
∴BJ＝PH，
又∵CP∥AH，且CI∥PH，
∴四边形CPHI是矩形，
∴CJ＝PH，
又∵∠CJI＝∠BKJ，
∴BJ＝CI，
∴BK＝CK，
∴K（2，1），
设直线AF的解析式为y＝sx+n，
代入K点和A点的坐标得，
解得，
∴直线AF的解析式为y＝x﹣1，
设直线PC的解析式为y＝x+g，
代入C点坐标得g＝3，
∴直线PC的解析式为y＝x+3，
联立直线PC和抛物线的解析式得，
解得或，
∴P（5，8）．
25.【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝∠DCB＝90°，根据余角的性质得到∠ADE＝∠CDF，由相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质解答；
（3）根据相似三角形的性质分两种情况解答．
【解答】解：（1）∵∠ADE+∠CDE＝90°，∠CDF+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在Rt△EAD与Rt△FCD中，
，
∴△FAD∽△FCD，
∴，
∴tan∠EFD＝，
（2）由（1）可知FC＝2EA＝2x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴△FCH∽△FBE，
∴，
∴，
可得：y＝（0＜x＜2）；
（3）BE＝2﹣x，DH＝y，DE＝，EH＝，
∴，
∴EG＝，
∵∠BEG＝∠DHE，
若△BEG∽△DHE，则有两种情况，
第一种：
∵∠EGB＝∠HED，
∴，
∴，
即，
解得：x＝，
第二种：
∵∠EGB＝∠HDE，
∴，
∴，
即，
解得：x＝1.5．
综上所述，x的值为或1.5．