2022-2023学年数学沪教版（上海）九年级第一学期 期末综合复习（含答案）

期末测试
一、单选题
1．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点在上，交于F，则图中与相似的三角形有（不再添加其他线段）（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．在Rt△ABC中，∠C=90°，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，则（　　）
A． B． C． D．
3．当0x3，函数y＝﹣x2+4x+5的最大值与最小值分别是（　　）
A．9，5 B．8，5 C．9，8 D．8，4
4．如图，点D、E分别在△ABC的边BA、CA的延长线上，且DE∥BC，已知AE＝3，AC＝6，AD＝2，则BD的长为（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
5．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC＝，AD＝2，BD＝4，连接CD，则CD长的最大值是（ ）
A． B． C． D．2＋2
6．如图，ABC是等边三角形，点D、E分别在BC、AC上，且∠ADE＝60°，AB＝9，BD＝3，则CE的长等于（　　）
A．1 B． C． D．2
7．下列说法中不正确的是（　　）
A．任意两个等边三角形相似 B．有一个锐角是40°的两个直角三角形相似
C．有一个角是30°的两个等腰三角形相似 D．任意两个正方形相似
8．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6），B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣3，1）
C．（﹣3，﹣1）或（3，1） D．（﹣1，2）或（1，﹣2）
9．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(﹣1，)，以原点O为中心，将点A顺时针旋转150°得到点A′，则点A′的坐标为( )
A．(0，﹣2) B．(1，﹣) C．(2，0) D．(，﹣1)
10．如图，将一张宽为2cm的长方形纸片沿AB折叠成如图所示的形状，那么折痕AB的长为（ ）cm
A． B． C．2 D．
二、填空题
11．二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表格所示，那么它的图象与x轴的另一个交点坐标是_____．
12．若抛物线 的图像与轴有交点，那么的取值范围是________.
13．《九章算术》是中国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中最重要的一种．中有下列问题：“今有邑方不知大小，各中开门．出北门八十步有木，出西门二百四十五步见木．问邑方有几何？”意思是：如图，点M、点N分别是正方形ABCD的边AD、AB的中点，，，EF过点A，且步，步，已知每步约40厘米，则正方形的边长约为__________米．
14．已知二次函数，当分别取时，函数值相等，则当取时，函数值为______．
15．若某二次函数图象的形状与抛物线y＝3x2相同，且顶点坐标为(0，－2)，则它的表达式为________．
三、解答题
16．为了测量大楼顶上（居中）避雷针BC的长度，在地面上点A处测得避雷针底部B和顶部C的仰角分别为55°58′和57°，已知点A与楼底中间部位D的距离约为80米，求避雷针BC的长度．（参考数据：sin55°58′≈0.83，cos55°58′≈0.56，tan55°58′≈1.48，sin57°≈0.84，tan57°≈1.54）
17．如图，在△ABC和△ADB中，∠ABC＝∠ADB＝90°，AC＝5，AB＝4，当BD的长是多少时，图中的两个直角三角形相似？
18．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，抛物线经过、两点；
（1）求抛物线的解析式；
（2）点为轴上一点，点为直线上一点，过作交轴于点，当四边形为菱形时，请直接写出点坐标；
（3）在（2）的条件下，且点在线段上时，将抛物线向上平移个单位，平移后的抛物线与直线交于点（点在第二象限），点为轴上一点，若，且符合条件的点恰好有2个，求的取值范围．
19．据说，在距今2500多年前，古希腊数学家就已经较准确地测出了埃及金字塔的高度，操作过程大致如下：如图所示，设AB是金字塔的高，在某一时刻，阳光照射下的金字塔在底面上投下了一个清晰的阴影，塔顶A的影子落在地面上的点C处，金字塔底部可看作方正形FGHI，测得正方形边长FG长为160米，点B在正方形的中心，BC与金字塔底部一边垂直于点K，与此同时，直立地面上的一根标杆DO留下的影子是OE，射向地面的太阳光线可看作平行线（AC∥DE），此时测得标杆DO长为1.2米，影子OE长为2.7米，KC长为250米，求金字塔的高度AB及斜坡AK的坡度（结果均保留四个有效数字）
20．已知关于的二次函数．
(1)求证：不论为何实数，该二次函数的图象与轴总有两个公共点；
(2)若，两点在该二次函数的图象上，直接写出与的大小关系；
(3)若将抛物线沿轴翻折得到新抛物线，当时，新抛物线对应的函数有最小值3，求的值．
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质及相似三角形的判定方法进行分析，找出存在的相似三角形即可．
【详解】
根据题意得：BC=B′C，AB=A′B′，AC=A′C，∠B=∠B′，∠A=∠A′=30°，∠ACB=∠A′CB′=90°
∵∠A=30°，∠ACB=90°
∴∠B=60°
∴BB′=BC=B′C，∠B=∠BCB′=∠BB′C=60°
∴∠B′CA=30°，∠ACA′=60°，A′B′∥BC
∴∠B′FC=∠B′FA=90°
∴△AB′F∽△ABC∽△A′B′C∽△A′CF∽△CFB′
∴有4个
故选D．
【点睛】
考查了相似三角形的判定：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．
2．C
【解析】
【分析】
根据Rt△ABC中，cos B，tan B，sin A的定义，进行判断．
【详解】
∵Rt△ABC中，sinA=，cosA=，sin B=，tanB=，
∴选项C正确，选项A、B、D错误，
故选C．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义．关键是熟练掌握锐角三角函数的定义及其变形．
3．A
【解析】
【分析】
利用配方法把原方程化为顶点式，再根据二次函数的性质即可解答．
【详解】
y＝﹣x2+4x+5
＝﹣x2+4x﹣4+4+5
＝﹣（x﹣2）2+9，
∴当x＝2时，最大值是9，
∵0≤x≤3，
∴x＝0时，最小值是5，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数的最值，掌握二次函数的性质与利用配方法将一般式改为顶点式是解答本题的关键．
4．B
【解析】
【分析】
只需要证明△AED∽△ACB即可求解.
【详解】
解∵DE ∥ BC，
∴∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED
∴△AED∽△ACB
∴
∴
∴BD＝AD+AB＝2+4＝6．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
5．B
【解析】
【分析】
过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，分别求出PD，PC，在△PDC中，利用三角形的三边关系即可求出CD长的最大值．
【详解】
解：如图，过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，
∵∠ABC=90°，，
∴，
∴，
∵AD=2，
∴DP=1，
∵∠DAP=∠BAC，∠ADP=∠ABC，
∴△ADP∽△ABC，
∴，
∵∠DAB=∠DAP+∠PAB，∠PAC=∠PAB+∠BAC，∠DAP=∠BAC，
∴∠DAB=∠PAC，，
∴△ADB∽△APC，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在△PDC中，∵PD+PC>DC，PC PD∴，
当D，P，C三点共线时，DC最大，最大值为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的三边关系，构造相似三角形是解题的关键．
6．D
【解析】
【分析】
通过△ABD∽△DCE，可得，即可求解．
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝9，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝3，
∴CD＝6，
∵∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△DCE，
∴，
∴
∴CE＝2，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形的相似，做题的关键是△ABD∽△DCE．
7．C
【解析】
【分析】
直接利用相似图形的性质分别分析得出答案．
【详解】
A．任意两个等边三角形相似，说法正确；
B．有一个锐角是 40°的两个直角三角形相似，说法正确；
C．有一个角是 30°的两个等腰三角形相似，30°有可能是顶角或底角，故说法错误；
D．任意两个正方形相似，说法正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了图形的相似，正确把握相似图形的判定方法是解题关键．
8．C
【解析】
【分析】
在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k,据此求解即可得．
【详解】
解：以原点O为位似中心，相似比为，把△AOB缩小，点B的坐标为则点B的对应点B'的坐标为或，即或
故选：C．
【点睛】
题目主要考查位似变换的性质，理解运用其性质是解题关键．
9．D
【解析】
【分析】
作AB⊥y轴于点B，A′C⊥x轴于C，可得AB＝1、OB＝，根据正切的定义可得∠AOB＝30°，由将点A顺时针旋转150°得到点A′可得∠AOA′=150°，OA′＝OA＝2，可求出∠A′OC=30°，根据∠A′OC的正弦值和余弦值即可求出A′C和OC的长，即可得答案.
【详解】
作AB⊥y轴于点B，A′C⊥x轴于C，
∵A（-1，）
∴AB＝1、OB＝，
∴tan∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝30°
∵将点A顺时针旋转150°得到点A′，
∴∠AOA′=150°，
∴∠A′OC=∠AOA′-∠BOC-∠AOB=30°，OA′＝OA＝＝2，
∴A′C＝OA′×sin30°=1，OC＝OA′×cos30°=，
∴A′(，﹣1)，
故选D.
【点睛】
本题考查旋转的性质及特殊角的三角函数值，熟记各三角函数的定义及特殊角的三角函数值是解题关键.
10．A
【解析】
【分析】
作点A作，交BC于点D，作点B作，交AC于点E，根据长方形纸条的宽得出，继而可证明是等边三角形，则有，然后在直角三角形中利用锐角三角函数即可求出AB的值．
【详解】
作点A作，交BC于点D，作点B作，交AC于点E，
∵长方形的宽为2cm，
，
，
．
∴是等边三角形，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的判定及性质，锐角三角函数，掌握等边三角形的判定及性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
11．（1，0）
【解析】
【分析】
根据表中数据得到点（-2，-3）和（0，-3）对称点，从而得到抛物线的对称轴为直线x=-1，再利用表中数据得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（-3，0），然后根据抛物线的对称性就看得到抛物线与x轴的一个交点坐标．
【详解】
∵x=-2，y=-3；x=0时，y=-3，
∴抛物线的对称轴为直线x=-1，
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（-3，0），
∴抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0）．
故答案为（1，0）．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．也考查了二次函数的性质．
12．
【解析】
【分析】
由抛物线 的图像与轴有交点可知，从而可求得的取值范围．
【详解】
解：∵抛物线 的图像与轴有交点
∴令，有，即该方程有实数根
∴
∴．
故答案是：
【点睛】
本题考查了二次函数与轴的交点情况与一元二次方程分的情况的关系、解一元一次不等式，能由已知条件列出关于的不等式是解题的关键．
13．112
【解析】
【分析】
根据题意，可知Rt△AEN∽Rt△FAN，从而可以得到对应边的比相等，从而可以求得正方形的边长．
【详解】
解：∵点M、点N分别是正方形ABCD的边AD、AB的中点，
∴，
∴AM=AN，
由题意可得，∠ANF=∠EMA=90°，
∠NAF+∠AFN=∠NAF+∠EAM=90°，
∴∠AFN=∠EAM，
∴Rt△AEM∽Rt△FAN，
∴，
∵AM=AN，
∴，
解得：AM=140，
∴AD=2AM=280（步），
∴（米）
故答案为：112．
【点睛】
本题考查相似三角形的应用、数学常识、正方形的性质，解答本题的关键是明确题意．利用相似三角形的性质和数形结合的思想解答．
14．2020
【解析】
【分析】
根据二次函数y=2x2+2020，当x分别取x1，x2（x1≠x2）时，函数值相等，可以得到x1和x2的关系，从而可以得到2x1+2x2的值，进而可以求得当x取2x1+2x2时，函数的值．
【详解】
解：∵二次函数y=2x2+2020，当x分别取x1，x2（x1≠x2）时，函数值相等，
∴2x12+2020=2x22+2020，
∴x1=-x2，
∴2x1+2x2=2（x1+x2）=0，
∴当x=2x1+2x2时，y=2×0+2020=0+2020=2020，
故答案为：2020．
【点睛】
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
15．y＝3x2－2或y＝－3x2－2
【解析】
【分析】
根据二次函数的图象特点即可分类求解．
【详解】
二次函数的图象与抛物线y＝3x2的形状相同，说明它们的二次项系数的绝对值相等，故本题有两种可能，即y＝3x2－2或y＝－3x2－2．
故答案为y＝3x2－2或y＝－3x2－2．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图象，解题的关键是熟知二次函数形状相同，二次项系数的绝对值相等．
16．避雷针BC的长度为4.8米．
【解析】
【分析】
解直角三角形求出CD，BD，根据BC=CD-BD求解即可．
【详解】
解：在Rt△ABD中，∵，
∴1.48=，
∵AD=80米，
∴BD=118.4（米），
在Rt△CAD中，∵tan∠CAD=，
∴1.54=，
∴CD=123.2（米），
∴BC=CD-BD=4.8（米）
答：避雷针BC的长度为4.8米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．当BD的长是或时，图中的两个直角三角形相似
【解析】
【分析】
先利用勾股定理计算出BC＝3，再根据相似三角形的判定方法进行讨论：当时，Rt△DBA∽Rt△BCA，即，当时，Rt△DBA∽Rt△BAC，即，然后利用比例性质求出对应的BD的长即可．
【详解】
在Rt△ABC中，BC3．
∵∠ABC＝∠ADB＝90°，∴分两种情况讨论：
①当时，Rt△DBA∽Rt△BCA，即，解得：BD；
②当时，Rt△DBA∽Rt△BAC，即，解得：BD．
综上所述：当BD的长是或时，图中的两个直角三角形相似．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．
18．（1）；（2）；；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，，然后代入抛物线解析式进行求解即可；
（2）由题意可画出图象，设点，然后求出直线AB的解析式为，则可设点，点，进而根据中点坐标公式及两点距离公式可进行求解；
（3）过作轴交于，由（2）可得：，，则有，设，，进而可得，则，然后可得，则有，最后根据一元二次方程根的判别式可进行求解．
【详解】
解：（1）∵直线与轴、轴分别交于、两点，
∴，，
∵抛物线经过、两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得，，由题意可得如图所示：
设点，直线AB的解析式为，把点A、B代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设点，点，
∵四边形是菱形，
∴根据中点坐标公式可得：，即，
∴，
∵，
∴根据两点距离公式可得：，
解得：或或（不符合题意，舍去），
∴；；
（3）过作轴交于，如图所示：
由（2）可得：，，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
化简得：，
当方程有唯一实根时，满足条件的只有一个，
∴，
化简得：，
解得：，（含去）
∴，
设平移后的抛物线为：，将点坐标代入平移后解析式得：
，
解得：，
．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的综合及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
19．金字塔的高度AB为米，斜坡AK的坡度为1.833．
【解析】
【分析】
根据同一时刻物高与影长成正比例列式计算即可．
【详解】
解：∵FGHI是正方形，点B在正方形的中心，BC⊥HG，
∴BK∥FG，BK==×160=80，
∵根据同一时刻物高与影长成正比例，
∴，即，
解得：AB=米，
连接AK，
=1.833．
∴金字塔的高度AB为米，斜坡AK的坡度为1.833．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求解，解此题的关键是找到各部分以及与其对应的影长．
20．(1)见解析
(2)
(3)的值为1或-5
【解析】
【分析】
（１）计算判别式的值，得到，即可判定；
（２）计算二次函数的对称轴为：直线，利用当抛物线开口向上时，谁离对称轴远谁大判断即可；
（３）先得到抛物线沿y轴翻折后的函数关系式，再利用对称轴与取值范围的位置分类讨论即可．
(1)
证明：令，则
∴
∴不论为何实数，方程有两个不相等的实数根
∴无论为何实数，该二次函数的图象与轴总有两个公共点
(2)
解：二次函数的对称轴为：直线
∵，抛物线开口向上
∴抛物线上的点离对称轴越远对应的函数值越大
∵
∴Ｍ点到对称轴的距离为：1
Ｎ点到对称轴的距离为：2
∴
(3)
解：∵抛物线
∴沿轴翻折后的函数解析式为
∴该抛物线的对称轴为直线
①若，即，则当时，有最小值
∴
解得，
∵
∴
②若，即，则当时，有最小值-1
不合题意，舍去
③若，，则当时，有最小值
∴
解得，
∵
∴
综上，的值为1或-5
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的最值问题，利用一元二次方程根的判别式判断抛物线与x轴的交点情况；熟练掌握二次函数的最值情况、根据对称轴与取值范围的位置关系来确定二次函数的最值是解本题的关键．