2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（上）调研数学试卷（12月份）（五四学制）（Word版 含解析）
文档属性
| 名称 | 2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（上）调研数学试卷（12月份）（五四学制）（Word版 含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 256.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-12-22 06:01:58 | ||
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文档简介
2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（上）调研数学试卷（12月份）（五四学制）
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）若2x＝3y，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，下列等式中不成立的是（ ）
A．tanB＝ B．cosB＝ C．sinA＝ D．cotA＝
3．（4分）如果从甲船看乙船，乙船在甲船的南偏东30°方向，那么从乙船看甲船，甲船在乙船的（ ）
A．北偏东30° B．北偏西30° C．北偏东60° D．北偏西60°
4．（4分）k为任意实数，抛物线y＝a（x﹣k）2﹣k（a≠0）的顶点总在（ ）
A．直线y＝x上 B．直线y＝﹣x上 C．x轴上 D．y轴上
5．（4分）已知为单位向量，＝﹣3，那么下列结论中错误的是（ ）
A．∥ B．||＝3
C．与方向相同 D．与方向相反
6．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现有以下结论：
①a＜0；②abc＞0；③a﹣b+c＜0；④b2﹣4ac＜0；
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）如果cotα＝，那么锐角α＝ 度．
8．（4分）已知线段a是线段b、c的比例中项，如果a＝2，b＝3，那么c＝ ．
9．（4分）如果两个相似三角形的对应高比是：2，那么它们的相似比是 ．
10．（4分）四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是相似图形，点A、B、C、D分别与A'、B'、C'、D'对应，已知BC＝3，CD＝2.4，B'C′＝2，那么C′D'的长是 ．
11．（4分）小杰沿坡比为1：2.4的山坡向上走了130米．那么他沿着垂直方向升高了 米．
12．（4分）在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时同地测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度为 m．
13．（4分）在直角坐标平面中，将抛物线y＝2（x+1）2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移后的抛物线表达式是 ．
14．（4分）如图，△ABC中，DE是BC的垂直平分线，DE交AC于点E，连接BE．若BE＝9，BC＝12，则cosC＝ ．
15．（4分）如图，将一个装有水的杯子倾斜放置在水平的桌面上，其截面可看作一个宽BC＝6厘米，长CD＝16厘米的矩形．当水面触到杯口边缘时，边CD恰有一半露出水面，那么此时水面高度是 厘米．
16．（4分）设抛物线l：y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为D，与y轴的交点是C，我们称以C为顶点，且过点D的抛物线为抛物线l的“伴随抛物线”，请写出抛物线y＝x2﹣4x+1的伴随抛物线的解析式 ．
17．（4分）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似但不全等，我们就把这条对角线叫做这个四边形的相似对角线．在四边形ABCD中，对角线BD是它的相似对角线，∠ABC＝70°，BD平分∠ABC，那么∠ADC＝ 度．
18．（4分）如图，在直角坐标平面xOy中，点A坐标为（3，2），∠AOB＝90°，∠OAB＝30°，AB与x轴交于点C，那么AC：BC的值为 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）已知二次函数图象的最高点是A（1，4），且经过点B（0，3），与x轴交于C、D两点（点C在点D的左侧）．求△BCD的面积．
20．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表：
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
﹣4
﹣4
0
…
（1）求该抛物线的表达式；
（2）已知点E（4，y）是该抛物线上的点，点E关于抛物线的对称轴对称的点为点F，求点E和点F的坐标．
21．（10分）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC上的点，DE∥BC，点F在线段DE上，过点F作FG∥AB、FH∥AC分别交BC于点G、H，如果BG：GH：HC＝2：4：3．求的值．
22．（10分）如图，在东西方向的海岸线l上有长为300米的码头AB，在码头的最西端A处测得轮船M在它的北偏东45°方向上；同一时刻，在A点正东方向距离100米的C处测得轮船M在北偏东22°方向上．
（1）求轮船M到海岸线l的距离；（结果精确到0.01米）
（2）如果轮船M沿着南偏东30°的方向航行，那么该轮船能否行至码头AB靠岸？请说明理由．
（参考数据：sin22°≈0.375，cos22°≈0.927，tan22°≈0.404，≈1.732．）
23．（12分）如图，已知△ABC和△ADE，点D在BC边上，DA＝DC，∠ADE＝∠B，边DE与AC相交于点F．
（1）求证：AB?AD＝DF?BC；
（2）如果AE∥BC，求证：＝．
24．（12分）如图，在直角坐标平面内，抛物线经过原点O、点B（1，3），又与x轴正半轴相交于点A，∠BAO＝45°，点P是线段AB上的一点，过点P作PM∥OB，与抛物线交于点M，且点M在第一象限内．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若∠BMP＝∠AOB，求点P的坐标；
（3）过点M作MC⊥x轴，分别交直线AB、x轴于点N、C，若△ANC的面积等于△PMN的面积的2倍，求的值．
25．（14分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC边上的一个动点（点D不与点B、点C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F．
（1）求证：AB?CE＝BD?CD；
（2）当DF平分∠ADC时，求AE的长；
（3）当△AEF是等腰三角形时，求BD的长．
2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（上）调研数学试卷（12月份）（五四学制）
试题解析
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．解：∵2x＝3y，
∴＝3，
则＝．
故选：B．
2．解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°、∠B、b、c，
∴tanB＝，故A选项成立；
cosB＝，故B选项成立；
sinA＝，故C选项成立；
cotA＝，故D选项不成立；
故选：D．
3．解：∵从甲船看乙船，乙船在甲船的南偏东30°方向，
∴从乙船看甲船，甲船在乙船的北偏西30°方向．
故选：B．
4．解：∵y＝a（x﹣k）2﹣k（a≠0），
∴抛物线的顶点为（k，﹣k），
∵k为任意实数，
∴顶点在y＝﹣x直线上，
故选：B．
5．解：A、由为单位向量，知：两向量方向相反，即∥，故本选项错误．
B、由＝﹣3|＝3．
C、由为单位向量，知：两向量方向相反．
D、由为单位向量，知：两向量方向相反．
故选：C．
6．解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴a、b异号，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜3，所以②错误；
∵x＝﹣1时，y＜0，
即a﹣b+c＜6，所以③正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△＝b2﹣2ac＞0，所以④错误．
故选：B．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．解：∵cotα＝，
∴锐角α＝30°．
故答案为：30．
8．解：∵线段a是线段b、c的比例中项，
∴a2＝bc，
∵a＝2，b＝6，
∴c＝＝
故答案为：．
9．解：∵两个相似三角形的对应高比是：2，
∴它们的相似比是：2，
故答案为：：6．
10．解：∵四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'，
∴CD：C′D′＝BC：B′C′，
∵BC＝3，CD＝2.5，
∴C′D′＝1.6，
故答案为：4.6．
11．解：设他沿着垂直方向升高了x米，
∵坡比为1：2.7，
∴他行走的水平宽度为2.4x米，
由勾股定理得，x3+（2.4x）7＝1302，
解得，x＝50，
故答案为：50．
12．解：设这栋楼的高度为hm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，
∴＝，解得h＝54（m）．
故答案为：54．
13．解：抛物线y＝2（x+1）8向上平移1个单位后的解析式为：y＝2（x+7）2+1．
再向右平移2个单位所得抛物线的解析式为：y＝2x2+8．
故答案为：y＝2x2+6．
14．解：∵DE是BC的垂直平分线，
∴CE＝BE，
∴CD＝BD，
∵BE＝9，BC＝12，
∴CD＝6，CE＝7，
∴cosC＝＝＝，
故答案为．
15．解：如图所示：作BE⊥AE于点E，
由题意可得，BC＝6cmDC＝8cm，
故BF＝＝＝10（cm），
可得：∠CFB＝∠BAE，∠C＝∠AEB，
故△BFC∽△BAE，
∴＝，
∴＝，
解得：BE＝8.6．
故答案为：9.4．
16．解：∵抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2﹣2，
∴顶点坐标D为（2，﹣3），4），
设伴随抛物线的解析式为：y＝ax2+1，把D（2，
∴伴随抛物线y＝﹣x2+1，
故答案为：y＝﹣x3+1．
17．解：如图所示，∵∠ABC＝70°，
∴∠ABD＝∠DBC，
又∵对角线BD是它的相似对角线，
∴△ABD∽△DBC，
∴∠A＝∠BDC，∠ADB＝∠C，
∴∠A+∠C＝∠ADC，
又∵∠A+∠C+∠ADC＝360°﹣70°＝290°，
∴∠ADC＝145°，
故答案为：145．
18．解：如图所示：作AD⊥x轴，垂足为D，垂足为E．
∵A（3，2），
∴OA＝＝，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴＝，
∵∠AOB＝90°，∠EOC＝90°，
∴∠EOB＝∠AOD，
又∵∠BEO＝∠ADO，
∴△OEB∽△ODA，
∴＝＝，即＝，解得：OE＝，
∵AC：BC＝S△AOC：S△OBC＝AD：OE＝2：＝，
故答案为：．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．解：设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2+3（a≠0），
把B（0，7）代入得
3＝a（0﹣8）2+4
解得：a＝﹣4，
令y＝0，那么﹣（x﹣1）2+4＝0，
解得：x6＝3，x2＝﹣6，
∴点C的坐标为（﹣1，0），7），
∴CD＝4，
∵点B的坐标为（0，6），
∴OB＝3，
∴△BCD的面积是：＝7．
20．解：（1）∵x＝﹣2，y＝﹣4，y＝﹣7，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣），
设抛物线解析式为y＝a（x+1）8﹣，
把（6，﹣4）代入得a（0+7）2﹣＝﹣4，
∴抛物线解析式为y＝（x+5）2﹣；
（2）当x＝4时，y＝2﹣＝8，8），
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣6
∴点E关于抛物线的对称轴对称的点F的坐标为（﹣6，8）．
21．解：∵BG：GH：HC＝2：4：8，
∴设BG＝2k，GH＝4k，（k≠7）
∵DE∥BC，FG∥AB，
∴四边形BDFG是平行四边形，
∴DF＝BG＝2k，
∵DE∥BC，FH∥AC
∴四边形EFHC是平行四边形，
∴EF＝HC＝3k，
∴DE＝5k
∵DE∥BC
∴∠ADE＝∠B，
∵FG∥AB
∴∠FGH＝∠B，
∴∠ADE＝∠FGH，
同理可得：∠AED＝∠FHG
∴△ADE∽△FGH
∴＝（）2＝，
22．解：（1）过点M作MD⊥AC交AC的延长线于D，设DM＝x，
∵在Rt△CDM中，CD＝DM?tan∠CMD＝x?tan22°，
又∵在Rt△ADM中，∠MAC＝45°，
∴AD＝DM，
∵AD＝AC+CD＝100+x?tan22°，
∴100+x?tan22°＝x，
∴x＝≈≈167.79，
答：轮船M到海岸线l的距离约为167.79米．
（2）作∠DMF＝30°，交l于点F．
在Rt△DMF中，DF＝DM?tan∠FMD＝DM?tan30°
＝DM≈，
∴AF＝AC+CD+DF＝DM+DF≈167.79+96.87＝264.66＜300，
所以该轮船能行至码头靠岸．
23．（1）证明：∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
又∵∠ADE＝∠B，
∴△ABC∽△FDA，
∴＝，
∴AB?AD＝DF?BC；
（2）证明：∵∠ADE+∠CDF＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠CDF＝∠BAD，
∵AE∥BC，
∴∠E＝∠CDF，∠C＝∠EAF，
∴∠BAD＝∠E，
又∵∠ADE＝∠B，
∴△ABD∽△EDA，
∴＝，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
∴∠EAF＝∠DAC，即AC平分∠DAE，
作FM⊥AD于M，FN⊥AE于N，
则FM＝FN，
∵＝＝＝，
∴＝．
24．解：（1）如图1，过点B作BH⊥x轴，
∵点B（1，2）
∴BH＝3，OH＝1，
∵∠BAO＝45°，∠BHA＝90°
∴AH＝BH＝2，
∴OA＝4
∴点A（4，4）
∵抛物线过原点O、点A、B，
∴设抛物线的表达式为y＝ax2+bx（a≠0）
∴
解得：a＝﹣3，b＝4
∴抛物的线表达式为：y＝﹣x2+7x
（2）如图2，
∵PM∥OB
∴∠PMB+∠OBM＝180°，且∠BMP＝∠AOB，
∴∠AOB+∠OBM＝180°
∴BM∥OA，
设点M（m，3）3+4x上，
∴3＝﹣m4+4m，
∴m＝1（舍去），m＝3
∴点M（3，3），
∵点O（3，0），0），5）
∴直线OB解析式为y＝3x，
直线AB解析式为y＝﹣x+4，
∵PM∥OB，
∴设PM解析式为y＝7x+n，且过点M（3
∴3＝2×3+n，
∴n＝﹣6
∴PM解析式为y＝4x﹣6
∴
解得：x＝，y＝
∴点P（，）
（3）如图3，延长MP交x轴于点D，
∵PG⊥MN，MC⊥AD
∴PG∥AD
∴∠MPG＝∠MDC，∠GPN＝∠BAO＝45°，
又∵∠PGC＝90°，∠ACG＝90°，
∴AC＝CN，PG＝NG，
∵PM∥OB，
∴∠BOA＝∠MDC，
∴∠MPG＝∠BOA
∵点B坐标（1，8）
∴tan∠BOA＝3＝tan∠MPG＝
∴MG＝3PG＝6NG，
∴MN＝4PG，
∵△ANC的面积等于△PMN的面积的2倍，
∴×AC×NC＝2×，
∴NC2＝7×MN×MN＝2，
∴
25．（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∠ADC＝∠BAD+∠B，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，又∠B＝∠C，
∴△BAD∽△CDE，
∴＝，即AB?CE＝BD?CD；
（2）解：∵DF平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵∠CDE＝∠BAD，
∴∠ADE＝∠BAD，
∴DF∥AB，
∴＝，
∵∠BAD＝∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠C，又∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，即＝
解得，BD＝，
∴＝，
解得，AE＝；
（3）解：作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝HC＝BC＝8，
由勾股定理得，AH＝＝，
∴tanB＝＝，
∴tan∠ADF＝＝，
设AF＝3x，则AD＝8x，
由勾股定理得，DF＝，
∵△BAD∽△CDE，
∴＝，
当点F在DE的延长线上，FA＝FE时，
∴＝，
解得，CD＝5，
∴BD＝BC﹣CD＝11，
当EA＝EF时，DE＝EF＝6.5x，
∴＝，
解得，CD＝，
∴BD＝BC﹣CD＝；
当AE＝AF＝3x时，DE＝x，
∴＝，
解得，CD＝，
∴BD＝BC﹣CD＝；
当点F在线段DE上时，∠AFE为钝角，
∴只有FA＝FE＝3x，则DE＝8x，
∴＝，
解得，CD＝20＞16，
∴△AEF是等腰三角形时，BD的长为11或或．
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）若2x＝3y，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，下列等式中不成立的是（ ）
A．tanB＝ B．cosB＝ C．sinA＝ D．cotA＝
3．（4分）如果从甲船看乙船，乙船在甲船的南偏东30°方向，那么从乙船看甲船，甲船在乙船的（ ）
A．北偏东30° B．北偏西30° C．北偏东60° D．北偏西60°
4．（4分）k为任意实数，抛物线y＝a（x﹣k）2﹣k（a≠0）的顶点总在（ ）
A．直线y＝x上 B．直线y＝﹣x上 C．x轴上 D．y轴上
5．（4分）已知为单位向量，＝﹣3，那么下列结论中错误的是（ ）
A．∥ B．||＝3
C．与方向相同 D．与方向相反
6．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现有以下结论：
①a＜0；②abc＞0；③a﹣b+c＜0；④b2﹣4ac＜0；
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）如果cotα＝，那么锐角α＝ 度．
8．（4分）已知线段a是线段b、c的比例中项，如果a＝2，b＝3，那么c＝ ．
9．（4分）如果两个相似三角形的对应高比是：2，那么它们的相似比是 ．
10．（4分）四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是相似图形，点A、B、C、D分别与A'、B'、C'、D'对应，已知BC＝3，CD＝2.4，B'C′＝2，那么C′D'的长是 ．
11．（4分）小杰沿坡比为1：2.4的山坡向上走了130米．那么他沿着垂直方向升高了 米．
12．（4分）在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时同地测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度为 m．
13．（4分）在直角坐标平面中，将抛物线y＝2（x+1）2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移后的抛物线表达式是 ．
14．（4分）如图，△ABC中，DE是BC的垂直平分线，DE交AC于点E，连接BE．若BE＝9，BC＝12，则cosC＝ ．
15．（4分）如图，将一个装有水的杯子倾斜放置在水平的桌面上，其截面可看作一个宽BC＝6厘米，长CD＝16厘米的矩形．当水面触到杯口边缘时，边CD恰有一半露出水面，那么此时水面高度是 厘米．
16．（4分）设抛物线l：y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为D，与y轴的交点是C，我们称以C为顶点，且过点D的抛物线为抛物线l的“伴随抛物线”，请写出抛物线y＝x2﹣4x+1的伴随抛物线的解析式 ．
17．（4分）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似但不全等，我们就把这条对角线叫做这个四边形的相似对角线．在四边形ABCD中，对角线BD是它的相似对角线，∠ABC＝70°，BD平分∠ABC，那么∠ADC＝ 度．
18．（4分）如图，在直角坐标平面xOy中，点A坐标为（3，2），∠AOB＝90°，∠OAB＝30°，AB与x轴交于点C，那么AC：BC的值为 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）已知二次函数图象的最高点是A（1，4），且经过点B（0，3），与x轴交于C、D两点（点C在点D的左侧）．求△BCD的面积．
20．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表：
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
﹣4
﹣4
0
…
（1）求该抛物线的表达式；
（2）已知点E（4，y）是该抛物线上的点，点E关于抛物线的对称轴对称的点为点F，求点E和点F的坐标．
21．（10分）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC上的点，DE∥BC，点F在线段DE上，过点F作FG∥AB、FH∥AC分别交BC于点G、H，如果BG：GH：HC＝2：4：3．求的值．
22．（10分）如图，在东西方向的海岸线l上有长为300米的码头AB，在码头的最西端A处测得轮船M在它的北偏东45°方向上；同一时刻，在A点正东方向距离100米的C处测得轮船M在北偏东22°方向上．
（1）求轮船M到海岸线l的距离；（结果精确到0.01米）
（2）如果轮船M沿着南偏东30°的方向航行，那么该轮船能否行至码头AB靠岸？请说明理由．
（参考数据：sin22°≈0.375，cos22°≈0.927，tan22°≈0.404，≈1.732．）
23．（12分）如图，已知△ABC和△ADE，点D在BC边上，DA＝DC，∠ADE＝∠B，边DE与AC相交于点F．
（1）求证：AB?AD＝DF?BC；
（2）如果AE∥BC，求证：＝．
24．（12分）如图，在直角坐标平面内，抛物线经过原点O、点B（1，3），又与x轴正半轴相交于点A，∠BAO＝45°，点P是线段AB上的一点，过点P作PM∥OB，与抛物线交于点M，且点M在第一象限内．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若∠BMP＝∠AOB，求点P的坐标；
（3）过点M作MC⊥x轴，分别交直线AB、x轴于点N、C，若△ANC的面积等于△PMN的面积的2倍，求的值．
25．（14分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC边上的一个动点（点D不与点B、点C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F．
（1）求证：AB?CE＝BD?CD；
（2）当DF平分∠ADC时，求AE的长；
（3）当△AEF是等腰三角形时，求BD的长．
2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（上）调研数学试卷（12月份）（五四学制）
试题解析
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．解：∵2x＝3y，
∴＝3，
则＝．
故选：B．
2．解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°、∠B、b、c，
∴tanB＝，故A选项成立；
cosB＝，故B选项成立；
sinA＝，故C选项成立；
cotA＝，故D选项不成立；
故选：D．
3．解：∵从甲船看乙船，乙船在甲船的南偏东30°方向，
∴从乙船看甲船，甲船在乙船的北偏西30°方向．
故选：B．
4．解：∵y＝a（x﹣k）2﹣k（a≠0），
∴抛物线的顶点为（k，﹣k），
∵k为任意实数，
∴顶点在y＝﹣x直线上，
故选：B．
5．解：A、由为单位向量，知：两向量方向相反，即∥，故本选项错误．
B、由＝﹣3|＝3．
C、由为单位向量，知：两向量方向相反．
D、由为单位向量，知：两向量方向相反．
故选：C．
6．解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴a、b异号，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜3，所以②错误；
∵x＝﹣1时，y＜0，
即a﹣b+c＜6，所以③正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△＝b2﹣2ac＞0，所以④错误．
故选：B．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．解：∵cotα＝，
∴锐角α＝30°．
故答案为：30．
8．解：∵线段a是线段b、c的比例中项，
∴a2＝bc，
∵a＝2，b＝6，
∴c＝＝
故答案为：．
9．解：∵两个相似三角形的对应高比是：2，
∴它们的相似比是：2，
故答案为：：6．
10．解：∵四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'，
∴CD：C′D′＝BC：B′C′，
∵BC＝3，CD＝2.5，
∴C′D′＝1.6，
故答案为：4.6．
11．解：设他沿着垂直方向升高了x米，
∵坡比为1：2.7，
∴他行走的水平宽度为2.4x米，
由勾股定理得，x3+（2.4x）7＝1302，
解得，x＝50，
故答案为：50．
12．解：设这栋楼的高度为hm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，
∴＝，解得h＝54（m）．
故答案为：54．
13．解：抛物线y＝2（x+1）8向上平移1个单位后的解析式为：y＝2（x+7）2+1．
再向右平移2个单位所得抛物线的解析式为：y＝2x2+8．
故答案为：y＝2x2+6．
14．解：∵DE是BC的垂直平分线，
∴CE＝BE，
∴CD＝BD，
∵BE＝9，BC＝12，
∴CD＝6，CE＝7，
∴cosC＝＝＝，
故答案为．
15．解：如图所示：作BE⊥AE于点E，
由题意可得，BC＝6cmDC＝8cm，
故BF＝＝＝10（cm），
可得：∠CFB＝∠BAE，∠C＝∠AEB，
故△BFC∽△BAE，
∴＝，
∴＝，
解得：BE＝8.6．
故答案为：9.4．
16．解：∵抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2﹣2，
∴顶点坐标D为（2，﹣3），4），
设伴随抛物线的解析式为：y＝ax2+1，把D（2，
∴伴随抛物线y＝﹣x2+1，
故答案为：y＝﹣x3+1．
17．解：如图所示，∵∠ABC＝70°，
∴∠ABD＝∠DBC，
又∵对角线BD是它的相似对角线，
∴△ABD∽△DBC，
∴∠A＝∠BDC，∠ADB＝∠C，
∴∠A+∠C＝∠ADC，
又∵∠A+∠C+∠ADC＝360°﹣70°＝290°，
∴∠ADC＝145°，
故答案为：145．
18．解：如图所示：作AD⊥x轴，垂足为D，垂足为E．
∵A（3，2），
∴OA＝＝，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴＝，
∵∠AOB＝90°，∠EOC＝90°，
∴∠EOB＝∠AOD，
又∵∠BEO＝∠ADO，
∴△OEB∽△ODA，
∴＝＝，即＝，解得：OE＝，
∵AC：BC＝S△AOC：S△OBC＝AD：OE＝2：＝，
故答案为：．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．解：设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2+3（a≠0），
把B（0，7）代入得
3＝a（0﹣8）2+4
解得：a＝﹣4，
令y＝0，那么﹣（x﹣1）2+4＝0，
解得：x6＝3，x2＝﹣6，
∴点C的坐标为（﹣1，0），7），
∴CD＝4，
∵点B的坐标为（0，6），
∴OB＝3，
∴△BCD的面积是：＝7．
20．解：（1）∵x＝﹣2，y＝﹣4，y＝﹣7，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣），
设抛物线解析式为y＝a（x+1）8﹣，
把（6，﹣4）代入得a（0+7）2﹣＝﹣4，
∴抛物线解析式为y＝（x+5）2﹣；
（2）当x＝4时，y＝2﹣＝8，8），
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣6
∴点E关于抛物线的对称轴对称的点F的坐标为（﹣6，8）．
21．解：∵BG：GH：HC＝2：4：8，
∴设BG＝2k，GH＝4k，（k≠7）
∵DE∥BC，FG∥AB，
∴四边形BDFG是平行四边形，
∴DF＝BG＝2k，
∵DE∥BC，FH∥AC
∴四边形EFHC是平行四边形，
∴EF＝HC＝3k，
∴DE＝5k
∵DE∥BC
∴∠ADE＝∠B，
∵FG∥AB
∴∠FGH＝∠B，
∴∠ADE＝∠FGH，
同理可得：∠AED＝∠FHG
∴△ADE∽△FGH
∴＝（）2＝，
22．解：（1）过点M作MD⊥AC交AC的延长线于D，设DM＝x，
∵在Rt△CDM中，CD＝DM?tan∠CMD＝x?tan22°，
又∵在Rt△ADM中，∠MAC＝45°，
∴AD＝DM，
∵AD＝AC+CD＝100+x?tan22°，
∴100+x?tan22°＝x，
∴x＝≈≈167.79，
答：轮船M到海岸线l的距离约为167.79米．
（2）作∠DMF＝30°，交l于点F．
在Rt△DMF中，DF＝DM?tan∠FMD＝DM?tan30°
＝DM≈，
∴AF＝AC+CD+DF＝DM+DF≈167.79+96.87＝264.66＜300，
所以该轮船能行至码头靠岸．
23．（1）证明：∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
又∵∠ADE＝∠B，
∴△ABC∽△FDA，
∴＝，
∴AB?AD＝DF?BC；
（2）证明：∵∠ADE+∠CDF＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠CDF＝∠BAD，
∵AE∥BC，
∴∠E＝∠CDF，∠C＝∠EAF，
∴∠BAD＝∠E，
又∵∠ADE＝∠B，
∴△ABD∽△EDA，
∴＝，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
∴∠EAF＝∠DAC，即AC平分∠DAE，
作FM⊥AD于M，FN⊥AE于N，
则FM＝FN，
∵＝＝＝，
∴＝．
24．解：（1）如图1，过点B作BH⊥x轴，
∵点B（1，2）
∴BH＝3，OH＝1，
∵∠BAO＝45°，∠BHA＝90°
∴AH＝BH＝2，
∴OA＝4
∴点A（4，4）
∵抛物线过原点O、点A、B，
∴设抛物线的表达式为y＝ax2+bx（a≠0）
∴
解得：a＝﹣3，b＝4
∴抛物的线表达式为：y＝﹣x2+7x
（2）如图2，
∵PM∥OB
∴∠PMB+∠OBM＝180°，且∠BMP＝∠AOB，
∴∠AOB+∠OBM＝180°
∴BM∥OA，
设点M（m，3）3+4x上，
∴3＝﹣m4+4m，
∴m＝1（舍去），m＝3
∴点M（3，3），
∵点O（3，0），0），5）
∴直线OB解析式为y＝3x，
直线AB解析式为y＝﹣x+4，
∵PM∥OB，
∴设PM解析式为y＝7x+n，且过点M（3
∴3＝2×3+n，
∴n＝﹣6
∴PM解析式为y＝4x﹣6
∴
解得：x＝，y＝
∴点P（，）
（3）如图3，延长MP交x轴于点D，
∵PG⊥MN，MC⊥AD
∴PG∥AD
∴∠MPG＝∠MDC，∠GPN＝∠BAO＝45°，
又∵∠PGC＝90°，∠ACG＝90°，
∴AC＝CN，PG＝NG，
∵PM∥OB，
∴∠BOA＝∠MDC，
∴∠MPG＝∠BOA
∵点B坐标（1，8）
∴tan∠BOA＝3＝tan∠MPG＝
∴MG＝3PG＝6NG，
∴MN＝4PG，
∵△ANC的面积等于△PMN的面积的2倍，
∴×AC×NC＝2×，
∴NC2＝7×MN×MN＝2，
∴
25．（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∠ADC＝∠BAD+∠B，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，又∠B＝∠C，
∴△BAD∽△CDE，
∴＝，即AB?CE＝BD?CD；
（2）解：∵DF平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵∠CDE＝∠BAD，
∴∠ADE＝∠BAD，
∴DF∥AB，
∴＝，
∵∠BAD＝∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠C，又∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，即＝
解得，BD＝，
∴＝，
解得，AE＝；
（3）解：作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝HC＝BC＝8，
由勾股定理得，AH＝＝，
∴tanB＝＝，
∴tan∠ADF＝＝，
设AF＝3x，则AD＝8x，
由勾股定理得，DF＝，
∵△BAD∽△CDE，
∴＝，
当点F在DE的延长线上，FA＝FE时，
∴＝，
解得，CD＝5，
∴BD＝BC﹣CD＝11，
当EA＝EF时，DE＝EF＝6.5x，
∴＝，
解得，CD＝，
∴BD＝BC﹣CD＝；
当AE＝AF＝3x时，DE＝x，
∴＝，
解得，CD＝，
∴BD＝BC﹣CD＝；
当点F在线段DE上时，∠AFE为钝角，
∴只有FA＝FE＝3x，则DE＝8x，
∴＝，
解得，CD＝20＞16，
∴△AEF是等腰三角形时，BD的长为11或或．
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