2026年上海市青浦区初三上学期一模数学试卷和参考答案

这是一份2026年上海市青浦区初三上学期一模数学试卷和参考答案，共9页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
（时间100分钟，满分150分）202601
考生注意：
本试卷含三个大题，共 25 题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
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要步骤．
一、选择题：（本大题共 6 题，每小题 4 分，满分 24 分）
[每题只有一个正确选项，在答题纸相应题号的选项上用 2B 铅笔正确填涂]
下列各组图形中，一定相似的是
A.两个等腰三角形； B.两个直角三角形； C.两个正方形； D.两个等腰梯形．
在△ ABC 中C  90 ， AC  3 ， BC  4 ．下列结论正确的是
A. sin A  3 ；B. cs A  3 ；C. tan A  3 ；D. ct A  3 ．
5555

已知实数 k (k  0) 及非零向量 a ，下列结论正确的是
ka
a
ka
a
k a
k a
ka
k a
A.   k   ；B.   k   ；C.  ；D.   ．
二次函数 y  x2  4x  1的图像一定不经过
A.第一象限；B.第二象限；C.第三象限；D.第四象限．
已知 BD 是四边形 ABCD 的对角线， BDC  A ,下列补充的条件中，不能判定△ ABD 和△ BCD 相似的是
A. ABD  CBD ； B. ADB  C ； C. AB  DC  AD  DB ； D. BD2  AD  CD ．
学校在操场上举行庄严的升旗仪式，每个学生均站立在旗杆前方的水平地面上面向国旗行注目礼．已知国旗的初始位置距地面高度均大于或等于每个学生的身高．如果将看向国旗的视线与水平视线所形成的夹角定义为注视角，那么国旗从初始位置开始匀速上升至顶端的过程中，以下说法正确的是
每个学生的注视角大小不变；B. 每个学生的注视角逐渐减小；
C. 每个学生的注视角逐渐增大；D. 同一时刻，相同身高学生的注视角相等．
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每个小题相应位置的方框内]
如果 x : y  5 : 2 ，那么(x  y) : y  =▲．
如果两个相似三角形的周长之比是1: 2 ，那么这两个三角形的相似比是▲．
在比例尺为1:1000 的图纸上，一座建筑物的高是 2 厘米，它的实际高度是▲米．
抛物线 y  x2  2x 与 y 轴的交点坐标是▲．
如果抛物线 y  (a 1)x2 1有最高点，那么实数 a 的取值范围是▲．
在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(-3,0)、 B(2,12)，则BAO 正弦值是▲．
如图 1，已知 AC∥EF∥DB， AF : BF  2 : 3 , CD  10 ， CE  ▲．
3
小海沿着坡度为1:的斜坡上行 80 米时，他的铅垂高度上升了▲米．
如果等边三角形的周长为 C，面积为 S，那么面积 S 关于周长 C 的函数解析式为▲．
如图 2，正方形 DEFG 的顶点均在△ABC 的边上，BC=6，DE=2，BC 边上高线长为▲．
如图 3，点 G 是△ABC 的重心， AB  4 ， BC  3 ， tan B  1 ，则ct BCG  ▲．
如图 4，已知△ABC 中， tan B 
， tan C ， BC  4 2 .点 M 是 BC 中点，点 D 在边 AB 上，连接
2
2
3
DM，将△BDM 沿着直线DM 翻折，点B 的对应点为点E.联结AE，如果AE∥BC，那么∠BMD 的度数为▲．
图 1图 2
图 3
图 4
三、（本大题共 7 题，满分 78 分）
19．（本题满分 10 分）计算： 2(1 ct 30) 
4 sin 60 3 tan 30  tan 45
20．（本题满分 10 分, 第（1）小题 5 分，第（2）小题 5 分）
已知抛物线 y  (x 1)(x  3) .
写出这条抛物线的开口方向、对称轴，以及它的变化情况；
将这条抛物线平移，使其顶点 P 移到点 Q(-3,1)的位置，求抛物线平移的距离．
21．（本题满分 10 分，第（1）小题 4 分，第（2）小题 6 分）
如图 5，在梯形 ABCD 中，AD∥BC，已知 AD : BC  2 : 3 ，点 E 是 AD 的中点，联结 EC 交 BD 于点G .
如果△EDG 的面积等于 5，求△BCG 的面积；



设 BA  a ， BC  b ，求向量 BG 关于向量 a 、b 的分解式.
图 5
22．（本题满分 10 分，第（1）小题 5 分，第（2）小题 5 分）
某小区为方便居民停车，拟在角落处增设一个矩形停车位 ABCD ，车位的三面围墙及墙 DE 均高于车顶，相关数据如图 6 所示．已知拟停在该车位的汽车前车门完全打开时与车身夹角为 70 ，当前车门与车身夹角不小于 25 时，驾驶员能顺畅地出来．图 7 是该汽车外形的部分数据，例如：数据②是前车门长度 100 厘米，数据④是车外后视镜
完全打开时车身占用的宽度为 215 厘米．图 8 是车门打开的示意图．假设车身始终与墙 BC 保持平行，车外后视镜
完全打开时与墙之间有 10 厘米的安全距离.（参考数据：sin70°≈ 0.94 ，cs70°≈ 0.34 ，tan70°≈ 2.76 ，sin25°≈ 0.42 ，
cs25°≈ 0.91，tan25°≈ 0.46 ，sin53°≈ 0.80 ，cs53°≈ 0.60 ，tan53°≈ 1.33 .）结合上述条件，回答下列问题：
当该汽车倒车停入车位 ABCD 区域时，驾驶员是否能够顺畅地从车中出来？请说明理由.
已知车库门前有一条平行于 CD 且与 CD 距离 270 厘米的人行道，当驾驶室的车门能完全打开时，汽车是否占用到人行道？请说明理由.(精确到 1 厘米)
人行横道线
图 8
图 6图 7
23．（本题满分 12 分，第（1）小题 6 分，第（2）小题 6 分）
如图 9，在□ABCD 中，点 E 在边 AD 上， BE 、CD 的延长线交于点 F，联结CE ，已知CE 2  DE  BC ．
图 9
求证：△ABE∽△EFC ；
求证： CE  CF  EF  AD ．
24．（本题满分 12 分，其中第（1）小题 4 分，第（2）①小题 4 分，第（2）②小题 4 分）
如图 10，平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 M1： y  x2  bx  3 与 x 轴交于点 A(1，0) 、B，与轴交于点 C，抛物线 M1 的顶点为点 D．
求b 的值和点 D 的坐标；
已知以点 G 为顶点的抛物线 M2： y  (x  m)2  5  m 与抛物线 M1 相交．
①设抛物线 M1、M2 的交点为点 E，在抛物线 M2 上，如果点 E 与点 G 之间的部分是上升的，求 m 的取值范围；
②联结 AD、AG，过点 G 作 AD 的平行线，交抛物线 M2 于点 N，如果 AG 平分∠NAD，求 m 的值．
图 10
25．（本题满分 14 分，其中第（1）小题 4 分，第（2）①小题 5 分，第（2）②小题 5 分）
△ABC 中，已知∠ABC=2∠C，BD 平分∠ABC.
如图 11，如果 AD=4，DC=5，求 BC 的长；
如图 12，过点 A 作 AC 的垂线 AP，与边 CB 的延长线交于点 P.
① 试猜想线段 PC 与边 AB 的数量关系，并证明；
② 在线段 DB 上截取 DQ=DA，联结 AQ，当∠PAQ=2∠BAQ 时，探究是否存在实数 k，使得 AB  kBQ  PB 成立？如果存在，请求出 k 的值；如果不存在，请说明理由.
图 11图 12
2025 学年第一学期九年级期终学业质量调研数学试卷参考答案 2026.1
一、选择题：（本大题共 6 题，每小题 4 分，满分 24 分）
1． C ； 2． B ； 3． A ； 4． C ； 5． D ； 6． C ．
二、填空题（本大题共 12 题，每题 4 分，满分 48 分）
7． 3 : 2 ； 8．1: 2 ； 9．20； 10．(0，0)； 11． a  1； 12． 12 ；
13
13．4； 14．40； 15． S 
3 C2 ； 16．3； 17． 3
36
2  2
； 18．22.5°或 67.5°．
2
三、
19．（本题满分 10 分）
3
4 
解：原式＝ （2 1 3)  2 ．（8 分）
3 3  1
3
3
＝ 5 ．（2 分）
20．（本题满分 10 分, 第（1）小题 5 分，第（2）小题 5 分）
解：（1）将抛物线 y  (x 1)(x  3) 化为 y  ( x  1)2  4 或 y  x2  2x  3（1 分）
∴该抛物线的抛物线的开口方向向上，对称轴为直线 x  1．（2 分）
∴在对称轴直线 x  1左侧部分是下降的，右侧部分是上升的．（2 分）
（2）由（1）得，顶点 P(1， 4) ．（2 分）
∵ 因为抛物线的平移就是抛物线上所有点的平移，
(1  3)2  (4  1)2
29
29
∴所以平移的距离就是线段 PQ 的长．（1 分）
∴ PQ 

．∴抛物线平移的距离是
．（2 分）
21．（本题满分 10 分，第（1）小题 4 分，第（2）小题 6 分）
DE1
解：（1）∵
AD : BC  2 : 3 ，点 E 是 AD 的中点，∴

BC3
．（1 分）
S DE 21
∵ AD // BC ，∴
△DEG ∽△BCG ．∴
△DEG  
  ．（2 分）
S△BCG
 BC 9
∵ S△DEG  5 ，∴ S△BCG  9S△DEG  45 ．（1 分）
（2） ∵
AD // BC ，∴
DG  DE  1 ．∴
3
BG  BD ．（2 分）
BGBC34
2
∵ AD : BC  2 : 3 ， AD // BC ， BC  b ，∴
AD 
b ．（1 分）
3
∵ BD  BA  AD  a  2 b ， BG 与 BD 方向相同，（1 分）
3
∴ BG  3 BD  3 (a  2 b)  3 a  1 b ．（2 分）
44342
22．（本题满分 10 分，第（1）小题 5 分，第（2）小题 5 分）
解：（1）如图 1，设车身一侧在直线 MN 上，线段 FG 的长为车门的长．
过点 G 作 GH⊥MN 于点 H．在 Rt△GFH 中， GFH  25 ， FG  100 ，（1 分）
∵ sinGFH  GH ，∴ GH  100sin 25  42 ．（2 分）
GF
42  185  (215 185)  2  10  252 ．（1 分）
∵ 252  260 ，∴驾驶员能够顺畅地从车中出来．（1 分）
（2）如图 1，当前车门在矩形 ABCD 内部能完全打开时， GH  100sin 70  94 ．
∵94+185+15+10>260，∴前车门在矩形 ABCD 内部时不能完全打开．（1 分）
如图 2，当车门在矩形 ABCD 外部能完全打开时，过点 F 作 FP⊥DE，垂足为点 P，则MFP  53  70． 因为前车门是以点 F 为圆心，以线段 FG 的长为半径旋转的，所以在53 时（最小距离状态）车门能完全
打开，那么在70 时车门也一定能完全打开．因此，设 FP=FG=100，
过点 P 作 PR⊥MN 于点 R，延长 AD 交 PR 于点 Q．（1 分）
PR
在 Rt△PFR 中，由sinPFR  PF ，得 PR  100cs53  80 ， FR  60 ．（1 分）
在 Rt△DPQ 中，∵ DPQ  53 ， PQ  80  200  10  260  30 ，
∵ tanDPQ  PQ ，∴ DQ  30 tan 53  39.9 ． 39.9  60  160  260  270 ．（2 分）
DQ
所以当驾驶室的车门能完全打开时，汽车没有占用人行道．
图 1
图 2
23．（本题满分 12 分，第（1）小题 6 分，第（2）小题 6 分）
证明：（1）在□ ABCD 中，∵ AD // BC ，∴ AEB  EBC ， DEC  BCE ．（2 分）
∵ CE 2  DE  BC ，∴ DE  CE ．∴△ DEC ∽△ ECB ．（2 分）
CEBC
∴ ECF  EBC ．∴ AEB  EBC（1 分）
在□ ABCD 中，∵ AB // CD ，∴ ABE  F ．∴ △ ABE ∽△ EFC ．（1 分）
（2）∵ ECF  EBC ， F  F ，∴ △ ECF ∽△ CBF ．（2 分）
∴ EF  CE ．（1 分）
CFBC
∵在□ ABCD 中， AD  BC ，∴ EF  CE ，即CE  CF  EF  AD ．（3 分）
CFAD
24．（本题满分 12 分，其中第（1）小题 4 分，第（2）①小题 4 分，第（2）②小题 4 分）
解：（1）将点 A(1,0) 代入 y   x2  bx  3 ，得b  2 ．（2 分）
∴ y   x2  2x  3  ( x  1)2  4 ， D(1,4) ．（2 分）
y   x2  2x  3

（2）①由 y  ( x  m)2  5  m 得， 2(m  1)x  (m  1)(m  2) ．（1 分）
∵两抛物线二次项系数相同，且有交点，
∴ m  1 ， x  m  2 ，即点 E ( m  2 , y ) ．（1 分）
22
∵抛物线 M 2 开口向下，∴点 E 在对称轴直线 x  m 的左侧 m  2
∴ m ．∴ m  2 ．（2 分）
2
（2）②∵ A (  1,0 ) ， D (1,4 ) ， G(m,5  m) ，
∴直线 AD : y  2x  2 ．
设直线GN : y  2x  n ，经过点G(m,5  m) ， 5  m  2m  n ，得n  5  3m ．
所以直线GN : y  2x  5  3m ．（1 分）
y  2x  5  3m

 y  ( x  m)2  5  m ，解得， x1  m （舍去）， x2  m  2 ．（1 分）
∴点 N (m  2,1  m) ．
∵ AD // GN ，∴ DAG  AGN ．∵AG 平分NAD ，∴ GAN  GAD ．
10
∴ GAN  AGN ．∴ AN  GN ．即 AN 2  GN 2 ．
∴ (m  2  1)2  (1  m  0)2  (m  m  2)2  (5  m 1  m)2 ，解得 m  1 
.· （2 分）
25．（本题满分 14 分，其中第（1）小题 4 分，第（2）①小题 5 分，第（2）②小题 5 分）
解：（1）∵ BD 平分ABC ，∴ ABC  2ABD  2DBC ．
∵ ABC  2C ，∴ ABD  DBC  C ．（1 分）
∵ DBC  C ， DC  5 ，∴ BD  DC  5 ．
∵ ABD  C ， A  A ，∴ △ ABD ∽△ ACB ．（1 分）

∴ ADAB  BD ，即 4  AB  5 ．∴ BC  15 ．（2 分）
ABACBC
AB4  5BC2
（2）①猜想： PC  2 AB ．（1 分）
证明：取 PC 中点 E，联结 AE．
在 Rt△APC 中， AE  EC  1 PC ．（1 分）
2
∴ EAC  C ． AEC  AEC  C  2C ．
∵ ABC  2C ．∴ ABC  AEC ．（1 分）
∴ AB  AE ．（1 分）
∴ AB  1 PC ，即 PC  2 AB ．（1 分）
2
（2）②在 Rt△APC 中， PAB  BAQ  DAQ  90 ， P  C  90 ．
∵ PAQ  2BAQ ，∴ PAB  BAQ ， 2PAB  DAQ  90 ．
∵ DQ  DA ，∴ DAQ  DQA ．
又∵ DQA  BAQ  ABD ， ABD  C ．
∴ 2PAB  BAQ  ABD  90 ，即3PAB  C  90 ．
∴ P  3PAB ．（1 分）
∵ ABC  P  PAB ，∴ 2C  4PAB ，即C  2PAB ．
∵ P  C  90 ，∴ 3PAB  2PAB  90 ， PAB  18 ．（1 分）
∴ P  54 ， C  ABD  DBC  36 , ABC  BAC  ADB  72 ．
∴ AC  BC ， AB  BD  CD ．
∵ △ ABD ∽△ ACB ，∴ AD 
ABADa

，设 ABa ，．
ABAC
aAD  a
∴ AD 
a ．（1 分）
5  1
2
∴ BC  AC  AD  CD 
a ， BQ  BD  DQ  AB  AD a ．
5  1
3 5
22
PB  PC  BC  2 AB  BC 
a ．（1 分）
3 5
2
代入 AB  kBQ  PB 中，得 k 
．（1 分）
5  1
2
即存在 k 
，使得 AB  kBQ  PB 成立．
5  1
2