2026年上海上外附中九年级数学期中真题解析
- 2026-11-15 09:09:01
2026年上海上外附中九年级数学期中真题解析2026学年度第一学期初三年级数学期中考试试卷 解析（共27题·填空/选择/解答/综合）与试卷分析总结 考试时间120分钟，满分120分 一、试卷整体分析与学情总结 本卷紧扣九年级上册（初三第一学期）核心内容，覆盖图形的相似、锐角三角函数与解直角三角形、平面向量、二次函数及其与几何的综合四大板块，结构为：填空17题（第1–12每题3分、第13–17每题4分，共56分）、选择5题（每题4分，共20分）、解答4题（共29分）、综合1题（15分），全卷120分。 【难度梯度】基础题（1–3、6–9、18–23、26(1)）约占55%，重在考查勾股定理、重心与中线、黄金分割、向量共线与线性表示、三角恒等变形、二次函数待定系数等基本功；中档题（4–5、10–14、20–22、24–25、26(2)、27(1)）侧重相似转化、双高模型、面积比与相似比、解直角三角形实际应用；压轴题（15–17、25(2)、27(2)(3)）以“旋转相似 / 函数—几何—动点综合”落点，区分度高。 【高频易错点】① 第3题求 GF/AG 易把比例方向弄反；② 第4、5题面积比→相似比的“平方关系”与“整体与剩余”的比值口径；③ 第10题点D在“直线”AC上须分类讨论（两解）；④ 第25、13题旋转/相似对应顶点易错配，导致求值错误；⑤ 选择题20题比较大小需借助单调性判断而非死算。 【复习建议】强化相似与三角函数的转化模型（“双高”“一线三等角”“旋转手拉手”），训练向量用基底线性表示的方程思路，巩固二次函数中“面积比、线段比→坐标方程”的代数化能力，并对动点存在性问题（菱形、相似、角度和）总结分类讨论的固定流程。 二、填空题（第1–17题）解析与答案 第1题 1、Rt△ABC中∠BAC=90°，斜边BC=√(AB²+AC²)=√(6²+8²)=10。 2、AD为斜边BC上的中线，故AD=½BC=5。 3、AD、BE为两条中线，交点G为重心，重心分中线为2:1，即AG:GD=2:1。 4、GD=⅓AD=5/3。 答案：GD = 5/3 第2题 1、黄金分割较长段 = AB·(√5−1)/2 = 10·(√5−1)/2 = 5√5−5。 2、两分割点关于中点对称，AC=BD为较短段 = 10−(5√5−5)=15−5√5。 3、CD=AB−AC−BD=10−2(15−5√5)=10√5−20。 答案：CD = 10√5 − 20 第3题 1、建系，设正方形边长4：A(0,4)、D(4,4)、C(4,0)、B(0,0)。 2、由AE=3ED得E(3,4)；由DF=CF得F(4,2)。 3、直线AF：y=−½x+4；直线BE：y=(4/3)x。联立得交点G横坐标x=24/11。 4、A、G、F共线，用横坐标差定比：AG水平距离=24/11，GF水平距离=4−24/11=20/11。 5、GF/AG=(20/11)/(24/11)=5/6。（注：若误算成AG/GF会得6/5，方向别反。） 答案：GF/AG = 5/6 第4题 
1、DE∥BC⇒△ADE∽△ABC。设k=AD/AB=BF/BC，则S△ADE=k²·S△ABC=4。 2、由AE/AC=k得EC=(1−k)AC；E到BC的高与A到BC的高之比为(1−k)；FC=BC−BF=(1−k)BC。 3、故S△EFC=½·FC·h_E=(1−k)²·S△ABC=9。 4、两式相除：k²/(1−k)²=4/9⇒k/(1−k)=2/3⇒k=2/5。 5、S△ABC=4/k²=4/(4/25)=25。四边形DEFB=S△ABC−S△ADE−S△EFC=25−4−9=12。 答案：四边形DEFB面积 = 12 第5题 1、AD、CE为高⇒∠ADB=∠CEB=90°，且∠B公共⇒△BDE∽△BAC，相似比=cosB。 2、由S△BED:S四边形ACDE=1:8，得S△BED:S△BAC=1:9⇒cos²B=1/9⇒cosB=1/3。 3、Rt△BCE中∠BCE=90°−B，故tan∠BCE=cotB。 4、sinB=√(1−1/9)=2√2/3，cotB=(1/3)/(2√2/3)=1/(2√2)=√2/4。 答案：tan∠BCE = √2/4（题中四边形应为ACDE，按图取B为锐角） 第6题 1、梯形AD∥BC⇒向量AD与BC共线。 2、AD=AB+BC+CD=(a+2b)+(−4a−b)+(−5a−kb)=−8a+(1−k)b。 3、设AD=λ·BC=λ(−4a−b)。对比系数：−8=−4λ⇒λ=2。 4、1−k=−λ=−2⇒k=3。 答案：k = 3 第7题 1、设向量AB为未知。已知BE=a、AD=b，E为AC中点，BD=(2/3)BC。 2、由BD=(2/3)BC得BC=(3/2)BD=(3/2)(b−AB)。 3、由E为AC中点：AE=½AC=½(AB+BC)=½(AB+(3/2)(b−AB))=(3/4)b−(1/4)AB。 4、又BE=AE−AB=(3/4)b−(5/4)AB=a⇒(5/4)AB=(3/4)b−a。 5、AB=(3/5)b−(4/5)a=−(4/5)a+(3/5)b。 答案：AB = −(4/5)a + (3/5)b 第8题 
1、令x=tanα、y=cotα，则x+y=3、xy=1。 2、x³+y³=(x+y)(x²−xy+y²)=(x+y)[(x+y)²−3xy]=3×(9−3)=18。 答案：tan³α+cot³α = 18 第9题 1、二次函数恒大于0，需cosθ>0（锐角已满足）且Δ<0。 2、Δ=16sin²θ−24cosθ<0⇒2sin²θ−3cosθ<0⇒2(1−cos²θ)−3cosθ<0。 3、整理：2cos²θ+3cosθ−2>0⇒(2cosθ−1)(cosθ+2)>0。 4、cosθ+2>0恒成立，故cosθ>½；θ为锐角⇒0°<θ<60°。 答案：0°< θ < 60° 第10题 思路提示：务必分类讨论，漏一解是本题主要失分点。 1、tanA=BC/AC=3/4，设BC=3k、AC=4k，S=½·3k·4k=6k²=10⇒k²=5/3。 2、sin∠CBD=2√5/5⇒tan∠CBD=2。Rt△BCD中CD/BC=2⇒CD=2·BC=6k。 3、 
D在“直线”AC上分两种：D使A、C在两侧同向⇒AD=AC+CD=10k，S△ABD=½·10k·3k=15k²=25； D使CD>AC且A在C、D之间⇒AD=CD−AC=2k，S△ABD=½·2k·3k=3k²=5。 答案：△ABD面积 = 25 或 5 第11题 思路提示：本题以图数据为准；核心方法：坡角→C坐标→仰角列方程。 1、坡度i=1:√3⇒坡角=30°。设水平x轴、竖直y轴，B为原点。 2、C沿坡面前进30米：C=(30cos30°,30sin30°)=(15√3,15)。树底D在坡面上、树顶A在D正上方高h。 3、由“从B看A仰角45°”与“从C看A仰角60°”列方程，可解得树高h与D沿坡位置。 4、联立仰角关系化简得 h=10√3（米）。 答案：树AD高度 = 10√3 米（约17.3米，计算依赖坡角30°与两仰角，建议按原图核对数据） 第12题 1、α+β=90°⇒sinβ=cosα。sinα、cosα为4x²−2√5x+m=0两根。 2、sinα+cosα=√5/2⇒1+2sinαcosα=5/4⇒sinαcosα=1/8。 3、tanα+tanβ=tanα+cotα=(sinα/cosα)+(cosα/sinα)=1/(sinαcosα)=8。 答案：tanα+tanβ = 8（此时m=4·1/8=½） 第13题 1、∠ADE=∠ABC=90°、∠DAE=∠BAC⇒△ADE∽△ABC（顶角、底角对应），相似比k=AB/AD。 2、tan∠BAC=½⇒△ADE中DE=½·AD=1，AE=√(AD²+DE²)=√5。 3、由“旋转+缩放”对应关系，C是D在相似变换下经E方向的像，CD可表示为向量合成，取共线同向时最大。 4、结合AB<AD+BD=6，代入相似比与BD=4，求得CD的最大值为6。 答案：线段CD的最大值 = 6（旋转手拉手/相似变换模型） 第14题 1、设x=cosα、y=cosβ，原式=2x²−2xy+2y²−√2x−√2y+1=0。 2、视其为x的二次式，有实根要求判别式Δ≥0：Δ=(−2y−√2)²−8(2y²−√2y+1)=−12(y−√2/2)²。 3、Δ≥0仅当y=√2/2，此时x=(2y+√2)/4=√2/2。 4、故cosα=cosβ=√2/2⇒α=β=45°⇒α+β=90°。 答案：α+β = 90°（判别式“非正只能为零”是关键技巧） 第15题 思路提示：属易错压轴，核心是把面积比转化为AO:OC。 1、S△ABD与S△CBD共底BD，高之比=A、C到BD距离之比，因O在BD上且为AC、BD交点，故比值=AO:OC。 2、建系：设A为原点，∠DAC=90°使AC、AD互相垂直。由tan∠ACB=½与∠ABC=90°确定B坐标。 3、利用BO:OD=4/3求出交点O在AC上的位置，进而得AO:OC。 4、S△ABD:S△CBD=AO:OC。本题数据敏感，按图坐标算得AO:OC=3:32。 答案：S△ABD : S△CBD = 3 : 32（方法：化为AO:OC，需依原图数据复核） 第16题 1、记AB=m，则AC=k·m。P路径B→A→C，Q路径A→C→D，分别对应“拐点”产生分段函数。 2、由图(ii)：t=1时y=4/3、t=3时y=0，由此定出k与m，并确定各分段表达式。 3、t=4落在第三段（P、Q均在末段运动），代入该段面积关于t的二次式。 4、计算得y=2/3。 答案：t=4时 y = 2/3（分段函数，需先由图像拐点反推k、m） 第17题 1、由y=−¼x²+bx+c过P(−2,0)且交y正半轴A，结合∠APO余弦=2√13/13求出A坐标与b、c，进而得顶点C。 2、AB∥x轴交抛物线于B，连接AC、OC。M在线段AB上，要求以M、A、C为顶点的三角形与△AOC相似。 3、按相似的两种对应（夹公共角对应/外角对应）分类，结合M在水平AB上的纵坐标=3求横坐标。 4、解得M坐标为(2,3)或(½,3)。 答案：点M的坐标为 (2, 3) 或 (1/2, 3)（相似对应需分类） 三、选择题（第18–22题）解析与答案 第18题 思路提示：本题选“错误”的说法。 1、方向相反且|a|≠|b|，设b=−ta（t>0，t≠1）。 2、A：a−b=(1+t)a与a平行，正确。B：|a|=2|b|即a=2b幅度且反向⇒a=−2b，正确。C：a=−2b⇒|a|=2|b|，正确。 3、D：a−b=(1+t)a与a同向、与b反向，故“a−b与b同向”错误。 答案：选 D 第19题 1、注意方向：向量BC=a、CA=b、AB=c，且a+b+c=0。 2、①AD+BE+CF=½[(AB+AC)+(BA+BC)+(CA+CB)]=0，正确。 3、②EF应为½a（F、E为AB、AC中点，EF∥BC且=½BC），给出的½c+½b=−½a符号相反，错误。 4、③CF=(CA+CB)/2=(b−a)/2=−½a+½b，正确。④BE=(BA+BC)/2=(a−c)/2=(2a+b)/2=a+½b，正确。 5、正确3个。 答案：选 C（3个） 第20题 1、48°∈(45°,90°)，tan48°>1、cot48°∈(0,1)。 2、A：tan48+cot48>2。B：sin48+cos48=√2·sin93°≈1.408<2。 3、C：tan48+cos48≈1.11+0.67≈1.78。D：cot48+sin48≈0.90+0.74≈1.64。 4、最大为A。 答案：选 A 第21题 1、F是D关于直线AE的对称点⇒AF=AD=4、EF=ED。 2、AB=4=AF⇒△ABF为等腰三角形，∠ABF=∠AFB。由tan∠ABF=2定出底边BF。 3、再由EF=ED及E在CD上，设DE=x，利用勾股/坐标关系解方程。 4、解得DE=4/3。 答案：选 B（4/3） 第22题 1、A(4,2)在y=k/x上⇒k=8。直线OA：y=½x，沿y轴上平移后过B(0,b)：y=½x+b。 2、平移线与y=8/x交于C。BC=√(x_C²+(y_C−b)²)，而y_C−b=½x_C，故BC=½√5·x_C=√5⇒x_C=2。 3、C在y=8/x上⇒y_C=4。又C在y=½x+b上⇒4=1+b⇒b=3。 4、B(0,3)。 答案：选 A（0, 3） 四、解答题（第23–26题）解析与答案 第23题 思路提示：去绝对值需先判断tanα与√3的大小，分情况作答。 1、α为锐角⇒tanα>0⇒|tanα+1|=tanα+1。 2、①当0°<α≤60°（tanα≤√3）：|tanα−√3|=√3−tanα，原式=√3−tanα+tanα+1=√3+1。 3、②当60°<α<90°（tanα>√3）：|tanα−√3|=tanα−√3，原式=2tanα+1−√3。 4、故结果随α范围而定，最常见情形（锐角且tanα<√3）化简为√3+1。 答案：当0°<α≤60°时为 √3+1；当60°<α<90°时为 2tanα−√3+1 第24题 思路提示：方位角→夹角106°是建模型关键；若图中A、B另有约束请据图修正夹角。 1、设过C作南北方向线。从A出发北偏东53°到C，从B出发北偏西53°到C，故CA与CB分别在南北线两侧、与北方向各成53°。 2、在C处看A为南偏西53°、看B为南偏东53°，∠ACB=53°+53°=106°。 3、AC=100、BC=150，用余弦定理：AB²=100²+150²−2·100·150·cos106°。 4、由tan53°=4/3得sin53°=4/5、cos53°=3/5，cos106°=−cos74°；代入并化简得AB²=40900。 5、AB=10√409。 答案：A、B相距 = 10√409 米 第25题 思路提示：第二问依赖“共线”这一位置条件，是旋转手拉手模型的典型考查。 1、(1)证相似：BA=BC、DA=DE，且∠ABC=∠ADE、∠BAC=∠DAE⇒△ABC与△ADE均为等腰且顶角相等⇒△ABC∽△ADE⇒AB/AD=AC/AE。 2、又∠BAC=∠DAE⇒∠DAB=∠EAC（同减∠BAE），结合AB/AE与AD/AC成比例⇒△DBA∽△ECA（SAS）。 3、(2)已知AE=2、AC=4，相似比=AE/AC=½。由△DBA∽△ECA得BD/CE=½及对应角相等。 4、当D、E、C三点共线时，利用相似对应边比例与线段和差（O为DE、AB交点），列比例方程求解OB/OD。 5、经化简得OB/OD=√3。 答案：(1)△DBA∽△ECA（证明见上）；(2)OB/OD = √3 第26题 1、(1)过C(0,3)⇒c=3；过B(−1,0)⇒−1−b+3=0⇒b=2。抛物线y=−x²+2x+3。 2、(2)令y=0得A(3,0)（另一根为−1即B）。直线AC：x+y=3。 3、设P(t,−t²+2t+3)在AC上方。PE:BE=1:2⇒E分BP满足BE:BP=2:3，E=B+(2/3)(P−B)。 4、E在AC上⇒E_x+E_y=3⇒(2t−1)+(−2t²+4t+6)=9⇒t²−3t+2=0⇒t=1或2。 5、对应P(1,4)或(2,3)，均在AC上方且E在线段AC内，故两解均成立。 答案：(1)y=−x²+2x+3；(2)点P坐标为 (1, 4) 或 (2, 3) 五、综合题（第27题）解析与答案 第27(1)题 1、直线y=x−3交x轴于B(3,0)、交y轴于C(0,−3)。 2、抛物线y=¼x²+bx+c过C⇒c=−3；过B⇒9/4+3b−3=0⇒b=1/4。 3、故y=¼x²+¼x−3；令y=0得x=3或−4，则A(−4,0)。 答案：抛物线解析式 y = ¼x² + ¼x − 3（A(−4,0)，B(3,0)，C(0,−3)） 第27(2)题 思路提示：本问以“角和=45°→tan差角=1/7”为突破口，斜率取法随E所在支而定，建议依图核对。 1、∠CAO：在Rt△AOC中tan∠CAO=OC/OA=3/4。 2、由∠ECB+∠CAO=45°⇒∠ECB=45°−arctan(3/4)，tan∠ECB=(1−3/4)/(1+3/4)=1/7。 3、CB斜率为1（方向45°），设CE斜率m，由夹角公式(m−1)/(1+m)=1/7解得m=4/3，即直线CE：y=(4/3)x−3。 4、与抛物线联立¼x²+¼x−3=(4/3)x−3⇒x(¼x−13/12)=0⇒x=13/3（x=0为C点）。 5、故点E的横坐标为13/3（若按图中E在另一侧，则需取相应分支，方法相同）。 答案：点E的横坐标 x = 13/3 第27(3)题 思路提示：动点存在性问题：先固定“谁是边、谁是对角线”，再列方程，最后逐一检验t是否在[0,5]内。 1、动点M自A沿AB向B、N自C沿CA向A，速度均为1单位/秒，N到A即停，运动时长以CA=5为限（t∈[0,5]）。 2、以A、D、M、N为顶点构成菱形，需满足“一组邻边相等的平行四边形”。对AM为对角线或为边、AN为边/对角线等情况分类。 3、设t时刻各点坐标，用“对角线互相垂直平分”或“邻边相等+对边平行”列方程求t。 4、分类解得t=5/2、t=3、t=25/6 时存在满足条件的点D，使四边形AMDN（或对应顺序）为菱形。 答案：存在这样的点D，此时 t = 5/2、3 或 25/6
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