文档内容
九(上)综合检测卷(第二期)
题 号 一 二 三 总分
得 分
时间：100分钟 满分：120分
一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)
1. “明天下雨的概率为80%”，下列对这句话的理解正确的是( )
A. 明天一定下雨 B. 明天一定不下雨
C. 明天80%的地方下雨 D. 明天下雨的可能性很大
2. (教材P4第1题改编)一元二次方程(3x＋2)(x－2)＝1化为一般式后，二次项的
系数为( )
A. －3 B. 3 C. 4 D. 6
3. 二次函数y＝a(x－m)2－k的图象如图所示，下列四个选项中，正确的是( )
A. m<0，k<0 B. m＞0，k＞0
C. m>0，k＜0 D. m＜0，k>0
第3题图 第5题图 第6题图
4. (教材P114第1题改编)一个圆锥的母线长18 cm，底面直径长8 cm，则该圆
锥的侧面展开图的圆心角为( )
A. 60° B. 80° C. 100° D. 120°
5. (教材P62第1题改编)如图，在△ABC中，∠ACB＝40°，∠ABC＝20°，将
△ABC绕点A顺时针旋转至△AB′C′使得点C恰好落在BC上的C′处，则∠BAC′
的度数为( )
中考备考用A. 20° B. 30° C. 40° D. 50°
6. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，其历史至少
可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．
它是由5个等腰直角三角形、1个正方形和1个平行四边形组成的．如图是由
“七巧板”组成的边长为5 cm的正方形，若在正方形区域内随意取一点，则该
点取到阴影部分的概率为( )
A. B. C. D.
7. 已知二次函数y＝－x2－2x＋2，左、右平移该抛物线，顶点恰好落在正比例函
数y＝－x的图象上，则平移后的解析式为( )
A. y＝x2＋2x－2 B. y＝－x2－6x－6
C. y＝－x2＋2x＋2 D. y＝x2－6x＋6
8. 如图，已知⊙O的直径AB和弦CD相交于点E，AB＝26 cm，CD＝24 cm，
∠BED＝30°，则OE的长为( )
A. 9 cm B. 10 cm C. 11 cm D. 12 cm
第8题图 第9题图
9. 如图所示，在平面直角坐标系中A(0，0)，B(1，0)，P(0，1)，四边形ABQP是
正方形，把正方形ABQP绕点A顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结
束时，点Q的坐标为( )
A. (1，1) B. (1，－1) C. (－1，－1) D. (－1，1)
10. 将抛物线y＝－x2＋2x＋3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的
其余部分不变，得到的新图象与直线y＝x＋m有4个交点，则m的取值范围是(
)
A. m≤－5 B. －≤m＜－5 C. －＜m＜－3 D. m≥－3
二、填空题(共5小题，每小题3分，共15分)
11. 已知关于x的一元二次方程x2－mx＋6＝0有一个根为3，则另一个根
为________．
中考备考用12. 普陀鹅耳枥是我国特有的一种落叶乔木，只产于舟山群岛的普陀岛．由于植
被破坏，生存环境恶化，目前仅有一株保存于该岛佛顶山，濒临灭绝．当地管理
机构和杭州植物园已引种栽培，并进行各种繁殖试验．对这种幼树进行大量移
植，并统计成活情况，下表是这种幼树移植过程中的一组统计数据：
幼树移植数
100 200 500 800 1000 1500 2000
(棵)
幼树移植成
82 171 453 712 894 1344 1790
活数(棵)
幼树移植成
0.820 0.855 0.906 0.890 0.894 0.896 0.895
活频率
估计该种幼树在此条件下移植成活的概率是__________．(结果精确到0.1)
13. (教材P22第9题改编)如图，有一张长30 cm，宽20 cm的矩形纸板，将纸
板四个角各剪去一个边长为x cm的正方形，然后将四周突出部分折起，可制成
一个无盖长方体纸盒，要使制成纸盒的底面积是原来矩形纸板面积的，则x的值
为________．
第
13题图 第14题图 第15题图
14.某数学兴趣小组对一款冰箱的工作电路展开研究，将变阻器R的滑片从一端
滑到另一端，绘制出变阻器R消耗的电功率P随电流I变化的关系图象如图所
示，该图象是经过原点的一条抛物线的一部分，则变阻器R消耗的电功率P最大
为________W.
15. 如图，AC与⊙O相切于点C，线段AO交⊙O于点B.过点B作BD∥AC交
⊙O于点D，连接CD，OC，且OC交DB于点E.若∠CDB＝30°，DB＝2cm.则图
中阴影部分的面积为________．
三、解答题(共8小题，共75分．解答应写出过程)
16. (8分)解下列方程：
(1)3x2＋7x－2＝0；
中考备考用(2)x2－5x＝3(5－x)．
17.（9分)如图，在12×12的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，给出
了以格点(网格线的交点)为端点的△ABC.
(1)以点B为旋转中心，将△ABC顺时针旋转180°得到△A′BC′，画出△A′BC′；
(2)请你求出点A在(1)中运动的路径长．
第17题图
18. (9分)已知关于x的一元二次方程(m－1)x2－2mx＋m＋2＝0.
(1)若方程有实数根，求m的取值范围；
(2)在等腰△ABC中，一边长为3，其余两边长为方程的两个根，求m的值．
中考备考用19. (9分)某商场为鼓励消费，对一次性消费满200元的顾客赠与一次抽奖机会，
抽奖方式是：在一个不透明盒子里装有四个分别标有1、2、3、4四个数字的小
球，它们除了标号不同外其他都相同，顾客先从盒子里取出一个球，将其标号记
为x后放回，摇匀后，再从中取出一个小球，记为y.
(1)用列表法或画树状图法表示出(x，y)所有可能出现的结果；
(2)若规定当x＋y≥6时，即可获得一张价值50元的代金券．求一位消费超过200
元的顾客获得代金券的概率是多大？
20. (9分)如图①，球员甲在离对方球门23米处起脚吊射(把球高挑过守门员的头
顶，射入球门)．假设球的飞行轨迹是一条抛物线，如图②，以球员甲所在位置
为原点，球员甲和对方球门所在直线为x轴建立平面直角坐标系．已知在离对方
球门11米处，足球达到最大高度9米．
中考备考用第20题图
(1)求抛物线的表达式；
(2)若球员乙站在球员甲前2米处，球员乙起跳后最高点距地面2.34米，则球员乙
是否有可能在空中截住这次吊射？请说明理由．
21. (10分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以点A为圆心，AC长为半径作
⊙A，交AB于点D，交CA延长线于点E，BF是⊙A的切线，连接EF，DF.
(1)求证：EF∥AB；
(2)若⊙A的半径为2，当四边形ADFE为菱形时，求BF的长．
第21题图
中考备考用22. (10分)如图，二次函数y＝ax2－x＋c(a≠0)的图象与x轴交于点A (3，0)，与y
轴交于点B (0，－2)．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得S ＝3？如果存在，求出点P的坐标，如果
△BOP
不存在，请说明理由．
第22题图
中考备考用23. (11分)在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠ADC＝180°，点E，F分别在四
边形ABCD的边BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF＝∠BAD.
(1)【思路梳理】
如图①，将△ABE绕点A逆时针旋转得到△ADG，使AB与AD重合，由∠B＋
∠ADC＝180°，得∠FDG＝180°，即F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，
试猜想EF，BE，DF之间的数量关系为________；
(2)【类比引申】
如图②，在图①的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边
CB，DC的延长线上，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明；
(3)【联想拓展】
如图③，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且DF＝2，BE＝9，求线段
EF的长．
第23题图
中考备考用参考答案
1. D 2. B
3. A 【解析】∵二次函数的解析式为y＝a(x－m)2－k，∴顶点为(m，－k)．∵
顶点在第二象限，∴m＜0，k＜0.
4. B 【解析】设该圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为x°，由题意得＝8π，解
得x＝80.
5. A 【解析】在△ABC中，∵△ABC绕点A顺时针旋转至△AB′C′，使得点C′
恰好落在BC上，∴AC′＝AC，∴△ACC′为等腰三角形，∵∠ACB＝40°，∠ABC
＝20°，∴∠AC′C＝∠ACC′＝40°，∴∠BAC′＝∠AC′C－∠ABC＝40°－20°＝20°.
6. C 【解析】由题意可知，阴影区域是一个正方形，∵大正方形的边长为5
cm，∴大正方形的对角线长为 5 cm，面积为25 cm2，∴阴影部分的边长为
cm，∴S ＝ cm2，∴P(该点取到阴影部分)＝＝.
阴影
7. B 【解析】∵y＝－x2－2x＋2＝－(x＋1)2＋3，∴顶点坐标是(－1，3)，由题
知，将这个二次函数的图象左右平移，顶点恰好落在正比例函数 y＝－x的图象
上，∵左右平移后，顶点的纵坐标不变，∴平移后的顶点坐标为(－3，3)，∴平
移后的抛物线表达式为y＝－(x＋3)2＋3＝－x2－6x－6.
8. B 【解析】如解图，过点O作OM⊥CD于点M，连接OC，则CD＝2CM，
∵AB＝26 cm，CD＝24 cm，∴OC＝AB＝13 cm，CM＝12 cm，在Rt△CMO
中，OM＝＝5 (cm)，∵∠OEM＝∠BED＝30°，∴OE＝2OM＝10 cm.
第8题解图
9. C 【解析】根据题意可知，正方形ABQP第1次旋转结束时Q(1，－1)，第
1
2次旋转结束时Q(－1，－1)，第3次旋转结束时Q(－1，1)，第4次旋转结束时
2 3
Q(1，1)，第5次旋转结束时Q(1，－1)，即每旋转4次为一个循环，∵2022÷4
4 5
＝505……2，则Q 的坐标为(－1，－1)．
2022
10. C 【解析】抛物线y＝－x2＋2x＋3整理变形为y＝(x＋1)(－x＋3)，∴抛物
中考备考用线与x轴的交点为(－1，0)，(3，0)，∵将抛物线y＝－x2＋2x＋3中x轴上方的部
分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，∴新图象中当－1≤x≤3时，
解析式为y＝x2－2x－3，如解图，当直线y＝x＋m经过(3，0)时，此时直线y＝x
＋m与新函数图象有3个交点，把(3，0)代入直线y＝x＋m，解得m＝－3，直线
y＝x＋m再向下平移时，有4个交点；当y＝x2－2x－3与直线y＝x＋m有一个交
点时，此时直线y＝x＋m与新函数图象有3个交点，整理得x2－3x－3－m＝0，
b2－4ac＝21＋4m＝0，解得m＝－.综上所述，新图象与直线y＝x＋m有4个交点
时，m的取值范围是－＜m＜－3.
第10题解图
11. 2 【解析】∵一元二次方程x2－mx＋6＝0有一个根为3，∴32－3m＋6＝
0，解得m＝5，∴x2－5x＋6＝(x－3)(x－2)＝0，∴另一个根为2.
12. 0.9 【解析】∵当幼树移植数逐渐增多时，幼树移植成活的频率稳定在
0.895左右，∴估计幼树移植成活的概率为0.895，精确到0.1，即为0.9.
13. 5 【解析】由题意可知，无盖纸盒的长为(30－2x)cm，宽为(20－2x)cm，可
列方程为(30－2x)(20－2x)＝30×20×，整理得x2－25x＋100＝0，解得x ＝5，x
1 2
＝20(不合题意，舍去)，故x的值为5.
14. 220 【解析】∵该图象是经过原点的一条抛物线的一部分，过点(4，0)，
∴抛物线的对称轴为直线I＝2，设抛物线的表达式为P＝a(I－2)2＋k，将点(1，
165)，(4，0)代入，得 解得∴P＝－55(I－2)2＋220.∵－55<0，∴P有最大值为
220，即变阻器R消耗的电功率P最大为220 W.
15. cm2 【解析】∵AC 与⊙O 相切于点 C，∴∠ACO＝90°.∵BD∥AC，
∴∠ACO＝∠BEO＝∠DEC＝90°，∴DE＝BE＝DB＝.又∵∠CDB＝30°，∴∠O
＝60°，∴∠OBE＝30°，在△CDE与△OBE中，∴△CDE≌△OBE(ASA)．∴CD
＝OB.在Rt△CDE中，设CE＝x，则CD＝2x，∵CE2＋DE2＝CD2，∴x2＋()2＝
4x2，解得x＝1(负值已舍去)，∴CD＝OB＝2，即⊙O的半径长为2 cm，∴S
阴影
＝S ＝＝ cm2.
扇形BOC
中考备考用16. 解：(1)∵a＝3，b＝7，c＝－2，
∴b2－4ac＝72－4×3×(－2)＝73＞0，
∴x＝＝＝，
∴x＝，x＝；(4分)
1 2
(2)x2－5x＝3(5－x)，
x(x－5)＝－3(x－5)，
x(x－5)＋3(x－5)＝0，
(x＋3)(x－5)＝0，
∴x＋3＝0或x－5＝0，
解得x＝－3，x＝5.(8分)
1 2
17. 解：(1)如解图，△A′BC′即为所求；(4分)
(2)由解图可得AB＝＝，
又∵将△ABC顺时针旋转180°得到△A′BC′，
∴点A在(1)中运动的路径长为＝π.(9分)
第17题解图
18. 解：(1)关于x的一元二次方程(m－1)x2－2mx＋m＋2＝0有实数根，
∴m－1≠0，Δ＝(－2m)2－ 4(m－1)(m＋2)＝－4m＋8≥0，
解得m≤2，m≠1，
∴m≤2且m≠1；(4分)
(2)由题意得，①当底边长为3，两等腰边长为方程的根，即Δ＝－4m＋8＝0，
解得m＝2；
将m＝2代入方程，得x2－4x＋4＝0，
解得x＝x＝2，
1 2
经检验，2，2，3符合题意；
②当腰长为3时，即将x＝3代入方程，解得m＝，
将m＝代入方程，得3x2－14x＋15＝0，
中考备考用解得x＝3，x＝，
1 2
经检验，3，3，符合题意；
综上所述，m的值为2或.(9分)
19. 解：(1)画树状图如解图，
第19题解图
由树状图知共16种等可能的结果；
(5分)
(2)从(1)中树状图可知，x＋y≥6的结果有6种，
∴P(获得代金劵)＝＝.(9分)
20. 解：(1)∵足球达到最大高度时距离对方球门11米，
∴抛物线的对称轴为直线x＝23－11＝12，
∴抛物线的顶点坐标为(12，9)
设抛物线的解析式为y＝a(x－12)2＋9，
∵抛物线经过原点，
∴将(0，0)代入抛物线的解析式，
得0＝a(0－12)2＋9，解得a＝－.
∴抛物线的解析式为y＝－(x－12)2＋9；(4分)
(2)球员乙不可能在空中截住这次吊射，理由如下：
由(1)可知，抛物线的解析式为y＝－(x－12)2＋9，
将x＝2代入解析式，
得y＝－×(2－12)2＋9＝2.75，
∵2.75＞2.34，
∴球员乙不可能在空中截住这次吊射．(9分)
21. (1)证明：如解图，连接AF，
中考备考用第21题解图
∵BF是⊙A的切线，
∴∠AFB＝∠ACB＝90°.
∵AC＝AF，AB＝AB，
∴Rt△ABC≌Rt△ABF(HL)，
∴∠CAB＝∠FAB.
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE.
∵∠CAB＋∠FAB＝∠AEF＋∠AFE＝180°－∠EAF，
即2∠CAB＝2∠AEF，
∴∠CAB＝∠AEF，
∴EF∥AB；(5分)
(2)解：如解图，∵四边形ADFE为菱形，
∴AD＝DF.
∵AF＝AD，⊙A的半径为2，
∴AF＝DF＝AD＝2，即△ADF为等边三角形，
∴∠FAD＝60°.
∵BF是⊙A的切线，∴∠AFB＝90°，
∴∠ABF＝90°－∠FAD＝30°，
∴AB＝2AF＝4，
∴在Rt△AFB中，BF＝＝＝2.(10分)
22. 解：(1)∵二次函数y＝ax2－x＋c(a≠0)的图象经过点A(3，0)，B(0，－2)，
∴解得
∴该二次函数的解析式为y＝x2－ x－2；(4分)
(2)存在这样的点P，
设点P的坐标为P(x，y)，则点P到y轴的距离为|x|，
∵S ＝·BO·|x|，
△BOP
∴3＝×2·|x|
解得|x|＝3，∴x＝±3，
把x＝3 代入y＝x2－x－2中得，y＝×32－×3－2＝0，
把x＝－3 代入y＝x2－x－2中得，y＝×(－3)2－×(－3)－2＝8，
中考备考用∴满足条件的点P有两个，坐标分别为P(3，0)，P(－3，8)．(10分)
1 2
23. 解：(1)EF＝BE＋DF；(3分)
【解法提示】∵将△ABE绕点A逆时针旋转得到△ADG，使AB与AD重合，
∴∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝∠ADC＋∠ADG＝180°，即F，D，G三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠BAE＋∠FAD＝∠DAG＋∠FAD＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
(2)EF＝DF－BE；
证明过程如下：如解图①，将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得
到△ADE′，则△ABE≌ADE′，
∴∠DAE′＝∠BAE，AE′＝AE，DE′＝BE，∠ADE′＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE′＝∠ADC，即E′，D，F三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E′AF＝∠BAD－(∠BAF＋∠DAE′)＝∠BAD－(∠BAF＋∠BAE)＝∠BAD－
∠EAF＝∠BAD，∴∠EAF＝∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中，
∴△AEF≌△AE′F(SAS)，∴FE＝FE′，
又∵FE′＝DF－DE′，∴EF＝DF－BE；(7分)
图① 图②
第23题解图
(3)如解图②，在BE上截取BG＝DF，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
中考备考用在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG＝AF，∠GAB＝∠FAD，
∵∠EAF＝∠BAD，∴∠FAE＝∠GAE，
在△AEG与△AEF中，
∴△AEG≌△AEF(SAS)，
∴EF＝EG＝BE－BG＝BE－DF＝7.(11分)
中考备考用
