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2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三）
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这是一份2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）将一元二次方程3x2+1＝6x化成一般形式后，一次项系数、常数项分别为（ ）
A．1，﹣6 B．﹣6，1 C．1，6 D．6，1
2．（3分）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）下列事件中可能性最小的是（ ）
A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形
B．367人中至少有2人公历生日相同
C．方程x2﹣2x﹣1＝0必有实数根
D．抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，以点C为圆心，2为半径作⊙C，直线AB与⊙C的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
5．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣10x﹣20＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣10）2＝﹣20+25 B．（x﹣10）2＝20+25
C．（x﹣5）2＝﹣20+25 D．（x﹣5）2＝20+25
6．（3分）将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2
7．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
8．（3分）将三幅完全相同的图片，分别剪成大小相同的上、中、下三段，每张图片的三段放在一起组成三部分，若从每一部分中抽取一段，则正好拼成一幅完整图片的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，⊙O是△ABC的外接圆，CE切⊙O于点C，AE⊥CE于点E，交⊙O于点D，则AD的长为（ ）
A． B． C． D．1
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），则a2﹣的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．2022 D．﹣2022
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（3分）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中九环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小数）
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率（结果保留两位小数）约是 ．
13．（3分）电脑病毒传播快，如果一台电脑被感染，经过两轮感染后就会有81台电脑被感染，若每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，则x＝ ．
14．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝ ．
15．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为半圆的中点，D为上一动点，延长DC至E，使CE＝CD．若AB＝4，当点D从点A运动到点C时，点E经过的路径长为 ．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：
①ab＞0；②a+b﹣1＝0；③a＞1；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为1，另一个根为﹣．
其中正确结论的序号是 ．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）已知x＝3是一元二次方程x2﹣p＝0的一个根，求p的值和方程的另一根．
18．（8分）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，求证：四边形ADCF是矩形．
19．（8分）有A、B两组卡片，卡片上除数字外完全相同，A组有三张，分别标有数字1、2、﹣3．B组有二张，分别标有数字﹣1、2．小明闭眼从A组中随机抽出一张，记录其标有的数字为x，再从B组中随机抽出一张，记录其标有的数字为y，这样就确定点P的一个坐标为（x，y）．
（1）用列表或画树状图的方法写出点P的所有可能坐标；
（2）求点P落在第一象限的概率．
20．（8分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中作△ABC的中线BD；
（2）在图2中，作△ABC的角平分线BE；
（3）在图3中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB′C′．
21．（8分）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）OP与⊙O相交于点D，直线CD交PB于点E，若CE⊥PB，CE＝4，求⊙O的半径．
22．（10分）2020年体育中考，增设了考生进入考点需进行体温检测的要求．防疫部门为了解学生错峰进入考点进行体温检测的情况，调查了一所学校某天上午考生进入考点的累计人数y（人）与时间x（分钟）的变化情况，数据如下表：（表中9～15表示9＜x≤15）
时间x（分钟）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9～15
人数y（人）
0
170
320
450
560
650
720
770
800
810
810
（1）根据这15分钟内考生进入考点的累计人数与时间的变化规律，利用初中所学函数知识求出y与x之间的函数关系式；
（2）如果考生一进考点就开始测量体温，体温检测点有2个，每个检测点每分钟检测20人，考生排队测量体温，求排队人数最多时有多少人？全部考生都完成体温检测需要多少时间？
（3）在（2）的条件下，如果要在12分钟内让全部考生完成体温检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
23．（10分）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是 ，∠MNP的大小为 ．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．
24．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a（a＞1）交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）当a＝3时，
①如图1，求△ABC的面积；
②如图2，若抛物线上有一点P，且∠PAC＝3∠ACO，求点P的坐标．
（2）过点B且与抛物线仅有一个交点的直线y＝kx+b交y轴于点D，求的值．
2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）将一元二次方程3x2+1＝6x化成一般形式后，一次项系数、常数项分别为（ ）
A．1，﹣6 B．﹣6，1 C．1，6 D．6，1
【分析】根据一元二次方程的一般式即可求出答案．
【解答】解：化为一般式为：3x2﹣6x+1＝0
∴故一次项系数为﹣6，常数项为：1
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程的一般式，解题的关键是熟练运用一元二次方程的一般式，本题属于基础题型．
2．（3分）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．解题的关键是轴对称图形与中心对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
3．（3分）下列事件中可能性最小的是（ ）
A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形
B．367人中至少有2人公历生日相同
C．方程x2﹣2x﹣1＝0必有实数根
D．抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可得出答案．
【解答】解：A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形是必然事件，其概率为1；
B．367人中至少有2人公历生日相同是必然事件，其概率为1；
C．方程x2﹣2x﹣1＝0中Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，必有两个不相等的实数根，其概率为1；
D．抛掷一枚硬币四次，共有16种等可能结果，其中有四次正面朝上的只有1种结果，所以其概率为；
所以概率最小的事件是抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上，
故选：D．
【点评】本题考查了可能性大小的判断，解决这类题目要注意具体情况具体对待，一般地必然事件的可能性大小为1，不可能事件发生的可能性大小为0，随机事件发生的可能性大小在0至1之间．
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，以点C为圆心，2为半径作⊙C，直线AB与⊙C的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
【分析】作CD⊥AB，计算出CD与2半径比较，从而判断出结果．
【解答】解：如图，
作CD⊥AB于D，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AC＝＝2，
∵CD＜AC，
即CD＜2
直线AB与⊙C相交，
故选：C．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形等知识，解决问题的关键是计算圆心到AB的距离．
5．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣10x﹣20＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣10）2＝﹣20+25 B．（x﹣10）2＝20+25
C．（x﹣5）2＝﹣20+25 D．（x﹣5）2＝20+25
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，即可得出答案．
【解答】解：∵x2﹣10x﹣20＝0，
∴x2﹣10x＝20，
则x2﹣10x+25＝20+25，即（x﹣5）2＝20+25，
故选：D．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键
6．（3分）将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2
【分析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移+2个单位长度所得的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据旋转得出∠EDA＝∠ABC＝120°，根据平行线的性质求出∠DAB即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝180°﹣45°﹣15°＝120°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC＝120°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE+∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝60°
∴旋转角α的度数是60°，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，旋转的性质等知识点，能根据旋转得出∠ADE＝∠ABC＝120°是解此题的关键．
8．（3分）将三幅完全相同的图片，分别剪成大小相同的上、中、下三段，每张图片的三段放在一起组成三部分，若从每一部分中抽取一段，则正好拼成一幅完整图片的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有27种等可能的结果，其中正好拼成一幅完整图片的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：把三幅完全相同的图片分别用甲、乙、丙来表示，
画树状图如下：
共有27种等可能的结果，其中正好拼成一幅完整图片的结果有6种，
∴正好拼成一幅完整图片的概率为＝，
故选：B．
【点评】本题考查了列表法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）如图，Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，⊙O是△ABC的外接圆，CE切⊙O于点C，AE⊥CE于点E，交⊙O于点D，则AD的长为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】根据勾股定理得到BC＝＝1，连接OC，得到△OBC是等边三角形，求得∠ABC＝60°，根据三角形的内角和定理得到∠BAC＝30°，求得∠BOC＝2∠BAC＝60°，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据平行线的性质得到∠ACO＝∠CAE，根据全等三角形的性质健康得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，
∴BC＝＝1，
连接OC，BD，
∴OC＝OB＝1，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵CE切⊙O于点C，
∴OC⊥CE，
∵AE⊥CE，
∴AE∥OC，
∴∠ACO＝∠CAE，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠CAE＝∠CAO＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE+∠OAC＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
在△ACB与△BDA中，
，
∴△ACB≌△BDA（AAS），
∴AD＝BC＝1，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），则a2﹣的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．2022 D．﹣2022
【分析】将点A代入抛物线解析式后得到a2＝2022a﹣1，由根与系数的关系得到ab＝1，然后将其代入所求的代数式求值即可．
【解答】解：将A（a，0）代入y＝x2﹣2022x+1，得
a2﹣2022a+1＝0．
∴a2＝2022a﹣1，
由抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），知ab＝1．
∴a2﹣＝2022a﹣1﹣＝＝＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，解题时，充分利用了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程的根与系数的关系，难度不大．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 （﹣2，﹣1） ．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
【解答】解：∵点P（2，1），
∴关于原点对称的点是（﹣2，﹣1）．
故答案为：（﹣2，﹣1）．
【点评】本题考查点的对称，解决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在的象限．
12．（3分）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中九环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小数）
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率（结果保留两位小数）约是 0.82 ．
【分析】根据大量的试验结果稳定在0.82左右即可得出结论．
【解答】解：∵从频率的波动情况可以发现频率稳定在0.82附近，
∴这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约为0.82．
故答案为：0.82．
【点评】本题主要考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解答此题的关键．
13．（3分）电脑病毒传播快，如果一台电脑被感染，经过两轮感染后就会有81台电脑被感染，若每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，则x＝ 8 ．
【分析】设每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑．则经过一轮感染，1台电脑感染给了x台电脑，这（x+1）台电脑又感染给了x（1+x）台电脑．等量关系：经过两轮感染后就会有81台电脑被感染．
【解答】解：每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，列方程得：
1+x+x（1+x）＝81，
x2+2x﹣80＝0
解得：x1＝﹣10（舍去），x2＝8．
答：每轮感染中平均一台电脑会感染8台电脑．
故答案为：8．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用中增长率问题，题目比较典型，能够正确表示每轮感染中，有多少台电脑被感染，是解决此题的关键．
14．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝ 60°或120° ．
【分析】首先利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
【解答】解：如图，
∵BC＝2，OD⊥BC，
∴BD＝，
在Rt△BOD中，
sin∠BOD＝＝，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵∠A1＝BOC＝60°，
∵四边形A1BA2C为圆内接四边形，
∴∠A2＝180°﹣60°＝120°，
故答案为60°或120°．
【点评】本题主要考查了三角形的外接圆，解题关键是利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
15．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为半圆的中点，D为上一动点，延长DC至E，使CE＝CD．若AB＝4，当点D从点A运动到点C时，点E经过的路径长为 π ．
【分析】如图，连接OC．利用弧长公式求出的长，可得结论．
【解答】解：如图，连接OC．
∵＝，AB是直径，
∴OC⊥AB，
∴∠AOC＝90°，
∵E，D关于点C对称，
∴点E经过的路径长和点D的运动的路径对称相等，
∵的长＝＝π，
∴点E经过的路径长为π．
【点评】本题考查轨迹，弧长公式，垂径定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：
①ab＞0；②a+b﹣1＝0；③a＞1；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为1，另一个根为﹣．
其中正确结论的序号是 ②③④ ．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据抛物线与x轴交点的个数及x＝1时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由二次函数的图象开口向上可得a＞0，对称轴在y轴的右侧，b＜0，
∴ab＜0，故①错误；
②由图象可知抛物线与x轴的交点为（1，0），与y轴的交点为（0，﹣1），
∴c＝﹣1，
∴a+b﹣1＝0，故②正确；
③∵a+b﹣1＝0，
∴a﹣1＝﹣b，
∵b＜0，
∴a﹣1＞0，
∴a＞1，故③正确；
④∵抛物线与y轴的交点为（0，﹣1），
∴抛物线为y＝ax2+bx﹣1，
∵抛物线与x轴的交点为（1，0），
∴ax2+bx﹣1＝0的一个根为1，根据根与系数的关系，另一个根为﹣，故④正确；
故答案为②③④．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换．会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y＝a+b+c，然后根据图象判断其值．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）已知x＝3是一元二次方程x2﹣p＝0的一个根，求p的值和方程的另一根．
【分析】把x＝3代入x2﹣p＝0得p＝9，则方程变形为x2＝9，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：把x＝3代入x2﹣p＝0得9﹣p＝0，
解得p＝9，
所以x2＝9，
解得x1＝3，x2＝﹣3，
即方程的另一根为﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
18．（8分）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，求证：四边形ADCF是矩形．
【分析】先证明四边形ADCF是平行四边形，再由对角线相等证明四边形ADCF是矩形．
【解答】解：∵AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE＝BC，AE＝AC，
∵AC＝BC，
∴AE＝DE，
∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE，
∴△ADE≌△CFE，
∴AE＝CE，DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AE＝CE，DE＝EF，AE＝DE，
∴AE＝CD＝DE＝EF，
∴AC＝DF，
∴四边形ADCF是矩形．
【点评】本题考查矩形的判断，熟练掌握中心对称图形的性质，矩形的判定方法是解的关键．
19．（8分）有A、B两组卡片，卡片上除数字外完全相同，A组有三张，分别标有数字1、2、﹣3．B组有二张，分别标有数字﹣1、2．小明闭眼从A组中随机抽出一张，记录其标有的数字为x，再从B组中随机抽出一张，记录其标有的数字为y，这样就确定点P的一个坐标为（x，y）．
（1）用列表或画树状图的方法写出点P的所有可能坐标；
（2）求点P落在第一象限的概率．
【分析】（1）利用画树状图展示所有6种等可能的结果数；
（2）利用第一象限点的坐标特征得到P点在第一象限的结果，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）画树状图为：
共有6种等可能的结果数，它们是（1，﹣1），（1，2），（2，﹣1），（2，2），（﹣3，﹣1），（﹣3，2）；
（2）P点在第一象限的结果为2，
所以点P落在第一象限的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
20．（8分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中作△ABC的中线BD；
（2）在图2中，作△ABC的角平分线BE；
（3）在图3中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB′C′．
【分析】（1）取格点G，H，连接GH交AC于D，线段BD即为所求作．
（2）取格点T，连接BT交AC于E，利用等腰直角三角形的性质，作∠CBE＝45°即可．
（3）利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】解：（1）如图，线段BD即为所求作．
（2）如图，线段BE即为所求作．
（2）如图，△AB′C′即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，三角形的角平分线，中线等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）OP与⊙O相交于点D，直线CD交PB于点E，若CE⊥PB，CE＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，过点O作OT⊥PB于T．利用角平分线的性质定理，证明OC＝OT即可．
（2）想办法证明DC＝OD＝DP，证明DE＝OT＝CD即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OC，过点O作OT⊥PB于T．
∵PA是⊙O的切线，
∵OC⊥PA，
∵OP平分∠APB，OT⊥PB，
∴OC＝OT，
∴PB是⊙O的切线．
（2）∵CE⊥PB，OT⊥PB，
∴∠CEP＝∠OTP＝90°，
∴CE∥OT，
∴∠ODC＝∠DOT，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PC＝PT，
在△OPC和△OPT中，
，
∴△OPC≌△OPT（SSS），
∴∠POC＝∠POT＝∠ODC，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠COD＝∠OCD＝∠ODC＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD，
∴∠OPC＝90°﹣60°＝30°，
∵∠ODC＝∠DCP+∠DPC，
∴∠DCP＝∠DPC＝30°，
∴DC＝DP＝OD，
∵DE∥OT，
∴ET＝EP，
∴DE＝OT＝CD，
∵CE＝4，
∴OC＝CD＝EC＝．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
22．（10分）2020年体育中考，增设了考生进入考点需进行体温检测的要求．防疫部门为了解学生错峰进入考点进行体温检测的情况，调查了一所学校某天上午考生进入考点的累计人数y（人）与时间x（分钟）的变化情况，数据如下表：（表中9～15表示9＜x≤15）
时间x（分钟）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9～15
人数y（人）
0
170
320
450
560
650
720
770
800
810
810
（1）根据这15分钟内考生进入考点的累计人数与时间的变化规律，利用初中所学函数知识求出y与x之间的函数关系式；
（2）如果考生一进考点就开始测量体温，体温检测点有2个，每个检测点每分钟检测20人，考生排队测量体温，求排队人数最多时有多少人？全部考生都完成体温检测需要多少时间？
（3）在（2）的条件下，如果要在12分钟内让全部考生完成体温检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
【分析】（1）分两种情况讨论，利用待定系数法可求解析式；
（2）设第x分钟时的排队人数为w人，由二次函数的性质和一次函数的性质可求当x＝7时，w的最大值＝490，当9＜x≤15时，210≤w＜450，可得排队人数最多时是490人，由全部考生都完成体温检测时间×每分钟检测的人数＝总人数，可求解；
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，由“在12分钟内让全部考生完成体温检测”，列出不等式，可求解．
【解答】解：（1）由表格中数据的变化趋势可知，
①当0≤x≤9时，y是x的二次函数，
∵当x＝0时，y＝0，
∴二次函数的关系式可设为：y＝ax2+bx，
由题意可得：，
解得：，
∴二次函数关系式为：y＝﹣10x2+180x，
②当9＜x≤15时，y＝810，
∴y与x之间的函数关系式为：y＝；
（2）设第x分钟时的排队人数为w人，
由题意可得：w＝y﹣40x＝，
①当0≤x≤9时，w＝﹣10x2+140x＝﹣10（x﹣7）2+490，
∴当x＝7时，w的最大值＝490，
②当9＜x≤15时，w＝810﹣40x，w随x的增大而减小，
∴210≤w＜450，
∴排队人数最多时是490人，
要全部考生都完成体温检测，根据题意得：810﹣40x＝0，
解得：x＝20.25，
答：排队人数最多时有490人，全部考生都完成体温检测需要20.25分钟；
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，由题意得：12×20（m+2）≥810，
解得m≥，
∵m是整数，
∴m≥的最小整数是2，
∴一开始就应该至少增加2个检测点．
【点评】本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，一次函数的性质，一元一次不等式的应用，理解题意，求出y与x之间的函数关系式是本题的关键．
23．（10分）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是 NM＝NP ，∠MNP的大小为 60° ．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．
【分析】（1）先证明由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM与NP的数量关系，由平行线性质得∠MNP的大小；
（2）先证明△ABD≌△ACE得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM＝NP，由平行线性质得∠MNP＝60°，再根据等边三角形的判定定理得结论；
（3）由BD≤AB+AD，得MN≤2，再由等边三角形的面积公式得△MNP的面积关于MN的函数关系式，再由函数性质求得最大值便可．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，
∴∠MNE+∠ENP＝∠ABE+∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，
∴∠MNP＝60°，
故答案为：NM＝NP；60°；
（2）△MNP是等边三角形．
理由 如下：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，
∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，
∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，
∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△MNP是等边三角形；
（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即BD≤4，
∴MN≤2，
∴△MNP的面积＝＝，
∴△MNP的面积的最大值为．
【点评】本题是三角形的一个综合题，主要考查了等边三角形的判定，三角形的中位线定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，关键证明三角形全等和运用三角形中位线定理使已知与未知联系起来．
24．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a（a＞1）交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）当a＝3时，
①如图1，求△ABC的面积；
②如图2，若抛物线上有一点P，且∠PAC＝3∠ACO，求点P的坐标．
（2）过点B且与抛物线仅有一个交点的直线y＝kx+b交y轴于点D，求的值．
【分析】（1）①求出A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3），即可求S△ABC＝×2×3＝3；
②延长PA交y轴于点Q，在OC上取一点H，使得OQ＝OH，连接AH，由角的关系可得HC＝HA，设HC＝HA＝m，在Rt△OAH中，1+（3﹣m）2＝m2，求出m＝，可知Q（0，），在求出直线AP的解析式y＝﹣x+，联立，即可求P（，﹣）；
（2）先求出B（a，0），设直线BD的解析式为y＝k（x﹣a），联立，整理得：﹣x2+（a+1﹣k）x+（ka﹣a）＝0，由Δ＝0，求得k＝1﹣a，则直线BD的解析式为y＝（1﹣a）（x﹣a），由此求出OD＝a2﹣a，CO＝a，AB＝a﹣1，则可求＝+＝1．
【解答】解：（1）①∵a＝3，
∴y＝﹣x2+2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
令y＝0，则﹣x2+2x﹣3＝0，
解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
∴S△ABC＝×2×3＝3；
②延长PA交y轴于点Q，在OC上取一点H，使得OQ＝OH，连接AH，
∵∠PAC＝3∠ACO，∠CAP＝∠OCA+∠CQA，
∴∠CQA＝2∠ACO，
∵OQ＝OH，AO⊥QH，
∴AQ＝AH，
∴∠HQA＝∠QHA，
∴∠HQA＝2∠ACO，
∴HC＝HA，
设HC＝HA＝m，
∴OH＝3﹣m，AO＝1，
∵∠AOH＝90°，
∴1+（3﹣m）2＝m2，
∴m＝，
∴OQ＝OH＝3﹣＝，
∴Q（0，），
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+，
联立，
解得x＝，y＝﹣，
∴P（，﹣）；
（2）设y＝0，则﹣x2+（a+1）x﹣a＝0，
解得x＝1或x＝a，
∴B（a，0），
设直线BD的解析式为y＝k（x﹣a），
联立，
整理得：﹣x2+（a+1﹣k）x+（ka﹣a）＝0，
∴Δ＝（a+1﹣k）2﹣4a（k﹣1）＝（a﹣1+k）2＝0，
∴k＝1﹣a，
∴直线BD的解析式为y＝（1﹣a）（x﹣a），
令x＝0，则y＝a2﹣a，
∴OD＝a2﹣a，
∵CO＝a，AB＝a﹣1，
∴＝+＝1．
【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
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2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）将一元二次方程3x2+1＝6x化成一般形式后，一次项系数、常数项分别为（ ）
A．1，﹣6 B．﹣6，1 C．1，6 D．6，1
2．（3分）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）下列事件中可能性最小的是（ ）
A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形
B．367人中至少有2人公历生日相同
C．方程x2﹣2x﹣1＝0必有实数根
D．抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，以点C为圆心，2为半径作⊙C，直线AB与⊙C的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
5．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣10x﹣20＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣10）2＝﹣20+25 B．（x﹣10）2＝20+25
C．（x﹣5）2＝﹣20+25 D．（x﹣5）2＝20+25
6．（3分）将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2
7．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
8．（3分）将三幅完全相同的图片，分别剪成大小相同的上、中、下三段，每张图片的三段放在一起组成三部分，若从每一部分中抽取一段，则正好拼成一幅完整图片的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，⊙O是△ABC的外接圆，CE切⊙O于点C，AE⊥CE于点E，交⊙O于点D，则AD的长为（ ）
A． B． C． D．1
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），则a2﹣的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．2022 D．﹣2022
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（3分）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中九环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小数）
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率（结果保留两位小数）约是 ．
13．（3分）电脑病毒传播快，如果一台电脑被感染，经过两轮感染后就会有81台电脑被感染，若每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，则x＝ ．
14．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝ ．
15．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为半圆的中点，D为上一动点，延长DC至E，使CE＝CD．若AB＝4，当点D从点A运动到点C时，点E经过的路径长为 ．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：
①ab＞0；②a+b﹣1＝0；③a＞1；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为1，另一个根为﹣．
其中正确结论的序号是 ．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）已知x＝3是一元二次方程x2﹣p＝0的一个根，求p的值和方程的另一根．
18．（8分）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，求证：四边形ADCF是矩形．
19．（8分）有A、B两组卡片，卡片上除数字外完全相同，A组有三张，分别标有数字1、2、﹣3．B组有二张，分别标有数字﹣1、2．小明闭眼从A组中随机抽出一张，记录其标有的数字为x，再从B组中随机抽出一张，记录其标有的数字为y，这样就确定点P的一个坐标为（x，y）．
（1）用列表或画树状图的方法写出点P的所有可能坐标；
（2）求点P落在第一象限的概率．
20．（8分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中作△ABC的中线BD；
（2）在图2中，作△ABC的角平分线BE；
（3）在图3中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB′C′．
21．（8分）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）OP与⊙O相交于点D，直线CD交PB于点E，若CE⊥PB，CE＝4，求⊙O的半径．
22．（10分）2020年体育中考，增设了考生进入考点需进行体温检测的要求．防疫部门为了解学生错峰进入考点进行体温检测的情况，调查了一所学校某天上午考生进入考点的累计人数y（人）与时间x（分钟）的变化情况，数据如下表：（表中9～15表示9＜x≤15）
时间x（分钟）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9～15
人数y（人）
0
170
320
450
560
650
720
770
800
810
810
（1）根据这15分钟内考生进入考点的累计人数与时间的变化规律，利用初中所学函数知识求出y与x之间的函数关系式；
（2）如果考生一进考点就开始测量体温，体温检测点有2个，每个检测点每分钟检测20人，考生排队测量体温，求排队人数最多时有多少人？全部考生都完成体温检测需要多少时间？
（3）在（2）的条件下，如果要在12分钟内让全部考生完成体温检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
23．（10分）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是 ，∠MNP的大小为 ．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．
24．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a（a＞1）交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）当a＝3时，
①如图1，求△ABC的面积；
②如图2，若抛物线上有一点P，且∠PAC＝3∠ACO，求点P的坐标．
（2）过点B且与抛物线仅有一个交点的直线y＝kx+b交y轴于点D，求的值．
2021-2022学年湖北省武汉市新动力九年级元月调考数学模拟练习试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）将一元二次方程3x2+1＝6x化成一般形式后，一次项系数、常数项分别为（ ）
A．1，﹣6 B．﹣6，1 C．1，6 D．6，1
【分析】根据一元二次方程的一般式即可求出答案．
【解答】解：化为一般式为：3x2﹣6x+1＝0
∴故一次项系数为﹣6，常数项为：1
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程的一般式，解题的关键是熟练运用一元二次方程的一般式，本题属于基础题型．
2．（3分）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．解题的关键是轴对称图形与中心对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
3．（3分）下列事件中可能性最小的是（ ）
A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形
B．367人中至少有2人公历生日相同
C．方程x2﹣2x﹣1＝0必有实数根
D．抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可得出答案．
【解答】解：A．任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形是必然事件，其概率为1；
B．367人中至少有2人公历生日相同是必然事件，其概率为1；
C．方程x2﹣2x﹣1＝0中Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，必有两个不相等的实数根，其概率为1；
D．抛掷一枚硬币四次，共有16种等可能结果，其中有四次正面朝上的只有1种结果，所以其概率为；
所以概率最小的事件是抛掷一枚硬币四次，有四次正面朝上，
故选：D．
【点评】本题考查了可能性大小的判断，解决这类题目要注意具体情况具体对待，一般地必然事件的可能性大小为1，不可能事件发生的可能性大小为0，随机事件发生的可能性大小在0至1之间．
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，以点C为圆心，2为半径作⊙C，直线AB与⊙C的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
【分析】作CD⊥AB，计算出CD与2半径比较，从而判断出结果．
【解答】解：如图，
作CD⊥AB于D，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AC＝＝2，
∵CD＜AC，
即CD＜2
直线AB与⊙C相交，
故选：C．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形等知识，解决问题的关键是计算圆心到AB的距离．
5．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣10x﹣20＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣10）2＝﹣20+25 B．（x﹣10）2＝20+25
C．（x﹣5）2＝﹣20+25 D．（x﹣5）2＝20+25
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，即可得出答案．
【解答】解：∵x2﹣10x﹣20＝0，
∴x2﹣10x＝20，
则x2﹣10x+25＝20+25，即（x﹣5）2＝20+25，
故选：D．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键
6．（3分）将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2
【分析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝x2向右平移1个单位长度，再向上平移+2个单位长度所得的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据旋转得出∠EDA＝∠ABC＝120°，根据平行线的性质求出∠DAB即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝180°﹣45°﹣15°＝120°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC＝120°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE+∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝60°
∴旋转角α的度数是60°，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，旋转的性质等知识点，能根据旋转得出∠ADE＝∠ABC＝120°是解此题的关键．
8．（3分）将三幅完全相同的图片，分别剪成大小相同的上、中、下三段，每张图片的三段放在一起组成三部分，若从每一部分中抽取一段，则正好拼成一幅完整图片的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有27种等可能的结果，其中正好拼成一幅完整图片的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：把三幅完全相同的图片分别用甲、乙、丙来表示，
画树状图如下：
共有27种等可能的结果，其中正好拼成一幅完整图片的结果有6种，
∴正好拼成一幅完整图片的概率为＝，
故选：B．
【点评】本题考查了列表法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）如图，Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，⊙O是△ABC的外接圆，CE切⊙O于点C，AE⊥CE于点E，交⊙O于点D，则AD的长为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】根据勾股定理得到BC＝＝1，连接OC，得到△OBC是等边三角形，求得∠ABC＝60°，根据三角形的内角和定理得到∠BAC＝30°，求得∠BOC＝2∠BAC＝60°，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据平行线的性质得到∠ACO＝∠CAE，根据全等三角形的性质健康得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，
∴BC＝＝1，
连接OC，BD，
∴OC＝OB＝1，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵CE切⊙O于点C，
∴OC⊥CE，
∵AE⊥CE，
∴AE∥OC，
∴∠ACO＝∠CAE，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠CAE＝∠CAO＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE+∠OAC＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
在△ACB与△BDA中，
，
∴△ACB≌△BDA（AAS），
∴AD＝BC＝1，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），则a2﹣的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．2022 D．﹣2022
【分析】将点A代入抛物线解析式后得到a2＝2022a﹣1，由根与系数的关系得到ab＝1，然后将其代入所求的代数式求值即可．
【解答】解：将A（a，0）代入y＝x2﹣2022x+1，得
a2﹣2022a+1＝0．
∴a2＝2022a﹣1，
由抛物线y＝x2﹣2022x+1与x轴交于点A（a，0）和B（b，0），知ab＝1．
∴a2﹣＝2022a﹣1﹣＝＝＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，解题时，充分利用了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程的根与系数的关系，难度不大．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 （﹣2，﹣1） ．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
【解答】解：∵点P（2，1），
∴关于原点对称的点是（﹣2，﹣1）．
故答案为：（﹣2，﹣1）．
【点评】本题考查点的对称，解决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在的象限．
12．（3分）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中九环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小数）
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率（结果保留两位小数）约是 0.82 ．
【分析】根据大量的试验结果稳定在0.82左右即可得出结论．
【解答】解：∵从频率的波动情况可以发现频率稳定在0.82附近，
∴这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约为0.82．
故答案为：0.82．
【点评】本题主要考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解答此题的关键．
13．（3分）电脑病毒传播快，如果一台电脑被感染，经过两轮感染后就会有81台电脑被感染，若每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，则x＝ 8 ．
【分析】设每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑．则经过一轮感染，1台电脑感染给了x台电脑，这（x+1）台电脑又感染给了x（1+x）台电脑．等量关系：经过两轮感染后就会有81台电脑被感染．
【解答】解：每轮感染中平均一台电脑会感染x台电脑，列方程得：
1+x+x（1+x）＝81，
x2+2x﹣80＝0
解得：x1＝﹣10（舍去），x2＝8．
答：每轮感染中平均一台电脑会感染8台电脑．
故答案为：8．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用中增长率问题，题目比较典型，能够正确表示每轮感染中，有多少台电脑被感染，是解决此题的关键．
14．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝ 60°或120° ．
【分析】首先利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
【解答】解：如图，
∵BC＝2，OD⊥BC，
∴BD＝，
在Rt△BOD中，
sin∠BOD＝＝，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵∠A1＝BOC＝60°，
∵四边形A1BA2C为圆内接四边形，
∴∠A2＝180°﹣60°＝120°，
故答案为60°或120°．
【点评】本题主要考查了三角形的外接圆，解题关键是利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
15．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为半圆的中点，D为上一动点，延长DC至E，使CE＝CD．若AB＝4，当点D从点A运动到点C时，点E经过的路径长为 π ．
【分析】如图，连接OC．利用弧长公式求出的长，可得结论．
【解答】解：如图，连接OC．
∵＝，AB是直径，
∴OC⊥AB，
∴∠AOC＝90°，
∵E，D关于点C对称，
∴点E经过的路径长和点D的运动的路径对称相等，
∵的长＝＝π，
∴点E经过的路径长为π．
【点评】本题考查轨迹，弧长公式，垂径定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：
①ab＞0；②a+b﹣1＝0；③a＞1；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为1，另一个根为﹣．
其中正确结论的序号是 ②③④ ．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据抛物线与x轴交点的个数及x＝1时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由二次函数的图象开口向上可得a＞0，对称轴在y轴的右侧，b＜0，
∴ab＜0，故①错误；
②由图象可知抛物线与x轴的交点为（1，0），与y轴的交点为（0，﹣1），
∴c＝﹣1，
∴a+b﹣1＝0，故②正确；
③∵a+b﹣1＝0，
∴a﹣1＝﹣b，
∵b＜0，
∴a﹣1＞0，
∴a＞1，故③正确；
④∵抛物线与y轴的交点为（0，﹣1），
∴抛物线为y＝ax2+bx﹣1，
∵抛物线与x轴的交点为（1，0），
∴ax2+bx﹣1＝0的一个根为1，根据根与系数的关系，另一个根为﹣，故④正确；
故答案为②③④．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换．会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y＝a+b+c，然后根据图象判断其值．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）已知x＝3是一元二次方程x2﹣p＝0的一个根，求p的值和方程的另一根．
【分析】把x＝3代入x2﹣p＝0得p＝9，则方程变形为x2＝9，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：把x＝3代入x2﹣p＝0得9﹣p＝0，
解得p＝9，
所以x2＝9，
解得x1＝3，x2＝﹣3，
即方程的另一根为﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
18．（8分）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，求证：四边形ADCF是矩形．
【分析】先证明四边形ADCF是平行四边形，再由对角线相等证明四边形ADCF是矩形．
【解答】解：∵AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE＝BC，AE＝AC，
∵AC＝BC，
∴AE＝DE，
∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE，
∴△ADE≌△CFE，
∴AE＝CE，DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AE＝CE，DE＝EF，AE＝DE，
∴AE＝CD＝DE＝EF，
∴AC＝DF，
∴四边形ADCF是矩形．
【点评】本题考查矩形的判断，熟练掌握中心对称图形的性质，矩形的判定方法是解的关键．
19．（8分）有A、B两组卡片，卡片上除数字外完全相同，A组有三张，分别标有数字1、2、﹣3．B组有二张，分别标有数字﹣1、2．小明闭眼从A组中随机抽出一张，记录其标有的数字为x，再从B组中随机抽出一张，记录其标有的数字为y，这样就确定点P的一个坐标为（x，y）．
（1）用列表或画树状图的方法写出点P的所有可能坐标；
（2）求点P落在第一象限的概率．
【分析】（1）利用画树状图展示所有6种等可能的结果数；
（2）利用第一象限点的坐标特征得到P点在第一象限的结果，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）画树状图为：
共有6种等可能的结果数，它们是（1，﹣1），（1，2），（2，﹣1），（2，2），（﹣3，﹣1），（﹣3，2）；
（2）P点在第一象限的结果为2，
所以点P落在第一象限的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
20．（8分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中作△ABC的中线BD；
（2）在图2中，作△ABC的角平分线BE；
（3）在图3中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB′C′．
【分析】（1）取格点G，H，连接GH交AC于D，线段BD即为所求作．
（2）取格点T，连接BT交AC于E，利用等腰直角三角形的性质，作∠CBE＝45°即可．
（3）利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】解：（1）如图，线段BD即为所求作．
（2）如图，线段BE即为所求作．
（2）如图，△AB′C′即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，三角形的角平分线，中线等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）OP与⊙O相交于点D，直线CD交PB于点E，若CE⊥PB，CE＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，过点O作OT⊥PB于T．利用角平分线的性质定理，证明OC＝OT即可．
（2）想办法证明DC＝OD＝DP，证明DE＝OT＝CD即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OC，过点O作OT⊥PB于T．
∵PA是⊙O的切线，
∵OC⊥PA，
∵OP平分∠APB，OT⊥PB，
∴OC＝OT，
∴PB是⊙O的切线．
（2）∵CE⊥PB，OT⊥PB，
∴∠CEP＝∠OTP＝90°，
∴CE∥OT，
∴∠ODC＝∠DOT，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PC＝PT，
在△OPC和△OPT中，
，
∴△OPC≌△OPT（SSS），
∴∠POC＝∠POT＝∠ODC，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠COD＝∠OCD＝∠ODC＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD，
∴∠OPC＝90°﹣60°＝30°，
∵∠ODC＝∠DCP+∠DPC，
∴∠DCP＝∠DPC＝30°，
∴DC＝DP＝OD，
∵DE∥OT，
∴ET＝EP，
∴DE＝OT＝CD，
∵CE＝4，
∴OC＝CD＝EC＝．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
22．（10分）2020年体育中考，增设了考生进入考点需进行体温检测的要求．防疫部门为了解学生错峰进入考点进行体温检测的情况，调查了一所学校某天上午考生进入考点的累计人数y（人）与时间x（分钟）的变化情况，数据如下表：（表中9～15表示9＜x≤15）
时间x（分钟）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9～15
人数y（人）
0
170
320
450
560
650
720
770
800
810
810
（1）根据这15分钟内考生进入考点的累计人数与时间的变化规律，利用初中所学函数知识求出y与x之间的函数关系式；
（2）如果考生一进考点就开始测量体温，体温检测点有2个，每个检测点每分钟检测20人，考生排队测量体温，求排队人数最多时有多少人？全部考生都完成体温检测需要多少时间？
（3）在（2）的条件下，如果要在12分钟内让全部考生完成体温检测，从一开始就应该至少增加几个检测点？
【分析】（1）分两种情况讨论，利用待定系数法可求解析式；
（2）设第x分钟时的排队人数为w人，由二次函数的性质和一次函数的性质可求当x＝7时，w的最大值＝490，当9＜x≤15时，210≤w＜450，可得排队人数最多时是490人，由全部考生都完成体温检测时间×每分钟检测的人数＝总人数，可求解；
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，由“在12分钟内让全部考生完成体温检测”，列出不等式，可求解．
【解答】解：（1）由表格中数据的变化趋势可知，
①当0≤x≤9时，y是x的二次函数，
∵当x＝0时，y＝0，
∴二次函数的关系式可设为：y＝ax2+bx，
由题意可得：，
解得：，
∴二次函数关系式为：y＝﹣10x2+180x，
②当9＜x≤15时，y＝810，
∴y与x之间的函数关系式为：y＝；
（2）设第x分钟时的排队人数为w人，
由题意可得：w＝y﹣40x＝，
①当0≤x≤9时，w＝﹣10x2+140x＝﹣10（x﹣7）2+490，
∴当x＝7时，w的最大值＝490，
②当9＜x≤15时，w＝810﹣40x，w随x的增大而减小，
∴210≤w＜450，
∴排队人数最多时是490人，
要全部考生都完成体温检测，根据题意得：810﹣40x＝0，
解得：x＝20.25，
答：排队人数最多时有490人，全部考生都完成体温检测需要20.25分钟；
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，由题意得：12×20（m+2）≥810，
解得m≥，
∵m是整数，
∴m≥的最小整数是2，
∴一开始就应该至少增加2个检测点．
【点评】本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，一次函数的性质，一元一次不等式的应用，理解题意，求出y与x之间的函数关系式是本题的关键．
23．（10分）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是 NM＝NP ，∠MNP的大小为 60° ．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．
【分析】（1）先证明由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM与NP的数量关系，由平行线性质得∠MNP的大小；
（2）先证明△ABD≌△ACE得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM＝NP，由平行线性质得∠MNP＝60°，再根据等边三角形的判定定理得结论；
（3）由BD≤AB+AD，得MN≤2，再由等边三角形的面积公式得△MNP的面积关于MN的函数关系式，再由函数性质求得最大值便可．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，
∴∠MNE+∠ENP＝∠ABE+∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，
∴∠MNP＝60°，
故答案为：NM＝NP；60°；
（2）△MNP是等边三角形．
理由 如下：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，
∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，
∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，
∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△MNP是等边三角形；
（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即BD≤4，
∴MN≤2，
∴△MNP的面积＝＝，
∴△MNP的面积的最大值为．
【点评】本题是三角形的一个综合题，主要考查了等边三角形的判定，三角形的中位线定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，关键证明三角形全等和运用三角形中位线定理使已知与未知联系起来．
24．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a（a＞1）交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C．
（1）当a＝3时，
①如图1，求△ABC的面积；
②如图2，若抛物线上有一点P，且∠PAC＝3∠ACO，求点P的坐标．
（2）过点B且与抛物线仅有一个交点的直线y＝kx+b交y轴于点D，求的值．
【分析】（1）①求出A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3），即可求S△ABC＝×2×3＝3；
②延长PA交y轴于点Q，在OC上取一点H，使得OQ＝OH，连接AH，由角的关系可得HC＝HA，设HC＝HA＝m，在Rt△OAH中，1+（3﹣m）2＝m2，求出m＝，可知Q（0，），在求出直线AP的解析式y＝﹣x+，联立，即可求P（，﹣）；
（2）先求出B（a，0），设直线BD的解析式为y＝k（x﹣a），联立，整理得：﹣x2+（a+1﹣k）x+（ka﹣a）＝0，由Δ＝0，求得k＝1﹣a，则直线BD的解析式为y＝（1﹣a）（x﹣a），由此求出OD＝a2﹣a，CO＝a，AB＝a﹣1，则可求＝+＝1．
【解答】解：（1）①∵a＝3，
∴y＝﹣x2+2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
令y＝0，则﹣x2+2x﹣3＝0，
解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
∴S△ABC＝×2×3＝3；
②延长PA交y轴于点Q，在OC上取一点H，使得OQ＝OH，连接AH，
∵∠PAC＝3∠ACO，∠CAP＝∠OCA+∠CQA，
∴∠CQA＝2∠ACO，
∵OQ＝OH，AO⊥QH，
∴AQ＝AH，
∴∠HQA＝∠QHA，
∴∠HQA＝2∠ACO，
∴HC＝HA，
设HC＝HA＝m，
∴OH＝3﹣m，AO＝1，
∵∠AOH＝90°，
∴1+（3﹣m）2＝m2，
∴m＝，
∴OQ＝OH＝3﹣＝，
∴Q（0，），
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+，
联立，
解得x＝，y＝﹣，
∴P（，﹣）；
（2）设y＝0，则﹣x2+（a+1）x﹣a＝0，
解得x＝1或x＝a，
∴B（a，0），
设直线BD的解析式为y＝k（x﹣a），
联立，
整理得：﹣x2+（a+1﹣k）x+（ka﹣a）＝0，
∴Δ＝（a+1﹣k）2﹣4a（k﹣1）＝（a﹣1+k）2＝0，
∴k＝1﹣a，
∴直线BD的解析式为y＝（1﹣a）（x﹣a），
令x＝0，则y＝a2﹣a，
∴OD＝a2﹣a，
∵CO＝a，AB＝a﹣1，
∴＝+＝1．
【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
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