9. 一个圆锥的母线长是 $ 5\ cm $,底面半径长是 $ 3\ cm $,则它的侧面展开图的面积是()
A.$ 10\pi\ cm^{2} $
B.$ 12\pi\ cm^{2} $
C.$ 15\pi\ cm^{2} $
D.$ 20\pi\ cm^{2} $

C

圆锥侧面展开图为扇形，扇形半径为母线长$ l=5\ cm $，弧长为底面圆周长$ C=2\pi r=2\pi×3=6\pi\ cm $。
扇形面积公式为$ S=\frac{1}{2}Cl $，代入得$ S=\frac{1}{2}×6\pi×5=15\pi\ cm^2 $。
C

10. (2024天津中考)从地面竖直向上抛出一小球,小球的高度 $ h $(单位：m)与小球的运动时间 $ t $(单位：s)之间的关系式是 $ h = 30t - 5t^{2}(0\leq t\leq 6) $。有下列结论：
①小球从抛出到落地需要6s；
②小球运动中的高度可以是30m；
③小球运动2s时的高度小于运动5s时的高度。
其中,正确结论的个数是()
A.0
B.1
C.2
D.3

C

①当$h=0$时，$30t - 5t^{2}=0$，解得$t_{1}=0$，$t_{2}=6$，小球从抛出到落地需要6s，正确；
②当$h=30$时，$30t - 5t^{2}=30$，即$t^{2}-6t + 6=0$，$\Delta=(-6)^{2}-4×1×6=12＞0$，方程有实根，小球运动中的高度可以是30m，正确；
③当$t=2$时，$h=30×2 - 5×2^{2}=40$；当$t=5$时，$h=30×5 - 5×5^{2}=25$，$40＞25$，小球运动2s时的高度大于运动5s时的高度，错误。
正确结论的个数是2。
C

11. (2025天津中考)不透明袋子中装有13个球,其中有3个红球、4个黄球、6个绿球,这些球除颜色外无其他差别。从袋子中随机取出1个球,则它是绿球的概率为。

$\frac{6}{13}$

12. 已知抛物线 $ y = ax^{2}+bx + c $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A(-2,0) $,$ B(4,0) $,则抛物线的对称轴是。

直线$x=1$

抛物线与$x$轴交于点$A(-2,0)$，$B(4,0)$，则对称轴为直线$x = \frac{-2 + 4}{2} = 1$。
直线$x=1$

13. 如图,$ P $ 为正方形 $ ABCD $ 内一点,且 $ BP = 2 $,$ PC = 3 $,$ \angle APB = 135^{\circ} $,将 $ \triangle APB $ 绕点 $ B $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $ 得到 $ \triangle CP'B $,连接 $ PP' $,则 $ AP = $。

1

由旋转性质得：$\triangle APB \cong \triangle CP'B$，
$\therefore AP = CP'$，$BP = BP' = 2$，$\angle ABP = \angle CBP'$，$\angle APB = \angle CP'B = 135°$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
$\therefore \angle ABC = 90°$，即 $\angle ABP + \angle PBC = 90°$，
$\therefore \angle CBP' + \angle PBC = 90°$，即 $\angle PBP' = 90°$，
$\therefore \triangle PBP'$ 是等腰直角三角形，
$\therefore PP' = \sqrt{BP^2 + BP'^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$，$\angle BP'P = 45°$，
$\because \angle CP'B = 135°$，
$\therefore \angle PP'C = \angle CP'B - \angle BP'P = 135° - 45° = 90°$，
在 $Rt\triangle PP'C$ 中，$PC = 3$，$PP' = 2\sqrt{2}$，
$\therefore CP' = \sqrt{PC^2 - PP'^2} = \sqrt{3^2 - (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{9 - 8} = 1$，
$\therefore AP = CP' = 1$。
1

14. (2021陕西中考)如图,正方形 $ ABCD $ 的边长为4,$ \odot O $ 的半径为1。若 $ \odot O $ 在正方形 $ ABCD $ 内平移($ \odot O $ 可以与该正方形的边相切),则点 $ A $ 到 $ \odot O $ 上的点的距离的最大值为。

$3\sqrt{2}+1$

点$A$到$\odot O$上的点的距离的最大值为点$A$到圆心$O$的距离与$\odot O$半径之和。要使该距离最大，需使点$A$到圆心$O$的距离最大。
因为$\odot O$在正方形$ABCD$内平移且半径为$1$，所以圆心$O$到正方形各边的距离至少为$1$。正方形边长为$4$，则圆心$O$的活动区域是以点$(1,1)$为左下角，$(3,3)$为右上角的正方形（以$A$为原点，$AB$为$x$轴，$AD$为$y$轴建立坐标系）。
点$A$坐标为$(0,0)$，活动区域内与$A$距离最远的点为$(3,3)$，此时$OA=\sqrt{(3-0)^2+(3-0)^2}=3\sqrt{2}$。
故点$A$到$\odot O$上的点的距离的最大值为$3\sqrt{2}+1$。
$3\sqrt{2}+1$

15. (6分)用适当的方法解下列方程：
(1)$ x^{2}-6x = 7 $；
(2)$ 2x^{2}-6x - 1 = 0 $。

(1)$x_1=7,x_2=-1$
(2)$x_1=\frac{3+\sqrt{11}}{2},x_2=\frac{3-\sqrt{11}}{2}$