初中數(shù)學期末真題必刷易錯60題（34個考點專練）解析版

期末真題必刷易錯60題（34個考點專練）一．一元二次方程的定義（共1小題）1．（2023春?福田區(qū)校級期末）下列方程中，是一元二次方程的是（）A．2x2﹣9＝0 B．x＝ C．x2+7x﹣3y＝0 D．x2+4＝（x﹣1）（x﹣2）【分析】根據(jù)一元二次方程的一般形式：形如ax2+bx+c＝0（a，b，c為常數(shù)且a≠0），逐一判斷即可解答．【解答】解：A、2x2﹣9＝0，是一元二次方程，故A符合題意；B、x＝，是分式方程，故B不符合題意；C、x2+7x﹣3y＝0，是二元二次方程，故C不符合題意；D、x2+4＝（x﹣1）（x﹣2），整理得：3x+2＝0，是一元一次方程，故D不符合題意；故選：A．【點評】本題考查了一元二次方程，熟練掌握一元二次方程的一般形式是解題的關鍵．二．一元二次方程的解（共3小題）2．（2023春?石景山區(qū)期末）已知x＝2是關于x的一元二次方程x2+bx﹣5＝0的一個根，則b的值是．【分析】根據(jù)題意可得：把x＝2代入方程x2+bx﹣5＝0中得：4+2b﹣5＝0，然后進行計算即可解答．【解答】解：由題意得：把x＝2代入方程x2+bx﹣5＝0中得：4+2b﹣5＝0，解得：b＝，故答案為：．【點評】本題考查了一元二次方程的解，熟練掌握一元二次方程的解的意義是解題的關鍵．3．（2023春?慈溪市期末）若a是方程x2﹣5x+3＝0的一個根，則代數(shù)式1﹣2a2+10a的值是7．【分析】根據(jù)題意可得：把x＝a代入方程x2﹣5x+3＝0中得：a2﹣5a+3＝0，從而可得a2﹣5a＝﹣3，然后把a2﹣5a＝﹣3代入式子中進行計算，即可解答．【解答】解：由題意得：把x＝a代入方程x2﹣5x+3＝0中得：a2﹣5a+3＝0，∴a2﹣5a＝﹣3，∴1﹣2a2+10a＝1﹣2（a2﹣5a）＝1﹣2×（﹣3）＝1+6＝7，故答案為：7．【點評】本題考查了一元二次方程的解，熟練掌握一元二次方程的解的意義是解題的關鍵．4．（2023春?麗水期末）已知a，b是方程x2﹣3x+2＝0的兩個根，則數(shù)據(jù)：3，a，4，b，5的平均數(shù)是3．【分析】根據(jù)已知一元二次方程的解的意義可得a+b＝3，然后求出它們的算術平均數(shù)，即可解答．【解答】解：∵a，b是方程x2﹣3x+2＝0的兩個根，∴a+b＝3，∴3，a，4，b，5的平均數(shù)＝＝＝3，故答案為：3．【點評】本題考查了一元二次方程的解，算術平方數(shù)，熟練掌握一元二次方程的解的意義是解題的關鍵．三．解一元二次方程-配方法（共3小題）5．（2023春?延慶區(qū)期末）用配方法解方程x2﹣4x＝1時，原方程變形正確的是（）A．（x+2）2＝5 B．（x﹣2）2＝5 C．（x+2）2＝1 D．（x﹣2）2＝1【分析】根據(jù)解一元二次方程﹣配方法，進行計算即可解答．【解答】解：x2﹣4x＝1，x2﹣4x+4＝1+4，（x﹣2）2＝5，故選：B．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握解一元二次方程﹣配方法是解題的關鍵．6．（2023春?開福區(qū)校級期末）把方程x2+4x+4＝0變形為（x+h）2＝k的形式后，h+k＝2．【分析】根據(jù)解一元二次方程﹣配方法，進行計算即可解答．【解答】解：x2+4x+4＝0，（x+2）2＝0，∴h＝2，k＝0，∴h+k＝2+0＝2，故答案為：2．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握解一元二次方程﹣配方法是解題的關鍵．7．（2023春?青秀區(qū)校級期末）解一元二次方程：x2﹣8x+1＝0．【分析】根據(jù)解一元二次方程﹣配方法進行計算，即可解答．【解答】解：x2﹣8x+1＝0，x2﹣8x＝﹣1，x2﹣8x+16＝﹣1+16，（x﹣4）2＝15，x﹣4＝±，x﹣4＝或x﹣4＝﹣，x1＝4+，x2＝4﹣．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握解一元二次方程﹣配方法是解題的關鍵．四．解一元二次方程-公式法（共1小題）8．（2023春?鼓樓區(qū)校級期末）用公式法解關于x的一元二次方程，得x＝，則該一元二次方程是3x2+9x﹣1＝0．【分析】根據(jù)解一元二次方程﹣公式法，進行計算即可解答．【解答】解：用公式法解關于x的一元二次方程，得x＝，所以a＝3，b＝9，c＝﹣1，則該一元二次方程是3x2+9x﹣1＝0，故答案為：3x2+9x﹣1＝0．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣公式法，一元二次方程的定義，熟練掌握解一元二次方程﹣公式法是解題的關鍵．五．解一元二次方程-因式分解法（共3小題）9．（2023春?江州區(qū)期末）方程x2＝4x的根是（）A．x＝0 B．x＝4 C．x1＝4，x2＝0 D．x1＝﹣4，x2＝0【分析】利用解一元二次方程﹣因式分解法，進行計算即可解答．【解答】解：x2＝4x，x2﹣4x＝0，x（x﹣4）＝0，x＝0或x﹣4＝0，x1＝0，x2＝4，故選：C．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟練掌握解一元二次方程﹣因式分解法是解題的關鍵．10．（2023春?延慶區(qū)期末）解方程：（1）x2﹣2x﹣3＝0；（2）2x2﹣1＝2x．【分析】（1）根據(jù)解一元二次方程﹣因式分解法，進行計算即可解答；（2）先將原方程整理成一元二次方程的一般形式，然后再根據(jù)解一元二次方程﹣公式法，進行計算即可解答．【解答】解：（1）x2﹣2x﹣3＝0（x﹣3）（x+1）＝0，x﹣3＝0或x+1＝0，x1＝3，x2＝﹣1；（2）2x2﹣1＝2x，整理得：2x2﹣2x﹣1＝0，∵Δ＝（﹣2）2﹣4×2×（﹣1）＝4+8＝12＞0，∴x＝＝＝，∴x1＝，x2＝．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟練掌握解一元二次方程的方法是解題的關鍵．11．（2023春?福山區(qū)期末）用適當?shù)姆椒ń夥匠蹋海?）2x2﹣4x﹣1＝0；（2）4（x+2）2﹣9（x﹣3）2＝0．【分析】（1）利用解一元二次方程﹣公式法進行計算，即可解答；（2）利用解一元二次方程﹣因式分解法進行計算，即可解答．【解答】解：（1）2x2﹣4x﹣1＝0，∵Δ＝（﹣4）2﹣4×2×（﹣1）＝16+8＝24＞0，∴x＝＝＝，∴x1＝，x2＝；（2）4（x+2）2﹣9（x﹣3）2＝0，[2（x+2）+3（x﹣3）][2（x+2）﹣3（x﹣3）]＝0，（5x﹣5）（13﹣x）＝0，5x﹣5＝0或13﹣x＝0，x1＝1．x2＝13．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣公式法，因式分解法，熟練掌握解一元二次方程的方法是解題的關鍵．六．根的判別式（共1小題）12．（2023春?麗水期末）已知關于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0），當b2﹣4ac＝0時，方程的解為（）A．， B．， C． D．【分析】利用判別式的意義得到方程有兩個相等的實數(shù)解，然后根據(jù)一元二次方程的求根公式得到方程的解．【解答】解：∵b2﹣4ac＝0，∴方程有兩個相等的實數(shù)解，∵x＝，∴方程的解為x1＝x2＝﹣．故選：D．【點評】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與Δ＝b2﹣4ac有如下關系：當Δ＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0時，方程無實數(shù)根．也考查了公式法解一元二次方程．七．根與系數(shù)的關系（共3小題）13．（2023春?錢塘區(qū)期末）已知x1，x2是關于x的一元二次方程x2﹣2（t+1）x+t2+5＝0的兩個實數(shù)根，若+＝36，則t的值是（）A．﹣7或3 B．﹣7 C．3 D．﹣3或7【分析】由根與系數(shù)的關系可得：x1+x2＝2（t+1），x1x2＝t2+5，再結合所給的條件進行求解即可．【解答】解：∵x1，x2是關于x的一元二次方程x2﹣2（t+1）x+t2+5＝0的兩個實數(shù)根，∴x1+x2＝2（t+1）＝2t+2，x1x2＝t2+5，Δ＝[﹣2（t+1）]2﹣4（t2+5）≥0，解得：t≥2，∵+＝36，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝36，（2t+2）2﹣2（t2+5）＝36，解得：t＝3或t＝﹣7，故t的值只能為3．故選：C．【點評】本題主要考查根與系數(shù)的關系，解答的關鍵是熟記根與系數(shù)的關系并靈活運用．14．（2023春?沙坪壩區(qū)校級期末）已知m，n是方程x2+2x﹣3＝0的兩個根，則＝．【分析】依據(jù)題意，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系可得：m+n＝﹣2，mn＝﹣3，從而對所求式子適當變形即可得解．【解答】解：由題意，∵m，n是方程x2+2x﹣3＝0的兩個根，∴m+n＝﹣2，mn＝﹣3．∴+＝＝＝．故答案為：．【點評】本題主要考查了一元二次方程的根與系數(shù)的關系，解題時需要熟練掌握并靈活運用．15．（2023春?環(huán)翠區(qū)期末）已知：關于x的方程x2+（8﹣4m）x+4m2＝0．（1）若方程有兩個相等的實數(shù)根，求m的值，并求出這時方程的根．（2）問：是否存在正數(shù)m，使方程的兩個實數(shù)根的平方和等于136？若存在，請求出滿足條件的m值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)一元二次方程的根的判別式Δ＝0，建立關于m的等式，由此求出m的取值．再化簡方程，進而求出方程相等的兩根；（2）利用根與系數(shù)的關系，化簡x12+x22＝136，即（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．根據(jù)根與系數(shù)的關系即可得到關于m的方程，解得m的值，再判斷m是否符合滿足方程根的判別式．【解答】解：（1）若方程有兩個相等的實數(shù)根，則有Δ＝b2﹣4ac＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m＝0，解得m＝1，當m＝1時，原方程為x2+4x+4＝0，∴x1＝x2＝﹣2；（2）不存在．假設存在，則有x12+x22＝136．∵x1+x2＝4m﹣8，x1x2＝4m2，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．即（4m﹣8）2﹣2×4m2＝136，∴m2﹣8m﹣9＝0，（m﹣9）（m+1）＝0，∴m1＝9，m2＝﹣1．∵Δ＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m≥0，∴0＜m≤1，∴m1＝9，m2＝﹣1都不符合題意，∴不存在正數(shù)m，使方程的兩個實數(shù)根的平方和等于136．【點評】總結：1、一元二次方程根的情況與判別式△的關系：（1）Δ＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）Δ＝0?方程有兩個相等的實數(shù)根；（3）Δ＜0?方程沒有實數(shù)根．2、根與系數(shù)的關系為：x1+x2＝x1x2＝．八．一元二次方程的應用（共1小題）16．（2023春?曾都區(qū)期末）某商場計劃購進甲、乙兩種商品共80件進行銷售，已知甲種商品的進價為120元/件，乙種商品的進價為80元/件，甲種商品的銷售單價為150元/件，乙種商品的銷售單價y（元/件）與購進乙種商品的數(shù)量x（件）之間的函數(shù)關系如圖所示．（1）求y（元/件）關于x（件）的函數(shù)關系式（不要求寫出自變量x的取值范圍）；（2）當購進乙種商品30件時，求銷售完80件甲、乙兩種商品獲得的總利潤；（3）實際經營時，因原材料價格上漲，甲、乙兩種商品的進價均提高了10%，為保證銷售完后總利潤不變，商場決定將這兩種商品的銷售單價均提高m元，且m不超過乙種商品原銷售單價的9%，求m的最大值．【分析】（1）設y關于x的函數(shù)關系式為y＝kx+b．將（20，120）和（60，100）代入y＝kx+b，根據(jù)待定系數(shù)法即可求解；（2）根據(jù)題意和（1）的函數(shù)關系式求解；（3）根據(jù)題意，按照調整前后總利潤不變列式計算即可．【解答】解：（1）設y關于x的函數(shù)關系式為y＝kx+b．將（20，120）和（60，100）代入y＝kx+b，得，解得．∴y關于x的函數(shù)關系式為y＝﹣x+130．（2）當購進乙種商品30件時，則購進甲種商品80﹣30＝50（件）．當x＝30時，y＝﹣×30+130＝115．根據(jù)題意，銷售完80件甲、乙兩種商品獲得的總利潤為30×（115﹣80）+50×（150﹣120）＝2550（元）．（3）根據(jù)題意，甲種商品進價為120×（1+10%）＝132（元/件），乙種商品的進價是80×（1+10%）＝88（元/件）．設購進乙種商品a件，那么購進甲種商品（80﹣a）件．根據(jù)銷售完后總利潤不變，有（﹣a+130+m﹣88）a+（150+m﹣132）（80﹣a）＝（﹣a+130﹣80）a+（150﹣120）（80﹣a），整理得a＝﹣20m+240．∵m不超過乙種商品原銷售單價的9%，∴m≤（﹣a+130）×9%，即m≤[﹣（﹣20m+240）+130]×9%，整理得m≤（10m+10）×9%，解得m≤9．∴m的最大值為9．【點評】本題考查了一元二次方程的應用，一元一次不等式的應用等內容，根據(jù)題干信息列式計算是解題的關鍵．九．配方法的應用（共2小題）17．（2023春?青原區(qū)期末）閱讀下列材料：利用完全平方公式，將多項式x2+bx+c變形為（x+m）2+n的形式，然后由（x+m）2≥0就可求出多項式x2+bx+c的最小值．例題：求x2﹣12x+37的最小值；解：x2﹣12x+37＝x2﹣2x?6+62﹣62+37＝（x﹣6）2+1；因為不論x取何值，（x﹣6）總是非負數(shù)，即（x﹣6）2≥0；所以（x﹣6）2+1≥1；所以當x＝6時，x2﹣12x+37有最小值，最小值是1．根據(jù)上述材料，解答下列問題：（1）填空：x2﹣8x+18＝x2﹣8x+16+2＝（x﹣4）2+2；（2）將x2+16x﹣5變形為（x+m）2+n的形式，并求出x2+16x﹣5最小值；（3）如圖所示的第一個長方形邊長分別是2a+5、3a+2，面積為S1；如圖所示的第二個長方形邊長分別是5a、a+5，面積為S2，試比較S1與S2的大小，并說明理由．【分析】（1）依據(jù)題意，由完全平方公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，進而分析計算可以得解；（2）依據(jù)題意，由配方法進行變形即可得解；（3）依據(jù)題意，分別求出S1與S2，然后作差即可得解．【解答】解：（1）由題意得，x2﹣8x+18＝x2﹣8x+16+2＝（x﹣4）2+2．故答案為：2；4．（2）由題意得，x2+16x﹣5＝x2+16x+64﹣69＝（x+8）2﹣69．∵（x+8）2≥0，∴（x+8）2﹣69≥﹣69．∴x2+16x﹣5≥﹣69．∴x2+16x﹣5的最小值為﹣69．（3）由題意得，S1＝（2a+5）（3a+2）＝6a2+4a+15a+10＝6a2+19a+10，S2＝5a（a+5）＝5a2+25a，∴S1﹣S2＝6a2+19a+10﹣5a2﹣25a＝a2﹣6a+10＝a2﹣6a+9+1＝（a﹣3）2+1．∵（a﹣3）2≥0，∴（a﹣3）2+1≥1＞0．∴S1﹣S2＞0．∴S1＞S2．【點評】本題主要考查了配方法的應用，解題時要熟練掌握公式并能靈活變形是關鍵．18．（2023春?高州市期末）把代數(shù)式通過配方等手段得到完全平方式，再運用完全平方式的非負性這一性質解決問題，這種解題方法叫做配方法．配方法在代數(shù)式求值，解方程，最值問題等都有廣泛的應用．如利用配方法求最小值，求a2+6a+8的最小值．解：a2+6a+8＝a2+6a+32﹣32+8＝（a+3）2﹣1，因為不論a取何值，（a+3）2總是非負數(shù)，即（a+3）2≥0．所以（a+3）2﹣1≥﹣1，所以當a＝﹣3時，a2+6a+8有最小值﹣1．根據(jù)上述材料，解答下列問題：（1）在橫線上添上一個常數(shù)項使之成為完全平方式：a2+14a+49；（2）將x2﹣10x+27變形為（x﹣m）2+n的形式，并求出x2﹣10x+27的最小值；（3）若代數(shù)式N＝﹣a2+8a+1，試求N的最大值；【分析】（1）依據(jù)題意，根據(jù)完全平方公式求解；（2）依據(jù)題意，利用配方法求最小值即可；（3）依據(jù)題意，利用配方法求最大值．【解答】解：（1）依據(jù)完全平方公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，∴a2+14a+49是完全平方式．故答案為：49．（2）x2﹣10x+27＝x2﹣10x+25+2＝（x﹣5）2+2．∵（x﹣5）2≥0，∴（x﹣5）2+2≥2．∴x2﹣10x+27的最小值是2．（3）∵N＝﹣a2+8a+1＝﹣（a2﹣8a）+1＝﹣（a2﹣8a+16﹣16）+1＝﹣（a﹣4）2+17，又（a﹣4）2≥0，∴﹣（a﹣4）2≤0．∴﹣（a﹣4）2+17≤17．∴﹣a2+8a+1的最大值是17．【點評】本題主要考查了配方法的應用，解題時要熟練掌握并能靈活運用．一十．反比例函數(shù)的性質（共1小題）19．（2023春?淮陰區(qū)期末）反比例函數(shù)的圖象分布在第一、三象限內，則k的取值范圍為k＞1．【分析】依據(jù)題意，根據(jù)反比例函數(shù)的性質可得不等式：k﹣1＞0，進而可以得解．【解答】解：由題意得，k﹣1＞0，∴k＞1．故答案為：k＞1．【點評】本題主要考查了反比例函數(shù)的圖象與性質，解題時要熟悉性質并能靈活運用是關鍵．一十一．反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義（共2小題）20．（2023春?錫山區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，坐標原點O為矩形ABCD的對角線AC的中點，點E是x軸上一點，連接AE、BE，若AD平分∠OAE，點F是AE的中點，反比例函數(shù)（k＜0，x＜0）的圖象經過點A、F，已知△ABE的面積為24，則k的值為（）A．﹣12 B．﹣16 C．﹣18 D．﹣20【分析】連接BD，先由AD平分∠EAO得∠DAE＝∠OAD，由矩形ABCD的性質得到∠OAD＝∠ODA，從而得到∠EAD＝∠ADO，故而AE∥BD，再由平行線的性質得到△ABE和△AOE的面積相等，然后設點A的坐標，結合點F是AE的中點得到點F和點E的坐標，最后結合△AOE的面積求出k的取值．【解答】解：連接BD，則OA＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵AD平分∠EAO，∴∠EAD＝∠OAD，∴∠EAD＝∠ADO，∴AE∥BD，∴S△AEB＝S△AEO＝24，設A（a，），∵點F是AE的中點，∴F（2a，），E（3a，0），∴S△AEO＝×（﹣3a）×＝24，∴k＝﹣16，故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質、平行線的性質和判定、反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是通過平行線的判定和性質得到△ABE和△AEO的面積相等．21．（2023春?北碚區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，?ABOC的邊OB在y軸的正半軸上，反比例函數(shù)的圖象經過點C，交AB于點D．若BD：AD＝1：3，△ADC的面積為3，則k的值為﹣．【分析】根據(jù)圖形的特點，先求出S△OCD關于k的表達式，再求出S△OCD的面積，進而可代入計算求值．【解答】解：分別過點C、D向坐標軸作垂線，垂足分別為E、F、G、H，連接OD．如圖所示，BD：AD＝1：3，根據(jù)?ABOC的性質，可設點D的橫坐標為a，則點C的橫坐標為4a．∵BD：AD＝1：3，△ADC的面積為3，∴S△ABC＝S△BCO＝S△OCD＝4．由題意可得，點E對應的橫坐標為4a，點F對應的橫坐標為a，點D坐標為（a，），點C坐標為（4a，），GH＝，DH＝a，CG＝4a．S△OCD＝S五邊形HOECD﹣（S△ODH+S△OCE），∵S五邊形HOECD＝S直角梯形GHDC+S矩形GOEC，S矩形GOEC＝|k|，S△ODH＝S△OCG＝，又S△OCD＝S五邊形HOECD﹣（S△ODH+S△OCE），∴S△OCD＝S直角梯形GHDC，S直角梯形GHDC＝（GC+HD）×GH×＝（a+4a）?×＝．∴S△OCD＝S直角梯形GHDC＝．又S△OCD＝4，∴＝4．∵k＜0，∴k＝﹣．故答案為：﹣．【點評】本題考查了反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，熟練掌握反比例函數(shù)圖象的特點并求出S△OCD的面積關于k的表達式是解本題的關鍵，綜合性較強，難度較大．一十二．反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征（共1小題）22．（2023春?煙臺期末）反比例函數(shù)的圖象上有一點P（m，n），當n≥﹣1，則m的取值范圍是m≤﹣2或m＞0．【分析】依據(jù)題意，由點在反比例函數(shù)圖象上，點的縱坐標n≥﹣1，從而可以得解．【解答】解：由題意，由P（m，n），當n＝﹣1時，∴m＝＝﹣2．∴當n≥﹣1時，m≤﹣2或m＞0．故答案為：m≤﹣2或m＞0．【點評】本題主要考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題時要熟練掌握并理解．一十三．反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題（共5小題）23．（2023春?淮陰區(qū)校級期末）如圖，已知直線y＝kx（k≠0）與雙曲線y＝交于A（m，2）、B兩點，則點B的坐標為（﹣4，﹣2）．【分析】依據(jù)題意，首先將點A（m，2）代入y＝，求出點A的坐標，從而根據(jù)反比例函數(shù)的對稱性即可出B點坐標．【解答】解：∵將點A（m，2）代入y＝，∴2＝．∴m＝4．∴A（4，2）．∵直線y＝kx（k≠0）與雙曲線y＝交于A（m，2），B兩點關于原點對稱，∴B（﹣4，﹣2）．故答案為：（﹣4，﹣2）．【點評】本題主要考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，解題時要能根據(jù)題意準確代入計算是關鍵．24．（2023春?宜興市期末）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝x+2的圖象與反比例函數(shù)的圖象交于點A（1，m），與x軸交于點C．點B是反比例函數(shù)圖象上一點且縱坐標是1，連接AB，CB，則△ACB的面積為6．【分析】由一次函數(shù)的解析式求得A的坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得反比例函數(shù)的解析式，然后作BD∥x軸，交直線AC于點D，則D點的縱坐標為1，利用函數(shù)解析式求得B、D的坐標，最后根據(jù)三角形面積公式即可求得．【解答】解：∵一次函數(shù)y＝x+2的圖象過點A（1，m），∴m＝1+2＝3．∴A（1，3）．∵點A在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，∴k＝1×3＝3．∴反比例函數(shù)的解析式為y＝．∵點B是反比例函數(shù)圖象上一點且縱坐標是1，∴B（3，1）．作BD∥x軸，交直線AC于點D，∴D點的縱坐標為1．代入y＝x+2得，1＝x+2，解得x＝﹣1，∴D（﹣1，1）．∴BD＝3+1＝4．∴S△ABC＝×4×3＝6．故答案為：6．【點評】本題是一次函數(shù)與反比例函數(shù)的交點問題，考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，三角形的面積，本題具有一定的代表性，是一道不錯的題目，數(shù)形結合思想的運用．25．（2023春?高新區(qū)期末）已知一次函數(shù)y1＝kx+b（k≠0）與反比例函數(shù)相交于點A（﹣3，a），B（﹣1，c），不等式的解集是﹣3＜x＜﹣1或x＞0．【分析】由題意，不等式的解集即不等式kx+b＞﹣的解集，進而找出直線在反比例函數(shù)圖象的上方部分圖象的自變量x的取值即可．【解答】解：如圖，∴當k+b＞﹣時，﹣3＜x＜﹣1或x＞0，∴不等式的解集是﹣3＜x＜﹣1或x＞0．故答案為：﹣3＜x＜﹣1或x＞0．【點評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，數(shù)形結合是解題的關鍵．26．（2023春?儀征市期末）反比例函數(shù)的圖象與一次函數(shù)y＝x﹣1的圖象交于點A（a，b），則a﹣ab﹣b的值是﹣1．【分析】依據(jù)題意，根據(jù)反比例函數(shù)、正比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，得到ab＝2，b＝a﹣1，再代入計算即可．【解答】解：由于反比例函數(shù)y＝的圖象與一次函數(shù)y＝x﹣1的圖象交于點A（a，b），∴ab＝2，b＝a﹣1．∴a﹣ab﹣b＝a﹣b﹣ab＝1﹣2＝﹣1．故答案為：﹣1．【點評】本題主要考查一次函數(shù)、反比例函數(shù)的圖象的交點，掌握一次函數(shù)、反比例函數(shù)圖象和性質是正確解答的前提．27．（2023春?慈溪市期末）如圖，直線AB交反比例函數(shù)的圖象于A，B兩點（點A，B在第一象限，且點A在點B的左側），交x軸于點C，交y軸于點D，連接BO并延長交該反比例函數(shù)圖象的另一支于點E，連接AE交y軸于點F，連接BF，OA，且AB＝AD．（1）若k＝3，則S△OAB＝；（2）若S△OBF＝5，則k的值為10．【分析】（1）作AG⊥y軸于G，AH⊥y軸于H，則AG∥BH，從而得到＝＝，由AD＝AB可得BH＝2AG，DH＝2DG＝2GH，設A的橫坐標為a，則A的坐標為（a，），AG＝a，從而可得B的坐標為（2a，），進而可得GH＝，DH＝，OD＝，由S△OAB＝S△OBD﹣S△OAD，進行計算可以得解；（2）設A點坐標為（b，），則B點坐標為（2b，），E的坐標為（﹣2b，﹣），用待定系數(shù)法求出直線AE為：y＝，從而得到F（0，），由S△BOF＝××2a＝＝5，進行計算可以得解．【解答】解：（1）如圖，作AG⊥y軸于G，AH⊥y軸于H，∴AG∥BH．∴＝＝．∵AD＝AB，∴BD＝2AD．∴＝＝＝．∴DH＝2DG＝2GH．由題意，設A的橫坐標為a，∴A的坐標為（a，），AG＝a．∴B（2a，）．∴GH＝，DH＝，OD＝．∵S△OAB＝S△OBD﹣S△OAD，∴S△OAB＝S△OBD﹣S△OAD＝××2a﹣××a＝﹣＝．故答案為：．（2）設A點坐標為（b，），則B點坐標為（2b，），E的坐標為（﹣2b，﹣），設直線AE為y＝mx+n，∴．∴．∴直線AE為：y＝．∴F（0，）．∴S△BOF＝××2b＝＝5．∴k＝10．故答案為：10．【點評】本題主要考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點，解題時要熟練掌握相關性質是關鍵．一十四．二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系（共1小題）28．（2023春?北碚區(qū)校級期末）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)），開口向下，過點A（﹣2，0），B（m，0），且1＜m＜2，下列四個結論：①a＜b＜0；②若c＝2，則﹣1＜b＜0；③若，c＝3，當﹣2＜x＜3時，直線y＝2x+n與該二次函數(shù)只有一個公共點，則﹣或n＝；④當時，關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1必有兩個不相等的實數(shù)根．以上結論，正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】對各項分別分析判斷即可．【解答】解：①拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸直線為x＝﹣．由題意得＜﹣＜，即﹣＜﹣＜0．∵該拋物線開口向下，∴a＜0，∴a＜b＜0．故①正確．②將點A（﹣2，0）和c＝2代入y＝ax2+bx+c，得a＝．∵a＜b＜0，∴＜b＜0，∴﹣1＜b＜0．故②正確．③將點A（﹣2，0），B（，0）和c＝3代入y＝ax2+bx+c，得，解得．∴y＝﹣x2﹣x+3．根據(jù)圖象，若當﹣2＜x＜3時，直線y＝2x+n與該二次函數(shù)只有一個公共點，則該公共點為切點或在兩端點之間．（a）相切：令﹣x2﹣x+3＝2x+n，整理得x2+x+n﹣3＝0．Δ＝﹣4（n﹣3）＝﹣4n．當Δ＝﹣4n＝0時，解得n＝．解﹣x2﹣x+3＝2x+，得x＝﹣，﹣2＜﹣＜3．∴n＝．（b）兩端點之間：將（﹣2，0）代入y＝2x+n，得﹣4+n＝0，解得n＝4．將（3，﹣）代入y＝2x+n，得6+n＝﹣，解得n＝﹣．∴﹣＜n≤4．綜上，﹣或n＝．故③正確．④設拋物線的解析式為y＝a（x+2）（x﹣m），方程a（x+2）（x﹣m）＝1，整理得ax2+（2﹣m）ax﹣（2am+1）＝0．若它有兩個不相等的實數(shù)根，則有Δ＝（2﹣m）2a2+4（2am+1）a＝（m+2）2a2+4a．∵1＜m＜2，a≤﹣，∴Δ＞0．故④正確．故選：D．【點評】本題考查二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系、根的判別式等內容，涉及到的知識點非常多．作為選擇題，計算量非常大，難度不?。皇澹畳佄锞€與x軸的交點（共1小題）29．（2023春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣6交x軸于A（2，0），B（﹣6，0）兩點，交y軸于點C，點Q為線段BC上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）求QA+QO的最小值；（3）過點Q作QP∥AC交拋物線的第三象限部分于點P，連接PA，PB，記△PAQ與△PBQ的面積分別為S1，S2，設S＝S1+S2，當時，求點P的坐標．【分析】（1）A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝ax2+bx﹣6，利用待定系數(shù)法解答即可；（2）作點O關于直線BC的對稱點坐標為O′，求出O′的坐標，并證明Q′A為QA+QO的最小值，求出Q′A即可；（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．設點P（m，m2+2m﹣6），由于QP∥AC，故S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），從而得到S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC，用P點坐標將各項表示出來，從而求出m的值，進而求得P點坐標．【解答】解：（1）將A（2，0），B（﹣6，0）分別代入y＝ax2+bx﹣6，得方程組，解得．∴拋物線的解析式為y＝+2x﹣6．（2）作點O關于直線BC的對稱點坐標為O′．連接BO′、CO′、OO′．∵OB＝OC，OO′⊥BC，∴OO′平分BC，∴OO′垂直平分BC．又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC＝90°，∴四邊形OCO′B是正方形．∴點O關于直線BC的對稱點坐標為O′（﹣6，﹣6）．連接O′A，與BC交于點Q．∵BC是OO′的垂直平分線，∴QO＝QO′，∴QA+QO＝QA+QO′＝O′A．在BC上任取一點異于點Q的點Q′，連接Q′O、Q′A、Q′O′．Q′A+Q′O＝Q′A+Q′O′＞O′A（在三角形中，兩邊之和大于第三邊），∴QA+QO的最小值為O′A＝＝10．（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．∵QP∥AC，∴S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），∴S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC．設點P（m，m2+2m﹣6），∴S梯形PCOM＝（MP+OC）?OM＝（﹣m2﹣2m+6+6）（﹣m）＝﹣m（﹣m2﹣2m+12），SRt△PMB＝MP?BM＝（﹣m2﹣2m+6）（m+6）＝（m+6）（﹣m2﹣2m+6），SRt△BOC＝OB?OC＝×6×6＝18．∴S＝S1+S2＝﹣m（﹣m2﹣2m+12）+（m+6）（﹣m2﹣2m+6）﹣18＝，解得m＝﹣1或﹣5．∴P（﹣1，﹣）或（﹣5，﹣）．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質、圖象上坐標特點和解析式的求法等內容，解答過程非常復雜，要求有極強的計算能力和思維能力．一十六．二次函數(shù)的應用（共1小題）30．（2023春?高新區(qū)期末）一個球被豎直向上拋起，球升到最高點，垂直下落，直到地面．下列可以近似刻畫此運動過程中球的高度與時間的關系的圖象是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)小球的運動過程進行分析即可．【解答】解：因為是小強將一個球豎直向上拋，小強有一定的身高，故D一定不符合；小強拋出小球后，小球開始是向上運動的，故高度在增加，故A一定錯誤；小球升到一定高度后，會自由落下，高度就會降低，故B錯誤，C正確，故選：C．【點評】此題主要考查了函數(shù)圖象，關鍵是正確理解小球在拋出后事如何運動的．一十七．二次函數(shù)綜合題（共4小題）31．（2023春?長沙期末）在平面直角坐標系中，我們把縱坐標是橫坐標3倍的點稱為“開心點”，例如：點（﹣1，﹣3），（2，6），（，3），…都是“開心點”．又如：拋物線y＝x2﹣4上存在兩個“開心點”（﹣1，﹣3），（4，12）．（1）在下列函數(shù)中：①y＝3x﹣1，②y＝2x2，③y＝x2+4，存在“開心點”的函數(shù)有：②；（填序號）（2）若拋物線y＝x2﹣2mx+m2上存在唯一一個“開心點”點H，求點H的坐標；（3）若拋物線y＝﹣x2+（2n+4）x﹣n2+6n+2上存在兩個“開心點”A（x1，y1）和B（x2，y2）（其中x1＜x2），令t＝+，當t＝23時，求A，B兩點的坐標．【分析】（1）利用“開心點”的定義得到y(tǒng)＝3x，代入解方程判斷即可；（2）令y＝3x，則聯(lián)立得到方程組，用根的判別式得到x的值，繼而得到點的坐標；（3）用根與系數(shù)的關系和根的判別式求出n的值，代入求出點的坐標．【解答】解：（1）把y＝3x代入①y＝3x﹣1得到3x＝3x﹣1無解，故不存在“開心點”；②y＝2x2得到3x＝2x2，解得：x＝0或x＝，故存在“開心點”；③y＝x2+4得到3x＝x2+4，Δ＜0，方程無解，故不存在“開心點”；故答案為：②．（2）令y＝3x，則，整理得x2﹣（2m+3）x+m2＝0，∵存在唯一一個“開心點”，∴Δ＝（2m+3）2﹣4m2＝0，即12m+9＝0，∴m＝﹣，∴x2﹣x+＝0，解得x＝，∴H（，）；（3）由題意可得，﹣x2+（2n+4）x﹣n2+6n+2＝3x，即x2﹣（2n+1）x+n2﹣6n﹣2＝0，∴x1+x2＝2n+1，x1x2＝n2﹣6n﹣2，∴+＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（2n+1）2﹣2（n2﹣6n﹣2），∵t＝+＝23，∴（2n+1）2﹣2（n2﹣6n﹣2）＝23，整理得，2n2+16n﹣18＝0，解得n＝﹣9或n＝1，∵Δ＝（2n+1）2﹣4（n2﹣6n﹣2）2＝28n+9＞0，∴n＞﹣，∴n＝1，∴x2﹣3x﹣7＝0，解得x＝或x＝∴A（，），B（，）．【點評】本題考查新定義的有關計算，一元二次方程與二次函數(shù)的關系，掌握根與系數(shù)的關系和根的判別式是解題的關鍵．32．（2023春?長沙期末）若函數(shù)G在m≤x≤n（m＜n）上的最大值記為ymax，最小值記為ymin，且滿足ymax﹣ymin＝1，則稱函數(shù)G是在m≤x≤n上的“美好函數(shù)”．（1）函數(shù)①y＝x+1；②y＝|2x|；③y＝x2，其中函數(shù)①是在1≤x≤2上的“美好函數(shù)”；（填序號）（2）已知函數(shù)G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）．①函數(shù)G是在1≤x≤2上的“美好函數(shù)”，求a的值；②當a＝1時，函數(shù)G是在t≤x≤t+1上的“美好函數(shù)”，請直接寫出t的值；（3）已知函數(shù)G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0），若函數(shù)G是在m+2≤x≤2m+1（m為整數(shù)）上的“美好函數(shù)”，且存在整數(shù)k，使得k＝，求a的值．【分析】（1）根據(jù)材料提示的“美好函數(shù)”的計算方法即可求解；（2）①根據(jù)二次函數(shù)的特點，確定自變量取值范圍內的最大值，最小值，再根據(jù)材料提示“美好函數(shù)”的計算方法即可求解；②根據(jù)材料提示的“美好函數(shù)”的運算方法，即可求解；（3）根據(jù)二次函數(shù)圖象的性質，結合材料提示的“美好函數(shù)”的運算方法，即可求解．【解答】解：（1）對于①y＝x+1，當x＝1時，y＝2，當x＝2時，y＝3，∴ymax﹣ymin＝1，符合題意；對于②y＝|2x|，當x＝1時，y＝2，當x＝2時，y＝4，∴ymax﹣ymin≠1，不符合題意；對于③y＝x2，當x＝1時，y＝1，當x＝2時，y﹣4，∴ymax﹣ymin≠1，不符合題意；故答案為：①；（2）①二次函數(shù)G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）對稱軸為直線x＝1，當x＝1時，y1＝4a，當x＝2時，y2＝﹣3a，當a＞0時，則當1≤x≤2時，y隨x的增大而增大，∴y2﹣y1＝﹣3a﹣（﹣4a）＝1，∴a＝1，當a＜0時，則當1≤x≤2時，y隨x的增大而減小，∴y2﹣y1＝﹣4a﹣（﹣3a）＝1，∴a＝﹣1，綜上所述，a＝1或a＝﹣1；②二次函數(shù)G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）為y＝x2﹣2x﹣3，對稱軸為直線x＝1，當x＝t，y1＝t2﹣2t﹣3，當x＝t+1時，y2＝（t+1）2﹣2（t+1）﹣3＝t2﹣4，當x＝1時，y3＝﹣4．若t＞1，則y2﹣y1＝t2﹣4﹣（t2﹣2t﹣3）＝1，解得t＝1（舍去）；若≤t≤1，則y2﹣y3＝t2﹣4﹣（﹣4）＝1，解得t＝﹣1（舍去），t＝1；若0≤t＜，則y1﹣y3＝（t2﹣2t﹣3）﹣（﹣4）＝1，解得t＝0，t＝2（舍去）；若t＜0，則y1﹣y2＝t2﹣2t﹣3﹣（t2﹣4）＝1，解得t＝0（舍去）．綜上所述，t＝0或t＝1；（3）由上可知，二次函數(shù)G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）對稱軸為直線x＝1，又∵m+2≤x≤2m+1，∴m＞1，∴3＜m+2≤x≤2m+1，∴當m+2≤x≤2m+1時，y隨x的增大而增大，當x＝2m+1時取得最大值，x＝m+2時取得最小值，∴k＝＝＝＝4﹣，∵m，k為整數(shù)，且m＞1，∴m+3＝8，即m的值為5，又∵ymax﹣ymin＝1，∴a（10+1）2﹣2a（10+1）﹣3a﹣[a（5+2）2﹣2a（5+2）﹣3a]＝1，∴a＝．【點評】本題屬于函數(shù)與定義新運算的綜合，考查了二次函數(shù)的性質，新定義問題，解題的關鍵是分類討論，分析在一定范圍內的最值問題，屬于中考壓軸題．33．（2023春?長沙期末）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（3，0）和點B（﹣1，0），交y軸于點C．（1）求拋物線的表達式；（2）若點D是直線AC上方拋物線上一動點，連接BC，AD和BD，BD交AC于點M，設△ADM的面積為S1，△BCM的面積為S2，當S1﹣S2＝1時，求點D的坐標；（3）如圖2，若點P是拋物線上一動點，過點P作PQ⊥x軸交直線AC于Q點，請問在y軸上是否存在點E，使以P，Q，E，C為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A（3，0）和點B（﹣1，0），代入解析式求解即可；（2）由S1﹣S2＝1得S1＝S2+1，從而S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，據(jù)此列方程求解即可；（3）分類當CQ為對角線和菱形邊時，利用直線AC與x軸成45°角關系建立關于P的橫坐標的方程，進而求出點的坐標．【解答】解：（1）把點A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設D（x，y），對于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∵S1﹣S2＝1，∴S1＝S2+1，∴S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，∴×4×y＝×4×3+1，∴y＝，∴﹣x2+2x+3＝，解得x＝1+或x＝1﹣；∴點D的坐標為（1+，）或（1﹣，）；（3）存在，理由如下：設直線AC的解析式為：y＝kx+b′，∴，解得，∴直線AC的解析式為：y＝﹣x+3；①當CQ為菱形的對角線時，如圖，PE垂直平分CQ，∵A（3，0），C（0，3），∴OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，此時四邊形CEQP是正方形．∴PQ＝EQ．設P（m，﹣m2+2m+3），則Q（m，﹣m+3），∴PQ＝﹣m2+3m，∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（不合題意舍去）或m＝2，此時OE＝OC﹣m＝3﹣2＝1，∴E（0，1）．②當CQ為菱形的邊時，作QH⊥OC于點H，設P（m，﹣m2+2m+3），則Q（m，﹣m+3），∴HQ＝|m|，PQ＝|﹣m2+3m|，∵∠OCA＝45°，∴CQ＝HQ＝|m|，CE＝PQ＝|﹣m2+3m|＝|m|，解得：m1＝3﹣，m2＝3+或m＝0（舍）．∴E1（0，1﹣3），E2（0，1+3），綜上所述，符合條件的點E有三個，坐標分別為：（0，1）或（0，1﹣3）或（0，1+3）．【點評】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質，二次函數(shù)與幾何綜合，數(shù)形結合是解題的關鍵．34．（2023春?渝中區(qū)校級期末）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，其中A（﹣3，0），∠ACB＝90°．（1）求該拋物線的函數(shù)解析式；（2）點P是直線AC上方拋物線上的一動點，過P作PM⊥AC于M點，在射線MA上取一點N，使得2MN＝AC，連接PN，求△PMN面積的最大值及此時點P的坐標；（3）如圖2，在（2）中△PMN面積取得最大值的條件下，將拋物線向左平移，當平移后的拋物線過點P時停止平移，平移后點C的對應點為C'，D為原拋物線上一點，E為直線AC上一點，若以O、C′、D、E為頂點的四邊形為平行四邊形，求符合條件的D點橫坐標．【分析】（1）先利用銳角三角函數(shù)求得點B坐標，再利用待定系數(shù)法求解函數(shù)解析式即可；（2）過P作PH∥y軸交AC于H，利用銳角三角函數(shù)求得PM＝PH?sin∠PHM＝PH，再求得MN＝，則S△PMN＝?MN?PM＝PM＝PH，當PH最大時，S△PMN的面積最大，設P（p，﹣p2﹣p+），則H（p，p+），得到PH＝﹣（p+）2+，利用二次函數(shù)的性質求得的最大值即可求解；（3）設拋物線向左平移a個單位，根據(jù)二次函數(shù)圖象的平移規(guī)則“左加右減”得到新的拋物線解析式為y＝﹣（x+1+a）2+，將點P坐標代入求得a值，進而求得平移后點C的對應點C′的坐標為（﹣1，），由題意，設D（m，﹣m2﹣m+），E（n，n+），根據(jù)平行四邊形的性質分當OC′、DE為對角線時，當OD、C′E為對角線時，當OE、C′D為對角線時三種情況，利用中點坐標公式求解即可．【解答】解：（1）當x＝0時，y＝，則C（0，），OC＝，∵A（﹣3，0），∴OA＝3，則tan∠OAC＝＝，∴∠OAC＝30°，又∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∴OB＝＝1，則B（1，0），設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將C（0，）代入，得﹣3a＝，解得a＝﹣，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；（2）如圖1，過P作PH∥y軸交AC于H，則∠PHM＝∠ACO＝90°﹣∠OAC＝60°，∵PM⊥AC，∴PM＝PH?sin∠PHM＝PH，∵AC＝2OC＝2，2MN＝AC，∴MN＝，∴S△PMN＝?MN?PM＝PM＝PH，當PH最大時，S△PMN最大；設直線AC解析式為y＝kx+b′，將A（﹣3，0）、C（0，）代入，得，解得，∴直線AC的解析式為y＝x+，由題意，設P（p，﹣p2﹣p+），則H（p，p+），∴PH＝﹣p2﹣p+﹣（p+）＝﹣p2﹣p＝﹣（p+）2+，∵﹣＜0，﹣3＜p＜0，∴當p＝﹣時，PH有最大值，最大值為，即S△PMN最大，最大值為×＝，此時，點P的坐標為（﹣，）；（3）y＝﹣x2﹣x+＝﹣（x+1）2+，設拋物線向左平移a個單位，則新的拋物線解析式為y＝﹣（x+1+a）2+，將點P（﹣，）代入，得＝﹣（﹣+1+a）2+，解得a＝1或a＝0（不合題意，舍去），∴拋物線向左平移1個單位，∵C（0，），∴平移后點C的對應點C′的坐標為（﹣1，），由題意，設D（m，﹣m2﹣m+），E（n，n+），若以O、C′、D、E為頂點的四邊形為平行四邊形，則分三種情況：當OC′、DE為對角線時，則，消去n，得m2+3m﹣2＝0，解得：m＝，則點D坐標為（，）或（，）；當OD、C′E為對角線時，則，消去n，得m2+3m+4＝0，∵Δ＝32﹣4×1×4＝﹣7＜0，∴方程無實數(shù)根，即點D不存在；當OE、C′D為對角線時，則，消去n，得m2+3m﹣4＝0，解得：m＝1或m＝﹣4，∴點D的坐標為（1，0）或（﹣4，﹣），綜上，滿足條件的點D坐標為（，）或（，）或（1，0）或（﹣4，﹣）．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題型，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖象與性質、銳角三角函數(shù)、坐標與圖形、平行四邊形的性質、二次函數(shù)圖象的平移、中點坐標公式的運用、解一元二次方程等知識，綜合性強，計算量較大，屬于中考壓軸題，熟練掌握相關的知識與運用是解答的關鍵．一十八．點與圓的位置關系（共1小題）35．（2023春?槐蔭區(qū)期末）如圖，菱形ABCD中對角線AC與BD相交于點F，且AC＝8，，若點P是對角線BD上一動點，連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉得到AE，使得∠PAE＝∠BAD，連接PE、EF，則在點P的運動過程中，線段EF的最小值為（）A．4 B．6 C． D．12【分析】連接DE，由菱形的性質及AC＝8，BD＝8得出AF＝4，DF＝4，AC⊥DB，AB＝AD，由勾股定理得AD＝8，進而得出，∠ADB＝∠ABD＝30°，證明三角形PAB全等于三角形EDA，得出角ADE＝30°，得出當EF⊥DE時EF最?。蟪鯡F的長度即可．【解答】解：連接DE，∵四邊形ABCD是菱形，且AC＝8，BD＝8，∴AF＝AC＝4，DF＝BD＝4，∵AC⊥BD，BA＝DA，∴AD＝，∴∠ADB＝∠ABD＝30°，將AP繞點A逆時針旋轉使得∠PAE＝∠BAD，∴AP＝AE，∠BAD＝∠PAE∴∠BAP＝∠DAE在△BAP和△DAE中，，∴△BAP≌△DAE（SAS），∴∠ADE＝∠ABP＝30°，∴∠ABD+∠ADE＝60°，∴當EF⊥DE時EF最小，此時∠EFD＝30°，∴EF＝DF×cos∠EFD＝4×＝6．故選：B．【點評】本題考查了菱形的性質，旋轉的性質，特殊角的三角函數(shù)值三角函數(shù)的值，找出全等的三角形證明∠ADE＝30°是關鍵．一十九．旋轉的性質（共2小題）36．（2023春?武功縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝2，將△ABC以點A為旋轉中心按逆時針方向旋轉60°，得到△AB'C'，連接BB'，則BB'等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)旋轉的性質可得：AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，從而可得△ABB′是等邊三角形，然后利用等邊三角形的性質即可解答．【解答】解：由旋轉得：AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，∴△ABB′是等邊三角形，∴BB′＝AB＝AB′＝2，故選：B．【點評】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．37．（2023春?樂平市期末）如圖，將△AOB繞點O逆時針方向旋轉到△COD的位置，下列結論不正確的是（）A．∠AOC＝∠BOD B．∠AOB＝∠BOC C．∠B＝∠D D．∠A＝∠C【分析】根據(jù)旋轉的性質，逐一判斷即可解答．【解答】解：∵將△AOB繞點O逆時針方向旋轉到△COD的位置，∴∠AOC＝∠BOD，∠AOB＝∠COD，∠B＝∠D，∠A＝∠C，故A、C、D不符合題意；B符合題意；故選：B．【點評】本題考查了旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．二十．中心對稱圖形（共2小題）38．（2023春?通川區(qū)期末）在以下回收、綠色食品、節(jié)能、節(jié)水四個標志中，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念判斷．把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．【解答】解：選項A、B、D中的圖形都不能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以不是中心對稱圖形．選項C中的圖形能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以是中心對稱圖形．故選：C．【點評】本題考查的是中心對稱圖形，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與自身重合．39．（2023春?嶧城區(qū)期末）手勢密碼是在手機觸屏上設置的一筆連成的九宮格圖案，登錄軟件時畫一下設定的圖案即可．下列四種手勢密碼圖案中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義和軸對稱圖形的定義，對選項逐個判斷，即可判斷出答案．【解答】解：A、該圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，不符合題意；B、該圖形既是軸對稱圖形，又是中心軸對稱圖形，不符合題意；C、該圖形是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，符合題意；D、該圖形既不是軸對稱圖形，也不是中心軸對稱圖形，不符合題意．故選：C．【點評】此題考查了中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念，掌握相關概念是解題的關鍵，圖形繞一點旋轉180°后能夠與原圖形完全重合則此圖形為中心對稱圖形；軸對稱圖形的定義：如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸．二十一．比例的性質（共5小題）40．（2023春?文登區(qū)期末）若x：y＝5：6，則下列運算不正確的是（）A． B． C． D．【分析】利用設k法進行計算，即可解答．【解答】解：∵x：y＝5：6，∴設x＝5k，則y＝6k，A、＝＝，故A不符合題意；B、＝＝﹣，故B符合題意；C、＝＝5，故C不符合題意；D、＝＝11，故D不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了比例的性質，熟練掌握設k法是解題的關鍵．41．（2023春?泰山區(qū)期末）如果6m＝7n（n≠0），那么下列比例式成立的是（）A． B． C． D．【分析】把每一個選項的比例式化成等積式，逐一判斷即可解答．【解答】解：A、∵＝，∴mn＝42，故A不符合題意；B、＝，∴6m＝7n，故B符合題意；C、∵＝，∴7m＝6n，故C不符合題意；D、∵＝，∴7m＝6n，故D不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了比例的性質，熟練掌握比例的性質是解題的關鍵．42．（2023春?泉港區(qū)期末）對等式進行變形，則下列等式成立的是（）A．2x＝3y B．3x＝2y C． D．【分析】根據(jù)比例的基本性質進行計算，逐一判斷即可解答．【解答】解：∵，∴3x＝2y，A、2x＝3y，不成立，故A不符合題意；B、3x＝2y，成立，故B符合題意；C、∵＝，∴2x＝3y，不成立，故C不符合題意；D、∵x＝y(tǒng)，∴2x＝3y，不成立，故D不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了比例的性質，熟練掌握比例的基本性質是解題的關鍵．43．（2023春?沙坪壩區(qū)校級期末）已知，且a+b＝10，則a＝6．【分析】利用設k法進行計算，即可解答．【解答】解：設＝k，∴a＝3k，b＝2k，∵a+b＝10，∴3k+2k＝10，解得：k＝2，∴a＝3k＝6，故答案為：6．【點評】本題考查了比例的性質，熟練掌握設k法是解題的關鍵．44．（2023春?武昌區(qū)期末）已知，滿足a﹣b+2c＝18，則a+b+c＝24．【分析】利用設k法，進行計算即可解答．【解答】解：設＝k，∴a＝3k，b＝4k，c＝5k，∵a﹣b+2c＝18，∴3k﹣4k+10k＝18，解得：k＝2，∴a＝6，b＝8，c＝10，∴a+b+c＝6+8+10＝24，故答案為：24．【點評】本題考查了比例的性質，熟練掌握設k法是解題的關鍵．二十二．黃金分割（共3小題）45．（2023春?長沙期末）黃金分割數(shù)是一個很奇妙的數(shù)，大量應用于藝術、建筑和統(tǒng)計決策等方面，請你估算的值（）A．在0和1之間 B．在1和2之間 C．在2和3之間 D．在3和4之間【分析】先估算出的值的范圍，然后再估算出﹣1的值的范圍，即可解答．【解答】解：∵4＜5＜9，∴2＜＜3，∴1＜﹣1＜2，∴估算的值在1和2之間，故選：B．【點評】本題考查了黃金分割，估算無理數(shù)的大小，熟練掌握完全平方數(shù)是解題的關鍵．46．（2023春?姑蘇區(qū)校級期末）我們把頂角為36°的等腰三角形稱為“黃金三角形”，它的底與腰的比值為．如圖，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于點D，若BC＝2，則CD的長為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)等腰三角形的性質以及三角形內角和定理可得∠ABC＝∠C＝72°，再利用角平分線的定義可得∠DBC＝36°，從而利用三角形內角和定理可得∠BDC＝72°，進而可得∠C＝∠BDC＝72°，然后利用等角對等邊可得BC＝BD，從而可得△BDC是“黃金三角形”，最后進行計算即可解答．【解答】解：∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝72°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABC＝36°，∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝72°，∴∠C＝∠BDC＝72°，∴BC＝BD，∴△BDC是“黃金三角形”，∴＝，∵BC＝2，∴DC＝﹣1，故選：A．【點評】本題考查了黃金分割，等腰三角形的判定與性質，熟練掌握黃金分割，以及等腰三角形的判定是解題的關鍵．47．（2023春?墾利區(qū)期末）某品牌20寸的行李箱拉桿拉開后放置如圖所示，經測量該行李箱從輪子底部到箱子上沿的高度AB與從輪子底部到拉桿頂部的高度CD之比是黃金比（約等于0.618）．已知CD＝80cm，則AB約是49cm（結果保留整數(shù)）．【分析】根據(jù)黃金分割的定義進行計算，即可解答．【解答】解：由題意得：≈0.618，∵CD＝80cm，∴AB≈0.618CD＝0.618×80≈49（cm），∴AB約是49cm，故答案為：49．【點評】本題考查了黃金分割，熟練掌握黃金分割的定義是解題的關鍵．二十三．相似三角形的性質（共1小題）48．（2023春?廣饒縣期末）△ABC中，AB＝9cm，AC＝6cm，D是AC上的一點，且AD＝2cm，過點D作直線DE交AB于點E，使所得的三角形與原三角形相似，則AE＝或3cm．【分析】因為題中沒有指明對應邊，故應該分兩種情況進行分析，從而得到答案．【解答】解：①如圖2，當△ADE∽△ABC時，有AD：AE＝AB：AC∵AB＝9cm，AC＝6cm，AD＝2cm∴AE＝cm；②如圖1，當△AED∽△ABC時，有AD：AE＝AC：AB∵AB＝9cm，AC＝6cm，AD＝2cm∴AE＝3cm∴AE為cm或3cm．【點評】此題主要考查學生對相似的三角形的性質的運用及分類討論思想的掌握情況．二十四．相似三角形的判定與性質（共1小題）49．（2023春?丹東期末）如圖，在直線l上擺放著三個正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC＝CE，F(xiàn)、G分別是BC、CE的中點，F(xiàn)M∥AC∥HG∥DE，GN∥DC∥HF∥AB．設圖中三個四邊形的面積依次是S1，S2，S3，若S1+S3＝20，則S1＝2，S2＝6．【分析】根據(jù)題意，可以證明S2與S1兩個平行四邊形的高相等，長是S1的3倍，S3與S2的長相等，高是S3的，這樣就可以把S1和S3用S2來表示，從而計算出S2的值．【解答】解：根據(jù)正三角形的性質，∠ABC＝∠HFG＝∠DCE＝60°，∴AB∥HF∥DC∥GN，設AC與FH交于P，CD與HG交于Q，∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形，∵F、G分別是BC、CE的中點，∴MF＝AC＝BC，PF＝AB＝BC，又∵BC＝CE＝CG＝GE，∴CP＝MF，CQ＝BC＝3PF，QG＝GC＝CQ＝AB＝3CP，∴S1＝S2，S3＝3S2，∵S1+S3＝20，∴S2+3S2＝20，∴S2＝6，∴S1＝2，故答案為：2；6．【點評】本題考查了面積及等積變換、等邊三角形的性質及平行四邊形的面積求法，平行四邊形的面積等于平行四邊形的邊長與該邊上的高的積．即S＝a?h．其中a可以是平行四邊形的任何一邊，h必須是a邊與其對邊的距離，即對應的高．二十五．相似三角形的應用（共1小題）50．（2023春?榮成市期末）四分儀是一種十分古老的測量儀器．其出現(xiàn)可追溯到數(shù)學家托勒密的《天文學大成》．圖1是古代測量員用四分儀測量一方井的深度，將四分儀置于方井上的邊沿，通過窺衡桿測望井底點F、窺衡桿與四分儀的一邊BC交于點H．圖2中，四分儀為正方形ABCD．方井為矩形BEFG．若測量員從四分儀中讀得AB為1，BH為0.5，實地測得BE為2.5．則井深BG為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)正方形的性質可得∠ABC＝90°，再根據(jù)矩形的性質可得BG＝EF，∠BEF＝90°，從而可得∠ABH＝∠FEH＝90°，然后證明8字模型相似三角形△ABH∽△FEH，從而利用相似三角形的性質進行計算即可解答．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∵BE＝2.5，BH＝0.5，∴HE＝BE﹣BH＝2.5﹣0.5＝2，∵四邊形BEFG是矩形，∴BG＝EF，∠BEF＝90°，∴∠ABH＝∠FEH＝90°，∵∠AHB＝∠EHF，∴△ABH∽△FEH，∴＝，∴＝，∴EF＝4，∴BG＝EF＝4，故選：A．【點評】本題考查了相似三角形的應用，矩形的性質，正方形的性質，熟練掌握8字模型相似三角形是解題的關鍵．二十六．位似變換（共1小題）51．（2023春?海陽市期末）視力表用來測試一個人的視力，如圖是視力表的一部分，圖中的“E”均是相似圖形，其中不是位似圖形的是（）A．①和④ B．②和③ C．①和② D．②和④【分析】根據(jù)位似圖形的概念判斷即可．【解答】解：①和④、①和②、②和④，兩個圖形是相似圖形、對應點的連線都經過同一點、對應邊平行，都是位似圖形；②和③，對應邊不平行，不是位似圖形，故選：B．【點評】本題考查的是位似變換的概念，位似圖形必須滿足：兩個圖形必須是相似形、對應點的連線都經過同一點、對應邊平行．二十七．特殊角的三角函數(shù)值（共1小題）52．（2022秋?周村區(qū)校級期末）在Rt△ABC中，2sin（α+20°）＝，則銳角α的度數(shù)為40°．【分析】先通過sin（α+20°）＝，計算α+20°的值，從而可求α值．【解答】解：由題意可得si