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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
初三数学限时训练
一、选择题（共24分，每题3分）
1. 一元二次方程 的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 3，6，4 B. 3， ，4 C. 3，6， D. 3， ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般式可直接进行求解．
【详解】解：一元二次方程 的二次项系数、一次项系数、常数项分别是3， ， ；
故选D．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的一般式，熟练掌握一元二次方程的一般式是解题的关键．
2. 将抛物线 向上平移2个单位长度，得到的抛物线是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用二次函数图象的平移规律：上加下减，平移即可求解．
【详解】解：将抛物线 向上平移2个单位长度，
得到的抛物线是 ，
即 ，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键．
3. 下列四幅图案中，可以由右侧的一笔画“天鹅”旋转 得到的图案是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】解：可以下图一笔画“天鹅”旋转 得到的图案是 ．
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，旋转只改变了图形的方向、不改变形状．
4. 如图， 是 的中线， ， 分别是 ， 的中点，连接EF．若 ，则 的长为（
）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】B
【解析】
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【分析】根据三角形中线求出 ，再根据三角形中位线定理即可求出 ．
【详解】解：∵ 是 的中线， ，
∴ ，
∵点E，F分别是 ， 的中点，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线定义、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于
第三边的一半是解题的关键．
5. 用配方法解一元二次方程 的过程中，配方正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是利用配方法求解．
【详解】解： ，
，
，
，
故选B．
6. 二次函数 的x与y的部分对应值如下表：
则 的值是（ ）
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A. 1 B. 2 C. 5 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格数据可知，抛物线的对称轴为 ，由抛物线的对称性可知， 时 的值与
时的值相等，即可求解．
【详解】解：有表格可知，当 ， ，当 ， ，
由抛物线的对称性可知，抛物线的对称轴为 ，
∴ 时 的值与 时的值相等，
∴ 时 的值为5，即 的值为5，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数图象的对称性，解题关键是熟练掌握二次函数的性质．
7. 如图，在 中， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ，点 的对应点分别为
，连接 ．当点 在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将 绕点 逆时针旋转得到 ，可得
再证明 再逐一分析即可．
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【详解】解：∵将△ABC绕点 逆时针旋转得到△DEC，
∴ 故A不符合题意；
∴
∴ 故B不符合题意；
∴
∴
∴ 故C不符合题意；
∵
∴ 故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“旋
转的性质”是解本题的关键．
的
8. 抛物线y＝ax2+bx+c 对称轴是直线x＝﹣2．抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）
之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（ ）①4a﹣b＝0；②c≤3a；③关于x的方程
ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根；④b2+2b＞4ac．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①由对称轴 即可判断；
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②将c≤3a转化为 时所对应的函数值，由对称性转化为 时所对应的函数值，即可判断；
③根据图象所体现的最大值即可判断；
④根据图象的最值结合对称轴即可判断．
【详解】①因为对称轴为 ，所以 ，即 ，故①正确；
②由①知 ，所以 时， ；
因为抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，所以 时，
又因为 与 关于抛物线的对称轴 对称，所以 ，即 ，故②错误；
③由图可知y＝ax2+bx+c的最大值为3，所以当ax2+bx+c＝2时有两个不相等的实数根；故③正确；
④由图可知： ，即 ，
又 且 ，所以 = ，
所以 ，即 ，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟知以上知识点的应用是解题的关键．
二、填空题（共12分，每题2分）
9. 若1是关于x的方程 的根，则a的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】把1代入方程即可．
【详解】解：把1代入方程得 ，
∴
为
故答案 ：1．
【点睛】本题主要考查已知方程根求参数的做法，能够正确代入方程计算是解题关键．
10. 若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则ac_____0（填“＞”或“＝”或“＜”）．
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【答案】＜
【解析】
【分析】首先由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，进而判断
ac与0的关系．
【详解】解：∵抛物线的开口向下，
∴a＜0，
∵与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴c＞0，
∴ac＜0．
故答案为＜．
【点睛】考查二次函数y=ax2+bx+c系数符号的确定．二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．常数项
c决定抛物线与y轴交点．
11. 如图，等边 绕顶点 逆时针旋转 得到 ，连接 ，则 ___________ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转的性质得出 ，根据等边三角形的性质可得 ，等量代换得到
，由旋转得出 ，继而可得 ，根据三角形内角和定理，以及等腰三角
形的性质得出 ．
【详解】解：∵等边 绕顶点 逆时针旋转 得到 ，
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∴ ， ，
∵ ， 是等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等边对等角，旋转的性质，三角形内角和定理，掌握以上知识是
解题的关键．
12. 若关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，则k的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，则方程的判别式 ，据此列方
程，解方程可得答案．
【详解】∵关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴方程的判别式： ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握“一元二次方程 有两个相
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等的实数根，则 ”是解题的关键．
13. 如图是某停车场的平面示意图，停车场外围的长为30米，宽为18米．停车场内车道的宽都相等．停
车位总占地面积为288平方米．设车道的宽为x米，可列方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由停车场外围的长为30米，宽为18米．及车道及入口都是长为x米宽，将两个停车位合在一起，
可得出停车位的面积等于停车场的面积减去车道的面积，列出方程即可．
【详解】解：依题意得 ，
故答案为：
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关
键．
14. 点 在二次函数 的图象上．若 ，写出一个符合条件的a的
值___________．
【答案】3（答案不唯一）
【解析】
【分析】二次函数开口向上，离对称轴越远的点函数值越大，找一个离对称轴比1大的数即可．
【详解】解：∵二次函数开口向上，
∴离对称轴：直线 越远的点的函数值越大，A点离对称轴水平距离为1，故a可以等于3．
故答案为3（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，熟练运用函数图像的最低点及性质比大小是解题关键．
三、解答题（本题共64分，第15题8分，16-18题每题5分，19-21每题6分，第22题4分，
第23、24每题6分，25题7分）
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.
15 解方程：
（1） ；
（2） ．
【答案】（1） ，
（2） ，
【解析】
【分析】（1）根据直接开平方法进行求解方程即可；
（2）根据因式分解法进行求解方程即可．
【小问1详解】
解：
∴ ， ；
【小问2详解】
解：
或
∴ ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
16. 如图，在 中， ，将 绕点C顺时针旋转 得到 ，点A与点D对应，
点B与点E对应．
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（1）依题意补全图形；
（2）直线AB与直线DE的位置关系为___________．
【答案】（1）见解析 （2）AB⊥DE
【解析】
【分析】（1）直接根据旋转的性质作图即可；
（2）如图：延长 交 于点F，然后根据旋转的性质可得 ，然后根据对顶角相等并结
合 即可解答．
【小问1详解】
解：如图即为所求：
．
【小问2详解】
解：延长 交 于点F
由旋转可得: ,
∵ ,
∵
∵ ，
∴ ,
∴ ，即 ．
故答案为： ．
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【点睛】本题主要考查了旋转作图和旋转的性质等知识点，灵活运用旋转的性质成为解答本题的关键．
17. 已知 是方程 的一个根，求代数式 的值．
【答案】3
【解析】
【分析】把 代入方程，求出 ，再将代数式进行化简，利用整体思想进行计算即可．
【详解】19．解：∵ 是方程 的一个根，
∴ ．
∴ ．
原式
．
【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义，以及利用整体思想求代数式的值．熟练掌握一元二次方程的
解的概念是解题的关键．
18. 如图，在 中， ，将 绕点A顺时针旋转 得到 ， 交
于点F．若 ，求 的长．
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【答案】
【解析】
【分析】利用旋转的性质，得到 ， 为等腰直角三角形，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵ 绕点A顺时针旋转 得到 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形．
∴ ．
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理．熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键．
19. 已知二次函数 的图象过点 ， ．
（1）求这个二次函数的解析式；
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（2）画出这个函数的图象．
（3）结合图象，直接写出不等式 的解集．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题主要考查了求二次函数解析式，画二次函数图象，二次函数与不等式之间的关系，正确求出
对应的函数解析式是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据（1）所求的函数解析式，画出对应的函数图象即可；
（3）根据函数图象找到二次函数图象在x轴下方时自变量的取值范围即可．
【小问1详解】
解：把 ， 代入 中得： ，
∴ ，
∴二次函数解析式为 ；
【小问2详解】
解；函数图象如下所示：
【小问3详解】
解：由函数图象可知，当二次函数图象在x轴下方时自变量的取值范围为 ，
∴不等式 的解集为 ．
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20. 已知关于x的一元二次方程 ．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个实数根小于2，求m的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）求得该一元二次方程根的判别式大于等于零即可证明结论；
（2）先求出该方程的解，然后令一个实数根小于2，然后求解不等式即可解答．
【小问1详解】
证明：由题意，
．
∴ 该方程总有两个实数根．
【小问2详解】
（2）解：解方程 ，得： ， ．
∵ 方程有一个实数根小于2，
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、解一元二次方程等知识点，当一元二次根的判别式大
于等于零，则该方程有两个不相等的实数根或相等的实数根．
21. 如图，在△ABC中， ，BD为△ 的中线． ， ，连接CE．
（1）求证：四边形BDCE为菱形；
（2）连接DE，若 ， ，求DE的长．
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【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用对边平行且相等证平行四边形，再通过直角三角形斜边上的中线的性质判定
即可．
（2）连接DE，根据菱形的性质利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵ ， ，
∴ 四边形 为平行四边形．
∵ ，BD为AC边上的中线，
∴ ，
∴ 四边形 为菱形．
【小问2详解】
解：连接DE交BC于O点，如图．
∵ 四边形 为菱形， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
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【点睛】本题主要考查菱形的判定及性质，能够熟练运用菱形的性质是解题关键．
22. 探照灯的内部可以看成是抛物线的一部分经过旋转得到的抛物曲面．其原理是过某一特殊点的光线，
经抛物线反射后所得的光线平行于抛物线的对称轴，我们称这个特殊点为抛物线的焦点．若抛物线的表达
式为 ，则抛物线的焦点为 ．如图，在平面直角坐标系 中，某款探照灯抛物线的表达
式为 ，焦点为F．
（1）点F的坐标是___________；
的
（2）过点F 直线与抛物线交于A，B两点，已知沿射线FA方向射出的光线，反射后沿射线 射出，
所在直线与x轴的交点坐标为 ．
① 画出沿射线 方向射出的光线的反射光线 ；
② 所在直线与x轴的交点坐标为___________．
【答案】（1）
（2）①见解析，②
【解析】
【分析】（1）根据题意得出 ，即可确定点F的坐标；
（2）①根据题意确定 轴，得出 ，经抛物线反射后所得的光线平行于y轴， 轴，
据此作出平行线即可；
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②设直线 的解析式为 ，利用待定系数法确定直线AB的解析式，然后与
联立求解即可得出结果．
【小问1详解】
解：根据题意得 ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
【小问2详解】
由题意可知抛物线 的对称轴是y轴，
∴经抛物线反射后所得的光线平行于抛物线的对称轴，即经抛物线反射后所得的光线平行于y轴，
∴ 轴
∵ 所在的直线与x轴的交点坐标为 ，
∴A点的横坐标为4，纵坐标为 ，
∴ ，
①经抛物线反射后所得的光线平行于y轴，
∴ 轴
∴画出沿射线 方向射出的光线的反射光线 ，如下图所示：
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②设直线 的解析式为 ，把 、 代入，
得 ，
解得：
∴直线 的解析式为 ，
由题意可知，直线 与抛物线交于A、B两点，
把 代入
整理得 ，
解得： ， ，
∵点B在y轴的左侧，
∴B点的横坐标为 ，
∵ 轴，
∴ 所在直线与x轴的交点坐标为 ，
故答案为： ．
【点睛】题目主要考查二次函数的应用及利用待定系数法求一次函数解析式，一次函数与二次函数的综合
问题等，理解题意，综合运用一次函数与二次函数的性质是解题关键．
23. 在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ．
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（1）求抛物线的顶点坐标（用含 的式子表示）；
（2）已知点 ．
① 当抛物线过点 时，求 的值；
② 点 的坐标为 ．若抛物线与线段 恰有一个公共点，结合函数图象，直接写出 的取值范围．
【答案】（1）
（2）① ， ，② 或
【解析】
【分析】（1）将解析式化为顶点式，即可求解；
（2）①将点 代入解析式，解一元二次方程，即可得 的值；
②根据①的结论，结合图形即可求解．
【小问1详解】
解：∵ ，
∴ 抛物线的顶点坐标为 ．
【小问2详解】
① ∵ 点 在抛物线 上，
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∴ ．
∴ ．
解得 ， ．
②解：抛物线的对称轴为 ，点 的坐标为 ， ，
根据①可得，点 在抛物线 上， ， ．
当 时，点 在对称轴的右侧，此时抛物线与线段 恰有一个公共点，如图，
当 时，点 在对称轴的左侧，此时抛物线与线段 恰有一个公共点，如图，
综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24. 在等边△ABC中，将线段CA绕点C逆时针旋转α（0°<α<30°）得到线段CD，线段CD与线段AB交于
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点E，射线AD与射线CB交于点F．
（1）① 依题意补全图形；
② 分别求∠CEB和∠AFC的大小（用含α的式子表示）；
（2）用等式表示线段BE，CE，CF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析，②∠CEB=60°＋α，∠AFC=
（2）CF=BE＋CE，见解析
【解析】
【分析】（1）①按要求补全图形即可，②利用等边三角形及旋转的性质结合外角，内角和解题即可．
（2）CF=BE＋CE，延长EA至点G使得EG=CE，运用截长补短方法解题即可．
【小问1详解】
解：① 补全图形，如图．
② 解：∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠BAC=∠ACB=60°．
∵ 线段CA绕点C逆时针旋转α得到线段CD，
∴ CA=CD，∠ACD=α．
∴ ∠CAD=∠CDA= = ．
∴ ∠CEB=∠BAC＋∠ACD=60°＋α．
∴ ∠AFC=180°-∠CAD-∠ACB= ．
【小问2详解】
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解：线段BE，CE，CF之间的数量关系为CF=BE＋CE．
证明：延长EA至点G使得EG=CE，连接CG，如图．
∴ ∠G=∠ECG．
∵ ∠CEB=∠G＋∠ECG=2∠G，∠CEB=60°＋α，
∴ ∠G= ．
∵ ∠AFC= ，
∴ ∠G=∠AFC．
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°．
∴ △ACF≌△CBG．
∴ CF=BG．
∵ BG=BE＋EG=BE＋CE，
∴ CF=BE＋CE．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质及截长补短法在三角形全等证明中的应用，能够熟练运用内角，
外角知识点求角度，能够利用截长补短作辅助线是解题关键．
25. 在平面直角坐标系xOy中，已知点 ．对于点 给出如下定义：当 时，若实数k满
足 ，则称k为点P关于点A的距离系数．若图形M上所有点关于点A的距离系数存在最小
值，则称此最小值为图形M关于点A的距离系数．
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（1）当点A与点O重合时，在 中，关于点A的距离系数为1的是
___________；
（2）已知点 ，若线段BC关于点 的距离系数小于 ，则m的取值范围为
___________；
（3）已知点 ，其中 ．以点T为对角线的交点作边长为2的正方形，正方形的各
边均与某条坐标轴垂直，点D，E为该正方形上的动点，线段 的长度是一个定值（ ）．
① 线段 关于点A的距离系数的最小值为___________；
② 若线段 关于点A的距离系数的最大值是 ，则 的长为___________．
【答案】（1） ，
（2） 或
（3）① ，②
【解析】
【分析】（1）根据距离系数的定义进行计算即可；
（2）利用距离系数的定义，用 表示 ，根据距离系数小于 ，进行计算即可；
（3）①根据题意，当正方形上的点到 ，横坐标的距离最大，纵坐标之间的距离最小时，线段
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关于点A的距离系数的最小，得到点点 关于点A的距离系数的最小，进行计算即可；
②根据线段 关于点A的距离系数的最大值是 ，即线段上的所有点关于点A的距离系数存在最小值为
，得到线段 上的点的横坐标和纵坐标的取值范围，利用勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ， ；
∴关于点A的距离系数为1的是： ， ；
【小问2详解】
解：∵ ， ，
∴线段 ： ，
，即：
∴ 或
∴ 或
∴当两个点的横坐标间的距离越远， 越小，
∴当 点离 点横坐标最远时： ，
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当 离 点横坐标最远时： ，
综上： 或 ；
【小问3详解】
解：①由 可知，当正方形上的点到 ，横坐标的距离最大，纵坐标之间的距离最小时，线
段 关于点A的距离系数的最小，根据题意，当正方形如图所示，点 关于点A的距离系数的最小：
此时： ；
②若线段 关于点A的距离系数的最大值是 ，即线段上的所有点关于点A的距离系数存在最小值为 ，
∴ ，
由题意知：
∴ ，即
∴
当 时， ，
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∴
【点睛】本题考查坐标系下的新定义．熟练掌握距离系数的定义和运算方法是解题的关键．
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