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期末真题必刷易错 60 题（34 个考点专练）
一．一元二次方程的定义（共1小题）
1．（2023春•福田区校级期末）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】根据一元二次方程的一般形式：形如ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数且a≠0），逐一判断即可
解答．
【解答】解：A、2x2﹣9＝0，是一元二次方程，故A符合题意；
B、x＝ ，是分式方程，故B不符合题意；
C、x2+7x﹣3y＝0，是二元二次方程，故C不符合题意；
D、x2+4＝（x﹣1）（x﹣2），整理得：3x+2＝0，是一元一次方程，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
二．一元二次方程的解（共3小题）
2．（2023春•石景山区期末）已知x＝2是关于x的一元二次方程x2+bx﹣5＝0的一个根，则b的值是
．
【分析】根据题意可得：把x＝2代入方程x2+bx﹣5＝0中得：4+2b﹣5＝0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：把x＝2代入方程x2+bx﹣5＝0中得：
4+2b﹣5＝0，
解得：b＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
3．（2023春•慈溪市期末）若a是方程x2﹣5x+3＝0的一个根，则代数式1﹣2a2+10a的值是 7 ．
【分析】根据题意可得：把x＝a代入方程x2﹣5x+3＝0中得：a2﹣5a+3＝0，从而可得a2﹣5a＝﹣3，然
后把a2﹣5a＝﹣3代入式子中进行计算，即可解答．
【解答】解：由题意得：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，
故答案为：7．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
4．（2023春•丽水期末）已知a，b是方程x2﹣3x+2＝0的两个根，则数据：3，a，4，b，5的平均数是
3 ．
【分析】根据已知一元二次方程的解的意义可得a+b＝3，然后求出它们的算术平均数，即可解答．
【解答】解：∵a，b是方程x2﹣3x+2＝0的两个根，
∴a+b＝3，
∴3，a，4，b，5的平均数＝ ＝ ＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，算术平方数，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
三．解一元二次方程-配方法（共3小题）
5．（2023春•延庆区期末）用配方法解方程x2﹣4x＝1 时，原方程变形正确的是（ ）
A．（x+2）2＝5 B．（x﹣2）2＝5 C．（x+2）2＝1 D．（x﹣2）2＝1
【分析】根据解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣4x＝1，
x2﹣4x+4＝1+4，
（x﹣2）2＝5，
故选：B．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．
6．（2023春•开福区校级期末）把方程x2+4x+4＝0变形为（x+h）2＝k的形式后，h+k＝ 2 ．
【分析】根据解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2+4x+4＝0，
（x+2）2＝0，
∴h＝2，k＝0，
∴h+k＝2+0＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．
7．（2023春•青秀区校级期末）解一元二次方程：x2﹣8x+1＝0．
【分析】根据解一元二次方程﹣配方法进行计算，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＝﹣ ，
x ＝4+ ，x ＝4﹣ ．
1 2
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．
四．解一元二次方程-公式法（共1小题）
8．（2023春•鼓楼区校级期末）用公式法解关于x的一元二次方程，得x＝ ，则该一
元二次方程是 3 x 2 + 9 x ﹣ 1 ＝ 0 ．
【分析】根据解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答．
【解答】解：用公式法解关于x的一元二次方程，得x＝ ，
所以a＝3，b＝9，c＝﹣1，
则该一元二次方程是3x2+9x﹣1＝0，
故答案为：3x2+9x﹣1＝0．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，一元二次方程的定义，熟练掌握解一元二次方程﹣公式
法是解题的关键．
五．解一元二次方程-因式分解法（共3小题）
9．（2023春•江州区期末）方程x2＝4x的根是（ ）
A．x＝0 B．x＝4
C．x ＝4，x ＝0 D．x ＝﹣4，x ＝0
1 2 1 2
【分析】利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2＝4x，
x2﹣4x＝0，
x（x﹣4）＝0，x＝0或x﹣4＝0，
x ＝0，x ＝4，
1 2
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握解一元二次方程﹣因式分解法是解题的关
键．
10．（2023春•延庆区期末）解方程：
（1）x2﹣2x﹣3＝0；
（2）2x2﹣1＝2x．
【分析】（1）根据解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答；
（2）先将原方程整理成一元二次方程的一般形式，然后再根据解一元二次方程﹣公式法，进行计算即
可解答．
【解答】解：（1）x2﹣2x﹣3＝0
（x﹣3）（x+1）＝0，
x﹣3＝0或x+1＝0，
x ＝3，x ＝﹣1；
1 2
（2）2x2﹣1＝2x，
整理得：2x2﹣2x﹣1＝0，
∵Δ＝（﹣2）2﹣4×2×（﹣1）＝4+8＝12＞0，
∴x＝ ＝ ＝ ，
∴x ＝ ，x ＝ ．
1 2
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的
关键．
11．（2023春•福山区期末）用适当的方法解方程：
（1）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﹣公式法进行计算，即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣因式分解法进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）2x2﹣4x﹣1＝0，
∵Δ＝（﹣4）2﹣4×2×（﹣1）＝16+8＝24＞0，∴x＝ ＝ ＝ ，
∴x ＝ ，x ＝ ；
1 2
（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，
x ＝1．x ＝13．
1 2
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的
关键．
六．根的判别式（共1小题）
12．（2023春•丽水期末）已知关于 x的方程 ax2+bx+c＝0（a≠0），当 b2﹣4ac＝0时，方程的解为
（ ）
A． ， B． ，
C． D．
【分析】利用判别式的意义得到方程有两个相等的实数解，然后根据一元二次方程的求根公式得到方程
的解．
【解答】解：∵b2﹣4ac＝0，
∴方程有两个相等的实数解，
∵x＝ ，
∴方程的解为x ＝x ＝﹣ ．
1 2
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无
实数根．也考查了公式法解一元二次方程．
七．根与系数的关系（共3小题）
13．（2023春•钱塘区期末）已知x ，x 是关于x的一元二次方程x2﹣2（t+1）x+t2+5＝0的两个实数根，
1 2若 + ＝36，则t的值是（ ）
A．﹣7或3 B．﹣7 C．3 D．﹣3或7
【分析】由根与系数的关系可得：x +x ＝2（t+1），x x ＝t2+5，再结合所给的条件进行求解即可．
1 2 1 2
【解答】解：∵x ，x 是关于x的一元二次方程x2﹣2（t+1）x+t2+5＝0的两个实数根，
1 2
∴x +x ＝2（t+1）＝2t+2，x x ＝t2+5，
1 2 1 2
Δ＝[﹣2（t+1）]2﹣4（t2+5）≥0，
解得：t≥2，
∵ + ＝36，
∴（x +x ）2﹣2x x ＝36，
1 2 1 2
（2t+2）2﹣2（t2+5）＝36，
解得：t＝3或t＝﹣7，
故t的值只能为3．
故选：C．
【点评】本题主要考查根与系数的关系，解答的关键是熟记根与系数的关系并灵活运用．
14．（2023春•沙坪坝区校级期末）已知m，n是方程x2+2x﹣3＝0的两个根，则 ＝ ．
【分析】依据题意，根据一元二次方程根与系数的关系可得：m+n＝﹣2，mn＝﹣3，从而对所求式子适
当变形即可得解．
【解答】解：由题意，∵m，n是方程x2+2x﹣3＝0的两个根，
∴m+n＝﹣2，mn＝﹣3．
∴ + ＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，解题时需要熟练掌握并灵活运用．
15．（2023春•环翠区期末）已知：关于x的方程x2+（8﹣4m）x+4m2＝0．
（1）若方程有两个相等的实数根，求m的值，并求出这时方程的根．
（2）问：是否存在正数m，使方程的两个实数根的平方和等于136？若存在，请求出满足条件的m值；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式Δ＝0，建立关于m的等式，由此求出m的取值．再化简方程，进而求出方程相等的两根；
（2）利用根与系数的关系，化简x 2+x 2＝136，即（x +x ）2﹣2x x ＝136．根据根与系数的关系即可得
1 2 1 2 1 2
到关于m的方程，解得m的值，再判断m是否符合满足方程根的判别式．
【解答】解：（1）若方程有两个相等的实数根，
则有Δ＝b2﹣4ac＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m＝0，
解得m＝1，
当m＝1时，原方程为x2+4x+4＝0，
∴x ＝x ＝﹣2；
1 2
（2）不存在．
假设存在，则有x 2+x 2＝136．
1 2
∵x +x ＝4m﹣8，
1 2
x x ＝4m2，
1 2
∴（x +x ）2﹣2x x ＝136．
1 2 1 2
即（4m﹣8）2﹣2×4m2＝136，
∴m2﹣8m﹣9＝0，
（m﹣9）（m+1）＝0，
∴m ＝9，m ＝﹣1．
1 2
∵Δ＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m≥0，
∴0＜m≤1，
∴m ＝9，m ＝﹣1都不符合题意，
1 2
∴不存在正数m，使方程的两个实数根的平方和等于136．
【点评】总结：1、一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）Δ＞0 方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
⇔
2、根与系数的关系为：x +x ＝ x x ＝ ．
1 2 1 2
八．一元二次方程的应用（共1小题）
16．（2023春•曾都区期末）某商场计划购进甲、乙两种商品共 80件进行销售，已知甲种商品的进价为
120元/件，乙种商品的进价为80元/件，甲种商品的销售单价为 150元/件，乙种商品的销售单价y
（元/件）与购进乙种商品的数量x（件）之间的函数关系如图所示．（1）求y（元/件）关于x（件）的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）；
（2）当购进乙种商品30件时，求销售完80件甲、乙两种商品获得的总利润；
（3）实际经营时，因原材料价格上涨，甲、乙两种商品的进价均提高了10%，为保证销售完后总利润
不变，商场决定将这两种商品的销售单价均提高m元，且m不超过乙种商品原销售单价的9%，求m的
最大值．
【分析】（1）设y关于x的函数关系式为 y＝kx+b．将（20，120）和（60，100）代入y＝kx+b，根据
待定系数法即可求解；
（2）根据题意和（1）的函数关系式求解；
（3）根据题意，按照调整前后总利润不变列式计算即可．
【解答】解：（1）设y关于x的函数关系式为 y＝kx+b．
将（20，120）和（60，100）代入y＝kx+b，得
，解得 ．
∴y关于x的函数关系式为y＝﹣ x+130．
（2）当购进乙种商品30件时，则购进甲种商品80﹣30＝50（件）．
当x＝30时，y＝﹣ ×30+130＝115．
根据题意，销售完80件甲、乙两种商品获得的总利润为 30×（115﹣80）+50×（150﹣120）＝2550
（元）．
（3）根据题意，甲种商品进价为120×（1+10%）＝132（元/件），
乙种商品的进价是80×（1+10%）＝88（元/件）．
设购进乙种商品a件，那么购进甲种商品（80﹣a）件．
根据销售完后总利润不变，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不超过乙种商品原销售单价的9%，
∴m≤（﹣ a+130）×9%，即m≤[﹣ （﹣20m+240）+130]×9%，
整理得m≤（10m+10）×9%，解得m≤9．
∴m的最大值为9．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用等内容，根据题干信息列式计算是解
题的关键．
九．配方法的应用（共2小题）
17．（2023春•青原区期末）阅读下列材料：利用完全平方公式，将多项式 x2+bx+c变形为（x+m）2+n的
形式，然后由（x+m）2≥0就可求出多项式x2+bx+c的最小值．
例题：求x2﹣12x+37的最小值；
解：x2﹣12x+37＝x2﹣2x•6+62﹣62+37＝（x﹣6）2+1；
因为不论x取何值，（x﹣6）总是非负数，即（x﹣6）2≥0；
所以（x﹣6）2+1≥1；
所以当x＝6时，x2﹣12x+37有最小值，最小值是1．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）填空：
x2﹣8x+18＝x2﹣8x+16+ 2 ＝（x﹣ 4 ）2+2；
（2）将x2+16x﹣5变形为（x+m）2+n的形式，并求出x2+16x﹣5最小值；
（3）如图所示的第一个长方形边长分别是2a+5、3a+2，面积为S ；如图所示的第二个长方形边长分别
1
是5a、a+5，面积为S ，试比较S 与S 的大小，并说明理由．
2 1 2
【分析】（1）依据题意，由完全平方公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，进而分析计算可以得解；（2）依据题意，由配方法进行变形即可得解；
（3）依据题意，分别求出S 与S ，然后作差即可得解．
1 2
【解答】解：（1）由题意得，x2﹣8x+18＝x2﹣8x+16+2＝（x﹣4）2+2．
故答案为：2；4．
（2）由题意得，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的最小值为﹣69．
（3）由题意得，S ＝（2a+5）（3a+2）＝6a2+4a+15a+10＝6a2+19a+10，S ＝5a（a+5）＝5a2+25a，
1 2
∴S ﹣S ＝6a2+19a+10﹣5a2﹣25a＝a2﹣6a+10＝a2﹣6a+9+1＝（a﹣3）2+1．
1 2
∵（a﹣3）2≥0，
∴（a﹣3）2+1≥1＞0．
∴S ﹣S ＞0．
1 2
∴S ＞S ．
1 2
【点评】本题主要考查了配方法的应用，解题时要熟练掌握公式并能灵活变形是关键．
18．（2023春•高州市期末）把代数式通过配方等手段得到完全平方式，再运用完全平方式的非负性这一
性质解决问题，这种解题方法叫做配方法．配方法在代数式求值，解方程，最值问题等都有广泛的应用．
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，因为不论a取何值，（a+3）2总是非负数，即（a+3）
2≥0．
所以（a+3）2﹣1≥﹣1，所以当a＝﹣3时，a2+6a+8有最小值﹣1．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式：a2+14a+ 4 9 ；
（2）将x2﹣10x+27变形为（x﹣m）2+n的形式，并求出x2﹣10x+27的最小值；
（3）若代数式N＝﹣a2+8a+1，试求N的最大值；
【分析】（1）依据题意，根据完全平方公式求解；
（2）依据题意，利用配方法求最小值即可；
（3）依据题意，利用配方法求最大值．
【解答】解：（1）依据完全平方公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，
∴a2+14a+49是完全平方式．故答案为：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．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用．
一十．反比例函数的性质（共1小题）
19．（2023春•淮阴区期末）反比例函数 的图象分布在第一、三象限内，则k的取值范围为 k ＞ 1
．
【分析】依据题意，根据反比例函数的性质可得不等式：k﹣1＞0，进而可以得解．
【解答】解：由题意得，k﹣1＞0，
∴k＞1．
故答案为：k＞1．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，解题时要熟悉性质并能灵活运用是关键．
一十一．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
20．（2023春•锡山区期末）如图，在平面直角坐标系中，坐标原点 O为矩形ABCD的对角线AC的中点，
点E是x轴上一点，连接AE、BE，若AD平分∠OAE，点F是AE的中点，反比例函数 （k＜0，x
＜0）的图象经过点A、F，已知△ABE的面积为24，则k的值为（ ）A．﹣12 B．﹣16 C．﹣18 D．﹣20
【分析】连接 BD，先由 AD 平分∠EAO 得∠DAE＝∠OAD，由矩形 ABCD 的性质得到∠OAD＝
∠ODA，从而得到∠EAD＝∠ADO，故而AE∥BD，再由平行线的性质得到△ABE和△AOE的面积相等，
然后设点A的坐标，结合点F是AE的中点得到点F和点E的坐标，最后结合△AOE的面积求出k的取
值．
【解答】解：连接BD，则OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠EAO，
∴∠EAD＝∠OAD，
∴∠EAD＝∠ADO，
∴AE∥BD，
∴S△AEB ＝S△AEO ＝24，
设A（a， ），
∵点F是AE的中点，
∴F（2a， ），E（3a，0），
∴S△AEO ＝ ×（﹣3a）× ＝24，
∴k＝﹣16，
故选：B．【点评】本题考查了矩形的性质、平行线的性质和判定、反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键
是通过平行线的判定和性质得到△ABE和△AEO的面积相等．
21．（2023春•北碚区校级期末）如图，在平面直角坐标系中， ABOC的边OB在y轴的正半轴上，反比
▱
例函数 的图象经过点C，交AB于点D．若BD：AD＝1：3，△ADC的面积为3，则k的
值为 ﹣ ．
【分析】根据图形的特点，先求出S△OCD 关于k的表达式，再求出S△OCD 的面积，进而可代入计算求值．
【解答】解：分别过点C、D向坐标轴作垂线，垂足分别为E、F、G、H，连接OD．如图所示，BD：AD＝1：3，根据 ABOC的性质，可设点D的横坐标为a，则点C的横坐标为4a．
∵BD：AD＝1：3，△ADC的面积▱为3，
∴S△ABC ＝S△BCO ＝S△OCD ＝4．
由题意可得，点E对应的横坐标为4a，点F对应的横坐标为a，点D坐标为（a， ），点C坐标为
（4a， ），GH＝ ，DH＝a，CG＝4a．
S△OCD ＝S五边形HOECD ﹣（S△ODH +S△OCE ），
∵S五边形HOECD ＝S直角梯形GHDC +S矩形GOEC ，S矩形GOEC ＝|k|，S△ODH ＝S△OCG ＝ ，
又S△OCD ＝S五边形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＝﹣ ．
故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，熟练掌握反比例函数图象的特点并求出S△OCD 的面
积关于k的表达式是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
22．（2023春•烟台期末）反比例函数 的图象上有一点P（m，n），当n≥﹣1，则m的取值范围是
m ≤﹣ 2 或 m ＞ 0 ．
【分析】依据题意，由点在反比例函数图象上，点的纵坐标n≥﹣1，从而可以得解．
【解答】解：由题意，由P（m，n），
当n＝﹣1时，∴m＝ ＝﹣2．
∴当n≥﹣1时，m≤﹣2或m＞0．
故答案为：m≤﹣2或m＞0．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并理解．
一十三．反比例函数与一次函数的交点问题（共5小题）
23．（2023春•淮阴区校级期末）如图，已知直线y＝kx（k≠0）与双曲线y＝ 交于A（m，2）、B两点
则点B的坐标为 （﹣ 4 ，﹣ 2 ） ．
【分析】依据题意，首先将点A（m，2）代入y＝ ，求出点A的坐标，从而根据反比例函数的对称性
即可出B点坐标．
【解答】解：∵将点A（m，2）代入y＝ ，
∴2＝ ．
∴m＝4．
∴A（4，2）．
∵直线y＝kx（k≠0）与双曲线y＝ 交于A（m，2），B两点关于原点对称，
∴B（﹣4，﹣2）．
故答案为：（﹣4，﹣2）．
【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题时要能根据题意准确代入计算是关键．
24．（2023 春•宜兴市期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y＝x+2 的图象与反比例函数
的图象交于点A（1，m），与x轴交于点C．点B是反比例函数图象上一点且纵坐标是
1，连接AB，CB，则△ACB的面积为 6 ．【分析】由一次函数的解析式求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式，然后
作BD∥x轴，交直线AC于点D，则D点的纵坐标为1，利用函数解析式求得B、D的坐标，最后根据
三角形面积公式即可求得．
【解答】解：∵一次函数y＝x+2的图象过点A（1，m），
∴m＝1+2＝3．
∴A（1，3）．
∵点A在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，
∴k＝1×3＝3．
∴反比例函数的解析式为y＝ ．
∵点B是反比例函数图象上一点且纵坐标是1，
∴B（3，1）．
作BD∥x轴，交直线AC于点D，
∴D点的纵坐标为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．故答案为：6．
【点评】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法
求反比例函数的解析式，三角形的面积，本题具有一定的代表性，是一道不错的题目，数形结合思想的
运用．
25．（2023春•高新区期末）已知一次函数y ＝kx+b（k≠0）与反比例函数 相交于点A
1
（﹣3，a），B（﹣1，c），不等式 的解集是 ﹣ 3 ＜ x ＜﹣ 1 或 x ＞ 0 ．
【分析】由题意，不等式 的解集即不等式kx+b＞﹣ 的解集，进而找出直线在反比例函
数图象的上方部分图象的自变量x的取值即可．
【解答】解：如图，
∴当k+b＞﹣ 时，﹣3＜x＜﹣1或x＞0，
∴不等式 的解集是﹣3＜x＜﹣1或x＞0．
故答案为：﹣3＜x＜﹣1或x＞0．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，数形结合是解题的关键．
26．（2023春•仪征市期末）反比例函数 的图象与一次函数y＝x﹣1的图象交于点A（a，b），则a﹣
ab﹣b的值是 ﹣ 1 ．
【分析】依据题意，根据反比例函数、正比例函数图象上点的坐标特征，得到 ab＝2，b＝a﹣1，再代
入计算即可．
【解答】解：由于反比例函数y＝ 的图象与一次函数y＝x﹣1的图象交于点A（a，b），
∴ab＝2，b＝a﹣1．∴a﹣ab﹣b
＝a﹣b﹣ab
＝1﹣2
＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查一次函数、反比例函数的图象的交点，掌握一次函数、反比例函数图象和性质是
正确解答的前提．
27．（2023春•慈溪市期末）如图，直线AB交反比例函数 的图象于A，B两点（点A，B在第一象限，
且点A在点B的左侧），交x轴于点C，交y轴于点D，连接BO并延长交该反比例函数图象的另一支
于点E，连接AE交y轴于点F，连接BF，OA，且AB＝AD．
（1）若k＝3，则S△OAB ＝ ；
（2）若S△OBF ＝5，则k的值为 1 0 ．
【分析】（1）作AG⊥y轴于G，AH⊥y轴于H，则AG∥BH，从而得到 ＝ ＝ ，由AD＝AB可
得BH＝2AG，DH＝2DG＝2GH，设A的横坐标为a，则A的坐标为（a， ），AG＝a，从而可得B的
坐标为（2a， ），进而可得GH＝ ，DH＝ ，OD＝ ，由S△OAB ＝S△OBD ﹣S△OAD ，进行计算可
以得解；
（2）设A点坐标为（b， ），则B点坐标为（2b， ），E的坐标为（﹣2b，﹣ ），用待定系数法求出直线AE为：y＝ ，从而得到F（0， ），由S△BOF ＝ × ×2a＝ ＝5，进行计算
可以得解．
【解答】解：（1）如图，作AG⊥y轴于G，AH⊥y轴于H，
∴AG∥BH．
∴ ＝ ＝ ．
∵AD＝AB，
∴BD＝2AD．
∴ ＝ ＝ ＝ ．
∴DH＝2DG＝2GH．
由题意，设A的横坐标为a，
∴A的坐标为（a， ），AG＝a．
∴B（2a， ）．
∴GH＝ ，DH＝ ，OD＝ ．
∵S△OAB ＝S△OBD ﹣S△OAD ，
∴S△OAB ＝S△OBD ﹣S△OAD ＝ × ×2a﹣ × ×a＝ ﹣ ＝ ．
故答案为： ．
（2）设A点坐标为（b， ），则B点坐标为（2b， ），E的坐标为（﹣2b，﹣ ），设直线AE为y＝mx+n，
∴ ．
∴ ．
∴直线AE为：y＝ ．
∴F（0， ）．
∴S△BOF ＝ × ×2b＝ ＝5．
∴k＝10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点，解题时要熟练掌握相关性质是关键．
一十四．二次函数图象与系数的关系（共1小题）
28．（2023春•北碚区校级期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数），开口向下，过点A（﹣2，
0），B（m，0），且1＜m＜2，下列四个结论：
①a＜b＜0；
②若c＝2，则﹣1＜b＜0；
③若 ，c＝3，当﹣2＜x＜3时，直线y＝2x+n与该二次函数只有一个公共点，则﹣ 或n
＝ ；
④当 时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1必有两个不相等的实数根．
以上结论，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】对各项分别分析判断即可．
【解答】解：①抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴直线为x＝﹣ ．由题意得 ＜﹣ ＜ ，即﹣ ＜﹣ ＜0．
∵该抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴a＜b＜0．
故①正确．
②将点A（﹣2，0）和c＝2代入y＝ax2+bx+c，得a＝ ．
∵a＜b＜0，
∴ ＜b＜0，
∴﹣1＜b＜0．
故②正确．
③将点A（﹣2，0），B（ ，0）和c＝3代入y＝ax2+bx+c，
得 ，解得 ．
∴y＝﹣x2﹣ x+3．
根据图象，若当﹣2＜x＜3时，直线y＝2x+n与该二次函数只有一个公共点，则该公共点为切点或在两
端点之间．
（a）相切：
令﹣x2﹣ x+3＝2x+n，整理得x2+ x+n﹣3＝0．
Δ＝ ﹣4（n﹣3）＝ ﹣4n．
当Δ＝ ﹣4n＝0时，解得n＝ ．
解﹣x2﹣ x+3＝2x+ ，得x＝﹣ ，﹣2＜﹣ ＜3．
∴n＝ ．
（b）两端点之间：将（﹣2，0）代入y＝2x+n，得﹣4+n＝0，解得n＝4．
将（3，﹣ ）代入y＝2x+n，得6+n＝﹣ ，解得n＝﹣ ．
∴﹣ ＜n≤4．
综上，﹣ 或n＝ ．
故③正确．
④设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣m），
方程a（x+2）（x﹣m）＝1，整理得ax2+（2﹣m）ax﹣（2am+1）＝0．
若它有两个不相等的实数根，则有Δ＝（2﹣m）2a2+4（2am+1）a＝（m+2）2a2+4a．
∵1＜m＜2，a≤﹣ ，
∴Δ＞0．
故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系、根的判别式等内容，涉及到的知识点非常多．作为选择
题，计算量非常大，难度不小．
一十五．抛物线与x轴的交点（共1小题）
29．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6交x轴于A（2，0），B（﹣6，0）两点，交
y轴于点C，点Q为线段BC上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求QA+QO的最小值；
（3）过点Q作QP∥AC交抛物线的第三象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAQ与△PBQ的面积分别
为S ，S ，设S＝S +S ，当 时，求点P的坐标．
1 2 1 2【分析】（1）A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝ax2+bx﹣6，利用待定系数法解答即可；
（2）作点O关于直线BC的对称点坐标为O′，求出O′的坐标，并证明Q′A为QA+QO的最小值，
求出Q′A即可；
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．设点P（m， m2+2m﹣6），由于QP∥AC，故
S△PAQ ＝S△PCQ （同底等高），从而得到S△PAQ +S△PBQ ＝S△PBC ＝S梯形PCOM +S Rt△PMB ﹣S Rt△BOC ，用P点坐标
将各项表示出来，从而求出m的值，进而求得P点坐标．
【解答】解：（1）将A（2，0），B（﹣6，0）分别代入y＝ax2+bx﹣6，得方程组 ，解
得 ．
∴抛物线的解析式为y＝ +2x﹣6．
（2）作点O关于直线BC的对称点坐标为O′．连接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°，
∴四边形OCO′B是正方形．
∴点O关于直线BC的对称点坐标为O′（﹣6，﹣6）．
连接O′A，与BC交于点Q．
∵BC是OO′的垂直平分线，
∴QO＝QO′，
∴QA+QO＝QA+QO′＝O′A．
在BC上任取一点异于点Q的点Q′，连接Q′O、Q′A、Q′O′．
Q′A+Q′O＝Q′A+Q′O′＞O′A（在三角形中，两边之和大于第三边），
∴QA+QO的最小值为O′A＝ ＝10．
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．
∵QP∥AC，
∴S△PAQ ＝S△PCQ （同底等高），
∴S△PAQ +S△PBQ ＝S△PBC ＝S梯形PCOM +S Rt△PMB ﹣S Rt△BOC ．
设点P（m， m2+2m﹣6），
∴S梯形PCOM ＝ （MP+OC）•OM＝ （﹣ m2﹣2m+6+6）（﹣m）＝﹣ m（﹣ m2﹣2m+12），
S Rt△PMB ＝ MP•BM＝ （﹣ m2﹣2m+6）（m+6）＝ （m+6）（﹣ m2﹣2m+6），S Rt△BOC ＝ OB•OC＝ ×6×6＝18．
∴S＝S +S ＝﹣ m（﹣ m2﹣2m+12）+ （m+6）（﹣ m2﹣2m+6）﹣18＝ ，解得m＝﹣1或﹣
1 2
5．
∴P（﹣1，﹣ ）或（﹣5，﹣ ）．
【点评】本题考查二次函数的性质、图象上坐标特点和解析式的求法等内容，解答过程非常复杂，要求
有极强的计算能力和思维能力．
一十六．二次函数的应用（共1小题）
30．（2023春•高新区期末）一个球被竖直向上抛起，球升到最高点，垂直下落，直到地面．下列可以近
似刻画此运动过程中球的高度与时间的关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据小球的运动过程进行分析即可．
【解答】解：因为是小强将一个球竖直向上抛，小强有一定的身高，故D一定不符合；
小强抛出小球后，小球开始是向上运动的，故高度在增加，故A一定错误；
小球升到一定高度后，会自由落下，高度就会降低，故B错误，C正确，
故选：C．
【点评】此题主要考查了函数图象，关键是正确理解小球在抛出后事如何运动的．
一十七．二次函数综合题（共4小题）
31．（2023春•长沙期末）在平面直角坐标系中，我们把纵坐标是横坐标 3倍的点称为“开心点”，例如：
点（﹣1，﹣3），（2，6），（ ，3 ），…都是“开心点”．又如：抛物线y＝x2﹣4上存在两个
“开心点”（﹣1，﹣3），（4，12）．（1）在下列函数中：①y＝3x﹣1，②y＝2x2，③y＝x2+4，存在“开心点”的函数有： ② ；
（填序号）
（2）若抛物线y＝x2﹣2mx+m2上存在唯一一个“开心点”点H，求点H的坐标；
（3）若抛物线y＝﹣x2+（2n+4）x﹣n2+6n+2上存在两个“开心点”A（x ，y ）和B（x ，y ）（其中x
1 1 2 2 1
＜x ），令t＝ + ，当t＝23时，求A，B两点的坐标．
2
【分析】（1）利用“开心点”的定义得到y＝3x，代入解方程判断即可；
（2）令y＝3x，则联立得到方程组 ，用根的判别式得到x 的值，继而得到点的坐标；
（3）用根与系数的关系和根的判别式求出n的值，代入求出点的坐标．
【解答】解：（1）把y＝3x代入
①y＝3x﹣1得到3x＝3x﹣1无解，故不存在“开心点”；
②y＝2x2得到3x＝2x2，解得：x＝0或x＝ ，故存在“开心点”；
③y＝x2+4得到3x＝x2+4，Δ＜0，方程无解，故不存在“开心点”；
故答案为：②．
（2）令y＝3x，则 ，
整理得x2﹣（2m+3）x+m2＝0，
∵存在唯一一个“开心点”，
∴Δ＝（2m+3）2﹣4m2＝0，即12m+9＝0，
∴m＝﹣ ，
∴x2﹣ x+ ＝0，
解得x＝ ，
∴H（ ， ）；
（3）由题意可得，﹣x2+（2n+4）x﹣n2+6n+2＝3x，即x2﹣（2n+1）x+n2﹣6n﹣2＝0，
∴x +x ＝2n+1，x x ＝n2﹣6n﹣2，
1 2 1 2∴ + ＝（x +x ）2﹣2x x ＝（2n+1）2﹣2（n2﹣6n﹣2），
1 2 1 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（ ， ）．
【点评】本题考查新定义的有关计算，一元二次方程与二次函数的关系，掌握根与系数的关系和根的判
别式是解题的关键．
32．（2023春•长沙期末）若函数G在m≤x≤n（m＜n）上的最大值记为y ，最小值记为y ，且满足
max min
y ﹣y ＝1，则称函数G是在m≤x≤n上的“美好函数”．
max min
（1）函数①y＝x+1；②y＝|2x|；③y＝x2，其中函数 ① 是在1≤x≤2上的“美好函数”；（填
序号）
（2）已知函数G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）．
①函数G是在1≤x≤2上的“美好函数”，求a的值；
②当a＝1时，函数G是在t≤x≤t+1上的“美好函数”，请直接写出t的值；
（3）已知函数G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0），若函数G是在m+2≤x≤2m+1（m为整数）上的“美好
函数”，且存在整数k，使得k＝ ，求a的值．
【分析】（1）根据材料提示的“美好函数”的计算方法即可求解；
（2）①根据二次函数的特点，确定自变量取值范围内的最大值，最小值，再根据材料提示“美好函
数”的计算方法即可求解；②根据材料提示的“美好函数”的运算方法，即可求解；
（3）根据二次函数图象的性质，结合材料提示的“美好函数”的运算方法，即可求解．【解答】解：（1）对于①y＝x+1，
当x＝1时，y＝2，
当x＝2时，y＝3，
∴y ﹣y ＝1，符合题意；
max min
对于②y＝|2x|，
当x＝1时，y＝2，
当x＝2时，y＝4，
∴y ﹣y ≠1，不符合题意；
max min
对于③y＝x2，
当x＝1时，y＝1，
当x＝2时，y﹣4，
∴y ﹣y ≠1，不符合题意；
max min
故答案为：①；
（2）①二次函数G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y ＝4a，当x＝2时，y ＝﹣3a，
1 2
当a＞0时，则当1≤x≤2时，y随x的增大而增大，
∴y ﹣y ＝﹣3a﹣（﹣4a）＝1，
2 1
∴a＝1，
当a＜0时，则当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴y ﹣y ＝﹣4a﹣（﹣3a）＝1，
2 1
∴a＝﹣1，
综上所述，a＝1或a＝﹣1；
②二次函数G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）为y＝x2﹣2x﹣3，对称轴为直线x＝1，
当x＝t，y ＝t2﹣2t﹣3，
1
当x＝t+1时，y ＝（t+1）2﹣2（t+1）﹣3＝t2﹣4，
2
当x＝1时，y ＝﹣4．
3
若t＞1，则y ﹣y ＝t2﹣4﹣（t2﹣2t﹣3）＝1，解得t＝1（舍去）；
2 1
若 ≤t≤1，则y ﹣y ＝t2﹣4﹣（﹣4）＝1，解得t＝﹣1（舍去），t＝1；
2 3
若0≤t＜ ，则y ﹣y ＝（t2﹣2t﹣3）﹣（﹣4）＝1，解得t＝0，t＝2（舍去）；
1 3若t＜0，则y ﹣y ＝t2﹣2t﹣3﹣（t2﹣4）＝1，解得t＝0（舍去）．
1 2
综上所述，t＝0或t＝1；
（3）由上可知，二次函数G：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）对称轴为直线x＝1，
又∵m+2≤x≤2m+1，
∴m＞1，
∴3＜m+2≤x≤2m+1，
∴当m+2≤x≤2m+1时，y随x的增大而增大，
当x＝2m+1时取得最大值，x＝m+2时取得最小值，
∴k＝ ＝ ＝ ＝4﹣ ，
∵m，k为整数，且m＞1，
∴m+3＝8，即m的值为5，
又∵y ﹣y ＝1，
max min
∴a（10+1）2﹣2a（10+1）﹣3a﹣[a（5+2）2﹣2a（5+2）﹣3a]＝1，
∴a＝ ．
【点评】本题属于函数与定义新运算的综合，考查了二次函数的性质，新定义问题，解题的关键是分类
讨论，分析在一定范围内的最值问题，属于中考压轴题．
33．（2023春•长沙期末）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于
点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点D是直线AC上方抛物线上一动点，连接BC，AD和BD，BD交AC于点M，设△ADM的面
积为S ，△BCM的面积为S ，当S ﹣S ＝1时，求点D的坐标；
1 2 1 2
（3）如图2，若点P是抛物线上一动点，过点P作PQ⊥x轴交直线AC于Q点，请问在y轴上是否存在
点E，使以P，Q，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明
理由．【分析】（1）把点A（3，0）和点B（﹣1，0），代入解析式求解即可；
（2）由S
1
﹣S
2
＝1得S
1
＝S
2
+1，从而S
1
+S△ABM ＝S
2
+S△ABM +1，即S△ABD ＝S△ABC +1，据此列方程求解即
可；
（3）分类当CQ为对角线和菱形边时，利用直线AC与x轴成45°角关系建立关于P的横坐标的方程，
进而求出点的坐标．
【解答】解：（1）把点A（3，0）和B（﹣1，0）代入得： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设D（x，y），对于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∵S ﹣S ＝1，
1 2
∴S ＝S +1，
1 2
∴S
1
+S△ABM ＝S
2
+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﹣ ；
∴点D的坐标为（1+ ， ）或（1﹣ ， ）；（3）存在，理由如下：
设直线AC的解析式为：y＝kx+b′，
∴ ，
解得 ，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x+3；
①当CQ为菱形的对角线时，如图，PE垂直平分CQ，
∵A（3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
此时四边形CEQP是正方形．
∴PQ＝EQ．
设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（不合题意舍去）或m＝2，
此时OE＝OC﹣m＝3﹣2＝1，
∴E（0，1）．
②当CQ为菱形的边时，作QH⊥OC于点H，设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），
∴HQ＝|m|，PQ＝|﹣m2+3m|，
∵∠OCA＝45°，
∴CQ＝ HQ＝| m|，
CE＝PQ＝|﹣m2+3m|＝| m|，
解得：m ＝3﹣ ，m ＝3+ 或m＝0（舍）．
1 2
∴E （0，1﹣3 ），E （0，1+3 ），
1 2
综上所述，符合条件的点E有三个，坐标分别为：（0，1）或（0，1﹣3 ）或（0，1+3 ）．
【点评】本题考查待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，二次函数与几何综合，数形结合是解
题的关键．
34．（2023春•渝中区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交
于A、B两点，与y轴交于C点，其中 A（﹣3，0），∠ACB＝90°．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）点P是直线AC上方抛物线上的一动点，过P作PM⊥AC 于M点，在射线MA上取一点N，使得
2MN＝AC，连接PN，求△PMN面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）中△PMN面积取得最大值的条件下，将抛物线向左平移，当平移后的抛物线过点
P时停止平移，平移后点C的对应点为 C'，D为原抛物线上一点，E为直线AC上一点，若以O、
C′、D、E为顶点的四边形为平行四边形，求符合条件的D点横坐标．【分析】（1）先利用锐角三角函数求得点B坐标，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）过P作PH∥y轴交AC于H，利用锐角三角函数求得PM＝PH•sin∠PHM＝ PH，再求得MN＝
，则S△PMN ＝ •MN•PM＝ PM＝ PH，当PH最大时，S△PMN 的面积最大，设P（p，﹣ p2﹣
p+ ），则H（p， p+ ），得到PH＝﹣ （p+ ）2+ ，利用二次函数的性质求得
的最大值即可求解；
（3）设抛物线向左平移a个单位，根据二次函数图象的平移规则“左加右减”得到新的抛物线解析式
为y＝﹣ （x+1+a）2+ ，将点P坐标代入求得a值，进而求得平移后点C的对应点C′的坐标
为（﹣1， ），由题意，设D（m，﹣ m2﹣ m+ ），E（n， n+ ），根据平行四边
形的性质分当OC′、DE为对角线时，当OD、C′E为对角线时，当OE、C′D为对角线时三种情况，
利用中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝ ，则C（0， ），OC＝ ，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
则tan∠OAC＝ ＝ ，
∴∠OAC＝30°，又∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∴OB＝ ＝1，则B（1，0），设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
将C（0， ）代入，得﹣3a＝ ，解得a＝﹣ ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ （x+3）（x﹣1）＝﹣ x2﹣ x+ ；
（2）如图1，过P作PH∥y轴交AC于H，则∠PHM＝∠ACO＝90°﹣∠OAC＝60°，
∵PM⊥AC，
∴PM＝PH•sin∠PHM＝ PH，
∵AC＝2OC＝2 ，2MN＝AC，
∴MN＝ ，
∴S△PMN ＝ •MN•PM＝ PM＝ PH，当PH最大时，S△PMN 最大；
设直线AC解析式为y＝kx+b′，
将A（﹣3，0）、C（0， ）代入，得 ，
解得 ，
∴直线AC的解析式为y＝ x+ ，
由题意，设P（p，﹣ p2﹣ p+ ），则H（p， p+ ），
∴PH＝﹣ p2﹣ p+ ﹣（ p+ ）＝﹣ p2﹣ p
＝﹣ （p+ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，﹣3＜p＜0，
∴当p＝﹣ 时，PH有最大值，最大值为 ，
即S△PMN 最大，最大值为 × ＝ ，此时，点P的坐标为（﹣ ， ）；
（3）y＝﹣ x2﹣ x+ ＝﹣ （x+1）2+ ，
设抛物线向左平移a个单位，则新的抛物线解析式为y＝﹣ （x+1+a）2+ ，
将点P（﹣ ， ）代入，得 ＝﹣ （﹣ +1+a）2+ ，
解得a＝1或a＝0（不合题意，舍去），
∴抛物线向左平移1个单位，
∵C（0， ），
∴平移后点C的对应点C′的坐标为（﹣1， ），
由题意，设D（m，﹣ m2﹣ m+ ），E（n， n+ ），
若以O、C′、D、E为顶点的四边形为平行四边形，则分三种情况：
当OC′、DE为对角线时，
则 ，
消去n，得m2+3m﹣2＝0，
解得：m＝ ，
则点D坐标为（ ， ）或（ ， ）；
当OD、C′E为对角线时，则 ，
消去n，得m2+3m+4＝0，
∵Δ＝32﹣4×1×4＝﹣7＜0，
∴方程无实数根，即点D不存在；
当OE、C′D为对角线时，
则 ，
消去n，得m2+3m﹣4＝0，
解得：m＝1或m＝﹣4，
∴点D的坐标为（1，0）或（﹣4，﹣ ），
综上，满足条件的点D坐标为（ ， ）或（ ， ）或（1，0）或
（﹣4，﹣ ）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、锐角三
角函数、坐标与图形、平行四边形的性质、二次函数图象的平移、中点坐标公式的运用、解一元二次方
程等知识，综合性强，计算量较大，属于中考压轴题，熟练掌握相关的知识与运用是解答的关键．
一十八．点与圆的位置关系（共1小题）
35．（2023春•槐荫区期末）如图，菱形ABCD中对角线AC与BD相交于点F，且AC＝8， ，若
点P是对角线BD上一动点，连接AP，将AP绕点A逆时针旋转得到AE，使得∠PAE＝∠BAD，连接
PE、EF，则在点P的运动过程中，线段EF的最小值为（ ）
A．4 B．6 C． D．12【分析】连接DE，由菱形的性质及AC＝8，BD＝8 得出AF＝4，DF＝4 ，AC⊥DB，AB＝AD，
由勾股定理得AD＝8，进而得出，∠ADB＝∠ABD＝30°，证明三角形PAB全等于三角形EDA，得出角
ADE＝30°，得出当EF⊥DE时EF最小．求出EF的长度即可．
【解答】解：连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，且AC＝8，BD＝8 ，
∴AF＝ AC＝4，DF＝ BD＝4 ，
∵AC⊥BD，BA＝DA，
∴AD＝ ，
∴∠ADB＝∠ABD＝30°，
将AP绕点A逆时针旋转使得∠PAE＝∠BAD，
∴AP＝AE，∠BAD＝∠PAE
∴∠BAP＝∠DAE
在△BAP和△DAE中，
，
∴△BAP≌△DAE（SAS），
∴∠ADE＝∠ABP＝30°，
∴∠ABD+∠ADE＝60°，
∴当EF⊥DE时EF最小，
此时∠EFD＝30°，
∴EF＝DF×cos∠EFD＝4 × ＝6．
故选：B．【点评】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，特殊角的三角函数值三角函数的值，找出全等的三角形
证明∠ADE＝30°是关键．
一十九．旋转的性质（共2小题）
36．（2023春•武功县期末）如图，在△ABC中，AB＝2，将△ABC以点A为旋转中心按逆时针方向旋转
60°，得到△AB'C'，连接BB'，则BB'等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据旋转的性质可得：AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，从而可得△ABB′是等边三角形，然后
利用等边三角形的性质即可解答．
【解答】解：由旋转得：AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴BB′＝AB＝AB′＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
37．（2023春•乐平市期末）如图，将△AOB绕点O逆时针方向旋转到△COD的位置，下列结论不正确的
是（ ）
A．∠AOC＝∠BOD B．∠AOB＝∠BOC C．∠B＝∠D D．∠A＝∠C
【分析】根据旋转的性质，逐一判断即可解答．
【解答】解：∵将△AOB绕点O逆时针方向旋转到△COD的位置，
∴∠AOC＝∠BOD，∠AOB＝∠COD，∠B＝∠D，∠A＝∠C，
故A、C、D不符合题意；B符合题意；
故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
二十．中心对称图形（共2小题）
38．（2023春•通川区期末）在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是中心对称图形的是（
）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来
的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的
图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转 180°后与原来的图形重合，所以是中心对
称图形．
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
39．（2023春•峄城区期末）手势密码是在手机触屏上设置的一笔连成的九宫格图案，登录软件时画一下
设定的图案即可．下列四种手势密码图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义，对选项逐个判断，即可判断出答案．
【解答】解：A、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
B、该图形既是轴对称图形，又是中心轴对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心轴对称图形，不符合题意．
故选：C．【点评】此题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，掌握相关概念是解题的关键，图形绕一点旋转
180°后能够与原图形完全重合则此图形为中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线
折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
二十一．比例的性质（共5小题）
40．（2023春•文登区期末）若x：y＝5：6，则下列运算不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用设k法进行计算，即可解答．
【解答】解：∵x：y＝5：6，
∴设x＝5k，则y＝6k，
A、 ＝ ＝ ，故A不符合题意；
B、 ＝ ＝﹣ ，故B符合题意；
C、 ＝ ＝5，故C不符合题意；
D、 ＝ ＝11，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
41．（2023春•泰山区期末）如果6m＝7n（n≠0），那么下列比例式成立的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】把每一个选项的比例式化成等积式，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵ ＝ ，
∴mn＝42，
故A不符合题意；
B、 ＝ ，
∴6m＝7n，
故B符合题意；
C、∵ ＝ ，∴7m＝6n，
故C不符合题意；
D、∵ ＝ ，
∴7m＝6n，
故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
42．（2023春•泉港区期末）对等式 进行变形，则下列等式成立的是（ ）
A．2x＝3y B．3x＝2y C． D．
【分析】根据比例的基本性质进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：∵ ，
∴3x＝2y，
A、2x＝3y，不成立，故A不符合题意；
B、3x＝2y，成立，故B符合题意；
C、∵ ＝ ，∴2x＝3y，不成立，故C不符合题意；
D、∵x＝ y，∴2x＝3y，不成立，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
43．（2023春•沙坪坝区校级期末）已知 ，且a+b＝10，则a＝ 6 ．
【分析】利用设k法进行计算，即可解答．
【解答】解：设 ＝k，
∴a＝3k，b＝2k，
∵a+b＝10，
∴3k+2k＝10，
解得：k＝2，
∴a＝3k＝6，故答案为：6．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
44．（2023春•武昌区期末）已知 ，满足a﹣b+2c＝18，则a+b+c＝ 2 4 ．
【分析】利用设k法，进行计算即可解答．
【解答】解：设 ＝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，
故答案为：24．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
二十二．黄金分割（共3小题）
45．（2023春•长沙期末）黄金分割数 是一个很奇妙的数，大量应用于艺术、建筑和统计决策等方
面，请你估算 的值（ ）
A．在0和1之间 B．在1和2之间
C．在2和3之间 D．在3和4之间
【分析】先估算出 的值的范围，然后再估算出 ﹣1的值的范围，即可解答．
【解答】解：∵4＜5＜9，
∴2＜ ＜3，
∴1＜ ﹣1＜2，
∴估算 的值在1和2之间，
故选：B．
【点评】本题考查了黄金分割，估算无理数的大小，熟练掌握完全平方数是解题的关键．
46．（2023春•姑苏区校级期末）我们把顶角为36°的等腰三角形称为“黄金三角形”，它的底与腰的比值为 ．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，若BC＝2，则CD
的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠C＝72°，再利用角平分线的定义
可得∠DBC＝36°，从而利用三角形内角和定理可得∠BDC＝72°，进而可得∠C＝∠BDC＝72°，然后利
用等角对等边可得BC＝BD，从而可得△BDC是“黄金三角形”，最后进行计算即可解答．
【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“黄金三角形”，
∴ ＝ ，
∵BC＝2，
∴DC＝ ﹣1，
故选：A．
【点评】本题考查了黄金分割，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握黄金分割，以及等腰三角形的判定
是解题的关键．
47．（2023春•垦利区期末）某品牌20寸的行李箱拉杆拉开后放置如图所示，经测量该行李箱从轮子底部到箱子上沿的高度AB与从轮子底部到拉杆顶部的高度CD之比是黄金比（约等于0.618）．已知CD＝
80cm，则AB约是 4 9 cm（结果保留整数）．
【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：由题意得： ≈0.618，
∵CD＝80cm，
∴AB≈0.618CD＝0.618×80≈49（cm），
∴AB约是49cm，
故答案为：49．
【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
二十三．相似三角形的性质（共1小题）
48．（2023春•广饶县期末）△ABC中，AB＝9cm，AC＝6cm，D是AC上的一点，且AD＝2cm，过点D
作直线DE交AB于点E，使所得的三角形与原三角形相似，则AE＝ 或 3 cm．
【分析】因为题中没有指明对应边，故应该分两种情况进行分析，从而得到答案．
【解答】解：①如图2，当△ADE∽△ABC时，有AD：AE＝AB：AC
∵AB＝9cm，AC＝6cm，AD＝2cm
∴AE＝ cm；
②如图1，当△AED∽△ABC时，有AD：AE＝AC：AB
∵AB＝9cm，AC＝6cm，AD＝2cm
∴AE＝3cm
∴AE为 cm或3cm．【点评】此题主要考查学生对相似的三角形的性质的运用及分类讨论思想的掌握情况．
二十四．相似三角形的判定与性质（共1小题）
49．（2023春•丹东期末）如图，在直线l上摆放着三个正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC＝
CE，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC∥HG∥DE，GN∥DC∥HF∥AB．设图中三个四边形的
面积依次是S ，S ，S ，若S +S ＝20，则S ＝ 2 ，S ＝ 6 ．
1 2 3 1 3 1 2
【分析】根据题意，可以证明S 与S 两个平行四边形的高相等，长是S 的3倍，S 与S 的长相等，高
2 1 1 3 2
是S 的 ，这样就可以把S 和S 用S 来表示，从而计算出S 的值．
3 1 3 2 2
【解答】解：根据正三角形的性质，∠ABC＝∠HFG＝∠DCE＝60°，
∴AB∥HF∥DC∥GN，
设AC与FH交于P，CD与HG交于Q，
∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形，
∵F、G分别是BC、CE的中点，
∴MF＝ AC＝ BC，PF＝ AB＝ BC，
又∵BC＝ CE＝ CG＝ GE，
∴CP＝MF，CQ＝ BC＝3PF，QG＝GC＝CQ＝ AB＝3CP，∴S ＝ S ，S ＝3S ，
1 2 3 2
∵S +S ＝20，
1 3
∴ S +3S ＝20，
2 2
∴S ＝6，
2
∴S ＝2，
1
故答案为：2；6．
【点评】本题考查了面积及等积变换、等边三角形的性质及平行四边形的面积求法，平行四边形的面积
等于平行四边形的边长与该边上的高的积．即S＝a•h．其中a可以是平行四边形的任何一边，h必须是
a边与其对边的距离，即对应的高．
二十五．相似三角形的应用（共1小题）
50．（2023春•荣成市期末）四分仪是一种十分古老的测量仪器．其出现可追溯到数学家托勒密的《天文
学大成》．图1是古代测量员用四分仪测量一方井的深度，将四分仪置于方井上的边沿，通过窥衡杆测
望井底点F、窥衡杆与四分仪的一边 BC交于点H．图2中，四分仪为正方形 ABCD．方井为矩形
BEFG．若测量员从四分仪中读得AB为1，BH为0.5，实地测得BE为2.5．则井深BG为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根据正方形的性质可得∠ABC＝90°，再根据矩形的性质可得BG＝EF，∠BEF＝90°，从而可
得∠ABH＝∠FEH＝90°，然后证明8字模型相似三角形△ABH∽△FEH，从而利用相似三角形的性质进
行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵BE＝2.5，BH＝0.5，
∴HE＝BE﹣BH＝2.5﹣0.5＝2，
∵四边形BEFG是矩形，
∴BG＝EF，∠BEF＝90°，
∴∠ABH＝∠FEH＝90°，
∵∠AHB＝∠EHF，
∴△ABH∽△FEH，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴EF＝4，
∴BG＝EF＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，正方形的性质，熟练掌握8字模型相似三角形是
解题的关键．
二十六．位似变换（共1小题）
51．（2023春•海阳市期末）视力表用来测试一个人的视力，如图是视力表的一部分，图中的“E”均是相
似图形，其中不是位似图形的是（ ）
A．①和④ B．②和③ C．①和② D．②和④【分析】根据位似图形的概念判断即可．
【解答】解：①和④、①和②、②和④，两个图形是相似图形、对应点的连线都经过同一点、对应
边平行，都是位似图形；
②和③，对应边不平行，不是位似图形，
故选：B．
【点评】本题考查的是位似变换的概念，位似图形必须满足：两个图形必须是相似形、对应点的连线都
经过同一点、对应边平行．
二十七．特殊角的三角函数值（共1小题）
52．（2022秋•周村区校级期末）在Rt△ABC中，2sin（ +20°）＝ ，则锐角 的度数为 40 ° ．
α α
【分析】先通过sin（ +20°）＝ ，计算 +20°的值，从而可求 值．
α α α
【解答】解：由题意可得sin（ +20°）＝ ，所以 +20°＝60°，解得 ＝40°．
故答案为40°． α α α
【点评】本题主要考查特殊角的三角函数值的运用．
二十八．解直角三角形（共1小题）
53．（2022秋•扶沟县校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，CD⊥AB，垂足为D，若AC＝ ，
BC＝2．则sin∠ACD的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先根据勾股定理列式求出AB的长，再根据同角的余角相等求出∠ACD＝∠B，然后根据锐角
的正弦等于对边比斜边列式计算即可得解．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90，AC＝ ，BC＝2，
∴AB＝ ＝ ＝3，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∠B+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∴sin∠ACD＝sin∠B＝ ＝ ．
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形，锐角三角函数的定义，勾股定理，根据同角的余角相等求出∠ACD
＝∠B是解题的关键．
二十九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
54．（2022秋•东明县校级期末）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人
体体外测温摄像头，学校大门高ME＝7.5米，学生身高BD＝1.5米，当学生准备进入识别区域时，在点
B时测得摄像头M的仰角为30°，当学生刚好离开识别区域时，在点A时测得摄像头M的仰角为60°，
求体温监测有效识别区域AB的长．
【分析】根据题意可得BD＝AC＝EF＝1.5米，CD＝AB，从而可得MF＝6米，然后在Rt△MCF中，利
用锐角三角函数的定义求出MC的长，再证明△MCD是等腰三角形，从而可得MC＝CD，即可解答．
【解答】解：由题意得：
BD＝AC＝EF＝1.5米，CD＝AB，
∵ME＝7.5米，
∴MF＝ME﹣EF＝6（米），
在Rt△MCF中，∠MCF＝60°，
∴MC＝ ＝ ＝4 （米），
∵∠MCF是△MCD的一个外角，
∴∠CMD＝∠MCF﹣∠MDC＝60°﹣30°＝30°，
∴∠DMC＝∠MDC＝30°，∴MC＝CD＝4 米，
∴AB＝CD＝4 米，
∴体温监测有效识别区域AB的长为4 米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
三十．简单组合体的三视图（共1小题）
55．（2023春•杜尔伯特县期末）如图是一把做工精湛的紫砂壶“景舟石瓢”，其俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据俯视图的定义，从上面看所得到的图形即为俯视图．
【解答】解：根据视图的定义，选项B中的图形符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义是正确判断的前提．
三十一．随机事件（共2小题）
56．（2023春•西安期末）彩民李大叔购买1张彩票中奖，这个事件是（ ）
A．随机事件 B．确定性事件
C．不可能事件 D．必然事件
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：彩民李大叔购买1张彩票中奖，这个事件是随机事件，
故选：A．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
57．（2023春•高新区校级期末）从数学的观点看，对以下成语或诗句中的事件判断正确的是（ ）
A．诗句“清明时节雨纷纷”是必然事件B．诗句“离离原上草，一岁一枯荣”是不可能事件
C．成语“守株待兔”是随机事件
D．成语“水中捞月”是随机事件
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、诗句“清明时节雨纷纷”是随机事件，故A不符合题意；
B、诗句“离离原上草，一岁一枯荣”是必然事件，故B不符合题意；
C、成语“守株待兔”是随机事件，故C符合题意；
D、成语“水中捞月”是不可能事件，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
三十二．概率的意义（共1小题）
58．（2023春•丹东期末）下列说法中正确的是（ ）
A．天宫六号货运飞船发射前各零件的检查是抽样调查
B．某小组有13名同学，至少有2名同学的生日在同一个月
C．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生
D．为了解近十年宿迁初中生的视力变化趋势，采用扇形统计图最合适
【分析】根据概率的意义，扇形统计图，全面调查与抽样调查，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、天宫六号货运飞船发射前各零件的检查是全面调查，故A不符合题意；
B、某小组有13名同学，至少有2名同学的生日在同一个月，故B符合题意；
C、可能性是1%的事件在一次试验中也可能发生，故C不符合题意；
D、为了解近十年宿迁初中生的视力变化趋势，采用折线统计图最合适，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了概率的意义，扇形统计图，全面调查与抽样调查，熟练掌握这些数学概念是解题的
关键．
三十三．概率公式（共1小题）
59．（2023春•开江县校级期末）用6个球设计一个摸球的游戏，小明想出了下面四个方案，你认为不能
成功的是（ ）
A．摸到黄球的概率是 ，摸到红球的概率是
B．摸到黄球的概率是 ，摸到红球、白球的概率是C．摸到黄球、红球、白球的概率是
D．摸到黄球的概率是 ，摸到红球的概率是 ，摸到白球的概率是
【分析】由概率公式求解即可求得答案；注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解：A、摸到黄球，红球的概率均为 ，两种情况概率相加为1，可以成功；
B、摸到黄球的概率是 ，摸到红球、白球的概率均为 ，三种情况概率相加不等于1，肯定不能成功；
C、摸到黄球、红球、白球的概率都是 ，三种情况概率相加为1，可以成功；
D、摸到黄球、红球、白球的概率分别为 、 、 ，三种情况概率相加为1，可以成功．
故选：B．
【点评】本题主要考查对于概率的理解，一件事情发生所有情况的概率和为1．
三十四．列表法与树状图法（共1小题）
60．（2023春•宁德期末）掷一枚质地均匀的骰子．小明掷了 3次，其中2次点数为5，1次点数为2．若
他再掷1次，则点数为5的概率是（ ）
A．0 B． C． D．
【分析】根据概率的意义求出即可．
【解答】解：∵掷一枚质地均匀的骰子，出现1，2，3，4，5，6点的可能性相同，
∴再掷1次，则点数为5的概率为： ．
故选：B．
【点评】本题考查概率的定义和等可能事件概率的求法，准确理解概率的意义是解题的关键．
