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期末真题必刷常考 60 题（44 个考点专练）
一．一元二次方程的定义（共1小题）
1．（2023春•高新区期末）若关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，则a的取值范围是
a ≠ 1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义，形如ax2+bx+c＝0，且a、b、c是常数，a≠0解之即可．
【解答】解：∵关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，
∴a﹣1≠0，
解得：a≠1，
故答案为：a≠1．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，正确掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
二．一元二次方程的一般形式（共1小题）
2．（2023春•任城区期末）一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．2，1，5 B．2，1，﹣5 C．2，0，﹣5 D．2，0，5
【分析】根据多项式的项和单项式的系数定义得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，﹣5，
故选：B．
【点评】本题考查了单项式的系数定义，多项式的项的定义和一元二次方程的一般形式，注意：找多项
式的各项系数时带着前面的符号．
三．一元二次方程的解（共1小题）
3．（2023春•太仓市期末）如果a是方程x2﹣2x﹣2＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣1的值为 3 ．
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝a代入方程得到a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，然后把2a2
﹣4a变形为2（a2﹣2a），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝a代入方程得a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，
所以2a2﹣4a﹣1＝2（a2﹣2a）﹣1＝2×2﹣1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程
的解．也考查了整体代入的计算方法．
四．解一元二次方程-配方法（共1小题）
4．（2023春•东至县期末）用配方法解方程x2﹣4x+2＝0，配方正确的是（ ）
A．（x+2）2＝2 B．（x﹣2）2＝2 C．（x﹣2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝6
【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣4x+2＝0，
∴x2﹣4x+4＝2，
∴（x﹣2）2＝2，
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
五．换元法解一元二次方程（共1小题）
5．（2023春•合肥期末）若（a2+b2）（a2+b2+4）＝12，则a2+b2的值为（ ）
A．2或﹣6 B．﹣2或6 C．6 D．2【分析】先设a2+b2＝t，则方程即可变形为t2+4t﹣12＝0，解方程即可求得t即a2+b2的值．
【解答】解：设t＝a2+b2，则原方程可化为：t2+4t﹣12＝0，
分解因式得：（t+6）（t﹣2）＝0，
解得：t ＝﹣6，t ＝2．
1 2
∵a2+b2是非负数，
∴a2+b2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了换元法解一元二次方程．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，
从而达到降次的目的．
六．根的判别式（共1小题）
6．（2023春•亭湖区校级期末）如果关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x+1＝0有两个不相等的实数根，
则m的取值范围是 m ＜ 2 且 m ≠ 1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，然后求出两
不等式解集的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，
解得m＜2且m≠1．
故答案为m＜2且m≠1．
【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．
七．根与系数的关系（共1小题）
7．（2023春•河东区期末）已知m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的
值等于（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
【分析】先根据一元二次方程根的定义得到m2＝﹣m+2023，则m2+2m+n可化为m+n+2023，再根据根与
系数的关系得到m+n＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的根，
∴m2+m﹣2023＝0，
∴m2＝﹣m+2023，
∴m2+2m+n＝﹣m+2023+2m+n＝m+n+2023，
∵m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣1，
∴m2+2m+n＝﹣1+2023＝2022．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x +x ＝
1 2 1 2
﹣ ，x x ＝ ．也考查了一元二次方程的解．
1 2
八．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）
8．（2023春•莱州市期末）某种防疫物资原价为50元/件，经过连续两次降价后售价为28元/件，每次降价
的百分率均为x，根据题意所列方程正确的是（ ）A．50（1﹣x）2＝50﹣28 B．50（1﹣x）2＝28
C．50（1﹣2x）＝28 D．50（1﹣x2）＝28
【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）＝28，把相
应数值代入即可求解．
【解答】解：设平均每次降价的百分率为x，则第一次降价后的价格为50（1﹣x）元，
两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为50（1﹣x）×（1﹣x）元，
则列出的方程是50（1﹣x）2＝28，
故选：B．
【点评】此题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为 a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经
过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．
9．（2023春•台江区校级期末）某超市一月份的营业额200万元，已知第一季度的营业总额共1000万元，
如果平均每月营业额的增长率为x，由题意列方程应为（ ）
A．200（1+x）2＝1000
B．200+200×2x＝1000
C．200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000
D．200[1+x+（1+x）2]＝1000
【分析】先得到二月份的营业额，三月份的营业额，利用等量关系：一月份的营业额+二月份的营业额
+三月份的营业额＝1000万元，把相关数值代入即可．
【解答】解：∵该超市一月份的营业额为200万元，且平均每月增长率为x，
∴该超市二月份的营业额为200（1+x）万元，三月份的营业额为200（1+x）2万元，
又∵第一季度的总营业额共1000万元，
∴200+200（1+x）+200（1+x）2＝1000，
即200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为 a，变化
后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．得到第一季度的营业额的
等量关系是解决本题的关键．
九．一元二次方程的应用（共2小题）
10．（2023春•荣成市期末）在国家积极政策的鼓励下，环保意识日渐深入人心，新能源汽车的市场需求逐
年上升．
（1）某汽车企业2020年到2022年这两年新能源汽车的销售总量增长了96%．求该汽车企业这两年新能
源汽车销售总量的平均年增长率；
（2）某汽车企业下属的一个专卖店经销一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当
该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆．若该
店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元，并且尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价．
【分析】（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新能源
汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，利用该汽车企业
2022年新能源汽车销售总量＝该汽车企业2020年新能源汽车销售总量×（1+该汽车企业这两年新能源汽
车销售总量的平均年增长率）2，可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值，即可得出结论；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出（58﹣2y）辆，利用该店销售该款汽车平均每周的销售利润＝每辆的销售利润×每周的销售量，可得出关于y
的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新
能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，
根据题意得：a（1+x）2＝（1+96%）a，
解得：x ＝0.4＝40%，x ＝﹣2.4（不符合题意，舍去）．
1 2
答：该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为40%；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出8+
×1＝（58﹣2y）辆，
根据题意得：（y﹣15）（58﹣2y）＝96，
整理得：y2﹣44y+483＝0，
解得：y ＝21，y ＝23，
1 2
又∵要尽量让利于顾客，
∴y＝21．
答：下调后每辆汽车的售价为21万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11．（2023春•莒南县期末）今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销
售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400
件．
（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查
发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
【分析】（1）利用平均增长率的等量关系：a（1+x）2＝b，列式计算即可；
（2）利用总利润＝单件利润×销售数量，列方程求解即可．
【解答】（1）解：设平均增长率为x，由题意得：256×（1+x）2＝400，
解得：x＝0.25或x＝﹣2.25（舍）；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
（2）解：设降价y元，由题意得：（40﹣y﹣25）（400+5y）＝4250，
整理得：y2+65y﹣350＝0，
解得：y＝5或y＝﹣70（舍）；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．
【点评】本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
一十．反比例函数的图象（共1小题）
12．（2023春•槐荫区期末）在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx﹣k（k≠0）与 的大致图象
可能是（ ）A． B．
C． D．
【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出 k＜0时，一次
函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
【解答】解：①当k＞0时，y＝kx﹣k过一、三、四象限；函数 的图象过一、三象限；
②当k＜0时，y＝kx﹣k过一、二、四象象限；函数 的图象过二、四象限．
观察图形可知，只有C选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k的符号对函数图象的影响
是解题的关键．
一十一．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
13．（2023春•临淄区期末）下面四个图中反比例函数的表达式均为 ，则阴影部分的图形的面积为3的
有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据反比例函数比例系数k＝xy的几何意义，三角形的面积公式，分别求出四个图形中阴影部分
的面积，即可求解．
【解答】解：第1个图中，阴影面积为3，
故符合题意；
第2个图中，阴影面积为 ，
故不符合题意；第3个图中，阴影面积为 ，
故符合题意；
第4个图中，阴影面积为 ，
故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数 中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩
形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，解此类题一定要正确理解 k的几何
意义．也考查了反比例函数的对称性，三角形的面积．
14．（2023春•叙州区期末）如图，过点P（4，6）分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PC、PD分
别交反比例函数y＝ （x＞0）的图象于点A、B，则四边形BOAP的面积为 1 6 ．
【分析】根据阴影部分的面积等于矩形OCPD的面积减去一个k值即可．
【解答】解：∵矩形面积＝4×6＝24，
S△BDO +S△AOC ＝k＝8．
∴S阴影 ＝24﹣8＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，反比例函数的k值就是图形上任意一点与坐标轴围成的
长方形的面积．
一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）
15．（2023春•鄞州区期末）若反比例函数 的图象经过点A（a，b），则下列结论中不正确的是（
）
A．点A位于第二或四象限
B．图象一定经过（﹣a，﹣b）
C．在每个象限内，y随x的增大而减小
D．图象一定经过（﹣b，﹣a）
【分析】根据题目中的函数解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得
以解决．
【解答】解：∵反比例函数 的图象经过点A（a，b），
∴ab＝﹣6，
∵k＝﹣6＜0，
∴图象位于第二、四象限，故选项A正确，不符合题意；在每个象限内，y随x的增大而增大，故选项C不正确，符合题意．
∵ab＝﹣6，
∴图象一定经过（﹣a，﹣b）和（﹣b，﹣a）故选项B、D正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性
质解答．
16．（2023春•南阳期末）若点A（﹣3，y ），B（﹣1，y ）都在反比例函数y＝ 的图象上，则y ＞ y
1 2 1 2
（填“＞”或“＜”）．
【分析】根据反比例函数的性质得出答案即可．
【解答】解：∵y＝ 中k＝6＞0，
∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵﹣3＜﹣1＜0，
∴y ＞y ．
1 2
故答案为：＞．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键，反比
例函数y＝ ，①当k＞0时，在每个象限内，y随x的增大而减小，②当k＜0时，在每个象限内，y随x
的增大而增大．
一十三．反比例函数的应用（共1小题）
17．（2023春•淮安区期末）我校的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到
100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关系．直至水温降至
20℃时自动开机加热，重复上述自动程序．若在水温为20℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间x
（min）的关系如图所示．
（1）a＝ 8 ，b＝ 4 0 ．
（2）直接写出图中y关于x的函数表达式．
（3）饮水机有多少时间能使水温保持在50℃及以上？
（4）若某天上午7：00饮水机自动接通电源，开机温度正好是 20℃，问学生上午第一节下课时（8：
40）能喝到50℃以上的水吗？请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）由（1）中的计算可直接得出；
（3）分别求出函数值为50时的两个时间，求时间差即可解决问题；
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，算出从开机到第一节课下课的时间差，并利用循
环求出对应时间的水温即可．【解答】解：（1）∵开机加热时每分钟上升10℃，
∴从20℃到100℃需要8分钟，
设一次函数关系式为：y＝k x+b，
1
将（0，20），（8，100）代入y＝k x+b，得k ＝10，b＝20．
1 1
∴y＝10x+20（0≤x≤8），
设反比例函数关系式为：y＝ ，
将（8，100）代入，得k＝800，
∴y＝ ，
当y＝20时，代入关系式可得x＝40；
故答案为：8；40．
（2）由（1）中计算可得，y＝ ．
（3）在y＝10x+20（0≤x≤8）中，
令y＝50，解得x＝3；
反比例函数y＝ 中，令y＝50，解得：x＝16，
∴学生在每次温度升降过程中能喝到50℃以上水的时间有16﹣3＝13分钟．
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，
上午七点到上午第一节下课时（8：40）的时间是100分钟，是2个40分钟多20分钟，
∴ ＝40（℃），
∴学生上午第一节下课时（8：40）不能喝到超过50℃的水．
【点评】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解
析式，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
一十四．二次函数的定义（共1小题）
18．（2023春•青秀区校级期末）下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y＝x B． C．y＝x2 D．y＝x﹣2
【分析】根据二次函数的定义求解，二次函数的一般式是y＝ax2+bx+c，其中a≠0．
【解答】解：A、y＝x，是正比例函数，故本选项不符合题意；
B、 ，是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、y＝x2，符合定义，故本选项符合题意；
D、y＝x﹣2，是一次函数，故本选项不符合题意；
故选C．
【点评】此题考查了二次函数的定义，熟记二次函数的定义及一般形式是解题的关键．
一十五．二次函数的性质（共3小题）
19．（2023春•仓山区校级期末）对于y＝3（x﹣1）2+2的性质，下列叙述正确的是（ ）A．顶点坐标为（﹣1，2）
B．对称轴为直线x＝1
C．当x＝1时，y有最大值2
D．当x≥1时，y随x增大而减小
【分析】根据二次函数的性质对各选项进行逐一辨别．
【解答】解：由题意得，该函数的顶点坐标是（1，2），二次项系数3＞0，
∴其对称轴为x＝1；当x＝1时，y有最小值2；当x≥1时，y随x增大而增大，
∴选项A，C，D不符合题意，选项B符合题意，
故选：B．
【点评】此题考查了二次函数性质的应用能力，关键是能准确理解并运用该知识．
20．（2023春•肇东市期末）如果二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m＝ 1 7 ．
【分析】由二次函数的顶点在x轴上结合二次函数的性质，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可
得出结论．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，
∴ ＝ ＝0，即4m﹣68＝0，
∴m＝17．
故答案为：17．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的顶点坐标为（﹣ ， ）是解题的关键．
21．（2023春•金安区校级期末）已知二次函数y＝x2+2x﹣3．
（1）将二次函数y＝x2+2x﹣3化成顶点式；
（2）求图象与x轴，y轴的交点坐标．
【分析】（1）利用配方法将一般式转化为顶点式即可；
（2）令y＝0，即x2+2x﹣3＝0方程的两个根即是抛物线与x轴的两个交点的横坐标．
【解答】解：（1）y＝x2+2x﹣3＝x2+2x+1﹣4＝（x+1）2﹣4
（2）令x＝0，则y＝﹣3，即该抛物线与y轴的交点坐标是（0，﹣3），
又∵y＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1）
∴该抛物线与x轴的交点坐标是（﹣3，0）（1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的三种形式、二次函数的性质和由函数图象确定坐标、直线与图象的交点
问题，综合体现了数形结合的思想．
一十六．二次函数图象与系数的关系（共1小题）
22．（2023春•蓝田县期末）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x＝1．下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③（a+c）2﹣b2＜0；
④a+b≤m（am+b）（m为实数）．
其中结论正确的为（ ）A．①④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置判断①，由a与b的关系及x＝﹣1时
y＜0可判断②，利用（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），根据x＝﹣1时y＞0，x＝1时y＜0可判断
③，由x＝1时y取最小值可判断④．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线
∴b＝﹣2a＜0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0
∴abc＞0，故①正确．
∵x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝3a+c＝0，故②不正确．
∵（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），
且a+b+c＜0，a﹣b+c＝0，
∴（a+c）2﹣b2＝0，故③不正确．
∵x＝1时，y＝a+b+c为最小值，
∴a+b≤m（am+b），故④正确．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程
及不等式的关系．
一十七．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
23．（2023春•青秀区校级期末）已知点A（﹣1，y ）、B（﹣2，y ）、C（2，y ）三点都在二次函数y＝
1 2 3
﹣x2﹣2x+m的图象上，则y 、y 、y 的大小关系为（ ）
1 2 3
A．y ＞y ＞y B．y ＞y ＞y C．y ＞y ＞y D．y ＞y ＞y
1 2 3 1 3 2 3 1 2 2 1 3
【分析】先确定抛物线的对称轴，根据二次函数的性质，然后利用抛物线开口向下时，离对称轴越远，
函数值越小求解．
【解答】解：y＝﹣x2﹣2x+m＝﹣（x+1）2+m+1，
抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，
而点A（﹣1，y ）在对称轴上，点C（2，y ）离对称轴最远，
1 3
所以y ＞y ＞y ．
1 2 3
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
一十八．二次函数图象与几何变换（共2小题）24．（2023春•鼓楼区校级期末）把抛物线y＝x2向左平移2个单位得到的抛物线是（ ）
A．y＝（x+2）2 B．y＝（x﹣2）2 C．y＝x2+2 D．y＝x2﹣2
【分析】求出抛物线平移后的顶点坐标，然后利用顶点式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），
∴得到的抛物线是y＝（x+2）2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定抛物线解析式求解更简便．
25．（2023春•宜春期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+5与y轴交于点C，则该抛物线关于点C
成中心对称的抛物线的表达式为 y ＝﹣ x 2 ﹣ 4 x + 5 ．
【分析】由抛物线解析式求得抛物线的顶点坐标与点 C的坐标，然后结合中心对称的性质，求得新抛物
线顶点坐标，即可得抛物线解析式．
【解答】解：由抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1知，抛物线顶点坐标是（2，1）．
由抛物线y＝x2﹣4x+5知，C（0，5）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的顶点坐标是（﹣2，9）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为：y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5．
故答案为：y＝﹣x2﹣4x+5．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，表示出新抛物线的顶点
坐标是解题的关键．
一十九．待定系数法求二次函数解析式（共2小题）
26．（2023春•海淀区校级期末）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … 0 ﹣3 ﹣4 ﹣3 0 …
（1）这个二次函数的解析式是 y ＝ x 2 + 2 x ﹣ 3 ；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；
（3）当﹣4＜x＜0时，y的取值范围为 ﹣ 4 ≤ y ＜ 5 ．
【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），则可设顶点
式y＝a（x+1）2﹣4，然后把点（0，﹣3）代入求出a即可；
（2）利用描点法画二次函数图象；（3）根据x＝﹣4、﹣2时的函数值即可写出y的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），
设二次函数的解析式为：y＝a（x+1）2﹣4，
把点（0，﹣3）代入y＝a（x+1）2﹣4，得a＝1，
故抛物线解析式为y＝（x+1）2﹣4，即y＝x2+2x﹣3；
（2）如图所示：
（3）∵y＝（x+1）2﹣4，
∴当x＝﹣4时，y＝（﹣4+1）2﹣4＝5，
当x＝﹣0时，y＝﹣3，
又对称轴为x＝﹣1，
∴当﹣4＜x＜0时，y的取值范围是﹣4≤y＜5．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根
据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质．
27．（2023春•美兰区校级期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，﹣1）和点B（4，4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点（点P在直线AB的下方），过点P作PQ∥y轴，交直线AB于点Q．设点
P的横坐标为m，求线段PQ的长（用含m的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，连接PA、PB，求△PAB面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
【分析】（1）依据题意，将A、B两点代入解析式求出a，b即可得解；
（2）依据题意，根据A、B两点坐标可以得出直线AB为y＝x，结合P的横坐标为m，P在抛物线上，Q在直线AB上，进而可以得解；
【解答】解：（1）把 A（﹣1，﹣1），B（4，4）代入．y＝x2+bx+c 得
解得 ．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣4．
（2）∵A（﹣1，﹣1），B（4，4），
∴直线AB的解析式为：y＝x．
∵点P的横坐标为m，P在抛物线y＝x2﹣2x﹣4，Q在y＝x上，
∴P（m，m2﹣2m﹣4），Q（m，m）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣4）＝﹣m2+3m+4．
（3）设△PAB 的面积为s，由（2）得：PQ＝﹣m2+3m+4，
∴
＝ ．
∵ ，
∴当 时，S取最大值 ，此时 ．
∴P（ ，﹣ ）．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质，解题时需要熟练掌握并理解．
二十．抛物线与x轴的交点（共2小题）
28．（2023春•海淀区校级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，当y＜0时，x的取值
范围是（ ）
A．﹣1＜x＜2 B．x＞2 C．x＜﹣1 D．x＜﹣1或x＞2
【分析】根据抛物线与x轴的交点和图象，可以写出当y＜0时，x的取值范围．
【解答】解：由图象可知，
当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的
思想解答．
29．（2023春•肇东市期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于（﹣2，0）和（4，0）两点，
当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是 ﹣ 2 ＜ x ＜ 4 ．【分析】由抛物线与x轴的交点坐标，结合图象即可解决问题．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，函数开口向下，
∴函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜4，
故答案为﹣2＜x＜4．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数
与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
二十一．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）
30．（2023春•东营期末）如表中列出了二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的一些对应值，则一元二次方程
ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解x 的范围是（ ）
1
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … ﹣11 ﹣5 ﹣1 1 1 …
A．﹣3＜x ＜﹣2 B．﹣2＜x ＜﹣1 C．﹣1＜x ＜0 D．0＜x ＜1
1 1 1 1
【分析】根据函数的增减性：函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，可得答案．
【解答】解：当x＝﹣1时，y＝﹣1，x＝1时，y＝1，函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，得
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解在
﹣1＜x ＜0，
1
故选：C．
【点评】本题考查了图象求一元二次方程的近似根，两个函数值的积小于零时，方程的解在这两个函数
值对应的自变量的中间．
二十二．二次函数的应用（共3小题）
31．（2023春•芙蓉区校级期末）某学校航模组设计制作的火箭升空高度 h（m）与飞行时间t（s）满足函数
关系式为h＝﹣t2+12t+1．如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么降落伞将在离地面 3 7 m
处打开．
【分析】把二次函数配方为顶点式，写出最大值解题即可．
【解答】解：h＝﹣t2+12t+1＝﹣（t﹣6）2+37，
∵a＝﹣1＜0，
∴点火升空的最高点距地面37m，
故答案为：37．
【点评】本题考查了二次函数的应用以及二次函数的最值，运用配方法配成顶点式是解题的关键．
32．（2023春•开福区校级期末）“卢沟晓月”是著名的北京八景之一，每当黎明斜月西沉，月色倒影水中，
更显明媚皎洁．古时乾隆皇帝曾在秋日路过卢沟桥，赋诗“半钩留照三秋淡，一练分波平镜明”于此，
并题“卢沟晓月”，立碑于桥头．卢沟桥主桥拱可以近似看作抛物线，桥拱在水面的跨度 OA约为22米，
若按如图所示方式建立平面直角坐标系，则主桥拱所在抛物线可以表示为y＝﹣ （x﹣11）2+k，则主桥拱最高点P与其在水中倒影P'之间的距离为 2 6 米．
【分析】把A（22，0）代入y＝﹣ （x﹣11）2+k求出k，根据镜面对称可得PP′＝2k，即可求得结
果．
【解答】解：由二次函数的图象可知，A（22，0）在抛物线上，
把A（22，0）代入y＝﹣ （x﹣11）2+k得：
0＝﹣ （22﹣11）2+k，
解得：k＝13，
∴y＝﹣ （x﹣11）2+13，
∵P和P′关于x轴对称，
∴PP′＝2×13＝26（米），
故答案为：26．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，把A（22，0）代入函数解析式求出k值是解决问题的关键．
33．（2023春•青秀区校级期末）从2020年开始，越来越多的商家向线上转型发展，“直播带货”已经成为
商家的一种促销的重要手段．某商家在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商
品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足y＝﹣10x+400，设销售这种商品每天的利润为W（元）．
（1）求W与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得1250元的利润，又要减少库存，应将销售单价定为多少元？
（3）若销售单价不低于28元，且每天至少销售50件时，求W的最大值．
【分析】（1）根据销售1件的利润乘以每天销售量等于每天的总利润，直接列式即可作答；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，解方程即可求解；
（3）根据题意有： ，解得：28≤x≤35，将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：
W＝﹣10（x﹣25）2+2250，即可知当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，问题随之得解．
【解答】解：（1）根据题意，有：W＝y×（x﹣10）＝（﹣10x+400）×（x﹣10），
化简，得：W＝﹣10x2+500x﹣4000，
根据 ，解得：0＜x≤40；
即函数关系为：W＝﹣10x2+500x﹣4000，0＜x≤40；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，
解得：x＝15，或者x＝35，当x＝15时，销量：y＝﹣10x+400＝250（件）；
当x＝35时，销量：y＝﹣10x+400＝50（件）；
销量越高，越有利于减少库存，
即为了减少库存，将销售单价应定为15元；
（3）根据题意有： ，解得：28≤x≤35，
将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，
∵﹣10＜0，
∴当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，
∵28≤x≤35，
∴当x＝28时，函数值最大，最大为：W＝﹣10（28﹣25）2+2250＝2160．
答：此时W的最大值为2160元．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知的等量关系列出相应的函数关系式是解答本题的关
键．
二十三．圆周角定理（共2小题）
34．（2023春•青冈县期末）如图，点A，B，C在 O上，若∠C＝110°，则∠AOB等于（ ）
⊙
A．100° B．110° C．120° D．140°
【分析】根据圆周角定理及角的和差即可求得答案．
【解答】解：∵∠C＝110°，
∴优弧 所对的圆心角为2∠C＝220°，
∴∠AOB＝360°﹣220°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，利用其求得优弧 所对的圆心角是解题的关键．
35．（2023春•东城区校级期末）如图，AB是 O的直径，CD是 O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D；
⊙ ⊙
（2）若CD＝4 ，OE＝1，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠BCO＝∠B，根据圆周角定理得出∠B＝∠D，再求出答案即可；
（2）根据垂径定理求出CE＝DE＝2 ，再根据勾股定理求出OC即可．
【解答】（1）证明：∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠B，
∵ ，
∴∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵AB是 O的直径，且CD⊥AB于点E，
⊙
∴CE＝ CD，
∵CD＝4 ，
∴CE＝ ，
在Rt△OCE中，OC2＝CE2+OE2，
∵OE＝1，
∴ ，
解得：OC＝3（负数舍去），
∴ O的半径为3．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出CE＝DE
⊙
和∠B＝∠D是解此题的关键．
二十四．切线的性质（共1小题）
36．（2023春•青冈县期末）如图，PA，PB是 O的切线，A，B为切点，AC是 O的直径，∠BAC＝
15°，则∠P的度数为 30 ° ．
⊙ ⊙
【分析】先利用切线的性质得到∠CAP＝90°，则利用互余计算出∠PAB＝75°，再根据切线长定理得到PA
＝PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数．
【解答】解：∵PA为切线，
∴OA⊥PA，
∴∠CAP＝90°，
∴∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣15°＝75°，
∵PA，PB是 O的切线，
∴PA＝PB，
⊙
∴∠PBA＝∠PAB＝75°，
∴∠P＝180°﹣75°﹣75°＝30°．
故答案为30°．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．
二十五．切线的判定与性质（共1小题）
37．（2023春•青冈县期末）如图，AB为 O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，直线BF与AD延长线交于
⊙点F，且∠AFB＝∠ABC．
（1）求证：直线BF是 O的切线；
（2）若CD＝12，BE＝3，求 O的半径．
⊙
⊙
【分析】（1）利用圆周角定理，等量代换，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）设 O的半径为R，连接OD，利用垂径定理求得线段DE，利用勾股定理列出方程，解方程即可得
出结论．
⊙
【解答】（1）证明：∵ ，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠AFB＝∠ABC，
∴∠ADC＝∠AFB，
∴CD∥BF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∵OB为 O的半径．
∴直线BF是 O的切线；
⊙
（2）解：设 O的半径为R，连接OD，如图，
⊙
∵AB⊥CD，CD＝12，
⊙
∴ ，
∵BE＝3，
∴OE＝R﹣3，
在Rt△OED中，
∵OE2+DE2＝OD2，
∴R2＝（R﹣3）2+62，
解得： ．
即 O的半径为 ．
⊙【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，勾股定理，熟
练掌握圆的有关性质是解题的关键．
二十六．正多边形和圆（共1小题）
38．（2023春•成县期末）正五边形是旋转对称图形，绕旋转中心至少旋转 7 2 度，可以和原图形重合．
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴正五边形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：72．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，
这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
二十七．旋转的性质（共1小题）
39．（2023春•遂平县期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针
方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG
是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
【分析】设AF交BC于K，由∠ABK＝90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，可
得∠KAB＝∠BCG，即可得∠KFC＝90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB＝∠CGB＝90°，
BE＝BG，∠EBG＝90°，由正方形的判定可证四边形 BEFG 是正方形，可判断②正确；过点 D 作
DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝ AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得
AH＝BE＝ AE，由旋转的性质可得AE＝CG，从而可得CF＝FG，判断③正确．
【解答】解：设AF交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK＝90°，
∴∠KAB+∠AKB＝90°，
