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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，若
1 2
+ ＝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 2Δ＝[﹣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是
1
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﹣5．
1 2
∴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，
