一、選擇題


1．下列函數(shù)解析式中，一定為二次函數(shù)的是( )


A．y＝3x－1 B．y＝ax2＋bx＋c C．s＝2t2－2t＋1 D．y＝x2＋eq \f(1,x)


2．二次函數(shù)y＝x2＋4x－5的圖象的對稱軸為( )


A．x＝4 B．x＝－4 C．x＝2 D．x＝－2


3．將拋物線y＝－2x2＋1向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度所得的拋物線解析式為( )


A．y＝－2(x＋1)2 B．y＝－2(x＋1)2＋2


C．y＝－2(x－1)2＋2 D．y＝－2(x－1)2＋1


4．某種正方形合金板材的成本y(元)與它的面積成正比，設(shè)邊長為xcm.當(dāng)x＝3時，y＝18，那么當(dāng)成本為72元時，邊長為( )


A．6cm B．12cm C．24cm D．36cm


5．(蘭州中考)點P1(－1，y1)，P2(3，y2)，P3(5，y3)均在二次函數(shù)y＝－x2＋2x＋c的圖象上，則y1，y2，y3的大小關(guān)系是( )


A．y3＞y2＞y1 B．y3＞y1＝y(tǒng)2 C．y1＞y2＞y3 D．y1＝y(tǒng)2＞y3


6．(畢節(jié)中考)一次函數(shù)y＝ax＋b(a≠0)與二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在同一平面直角坐標(biāo)系中的圖象可能是( )








7．(蘭州中考)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，對稱軸是直線x＝－1，有以下結(jié)論：①abc＞0；②4ac＜b2；③2a＋b＝0；④a－b＋c＞2.其中正確的結(jié)論的個數(shù)是( )


A．1個 B．2個 C．3個 D．4個





8．已知拋物線y＝－x2－2x＋3與x軸交于A、B兩點，將這條拋物線的頂點記為C，連接AC、BC，則tan∠CAB的值為( )


A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D．2





二、填空題


9．(河南中考)已知A(0，3)，B(2，3)是拋物線y＝－x2＋bx＋c上兩點，該拋物線的頂點坐標(biāo)是________．


10．若二次函數(shù)y＝x2＋2x＋m的圖象與x軸沒有公共點，則m的取值范圍是________．


11．(大連中考)如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸相交于點A、B(m＋2，0)，與y軸相交于點C，點D在該拋物線上，坐標(biāo)為(m，c)，則點A的坐標(biāo)是________．





第11題圖 第14條圖


12．(臺州中考)豎直上拋的小球離地高度是它運動時間的二次函數(shù)，小軍相隔1秒依次豎直向上拋出兩個小球，假設(shè)兩個小球離手時離地高度相同，在各自拋出后1.1秒時到達相同的最大離地高度，第一個小球拋出后t秒時在空中與第二個小球的離地高度相同，則t＝________．


13．(廈門中考)已知點P(m，n)在拋物線y＝ax2－x－a上，當(dāng)m≥－1時，總有n≤1成立，則a的取值范圍是____________．





14．★(梅州中考)如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋3與y軸交于點C，點D(0，1)，點P是拋物線上的動點．若△PCD是以CD為底的等腰三角形，則點P的坐標(biāo)為____________．





三、解答題


15．已知二次函數(shù)y＝x2－4x＋3.


(1)用配方法求其圖象的頂點C的坐標(biāo)，并描述該函數(shù)的函數(shù)值隨自變量的增減而變化的情況；


(2)求函數(shù)圖象與x軸的交點A，B的坐標(biāo)，及△ABC的面積．























16．(成都中考)某果園有100棵橙子樹，平均每棵樹結(jié)600個橙子，現(xiàn)準(zhǔn)備多種一些橙子樹以提高果園產(chǎn)量，但是如果多種樹，那么樹之間的距離和每一棵樹所接受的陽光就會減少．根據(jù)經(jīng)驗估計，每多種一棵樹，平均每棵樹就會少結(jié)5個橙子，假設(shè)果園多種了x棵橙子樹．


(1)直接寫出平均每棵樹結(jié)的橙子個數(shù)y(個)與x之間的關(guān)系；


(2)果園多種多少棵橙子樹時，可使橙子的總產(chǎn)量最大？最大為多少個？


























17．(大連中考)如圖，拋物線y＝x2－3x＋eq \f(5,4)與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，點D是直線BC下方拋物線上一點，過點D作y軸的平行線，與直線BC相交于點E.


(1)求直線BC的解析式；


(2)當(dāng)線段DE的長度最大時，求點D的坐標(biāo)．




















★★(棗莊中考)如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對稱軸為直線x＝


－1，且拋物線經(jīng)過A(1，0)，C(0，3)兩點，與x軸交于點B.


(1)若直線y＝mx＋n經(jīng)過B，C兩點，求直線BC和拋物線的解析式；


(2)在拋物線的對稱軸x＝－1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求出點M的坐標(biāo)；


(3)設(shè)點P為拋物線的對稱軸x＝－1上的一個動點，求使△BPC為直角三角形時點P的坐標(biāo)．








參考答案與解析


1．C 2.D 3.C 4.A 5.D 6.C


7．C 解析：∵拋物線開口向下，∴a＜0.∵拋物線的對稱軸為直線x＝－eq \f(b,2a)＝－1，∴b＝2a＜0.∵拋物線與y軸的交點在x軸上方，∴c＞0，∴abc＞0，所以①正確；∵拋物線與x軸有2個交點，∴Δ＝b2－4ac＞0，所以②正確；∵b＝2a，∴2a－b＝0，所以③錯誤；∵拋物線開口向下，x＝－1是對稱軸，所以x＝－1對應(yīng)的y值是最大值，∴a－b＋c＞2，所以④正確．


8．D 解析：令y＝0，則－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或1.不妨設(shè)A(－3，0)，B(1，0)．∵y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，∴頂點C的坐標(biāo)為(－1，4)．作CD⊥AB于D.在Rt△ACD中，tan∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(4,2)＝2.


9．(1，4) 10.m＞1


11．(－2，0) 解析：由C(0，c)，D(m，c)，得函數(shù)圖象的對稱軸是x＝eq \f(m,2).設(shè)A點坐標(biāo)為(x，0)，由A、B關(guān)于對稱軸x＝eq \f(m,2)對稱，得eq \f(x＋m＋2,2)＝eq \f(m,2)，解得x＝－2，即A點坐標(biāo)為(－2，0)．


12．1.6 解析：設(shè)各自拋出后1.1秒時到達相同的最大離地高度為h，則小球的高度y＝a(t－1.1)2＋h，由題意a(t－1.1)2＋h＝a(t－1－1.1)2＋h，解得t＝1.6.故第一個小球拋出后1.6秒時在空中與第二個小球的離地高度相同．


－eq \f(1,2)≤a＜0 解析：根據(jù)已知條件，畫出函數(shù)圖象，如圖所示．由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜0，,－\f(－1,2a)≤－1，))解得－eq \f(1,2)≤a＜0.


14．(1＋eq \r(2)，2)或(1－eq \r(2)，2) 解析：∵△PCD是以CD為底的等腰三角形，∴點P在線段CD的垂直平分線上．過P作PE⊥y軸于點E，則E為線段CD的中點．∵拋物線y＝－x2＋2x＋3與y軸交于點C，∴C點坐標(biāo)為(0，3)．又∵D點坐標(biāo)為(0，1)，∴E點坐標(biāo)為(0，2)，∴P點縱坐標(biāo)為2.在y＝－x2＋2x＋3中，令y＝2，可得－x2＋2x＋3＝2，解得x＝1±eq \r(2)，∴P點坐標(biāo)為(1＋eq \r(2)，2)或(1－eq \r(2)，2)．


15．解：(1)y＝x2－4x＋3＝x2－4x＋4－4＋3＝(x－2)2－1，所以頂點C的坐標(biāo)是(2，－1)，當(dāng)x≤2時，y隨x的增大而減??；當(dāng)x＞2時，y隨x的增大而增大；


(2)解方程x2－4x＋3＝0得x1＝3，x2＝1，即A點的坐標(biāo)是(1，0)，B點的坐標(biāo)是(3，0)．如圖，過點C作CD⊥AB于點D.∵AB＝2，CD＝1，∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB×CD＝eq \f(1,2)×2×1＝1.





16．解：(1)平均每棵樹結(jié)的橙子個數(shù)y(個)與x之間的關(guān)系為y＝600－5x(0≤x＜120)；


(2)設(shè)果園多種x棵橙子樹時，可使橙子的總產(chǎn)量為w，則w＝(600－5x)(100＋x)＝－5x2＋100x＋60000＝－5(x－10)2＋60500，則果園多種10棵橙子樹時，可使橙子的總產(chǎn)量最大，最大為60500個．


17．解：(1)∵拋物線y＝x2－3x＋eq \f(5,4)與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，∴令y＝0，可得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(5,2)，∴A點坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，B點坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))；令x＝0，則y＝eq \f(5,4)，∴C點坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,4))).設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b，則有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)k＋b＝0，,b＝\f(5,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(1,2)，,b＝\f(5,4)，))∴直線BC的解析式為y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(5,4)；


(2)設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，則坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，m2－3m＋\f(5,4)))，∴E點的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，－\f(1,2)m＋\f(5,4))).設(shè)DE的長度為d.∵點D是直線BC下方拋物線上一點，則d＝－eq \f(1,2)m＋eq \f(5,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－3m＋\f(5,4)))＝－m2＋eq \f(5,2)m.∵a＝－1＜0，∴當(dāng)m＝eq \f(b,－2a)＝eq \f(5,4)時，d有最大值，d最大＝eq \f(4ac－b2,4a)＝eq \f(25,16)，∴m2－3m＋eq \f(5,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \s\up12(2)－3×eq \f(5,4)＋eq \f(5,4)＝－eq \f(15,16)，∴點D的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，－\f(15,16))).


18．解：(1)依題意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－1，,a＋b＋c＝0，,c＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2，,c＝3，))∴拋物線解析式為y＝－x2－2x＋3.∵對稱軸為直線x＝－1，且拋物線經(jīng)過A(1，0)，∴點B的坐標(biāo)為(－3，0)．把B(－3，0)，C(0，3)分別代入直線y＝mx＋n，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3m＋n＝0，,n＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝3，))∴直線BC的解析式為y＝x＋3；


(2)設(shè)直線BC與對稱軸x＝－1的交點為M，則此時MA＋MC的值最?。褁＝－1代入y＝x＋3得y＝2，∴點M的坐標(biāo)為(－1，2)，即當(dāng)點M到點A的距離與到點C的距離之和最小時點M的坐標(biāo)為(－1，2)；


(3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(－1，t)．又∵點B的坐標(biāo)為(－3，0)，點C的坐標(biāo)為(0，3)，∴BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10.①若點B為直角頂點，則BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；②若點C為直角頂點，則BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若點P為直角頂點，則PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t1＝eq \f(3＋\r(17),2)，t2＝eq \f(3－\r(17),2).綜上所述，點P的坐標(biāo)為(－1，－2)或(－1，4)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3＋\r(17),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3－\r(17),2))).

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