【#初中三年級# #初三上冊數學月考試題及答案#】學習是每個一個學生的職責，而學習的動力是靠自己的夢想，也可以這樣說沒有自己的夢想就是對自己的一種不責任的表現，也就和人失走肉沒啥兩樣，只是改變命運，同時知識也不是也不是隨意的摘取。要通過自己的努力，要把我自己生命的鑰匙。以下是®無憂考網為您整理的《初三上冊數(shu)學(xue)月考試題及答案》，供(gong)大家(jia)學(xue)習參考。
【篇一】
一(yi)(yi)、精心(xin)選(xuan)一(yi)(yi)選(xuan)（本(ben)大題(ti)共(gong)10小(xiao)題(ti)，每小(xiao)題(ti)4分，滿分40分．在每小(xiao)題(ti)給出的四個選(xuan)項中(zhong)只有一(yi)(yi)項是符合題(ti)目要(yao)求(qiu)的，請在答題(ti)卷上把(ba)正確答案的代號涂(tu)黑）
2．下列方(fang)程是一(yi)元二次方(fang)程（）
A．x+2y=1B．2x（x﹣1）=2x2+3C．3x+=4D．x2﹣2=0
考點(dian)：一元(yuan)二(er)次方程的定(ding)義．
分析(xi)：只(zhi)含(han)有一個未知(zhi)數，且未知(zhi)數的(de)高次(ci)數是(shi)2的(de)整式方程叫做一元二(er)次(ci)方程．
一元二次方(fang)程有三個特點：
（1）只含(han)有一個(ge)未(wei)知數；
（2）未知(zhi)數(shu)的高次數(shu)是2；
（3）是(shi)整(zheng)式方程．
解(jie)答：解(jie)：A、x+2y=1是二元(yuan)方程，故(gu)錯誤；
B、方程去括號得：2x2﹣2x=2x2+3，
整(zheng)理得：﹣2x=3，為一元方程，故錯誤；
C、3x+=4是分式(shi)方程，故(gu)錯誤；
D、x2﹣2=0，符合一元二次方程的形式，正確．
故選D．
點評：要(yao)判斷一個方程(cheng)(cheng)是否為(wei)一元二次方程(cheng)(cheng)，先看它(ta)是否為(wei)整式方程(cheng)(cheng)，若是，再(zai)對(dui)它(ta)進(jin)行整理(li)．如果能整理(li)為(wei)ax2+bx+c=0（a≠0）的(de)形(xing)式，則這個方程(cheng)(cheng)就為(wei)一元二次方程(cheng)(cheng)．
3．組織(zhi)排球邀(yao)請賽(sai)，參(can)賽(sai)的每(mei)個隊(dui)之間(jian)都要比(bi)賽(sai)一(yi)場(chang)，根據場(chang)地和時間(jian)等條件，賽(sai)程(cheng)計劃安排7天(tian)，每(mei)天(tian)安排3場(chang)比(bi)賽(sai)．設比(bi)賽(sai)組織(zhi)者應(ying)邀(yao)請x個隊(dui)參(can)賽(sai)，則x滿(man)足的關系式為（）
A．x（x+1）=21B．x（x﹣1）=21C．x（x+1）=21D．x（x﹣1）=21
考點：由實際問題(ti)抽象出一元二次(ci)方程．
分析(xi)：關系式為：球(qiu)隊(dui)總數(shu)(shu)×每支球(qiu)隊(dui)需賽的場數(shu)(shu)÷2=3×7，把相關數(shu)(shu)值代(dai)入(ru)即可(ke)．
解(jie)答：解(jie)：每支球隊(dui)都需要與其他球隊(dui)賽（x﹣1）場，但2隊(dui)之間只有1場比賽，
所(suo)以可列方程為：x（x﹣1）=21．
故選：B．
點(dian)評：本(ben)題(ti)考查了由實際(ji)問題(ti)抽象出一元二(er)次方(fang)程，解決本(ben)題(ti)的(de)關(guan)鍵是得(de)到比賽(sai)總(zong)(zong)場數(shu)的(de)等量關(guan)系，注意2隊之間的(de)比賽(sai)只有(you)1場，后的(de)總(zong)(zong)場數(shu)應除以2．
4．如(ru)圖，已(yi)知⊙O的半徑為10，弦AB長為16，則(ze)點O到(dao)AB的距離(li)是（）
A．8B．7C．6D．5
考(kao)點：垂徑定理(li)；勾(gou)股定理(li)．
分析：過(guo)點(dian)O作(zuo)OD⊥AB于點(dian)D，根據垂(chui)徑定理求出AD的(de)長(chang)(chang)，再根據勾(gou)股(gu)定理求出OD的(de)長(chang)(chang)即可．
解答(da)：解：過點O作OD⊥AB于點D，
∵AB=16，
∴AD=AB=8，
∴OD===6．
故選C．
點(dian)評：本(ben)題考查的(de)是(shi)垂(chui)徑定理(li)，根據(ju)題意作(zuo)出輔助線，構(gou)造出直角三角形是(shi)解答此題的(de)關鍵．
5．下列圖形(xing)是(shi)(shi)(shi)中心對(dui)稱圖形(xing)，但(dan)不是(shi)(shi)(shi)軸(zhou)對(dui)稱圖形(xing)的(de)是(shi)(shi)(shi)（）
A．平行(xing)四邊形B．等(deng)邊三角形C．圓D．正(zheng)方形
考點：中心對(dui)稱圖形(xing)；軸對(dui)稱圖形(xing)．
專題：常規題型．
分(fen)析：根據軸(zhou)對(dui)(dui)稱圖(tu)形(xing)(xing)的概(gai)念先(xian)求出圖(tu)形(xing)(xing)中(zhong)軸(zhou)對(dui)(dui)稱圖(tu)形(xing)(xing)，再根據中(zhong)心(xin)對(dui)(dui)稱圖(tu)形(xing)(xing)的概(gai)念得出其中(zhong)不是中(zhong)心(xin)對(dui)(dui)稱的圖(tu)形(xing)(xing)．
解(jie)答：解(jie)：A、平行(xing)四邊(bian)形不(bu)是軸對(dui)稱圖(tu)形，是中(zhong)心對(dui)稱圖(tu)形．故(gu)本選(xuan)項正確；
B、等邊三(san)角形是(shi)軸對(dui)稱(cheng)圖形，不是(shi)中(zhong)心(xin)對(dui)稱(cheng)圖形．故本選項(xiang)錯誤；
C、圓是(shi)軸對稱圖形，也是(shi)中心對稱圖形．故本選項錯誤；
D、正方(fang)形是軸(zhou)對(dui)稱(cheng)圖(tu)形，也是中(zhong)心(xin)對(dui)稱(cheng)圖(tu)形．故本(ben)選項(xiang)錯(cuo)誤．
故選A．
點評：本題考查了中(zhong)心對稱圖(tu)形與軸對稱圖(tu)形的概念．
軸對(dui)稱圖(tu)形：如果一個(ge)圖(tu)形沿著一條直線對(dui)折后兩(liang)部分完全(quan)重(zhong)合，這樣的圖(tu)形叫做軸對(dui)稱圖(tu)形；
中(zhong)心(xin)對(dui)稱(cheng)圖(tu)(tu)(tu)形(xing)：在同(tong)一(yi)平面內，如(ru)果把一(yi)個(ge)圖(tu)(tu)(tu)形(xing)繞某一(yi)點旋轉180°，旋轉后的圖(tu)(tu)(tu)形(xing)能和原圖(tu)(tu)(tu)形(xing)完全重合，那么(me)這個(ge)圖(tu)(tu)(tu)形(xing)就叫做中(zhong)心(xin)對(dui)稱(cheng)圖(tu)(tu)(tu)形(xing)．
6．把二次函數y=2x2﹣4x+3的(de)圖象(xiang)繞原(yuan)點(dian)旋轉180°后得到的(de)圖象(xiang)的(de)解析(xi)式(shi)為（）
A．y=﹣2x2+4x﹣3B．y=﹣2x2﹣4x+3C．y=﹣2x2﹣4x﹣3D．y=﹣2x2+4x+3
考點：二次函數圖(tu)象與幾何變換(huan)．
分析：求出原拋物(wu)(wu)線的(de)頂(ding)點(dian)坐標以及繞原點(dian)旋轉180°后(hou)的(de)拋物(wu)(wu)線的(de)頂(ding)點(dian)坐標，再根據旋轉后(hou)拋物(wu)(wu)線開口(kou)方向向下，利用頂(ding)點(dian)式解析式寫出即(ji)可．
解答：解：∵拋物線(xian)y=2x2﹣4x+3=2（x﹣1）2+1的頂點坐標為（1，1），
∴繞原(yuan)點旋轉180°后的拋物(wu)線的頂點坐標(biao)為（﹣1，﹣1），
∴所得到(dao)的(de)圖象的(de)解析式為y=﹣2（x+1）2﹣1，即y=﹣2x2﹣4x﹣3．
故選C．
點評：本(ben)題考查了(le)二次函數(shu)(shu)圖(tu)象與幾何變(bian)換，利用頂點的變(bian)化確(que)定(ding)函數(shu)(shu)解析式的變(bian)化更簡(jian)便．
7．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，以點C為圓(yuan)心，CA為半徑的圓(yuan)與AB交于點D，則AD的長為（）
A．B．C．D．
考點(dian)：垂徑定理；勾股定理．
專題：探究型．
分析(xi)：先根(gen)據(ju)勾(gou)股(gu)定(ding)(ding)理求出(chu)AB的(de)(de)長(chang)，過C作CM⊥AB，交AB于點M，由(you)(you)垂徑定(ding)(ding)理可知M為AD的(de)(de)中點，由(you)(you)三角形(xing)的(de)(de)面積可求出(chu)CM的(de)(de)長(chang)，在Rt△ACM中，根(gen)據(ju)勾(gou)股(gu)定(ding)(ding)理可求出(chu)AM的(de)(de)長(chang)，進(jin)而(er)可得出(chu)結論．
解(jie)(jie)答：解(jie)(jie)：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴AB===5，
過C作CM⊥AB，交(jiao)AB于點M，如圖所示，
∵CM⊥AB，
∴M為AD的中點，
∵S△ABC=AC•BC=AB•CM，且AC=3，BC=4，AB=5，
∴CM=，
在(zai)Rt△ACM中，根據勾(gou)股定(ding)理(li)得：AC2=AM2+CM2，即(ji)9=AM2+（）2，
解得：AM=，
∴AD=2AM=．
故選C．
點評：本題(ti)考查(cha)的是垂徑定理，根據題(ti)意作出輔助線，構造出直角(jiao)三角(jiao)形是解答此題(ti)的關鍵．
8．如圖，將Rt△ABC繞直角(jiao)頂點順時(shi)針旋(xuan)轉90°，得到△A′B′C，連結AA′，若∠1=25°，則∠B的度(du)數是（）
A．70°B．65°C．60°D．55°
考點：旋轉(zhuan)的(de)性質．
分析(xi)：根據(ju)(ju)旋轉的(de)性(xing)質(zhi)可(ke)得AC=A′C，然后判斷出(chu)△ACA′是等腰(yao)直(zhi)角(jiao)(jiao)三角(jiao)(jiao)形，根據(ju)(ju)等腰(yao)直(zhi)角(jiao)(jiao)三角(jiao)(jiao)形的(de)性(xing)質(zhi)可(ke)得∠CAA′=45°，再根據(ju)(ju)三角(jiao)(jiao)形的(de)一個外角(jiao)(jiao)等于(yu)與它(ta)不(bu)相鄰的(de)兩個內角(jiao)(jiao)的(de)和求出(chu)∠A′B′C，然后根據(ju)(ju)旋轉的(de)性(xing)質(zhi)可(ke)得∠B=∠A′B′C．
解答(da)：解：∵Rt△ABC繞直角頂點(dian)C順(shun)時針旋轉90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角(jiao)三角(jiao)形，
∴∠CAA′=45°，
∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=25°+45°=70°，
由旋(xuan)轉的(de)性(xing)質得(de)∠B=∠A′B′C=70°．
故選：A．
點(dian)評(ping)：本題(ti)考查了旋轉的(de)(de)性(xing)(xing)質(zhi)(zhi)，等腰直(zhi)角三角形的(de)(de)判(pan)定與(yu)性(xing)(xing)質(zhi)(zhi)，三角形的(de)(de)一個(ge)外角等于與(yu)它(ta)不(bu)相鄰的(de)(de)兩個(ge)內(nei)角的(de)(de)和的(de)(de)性(xing)(xing)質(zhi)(zhi)，熟記各性(xing)(xing)質(zhi)(zhi)并準確(que)識圖是解題(ti)的(de)(de)關鍵．
9．x1，x2是關于x的(de)(de)一元二(er)次方程x2﹣mx+m﹣2=0的(de)(de)兩個實數根，是否存(cun)在實數m使(shi)+=0成立？則正確的(de)(de)結(jie)論是（）
A．m=0時成(cheng)立(li)B．m=2時成(cheng)立(li)C．m=0或2時成(cheng)立(li)D．不存在
考點：根(gen)與系數的關(guan)系．
分析：先由(you)一元二次方程根與系數的關(guan)系得出，x1+x2=m，x1x2=m﹣2．假設存在實數m使(shi)+=0成立，則=0，求出m=0，再用判別(bie)式進行(xing)檢(jian)驗即可．
解(jie)答：解(jie)：∵x1，x2是關于x的一元二(er)次方程x2﹣mx+m﹣2=0的兩個(ge)實數根，
∴x1+x2=m，x1x2=m﹣2．
假設存在(zai)實數m使+=0成立，則=0，
∴=0，
∴m=0．
當m=0時，方程(cheng)x2﹣mx+m﹣2=0即為x2﹣2=0，此時△=8＞0，
∴m=0符合題意．
故選：A．
點評(ping)：本題主要考查了一元二次方(fang)程(cheng)根(gen)與系(xi)數的(de)關(guan)系(xi)：如果x1，x2是方(fang)程(cheng)x2+px+q=0的(de)兩根(gen)時，那么x1+x2=﹣p，x1x2=q．
10．如圖，在邊長(chang)為4的(de)(de)正(zheng)方(fang)形ABCD中，動(dong)(dong)(dong)點(dian)(dian)P從A點(dian)(dian)出發，以每秒1個單(dan)位長(chang)度(du)的(de)(de)速度(du)沿AB向B點(dian)(dian)運動(dong)(dong)(dong)，同時動(dong)(dong)(dong)點(dian)(dian)Q從B點(dian)(dian)出發，以每秒2個單(dan)位長(chang)度(du)的(de)(de)速度(du)沿BC→CD方(fang)向運動(dong)(dong)(dong)，當P運動(dong)(dong)(dong)到(dao)B點(dian)(dian)時，P、Q兩點(dian)(dian)同時停止運動(dong)(dong)(dong)．設P點(dian)(dian)運動(dong)(dong)(dong)的(de)(de)時間(jian)為t，△APQ的(de)(de)面積(ji)為S，則S與t的(de)(de)函(han)數關系(xi)的(de)(de)圖象是（）
A．B．C．D．
考點(dian)：動點(dian)問題的函(han)數圖象．
專題：動點型．
分(fen)(fen)析(xi)：本(ben)題(ti)應分(fen)(fen)兩段進行解(jie)答(da)，①點P在(zai)(zai)AB上(shang)運動(dong)，點Q在(zai)(zai)BC上(shang)運動(dong)，②點P在(zai)(zai)AB上(shang)運動(dong)，點Q在(zai)(zai)CD上(shang)運動(dong)，依(yi)次得出S與t的關(guan)系式(shi)即可(ke)得出函數圖象．
解答：解：①點P在AB上(shang)運(yun)動(dong)，點Q在BC上(shang)運(yun)動(dong)，此時AP=t，QB=2t，
故可得(de)S=AP•QB=t2，函(han)數圖(tu)象為拋物線；
②點(dian)P在AB上運動，點(dian)Q在CD上運動，
此(ci)時AP=t，△APQ底邊AP上的高保(bao)持(chi)不變，為正方(fang)形的邊長(chang)4，
故(gu)可(ke)得S=AP×4=2t，函數(shu)圖(tu)象為函數(shu)．
綜上可得總過程的(de)函數圖象，先是拋物線，然(ran)后是增函數．
故選：D．
點評：此題考查了(le)動點問(wen)題的(de)函數(shu)圖象，解答本題關鍵是分段(duan)求解，注意在第二段(duan)時，△APQ底邊AP上(shang)的(de)高(gao)保持不變，難度一(yi)般．
二、細心填(tian)一填(tian)（本大題共5小(xiao)題，每小(xiao)題4分，滿(man)分20分．請把(ba)答案填(tian)在答題卷(juan)相(xiang)應(ying)題號的(de)橫線(xian)上）
11．在平面直角坐標(biao)系xOy中(zhong)，已知點A（﹣3，﹣4），將(jiang)OA繞坐標(biao)原點O逆時針旋(xuan)轉90°至OA′，則點A′的坐標(biao)是（4，﹣3）．
考點(dian)：坐標與圖形變化-旋轉(zhuan)．
專(zhuan)題：數(shu)形結(jie)合．
分析：先構建Rt△OAB，再(zai)把△OAB繞坐標(biao)原點O逆時針旋轉90°得到△OA′B′，根(gen)據旋轉的(de)性質(zhi)得到A′B′=AB=3，OB′=OB=4，∠OB′A′=∠OBA=90°，然后寫出A′點的(de)坐標(biao)．
解(jie)答：解(jie)：如(ru)圖，
把△OAB繞坐標(biao)原點O逆時(shi)針旋轉90°得到△OA′B′，則A′B′=AB=3，OB′=OB=4，∠OB′A′=∠OBA=90°，
所以點A′的坐標(biao)為（4，﹣3）．
故(gu)答案為（4，﹣3）．
點評：本題(ti)(ti)考(kao)查(cha)了坐標與(yu)圖形變化﹣旋(xuan)轉：圖形或(huo)點旋(xuan)轉之后(hou)要結合旋(xuan)轉的(de)角度和(he)圖形的(de)特(te)殊(shu)性質來求(qiu)出旋(xuan)轉后(hou)的(de)點的(de)坐標．常(chang)見的(de)是旋(xuan)轉特(te)殊(shu)角度如：30°，45°，60°，90°，180°．通過(guo)把線(xian)段旋(xuan)轉的(de)問(wen)題(ti)(ti)轉化為直角三(san)角形的(de)性質解決(jue)問(wen)題(ti)(ti)．
12．如圖，在⊙O中，CD是直(zhi)徑，弦AB⊥CD，垂足為E，連接BC，若AB=4cm，∠BCD=22°30′，則⊙O的半徑為4cm．
考點：垂徑定理；等腰直角三角形；圓周角定理．
分析：連接(jie)OB，則可(ke)知∠BOD=2∠BCD=45°，由垂徑定理可(ke)得(de)BE=2，在Rt△OEB中BE=OE，利用勾(gou)股(gu)定理可(ke)求得(de)OB．
解(jie)答：解(jie)：連接OB，
∵∠BCD=22°30′，
∴∠BOD=2∠BCD=45°，
∵CD是直徑，弦AB⊥CD，
∴BE=AE=AB=2cm，
在Rt△BOE中，由勾股定(ding)理(li)可求得OB=4cm，
即(ji)⊙O的半徑為4cm，
故答案為：4．
點評(ping)：本題主要考查垂徑定(ding)理和(he)圓周角定(ding)理，由條件得(de)(de)到∠BOD=45°且(qie)求得(de)(de)BE的長是解題的關(guan)鍵．
13．如(ru)圖在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，AB=AD，AC=2，∠ACD=60°，四邊形ABCD的面積等于．
考(kao)點：旋轉的(de)性質(zhi)．
分析：由于∠BAD=60°，AB=AD，則(ze)可(ke)把△ADC繞點A逆(ni)時針旋(xuan)(xuan)轉60°得(de)到(dao)△ABD′，根據旋(xuan)(xuan)轉的性質得(de)到(dao)∠ABC′=∠D，AC′=AC，∠C′AC=60°，而(er)∠ABC+∠D=180°，則(ze)∠ABC+∠ABC′=180°，得(de)到(dao)C′點在CB的延長(chang)線(xian)上(shang)，所以△ACC′為等邊三角形(xing)，然后(hou)利用S四邊形(xing)ABCD=S△AC′C=AC2進行計算即(ji)可(ke)．
解答：如圖，∵∠BAD=60°，AB=AD，
∴把△ADC繞點A逆時針(zhen)旋(xuan)轉(zhuan)60°得到(dao)△ABC′，
∴∠ABC′=∠D，AC′=AC，∠C′AC=60°
∵∠ABC+∠D=180°，
∴∠ABC+∠ABC′=180°，
∴C′點在CB的延長(chang)線(xian)上，
而AC′=AC，∠C′AC=60°，
∴△ACC′為(wei)等邊三角形，
∴S四邊形ABCD=S△AC′C=AC2=×4=．
故答案為：．
點評(ping)：本(ben)題(ti)考(kao)查(cha)了旋(xuan)轉的(de)性質：旋(xuan)轉前后兩(liang)圖形全等(deng)(deng)；對應(ying)點到旋(xuan)轉中(zhong)心的(de)距離(li)相等(deng)(deng)；對應(ying)點與(yu)旋(xuan)轉中(zhong)心的(de)連(lian)線段的(de)夾角(jiao)(jiao)等(deng)(deng)于旋(xuan)轉角(jiao)(jiao)．也(ye)考(kao)查(cha)了等(deng)(deng)邊三角(jiao)(jiao)形的(de)判定和性質．
14．如(ru)圖，BC為(wei)⊙O的直徑，BC=2，弧AB=弧AC，P為(wei)BC（包(bao)括(kuo)B、C）上一動點，M為(wei)AB的中點，設△PAM的周長為(wei)m，則m的取值范圍是1+≤m≤3+．
考(kao)點：軸對稱(cheng)-短(duan)路(lu)線問題；圓(yuan)心角、弧(hu)、弦的關系．
分析(xi)：連(lian)接(jie)CM則(ze)m的大值為(wei)P移動到B、C點時△ACM的周(zhou)(zhou)長，根(gen)據勾股定(ding)理(li)即(ji)可求得(de)CM的長，進而求得(de)△ACM的周(zhou)(zhou)長；作AA′⊥BC，交(jiao)(jiao)⊙O于A′，連(lian)接(jie)A′B、A′C，則(ze)四(si)邊形ABA′C是(shi)正方形，作MM′⊥BC交(jiao)(jiao)A′B于M′，則(ze)M′與M關于BC對稱，連(lian)接(jie)AM′交(jiao)(jiao)BC于P′，P′A+P′M=AM′，此時△PAM的周(zhou)(zhou)長為(wei)m小；
根據勾股定理求(qiu)得AM′的(de)長，進而(er)求(qiu)得△AP′M的(de)周長，即可求(qiu)得m的(de)取值范圍(wei)．
解(jie)答：解(jie)：∵⊙O的直徑BC=2，
∴∠CAB=90°，
∵=，
∴∠B=∠C=45°，
∴AC=AB=2，
∴AM=AB=1，
連接CM，則CM==，
∴m的大(da)值為2+1+=3+，
作(zuo)AA′⊥BC，交⊙O于A′，連接A′B、A′C，則四邊形ABA′C是正方形，
作MM′⊥BC交A′B于(yu)M′，則M′與M關于(yu)BC對稱，連接(jie)AM′交BC于(yu)P′，P′A+P′M=AM′，此時△PAM的周長為m小；
∵A′B=AB=2，M為AB的中點，
∴BM′=BM=1，
∵AM′=，
∴m的(de)小值(zhi)為1+，
∴m的取(qu)值(zhi)范圍是1+≤m≤3+．
故答案(an)為1+≤m≤3+．
點評：本題(ti)考查了軸對稱﹣短路線(xian)問(wen)題(ti)以及(ji)軸對稱的(de)性質，勾股(gu)定(ding)理的(de)應用，正方形的(de)判定(ding)及(ji)性質，解決本題(ti)的(de)關鍵是確定(ding)AP+PM的(de)大值和小(xiao)值．
15．二次(ci)函數y=ax2+bx+c（a≠0）圖象(xiang)如圖，下列結(jie)論：①a+b=0；②a﹣b+c＞0；③當(dang)m≠1時，a+b＞am2+bm；④3a+c＞0；⑤若ax12+bx1=ax22+bx2，且(qie)x1≠x2，x1+x2=2．其中正(zheng)確的(de)有③⑤．
考(kao)點：二次函數圖(tu)象(xiang)與(yu)系數的(de)關(guan)系．
專題：數形結合．
分析：由拋(pao)物線(xian)的(de)對稱軸為直線(xian)x=﹣=1得(de)到(dao)2a+b=0，則可對①進行(xing)判(pan)斷(duan)；利(li)用拋(pao)物線(xian)的(de)對稱性得(de)到(dao)拋(pao)物線(xian)與x軸的(de)另一個交(jiao)點(dian)在點(dian)（0，0）和（﹣1，0）之(zhi)間(jian)，則x=﹣1時，y＜0，即a﹣b+c＜0，可對②進行(xing)判(pan)斷(duan)；根(gen)據(ju)二(er)次函(han)數(shu)的(de)大值對③進行(xing)判(pan)斷(duan)；利(li)用a﹣b+c＜0，b=﹣2a得(de)到(dao)3a+c＜0，可對④進行(xing)判(pan)斷(duan)；把ax12+bx1=ax22+bx2移項后(hou)分解因(yin)式得(de)到(dao)（x1﹣x2）[a（x1+x2）+b]=0，則a（x1+x2）+b=0，可計算出x1+x2=2，于(yu)是(shi)可對⑤進行(xing)判(pan)斷(duan)．
解(jie)答：解(jie)：∵拋物線的對(dui)稱軸為直線x=﹣=1，
∴2a+b=0，所以①錯(cuo)誤(wu)；
∵拋物線與x軸(zhou)的(de)一個(ge)交點(dian)在點(dian)（2，0）和（3，0）之間，
而對稱軸(zhou)為(wei)直(zhi)線x=1，
∴拋物(wu)線與x軸的另(ling)一(yi)個交點在點（0，0）和(he)（﹣1，0）之(zhi)間(jian)，
∴x=﹣1時，y＜0，即a﹣b+c＜0，所以(yi)②錯誤；
∵x=1時，y有大(da)值，
∴a+b+c＞am2+bm+c（m≠1），
即a+b＞am2+bm（m≠1），所以③正確；
∵a﹣b+c＜0，b=﹣2a，
∴a+2a+c＜0，即3a+c＜0，所以(yi)④錯誤；
∵ax12+bx1=ax22+bx2，
∴ax12﹣ax22+bx1﹣bx2=0，（x1﹣x2）[a（x1+x2）+b]=0，
而x1≠x2，
∴a（x1+x2）+b=0，
∴x1+x2=﹣=﹣=2，所(suo)以⑤正確．
故答案為③⑤．
點(dian)(dian)(dian)(dian)評：本題(ti)考查了(le)二(er)(er)次函數圖象與(yu)(yu)(yu)系(xi)數的(de)關系(xi)：二(er)(er)次函數y=ax2+bx+c（a≠0），二(er)(er)次項系(xi)數a決定拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)的(de)開口(kou)(kou)方向(xiang)和(he)大小，當(dang)a＞0時(shi)(shi)，拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)向(xiang)上(shang)開口(kou)(kou)；當(dang)a＜0時(shi)(shi)，拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)向(xiang)下開口(kou)(kou)；項系(xi)數b和(he)二(er)(er)次項系(xi)數a共(gong)同決定對稱軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)的(de)位置，當(dang)a與(yu)(yu)(yu)b同號時(shi)(shi)（即(ji)ab＞0），對稱軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)在(zai)(zai)y軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)左(zuo)；當(dang)a與(yu)(yu)(yu)b異號時(shi)(shi)（即(ji)ab＜0），對稱軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)在(zai)(zai)y軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)右(you)；常(chang)數項c決定拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)y軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)交(jiao)點(dian)(dian)(dian)(dian)．拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)y軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)交(jiao)于（0，c）；拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)x軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)交(jiao)點(dian)(dian)(dian)(dian)個數由(you)△決定，△=b2﹣4ac＞0時(shi)(shi)，拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)x軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)有2個交(jiao)點(dian)(dian)(dian)(dian)；△=b2﹣4ac=0時(shi)(shi)，拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)x軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)有1個交(jiao)點(dian)(dian)(dian)(dian)；△=b2﹣4ac＜0時(shi)(shi)，拋(pao)(pao)(pao)物(wu)線(xian)(xian)與(yu)(yu)(yu)x軸(zhou)(zhou)(zhou)(zhou)沒有交(jiao)點(dian)(dian)(dian)(dian)．
三、專心解一解（本(ben)大題(ti)共8小題(ti)，滿(man)分90分．請認真讀題(ti)，冷靜思考．解答(da)題(ti)應寫出(chu)必(bi)要的文(wen)字說明、證明過程或(huo)演算步(bu)驟(zou)，請把(ba)解題(ti)過程寫在答(da)題(ti)卷(juan)相應題(ti)號(hao)的位置）
16．用適當的方法解下列(lie)方程(cheng)：x2﹣4x+1=0．
考點：解一元二(er)次(ci)方程-配方法．
分析：把常數項(xiang)1移項(xiang)后(hou)，再(zai)在左右(you)兩邊同時加上項(xiang)系數﹣4的一半的平方(fang)，再(zai)進(jin)行(xing)計算即可．
解答：解：x2﹣4x+1=0，
x2﹣4x=﹣1，
x2﹣4x+4=﹣1+4，
（x﹣2）2=3，
x﹣2=，
x1=2+，x2=2﹣；
點評：此題(ti)考(kao)查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步驟(zou)：
（1）把常數項移到等號的右邊(bian)；
（2）把(ba)二次(ci)項(xiang)的系數化為1；
（3）等(deng)式(shi)兩(liang)邊同時加上項系數一半(ban)的(de)平方．
選擇用配(pei)方法解一(yi)元二次方程時，好(hao)使方程的(de)(de)二次項的(de)(de)系數為1，項的(de)(de)系數是2的(de)(de)倍數．
17．如圖：=，D、E分別(bie)是半徑OA和(he)OB的中點，
求證：CD=CE．
考點(dian)：圓心角、弧(hu)、弦的(de)關系；全(quan)等三角形的(de)判定與(yu)性質(zhi)．
分析：連接OC，構建全(quan)(quan)等三角形(xing)△COD和△COE；然后利用(yong)全(quan)(quan)等三角形(xing)的對應邊相等證(zheng)得CD=CE．
解答(da)：證明：連接(jie)OC．
在⊙O中，∵=
∴∠AOC=∠BOC，
∵OA=OB，D、E分別(bie)是半徑OA和OB的(de)中點，
∴OD=OE，
∵OC=OC（公共(gong)邊），
∴△COD≌△COE（SAS），
∴CD=CE（全等(deng)三(san)角形的對應邊相等(deng)）．
點評(ping)：本題考查了圓心角、弧、弦的(de)(de)關系，以及全(quan)等(deng)三角形的(de)(de)判定與性質．判定兩個(ge)三角形全(quan)等(deng)的(de)(de)一般(ban)方法有：SSS、SAS、SSA、HL．
注意：AAA、SSA不(bu)能判定兩個三角(jiao)(jiao)形全等，判定兩個三角(jiao)(jiao)形全等時(shi)，必須有(you)邊的參與，若有(you)兩邊一角(jiao)(jiao)對應(ying)相等時(shi)，角(jiao)(jiao)必須是兩邊的夾角(jiao)(jiao)．
18．如圖，已(yi)知二次函數(shu)y=a（x﹣h）2+2的圖象經(jing)過原點O（0，0），A（4，0）．
（1）寫出該函(han)數(shu)圖象(xiang)的(de)對(dui)稱軸；
（2）若將線(xian)段OA繞點O逆時針旋轉(zhuan)60°到OA′，試判(pan)斷點A′是否為(wei)該函數圖象的頂點？
考點：待定系數(shu)法求二次(ci)(ci)函數(shu)解析式；二次(ci)(ci)函數(shu)的(de)性質；坐標與圖(tu)形變化-旋轉．
分(fen)析：（1）由二次(ci)函數的(de)對稱(cheng)性可知對稱(cheng)軸方(fang)程過線段OA的(de)中點，可得出其對稱(cheng)軸方(fang)程；
（2）由（1）可得出(chu)二次函數(shu)的(de)頂點坐標(biao)為(wei)（2，2），再利用旋轉的(de)性質求得A′點的(de)坐標(biao)與頂點坐標(biao)相同即可得出(chu)結論(lun)．
解(jie)答(da)：解(jie)：（1）設(she)線(xian)段OA的中點為C，則(ze)C點坐標為（2，0），
∵二(er)次函數y=a（x﹣h）2+2的圖象(xiang)經過原(yuan)點O（0，0），A（4，0），
∴二次函數的(de)對稱軸過線段OA的(de)中點，
∴二次(ci)函數的(de)對稱軸(zhou)為(wei)直(zhi)線x=2；
（2）由（1）可知h=2，可知二(er)次函數的頂點坐標為（2，2），
當線段OA繞(rao)點O逆時(shi)針旋轉60°到OA′，
則(ze)可(ke)知OA=OA′=4，
所以△OAA′為等(deng)邊(bian)三(san)角形，
如圖，過(guo)A′作A′E′⊥OA，交OA于點E′，
則可求得OE′=2，A′E′=2，
所以A′為(wei)二(er)次(ci)函數的頂(ding)點．
點評：本(ben)題(ti)主要考(kao)查二次函(han)數(shu)的對稱軸(zhou)和頂點坐標，掌握(wo)二次函(han)數(shu)的頂點式方程，即y=a（x﹣h）2+k是解題(ti)的關鍵，其中(zhong)頂點坐標為（h，k）．
19．在下(xia)列網格圖中，每個小正方形的邊長均為(wei)1個單位．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．
（1）試(shi)在圖中做出△ABC以A為旋(xuan)轉中心，沿(yan)順時針方向旋(xuan)轉90°后的圖形△AB1C1；
（2）若點B的坐標為（﹣3，5），試(shi)在(zai)圖(tu)中畫出直角坐標系，并(bing)標出A、C兩點的坐標；
（3）根據(ju)（2）的坐標系作出與△ABC關于(yu)原(yuan)點對(dui)稱的圖形△A2B2C2，并標出B2、C2兩點的坐標．
考點：作圖-旋轉(zhuan)變換．
專題：作圖題．
分析：（1）根據網格結構找出點(dian)B、C的對應點(dian)B1、C1的位置，然(ran)后與點(dian)A順(shun)次連接即(ji)可；
（2）以點(dian)(dian)B向(xiang)(xiang)右(you)3個(ge)單位(wei)，向(xiang)(xiang)下(xia)5個(ge)單位(wei)為(wei)坐(zuo)標原(yuan)點(dian)(dian)建立平面直角(jiao)坐(zuo)標系，然后寫出(chu)點(dian)(dian)A、C的(de)坐(zuo)標即可(ke)；
（3）根據網格結構(gou)找出點(dian)A、B、C關(guan)于原點(dian)的(de)對稱點(dian)A2、B2、C2的(de)位置(zhi)，然后順(shun)次連接即可(ke)．
解答：解：（1）△AB1C1如圖所示；
（2）如圖所示(shi)，A（0，1），C（﹣3，1）；
（3）△A2B2C2如圖(tu)所示，B2（3，﹣5），C2（3，﹣1）．
點(dian)評：本題(ti)考(kao)查了(le)利用旋(xuan)轉(zhuan)變(bian)換(huan)作圖，熟練掌握(wo)網格結構準確找出對應點(dian)的位(wei)置是解(jie)題(ti)的關鍵．
20．已知⊙O的(de)直徑為5，點(dian)A，點(dian)B，點(dian)C在⊙O上，∠CAB的(de)平分線交⊙O于(yu)點(dian)D．
（Ⅰ）如圖①，若BC為⊙O的直徑，AB=3，則(ze)AC=4，BD=；
（Ⅱ）如(ru)圖②，若∠CAB=60°，求BD的長(chang)．
考(kao)點：圓周(zhou)角定理；勾股定理．
分析：（1）BC為(wei)直(zhi)(zhi)徑(jing)可(ke)知△ABC為(wei)直(zhi)(zhi)角(jiao)三(san)角(jiao)形，利用勾股定理可(ke)求得AC，再結合(he)AD為(wei)角(jiao)平(ping)分線，可(ke)得CD=BD，在Rt△CBD中可(ke)求得BD；
（2）連(lian)接(jie)OB、OD，則可(ke)知(zhi)∠BOD=2∠DAB=∠CAB=60°，可(ke)知(zhi)△BOD為等邊(bian)三(san)角(jiao)形(xing)，可(ke)知(zhi)BD=OB，可(ke)求得BD的長．
解答：解：
（1）∵BC為直(zhi)徑，
∴∠CAB=∠CDB=90°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
∴CD=BD，
在Rt△ABC中，BC=5，AB=3，由勾股定理可求(qiu)得AC=4，
在Rt△CBD中，BC=5，CD=BD，由勾股(gu)定理可(ke)求得BD=，
故答(da)案為：4；；
（2）如(ru)圖，連(lian)接OB、OD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD=30°，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，且(qie)OB=OD，
∴△BOD為等(deng)邊(bian)三角(jiao)形，
∴BD=OB，
又直徑為5，
∴BD=2.5．
點評(ping)：本題(ti)主要考查圓周角(jiao)定理及等(deng)(deng)邊三角(jiao)形的(de)判定和性質(zhi)，掌握(wo)在同圓或等(deng)(deng)圓中相(xiang)等(deng)(deng)的(de)圓周角(jiao)所對(dui)的(de)弦(xian)相(xiang)等(deng)(deng)是解題(ti)的(de)關(guan)鍵．
21．一快餐店試銷(xiao)某種套餐，試銷(xiao)一段時間(jian)后發現，每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)份(fen)套餐的成(cheng)本為4元(yuan)，該店每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)天(tian)固定支出(chu)費(fei)用為200元(yuan)（不含套餐成(cheng)本）．若每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)份(fen)售價(jia)不超(chao)(chao)過(guo)6元(yuan)，每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)天(tian)可銷(xiao)售180份(fen)；若每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)份(fen)售價(jia)超(chao)(chao)過(guo)6元(yuan)，每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)提高1元(yuan)，每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)天(tian)的銷(xiao)售量(liang)就減(jian)少(shao)10份(fen)．為了(le)便于結算(suan)，每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)份(fen)套餐的售價(jia)x（元(yuan)）取(qu)整(zheng)數，用y（元(yuan)）表(biao)示該店日凈(jing)收入(ru)．（日凈(jing)收入(ru)=每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)天(tian)的銷(xiao)售額﹣套餐成(cheng)本﹣每(mei)(mei)(mei)(mei)(mei)天(tian)固定支出(chu)）
（1）當x=6時，y=160；當x＞6時，y與x的函數關系式為y=﹣10x2+280x﹣1160（x＞6）；
（2）該店既要吸引顧客(ke)，使每(mei)天銷售量(liang)較(jiao)大，又要有較(jiao)高的日凈收入(ru)．按此(ci)要求，每(mei)份套餐(can)的售價應定(ding)為(wei)多(duo)少(shao)元(yuan)？此(ci)時日凈收入(ru)為(wei)多(duo)少(shao)？
考點：一元(yuan)二次方程的應用．
專(zhuan)題(ti)：銷售問題(ti)．
分(fen)析：（1）本題考查的是分(fen)段函(han)數的知識(shi)點．當x=6時，y=180（6﹣4）﹣200；當x＞6時，y=（x﹣4）[180﹣10（x﹣6）]﹣200；
（2）由題(ti)意可(ke)得y與x的(de)函數(shu)關系式，用(yong)配方(fang)法求出大值(zhi)．
解答：解：（1）由題意得：當x=6時，y=180×（6﹣4）﹣200=160；
當x＞6時，y=（x﹣4）[180﹣10（x﹣6）]﹣200=﹣10x2+280x﹣1160．
即y=﹣10x2+280x﹣1160（x＞6）．
故(gu)答案是(shi)：160；y=﹣10x2+280x﹣1160（x＞6）．
（2）由題意得(de)：y=﹣10x2+280x﹣1160=﹣10（x﹣14）2+800，
故每份套餐的售價(jia)應定(ding)為14元，此時日凈收入為800元．
點評：本題(ti)考查的是二(er)(er)次函數的實際應用(yong)(yong)和一元二(er)(er)次方程的應用(yong)(yong)以及分(fen)段函數的有關(guan)(guan)知(zhi)識(shi)，解題(ti)的關(guan)(guan)鍵(jian)是根據題(ti)目中的等量(liang)關(guan)(guan)系(xi)(xi)列(lie)出(chu)函數關(guan)(guan)系(xi)(xi)．
22．某汽(qi)(qi)車銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)公司1月份銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)某廠家的(de)(de)汽(qi)(qi)車，在一定范圍內，每(mei)部汽(qi)(qi)車的(de)(de)進(jin)價與(yu)銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)有如下關系(xi)，若當月僅售(shou)(shou)(shou)出(chu)1部汽(qi)(qi)車，則該部汽(qi)(qi)車的(de)(de)進(jin)價為(wei)16萬元(yuan)，每(mei)多售(shou)(shou)(shou)一部，所(suo)有出(chu)售(shou)(shou)(shou)的(de)(de)汽(qi)(qi)車的(de)(de)進(jin)價均降低0.1萬元(yuan)/部．月底(di)廠家根據銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)量性返(fan)利(li)給銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)公司，銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)量在10部以(yi)內，含(han)10部，每(mei)部返(fan)利(li)0.5萬元(yuan)，銷(xiao)(xiao)售(shou)(shou)(shou)量在10部以(yi)上，每(mei)部返(fan)利(li)1萬元(yuan)．
①若該公司當(dang)月(yue)賣出4部(bu)汽車(che)(che)，則每部(bu)汽車(che)(che)的(de)進價(jia)為(wei)(wei)15.8萬元；若該公司當(dang)月(yue)賣出m（1≤m≤20）部(bu)汽車(che)(che)，則每部(bu)汽車(che)(che)的(de)進價(jia)為(wei)(wei)﹣0.1m+16.1萬元；
②如(ru)果(guo)汽車的(de)銷售價位17萬(wan)元/部，該(gai)公司(si)計劃當月盈利12萬(wan)元，那(nei)么要(yao)賣出多(duo)少部汽車？（盈利=銷售利潤(run)+返利）
考(kao)點(dian)：一元二次方程的應(ying)用．
專題(ti)：銷售問題(ti)．
分析：（1）根據(ju)若當月(yue)僅售出(chu)1部(bu)汽車，則該部(bu)汽車的進(jin)價(jia)為16萬元(yuan)，每多售出(chu)1部(bu)，所(suo)有售出(chu)的汽車的進(jin)價(jia)均(jun)降低(di)0.1萬元(yuan)/部(bu)，得出(chu)該公司(si)當月(yue)售出(chu)3部(bu)汽車時，則每部(bu)汽車的進(jin)價(jia)為：16﹣0.1×2，該公司(si)當月(yue)賣出(chu)m（1≤m≤20）部(bu)汽車，則每部(bu)汽車的進(jin)價(jia)為：16﹣0.1（m﹣1）=﹣0.1m+16.1，即(ji)可得出(chu)答案；
（2）利(li)(li)用設需要賣(mai)出(chu)x部汽車，由題意可知每部汽車的銷售利(li)(li)潤，根據當(dang)0≤x≤10，以及當(dang)x＞10時，分別討論得出(chu)即可．
解答：解：（1）∵若(ruo)當月僅售(shou)出1部(bu)(bu)汽車(che)，則該部(bu)(bu)汽車(che)的進價為16萬元，每多售(shou)出1部(bu)(bu)，所有(you)售(shou)出的汽車(che)的進價均降(jiang)低0.1萬元/部(bu)(bu)，
∴若該公司當月(yue)售(shou)出(chu)3部汽(qi)(qi)車，則(ze)每部汽(qi)(qi)車的進價為：16﹣0.1×（3﹣1）=15.8，
若該公司當(dang)月賣出m（1≤m≤20）部汽車(che)，則(ze)每部汽車(che)的進價(jia)為：16﹣0.1（m﹣1）=﹣0.1m+16.1；
故答案為：15.8，﹣0.1m+16.1；
（2）設需要(yao)賣出x部汽車，
由(you)題意可知，每(mei)部汽車(che)的銷售利(li)潤為：
17﹣[16﹣0.1（m﹣1）]=（0.1x+0.9）（萬元），
當0≤x≤10，
根(gen)據(ju)題意，得x•（0.1x+0.9）+0.5x=12，
整理(li)，得x2+14x﹣120=0，
解這個方程(cheng)，得x1=﹣20（不合(he)題(ti)意，舍去），x2=6，
當x＞10時，
根據題意，得x•（0.1x+0.9）+x=12，
整(zheng)理，得(de)x2+19x﹣120=0，
解這(zhe)個方(fang)程，得x1=﹣24（不合題意(yi)，舍去），x2=5，
因為5＜10，所以x2=5舍去．
答：需要賣(mai)出6部汽車．
點(dian)評：本題考(kao)查了一元二次方程的(de)應(ying)用．解題關(guan)鍵是要讀懂題目的(de)意思，根據(ju)題目給出(chu)的(de)條件，找出(chu)合適的(de)等量關(guan)系并(bing)進行分段討論是解題關(guan)鍵．
23．把一(yi)副三角板(ban)如圖甲放置(zhi)，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜(xie)邊(bian)AB=6cm，DC=7cm把三角板(ban)DCE繞點C順時(shi)針旋轉15°得到△D1CE1（如圖乙）．這(zhe)時(shi)AB與CD1相交(jiao)于(yu)點O，與D1E1相交(jiao)于(yu)點F．
（1）求∠OFE1的度(du)數；
（2）求線段AD1的長；
（3）若把(ba)三(san)角形D1CE1繞著點C順時(shi)針再旋轉30°得(de)△D2CE2，這(zhe)時(shi)點B在△D2CE2的內部(bu)，外部(bu)，還是(shi)邊上？證(zheng)明你(ni)的判斷．
考點(dian)：旋轉的(de)性質；勾股定理；等(deng)腰直角三角形．
專題：壓軸題．
分析：（1）根據OFE1=∠B+∠1，易得∠OFE1的度數(shu)；
（2）在Rt△AD1O中根(gen)據勾股定(ding)理就(jiu)可以求(qiu)得AD1的長；
（3）設BC（或(huo)延長線(xian)）交D2E2于點P，Rt△PCE2是等腰(yao)直角三角形，就可以求出CB的長，判斷B在△D2CE2內．
解(jie)答：解(jie)：（1）如圖所示，∠3=15°，∠E1=90°，
∴∠1=∠2=75°，
又∵∠B=45°，
∴∠OFE1=∠B+∠1=45°+75°=120°；
（2）∵∠OFE1=120°，
∴∠D1FO=60°，
∵∠CD1E1=30°，
∴∠4=90°，
又∵AC=BC，∠A=45°
即△ABC是(shi)等腰直角三角形．
∴OA=OB=AB=3cm，
∵∠ACB=90°，
∴CO=AB=×6=3cm，
又∵CD1=7cm，
∴OD1=CD1﹣OC=7﹣3=4cm，
在Rt△AD1O中，cm；
（3）點B在△D2CE2內部，
理由(you)如下(xia)：設BC（或延長線）交D2E2于點P
則∠PCE2=15°+30°=45°，
在(zai)Rt△PCE2中，CP=CE2=，
∵，即CB＜CP，
∴點B在△D2CE2內(nei)部．
點評：本題(ti)主要考查了圖形旋轉的性質，正確認識旋轉角，理(li)解旋轉的概念是解題(ti)的關鍵．
【篇二】
一、選擇題（每題4分(fen)，40分(fen)）
1．下(xia)列(lie)函(han)數(shu)中，是(shi)二次函(han)數(shu)的是(shi)（）
A．B．y=x2﹣（x﹣1）2C．D．
考點：二(er)次(ci)函數的定義．
分析：根據二次函數的定義逐一(yi)進(jin)行判斷．
解答(da)：解：A、等式的右邊不是整式，不是二(er)次函數，故本(ben)選項錯誤；
B、原(yuan)式(shi)化(hua)簡后可(ke)得，y=2x﹣1，故本選項錯(cuo)誤；
C、符合(he)二次(ci)函(han)數的定(ding)義，故本選項(xiang)正確；
D、分母中含有未(wei)知數，不是(shi)整式方(fang)程，因而不是(shi)一元(yuan)二次方(fang)程，故本選項錯誤；
故選C．
點評：本題考查了二次函(han)數(shu)(shu)的(de)定(ding)義，要知道：形(xing)如y=ax2+bx+c（其(qi)中a，b，c是常數(shu)(shu)，a≠0）的(de)函(han)數(shu)(shu)叫做(zuo)二次函(han)數(shu)(shu)，其(qi)中a稱(cheng)為(wei)(wei)二次項系(xi)數(shu)(shu)，b為(wei)(wei)項系(xi)數(shu)(shu)，c為(wei)(wei)常數(shu)(shu)項．x為(wei)(wei)自(zi)變(bian)量(liang)，y為(wei)(wei)因變(bian)量(liang)．等號右邊(bian)自(zi)變(bian)量(liang)的(de)高次數(shu)(shu)是2．
2．把方(fang)程（x﹣）（x+）+（2x﹣1）2=0化為(wei)一元二次方(fang)程的一般形(xing)式(shi)是（）
A．5x2﹣4x﹣4=0B．x2﹣5=0C．5x2﹣2x+1=0D．5x2﹣4x+6=0
考點(dian)：一元二(er)次(ci)方程(cheng)的一般形式．
分析：先把（x﹣）（x+）轉化為x2﹣2=x2﹣5；
然后再(zai)把（2x﹣1）2利(li)用完全(quan)平方公式展開得到4x2﹣4x+1．
再合并(bing)同類項即可得到一元(yuan)二次(ci)方程的一般形式．
解答：解：
（x﹣）（x+）+（2x﹣1）2=0
即x2﹣2+4x2﹣4x+1=0
移項合并同類項得：5x2﹣4x﹣4=0
故選：A．
點評：本(ben)題主要考查了(le)利用(yong)平方(fang)差公式和完全平方(fang)公式化簡成為一元二次(ci)方(fang)程的一般(ban)形(xing)式．
3．拋(pao)物(wu)線y=x2的(de)圖象(xiang)向左平移(yi)(yi)2個(ge)單位(wei)，再(zai)向下平移(yi)(yi)1個(ge)單位(wei)，則(ze)所(suo)得拋(pao)物(wu)線的(de)解析(xi)式(shi)為（）
A．y=x2+2x﹣2B．y=x2+2x+1C．y=x2﹣2x﹣1D．y=x2﹣2x+1
考點：二次函(han)數圖象(xiang)與(yu)幾何變換．
分析：由(you)于拋物(wu)線的(de)圖象向左(zuo)平(ping)移2個單(dan)位，再向下平(ping)移1個單(dan)位，則x'=x﹣2，y'=y﹣1，代入原拋物(wu)線方程即可(ke)得平(ping)移后(hou)的(de)方程．
解答：解：由(you)題意得(de)：，
代入原(yuan)拋物線(xian)方程得：y'+1=（x'+2）2，
變形得：y=x2+2x+1．
故選B．
點(dian)(dian)評：本題考查了(le)二次函數圖象的幾何變(bian)換(huan)，重點(dian)(dian)是找出平移變(bian)換(huan)的關系．
4．將一元二次方(fang)程2x2﹣3x+1=0配方(fang)，下列配方(fang)正確(que)的是（）
A．（x﹣）2=16B．2（x﹣）2=C．（x﹣）2=D．以(yi)上都不對
考點：解一元二次方程(cheng)-配方法．
分析：方程移(yi)項后，方程兩邊除以2變形得到結(jie)果，即(ji)可判定．
解(jie)答：解(jie)：方(fang)程移項得：2x2﹣3x=﹣1，
方程兩(liang)邊除以2得：x2﹣x=﹣，
配方得：x2﹣x+=，即（x﹣）2=，
故選C．
點(dian)評：此題考查了解一元(yuan)二次方程﹣配方法，熟練掌(zhang)握完全平(ping)方公式是(shi)解本(ben)題的關鍵(jian)．
5．已知三角(jiao)形兩邊長(chang)分別為2和9，第三邊的(de)長(chang)為二(er)次(ci)方程x2﹣14x+48=0的(de)根，則這個三角(jiao)形的(de)周(zhou)長(chang)為（）
A．11B．17C．17或19D．19
考(kao)點：解一元二次方程(cheng)-因式分解法；三(san)角(jiao)形三(san)邊關系(xi)．
分(fen)析：易(yi)得(de)方程的兩(liang)根(gen)，那么根(gen)據三角形(xing)的三邊(bian)關系，得(de)到合題意(yi)的邊(bian)，進而求得(de)三角形(xing)周(zhou)長即可．
解(jie)答：解(jie)：解(jie)方程(cheng)x2﹣14x+48=0得第三邊的邊長為6或(huo)8，
依(yi)據三角(jiao)形三邊關系，不(bu)難(nan)判定邊長2，6，9不(bu)能構成(cheng)三角(jiao)形，
2，8，9能構(gou)成三角形，∴三角形的周(zhou)長=2+8+9=19．故選(xuan)D．
點評(ping)：求(qiu)三角形的周長(chang)，不能盲目(mu)地(di)將三邊長(chang)相加起(qi)來，而應(ying)養成(cheng)檢(jian)驗三邊長(chang)能否成(cheng)三角形的好習慣．
6．已知拋物線(xian)y=ax2+bx，當a＞0，b＜0時，它(ta)的圖象(xiang)經過（）
A．一(yi)，二，三象(xiang)限B．一(yi)，二，四象(xiang)限
C．一，三，四象(xiang)(xiang)限D．一，二，三，四象(xiang)(xiang)限
考點：二(er)次函數圖象與系數的(de)關(guan)系．
分(fen)析：由(you)a＞0可以得到開口方向向上(shang)，由(you)b＜0，a＞0可以推出對稱軸x=﹣＞0，由(you)c=0可以得到此(ci)(ci)函數過原點，由(you)此(ci)(ci)即可確定可知(zhi)它的圖(tu)象(xiang)經過的象(xiang)限(xian)．
解答：解：∵a＞0，
∴開(kai)口方向(xiang)向(xiang)上，
∵b＜0，a＞0，
∴對稱(cheng)軸x=﹣＞0，
∵c=0，
∴此函數過原點．
∴它(ta)的圖(tu)象(xiang)經過(guo)一，二，四(si)象(xiang)限．
故選B．
點評：此題主要考查二(er)次函數的以(yi)下性質．
7．某超市一(yi)月(yue)份的營業額(e)為200萬元，已(yi)知第一(yi)季度的總營業額(e)共1000萬元，如果平均每月(yue)增長率為x，則由題意列方程應(ying)為（）
A．200（1+x）2=1000B．200+200×2x=1000
C．200+200×3x=1000D．200[1+（1+x）+（1+x）2]=1000
考點：由實際問題抽象出一元二次方程．
專(zhuan)題(ti)：增(zeng)長率(lv)問題(ti)．
分(fen)析：先(xian)得到(dao)二(er)月份的(de)(de)(de)營(ying)業額(e)(e)，三月份的(de)(de)(de)營(ying)業額(e)(e)，等(deng)量關系為：一月份的(de)(de)(de)營(ying)業額(e)(e)+二(er)月份的(de)(de)(de)營(ying)業額(e)(e)+三月份的(de)(de)(de)營(ying)業額(e)(e)=1000萬元(yuan)，把(ba)相(xiang)關數值(zhi)代入即可．
解答：解：∵一月份的營業額為200萬元(yuan)，平均每月增(zeng)長率為x，
∴二(er)月(yue)份的營業(ye)額為(wei)200×（1+x），
∴三(san)月份的(de)營業額(e)為200×（1+x）×（1+x）=200×（1+x）2，
∴可(ke)列方程為200+200×（1+x）+200×（1+x）2=1000，
即200[1+（1+x）+（1+x）2]=1000．
故選：D．
點評：考(kao)查由實際(ji)問題抽象出一元二次方(fang)程中(zhong)求平均(jun)變(bian)化(hua)(hua)率的(de)(de)方(fang)法(fa)．若(ruo)設變(bian)化(hua)(hua)前(qian)的(de)(de)量(liang)為(wei)a，變(bian)化(hua)(hua)后的(de)(de)量(liang)為(wei)b，平均(jun)變(bian)化(hua)(hua)率為(wei)x，則經(jing)過兩次變(bian)化(hua)(hua)后的(de)(de)數量(liang)關(guan)系為(wei)a（1±x）2=b．得到第一季度的(de)(de)營業額的(de)(de)等量(liang)關(guan)系是解決(jue)本(ben)題的(de)(de)關(guan)鍵．
8．拋物線(xian)y=ax2+bx+c的圖象(xiang)如(ru)圖，OA=OC，則（）
A．ac+1=bB．ab+1=cC．bc+1=aD．以上都不是
考點：二次函數圖象與系數的(de)關(guan)系．
分(fen)析：由OA=OC可以得到點(dian)(dian)A、C的坐標為（﹣c，0），（0，c），把點(dian)(dian)A的坐標代入y=ax2+bx+c得ac2﹣bc+c=0，c（ac﹣b+1）=0，然后即可推出ac+1=b．
解(jie)答：解(jie)：∵OA=OC，
∴點A、C的坐標(biao)為（﹣c，0），（0，c），
∴把點(dian)A的(de)坐標(biao)代入(ru)y=ax2+bx+c得，
ac2﹣bc+c=0，
∴c（ac﹣b+1）=0，
∵c≠0
∴ac﹣b+1=0，
∴ac+1=b．
故選A．
點評：此題考查了點與函數的關(guan)(guan)系，解題的關(guan)(guan)鍵是靈(ling)活應用數形結(jie)合思想．
9．已知二(er)次函數(shu)y=2（x﹣3）2+1．下列說(shuo)(shuo)法(fa)：①其(qi)(qi)圖象的開口向上；②其(qi)(qi)圖象的對(dui)稱軸為直線x=﹣3；③其(qi)(qi)圖象頂(ding)點坐標為（3，﹣1）；④當x＜2，y隨x的增大而減(jian)小(xiao)；⑤當x=0時，y小(xiao)值為1．則(ze)其(qi)(qi)中(zhong)說(shuo)(shuo)法(fa)正(zheng)確的有（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
考點：二次函數的性質．
專題：計算題．
分(fen)析(xi)：利(li)用(yong)拋物線的頂點式和二次函數(shu)的性質分(fen)別進行判斷．
解(jie)答：解(jie)：∵a=2＞，
∴拋物線開口向上，所(suo)以①正(zheng)確(que)；
∵y=2（x﹣3）2+1，
∴拋物線(xian)的對(dui)稱軸(zhou)為(wei)直線(xian)x=3，頂點坐標(biao)為(wei)（3，1），所(suo)以(yi)②③錯誤；
當x＜3時，y隨x的增大而減小，所以④錯誤(wu)；
當x=3時(shi)，y有小值1，所(suo)以⑤錯(cuo)誤(wu)．
故選A．
點評：本題考(kao)查了二(er)次(ci)(ci)函數的(de)性(xing)質(zhi)：二(er)次(ci)(ci)函數y=ax2+bx+c（a≠0）的(de)頂(ding)點坐標是（﹣，），對稱軸(zhou)直線x=﹣，二(er)次(ci)(ci)函數y=ax2+bx+c（a≠0）的(de)圖象具有如下性(xing)質(zhi)：當(dang)a＞0時(shi)(shi)(shi)(shi)，拋(pao)物線y=ax2+bx+c（a≠0）的(de)開口向上，x＜﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y隨(sui)x的(de)增(zeng)大(da)而(er)減(jian)小；x＞﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y隨(sui)x的(de)增(zeng)大(da)而(er)增(zeng)大(da)；x=﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y取得小值，即頂(ding)點是拋(pao)物線的(de)低點．當(dang)a＜0時(shi)(shi)(shi)(shi)，拋(pao)物線y=ax2+bx+c（a≠0）的(de)開口向下，x＜﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y隨(sui)x的(de)增(zeng)大(da)而(er)增(zeng)大(da)；x＞﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y隨(sui)x的(de)增(zeng)大(da)而(er)減(jian)小；x=﹣時(shi)(shi)(shi)(shi)，y取得大(da)值，即頂(ding)點是拋(pao)物線的(de)高點．
10．關于x的(de)一元二次方(fang)程（a﹣1）x2﹣2x+3=0有實數根，則整數a的(de)大值是(shi)（）
A．2B．1C．0D．﹣1
考點：根的判別式．
分析：根(gen)據(ju)方程有實數(shu)根(gen)，得到根(gen)的(de)判別式(shi)的(de)值(zhi)大(da)于(yu)等(deng)于(yu)0，且二次項系數(shu)不(bu)為0，即可求出整數(shu)a的(de)大(da)值(zhi)．
解(jie)答：解(jie)：根據題意得：△=4﹣12（a﹣1）≥0，且a﹣1≠0，
解得(de)：a≤，a≠1，
則整(zheng)數a的大(da)值為0．
故選C．
點評：此題(ti)考查了根(gen)的(de)(de)判(pan)別(bie)式，一元二次方程的(de)(de)定義，弄清(qing)題(ti)意是解(jie)本題(ti)的(de)(de)關(guan)鍵．
二、填空(kong)題(ti)（每空(kong)4分，20分）
11．使分(fen)式的值等于(yu)零的x的值是(shi)6．
考點(dian)：分式的值為零的條件．
專題：計算題．
分(fen)(fen)析：分(fen)(fen)式的值為(wei)零：分(fen)(fen)子為(wei)0，分(fen)(fen)母不為(wei)0．
解答：解：根據題意，得(de)
x2﹣5x﹣6=0，即（x﹣6）（x+1）=0，且x+1≠0，
解得，x=6．
故答案是：6．
點評：本題考查了分式的(de)值為(wei)零的(de)條(tiao)件．若分式的(de)值為(wei)零，需同(tong)時具(ju)備兩個條(tiao)件：（1）分子為(wei)0；（2）分母不(bu)為(wei)0．這兩個條(tiao)件缺(que)一不(bu)可．
12．已(yi)知點P（a，m）和Q（b，m）是拋物線y=2x2+4x﹣3上(shang)的兩個不同點，則a+b=﹣2．
考點(dian)：二次函數圖象上(shang)點(dian)的坐標特征．
專題：壓軸題．
分析(xi)：由于P、Q兩點的(de)縱坐(zuo)標相等，故(gu)這兩點是拋物線上關于對稱軸(zhou)對稱的(de)兩點；而拋物線y=2x2+4x﹣3的(de)對稱軸(zhou)為x=﹣1，根據對稱軸(zhou)x=，可(ke)求a+b的(de)值(zhi)．
解(jie)答：解(jie)：已(yi)知(zhi)點(dian)P（a，m）和(he)Q（b，m）是拋(pao)物線y=2x2+4x﹣3上(shang)的兩個不(bu)同點(dian)，
因為(wei)點(dian)P（a，m）和Q（b，m）點(dian)的縱坐標(biao)相等，
所以(yi)，它們關(guan)于其對(dui)稱軸對(dui)稱，
而拋物線(xian)y=2x2+4x﹣3的對稱軸為x=﹣1；
故有(you)a+b=﹣2．
故答案為：﹣2．
點評：本題考查(cha)了(le)函數(shu)圖(tu)象上的(de)點的(de)坐(zuo)標與(yu)函數(shu)解(jie)析(xi)式的(de)關系(xi)，以及關于(yu)y軸對稱的(de)點坐(zuo)標之(zhi)間的(de)關系(xi)．
13．一元二(er)次方程2x2﹣3x﹣1=0與(yu)x2﹣x+3=0的所有實(shi)數(shu)根的和等于．
考(kao)點：根與系(xi)數的關系(xi)．
專題：計算題．
分析：先判斷x2﹣x+3=0沒有實(shi)數解，則(ze)兩個方程的(de)所有實(shi)數根(gen)(gen)的(de)和就是2x2﹣3x﹣1=0的(de)兩根(gen)(gen)之和，然后(hou)根(gen)(gen)據根(gen)(gen)與系數的(de)關系求解．
解答：解：方程(cheng)2x2﹣3x﹣1=0的兩根之和為(wei)
∵x2﹣x+3=0沒有實數解，
∴方程2x2﹣3x﹣1=0與(yu)x2﹣x+3=0的(de)所(suo)有(you)實(shi)數根(gen)的(de)和(he)等于．
故答案為．
點評：本題考查了(le)根與(yu)系數的關系：若x1，x2是一元二(er)次方(fang)程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根時，x1+x2=，x1x2=．
14．若關(guan)于(yu)x的方程a（x+m）2+b=0的兩個根﹣1和(he)4（a．m．b均為(wei)常(chang)數，a≠0），則方程a（x+m﹣3）2+b=0是x1=2，x2=7．
考點：解一元(yuan)二次方(fang)程-直接(jie)開平方(fang)法．
分析(xi)：先利用(yong)直接開平方(fang)(fang)(fang)法得方(fang)(fang)(fang)程(cheng)(cheng)a（x+m）2+b=0的解為x=﹣m±，則﹣m+，=1，﹣m﹣，=﹣2，再(zai)解方(fang)(fang)(fang)程(cheng)(cheng)a（x+m﹣2）2+b=0得x=3﹣m±，然(ran)后利用(yong)整(zheng)體代入的方(fang)(fang)(fang)法得到方(fang)(fang)(fang)程(cheng)(cheng)a（x+m﹣3）2+b=0的根(gen)．
解答：解：解：解方程a（x+m）2+b=0得(de)x=﹣m±，
∵方程a（x+m）2+b=0（a，m，b均為常(chang)數(shu)，a≠0）的根是x1=﹣1，x2=4，
∴﹣m+，=﹣1，﹣m﹣，=4，
∵解方程a（x+m﹣3）2+b=0得x=3﹣m±，
∴x1=3﹣1=2，x2=3+4=7．
故答案為x1=2，x2=7．
點評：本(ben)題考查了一(yi)(yi)元(yuan)(yuan)二(er)(er)(er)次(ci)(ci)方(fang)程(cheng)的(de)(de)解(jie)：能使一(yi)(yi)元(yuan)(yuan)二(er)(er)(er)次(ci)(ci)方(fang)程(cheng)左右兩邊相(xiang)等的(de)(de)未知數(shu)的(de)(de)值(zhi)是一(yi)(yi)元(yuan)(yuan)二(er)(er)(er)次(ci)(ci)方(fang)程(cheng)的(de)(de)解(jie)．又因(yin)為(wei)只含有一(yi)(yi)個(ge)未知數(shu)的(de)(de)方(fang)程(cheng)的(de)(de)解(jie)也叫做這個(ge)方(fang)程(cheng)的(de)(de)根(gen)，所以，一(yi)(yi)元(yuan)(yuan)二(er)(er)(er)次(ci)(ci)方(fang)程(cheng)的(de)(de)解(jie)也稱為(wei)一(yi)(yi)元(yuan)(yuan)二(er)(er)(er)次(ci)(ci)方(fang)程(cheng)的(de)(de)根(gen)．
15．如圖所示的是二次函(han)數(shu)y=ax2+bx+c的圖象(xiang)，某學(xue)霸從下面五(wu)條信(xin)息中：
（1）a＜0；（2）b2﹣4ac＞0；（3）c＞1；（4）2a﹣b＞0；（5）a+b+c＜0．準確找(zhao)到了其中錯誤(wu)的(de)信息，它們分(fen)別是（1）（2）（5）（只填序號）
考點：二次(ci)函數圖象(xiang)與(yu)系(xi)數的關系(xi)．
分(fen)析：由(you)拋(pao)物線(xian)(xian)的(de)(de)(de)開口方向判(pan)斷(duan)a與(yu)(yu)0的(de)(de)(de)關系(xi)；根據拋(pao)物線(xian)(xian)與(yu)(yu)x軸交(jiao)點(dian)個數判(pan)斷(duan)b2﹣4ac與(yu)(yu)0的(de)(de)(de)關系(xi)；由(you)拋(pao)物線(xian)(xian)與(yu)(yu)y軸的(de)(de)(de)交(jiao)點(dian)判(pan)斷(duan)c與(yu)(yu)1的(de)(de)(de)關系(xi)；根據對稱(cheng)軸在x=﹣1的(de)(de)(de)左邊(bian)判(pan)斷(duan)2a﹣b與(yu)(yu)0的(de)(de)(de)關系(xi)；把x=1，y=0代入y=ax2+bx+c，可判(pan)斷(duan)a+b+c＜0是否成立．
解(jie)(jie)答(da)：解(jie)(jie)：（1）∵拋物線(xian)的開口向下，
∴a＜0，故本信(xin)息(xi)正(zheng)確；
（2）根據圖示知，該(gai)函數圖象與x軸有兩(liang)個交點，
故△=b2﹣4ac＞0；
故本信息正確；
（3）由圖象(xiang)知(zhi)，該函數圖象(xiang)與y軸的交點在點（0，1）以下，
所以(yi)c＜1，故(gu)本信息(xi)錯誤；
（4）由(you)圖(tu)示，知對(dui)稱(cheng)軸x=﹣＞﹣1；
又∵a＜0，
∴﹣b＜﹣2a，即2a﹣b＜0，故本(ben)信息錯誤；
（5）根據圖示可知(zhi)，當x=1，即y=a+b+c＜0，
所以a+b+c＜0，故(gu)本信息正確；
故答(da)案為（1）（2）（5）．
點評：主(zhu)要考查(cha)圖(tu)象與二次(ci)函數系數之間(jian)的關系，會(hui)利(li)用對稱軸的范圍求2a與b的關系，以及(ji)二次(ci)函數與方程(cheng)之間(jian)的轉換，根的判別式的熟(shu)練運(yun)用．
三、解答題
16．（16分(fen)）解方程
①（5x﹣1）2=3（5x﹣1）
②x2+2x=7．
考(kao)點：解(jie)一元(yuan)二(er)次方程-因式分(fen)解(jie)法；解(jie)一元(yuan)二(er)次方程-配方法．
分(fen)析：①先(xian)移項，再把等號左邊因式分(fen)解(jie)，后分(fen)別(bie)解(jie)方程即可；
②先在等號左右兩(liang)邊加上項系數的(de)一半的(de)平方，再進行配方，然后開方即可得出答案．
解答：解：①（5x﹣1）2=3（5x﹣1），
（5x﹣1）2﹣3（5x﹣1）=0，
（5x﹣1）（5x﹣1﹣3）=0，
（5x﹣1）（5x﹣4）=0，
x1=，x2=；
②x2+2x=7，
x2+2x+1=8，
（x+1）2=8，
x+1=±2，
x1=﹣1+2，x2=﹣1﹣2．
點(dian)(dian)評：本題考(kao)查了一元二次(ci)方(fang)程(cheng)的(de)(de)解法，解一元二次(ci)方(fang)程(cheng)常用(yong)的(de)(de)方(fang)法有直接開平方(fang)法，配方(fang)法，公式(shi)法，因式(shi)分解法，要根據方(fang)程(cheng)的(de)(de)特(te)點(dian)(dian)靈活選用(yong)合適的(de)(de)方(fang)法．
17．若拋(pao)物線y=ax2+bx+c的(de)頂點是A（﹣2，1），且經(jing)過點B（1，0），求該(gai)拋(pao)物線的(de)函數解析(xi)式．
考點：待定系數(shu)法求二次函數(shu)解析式．
分析：設拋物線的解(jie)(jie)析式為(wei)y=a（x+2）2+1，將點B（1，0）代入(ru)解(jie)(jie)析式即可求出a的值(zhi)，從(cong)而得(de)到二次函數解(jie)(jie)析式．
解(jie)答：解(jie)：設拋物(wu)線(xian)的解(jie)析式為y=a（x+2）2+1，
將B（1，0）代入y=a（x+2）2+1得，
a=﹣，
函數解(jie)析(xi)式為y=﹣（x+2）2+1，
展開得y=﹣x2﹣x+．
所以該(gai)拋(pao)物線的函數解析式為y=﹣x2﹣x+．
點評：本題考查了待定系數法求函數解析(xi)式，知道二次函數的頂點式是解題的關鍵．
18．若(ruo)﹣3+是方程x2+kx+4=0的一個根(gen)，求另(ling)一根(gen)和k的值．
考(kao)點：根(gen)與系數的關系．
分(fen)析：設方(fang)程的(de)另(ling)一個根(gen)是m，根(gen)據韋(wei)達定(ding)理(li)，可以得到兩(liang)根(gen)的(de)積(ji)等于4，兩(liang)根(gen)的(de)和等于﹣k，即可求解．
解答：解：設(she)方程(cheng)的另(ling)一(yi)個(ge)根是m，根據韋達定理，可(ke)以得到：
（﹣3+）•m=4，且(qie)﹣3++m=﹣k，
解得：m=﹣3﹣，k=6．
即方(fang)程的(de)另一(yi)根為﹣3﹣，k=6．
點(dian)評(ping)：本題(ti)主要考查了一(yi)元二次方程(cheng)的根(gen)(gen)與(yu)系數的關系：x1，x2是(shi)一(yi)元二次方程(cheng)ax2+bx+c=0（a≠0）的兩(liang)根(gen)(gen)時，x1+x2=，x1x2=．
19．某工廠大(da)(da)(da)門是一(yi)拋物(wu)線形水泥(ni)建筑物(wu)（如圖），大(da)(da)(da)門地(di)面寬AB=4米(mi)，頂(ding)(ding)部C離地(di)面高度為(wei)4.4米(mi)．現有一(yi)輛滿載貨物(wu)的(de)汽車(che)欲通(tong)過大(da)(da)(da)門，貨物(wu)頂(ding)(ding)部距地(di)面2.8米(mi)，裝貨寬度為(wei)2.4米(mi)．請(qing)通(tong)過計算，判斷(duan)這輛汽車(che)能否(fou)順利(li)通(tong)過大(da)(da)(da)門？
考點(dian)：二次函數(shu)的(de)應用．
專題：壓軸題．
分析(xi)：本題只要計算大(da)(da)門(men)(men)頂(ding)部(bu)(bu)寬(kuan)2.4米的(de)部(bu)(bu)分離地面是(shi)(shi)(shi)否超過(guo)2.8米即(ji)可．如果設C點是(shi)(shi)(shi)原點，那么A的(de)坐標(biao)就(jiu)是(shi)(shi)(shi)（﹣2，﹣4.4），B的(de)坐標(biao)是(shi)(shi)(shi)（2，﹣4.4），可設這個函(han)數(shu)為y=kx2，那么將A的(de)坐標(biao)代(dai)入(ru)(ru)后即(ji)可得(de)出y=﹣1.1x2，那么大(da)(da)門(men)(men)頂(ding)部(bu)(bu)寬(kuan)2.4m的(de)部(bu)(bu)分的(de)兩(liang)點的(de)橫坐標(biao)就(jiu)應該是(shi)(shi)(shi)﹣1.2和1.2，因此將x=1.2代(dai)入(ru)(ru)函(han)數(shu)式中可得(de)y≈﹣1.6，因此大(da)(da)門(men)(men)頂(ding)部(bu)(bu)寬(kuan)2.4m部(bu)(bu)分離地面的(de)高度是(shi)(shi)(shi)4.4﹣1.6=2.8m，因此這輛汽車(che)正(zheng)好可以通過(guo)大(da)(da)門(men)(men)．
解(jie)答：解(jie)：根據題(ti)意知，A（﹣2，﹣4.4），B（2，﹣4.4），設(she)這(zhe)個函數為(wei)y=kx2．
將A的(de)坐(zuo)標代入，得y=﹣1.1x2，
∴E、F兩點的(de)橫(heng)坐標就應該是﹣1.2和(he)1.2，
∴將x=1.2代入函數(shu)式，得
y≈﹣1.6，
∴GH=CH﹣CG=4.4﹣1.6=2.8m，
因此這輛汽車(che)正好可(ke)以(yi)通(tong)過大門．
點評：本題主(zhu)要結合實際問題考查了(le)二次(ci)函(han)數(shu)的(de)應(ying)用，得出二次(ci)函(han)數(shu)式進而求出大門頂部(bu)寬2.4m部(bu)分離地面的(de)高度是解題的(de)關鍵(jian)．
20．某商(shang)(shang)(shang)場(chang)(chang)銷售一批(pi)襯衫，平均(jun)每(mei)(mei)天(tian)可(ke)售出20件，每(mei)(mei)件盈利(li)45元，為了擴大銷售、增(zeng)加盈利(li)，盡快減少庫存(cun)，商(shang)(shang)(shang)場(chang)(chang)決定采(cai)取適當(dang)的降價措(cuo)施(shi)，經調(diao)查發(fa)現，如果每(mei)(mei)件襯衫每(mei)(mei)降價1元，商(shang)(shang)(shang)場(chang)(chang)平均(jun)每(mei)(mei)天(tian)可(ke)多(duo)售出4件，若商(shang)(shang)(shang)場(chang)(chang)平均(jun)每(mei)(mei)天(tian)盈利(li)2100元，每(mei)(mei)件襯衫應降價多(duo)少元？
考點(dian)：一元(yuan)二(er)次方程(cheng)的應用．
專題(ti)：銷售問題(ti)．
分析：商場平均每(mei)(mei)天盈(ying)利(li)數(shu)(shu)=每(mei)(mei)件(jian)的盈(ying)利(li)×售出(chu)(chu)件(jian)數(shu)(shu)；每(mei)(mei)件(jian)的盈(ying)利(li)=原(yuan)來每(mei)(mei)件(jian)的盈(ying)利(li)﹣降價數(shu)(shu)．設每(mei)(mei)件(jian)襯衫(shan)應降價x元(yuan)，然后根(gen)據前面的關系式即(ji)可列出(chu)(chu)方程，解(jie)方程即(ji)可求出(chu)(chu)結果．
解答：解：設每件襯(chen)衫應降價x元(yuan)(yuan)，可使商場每天盈利2100元(yuan)(yuan)．
根據題(ti)意(yi)得(de)（45﹣x）=2100，
解得x1=10，x2=30．
因盡快(kuai)減(jian)少庫存(cun)，故x=30．
答：每件(jian)襯衫(shan)應降(jiang)價30元．
點評：需要注意的是：
（1）盈(ying)利下降，銷售(shou)量(liang)就(jiu)(jiu)提高，每件盈(ying)利減，銷售(shou)量(liang)就(jiu)(jiu)加；
（2）在盈利相(xiang)同的情況下，盡快減少庫(ku)存，就是要多(duo)(duo)賣(mai)，降價(jia)越多(duo)(duo)，賣(mai)的也越多(duo)(duo)，所以取降價(jia)多(duo)(duo)的那一種．
21．如(ru)圖，線(xian)段AB的長為(wei)2，C為(wei)線(xian)段AB上一個動點(dian)，分別以(yi)AC、BC為(wei)斜邊在(zai)AB的同側作兩個等腰(yao)直(zhi)角三角形(xing)△ACD和△BCE．
（1）設DE的(de)長為(wei)y，AC的(de)長為(wei)x，求出(chu)y與x的(de)函(han)數關系式；
（2）求出DE的(de)小值．
考點：二次函數(shu)的(de)應用．
分析：（1）設AC=x，則BC=2﹣x，然(ran)后分別(bie)表示出DC、EC，繼而在RT△DCE中，利用勾(gou)股定理求出DE長(chang)度的表達式；
（2）利用函(han)數(shu)的(de)性(xing)質進(jin)行(xing)解答即可．
解答(da)：解：如(ru)圖(tu)，
設AC=x，則BC=2﹣x，
∵△ACD和△BCE分(fen)別是等腰直角三角形，
∴∠DCA=45°，∠ECB=45°，DC=x，CE=（2﹣x），
∴∠DCE=90°，
故DE2=DC2+CE2=x2+（2﹣x）2=x2﹣2x+2=（x﹣1）2+1，
∴y=．
（2）y=
當x=1時，DE取(qu)得小值(zhi)，DE也取(qu)得小值(zhi)，小值(zhi)為(wei)1．
點(dian)評：此題(ti)考查了二次函數(shu)值及等腰(yao)直角三角形，難度不大，關鍵是表示出DC、CE，得出DE的(de)表達式(shi)，還(huan)要求我們(men)掌(zhang)握配方法求二次函數(shu)值．
22．如圖，一(yi)位(wei)籃(lan)(lan)(lan)球運動員(yuan)在離籃(lan)(lan)(lan)圈水(shui)平距(ju)離4m處(chu)跳起投籃(lan)(lan)(lan)，球沿一(yi)條拋物線運行，當球運行的水(shui)平距(ju)離為2.5m時，達到大高度3.5m，然后(hou)準確落入(ru)籃(lan)(lan)(lan)框內．已知籃(lan)(lan)(lan)圈中心(xin)離地面高度為3.05m．
（1）建立圖中(zhong)所(suo)示的(de)直(zhi)角坐標系(xi)，求拋物線所(suo)對應的(de)函數(shu)關系(xi)式；
（2）若該運動(dong)員(yuan)身高1.8m，這次跳投時，球在他(ta)頭(tou)頂(ding)上方0.25m處出手．問：球出手時，他(ta)跳離(li)地面多高？
考點：二次函數(shu)的應用．
分(fen)析：（1）設拋物線的(de)表達(da)式為y=ax2+3.5，依題意可知圖象經過(guo)的(de)坐(zuo)標，由此可得a的(de)值．
（2）設球出(chu)手時(shi)，他跳離地面(mian)的高度為hm，則可(ke)得h+2.05=﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5．
解(jie)答：解(jie)：（1）∵拋物(wu)線的(de)頂點坐標為（0，3.5），
∴可(ke)設拋物線的函數關(guan)系式為y=ax2+3.5．
∵藍球中心（1.5，3.05）在拋物線上(shang)，將它的(de)坐標代(dai)入(ru)上(shang)式，得3.05=a×1.52+3.5，
∴a=﹣，
∴y=﹣x2+3.5．
（2）設(she)球出手時，他跳離(li)地面的高度為hm，
因為（1）中(zhong)求得y=﹣0.2x2+3.5，
則球(qiu)出手時，球(qiu)的(de)高度為h+1.8+0.25=（h+2.05）m，
∴h+2.05=﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5，
∴h=0.2（m）．
答：球出手時，他跳(tiao)離地面的高度為0.2m．
點評：本題考查了函數(shu)類綜合應(ying)用(yong)題，對(dui)函數(shu)定(ding)義、性質，以(yi)及(ji)在實際問題中的應(ying)用(yong)等(deng)技能進行了全面考查，對(dui)學生的數(shu)學思維具有很大(da)的挑戰(zhan)性．
23．如圖(tu)所示，矩形ABCD的邊(bian)AB=3，AD=2，將此(ci)矩形置入直(zhi)角坐標系中，使(shi)AB在(zai)x軸上(shang)，點(dian)C在(zai)直(zhi)線y=x﹣2上(shang)．
（1）求矩(ju)形(xing)各頂點坐標；
（2）若直線y=x﹣2與y軸交(jiao)于點E，拋(pao)(pao)物(wu)線過E、A、B三點，求拋(pao)(pao)物(wu)線的關系式；
（3）判斷上(shang)述拋物(wu)線的頂(ding)點是否落在矩(ju)形ABCD內部，并說明(ming)理(li)由．
考(kao)點：二次函(han)數綜合題．
專題：綜合題．
分析(xi)(xi)：（1）由于AD=2，即C點的(de)縱坐標(biao)為2，將其代入(ru)已(yi)知(zhi)的(de)直(zhi)線解析(xi)(xi)式中，即可(ke)(ke)求得(de)C點的(de)橫(heng)(heng)坐標(biao)，進(jin)而由AB的(de)長，求得(de)A、D的(de)橫(heng)(heng)坐標(biao)，由此可(ke)(ke)確定(ding)矩形(xing)的(de)四頂點的(de)坐標(biao)．
（2）根據直(zhi)線y=x﹣2可求(qiu)得(de)E點的坐標，進而可利用待定系(xi)數法(fa)求(qiu)出該拋(pao)物線的解析式．
（3）根據（2）所得拋(pao)物線的(de)解(jie)析式(shi)，即可由(you)配方(fang)法或公式(shi)法求得其頂點坐標，進而根據矩形(xing)(xing)的(de)四頂點坐標，來判(pan)斷(duan)此(ci)頂點是否在矩形(xing)(xing)的(de)內部．
解答：解：（1）如答圖所示．
∵y=x﹣2，AD=BC=2，設C點坐標(biao)為（m，2），
把C（m，2）代(dai)入(ru)y=x﹣2，
即2=m﹣2，
∴m=4，
∴C（4，2），
∴OB=4，AB=3，
∴OA=4﹣3=1，
∴A（1，0），B（4，0），C（4，2），D（1，2）．
（2）∵y=x﹣2，
∴令x=0，得y=﹣2，
∴E（0，﹣2）．
設經過E（0，﹣2），A（1，0），B（4，0）三點的拋物線關(guan)系(xi)式(shi)為(wei)y=ax2+bx+c，
∴，
解得；
∴y=．
（3）拋物線(xian)頂點在矩形ABCD內部．
∵y=，
∴頂點為，
∵，
∴頂點(dian)在(zai)矩形ABCD內部．
點評：此題主(zhu)要(yao)考查了函(han)數圖象上點的坐標意義、矩形的性質、二次函(han)數解析式的確定等知識，難度不大，細心求解即可(ke)．
【篇三】
一(yi)、選擇題(每小題3分)
1．下列方程中，是(shi)一元二次(ci)方程的個數是(shi)（）
①2x2－－1=0，②xy+x2=0，③，④ax2+bx+c=0，
A.1個B.2個C.3個D.4個
2．平面直(zhi)角(jiao)坐(zuo)標系中，點P，Q在(zai)同一反比例(li)函數(shu)圖(tu)象上(shang)的是（）
A．P（-2，-3），Q（3，-2）B．P（2，-3）Q（3，2）
C．P（2，3），Q（一4，）D．P（一2，3），Q（一3，一2）
3．如圖，四邊形ABCD是(shi)⊙O的內(nei)接四邊形，若∠A=70°，則∠C的度數是(shi)（）
A．100°B．110°C．120°D．130°
4．根據下列表格(ge)的對應值：
3.233.243.253.26
－0.06－0.020.030.09
判(pan)斷方程ax2+bx+c=0.04(a≠0，a，b，c為常數(shu))一個解的范圍(wei)是(shi)：（）
A.B.C.D.
5．將(jiang)連續正整數按如下規律(lv)排列：
若(ruo)正整數567位于第a行(xing)，第b列，則a與(yu)b的和是（）．
A.256B.239C.159D.145
6．下列命(ming)題：①若關(guan)于x的(de)方(fang)(fang)程（a≠0）滿足a－b＋c＝0，則必有一(yi)根是(shi)－1；②x2=－1是(shi)一(yi)元(yuan)二次方(fang)(fang)程；③一(yi)元(yuan)二次方(fang)(fang)程x2－(k－1)x－k=0沒有實數根；④方(fang)(fang)程ax2－2x+=0是(shi)關(guan)于x的(de)一(yi)元(yuan)二次方(fang)(fang)程，其中正確的(de)有（）個.
A.1個(ge)(ge)B.2個(ge)(ge)C.3個(ge)(ge)D.4個(ge)(ge)
二、填空題(每(mei)小題3分)
7.已知⊙O的半(ban)徑是3，OP=2，則(ze)點(dian)(dian)P與⊙O的位置關系是：點(dian)(dian)P在⊙O．
8．用配(pei)方法解關于的一元(yuan)二次(ci)方程，配(pei)方后的方程可以是.
9.若x1，x2是方程x2﹣2mx+m2﹣m﹣1=0的兩個根，且(qie)x1+x2=1﹣x1x2，則m的值為.
10.用半徑(jing)為12cm，圓心(xin)角為150°的扇(shan)形(xing)做成一個圓錐(zhui)的側面，圓錐(zhui)的高為cm．
（結果保(bao)留根(gen)號）
11.如圖，線段是⊙的直徑，弦，，則等于(yu)．
12.在圓內接四邊形中，若，則(ze)等于(yu)．
13．若實數x滿足(x2+2x)2-2(x2+2x)=24,則x2+2x的值是________.
14.將量(liang)角器按如圖所示的方式放置在(zai)(zai)三角形紙(zhi)片上(shang)，使點O在(zai)(zai)半(ban)(ban)圓上(shang)，點B在(zai)(zai)半(ban)(ban)圓上(shang)，邊(bian)AB，AO分別交半(ban)(ban)圓于點C，D，點B，C，D對應的讀數分別為160°、72°、50°，則∠A=．
15.如圖(tu)，圓⊙O的半徑為(wei)1，等腰直角三角形ABC的頂點(dian)(dian)B的坐標為(wei)（2，0），∠CAB=90°，AC=AB，頂點(dian)(dian)A在⊙O上運動，當(dang)直線AB與(yu)⊙O相切(qie)時，A點(dian)(dian)的坐標為(wei)．
16.如圖(tu)，點(dian)(dian)C在(zai)以(yi)AB為直徑的半(ban)圓(yuan)上，AB=10，∠CBA=30°，點(dian)(dian)D在(zai)線(xian)段AB上運動(dong)(dong)，點(dian)(dian)E與點(dian)(dian)D關(guan)于AC對稱，DF⊥DE于點(dian)(dian)D，并(bing)交EC的延長線(xian)于點(dian)(dian)F，當點(dian)(dian)D從(cong)點(dian)(dian)A運動(dong)(dong)到點(dian)(dian)B時，線(xian)段EF掃過的面積(ji)是．
三、解答題(102分(fen))
17.(本題12分)解方程：(1)2(x-3)2=x2-9；(2)x2+4x-1=0．
18.(本題8分(fen))先(xian)化簡(jian)，再求值：（x﹣）÷，其(qi)中x=，y=﹣1．
19.(本題10分(fen))如圖，每個網格都是邊長為1個單位的(de)小正方形，△ABC的(de)每個頂點都在網格的(de)格點上，且∠C=90°，AC=3，BC=4．
（1）試在圖中作出(chu)△ABC以點A為旋轉(zhuan)中心，按順時針方向(xiang)旋轉(zhuan)90°后得到的(de)圖形(xing)△AB1C1；
（2）試在圖(tu)中建立(li)直角坐(zuo)標(biao)系(xi)，使(shi)x軸∥AC，且點B的坐(zuo)標(biao)為（﹣3，5）；
（3）在（1）與（2）的基(ji)礎上，若點P、Q是x軸(zhou)上兩點（點P在點Q左(zuo)側），PQ長為2個(ge)單(dan)位，則當(dang)點P的坐標為時，AP+PQ+QB1小，小值是個(ge)單(dan)位．
20．(本題10分)已知(zhi)關于(yu)x的方程x2－2(k＋1)x＋k2+2k＝0．
（1）求證：k取任何實數值，方程總有(you)不相等(deng)的實數根；
（2）若等腰△ABC的周長為14，另兩邊長b，c恰好(hao)是(shi)這個方程的兩個根，求k的值．
21.(本題8分)如圖，⊙O是△ABC的(de)外接圓(yuan)，半徑為4，直(zhi)線l與⊙O相切(qie)，切(qie)點為P，l∥BC，
l與BC間的距離為7．
（1）僅(jin)用無刻度的直(zhi)尺，畫出(chu)一條(tiao)弦(xian)，使這條(tiao)弦(xian)將△ABC分(fen)成面積相等的兩部分(fen)（保留作圖痕跡，不(bu)寫畫法）．
（2）求弦BC的長．
22.(本題(ti)10分)今(jin)年，我市某中學響應習(xi)總書(shu)記(ji)“足(zu)球(qiu)進校園”的號召，開設(she)了“足(zu)球(qiu)大課間”活動，現需要購進100個某品牌的足(zu)球(qiu)供學生使用．經調(diao)查，該品牌足(zu)球(qiu)2015年單價(jia)(jia)為200元，2017年單價(jia)(jia)為162元．
（1）求2015年(nian)到(dao)2017年(nian)該品牌足球單價平均每年(nian)降低的(de)百分率(lv)；
（2）選購期間發(fa)現該品牌足球在兩個文(wen)體用(yong)品商(shang)場有不(bu)同的促銷方案(an)：
試問去哪個商場購買足(zu)球更優惠？
23.(本(ben)題(ti)10分)如圖，四邊形內接于，是(shi)的直徑，
點在的延長線上(shang)，．
（1）若(ruo)，求(qiu)弧的長(chang)；
（2）若弧(hu)弧(hu)，，求證：是(shi)的切線(xian)．
24.(本題(ti)10分)已知是⊙的直徑，是⊙的切(qie)線(xian)，，交(jiao)⊙于(yu)點(dian)(dian)，是上一點(dian)(dian)，延(yan)長(chang)交(jiao)⊙于(yu)點(dian)(dian).
（1）如圖①，求和(he)的大小；
（2）如圖②，當時，求的大(da)小.
25.(本題10分)如(ru)圖1，將一圓形(xing)(xing)紙(zhi)片向右(you)、向上(shang)兩(liang)次(ci)對(dui)折后得(de)到如(ru)圖2所示(shi)的(de)扇形(xing)(xing)AOB．已知OA=6，取OA的(de)中點(dian)C，過點(dian)C作CD⊥OA交于點(dian)D，點(dian)F是上(shang)一點(dian)．若將扇形(xing)(xing)BOD沿(yan)OD翻折，點(dian)B恰好與點(dian)F重(zhong)合，用剪刀沿(yan)著線段BD，DF，FA依次(ci)剪下，求剪下的(de)紙(zhi)片（形(xing)(xing)狀同陰影(ying)圖形(xing)(xing)）面積之和．
26.(本題(ti)14分)如圖，在平(ping)面(mian)直角坐(zuo)標(biao)系中，直線l的表達(da)式是y=﹣x+1，長度為2的線段AB在y軸(zhou)上(shang)移動，設點A的坐(zuo)標(biao)為（0，a）．
（1）當以A為圓心，AB為半(ban)徑的圓與直線l相切時，求a的值；
（2）直線l上(shang)若存在點C，使得△ABC是以(yi)AB為腰的等腰三角形，求a的取值范圍；
（3）直線l上(shang)是否存在點C，使得∠ACB=90°？若存在，求出(chu)a的(de)取值范圍；若不存在，請說(shuo)明理由．
注意：所有答(da)案必須寫在答(da)題紙(zhi)上。
2017.10.初三數學階段1參考答案
一、ACBDDC
二、7.內部；8.（x-2）2=7；9.1；10.；11.140°；12.112.5°；
13.6；14.24°；15.；16.
三、
17.（1）x1=3，x2=9；（2）x1=，x2=；
18.X-y，1
19.（1）略；（2）略；（3），
20.（1）略
（2）k=4或
21.（1）連(lian)(lian)結(jie)PO并延長(chang)交BC于(yu)Q，然后連(lian)(lian)結(jie)AQ并延長(chang)交⊙O于(yu)D，則弦AD為所求；
（2）BC=2．
22.（1）10%．
（2）去B商場購買足球(qiu)更優惠．
23.（1）п
（2）證明
24.（1）∠T=40°；∠CDB=40°；
（2）∠CDO=15°．
25.36π﹣108．
26.（1）a=1﹣2或2+1．
（2）﹣2+1≤a≤2+3；
（3）a的取值(zhi)范圍為2﹣≤a≤2+．
