人教版中考数学第一轮考点过关：第3单元函数及其图象第14课时二次函数的图象和性质课时训练2

这是一份人教版中考数学第一轮考点过关：第3单元函数及其图象第14课时二次函数的图象和性质课时训练2，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如果将抛物线y＝x2＋2向下平移1个单位，那么所得新抛物线的解析式是( )
A．y＝(x－1)2＋2 B．y＝(x＋1)2＋2 C．y＝x2＋1 D．y＝x2＋3
2．已知抛物线y＝x2－x－1与x轴的一个交点为(m，0)，则代数式m2－m＋2017的值为( )
A．2014 B．2015 C．2016 D．2018
3．已知函数y＝ax2－2ax－1(a是常数，a≠0)，下列结论正确的是( )
A．当a＝1时，函数图象经过点(－1，1) B．当a＝－2时，函数图象与x轴没有交点
C．若a＜0，函数图象的顶点始终在x轴的下方 D．若a＞0，则当x≥1时，y随x的增大而增大
4．抛物线y＝x2＋2x＋m－1与x轴有交点，则m的取值范围是( )
A．m≤2 B．m＜－2 C．m＞2 D．0＜m≤2
5．二次函数y＝ax2＋bx的图象如图K15－1，若一元二次方程ax2＋bx＋m＝0有实数根，则m的最大值为( )
A．－3 B．3 C．－6 D．9

图K15－1 图K15－2 图K15－3 图K15－4
6．若二次函数y＝x2＋mx图象的对称轴是直线x＝2，则关于x的方程x2＋mx＝5的解为( )
A．x1＝1，x2＝5 B．x1＝1，x2＝3 C．x1＝1，x2＝－5 D．x1＝－1，x2＝5
7．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图K15－2所示，则|a－b＋c|＋|2a＋b|＝( )
A．a＋b B．a－2b C．a－b D．3a
8．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图K15－3所示，给出以下四个结论：①abc＝0；②a＋b＋c>0；③a>b；④4ac－b20)图象上一点．若以点A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，求k的值．
图K15－5
14．如图K15－6①，直线y＝x＋1与抛物线y＝2x2相交于A，B两点，与y轴交于点M，M，N关于x轴对称，连接AN，BN.
(1)①求A，B的坐标；
②求证：∠ANM＝∠BNM；
(2)如图②，将题中直线y＝x＋1变为y＝kx＋b(b>0)，抛物线y＝2x2变为y＝ax2(a>0)，其他条件不变，那么∠ANM＝∠BNM是否仍然成立？请说明理由．
图K15－6
参考答案
1．C [解析] 将抛物线y＝x2＋2向下平移1个单位，得到抛物线y＝x2＋2－1＝x2＋1.
2．D [解析] ∵抛物线y＝x2－x－1与x轴的一个交点为(m，0)，∴m2－m－1＝0，
∴m2－m＝1，∴m2－m＋2017＝1＋2017＝2018
3．D [解析] 将a＝1代入原函数解析式，令x＝－1求出y值，由此得出A选项不符合题意；B.将a＝－2代入原函数解析式，令y＝0，根据根的判别式Δ＝8＞0，可得出当a＝－2时，函数图象与x轴有两个不同的交点，即B选项不符合题意；C.利用配方法找出二次函数图象的顶点坐标，令其纵坐标小于零，可得出a的取值范围，由此可得出C选项不符合题意；D.利用配方法找出二次函数图象的对称轴，结合二次函数的性质，即可得出D选项符合题意．
4．A [解析] 由题意可知：Δ＝4－4(m－1)≥0，∴m≤2，故选A.
5．B [解析] ∵抛物线的开口向上，顶点的纵坐标为－3，
∴a＞0，eq \f(－b2,4a)＝－3，即b2＝12a.
∵关于x的一元二次方程ax2＋bx＋m＝0有实数根，
∴Δ＝b2－4am≥0，即12a－4am≥0，
即12－4m≥0，解得m≤3，
∴m的最大值为3.
6．D [解析] ∵二次函数y＝x2＋mx图象的对称轴是直线x＝2，∴－eq \f(m,2)＝2，解得m＝－4，∴关于x的方程x2＋mx＝5可化为x2－4x－5＝0，即(x＋1)(x－5)＝0，解得x1＝－1，x2＝5.
7．D [解析] 根据二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象可知，a＞0，又抛物线过坐标原点，∴c＝0.∵抛物线的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)，∴0＜－eq \f(b,2a)＜1，解得－2a＜b＜0，∴|a－b＋c|＝a－b，|2a＋b|＝2a＋b，∴|a－b＋c|＋|2a＋b|＝a－b＋2a＋b＝3a.
8．C [解析] 由图可知，图象经过原点，则c＝0，
∴abc＝0，结论①正确；
当x＝1时，对应的图象上的点在第四象限，∴a＋b＋c0，
∴不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点．
(2)①∵x＝－eq \f(－（2m＋1）,2)＝eq \f(5,2)，∴m＝2，
∴抛物线所对应的函数表达式为y＝x2－5x＋6.
②设抛物线沿y轴向上平移k个单位后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点，则平移后抛物线所对应的函数表达式为y＝x2－5x＋6＋k.
∵抛物线y＝x2－5x＋6＋k与x轴只有一个公共点，
∴Δ＝52－4(6＋k)＝0，∴k＝eq \f(1,4)，
即把该抛物线沿y轴向上平移eq \f(1,4)个单位后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点．
13．解：(1)依题意可设抛物线为y＝a(x－eq \f(1,2))2－eq \f(9,4)，将M(2，0)代入可得a＝1，则抛物线的解析式为y＝(x－eq \f(1,2))2－eq \f(9,4)＝x2－x－2.
(2)当y＝0时，x2－x－2＝0，
解得x1＝－1，x2＝2，所以A(－1，0)，
当x＝0时，y＝－2，所以B(0，－2)．
在Rt△OAB中，OA＝1，OB＝2，∴AB＝eq \r(5).
设直线y＝x＋1与y轴的交点为点G，易求G(0，1)，
∴Rt△AOG为等腰直角三角形，∴∠AGO＝45°.
∵点C在直线y＝x＋1上且在x轴下方，而k>0，
∴y＝eq \f(k,x)的图象位于第一、三象限，故点D只能在第一、三象限，因此符合条件的菱形只能有如下两种情况：
①此菱形以AB为边且AC也为边，如图①所示，过点D作DN⊥y轴于点N，
在Rt△BDN中，∵∠DBN＝∠AGO＝45°，
∴DN＝BN＝eq \f(\r(5),\r(2))＝eq \f(\r(10),2)，
∴D(－eq \f(\r(10),2)，－eq \f(\r(10),2)－2)，
∵点D在y＝eq \f(k,x)的图象上，
∴k＝－eq \f(\r(10),2)·(－eq \f(\r(10),2)－2)＝eq \f(5,2)＋eq \r(10).
②此菱形以AB为对角线，如图②所示，作AB的垂直平分线CD交直线y＝x＋1于点C，交y＝eq \f(k,x)的图象于点D.再分别过点D，B作DE⊥x轴于点F，BE⊥y轴，DE与BE相交于点E.
在Rt△BDE中，同①可证∠AGO＝∠DBO＝∠BDE＝45°，∴BE＝DE.
可设点D的坐标为(x，x－2)．
∵BE2＋DE2＝BD2，∴BD＝eq \r(2)BE＝eq \r(2)x.
∵四边形ACBD是菱形，∴AD＝BD＝eq \r(2)x.
∴在Rt△ADF中，AD2＝AF2＋DF2，即(eq \r(2)x)2＝(x＋1)2＋(x－2)2，解得x＝eq \f(5,2)，
∴点D的坐标为(eq \f(5,2)，eq \f(1,2))，∵点D在y＝eq \f(k,x)(k>0)的图象上，∴k＝eq \f(5,4).
综上所述，k的值为eq \f(5,2)＋eq \r(10)或eq \f(5,4).
14．解：(1)①联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,y＝2x2，))化简得2x2＝x＋1，解得：x＝－eq \f(1,2)或x＝1.
当x＝－eq \f(1,2)时，y＝eq \f(1,2)；当x＝1时，y＝2.
∴A，B两点的坐标分别为(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，(1，2)．
②证明：如图①，过A作AC⊥y轴于C，过B作BD⊥y轴于D.
由①及已知有A(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，
B(1，2)，OM＝ON＝1，
∴tan∠ANM＝eq \f(AC,CN)＝eq \f(\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，
tan∠BNM＝eq \f(BD,DN)＝eq \f(1,1＋2)＝eq \f(1,3)，
∴tan∠ANM＝tan∠BNM，∴∠ANM＝∠BNM.
(2)∠ANM＝∠BNM成立．
①当k＝0时，△ABN是关于y轴对称的轴对称图形，
∴∠ANM＝∠BNM.
②当k≠0时，根据题意得：OM＝ON＝b，
设A(x1，ax12)，B(x2，ax22)．
如图②，过A作AE⊥y轴于E，
过B作BF⊥y轴于F.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y＝ax2，))消y得ax2＝kx＋b，
即ax2－kx－b＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(k,a)，x1x2＝－eq \f(b,a).
∵eq \f(NF,BF)－eq \f(NE,AE)＝eq \f(b＋ax22,x2)－eq \f(b＋ax12,－x1)
＝eq \f(bx1＋ax1x22＋bx2＋ax2x12,x1x2)
＝eq \f(（x1＋x2）（ax1x2＋b）,x1x2)
＝eq \f(\f(k,a)[a·（－\f(b,a)）＋b],－\f(b,a))＝0.
∴eq \f(NF,BF)＝eq \f(NE,AE).
又∵∠AEN＝∠BFN＝90°，
∴Rt△AEN∽Rt△BFN，
∴∠ANM＝∠BNM.