1. 对称给人们一种美感，下列图形属于中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 抛物线的顶点坐标是( )
A. B. C. D.
3. 将抛物线向下平移个单位，则得到的抛物线解析式为( )
A. B. C. D.
4. 用配方法解方程，变形后的结果正确的是( )
A. B. C. D.
5. 在方格纸中，选择标有序号中的一个小正方形涂黑，与图中四个涂黑的小正方形组成的图形是中心对称图形，选择的小正方形的序号是( )
A.
B.
C.
D.
6. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7. 若关于的一元二次方程有一个根是，则的值为( )
A.
B.
C.
D. 或
8. 在图形的旋转过程中，下面有四种说法：
对应点到旋转中心的距离相等；
对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
旋转前、后图形的形状和大小都不变；
旋转前、后图形的位置一定会改变．
上述四种说法正确的有( )
A. 个
B. 个
C. 个
D. 个
9. 方程的根为______．
10. 请写出一个开口向上，且过原点的抛物线表达式______．
11. 已知点与点关于原点中心对称，则______．
12. 若方程是关于的一元二次方程，则的值为______．
13. 据国家能源局数据公布显示，年月份全社会用电量为亿千瓦时，月份全社会用电量为亿千瓦时，若从月至月全社会用电量的月平均增长率都相同，求全社会用电量的月平均增长率．设月平均增长率为，则所列的方程应为______．
14. 抛物线的对称轴及部分图象如图所示，则关于的一元二次方程的两根为______．
17. 解方程：．
19. 如图，网格中每个小正方形的边长都是单位．
画出将绕点顺时针方向旋转后得到的；
请直接写出，，三点的坐标．
二次函数的图象与轴交于，两点点在点左侧，求，两点的坐标；
画出此函数的图象．
求证：此方程总有两个实数根；
若此方程恰有一个根大于，求的取值范围．
23. 小明在画一个二次函数的图象时，列出了下面几组与的对应值．
该二次函数的图象与直线有两个交点，，若，两点间的距离小于，请直接写出的取值范围．
24. 双手头上前掷实心球是锻炼青少年上肢力量和全身协调性的一个项目，实心球出手后飞行的路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，某校一名学生在投掷实心球时，从出手到落地的过程中，实心球的竖直高度单位：与水平距离单位：近似满足函数关系．
求该同学投掷实心球时，实心球在空中飞行时竖直高度的最大值；
判断并说明，该同学此次投掷实心球的水平距离能否超过米．
如图，若点恰好落在边的延长线上，判断的形状，并说明理由；
若点落在直线上，请直接写出的面积．
26. 抛物线与轴的交点坐标是，．
请直接写出这条抛物线的对称轴；
已知点，在抛物线上，若，求的取值范围．
27. 是等边三角形，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，交于点，连接，过点作于点，交于点，连接．
如图，当时，则______；
如图，当时，依题意补全图．
猜想中结论是否仍然成立，并说明理由；
求证：．
28. 在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，点，，点的纵坐标为，点是边上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．
给出如下定义：
如果抛物线同时经过点，，则称抛物线为关于点，的“伴随抛物线”．
如图，当点与点重合时，点的坐标为______，此时关于点，的“伴随抛物线”的解析式为______；
如图，当点在边上运动时，连接．
当取最小值时，求关于点，的“伴随抛物线”的解析式；
若关于点，的“伴随抛物线”存在，直接写出的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：选项A、、都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
2.【答案】
【解析】解：由抛物线的顶点式可得：
该抛物线的顶点坐标为，
故选：．
根据二次函数的顶点式的特点即可得出答案．
本题主要考查抛物线的顶点式，关键是要牢记抛物线的顶点式的特点．
3.【答案】
【解析】解：抛物线向下平移个单位，则得到的抛物线解析式为．
故选：．
根据抛物线平移的规律左加右减，上加下减求解．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
4.【答案】
【解析】解：用配方法解方程，
变形得：，
即．
故选：．
方程两边加上，利用完全平方公式化简得到结果，即可作出判断．
此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
5.【答案】
【解析】解：的位置涂黑，整个图形是中心对称图形．
故选：．
根据中心对称图形的定义判断即可．
本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是理解中心对称图形的定义，属于中考常考题型．
6.【答案】
【解析】解：当时，；
当时，；
当时，，
所以．
故选：．
分别计算自变量为、、对应的函数值，然后比较函数值的大小即可．
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．
7.【答案】
【解析】解：把代入方程中得：
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：．
把代入方程中得：，然后进行计算可得，再根据一元二次方程的定义可得，从而可得，即可解答．
本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
8.【答案】
【解析】解：对应点到旋转中心的距离相等，故本说法符合题意；
对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，故本说法符合题意；
旋转前、后图形的形状和大小都不变，故本说法符合题意；
旋转前、后图形的位置一定会改变，故本说法不符合题意；
故选：．
根据旋转的性质即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
9.【答案】，
【解析】解：，
或，
，．
故答案为：，．
根据所给方程的系数特点，可以对左边的多项式提取公因式，进行因式分解，然后解得原方程的解．
本题考查了解一元二次方程的方法，当方程的左边能因式分解，右边等于时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
10.【答案】
【解析】解：
开口向上，
二次项系数大于，
过原点，
常数项为，
抛物线解析式可以为，
故答案为：
由开口方向可确定二次项系数，由过原点可确定常数项，则可写出其解析式．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次项系数决定抛物线的开口方向是解题的关键．
11.【答案】
【解析】解：点与点关于原点中心对称，
，，
．
故答案为：．
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得、的值，再代入计算即可．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数得出、的值是解题关键．
12.【答案】
【解析】解：方程是关于的一元二次方程，
．
故答案为：．
根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
此题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是”；“二次项的系数不等于”；“整式方程”．
13.【答案】
【解析】解：设年平均增长率为，根据题意得：
，
故答案为：．
设月平均增长率为，根据年月份全社会用电量为亿千瓦，月份全社会用电量为亿千瓦进而可得方程．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
14.【答案】，
【解析】解：根据图象可得：图象与轴的一个交点是，对称轴是：，
关于的对称点是：，
则抛物线与轴的交点是：和，
关于的一元二次方程的两根为：，．
故答案为：，．
根据抛物线的对称性即可求解．
本题考查了二次函数的性质，理解二次函数与轴的交点的横坐标就是对应的方程的解是解题关键．
15.【答案】
【解析】解：由图象可知，直线在抛物线的上方时，，
当时，的取值范围是，
故答案为：．
利用图象法即可解决问题，方程的解就是两个函数图象的交点的横坐标．
本题考查抛物线与轴交点、一次函数的应用、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决实际问题，属于中考常考题型．
16.【答案】
【解析】证明：连接．
，，，
，，，
，
，，
，
又，
，
在和中，
，
≌，
，
，
故答案为：．
连接，证明≌，根据全等三角形的性质得到，证明结论．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17.【答案】解：移项得：，
，
开平方得：．
【解析】首先移项，把移到等号右边，再两边同时除以，然后两边开平方即可．
此题主要考查了直接开平方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成的形式，利用数的开方直接求解．
18.【答案】解：，
，
或，
，．
【解析】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程，解答本题的关键是掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤：移项，使方程的右边化为零；将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
19.【答案】解：如图，即为所求；
，，．
【解析】利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
根据点的位置写出坐标即可．
本题考查作图旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
20.【答案】解：令，则，
解这个方程得：，，
点在点左侧，
，；
，
对称轴为，顶点坐标为，
令，则，
抛物线与轴的交点为．
建立坐标系，利用描点法画出函数的图象如下图：
【解析】令，则，解这个方程即可得到，的横坐标；
利用描点法画出函数的图象．
本题主要考查了二次函数的图象，抛物线与轴的交点，令，解一元二次方程即可得到，的横坐标是解题的关键．
21.【答案】解：，
，
绕点旋转到的位置，
，，
，
，
．
【解析】先利用平行线的性质得，再根据旋转的性质得，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出，从而得到的度数．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
22.【答案】证明：
，
方程总有两个实数根．
解：，
，．
方程有一个根大于，
，解得：，
的取值范围为．
【解析】先计算判别式的值，利用非负数的性质判断，然后根据判别式的意义得到结论．
利用分解因式法解一元二次方程，可得出，，根据方程有一根大于，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了解一元二次方程以及解不等式．
23.【答案】解：由表格数据结合二次函数图象对称性可得图象顶点为，
设二次函数的表达式为，
将代入得，
解得，
该二次函数的表达式为或；
令，
整理得，
设点、的横坐标为，，
，是方程的两个实数根，
，，
，
，
，
，即，
，
的取值范围是．
【解析】根据待定系数法即可求得；
把函数的问题转化为方程的问题，利用根与系数的关系即可得到关于的不等式，解不等式即可求得．
本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，把函数问题转化为方程问题是解题的关键．
24.【答案】解：，
，
当时，有最大值，最大值为，
答：实心球在空中飞行时竖直高度的最大值为；
令，则，
解得，，
，
该同学此次投掷实心球的水平距离不能超过米．
【解析】把抛物线化为顶点式，从而求出函数的最大值；
令，解一元二次方程即可．
本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是对二次函数性质的掌握和运用．
25.【答案】解：是等腰直角三角形，理由如下：
在正方形中，，．
落在边的延长线上，
．
将点绕点逆时针旋转得到点，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，即．
是等腰直角三角形；
，，，
，
当点落在线段上时，如图，
，，
，
，
的面积；
当点恰好落在边的延长线上时，如图，
的面积，
综上所述，的面积为或．
【解析】由正方形的性质可得，，由“”可证≌，可得，可得结论；
根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26.【答案】解：抛物线与轴的交点坐标是，，
抛物线的对称轴为；
由可知，二次函数的大致图象如图所示：
，对称轴，
当时，；
当时，；
当与在的两侧且到的距离相等时，，
此时，
综上，时，．
【解析】根据抛物线与轴的交点，即可求出对称轴；
画出函数的大致图象，由二次函数的性质判断即可．
本题考查抛物线与轴的交点以及二次函数的性质，关键是对二次函数性质的掌握．
27.【答案】
【解析】解：，，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
四边形是菱形，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，是等边三角形，
，
．
故答案为：；
如图所示：
中结论是否仍然成立，理由如下：
如图所示：
是等边三角形，
，，
，
，
，
，，
，
≌，
，
，
，，
，
，，
，
，，
；
如图所示：在上截取，
，，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，，
，
，，，
，
在和中，
，
≌，
，
，，，
．
当时，是等边三角形，，四边形是菱形，可得，易证，因为，所以，进而可求出的值；
依题意画图即可；
成立；，，可得≌，，，则，可得，由三角形内角和定理可得的值；
用截长补短法，在上截取，可得是等边三角形，，证明≌，则，进而可证明．
本题考查了三角形的变换、等腰三角形和等边三角形的性质、三角形的全等等知识点，用截长补短法构造三角形的全等是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
28.【答案】
【解析】解：如图，连接，过点作作轴的垂线于点，过点作轴于点，
，
，
，
由旋转可知，，，
是等边三角形，
，
，，
将，代入抛物线，
，
解得．
抛物线的解析式为：；
故答案为：；；
由旋转可知，点在线段上运动，过点作于点，点即为所求，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线，交于点，交轴于点，
由题意可知，，
由旋转可知，≌，
，，
，
，，
，，
，，
将，代入抛物线，
，
解得．
关于点，的“伴随抛物线”的解析式为：．
如图，过点作轴的平行线，交于点，
，，
，
将，代入抛物线的解析式，
，
解得．
抛物线的解析式为：．
结合图象可知，的取值范围为：；．
如图，连接，过点作作轴的垂线于点，由旋转可知，是等边三角形，则，解直角三角形可得到点的坐标，将，的坐标代入抛物线解析式可得出结论；
由旋转可知，点在线段上运动，过点作于点，点即为所求，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线，交于点，交轴于点，
过点作轴的平行线，交于点，由此可求出点的坐标，将点的坐标代入抛物线的解析式，即可得出的最小值；由此可得出的取值范围．
本题属于二次函数背景下新定义类问题，主要考查待定系数法求函数解析式，旋转的性质，等边三角形的性质与判定等相关知识，关键是由旋转得出角，解出直角三角形，进而得出点的坐标．下载本文
