【解读中考】2016年中考数学复习专题14-二次函数的图象和性质

专题14二次函数的图象和性质☞解读考点知识点名师点晴二次函数概念、图象和性质1.二次函数的概念会判断一个函数是否为二次函数．2.二次函数的图象知道二次函数的图象是一条抛物线．3.二次函数的性质会按在对称轴左右判断增减性．4.二次函数的解析式确定能用待定系数法确定函数解析式．二次函数与二次方程的关系5.判别式、抛物线与x轴的交点、二次方程的根的情况三者之间的联系．会用数形结合思想解决此类问题．能根据图象信息，解决相应的问题．☞2年中考【2015年题组】1．（2015乐山）二次函数224yxx的最大值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C．考点：1．二次函数的最值；2．最值问题．2．（2015南宁）如图，已知经过原点的抛物线)0(2acbxaxy的对称轴是直线1x，下列结论中：�①0ab，‚②0cba，ƒ③当002yx时，．正确的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】D．考点：1．二次函数图象与系数的关系；2．综合题．3．（2015柳州）如图，二次函数2yaxbxc的图象与x轴相交于（﹣2，0）和（4，0）两点，当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是（）A．x＜﹣2B．﹣2＜x＜4C．x＞0D．x＞4【答案】B．【解析】试题分析：如图所示：当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是：﹣2＜x＜4．故选B．考点：抛物线与x轴的交点．4．（2015河池）将抛物线2yx向右平移2个单位，再向上平移3个单位后，抛物线的解析式为（）A．2(2)3yxB．2(2)3yxC．2(2)3yxD．2(2)3yx【答案】B．【解析】试题分析：∵将抛物线2yx向上平移3个单位再向右平移2个单位，∴平移后的抛物线的解析式为：2(2)3yx．故选B．考点：二次函数图象与几何变换．5．（2015贵港）如图，已知二次函数212433yxx的图象与正比例函数223yx的图象交于点A（3，2），与x轴交于点B（2，0），若120yy，则x的取值范围是（）A．0＜x＜2B．0＜x＜3C．2＜x＜3D．x＜0或x＞3【答案】C．考点：二次函数与不等式（组）．6．（2015苏州）若二次函数2yxbx的图象的对称轴是经过点（2，0）且平行于y轴的直线，则关于x的方程25xbx的解为（）A．10x，24xB．11x，25xC．11x，25xD．11x，25x【答案】D．【解析】考点：抛物线与x轴的交点．7．（2015乐山）已知二次函数2yaxbxc的图象如图所示，记2mabcabc，2nabcabc．则下列选项正确的是（）A．mnB．mnC．mnD．m、n的大小关系不能确定【答案】A．【解析】试题分析：∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵对称轴在y轴右边，∴b＞0，∵抛物线经过原点，∴c=0，∴a﹣b+c＜0；∵x=1时，y＞0，∴a+b+c＞0，∵c=0，∴a+b＞0；（1）当对称轴12bxa时，20ab，2mabcabc=()(2)abab=2abab=2ba，2nabcabc=(2)abab=2abab=2ba，∵a＜0，∴22baba，∴m＜n．（2）当对称轴12bxa时，20ab，2mabcabc=()(2)abab=3a，2nabcabc=(2)abab=2abab=2ba，(3)(2)2()mnabaab，∵a+b＞0，∴﹣2（a+b）＜0，∴m＜n．综上，可得m＜n．故选A．考点：1．二次函数图象与系数的关系；2．综合题；3．压轴题．8．（2015雅安）在二次函数223yxx中，当03x时，y的最大值和最小值分别是（）A．0，﹣4B．0，﹣3C．﹣3，﹣4D．0，0【答案】A．考点：1．二次函数的最值；2．最值问题．9．（2015孝感）如图，二次函数2yaxbxc（0a）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA=OC．则下列结论：①abc＜0；②2404baca；③ac﹣b+1=0；④OA•OB=ca．其中正确结论的个数是（）A．4B．3C．2D．1【答案】B．【解析】试题分析：∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，∴b＞0，∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，∴c＞0，∴abc＜0，所以①正确；∵抛物线与x轴有2个交点，∴△=24bac＞0，而a＜0，∴2404baca，所以②错误；∵C（0，c），OA=OC，∴A（﹣c，0），把A（﹣c，0）代入2yaxbxc得20acbcc，∴ac﹣b+1=0，所以③正确；设A（1x，0），B（2x，0），∵二次函数2yaxbxc（0a）的图象与x轴交于A，B两点，∴1x和2x是方程20axbxc（0a）的两根，∴12xx=ca，∴OA•OB=ca，所以④正确．故选B．考点：1．二次函数图象与系数的关系；2．数形结合；3．综合题．10．（2015南通）关于x的一元二次方程2310axx的两个不相等的实数根都在﹣1和0之间（不包括﹣1和0），则a的取值范围是．【答案】924a．考点：1．抛物线与x轴的交点；2．综合题；3．压轴题．11．（2015宿迁）当xm或xn（mn）时，代数式322xx的值相等，则nmx时，代数式322xx的值为．【答案】3．【解析】试题分析：设223yxx，∵当xm或xn（mn）时，代数式322xx的值相等，∴2221mn，∴m+n=2，∴当nmx时，即x=2时，322xx=222233，故答案为：3．考点：1．二次函数图象上点的坐标特征；2．条件求值；3．综合题．12．（2015贺州）已知二次函数2yaxbxc的图象如图所示，有以下结论：①abc＞0，②a﹣b+c＜0，③2a=b，④4a+2b+c＞0，⑤若点（﹣2，1y）和（13，2y）在该图象上，则12yy．其中正确的结论是（填入正确结论的序号）．【答案】②④．考点：二次函数图象与系数的关系．13．（2015雅安）为美化小区环境，决定对小区的一块空地实施绿化，现有一长为20m的栅栏，要围成一扇形绿化区域，则该扇形区域的面积的最大值为．【答案】25m2．【解析】考点：1．扇形面积的计算；2．最值问题；3．二次函数的最值．14．（2015来宾）在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，点M为BC边上一动点（点M与点B、C不重合），连接AM，过点M作MN⊥AM，垂足为M，MN交CD或CD的延长线于点N．（1）求证：△CMN∽△BAM；（2）设BM=x，CN=y，求y关于x的函数解析式．当x取何值时，y有最大值，并求出y的最大值；（3）当点M在BC上运动时，求使得下列两个条件都成立的b的取值范围：①点N始终在线段CD上，②点M在某一位置时，点N恰好与点D重合．【答案】（1）证明见试题解析；（2）21()ybxxa，当x=2b时，y取最大值，为24ba；（3）b=2a．【解析】试题分析：（1）由矩形的性质可得∠B=∠C=90°，要证△CMN∽△BAM，只需证∠BAM=∠CMN即可；（2）由△CMN∽△BAM即可得到y与x的函数解析式，然后只需运用配方法就可求出y的最大值；（3）由点M在BC上运动（点M与点B、C不重合），可得0＜x＜b，要满足条件①，应保证当0＜x＜b时，y≤a恒成立，要满足条件②，需存在一个x，使得y=a，综合条件①和②，当0＜x＜b时y最大值应为a，然后结合（2）中的结论，就可解决问题．试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=90°，∴∠BAM+∠AMB=90°．∵MN⊥AM，即∠AMN=90°，∴∠CMN+∠AMB=90°，∴∠BAM=∠CMN，∴△CMN∽△BAM；（2）∵△CMN∽△BAM，∴CMCNBABM．∵BM=x，CN=y，AB=a，BC=AD=b，∴bxyax，∴21()ybxxa=221()24bbxaa．∵1a＜0，∴当x=2b时，y取最大值，最大值为24ba；考点：1．相似形综合题；2．二次函数的最值；3．矩形的性质；4．压轴题．15．（2015桂林）如图，已知抛物线212yxbxc与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0）和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动．（1）直接写出抛物线的解析式：；（2）求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，△CED的面积最大？最大面积是多少？（3）当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）21382yxx；（2）2152Stt，当t=5时，S最大=252；（3）存在，P（343，2009）或P（8，0）或P（43，1009）．【解析】试题分析：（1）将点A、B代入抛物线即可求出抛物线的解析式；（2）根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，然后由点A（0，8）、B（8，0），可得OA=8，OB=8，从而可得OD=8﹣t，然后令y=0，求出点E的坐标为（﹣2，0），进而可得OE=2，DE=2+8﹣t=10﹣t，然后利用三角形的面积公式即可求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式为：2152Stt，然后转化为顶点式即可求出最值为：S最大=252；（3）由（2）知：当t=5时，S最大=252，进而可知：当t=5时，OC=5，OD=3，进而可得CD=34，从而确定C，D的坐标，即可求出直线CD的解析式，然后过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，然后求出直线EF的解析式，与抛物线联立方程组解得即可得到其中的一个点P的坐标，然后利用面积法求出点E到CD的距离，过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN等于点E到CD的距离，然后求出N的坐标，再过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，然后求出直线NH的解析式，与抛物线联立方程组求解即可得到其中的另两个点P的坐标．设直线EF的解析式为：53yxb，将E（﹣2，0）代入得：b=103，∴直线EF的解析式为：51033yx，将51033yx，与21382yxx联立成方程组得：2510331382yxyxx，解得：20xy，或3432009xy，∴P（343，2009）；过点E作EG⊥CD，垂足为G，∵当t=5时，S△ECD=12CD•EG=252，∴EG=253434，过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=253434，过点N作NM⊥x轴，垂足为M，如图2，可得△EGD∽△DMN，∴EGEDDMDN，∴EG•DN=ED•DM，即：DM=2DNED=12534，∴OM=22734，由勾股定理得：MN=22DNDM=7534，∴N（22734，7534），过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，如图2，设直线NH的解析式为：53yxb，将N（22734，7534），代入上式得：b=403，∴直线NH的解析式为：54033yx，将54033yx，与21382yxx联立成方程组得：2540331382yxyxx，解得：80xy，或431009xy，∴P（8，0）或P（43，1009），综上所述：当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：P（343，2009）或P（8，0）或P（43，1009）．考点：1