专题10 二次函数【考点巩固】-【中考高分导航】备战2022年中考数学考点总复习（全国通用）课件PPT

专题10  二次函数

考点1：二次函数的图象和性质

1．（2020•株洲）二次函数y＝ax2+bx+c，若ab＜0，a﹣b2＞0，点A（x1，y1），B（x2，y2）在该二次函数

的图象上，其中x1＜x2，x1+x2＝0，则（　　）

A．y1＝﹣y2 B．y1＞y2 

C．y1＜y2 D．y1、y2的大小无法确定

【分析】首先分析出a，b，x1的取值范围，然后用含有代数式表示y1，y2，再作差法比较y1，y2的大小．

【解析】∵a﹣b2＞0，b2≥0，

∴a＞0．

又∵ab＜0，

∴b＜0，

∵x1＜x2，x1+x2＝0，

∴x2＝﹣x1，x1＜0．

∵点A（x1，y1），B（x2，y2）在该二次函数y＝ax2+bx+c的图象上，

∴，．

∴y1﹣y2＝2bx1＞0．

∴y1＞y2．

故选：B．

2．（2021·广东深圳市·中考真题）二次函数的图象与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（    ）

A．    B．   C． D．

【答案】A

【分析】

先分析二次函数的图像的开口方向即对称轴位置，而一次函数的图像恒过定点，即可得出正确选项．

【详解】

二次函数的对称轴为，一次函数的图像恒过定点，所以一次函数的图像与二次函数的对称轴的交点为，只有A选项符合题意．

故选A．

3．（2021·山东泰安市·中考真题）如图是抛物线的部分图象，图象过点，对称轴为直线，有下列四个结论：①；②；③y的最大值为3；④方程有实数根．其中正确的为________（将所有正确结论的序号都填入）．

【答案】②④

【分析】

根据二次函数的图象与性质对各项进行判断即可．

【详解】

解：∵抛物线的开口向下，与y轴的交点在y轴的正半轴，

∴a＜0，c＞0，

∵抛物线的对称轴为直线x=1，

∴﹣=1，即b=﹣2a＞0

∴abc＜0，故①错误；

∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），

∴根据对称性，与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0），

∴a﹣b+c=0，故②正确；

根据图象，y是有最大值，但不一定是3，故③错误；

由得，

根据图象，抛物线与直线y=﹣1有交点，

∴有实数根，故④正确，

综上，正确的为②④，

故答案为：②④．

4．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，点和点在抛物线上．

（1）若，求该抛物线的对称轴；

（2）已知点在该抛物线上．若，比较的大小，并说明理由．

【答案】（1）；（2），理由见解析

【分析】

（1）由题意易得点和点，然后代入抛物线解析式进行求解，最后根据对称轴公式进行求解即可；

（2）由题意可分当时和当时，然后根据二次函数的性质进行分类求解即可．

【详解】

解：（1）当时，则有点和点，代入二次函数得：

，解得：，

∴抛物线解析式为，

∴抛物线的对称轴为；

（2）由题意得：抛物线始终过定点，则由可得：

①当时，由抛物线始终过定点可得此时的抛物线开口向下，即，与矛盾；

②当时，

∵抛物线始终过定点，

∴此时抛物线的对称轴的范围为，

∵点在该抛物线上，

∴它们离抛物线对称轴的距离的范围分别为，

∵，开口向上，

∴由抛物线的性质可知离对称轴越近越小，

∴．

考点2：二次函数的平移

5．（2021·江苏中考真题）已知抛物线的对称轴在轴右侧，现将该抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到的抛物线正好经过坐标原点，则的值是（    ）

A．或2 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】

根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．

【详解】

解：函数向右平移3个单位，得：；

再向上平移1个单位，得：+1，

∵得到的抛物线正好经过坐标原点

∴+1即

解得：或

∵抛物线的对称轴在轴右侧

∴＞0

∴＜0

∴

故选：B．

6．（2021·山西中考真题）抛物线的函数表达式为，若将轴向上平移2个单位长度，将轴向左平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】

将题意中的平移方式转换成函数图像的平移，再求解析式即可．

【详解】

解：若将轴向上平移2个单位长度，

相当于将函数图像向下平移2个单位长度，

将轴向左平移3个单位长度，

相当于将函数图像向右平移3个单位长度，

则平移以后的函数解析式为：

化简得：，

故选：C．

考点3：二次函数与方程、不等式的关系

7．（2021·天津中考真题）已知抛物线（是常数，）经过点，当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②关于x的方程有两个不等的实数根；③．其中，正确结论的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】

根据函数与点的关系,一元二次方程根的判别式,不等式的性质，逐一计算判断即可

【详解】

∵抛物线（是常数，）经过点，当时，与其对应的函数值．

∴c=1＞0，a-b+c= -1,4a-2b+c＞1，

∴a-b= -2,2a-b＞0，

∴2a-a-2＞0，

∴a＞2＞0，

∴b=a+2＞0，

∴abc＞0，

∵,

∴△==＞0,

∴有两个不等的实数根；

∵b=a+2，a＞2，c=1，

∴a+b+c=a+a+2+1=2a+3，

∵a＞2，

∴2a＞4，

∴2a+3＞4+3＞7，

故选D．

8．（2021·江苏中考真题）已知二次函数的图像如图所示，有下列结论：①；②＞0；③；④不等式＜0的解集为1≤＜3，正确的结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】

根据抛物线的开口方向、于x轴的交点情况、对称轴的知识可判①②③的正误，再根据函数图象的特征确定出函数的解析式，进而确定不等式，最后求解不等式即可判定④．

【详解】

解：∵抛物线的开口向上，

∴a＞0，故①正确；

∵抛物线与x轴没有交点

∴＜0，故②错误

∵由抛物线可知图象过（1,1），且过点（3,3）

∴8a+2b=2

∴4a+b=1，故③错误；

由抛物线可知顶点坐标为（1,1），且过点（3,3）

则抛物线与直线y=x交于这两点

∴＜0可化为，

根据图象，解得：1＜x＜3

故④错误．

故选A．

考点4：求二次函数的解析式

9．（2021·浙江宁波市·中考真题）如图，二次函数（a为常数）的图象的对称轴为直线．

（1）求a的值．

（2）向下平移该二次函数的图象，使其经过原点，求平移后图象所对应的二次函数的表达式．

【答案】（1）；（2）

【分析】

（1）把二次函数化为一般式，再利用对称轴：，列方程解方程即可得到答案；

（2）由（1）得：二次函数的解析式为：，再结合平移后抛物线过原点，则 从而可得平移方式及平移后的解析式．

【详解】

解：（1）．

∵图象的对称轴为直线，

∴，

∴．

（2）∵，

∴二次函数的表达式为，

∴抛物线向下平移3个单位后经过原点，

∴平移后图象所对应的二次函数的表达式为．

考点5：二次函数的最值

10．（2021·山东中考真题）定义：为二次函数（）的特征数，下面给出特征数为的二次函数的一些结论：①当时，函数图象的对称轴是轴；②当时，函数图象过原点；③当时，函数有最小值；④如果，当时，随的增大而减小，其中所有正确结论的序号是______．

【答案】①②③．

【分析】

利用二次函数的性质根据特征数，以及的取值，逐一代入函数关系式，然判断后即可确定正确的答案．

【详解】

解：当时，

把代入，可得特征数为

∴，，，

∴函数解析式为，函数图象的对称轴是轴，故①正确；

当时，

把代入，可得特征数为

∴，，，

∴函数解析式为，

当时，，函数图象过原点，故②正确；

函数

当时，函数图像开口向上，有最小值，故③正确；

当时，函数图像开口向下，

对称轴为：

∴时，可能在函数对称轴的左侧，也可能在对称轴的右侧，故不能判断其增减性，故④错误；

综上所述，正确的是①②③，

故答案是：①②③．

11．（2021·浙江中考真题）以初速度v（单位：m/s）从地面竖直向上抛出小球，从抛出到落地的过程中，小球的高度h（单位：m）与小球的运动时间t（单位：s）之间的关系式是h＝vt4.9t2，现将某弹性小球从地面竖直向上抛出，初速度为v1，经过时间t1落回地面，运动过程中小球的最大高度为h1（如图1）；小球落地后，竖直向上弹起，初速度为v2，经过时间t2落回地面，运动过程中小球的最大高度为h2（如图2）．若h1＝2h2，则t1：t2＝_____．

【答案】

【分析】

根据函数图像分别求出两个函数解析式，表示出，，，，结合h1＝2h2，即可求解．

【详解】

解：由题意得，图1中的函数图像解析式为：h＝v1t4.9t2，令h=0，或（舍去），，

图2中的函数解析式为：h＝v2t4.9t2， 或（舍去），，

∵h1＝2h2，

∴=2，即：=或=-（舍去），

∴t1：t2=：=，

故答案是：．

12．（2021·内蒙古中考真题）已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点在抛物线上，E是该抛物线对称轴上一动点．当的值最小时，的面积为__________．

【答案】4

【分析】

根据题意画出函数图像，要使的值最小，需运用对称相关知识求出点E的坐标，然后求的面积即可．

【详解】

解：根据题意可求出，

抛物线的对称轴为：，

根据函数对称关系，点B关于的对称点为点A，

连接AD与交于点E，

此时的值最小，

过D点作x轴垂线，垂足为F，

设抛物线对称轴与x轴交点为G，

∵，

∴，

∴，

∴，

过点C作的垂线，垂足为H，

所以四边形ACHE的面积等于与梯形ACHG的面积和，

即，

则S四边形ACHE-，

故答案为：4．

13．（2021·江苏南京市·中考真题）已知二次函数的图像经过两点．

（1）求b的值．

（2）当时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是________．

（3）设是该函数的图像与x轴的一个公共点，当时，结合函数的图像，直接写出a的取值范围．

【答案】（1）；（2）1；（3）或．

【分析】

（1）将点代入求解即可得；

（2）先求出二次函数的顶点的纵坐标，再利用完全平方公式、不等式的性质求解即可得；

（3）分和两种情况，再画出函数图象，结合图象建立不等式组，解不等式组即可得．

【详解】

解：（1）将点代入得：，

两式相减得：，

解得；

（2）由题意得：，

由（1）得：，

则此函数的顶点的纵坐标为，

将点代入得：，

解得，

则，

下面证明对于任意的两个正数，都有，

，

（当且仅当时，等号成立），

当时，，

则（当且仅当，即时，等号成立），

即，

故当时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是1；

（3）由得：，

则二次函数的解析式为，

由题意，分以下两种情况：

①如图，当时，则当时，；当时，，

即，

解得；

②如图，当时，

当时，，

当时，，

解得，

综上，的取值范围为或．

考点6：二次函数的应用

14．（2021·江苏中考真题）某快餐店销售A、B两种快餐，每份利润分别为12元、8元，每天卖出份数分别为40份、80份．该店为了增加利润，准备降低每份A种快餐的利润，同时提高每份B种快餐的利润．售卖时发现，在一定范围内，每份A种快餐利润每降1元可多卖2份，每份B种快餐利润每提高1元就少卖2份．如果这两种快餐每天销售总份数不变，那么这两种快餐一天的总利润最多是______元．

【答案】1264

【分析】

根据题意，总利润=快餐的总利润＋快餐的总利润，而每种快餐的利润=单件利润×对应总数量，分别对两份快餐前后利润和数量分析，代入求解即可．

【详解】

解：设种快餐的总利润为，种快餐的总利润为，两种快餐的总利润为，设快餐的份数为份，则B种快餐的份数为份．

据题意：

∴

∵

∴当的时候，W取到最大值1264，故最大利润为1264元

故答案为：1264

15．（2021·浙江金华市·中考真题）某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线第一象限部分的函数表达式为．

（1）求雕塑高OA．

（2）求落水点C，D之间的距离．

（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，，．问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明．

【答案】（1）；（2）22米；（3）不会

【分析】

（1）求雕塑高,直接令，代入求解可得；

（2）可先求出的距离，再根据对称性求的长；

（3）利用，计算出的函数值，再与的长进行比较可得结论．

【详解】

解：（1）由题意得，A点在图象上．

当时，

．

（2）由题意得，D点在图象上．

令，得．

解得：（不合题意，舍去）．

（3）当时，，

，

∴不会碰到水柱．

16．（2021·湖北中考真题）红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）．

（1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

（2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？

（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．

【答案】（1）；（2）当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；（3）4．

【分析】

（1）分和两种情况，根据“月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件”即可得函数关系式，再根据求出的取值范围；

（2）在（1）的基础上，根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，分别利用一次函数和二次函数的性质求解即可得；

（3）设该产品的捐款当月的月销售利润为万元，先根据捐款当月的月销售单价、月销售最大利润可得，再根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，然后利用二次函数的性质即可得．

【详解】

解：（1）由题意，当时，，

当时，，

，

，

解得，

综上，；

（2）设该产品的月销售利润为万元，

①当时，，

由一次函数的性质可知，在内，随的增大而增大，

则当时，取得最大值，最大值为；

②当时，，

由二次函数的性质可知，当时，取得最大值，最大值为90，

因为，

所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；

（3）捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），

，

设该产品捐款当月的月销售利润为万元，

由题意得：，

整理得：，

，

在内，随的增大而增大，

则当时，取得最大值，最大值为，

因此有，

解得．