《（湖南專版）2020年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第三單元 函數(shù)及其圖象 課時訓(xùn)練15 二次函數(shù)的應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（湖南專版）2020年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第三單元 函數(shù)及其圖象 課時訓(xùn)練15 二次函數(shù)的應(yīng)用（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時訓(xùn)練(十五)　二次函數(shù)的應(yīng)用 (限時:40分鐘) |夯實基礎(chǔ)| 1.[2019·荊門]拋物線y=-x2+4x-4與坐標(biāo)軸的交點個數(shù)為 (　　) A.0 B.1 C.2 D.3 2.[2018·襄陽]已知二次函數(shù)y=x2-x+14m-1的圖象與x軸有交點,則m的取值范圍是 (　　) A.m≤5 B.m≥2 C.m<5 D.m>2 3.若二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a<0)的圖象經(jīng)過點(2,0),且其對稱軸為直線x=-1,則使函數(shù)值y>0成立的x的取值范圍是 (　　) A.x<-4或x>2 B.-4≤x≤2 C.x≤-4或x≥2

2、 D.-4

3、AB=90米),以最高點O為坐標(biāo)原點,以平行于AB的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則此拋物線型鋼拱的函數(shù)表達(dá)式為 (　　) 圖K15-3 A.y=26675x2 B.y=-26675x2 C.y=131350x2 D.y=-131350x2 6.如圖K15-4,假設(shè)籬笆(虛線部分)的長度為16 m,則所圍成矩形ABCD的最大面積是 (　　) 圖K15-4 A.60 m2 B.63 m2 C.64 m2 D.66 m2 7.[2018·寧波]如圖K15-5,二次函數(shù)y=ax2+bx的圖象開口向下,且經(jīng)過第三象限的點P,若點P的橫坐標(biāo)為-1

4、,則一次函數(shù)y=(a-b)x+b的圖象大致是 (　　) 圖K15-5 圖K15-6 8.[2019·臨沂]從地面豎直向上拋出一小球,小球的高度h(單位:m)與小球運動時間t(單位:s)之間的函數(shù)關(guān)系如圖K15-7所示.下列結(jié)論: ① 小球在空中經(jīng)過的路程是40 m; ② 小球拋出3 s后,速度越來越快; ③小球拋出3 s時速度為0; ④小球的高度h=30 m時,t=1.5 s. 其中正確的是 (　　) 圖K15-7 A.① ④ B.① ② C.② ③④ D.② ③ 9.[2018·呼和浩特]若滿足12

5、式2x3-x2-mx>2成立,則實數(shù)m的取值范圍是 (　　) A.m<-1 B.m≥-5 C.m<-4 D.m≤-4 10.[2019·宜賓]已知拋物線y=x2-1與y軸交于點A,與直線y=kx(k為任意實數(shù))相交于B,C兩點,則下列結(jié)論不正確的是 (　　) A.存在實數(shù)k,使得△ABC為等腰三角形 B.存在實數(shù)k,使得△ABC的內(nèi)角中有兩角分別為30°和60° C.任意實數(shù)k,使得△ABC都為直角三角形 D.存在實數(shù)k,使得△ABC為等邊三角形 11.[2018·孝感]如圖K15-8,拋物線y=ax2與直線y=bx+c的兩個交點的坐標(biāo)分別為A

6、(-2,4),B(1,1),則方程ax2=bx+c的解是　　　　.? 圖K15-8 12.[2018·鎮(zhèn)江]已知二次函數(shù)y=x2-4x+k的圖象的頂點在x軸下方,則實數(shù)k的取值范圍是　　　　.? 13.[2018·德陽]已知函數(shù)y=(x-2)2-2,x≤4,(x-6)2-2,x>4.使y=a成立的x的值恰好只有3個時,a的值為　　　　.? 14.[2018·黃岡]已知直線l:y=kx+1與拋物線y=x2-4x. (1)求證:直線l與該拋物線總有兩個交點; (2)設(shè)直線l與該拋物線的兩交點為A,B,O為原點,當(dāng)k=-2時,求△OAB的面積.

7、 15.超市銷售某種兒童玩具,如果每件利潤為40元(市場管理部門規(guī)定,該種玩具每件利潤不能超過60元),每天可售出50件.根據(jù)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn),銷售單價每增加2元,每天銷售量會減少1件.設(shè)銷售單價增加x元,每天售出y件. (1)請寫出y與x之間的函數(shù)表達(dá)式; (2)當(dāng)x為多少時,超市每天銷售這種玩具可獲利潤2250元? (3)設(shè)超市每天銷售這種玩具可獲利w元,當(dāng)x為多少時w最大,最大值是多少? 16.[2019·南充]在“我為祖國點贊”征文活動中,學(xué)校計劃對獲得一、二等獎的學(xué)生分別獎勵一支鋼筆、一本筆記本.已知購買2

8、支鋼筆和3本筆記本共需38元,購買4支鋼筆和5本筆記本共需70元. (1)鋼筆、筆記本的單價分別為多少? (2)經(jīng)與商家協(xié)商,購買鋼筆超過30支時,每增加1支,單價降低0.1元;超過50支,均按購買50支的單價銷售.筆記本一律按原價銷售.學(xué)校計劃獎勵一、二等獎學(xué)生共計100人,其中一等獎的人數(shù)不少于30人,且不超過60人,這次獎勵一等獎學(xué)生多少人時,購買獎品總金額最少,最少為多少元? 17.[2019·菏澤]如圖K15-9,拋物線與x軸交于A,B兩點,與y軸交于點C(0,-2),點A的坐標(biāo)是(2,0),P為拋物線上的一個動點,過

9、點P作PD⊥x軸于點D,交直線BC于點E,拋物線的對稱軸是直線x=-1. (1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式; (2)若點P在第二象限內(nèi),且PE=14OD,求△PBE的面積; (3)在(2)的條件下,若M為直線BC上一點,在x軸的上方,是否存在點M,使△BDM是以BD為腰的等腰三角形?若存在,求出點M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. 圖K15-9 |拓展提升| 18.[2019·長沙25題]已知拋物線y=-2x2+(b-2)x+(c-2020)(b,c為常數(shù)). (1)若拋物線的

10、頂點坐標(biāo)為(1,1),求b,c的值; (2)若拋物線上始終存在不重合的兩點關(guān)于原點對稱,求c的取值范圍; (3)在(1)的條件下,存在正實數(shù)m,n(m

11、)2-4×14m-1≥0,解得m≤5.故選A. 3.D　[解析]∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a<0)的圖象經(jīng)過點(2,0),且其對稱軸為直線x=-1, ∴二次函數(shù)的圖象與x軸的另一個交點為(-4,0). ∵a<0,∴拋物線開口向下, 則使函數(shù)值y>0成立的x的取值范圍是-40.∴二次函數(shù)的圖象與y軸交于正半軸.∵一次函數(shù)y=ax+b的圖象經(jīng)過第一、二、四象限,∴a<0,b>0,∴-b2a>0,∴二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象開口向下,對稱軸在y軸的右側(cè).故選A. 5.B　[解析]設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式

12、為y=ax2,由題可知,點A的坐標(biāo)為(-45,-78),代入表達(dá)式可得-78=a×(-45)2,解得a=-26675,∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-26675x2,故選B. 6.C　[解析]設(shè)BC=x m,則AB=(16-x)m,矩形ABCD的面積為y m2. 根據(jù)題意,得y=(16-x)x=-x2+16x=-(x-8)2+64, 當(dāng)x=8時,y最大值=64, ∴所圍成矩形ABCD的最大面積是64 m2. 7.D　[解析]把x=-1代入y=ax2+bx得a-b<0.∵圖象開口向下,∴a<0.又∵對稱軸位于y軸左側(cè),∴a,b同號, ∴b<0,∴函數(shù)y=(a-b)x+b的圖象經(jīng)過第二、三、

13、四象限.故選D. 8.D　[解析]①由圖象知,小球在空中達(dá)到的最大高度是40 m,故①錯誤; ②小球拋出3 s后,速度越來越快,故②正確; ③小球拋出3 s秒時達(dá)到最高點,即速度為0,故③正確; ④設(shè)h與t之間的函數(shù)解析式為h=a(t-3)2+40, 把O(0,0)代入,得0=a(0-3)2+40,解得a=-409,∴h與t之間的函數(shù)解析式為h=-409(t-3)2+40, 把h=30代入解析式,得30=-409(t-3)2+40,解得t=4.5或t=1.5, ∴小球的高度h=30 m時,t=1.5 s或4.5 s,故④錯誤.故選D. 9.D　[解析]∵12

14、式化為2x2-x-m>2x,設(shè)y1=2x2-x-m,y2=2x. ∵1214時,y1隨x的增大而增大,如圖,結(jié)合圖象可知:當(dāng)-m≥4,12y2,即m≤-4,122總成立. 10.D 11.x1=-2,x2=1　[解析]∵拋物線y=ax2與直線y=bx+c的兩個交點的坐標(biāo)分別為A(-2,4),B(1,1),∴y=ax2,y=bx+c的解為x1=-2,y1=4,x2=

15、1,y2=1.即方程ax2=bx+c的解是x1=-2,x2=1. 12.k<4　[解析]∵二次函數(shù)y=x2-4x+k的圖象的頂點在x軸下方, ∴二次函數(shù)y=x2-4x+k的圖象與x軸有兩個公共點, ∴b2-4ac>0,即(-4)2-4×1×k>0,解得k<4. 13.2　[解析]畫出函數(shù)的圖象如圖,要使y=a成立的x的值恰好只有3個,即函數(shù)圖象與y=a這條直線有3個交點,即a=2. 14.解:(1)證明:聯(lián)立兩個函數(shù)解析式,得x2-4x=kx+1,即x2-(4+k)x-1=0,其中Δ=(4+k)2+4>0,所以該一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根,即直線l與拋物線總有兩個交點.

16、(2)如圖,連接AO,BO,聯(lián)立兩個函數(shù)解析式,得x2-4x=-2x+1,解得x1=1-2,x2=1+2.設(shè)直線l與y軸交于點C,在y=-2x+1中,令x=0,得y=1,所以C(0,1),所以O(shè)C=1. 所以S△OAB=S△AOC+S△BOC=12·OC·|xA|+12·OC·|xB|=12·OC·|xA-xB|=12×1×22=2. 15.解:(1)根據(jù)題意,得y=-12x+50(0

17、40+x)-12x+50=-12x2+30x+2000=-12(x-30)2+2450. ∵a=-12<0, ∴當(dāng)x<30時,w隨x的增大而增大, ∴當(dāng)x=20時,w最大=2400. 答:當(dāng)x為20時w最大,最大值是2400元. 16.解:(1)設(shè)鋼筆、筆記本的單價分別為x元/支,y元/支, 根據(jù)題意,得2x+3y=38,4x+5y=70,解得x=10,y=6. 答:鋼筆、筆記本的單價分別為10元/支,6元/支. (2)設(shè)鋼筆的單價為a元/支,購買數(shù)量為b支,購買鋼筆和筆記本的總金額為w元. ①當(dāng)30≤b≤50時, a=10-0.1(b-30)=-0.1b+13, w=b

18、(-0.1b+13)+6(100-b)=-0.1b2+7b+600=-0.1(b-35)2+722.5. ∵當(dāng)b=30時,w=720,當(dāng)b=50時,w=700, ∴當(dāng)30≤b≤50時,700≤w≤722.5. ②當(dāng)50

19、),根據(jù)點C(0,-2),即可求解; (2)設(shè)出點D坐標(biāo),表示出PE的長,根據(jù)PE=14OD,求得點D(-5,0),利用S△PBE=12PE·BD即可求解; (3)△BDM是以BD為腰的等腰三角形,則分BD=BM和BD=DM兩種情況求解. 解:(1)∵點A的坐標(biāo)是(2,0),拋物線的對稱軸是直線x=-1,∴點B(-4,0), 設(shè)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=a(x-2)(x+4), 將點C(0,-2)的坐標(biāo)代入,得-8a=-2, 解得a=14, 故拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=14(x-2)(x+4),即y=14x2+12x-2. (2)易得直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y=-12x-2. 設(shè)點

20、D(x,0), 則點Px,14x2+12x-2,點Ex,-12x-2. ∵PE=14OD,點P在直線BC上方, ∴PE=14x2+12x-2+12x+2=14(-x), 解得x=0或x=-5(舍去x=0),則點D(-5,0). 故S△PBE=12PE·BD=12×14OD·BD=12×54×1=58. (3)存在.由題意得,△BDM是以BD為腰的等腰三角形,有BD=BM和BD=DM兩種情況,如圖, 易得BD=1,BC=25. ①當(dāng)BD=BM,點M在線段CB的延長線上時,過點M作MH⊥x軸于點H, 易得△MHB∽△COB,則MHCO=MBCB, 即MH2=125,解得MH

21、=55. 令y=-12x-2=55, 解得x=-20+255, 故點M-20+255,55. ②當(dāng)BD=DM時, 設(shè)點Mx,-12x-2,其中x<-4.則MD2=[x-(-5)]2+-12x-2-02=1. 整理得x2+485x+1125=0. 解得x1=-4(舍去),x2=-285. 當(dāng)x=-285時,-12x-2=45. 故點M-285,45. 綜上所述,點M的坐標(biāo)為-20+255,55或-285,45. 18.解:(1)由題意,可設(shè)y=-2(x-1)2+1,去括號,得y=-2x2+4x-1, ∴b-2=4,c-2020=-1,解得b=6,c=2019. (2)設(shè)

22、拋物線上關(guān)于原點對稱且不重合的兩點的坐標(biāo)分別為(x0,y0),(-x0,-y0), 代入解析式可得: y0=-2x02+(b-2)x0+(c-2020),-y0=-2x02-(b-2)x0+(c-2020), 兩式相加,得-4x02+2(c-2020)=0, ∴c=2x02+2020,∴c≥2020. (3)由(1)可知拋物線為y=-2(x-1)2+1, ∴y≤1. ∵0

23、 ∴當(dāng)x=m時,ymax=-2m2+4m-1,當(dāng)x=n時,ymin=-2n2+4n-1, 又∵1n≤y≤1m,∴-2n2+4n-1=1n,①-2m2+4m-1=1m,② 將①整理得2n3-4n2+n+1=0, 變形得(2n3-2n2)-(2n2-n-1)=0, ∴2n2(n-1)-(2n+1)(n-1)=0, ∴(n-1)(2n2-2n-1)=0. ∵n>1, ∴2n2-2n-1=0, ∴n1=1-32(舍去),n2=1+32. 同理,整理②得(m-1)(2m2-2m-1)=0, ∵1≤m