期中检测题
本检测题满分:120分，时间:120分钟
一、选择题（每小题3分，共36分）
1.(广东)若关于x的方程+x－a+=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是()
A.a≥2 B.a≤2
C.a>2 D.a<2
2.（2015·江苏苏州中考）若二次函数y=+bx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+bx=5的解为（）
A. B.
C. D.
3.在平面直角坐标系中，将抛物线y=x24先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的表达式是（）
A.y=(x+2)2+2 B.y=(x2)22
C.y=(x2)2+2 D.y=(x+2)22
4.一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）
5.已知抛物线的顶点坐标是，则和的值分别是（）
A.2，4B.C.2，D.，0
6.若是关于的一元二次方程，则的值应为（）
A.B.C.D.无法确定
7.方程的解是（）
A．B．
C．D．
8.若是关于的方程的根，则的值为（）
A．B．C．D．
9.定义：如果一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“凤凰”方程.已知是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（）
A．B．C．D．
10.(山西)晋商大院的许多窗格图案蕴含着对称之美，现从中选取以下四种窗格图案，其是中心对称图形但不是轴对称图形的是()
A．B. C. D.
11.已知点的坐标为，为坐标原点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转90°得线段，则点的坐标为（）
A.B.C.D.
12.当代数式的值为7时，代数式的值为（）
二、填空题（每小题3分，共24分）
13.对于二次函数，已知当由1增加到2时，函数值减少3，则常数的值是.
14.将抛物线向右平移2个单位后，再向下平移5个单位，所得抛物线的顶点坐标为_______.
15.某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数表达式是y=60x1.5x2，该型号飞机着陆后需滑行m才能停下来.
16.如果，那么的关系是________．
17.如果关于的方程没有实数根，那么的取值范围为_____________.
18.方程的解是__________________．
19.如图所示，边长为2的正方形的对角线相交于点，过点的直线分别交于点，则阴影部分的面积是．20.若（是关于的一元二次方程，则的值是________．
三、解答题（共60分）
21.（8分）关于某点中心对称.已知A，，D三点的坐标分别是(0，4)，(0，3)，(0，2).
(1)求对称中心的坐标；
(2)写出顶点B，C，，.
第21题图第22题图
22.（8分）（湖北襄阳）
23.（8分）把抛物线向左平移2个单位，同时向下平移1个单位后，恰好与抛物线重合．请求出的值，并画出函数的示意图．
24.（8分）()已知抛物线－(x－m)，其中m是常数．
(1)求证：不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点；
(2)若该抛物线的对称轴为直线x=．
①求该抛物线的函数解析式；
②把该抛物线沿y轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点
25.（8分）已知抛物线与轴有两个不同的交点．
(1)求的取值范围；
(2)抛物线与轴的两交点间的距离为2，求的值.
26.（8分）若关于x的一元二次方程x2－（2k+1）x+k2+2k=0有两个实数根x1，x2.
（1）求实数k的取值范围.
（2）是否存在实数k使得x1?x2－x12－x22≥0成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由.
27．(12分)将两块大小相同的含30°角的直角三角板(∠BAC＝∠B1A1C＝30°)按图①的方式放置，固定三角板A1B1C，然后将三角板ABC绕直角顶点C顺时针方向旋转(旋转角小于90°)至图②所示的位置，AB与A1C交于点E，AC与A1B1交于点F，AB与A1B1交于点O．
(1)求证：△BCE≌△B1CF.
(2)当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直吗？请说明理由．
期中检测题参考答案
1.C解析：由题意得一元二次方程根的判别式Δ>0，即－4×1×>0，整理，得4a－8>0，解得a>2.
2.D解析：∵二次函数y=x2+bx的图的对称轴是经过点（2，0）且平行于y轴的直线，
∴－=2，解得b=－4，∴关于x的方程x2+bx=5为x2－4x=5，其解为.
3.B解析:根据平移规律“左加右减”“上加下减”，将抛物线y=x2－4先向右平移2个单位得y=(x－2)2－4，再向上平移2个单位得y=(x－2)2－4+2=(x－2)2－2.
4.C解析:当时，二次函数图象开口向下，一次函数图象经过第二、四象限，此时C，D符合.又由二次函数图象的对称轴在轴左侧，所以，即，只有C符合.同理可讨论当时的情况.
5.B解析:抛物线的顶点坐标是（），
，解得.
6.C解析：由题意，得，解得.故选C.
7.A解析：∵，∴，
∴.故选A.
8.D解析：将代入方程得，.
∵，∴，∴.故选D.
9.A解析：依题意，得联立得，
∴，∴.故选．
10.B解析：在四个图形中，A，C，D三个图形既是中心对称图形又是轴对称图形，只有B是中心对称图形而不是轴对称图形.11.C解析：画图可得点的坐标为．
12.A解析：当时，，
代数式.故选.
13.解析:因为当时，，当时，，
所以.
14.(5，－2)
15.600解析:y=60x1.5x2=1.5（x20）2+600，
当x=20时，y最大值=600，则该型号飞机着陆时需滑行600m才能停下来.
16.解析：原方程可化为，∴.
17.解析：∵＝，∴．
18.解析：.方程有两个不等的实数根即
19.1解析：△绕点旋转180°后与△，所以阴影部分的面积等于正方形面积的，即1.
20解析：由得或．
21.析：（1）由D和D1是对称点，对称中心是线段DD1的中点，对称中心的坐标
为（0，）
（2）由点A（0，4），D（0，2）得正方形ABCD的边长AD=4－2=2，从而有OA=OD+AD=4，OA1=OD1－A1D1=1，进而可求出B，C，B1，C1的坐标.
是对称点，
∴对称中心是线段D的中点.
∴对称中心的坐标是(0，).
(2)B(－2，4)，C(－2，2)，(2，1)，(2，3)
22.分析：本题需要利用矩形的面积等于列方程求解，由于矩形的面积等于长乘宽，因此需要表示矩形的长与宽，，利用矩形的长与两个宽的和是（25+1）m，得到矩形的长为根据矩形的面积公式列出方程求解利用矩形的长不大于12m确定矩形的长与宽
解：设矩形猪舍垂直于住房墙的一边长为xm，则矩形猪舍的另一边长为（26－2x）m.
依题意，得x(26－2x)=80.
化简，得－13x+40=0.
解这个方程，得=5，=8.
当x=5时，26－2x=16＞12（舍去）；当x=8时，26－2x=10＜12.
答：所建矩形猪舍的长为10m，宽为8m.
23.解:将整理得.
因为抛物线向左平移2个单位，
再向下平移1个单位得，
所以将向右平移2个单位，
再向上平移1个单位即得，
故
，
所以.示意图如图所示.
24.(1)证明:∵－(x－m)=(x－m)(x－m－1)，
∴由y=0得=m，=m+1．
∵m≠m+1，
∴抛物线与x轴一定有两个交点(m，0)，(m+1，0)．
(2)①∵－(2m+1)x+m(m+1)，
∴抛物线的对称轴为直线x=－=，解得m=2，
∴抛物线的函数解析式为－5x+6．
②∵－5x+6=，
∴该抛物线沿y轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点．
25.解:（1）∵抛物线与轴有两个不同的交点，
∴＞0，即解得c＜.
(2)设抛物线与轴的两交点的横坐标为，
∵两交点间的距离为2，∴.由题意，得，解得，
∴，．
26.分析：（1）根据已知一元二次方程的根的情况，得到根的判别式Δ≥0，据此列出关于k的不等式［－（2k+1）］2－4（k2+2k）≥0，通过解该不等式即可求得k的取值范围；
（2）假设存在实数k使得x1?x2－－≥0成立，利用根与系数的关系可以求得x1+x2=2k+1，x1?x2=k2+2k，然后利用完全平方公式可以把已知不等式转化为含有两根之和、两根之积的形式3x1?x2－（x1+x2）2≥0，通过解不等式可以求得k的值.
解：（1）∵原方程有两个实数根，
∴［－（2k+1）］2－4（k2+2k）≥0，∴4k2+4k+1－4k2－8k≥0，∴1－4k≥0，∴k≤.
∴当k≤时，原方程有两个实数根.
（2）假设存在实数k使得x1?x2－－≥0成立．
∵x1，x2是原方程的两根，∴x1+x2=2k+1，x1?x2=k2+2k.
由x1?x2－－≥0，得3x1?x2－（x1+x2）2≥0.∴3（k2+2k）－（2k+1）2≥0，整理得－（k－1）2≥0，
∴只有当k=1时，上式才能成立.又由（1）知k≤，
∴不存在实数k使得x1?x2－－≥0成立.
27.（1）证明：在△和△中，
∠，，∠，
∴△≌△．
（2）解：当∠时，．理由如下：
∵∠，∴∠．
∴∠，
∴∠.
∵∠，∴∠，
∴.
A
E
D
C
F
O
B
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