2021-2022學年津和區年（）中學一選題本題12小題，小3分，36分.在每題出四選中只一是合目求）形中，不是中心對稱圖形的是（B.C.D.原的對稱點的坐標是（A.?

B.

程有實數根的是（A.

B.

C.

??

，（隨而增大時的增大減小C.時的增大而增大時的增大而減小圖是正方上任意一點長線上一點eq\o\ac(△,)????則可eq\o\ac(△,)??看作是以旋轉心，eq\o\ac(△,)??順旋后得到的圖形時針旋得到的圖形C.針旋后到的圖形逆針旋的圖形試卷第1頁，總頁

的直徑，，，的為（）A.

B.

為（）

向上平位，再向右平單位，則平移后拋物線的解析式A.

B.(C.

(學校課外生物小組的試驗園地的形狀是的矩形．為便于管理，要在中間開辟一橫兩縱共三條等的小道，使種植面積米，求小道的寬為多少米？若設小道的寬，則根據題意，列程)A.????

B.??C.D.

圖象如圖所示，則下列結論正確的是（A.

B.

10.元次方2

??的個實數根中較小的一個根，A.

B.

試卷第2頁，總頁

?7112111211211.，上的直徑，，?71121112112

的中點與

2

2

C.2

5212.面角坐標系中，已知函

22222，其是實數，且滿點個數分別，()，21，C.2

2

．函的圖象交二填題本題6小題每題3，18）一元二次方

2

兩個實數根中較大的已知二次函

2

的圖象經過?1)值________如圖直徑兩個點．，則的________．拋物

2

共點，這條拋物線的對稱軸是直________如圖半徑1的條弦是徑于，意一點，小值_試卷第3頁，總頁

已知，在正方中，在為半徑上動，連Ⅰ如①在程中的最小值Ⅱ如②繞時針旋的最小值

至在動過程中長度三解題本題7小題共66分.解應出字明演步驟推過）解下列方程：Ⅰ

2

Ⅱ

2

已．Ⅰ如①

，小；Ⅱ如②是上兩個點，小．

，的大如圖，，弦，相垂直垂足．與，．Ⅰ大小；Ⅱ求試卷第4頁，總頁

某商品經過連續兩次降價，銷售價由原來，求平均每次降價的百分率．某商店銷售一種銷售成本為每具，若按每元銷售，一個月可售件．銷售價每銷售量就減．銷售價為每月銷量件，月銷售利潤Ⅰ當銷售價為每元時，月銷量件，月銷售利潤_______；Ⅱ寫的數解析式與解析式；Ⅲ當銷售價定為每件多少元時會獲得最大利潤？求出最大利潤．已??逆針旋轉，點落在．Ⅰ如①則線_旋轉角的大小_______到的距離________Ⅱ一個動點連，eq\o\ac(△,)繞逆針旋轉，使重合，eq\o\ac(△,)與對應點．①②當√時，的長；②的延長線上，且到直的離為時，的長（直接寫出結果即可）．在平面直角坐標系中為標原點，拋物線

頂點交點Ⅰ求坐標；Ⅱ已知，拋物上平移得拋的對應點，且拋

′

的解析式；Ⅲ如圖，直與軸交于，直交點．將拋物，保持頂點在直，若平移后拋物線與射）有一個公共點，求它的頂點橫坐取值范圍．試卷第5頁，總頁

參答與題析2021-2022學年津和區年（）中學卷一選題本題12小題，小3分，36分.在每題出四選中只一是合目求）【答案】A【考點】中心對稱圖形【解析】中心對稱圖形：在同一平面內，果把一個圖形繞某一點旋旋轉后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖就叫做中心對稱圖形．【解答】、是中心對稱形，故此選項符合題意；、中心對稱圖形，故此選項不符合題意；心對稱圖形，故此選項不符合題意；是中心對稱圖形，故此選項不符合題意；【答案】B【考點】關于原點對稱的點的坐標【解析】平面直角坐標系中任意一，于原點的對稱點(?求關于原點的對稱點，橫縱坐標都變成相反．記憶方法是結合平面直角坐標系的圖形記憶．【解答】解：∵關于原點對稱，∴點對稱的點的坐標(?故【答案】A【考點】根的判別式【解析】解方程或計算方程的根的判別式值，即可判斷各方程根的情況即可．【解答】、方，

，??

，所以方程有個實數根；、

變形

，以方程沒有實數根；

1，程沒有數根；2方程沒有實數根，．試卷第6頁，總頁

【答案】D【考點】二次函數的性質【解析】根

和次函數的性質，可以判斷各個選項中的說法是否正確，從而可以解答本題．【解答】故選【答案】A【考點】全等三角形的性質旋轉的性質正方形的性質【解析】由旋轉的性質可求解．【解答】∵是正方上任意一點長線上一點eq\o\ac(△,)????∴可eq\o\ac(△,)看作是以為轉中心，eq\o\ac(△,)??旋得到的圖形，【答案】A【考點】垂徑定理勾股定理【解析】連，求，根據勾股定理求，可求出答案．【解答】解：連∵，∴∵∴

，在中，由勾股定理得

2，試卷第7頁，總頁

2∴2故【答案】C【考點】二次函數圖象與幾何變換【解析】直接根上加下減，左加右的原則進行解答即可．【解答】由“加下”原則可知，把拋物個單位所得拋物線的解析式為＝

2

；由“加右”原則可知，把拋物

2

向右平單位所得拋物線解析式為＝

2

．【答案】C【考點】由實際問題抽象出一元二次方程【解析】若設小道的寬米，則陰影部分可合成長?2，寬形，利用矩形的面積公式，即可得出關的元二次方程，此題得解．【解答】解：根據題意，可列方程為??)(20．故【答案】D【考點】二次函數圖象與系數的關系【解析】根據開口方向可判對稱軸位置可判據交點可判；．【解答】∵∴∵∴

由圖象知，開口向下，，誤；對稱軸側，，；試卷第8頁，總頁

??由圖象知，點在正半軸，∴，??當時10.【答案】D【考點】解一元二次方程公法實數的運算【解析】根據公式得出

2

2

16

即可．【解答】∵

2

??的兩個實數根中較的一個根∴

2

2

16

解得

2

16211.【答案】D【考點】全等三角形的性質與判定圓周角定理圓心角、弧、弦的關系勾股定理【解析】如圖證據勾股定構建方程即可解決問題；【解答】解：如圖∵

，∴.∵是徑，∴∴.∵∴設試卷第9頁，總頁

11211∵11211∴，∴∵

2，∴.在中∵

2

2

2

，∴???)

2

2

2

，解，2∴

2222故12.【答案】B【考點】二次函數的性質根的判別式【解析】選利用判別式的性質證明即可．【解答】解：

，2則

2

2.∵是實數，∴∵

2

∴2對

2，則

2

∴，故.二填題本題6小題每題3，18）【答案】【考點】解一元二次方程因分解法【解析】原方程轉化或1后解兩個一次方程即可得到原方程較大的根．【解答】∵

2

，∴1)試卷第10頁，總20頁

∴或∴

，2∴原方程較大的根．【答案】【考點】待定系數法求二次函數解析式【解析】把?入函

2

即可【解答】解：(?代函數解析式，得，解．故答案【答案】【考點】圓周角定理圓心角、弧、弦的關系【解析】根據平行線的性質求據腰三角形的性質得

，根據圓周角定理得

2

即可求出案．【解答】∵∴∵∴

，，，28

，∵由圓周角定理得??2∴2【答案】【考點】二次函數的性質拋物線與軸交點【解析】根據拋物線的對稱性即可求解．【解答】∵拋物

2

??公共點的坐標，∴這條拋物線的對稱軸是直【答案】

2

?試卷第11頁，總20頁

【考點】軸對稱最短路線問題垂徑定理勾股定理【解析】由關對稱，因即直線上，小，的就的最小值．【解答】連，．∵，是直徑，于，∴∴

2，2，∴，在根據勾股定理得

，值【答案】,√【考點】旋轉的性質正方形的性質【解析】Ⅰ當長度有最小值，即可求解；Ⅱ”′，可′點′線為，以的圓上，則對角最小，再用勾股定理求對角的長，則得的長．【解答】試卷第12頁，總20頁

＝2（2如圖，連，＝2由旋轉得′′，∴∵四邊為方形，∴∴，∴，在

′

eq\o\ac(△,)??

′′∴∴∴

′′心

′

為半徑的圓上，∴

在對角在∵∴

22∴′′√2，即最小值2．故答案為?三解題本題7小題共66分.解應出字明演步驟推過）【答案】（1∵

2

∴

2

，∴即

2（2∵，∴

2

×1∴

??2

∴

．【考點】解一元二次方程配法解一元二次方程公法【解析】試卷第13頁，總20頁

＝2Ⅰ根據配方法解一元二次方程的步驟計算可得答案；Ⅱ利用求根公式計算可得答＝2【解答】（1∵

2

∴

2

，∴即

2（2∵，∴

2

×1∴

??2

∴，【答案】

．（1∵

∴??∴

；（2連∵∴∵∴∵∴∴∵∴

直??，，，、共圓，，，∴

．【考點】圓周角定理垂徑定理圓心角、弧、弦的關系【解析】（I根據圓心角、弧、弦之間的關系求求出答案即可；試卷第14頁，總20頁

根三角形外角性質求，根據圓內接四邊形的性質得

，求，據圓周角定理求，再根據三角形內角和理求出即可．【解答】（1∵

∴????∴

；（2連∵∴∵∴∵∴∴∵∴

直??，，，、共圓，，，∴

．【答案】（1∵點，∴

，∴∵∴∵

，，∴

；（2證明∵∴∵，∴在eq\o\ac(△,)

，試卷第15頁，總20頁

，∴??∴【考點】圓周角定理垂徑定理圓心角、弧、弦的關系【解析】（I根據圓周角定理求據垂直定義求據三角形內角和定理求出即可；求

，根據圓周角定理得，根據全等三角形的判定得eq\o\ac(△,)??全等三角形的性質得出即可．【解答】（1∵點，∴

，∴∵∴∵

，，∴

；（2證明∵，∴∵，∴在eq\o\ac(△,)，∴??∴【答案】平均每次降價的百分率【考點】一元二次方程的應用【解析】解答此題利用的數量關系是：商原來價格降價的百分率）設出未知數，列方程解答即可．【解答】

格，試卷第16頁，總20頁

設這種商品平均每次降價的百分，據題意列方程得，

解

，不合題意，舍去）【答案】,【考點】二次函數的應用二元一次方程組的應——行問題二元一次方程組的應其他問題二元一次方程的應用【解析】Ⅰ根據月銷售（定，可求出當銷售單價定時的月銷售量，再利用月銷售利每件利售數量，即可求出當銷售單價元時的月銷售利潤；Ⅱ根據以上所列等量關系可得函數解析式；Ⅲ關數解析式配方成頂點，再利用二次函數的性質求解可．【解答】（2，

Ⅲ

，∵，∴取得最大，故銷售價定為每時會獲得最大利潤，最大利潤【答案】,

【考點】幾何變換綜合題【解析】Ⅰ先由旋轉的性質直角三角形的性質，

，由直角三角形的性質可得

Ⅱ①由旋轉的性質eq\o\ac(△,)??

，再證出是邊三角形，后由勾股定理即得出答案；②兩種情況，，延，由直角三角形的性質，

，

，eq\o\ac(△,)

eq\o\ac(△,)

，解eq\o\ac(△,)部，同上．【解答】試卷第17頁，總20頁

111故當1111故當1Ⅰ由旋轉的性質得∵

，

，∴，

°

，即旋轉角的大小過①示：∵，∴即距離【答案】（1對

∵

故坐標?（2設平移后拋物線的表達式

由′

，解故線的表達式

；Ⅲ∵直①軸交于，設直式，的坐標代入上式得?1，解故直式

1

，設平移后的拋物線為拋物，其點，則設?

1

，②則″表達式當拋物″過點，將標代入上式得

1145

，145

145

時，平移后拋物線與射（端有一個公共點，當拋物″直一個共點時，聯立①②整理得

，試卷第18頁，總20頁

111451，故當111故當1則eq\