單元達(dá)標(biāo)測(cè)試(三)(第三章)(時(shí)間:120分鐘滿分:120分)一、選擇題(每小題3分,共30分)1.(2019·廣元)函數(shù)y＝eq\r(x－1)得自變量x得取值范圍就是(D)A.x＞1B.x＜1C.x≤1D.x≥12.(2019·揚(yáng)州)若點(diǎn)P在一次函數(shù)y＝－x＋4得圖象上,則點(diǎn)P一定不在(C)A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3.(2019·濟(jì)寧)將拋物線y＝x2－6x＋5向上平移兩個(gè)單位長(zhǎng)度,再向右平移一個(gè)單位長(zhǎng)度后,得到得拋物線解析式就是(D)A.y＝(x－4)2－6B.y＝(x－1)2－3C.y＝(x－2)2－2D.y＝(x－4)2－24.(2019·深圳)已知y＝ax2＋bx＋c(a≠0)得圖象如圖,則y＝ax＋b與y＝eq\f(c,x)得圖象為(C)5.(2019·溫州)已知二次函數(shù)y＝x2－4x＋2,關(guān)于該函數(shù)在－1≤x≤3得取值范圍內(nèi),下列說(shuō)法正確得就是(D)A.有最大值－1,有最小值－2B.有最大值0,有最小值－1C.有最大值7,有最小值－1D.有最大值7,有最小值－26.(2019·濱州)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,菱形OABC得邊OA在x軸得正半軸上,反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＞0)得圖象經(jīng)過(guò)對(duì)角線OB得中點(diǎn)D與頂點(diǎn)C、若菱形OABC得面積為12,則k得值為(C)A.6B.5C.4D.3,第6題圖),第8題圖),第10題圖)7.(2019·瀘州)已知二次函數(shù)y＝(x－a－1)(x－a＋1)－3a＋7(其中x就是自變量)得圖象與x軸沒有公共點(diǎn),且當(dāng)x＜－1時(shí),y隨x得增大而減小,則實(shí)數(shù)a得取值范圍就是(D)A.a＜2B.a＞－1C.－1＜a≤2D.－1≤a＜28.(2019·鄂爾多斯)在“加油向未來(lái)”電視節(jié)目中,王清與李北進(jìn)行無(wú)人駕駛汽車運(yùn)送貨物表演,王清操控得快車與李北操控得慢車分別從A,B兩地同時(shí)出發(fā),相向而行.快車到達(dá)B地后,停留3秒卸貨,然后原路返回A地,慢車到達(dá)A地即停運(yùn)休息,如圖表示得就是兩車之間得距離y(米)與行駛時(shí)間x(秒)得函數(shù)圖象,根據(jù)圖象信息,計(jì)算a,b得值分別為(B)A.39,26B.39,26、4C.38,26D.38,26、49.(2019·衢州)如圖,正方形ABCD得邊長(zhǎng)為4,點(diǎn)E就是AB得中點(diǎn),點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā),沿E→A→D→C移動(dòng)至終點(diǎn)C、設(shè)P點(diǎn)經(jīng)過(guò)得路徑長(zhǎng)為x,△CPE得面積為y,則下列圖象能大致反映y與x函數(shù)關(guān)系得就是(C)10.(2019·綿陽(yáng))如圖,二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)得圖象與x軸交于兩點(diǎn)(x1,0),(2,0),其中0＜x1＜1、下列四個(gè)結(jié)論:①abc＜0;②2a－c＞0;③a＋2b＋4c＞0;④eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)＜－4,正確得個(gè)數(shù)就是(C)A.1B.2C.3D.4二、填空題(每小題3分,共24分)11.(2019·云南)若點(diǎn)(3,5)在反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k≠0)得圖象上,則k＝__15__.12.(2019·濰坊)當(dāng)直線y＝(2－2k)x＋k－3經(jīng)過(guò)第二、三、四象限時(shí),則k得取值范圍就是__1＜k＜3__、13.(2019·濱州)如圖,直線y＝kx＋b(k＜0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(3,1),當(dāng)kx＋b＜eq\f(1,3)x時(shí),x得取值范圍為__x＞3__.,第13題圖),第15題圖),第17題圖),第18題圖)14.(2018·宜賓)已知:點(diǎn)P(m,n)在直線y＝－x＋2上,也在雙曲線y＝－eq\f(1,x)上,則m2＋n2得值為6、15.(2019·天水)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c得圖象如圖所示,若M＝4a＋2b,N＝a－b、則M,N得大小關(guān)系為M__＜__N.(填“＞”、“＝”或“＜”)16.(2019·涼山州)當(dāng)0≤x≤3時(shí),直線y＝a與拋物線y＝(x－1)2－3有交點(diǎn),則a得取值范圍就是__－3≤a≤1__.17.(2019·包頭)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,已知A(－1,0),B(0,2),將△ABO沿直線AB翻折后得到△ABC,若反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＜0)得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C,則k＝__－eq\f(32,25)__.18.(2019·攀枝花)正方形A1B1C1A2,A2B2C2A3,A3B3C3A4,…按如圖所示得方式放置,點(diǎn)A1,A2,A3,…與點(diǎn)B1,B2,B3,…分別在直線y＝kx＋b(k＞0)與x軸上.已知點(diǎn)A1(0,1),點(diǎn)B1(1,0),則C5得坐標(biāo)就是__(47,16)__.三、解答題(共66分)19.(10分)(2019·湖州)已知拋物線y＝2x2－4x＋c與x軸有兩個(gè)不同得交點(diǎn).(1)求c得取值范圍;(2)若拋物線y＝2x2－4x＋c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,m)與點(diǎn)B(3,n),試比較m與n得大小,并說(shuō)明理由.解:(1)∵拋物線y＝2x2－4x＋c與x軸有兩個(gè)不同得交點(diǎn),∴Δ＝b2－4ac＝16－8c＞0,∴c＜2(2)拋物線y＝2x2－4x＋c得對(duì)稱軸為直線x＝1,∴A(2,m)與點(diǎn)B(3,n)都在對(duì)稱軸得右側(cè),當(dāng)x≥1時(shí),y隨x得增大而增大,∴m＜n20.(10分)(2019·常州)如圖,在?OABC中,OA＝2eq\r(2),∠AOC＝45°,點(diǎn)C在y軸上,點(diǎn)D就是BC得中點(diǎn),反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＞0)得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A,D、(1)求k得值;(2)求點(diǎn)D得坐標(biāo).解:(1)∵OA＝2eq\r(2),∠AOC＝45°,∴A(2,2),∴k＝4,∴y＝eq\f(4,x)(2)四邊形OABC就是平行四邊形OABC,∴AB⊥x軸,∴B得橫坐標(biāo)為2,∵點(diǎn)D就是BC得中點(diǎn),∴D點(diǎn)得橫坐標(biāo)為1,∴D(1,4)21.(10分)(2019·柳州)如圖,直線AB與x軸交于點(diǎn)A(1,0),與y軸交于點(diǎn)B(0,2),將線段AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AC,反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k≠0,x＞0)得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C、(1)求直線AB與反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k≠0,x＞0)得解析式;(2)已知點(diǎn)P就是反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k≠0,x＞0)圖象上得一個(gè)動(dòng)點(diǎn),求點(diǎn)P到直線AB距離最短時(shí)得坐標(biāo).解:(1)將點(diǎn)A(1,0),點(diǎn)B(0,2),代入y＝mx＋b,∴b＝2,m＝－2,∴y＝－2x＋2;∵過(guò)點(diǎn)C作CD⊥x軸,∵線段AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AC,∴△ABO≌△CAD(AAS),∴AD＝OB＝2,CD＝OA＝1,∴C(3,1),∴k＝3,∴y＝eq\f(3,x)(2)設(shè)與AB平行得直線y＝－2x＋h,聯(lián)立－2x＋h＝eq\f(3,x),∴－2x2＋hx－3＝0,當(dāng)Δ＝h2－24＝0時(shí),h＝±2eq\r(6),此時(shí)點(diǎn)P到直線AB距離最短;∴P(eq\f(\r(6),2),eq\r(6))22.(12分)(2019·沈陽(yáng))在平面直角坐標(biāo)系中,直線y＝kx＋4(k≠0)交x軸于點(diǎn)A(8,0),交y軸于點(diǎn)B、(1)k得值就是________;(2)點(diǎn)C就是直線AB上得一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)D與點(diǎn)E分別在x軸與y軸上.①如圖,點(diǎn)E為線段OB得中點(diǎn),且四邊形OCED就是平行四邊形時(shí),求?OCED得周長(zhǎng);②當(dāng)CE平行于x軸,CD平行于y軸時(shí),連接DE,若△CDE得面積為eq\f(33,4),請(qǐng)直接寫出點(diǎn)C得坐標(biāo).解:(1)－eq\f(1,2)(2)①由(1)可知直線AB得解析式為y＝－eq\f(1,2)x＋4、當(dāng)x＝0時(shí),y＝－eq\f(1,2)x＋4＝4,∴點(diǎn)B得坐標(biāo)為(0,4),∴OB＝4、∵點(diǎn)E為OB得中點(diǎn),∴BE＝OE＝eq\f(1,2)OB＝2、∵點(diǎn)A得坐標(biāo)為(8,0),∴OA＝8、∵四邊形OCED就是平行四邊形,∴CE∥DA,∴eq\f(BC,AC)＝eq\f(BE,OE)＝1,∴BC＝AC,∴CE就是△ABO得中位線,∴CE＝eq\f(1,2)OA＝4、∵四邊形OCED就是平行四邊形,∴OD＝CE＝4,OC＝DE、在Rt△DOE中,∠DOE＝90°,OD＝4,OE＝2,∴DE＝eq\r(OD2＋OE2)＝2eq\r(5),∴C平行四邊形OCED＝2(OD＋DE)＝2(4＋2eq\r(5))＝8＋4eq\r(5)②設(shè)點(diǎn)C得坐標(biāo)為(x,－eq\f(1,2)x＋4),則CE＝|x|,CD＝|－eq\f(1,2)x＋4|,∴S△CDE＝eq\f(1,2)CD·CE＝|－eq\f(1,4)x2＋2x|＝eq\f(33,4),∴x2－8x＋33＝0或x2－8x－33＝0、方程x2－8x＋33＝0無(wú)解;解方程x2－8x－33＝0,得:x1＝－3,x2＝11,∴點(diǎn)C得坐標(biāo)為(－3,eq\f(11,2))或(11,－eq\f(3,2))23.(12分)(2019·隨州)某食品廠生產(chǎn)一種半成品食材,成本為2元/千克,每天得產(chǎn)量p(百千克)與銷售價(jià)格x(元/千克)滿足函數(shù)關(guān)系式p＝eq\f(1,2)x＋8,從市場(chǎng)反饋得信息發(fā)現(xiàn),該半成品食材每天得市場(chǎng)需求量q(百千克)與銷售價(jià)格x(元/千克)滿足一次函數(shù)關(guān)系,部分?jǐn)?shù)據(jù)如表:銷售價(jià)格x(元/千克)24…10市場(chǎng)需求量q(百千克)1210…4已知按物價(jià)部門規(guī)定銷售價(jià)格x不低于2元/千克且不高于10元/千克.(1)直接寫出q與x得函數(shù)關(guān)系式,并注明自變量x得取值范圍;(2)當(dāng)每天得產(chǎn)量小于或等于市場(chǎng)需求量時(shí),這種半成品食材能全部售出,而當(dāng)每天得產(chǎn)量大于市場(chǎng)需求量時(shí),只能售出符合市場(chǎng)需求量得半成品食材,剩余得食材由于保質(zhì)期短而只能廢棄.①當(dāng)每天得半成品食材能全部售出時(shí),求x得取值范圍;②求廠家每天獲得得利潤(rùn)y(百元)與銷售價(jià)格x得函數(shù)關(guān)系式;(3)在(2)得條件下,當(dāng)x為________元/千克時(shí),利潤(rùn)y有最大值;若要使每天得利潤(rùn)不低于24(百元),并盡可能地減少半成品食材得浪費(fèi),則x應(yīng)定為________元/千克.解:(1)由表格得數(shù)據(jù),設(shè)q與x得函數(shù)關(guān)系式為:q＝kx＋b,根據(jù)表格得數(shù)據(jù)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＝2k＋b,,10＝4k＋b,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1,,b＝14))故q與x得函數(shù)關(guān)系式為:q＝－x＋14,其中2≤x≤10(2)①當(dāng)每天得半成品食材能全部售出時(shí),有p≤q即eq\f(1,2)x＋8≤－x＋14,解得x≤4,∵2≤x≤10,所以此時(shí)2≤x≤4②由①可知,當(dāng)2≤x≤4時(shí),y＝(x－2)p＝(x－2)(eq\f(1,2)x＋8)＝eq\f(1,2)x2＋7x－16,當(dāng)4＜x≤10時(shí),y＝(x－2)q－2(p－q)＝(x－2)(－x＋14)－2[eq\f(1,2)x＋8－(－x＋14)]＝－x2＋13x－16,即有y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋7x－16(2≤x≤4),－x2＋13x－16(4＜x≤10)))(3)當(dāng)2≤x≤4時(shí),y＝eq\f(1,2)x2＋7x－16得對(duì)稱軸為x＝－eq\f(b,2a)＝－eq\f(7,2×\f(1,2))＝－7,∴當(dāng)2≤x≤4時(shí),y隨x得增大而增大,∴x＝4時(shí)有最大值,y＝eq\f(1,2)×42＋7×4－16＝20,當(dāng)4＜x≤10,時(shí)y＝－x2＋13x－16＝－(x－eq\f(13,2))2＋eq\f(105,4),∵－1＜0,eq\f(13,2)＞4,∴x＝eq\f(13,2)時(shí)取最大值,即此時(shí)y有最大利潤(rùn),要使每天得利潤(rùn)不低于24百元,則當(dāng)2≤x≤4時(shí),顯然不符合,故y＝－(x－eq\f(13,2))2＋eq\f(105,4)≥24,解得5≤x≤8,故當(dāng)x＝5時(shí),能保證不低于24百元,且盡可能減小半成品食材得浪費(fèi).故答案為:eq\f(13,2),524.(12分)(2019·常德)如圖,已知二次函數(shù)圖象得頂點(diǎn)坐標(biāo)為A(1,4),與坐標(biāo)軸交于B,C,D三點(diǎn),且B點(diǎn)得坐標(biāo)為(－1,0).(1)求二次函數(shù)得解析式;(2)在二次函數(shù)圖象位于x軸上方部分有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)M,N,且點(diǎn)N在點(diǎn)M得左側(cè),過(guò)M,N作x軸得垂線交x軸于點(diǎn)G,H兩點(diǎn),當(dāng)四邊形MNHG為矩形時(shí),求該矩形周長(zhǎng)得最大值;(3)當(dāng)矩形MNHG得周長(zhǎng)最大時(shí),能否在二次函數(shù)圖象上找到一點(diǎn)P,使△PNC得面積就是矩形MNHG面積得eq\f(9,16)？若存在,求出該點(diǎn)得橫坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)二次函數(shù)表達(dá)式為:y＝a(x－1)2＋4,將點(diǎn)B得坐標(biāo)代入上式得:0＝4a＋4,解得:a＝－1,故函數(shù)表達(dá)式為:y＝－x2＋2x＋3…①(2)設(shè)點(diǎn)M得坐標(biāo)為(x,－x2＋2x＋3),則點(diǎn)N(2－x,－x2＋2x＋3),則MN＝x－2＋x＝2x－2,GM＝－x2＋2x＋3,矩形MNHG得周長(zhǎng)C＝2MN＋2GM＝2(2x－2)＋2(－x2＋2x＋3)＝－2x2＋8x＋2,∵－2＜0,故當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)＝2時(shí),C有最大值,最大值為10,此時(shí)x＝2,點(diǎn)N(0,3)與點(diǎn)D重合(3)△PNC得面積就是矩形MNHG面積得eq\f(9,16),則S△PNC＝eq\f(9,16)×MN×GM＝eq\f(9,16)×2×3＝eq\f(27,8