题号猜押03 山东中考数学10题（选择题）（山东专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

可学科网·上好课 www zxxk.com 题号猜押03山东中考数学10 押题预测 ◆考点1函数的多结论判段问题 1.【答案】C 2.【答案】A 3.【答案】B 4.【答案】A 5.【答案】C 6.【答案】B 7.【答案】B 8.【答案】D 9.【答案】B 10.【答案】B ,考点2方程的多结论判断问题 1.【答案】B 2.【答案】C 3.【答案】B 4.【答案】D 5.【答案】C 6.【答案】C 7.【答案】D 8.【答案】C 9.【答案】B 考点3几何的多结论判断问题 1.【答案】D 1/3 上好每一堂课 题（选择题） o学科网·上好课 2.【答案】B 3.【答案】A 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】A 8.【答案】D 9.【答案】D 10.【答案】D 1.【答案】B 2.【答案】B 3.【答案】B 4.【答案】C 5.【答案】C 6.【答案】C 7.【答案】B 8.【答案】C 9.【答案】C 10.【答案】C 11.【答案】A 12.【答案】D 13.【答案】C 14.【答案】C 15.【答案】A 16.【答案】C 17.【答案】D 18.【答案】D www.zxxk.com 上好每一堂课 通关特训 2/3 而学科网·上好课 19.【答案】C 20.【答案】A www zxxk com 3/3 卷系一每并丁 题号猜押03 山东中考数学10题（选择题） 考点1 函数的多结论判段问题 1．（2026·山东临沂·一模）在平面直角坐标系中，两点在抛物线上．下面结论：①当时，；②当时，；③当且时，则；④当时，则．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先整理抛物线解析式，得到抛物线开口方向，抛物线与轴交点，再根据二次函数的性质逐一判断结论正误即可． 【详解】解：整理抛物线解析式得，且 ∵， ∴抛物线开口向上，与轴交点为和， 对称轴为直线可得性质： 当或时，， 当时，， 开口向上时对称轴左侧（），随增大而减小； ①当时，由性质得，①正确； ②当时，若，则，②错误； ③∵，∴，又，∴，由性质得，③正确； ④∵，时随增大而减小，∴，④正确． 综上，正确结论共3个． 故选：C． 2．（2026·山东枣庄·一模）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球运动时间（单位：）之间的函数关系如图所示．下列结论：①小球抛出3秒时达到最高点；②小球从抛出到落地经过的路程是；③当时，；④当时，．其中正确的有（    ） A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】A 【分析】由图象得，抛物线顶点坐标为，即可判断①②，然后利用待定系数法求出函数解析式，然后分别将和代入即可判断③④． 【详解】解：①由图象得，抛物线顶点坐标为 ∴小球抛出3秒时达到最高点，故①正确； ②小球从抛出到落地经过的路程应为该小球从上升到落下的长度，故，故②正确； ③设函数解析式为：， 把代入得，解得， 函数解析式为， 当时，，故③错误； ④当时，， 解得：，故④错误． 综上所述，其中正确的有①②． 3．（2026·山东聊城·一模）已知二次函数的图像的一部分如图所示，对称轴为，对于下列结论： ①； ②多项式可因式分解为； ③若点，在函数图像上，且，则； ④不等式的解集为． 其中正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，与轴的交点坐标，二次函数图象与各项系数符号，观察函数性质以及对称轴为直线，得出，结合对称性得二次函数经过点，故多项式可因式分解为；结合开口向上，对称轴为直线，得越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，即点，在函数图像上，且，则，以及数形结合，即可作答． 【详解】解：观察函数图象，得出二次函数的开口向上，与y轴交于正半轴， ∴， ∵对称轴为直线， ∴， ∴ 故①是符合题意； 观察函数图象，得出二次函数经过点， ∵对称轴为， ∴二次函数经过点， 即多项式可因式分解为， 故②是不符合题意； ∵开口向上，对称轴为直线， ∴越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小 ∵点，在函数图像上，且， ∴， ∴， 当时，即，则，即； 当，时，则，即； ∴， 当时，则，则不成立 综上： 故③是符合题意； ∵二次函数经过点以及点， 而一次函数也经过点以及点，如下图所示： 可得不等式的解集为或， ∴可得不等式的解集为或， 故④不符合题意； 4．（2026·山东聊城·一模）如图，点A在反比例函数的图象上，过点A作x轴的垂线交反比例函数的图象于点C，直线垂直平分线段，分别交两反比例函数的图象于点D，B，设点A的横坐标为n．下列关于观点1，2的判断正确的是（    ）． 观点1：当时，线段的长为1； 观点2：若四边形是正方形，则的长为． A．只有观点1正确 B．只有观点2正确 C．观点1、2都正确 D．观点1、2都不正确 【答案】A 【分析】由题意，当时，，，从而可求得，由题意可得，，由线段垂直平分线的性质求得、纵坐标，再由反比例函数的性质求出的横坐标为，的横坐标为，从而可得，若四边形是正方形，则，由此求出的值即可得出结果． 【详解】解：由题意，当时， ∵点A在反比例函数的图象上，过点A作x轴的垂线交反比例函数的图象于点C， ∴，， ∴，故观点正确； 由题意可得：，， ∵直线垂直平分线段， ∴、纵坐标， ∵点在反比例函数的图象上，点在反比例函数的图象上， ∴的横坐标为，的横坐标为， ∴与互相垂直平分，， ∵， ∴若四边形是正方形，则， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴，故观点错误． 5．（2026·山东聊城·一模）如图，直线，与双曲线分别相交于，下列说法正确的个数是（    ） ①点的坐标为；②； ③当或时；④四边形的面积为4． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】分别联立两条直线和双曲线求出，，，，即可判断①；然后利用勾股定理的逆定理判断②；求出，，证明出四边形是矩形，然后利用矩形面积公式求解即可判断④；由图象结合A，B的横坐标即可判断③． 【详解】解：联立直线和双曲线得， 解得或 ∴，，故①正确； 如图，连接， 联立直线和双曲线得， 解得或 ∴， ∴，， ∴ ∴是直角三角形，且，故②正确； ∴， 同理可得，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是矩形 ∴四边形的面积为，故④错误． 由图象可得，当或时，直线的图象在双曲线图象上方，即，故③正确； 综上所述，说法正确的个数是3． 6．（2026·山东济南·一模）二次函数（是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如表：且当时；与其对应的函数值；有下列结论：①函数图象的顶点在第四象限内；②和3是关于的方程的两个根：③；④若点，点在二次函数图象上，则；⑤方程有两个不相等的实数根．其中正确的结论有（   ） x … 0 1 2 … … t m n … A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】B 【分析】先根据表格数据得到二次函数的对称轴、的值，推导出与的关系，再结合时得到的范围，最后根据二次函数的性质逐一判断每个结论． 【详解】解：由表格可知，当时，， ， 和的值相等，均为， ∴二次函数对称轴为直线， ∴，得， ∴二次函数解析式为， 时，，代入得， 化简得，解得，抛物线开口向上； ①顶点横坐标为，顶点纵坐标为， ∴顶点在第四象限，①正确； ②∵时，，对称轴为， 设关于对称轴的对称点横坐标为，则，解得， ∴时，即和是方程的两个根，②正确； ③当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴，③错误； ④点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， 抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大，， ∴，④正确； ⑤方程，即， 判别式， ∵， ∴，方程有两个不相等的实数根，⑤正确； 综上，正确的结论共个． 7．（2026·山东济南·一模）如图，直线与抛物线交于两点，且点的横坐标是，点的横坐标是3，则以下结论： ①； ②时，直线与抛物线函数值都随着的增大而增大； ③当时，； ④有可能成为等边三角形； ⑤的解集为； 其中正确的结论是（   ） A．①② B．①②⑤ C．②③④ D．①②④⑤ 【答案】B 【分析】①根据直线和抛物线的图象和性质求解； ②根据直线和抛物线的图象和性质求解 ③根据直线和抛物线的图象交点求解 ④根据抛物线的对称性进行求解； ⑤根据直线的对称性得出，关于轴对称的直线解析式为，然后确定交点，根据图象交点进行求解． 【详解】解：①∵直线与轴交于正半轴， ∴； ∵抛物线开口向上， ∴； ∴， 故①正确； ②当时，直线与抛物线函数值都随着的增大而增大， 故②正确； ③∵点的横坐标是，点的横坐标是3， ∴由图象可得当时，， 故③错误； ④若为等边三角形，则， ∴点关于轴对称， 则，，与矛盾， ∴不可能成为等边三角形， 故④错误； ⑤直线关于轴对称的直线解析式为， ∵直线与抛物线交于两点，且点的横坐标是，点的横坐标是3， ∴直线与抛物线交于两点，且两点的横坐标是，点的横坐标是2， ∴的解集为， 即的解集为， 故⑤正确； 综上，正确的结论是①②⑤． 8．（2026·山东烟台·模拟预测）我们称函数为函数的分函数（其中为常数）．例如：对于关于的一次函数的3分函数为． 若是二次函数关于x的m分函数（其中m为常数）．则下列结论中 ①当时，的最小值为； ②当时，若点在函数的图象上，则点也在函数的图象上； ③当时，若时，的最大值是5，最小值是，则的最大值为．描述中正确的是（） A．② B．①② C．①③ D．②③ 【答案】D 【分析】①当时，得出，根据二次函数的性质可判断①错误；②分两种情况可判断②正确；③分两种情况求出x的值可判断③正确． 【详解】解：①当时，，图象开口向下，无最小值，故①错误； ②当时，，则， 此时，将代入，得 ， ∴点也在函数的图象上； 当时，，则， 此时，将代入，得 ， ∴点也在函数的图象上； ∴②正确； ③当时，， 令，解得，（舍去）， 令，解得，（舍去）； 当时，， 令，解得， 令，解得，（舍去）； ∴满足的最大值是5，最小值是，则的最大值为，故③正确． 综上可知，描述中正确的是②③． 9．（2026·山东枣庄·一模）如图，二次函数（a，b，c为常数，）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③（m为任意实数）；④若，则，其中正确结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①由图象得，，由对称轴可判断b的符号，即可判断；②由对称轴得图象与x轴交于另一点，，可得，将化为，即可判断；③由二次函数的最值得，可得，即可判断；④由②可求，，代入，即可判断． 【详解】解：①由图象得：，， ∵对称轴为直线， ∴， ∴， ∴，故①正确； ②∵对称轴为直线，图象与x轴交于点， ∴图象与x轴交于另一点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故②错误； ③∵，对称轴为直线， ∴当时，， ∴，即（m为任意实数）， ∴， ∵， ∴，故③错误； ④由②得，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 故正确的结论有2个． 10．（2026·山东济南·一模）定义：二次函数与轴有两个交点，将其位于轴下方的图象沿轴向上翻折，与原轴上方的图象合称为该函数的“型函数”．已知抛物线（为常数），记其对应的“型函数”为，有如下结论： ①当取任意实数值，的函数图象一定关于直线对称； ②当时，的函数图象与直线有个公共点； ③当时，的最小值为； ④若的函数图象与直线（为常数）有个公共点，则的取值范围是； ⑤当时，的值随的增大而减小． 则正确结论的个数为（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】根据上下翻折不影响左右对称位置，判断出的函数图象与抛物线函数图象的对称轴为同一直线，即可判断结论①；当时，由交点问题转化为方程问题得，根据该方程解的个数可判断结论②；根据，的函数图象判断可知其最小值为，可判断结论③；根据函数图象的原顶点位置以及翻折后顶点位置，结合函数性质可判断结论④⑤． 【详解】解：的函数图象与抛物线函数图象的对称轴为同一直线， 由抛物线， 其对称轴为直线， 故的函数图象一定关于直线对称，结论①正确； 当时，抛物线表达式为， 的函数图象与直线的交点个数即为抛物型的图象与的交点个数， 故可得方程， 当时， 解得或； 当时， 解得或； 该方程有四个不相等的实数解， 即的函数图象与直线的交点个数为个，故结论②正确； 当时，， 当或时，最小，其最小值为，故结论③错误； 对于抛物线，其对称轴为直线， 当时，， 故顶点坐标为， 翻折后中间部分顶点为， 故可判断当时，的函数图象与直线（为常数）恰有个公共点， 当时，的函数图象与直线（为常数）有个公共点， 当时，的函数图象与直线（为常数）有个公共点， 当是，的函数图象与直线（为常数）也有个公共点，恰好位于轴上， 故或， 故结论④错误； ∵， 所以函数与轴的交点为，， 当时，函数值随的增大而增大， 经翻折后，该部分的函数值随的增大而减小， 即当时，的值随的增大而减小，故结论⑤正确； 综上，正确的结论有①②⑤，共个． 考点2 方程的多结论判断问题 1．（2026·山东·模拟预测）对于一元二次方程，有以下结论： ①若，则； ②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根； ③若是方程的一个根，则一定有成立； ④若方程的两个实数根分别为4、，则方程的两根为3，． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根和系数的关系，解一元二次方程等知识，掌握一元二次方程的相关知识是解题关键． 【详解】解：①若，则是方程的根，故判别式，正确； ②方程有不相等实根，则，则方程的判别式，则必有两个不相等实根，正确； ③将代入方程得，因式分解为，当时，不一定为0，故不一定成立，错误； ④原方程根为4和，则，，得，，新方程化简为，根为5和，与题目所述3和不符，错误； 综上，正确结论为①和②，共2个， 故选：B． 2．（2026·山东济宁·模拟预测）已知整式，．下列说法： ①．当时，满足条件的x的积为2； ②．当时，则存在这样的实数根、能使； ③．当时，则整式可取到最小值，最小值为0； ④．当方程与存在一组互为倒数的实数根时，符合条件的整数与一共有2组． 其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系根的判别式等．利用根与系数的关系可判断①；利用根与系数的关系，根的判别式判断实数根存在性可判断变形为，可求最小值，可判断③；设方程的一个根为a，则的一个根为，可得，，由，，可得到，即，再根据m，n均为整数，可判断④． 【详解】解：①当时，方程满足条件的x的积为，故①正确； ②当时，方程， 此时， ∵， ∴， ∴， 解得：， 此时， ∴该方程无解， ∴当时，不存在这样的实数根、能使，故②错误． ③， ∵， ∴， ∴ ， ∴可取到最小值，最小值为0，故③正确； ④设方程的一个根为a，则的一个根为，则 ∴，， ∴， 由，，得：， ∴， 整理得：， ∴， ∵m，n均为整数， ∴或或或， 解得：（舍去）或（舍去）或或， 当时，的判别式，的判别式，满足实数根条件， 当时，的判别式，的判别式，满足实数根条件， ∴符合条件的整数与一共有2组，故④正确． 综上，正确说法为①③④，共3个． 故选：C 3．（2026·山东德州·模拟预测）关于x的一元二次方程 有以下命题： ①若， 则         ②若方程的两根为和， 则 ③若上述方程有两个相等的实数根，则 必有实数根； ④若是该方程的一个根，则一定是 的一个根． 其中真命题的个数 （    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程的知识，掌握一元二次方程解的概念和计算方法，根与系数的关系是解题的关键． 根据一元二次方程的解，把代入可判定命题①②；根据根的判别式可判定命题③；根据方程的根进行验证即可判断命题④；由此即可求解． 【详解】解：命题①，当时，一元二次方程为， ∴是方程的解，即方程有实数解， ∴，原命题为真命题； 命题②，当时，一元二次方程为，当时，一元二次方程为， ∴联立方程组得， ∴解得，， ∴，原命题为真命题； 命题③，一元二次方程有两个相等的实根， ∴， ∵，则， ∴， ∴当时，方程有两个不相等的实根；当时，方程无实根， ∴原命题是假命题； 命题④，一元二次方程的一个根式， ∴， ∴，则， ∵， ∴， 若是根，则， ∴， ∴原命题为真命题； 综上所述，是真命题的有①②④，共3个， 故选：B ． 4．（2026·山东菏泽·模拟预测）关于x的一元二次方程，下列说法： ①若，则方程必有一个根是； ②若方程有两个不相等的实数根，则方程必有两个不相等的实数根； ③若是一元二次方程的根，则； ④若方程的两个根为，且满足，则方程，必有实数根． 其中，正确的说法有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，求根公式． 直接将代入即可判断说法①；根据根的判别式即可判断说法②；根据求根公式即可判断说法③；根据根与系数的关系得到，则方程可化为，求解方程即可判断说法④． 【详解】解：说法①：若， 则当时，， ∴是方程的根，故①正确； 说法②：∵方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴， ∴方程必有两个不相等的实数根，故②正确； 说法③：∵是一元二次方程的根， ∴， ， ∴，故③正确； 说法④：∵方程两根为， ∴， ， ∴方程可化为：， 即：， ∴， ∴或，故④正确； 综上所述，四个说法都正确． 故选：D． 5．（2026·山东枣庄·模拟预测）已知关于x的一元二次方程： ①若方程的两个根为和1，则； ②若，则方程有一根为； ③无论或，方程都有两个不相等的实数根； ④若是方程的一个根，则式子一定成立． 以上说法正确的有（   ） A．①②③ B．②③ C．②③④ D．③④ 【答案】C 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解与根的判别式等知识，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系，灵活应用方程的根与等式的变形是解题关键． ①利用根与系数关系求出b、c表达式，验证等式是否成立； ②代入验证是否满足方程； ③根据所给式子，利用判别式分别对方程的根的情况进行判断即可； ④将所求式子作差，判断差的情况即可． 【详解】解：①∵方程的两个根为和1， ∴ ， ，∴，， ∴，故说法①不正确； ②若，代入得，即方程有一根为，故②正确； ③当时，，所以该方程必有两个不相等的实数根， 当时，，所以该方程必有两个不相等的实数根， 故说法③正确； ④∵是方程的一个根，∴ ， ∵ ∴，故说法④正确． 综上，正确说法为②③④， 故选：C． 6．（2026·山东济南·模拟预测）若定义一种新的取整符号，即表示不超过x的最大整数．例如：，，则下列结论：①；②；③方程的解有无数多个；④若，则x的取值范围是．正确个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①根据新定义，直接求出值；②取特殊值验证；③在0到1的范围内，找到一个特殊值，进而可以找到无数个解；④把方程问题转化为不等式问题． 【详解】解：①；故①正确，符合题意； ②当时，，故②不正确，不符合题意； ③根据得：，，满足条件的x有无数个，故③正确，符合题意； ④若，则，解得，故④正确，符合题意； 综上：正确的有①③④，共3个， 故选：C． 7．（2026·山东淄博·模拟预测）如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的n倍（n是正整数），则称这样的方程为“n倍根方程”.以下是关于“2倍根方程”的说法： ①方程是2倍根方程； ②若关于x的方程是2倍根方程（m，t为常数）， 则； ③若，则关于x的方程是2倍根方程； ④若关于x的方程是2倍根方程，且，则方程有一个根为1. 则以上关于“2倍根方程”的说法中，正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了根据新定义推导一元二次方程根与系数的新关系、一元二次方程的解法等知识点，掌握一元二次方程根与系数的关系成为解题的关键． 通过解出一元二次方程，结合“n倍根方程”的定义，即可判断说法①；根据解方程，得出，，再结合“2倍根方程”的定义，得出或，进而得出、，然后再用十字相乘法分解即可判定②；通过解出一元二次方程，结合“2倍根方程”的定义，即可判断说法③；根据“2倍根方程”的定义，设，再根据一元二次方程根与系数的关系得出，进而得出，求出解即可判断说法④． 【详解】解：①解方程得可得：， ∴方程不是2倍根方程，故①错误； ②∵是倍根方程，且，， ∴或， ∴，， ∴，即，故②错误； ③∵， 解方程得：，， ∴，故③正确； ④∵方程是2倍根方程， ∴设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，则，故④正确． 综上所述，关于2倍根方程的说法正确的为：③④． 故选：D． 8．（2026·山东青岛·模拟预测）某班数学兴趣小组对不等式组讨论得到以下结论：①若，则不等式组的解集为；②若，则不等式组无解；③若不等式组无解，则a的取值范围为；④若不等式组只有两个整数解，则a的值可以为．其中，正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根据解不等式组的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无处找，找到参数的取值范围解决问题． 【详解】解：①时，x比小的大，比大的小，取中间，即解集为，故①正确； ②时，x比小的小，比大的大，无处取解，即无解，故②正确； ③要使不等式组无解，则要求x比小的小，比大的大，即a要小于3，当时，仍然无解，故a的取值范围为，故③错误； ④要使不等式组只有两个整数解，则a的取值范围为，则a的值可以为，故④正确． 故选：C． 9．（2026·山东·模拟预测）我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，绝对值和有理数的加减计算，根据新定义即可判断①②；若，且，则，，据此可判断③；根据可得原方程为，解得，但不能得到，据此可判断④． 【详解】解：①，原说法正确； ②，原说法正确； ③若，且，则，，，原说法正确； ④∵， ∴， ∴，而并不一定成立，原说法错误； ∴说法正确的有3个， 故选：B 考点3 几何的多结论判断问题 1．（2026·山东聊城·一模）如图，在正方形中，，点是上一点，且，过点作，使，分别交、、于点，下列结论正确的是（   ） A． B．点为上任意一点，则的最小值为 C． D． 【答案】D 【分析】由为直角三角形，可得，故A不符合题意；证明，可得，再证明，可得，故D符合题意；证明，可得，求解，证明是的垂直平分线，如图，连接交于，连接，可得的最小值为，故B不符合题意；求解，可得，故C不符合题意． 【详解】解：∵， ∴为直角三角形， ∴，故A不符合题意； ∵四边形为正方形，， ，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故D符合题意； ∵， ∴， ∴， ∵点是上一点，且， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线， 如图，连接交于，连接， ∴， ∴， ∴的最小值为，故B不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴，故C不符合题意． 2．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，O为中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是中点且，①，②，③是等边三角形，④，则下列结论正确的个数为（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再利用等边对等角可得，进而可得，从而判断是等边三角形，则③正确；设，则，利用等边三角形的性质及勾股定理可得①正确；进而可得②错误；利用三角形的面积公式及矩形的面积公式即可判断④正确，进而可求解． 【详解】解：，点G是中点， ，， ， ， ， 是等边三角形，故③正确； 设，则， 在中，， ， O为中点， ， ∵四边形是矩形， ∴，， ， 在中，， ， ， ，故①正确； ，， ，故②错误； ，， ，故④正确， 则结论正确的个数有3个． 3．（2026·山东济宁·模拟预测）如图，在中，，，E为边上一点，，F是上的动点，将沿直线折叠得到，点B的对应点为点G，连接．现有两个结论：①；②当时，．下面说法正确的是（   ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】过点A作于点H，过点D作于点K，利用三线合一以及勾股定理求出，判断①；过点F作于点M，证明为等腰直角三角形，设，三角函数求出的长，利用，求出x的值，进而求出的长，判断②． 本题考查平行四边形的折叠问题，同时考查了解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性强，难度较大，是中考常见的压轴题，熟练掌握相关性质，添加合适的辅助线，构造特殊三角形，是解题的关键． 【详解】解：①过点A作于点H，过点D作于点K，则：四边形为矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴；故①正确； ②过点F作于点M， ∵， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；故②错误； 综上：正确的是①②； 故选：A． 4．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，，连接，交对角线于点．以下结论：①是等腰三角形；②；③；⑤．其中，正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：设与交于点，过点作交于点，如图所示： ∵四边形为正方形， ． 在和中， ， ， ， ∴是等腰三角形． ∴①的结论正确； ∵四边形为正方形， ， ， ∴和不是相似三角形， ∴②的结论不正确； ∵，， ∴，， ∴． ， ， ∴， ∴， ∴． ， ， ∴2， ． ∴③的结论正确； ， 为等腰直角三角形， ， ． ， ， ， ∴， ． 由①知：， ， ， 为等腰直角三角形， ， 为等腰直角三角形， ∴． ，， ， ∴， ∴． ∴④的结论正确． ∴正确的结论是：①③④． 故选：C． 5．（2026·山东·模拟预测）如图，在正方形中，、交于点，为延长线上的一点，且，连接，分别交于点，连接，给出下面三个结论： ①平分； ②； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由正方形的性质可得垂直平分，，可得，由角的数量关系可求，即平分，故正确；由，故正确；通过证明，可得，根据勾股定理可得故正确，即可求解． 【详解】解：设， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 四边形是正方形， 垂直平分，， ， ， ， 平分，故①正确； ，故②正确； ，， ， ， ， ， ，故③正确， 故选：D． 6．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质，面积的计算可判定①；根据题意可证，可判定②；根据中位线的判定和性质可判定③；根据题意可证，，结合可判定④；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 如图所示，过点作延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故①正确； ∵是边的中点， ∴，且， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，故②正确； ∵点分别是中点， ∴，故③正确； ∵点分别是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有：①②③④，共4个， 故选：D ． 7．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在中，，以为直径作，交于点，且点为的中点，连接，交于点．则下列结论： ①连接，；②连接，则；③的长为，④和线段、所围成的阴影图形的面积为．一定正确的是（    ） A．②④ B．③ C．④ D．①② 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，与圆有关的计算，掌握圆周角定理，对图中的角进行等量代换求解是解题关键． 先通过圆周角定理推出是等边三角形，从而得到特殊角，再利用这个特殊角逐项推导计算判断即可． 【详解】解：如图，连接，，， ∵是直径， ∴， 又是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵是圆心，是直径， ∴，点O是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①错误； ∵点O是的中点，点是的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故②正确； ∵，， ∴，故③错误； 由勾股定理，得， ∴， 记图中阴影部分面积为S，则， 故④正确， 故选： A． 8．（2026·山东德州·模拟预测）在中，，，将按如图所示的方式依次折叠； 有下面四个结论； ①平分；②；③；④的周长等于的长．其中正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查了翻折变换，等腰直角三角形的判定与性质及角平分线的定义． 根据折叠的性质得到，得到平分，可判断①；根据折叠的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，求得，由折叠的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，从而得到，进而可判断②；由，，得到，根据三角形的外角的性质得到，可判断③；根据等腰直角三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，从而得到，于是得到，可判断④． 【详解】解：∵沿着直线折叠得到， ∴， ∴平分，故①正确； ∵沿着直线折叠得到， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵沿着折叠得到， ∴， 又∵， ∴， ∴，故②正确； ∵，， ∴， ∴，故③正确； ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确， 综上，正确的结论有①②③④，共4个， 故选：D． 9．（2026·山东·模拟预测）如图，在钝角三角形中，分别以和为斜边向的外侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形，平分交于点M，取的中点D，的中点N，连接，，．下列结论：①；②；③；④．其中，正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】此题主要考查了等腰直角三角形的性质和应用，全等三角形的判定和性质的应用，中位线的性质以及相似三角形的判定和性质的应用；首先根据是中点，是中点，可得是的中位线，判断出；然后判断出，即可判断出；根据，可得；然后根据，可得，所以，据此判断即可．首先连接、，判断出，，然后根据全等三角形判定的方法，判断出，即可判断出．判断出，，，根据相似三角形判定的方法，判断出，即可判断出，然后根据，判断出，再根据，判断出，，即可判断出． 【详解】解：是中点，是中点， 是的中位线， ，且； 三角形是等腰直角三角形，平分交于点， 是的中点， ， 又， ， ∴①正确； ， ， ， ， ， ②正确； 如图，连接、， 是中点，是中点， 是的中位线， ，且； 三角形是等腰直角三角形，是的中点， ， 又， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 在和中， ，，， ， ， ③正确； 如图，连接，，， 三角形是等腰直角三角形，平分， 是的中点，， ，，， ， 是中点，是中点， 是的中位线， ，且； 三角形是等腰直角三角形，是的中点， ，，， 又， ， ， ， 在和中，，， ， ， ， ， 即， 又， ， ， ， ∴④正确． 故选：D． 10．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在边长为6的正方形中，，连接交于点M，G，H分别是，的中点，连接并延长，交边于点N．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明可判断①②；连接并延长交于点，连接，利用中位线的性质可得，延长交的延长线于点，求得和的长度，利用等高不同底的三角形面积比等于底边之比，可判断④，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ，故①正确； ， ，故②正确； 如图，连接并延长交于点，连接， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 点分别是的中点， ，故③正确； 如图，延长交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 可得， ， ， ，故④正确， 故正确的为：①②③④， 故选：D． 1．（2026·山东淄博·模拟预测）定义：若x，y满足，（m为常数），则称为“和谐点”．下列说法正确的是（   ） ①是“和谐点”；②直线上有且只有一个“和谐点”；③当时，反比例函数的图象上最多只有两个“和谐点”；④若二次函数的图象上有3个“和谐点”，则或． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】本题考查了一次函数的性质，二次函数的性质，反比例函数的性质，判别式的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．分别把代入和，都求出，即可判断①；先整理得，得或当，再结合，得出，则，求出，此时反比例函数的图象上有两个“和谐点”；同理结合，得，得可以为正数，零，负数，即可判断③；把或当与构建方程组得到两个一元二次方程，根据二次函数的图象上有3个“和谐点”，则两个方程有一个方程有两个不相等的实数根，另一个方程有两个相等的实数根；或两个方程都有两个不相等的实数根，但两个方程有一个公共的实数根，据此讨论求解即可判断④． 【详解】解：依题意，把代入， ∴， ∴； 把代入把， ∴， ∴； ∴是“和谐点”； 故①说法是正确的； 依题意，把代入，得， 再把代入， 得， 解得或； ∴直线上有两个“和谐点”； 故②说法是错误的； ∵，， ∴，， 则， ∴， ∴， ∴或当， ∵反比例函数的图象上 ∴依题意，则， ∴， 则， ∵， ∴， 此时反比例函数的图象上有两个“和谐点”； 或， ∴， ， ∵， ∴可以为正数，零，负数， 综上当时，反比例函数的图象上最多只有四个“和谐点”； 故③说法是错误的； 联立，得， ∴， 联立，得， ∴方程要么没有实数根，要么有两个不相等的实数根或时，有两个相等的实数根， 当时，此时，即此时方程没有实数根， ∴此时二次函数的图象上只有1个“和谐点”，不符合题意； ∵二次函数的图象上有3个“和谐点”， ∴方程和一共有3个实数根， 当方程有两个相等的实数根，方程有两个不相等的实数根或方程有两个不相等的实数根，方程有两个不相等的实数根，且两个方程有一个实数根相同， ∴，解得； 联立，解得， ∴时方程和方程的解， ∴，解得； 综上所述，或，故④正确； 故选：B． 2．（2026·山东滨州·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，点、C分别在y轴和x轴上，轴，，点P从B点出发，以的速度沿边匀速运动，点Q从点出发，沿线段匀速运动．点P与点Q同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点P运动的时间为，的面积为，已知S与t之间的函数关系如图2中的曲线段、线段与曲线段．下列说法正确的是（   ） ①点的运动速度为；②点的坐标为；③线段段的函数解析式为；④曲线段的函数解析式为；⑤若的面积是四边形的面积的，则时间． A．①②③④⑤ B．①③④ C．①③⑤ D．①③④⑤ 【答案】B 【分析】结合函数图象可得当时，，此时的面积为，进而求出为，即可得出点的速度，进而求出的长，由此即可判断①②；当点在上时，过点作于点，根据三角形的面积公式可求出此时的，由此即可判断③；过点作于点，从而可得，，再解直角三角形可得，利用三角形的面积公式即可判断④；先求出四边形的面积，从而可得的面积，分三种情况：、和，分别列出方程，解方程即可判断⑤． 【详解】解：由函数图象可知，当时，的面积的函数关系式改变，则在上运动秒， ∴当时，，此时的面积为， ∴， ∴， ∴点的运动速度为，则说法①正确； 当运动到秒时，函数关系式改变，则， 如图，过作于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴设，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，则说法②错误； 如图，当点在上时，过点作于点， ∵，， ∴线段段的函数解析式为，则说法③正确； ∵点从点运动到点所需时间为，点沿线段匀速运动到终点时，所需时间为， ∴， 当时，如图，过点作于点， 则，， ∵， ∴设，则， ∴， ∴， ∴， ∴曲线段的函数解析式为，则结论④正确； ∵， ∴的面积． 当时，此时的边，边上的高为， ∴，解得或（不符合题设，舍去）； 当时，则，解得（不符合题设，舍去）； 当时，则，解得或 （不符合题设，舍去）； 综上，若的面积是四边形的面积的，则时间或，则说法⑤错误； 综上，说法正确的是①③④， 故选：B． 3．（2026·山东济南·模拟预测）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”． ①如图1，四边形是“对补四边形”，若，且时，； ②如图2，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中，，之间的数量关系是； ③如图3，在四边形中，，平分，则四边形是“对补四边形”； ④如图4，在四边形中，，平分，且时，则． 以上结论正确的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】①根据“对补四边形”的定义，由，得，再利用勾股定理即可求得答案； ②延长至点，使得，连接，根据“对补四边形”的定义，可证明，继而证明，从而可得结论； ③过点作于点，于点，则，可证，进而可证四边形是“对补四边形”； ④设，则根据，再运用建立方程，解方程即可求得． 【详解】解：如图1，连接， ，， ， 在中 ， 在中 ， ， ， ，故①错误； 如图2，延长至点，使得，连接， 四边形是“对补四边形”， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即，故②正确； 如图3，过点作于点，于点， 则， 平分， ， ， ， ， ， ， 与互补， 四边形是“对补四边形”； 由③可知四边形是“对补四边形”， ， ， ， 设， 则， ， ， ， ， ， ， 整理得：， 解得：． 在中，， ，故④错误， 故选：B． 4．（2026·山东淄博·模拟预测）如图，二次函数的图象与轴交于，，其中．结合图象给出下列结论：    ①；②； ③当时，随的增大而减小； ④关于的一元二次方程的另一个根是； ⑤的取值范围为．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的图象与性质判断结论①②③正误；由二次函数与一元二次方程的关系判断结论④；利用结论④及题中条件可求得的取值范围，再由结论②可得取值范围，判断⑤是否正确． 【详解】解：由图可得：，对称轴， ， ，①错误； 由图得，图象经过点，将代入可得， ，②正确； 该函数图象与轴的另一个交点为，且， 对称轴， 该图象中，当时，随着的增大而减小，当时，随着的增大而增大， 当时，随着的增大而减小， ③正确； ，， 关于的一元二次方程的根为， ， ，， ④正确； ，即， 解得， 即， ， ， ⑤正确． 综上，②③④⑤正确，共个． 故选：． 5．（2026·山东青岛·模拟预测）若二次函数可通过配方法转化为顶点式，且图象与x轴的一个交点的横坐标为，则下列说法：①；②图象与y轴交于；③；④若方程的两个根为，，且，则，；⑤若二次函数图象上存在一个横坐标为的点，使得，则n一定等于2，正确的个数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，对称轴的两种表示方法，抛物线的增减性等解答即可. 本题考查了抛物线的对称性，抛物线与坐标轴的交点，抛物线与各项系数的符号关系，抛物线的增减性，熟练掌握性质是解题的关键. 【详解】解：∵二次函数可通过配方法转化为顶点式，且图象与x轴的一个交点的横坐标为， ∴，对称轴为直线， ∴, ∴， ∴即， ∴； 故①正确； ∵二次函数，，， ∴， 图象与y轴交于， 故②错误； ∵二次函数可通过配方法转化为顶点式，且过， ∴， ∴ 故③正确； 设抛物线与x轴的另一个交点为， ∵对称轴为直线， ∴， 解得， 故的两个根分别是， 故的两个根分别是， ∵方程， ∴， 此即抛物线在的情形， ∵， ∴抛物线满足对称轴的右侧，y随x的增大而增大，对称轴的左侧，y随x的增大而减小， ∵对称轴的右侧，时，函数值为0，时，函数值为1，且函数值增大， ∴； ∵对称轴的左侧，时，函数值为0，时，函数值为1，且函数值增大， ∴； 故④正确； 由二次函数图象上存在一个横坐标为的点，使得， ∴， ∴， ∴， ∴， 故⑤正确； 故选：C． 6．（2026·山东菏泽·模拟预测）已知抛物线（，，是常数且）的自变量与函数的部分对应值如下表： 其中．以下结论：；若抛物线经过点，则；关于的方程有两个不相等的实数根；；当时，的最小值是，则或．其中正确的结论有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】根据抛物线的对称性可知抛物线的对称轴为，可得：，又因为，可知抛物线开口向上，所以，则有，由表格可知，当时，，所以可知；因为开口向上的抛物线离对称轴越远的点对应的值越大，可得：；整理方程，可得：，因为抛物线有最小值且，所以当时，，又因为，所以当时，，所以方程有个不相等的实数根；当时，方程可化为，此时方程有个不相等的实数根；当时，，此时方程无实数根；因为当时，，当时，，解得：，，所以可得：，又因为，所以可得：，根据和，可得不等式，从而可得：，根据不等式的性质可得：；根据抛物线的对称性可知，若要的最小值是，则有或，从而可得：当的最小值是，时或. 【详解】解：当和时，均有， 点和点关于对称轴对称， 抛物线的对称轴为， 抛物线的对称轴为， ， 抛物线的解析式为， 又当时，， 由表格可知当时，， ， ， ， 抛物线的开口向上， ，，， ， 故正确； 由可知抛物线开口向上，对称轴为， ，， ， 开口向上的抛物线离对称轴越远的点对应的值越大， ，故正确； 抛物线开口向上，对称轴为， 与关于对称轴对称， ， 由可知， ， ， 当时，， 把方程，整理得：， 有个根； 当时，方程为， 方程有个根； 当时，， 则有， 方程无实根，故错误； 时，， 当时，， 当时，， 可得，， ，， ， ， ， 解得：， ，故正确； 当时，， 此时抛物线过点，， 抛物线与交于点，， 时最小值为， 或，与结论不符合，故错误． 综上所述，正确结论为，共个． 故选：C． 7．（2026·山东泰安·模拟预测）我们规定形如的函数叫做“元宝型函数”．已知函数是一个“元宝型函数”，给出以下结论：①图象关于直线对称；②关于的不等式的解是或；③当时，关于的方程有三个实数解；④当时函数的值随值的增大而减小．其中正确的结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查二次函数与一元二次方程、不等式（组）关系、二次函数的图象性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 由图象可知，图象关于直线对称，可判断①；关于x的不等式的解是且，可判断②；结合图象可得，当时，函数的图象与直线有四个交点，当时，函数的图象与直线有两个交点，当时，函数的图象与直线没有交点，即当时，关于x的方程|有四个实数解，可判断③；由图象可知：当时，函数的y值随x值的增大而减小，可判断④． 【详解】解：由图象可知，函数图象与x轴交于和两点， ∴图象关于直线对称， 故①正确； 由图象可知，关于x的不等式的解是且， 故②不正确； 将代入，得， ∴当时，函数的图象与直线有四个交点，当时，函数的图象与直线有两个交点，当时，函数的图象与直线没有交点， ∴当时，关于x的方程有四个实数解，当时，关于x的方程有两个实数解，当时，关于x的方程没有实数解， 故③不正确； 由图象可知，当时，函数的y值随x值的增大而减小； 当时，函数的y值随x值的增大而增大；当时，函数的y值随x值的增大而减小；当时，函数的y值随x值的增大而增大； 故④正确． ∴正确的有①④共2个． 故选：B． 8．（2026·山东济南·一模）定义：为二次函数（，，，为实数）的“序列数”，如：的“序列数”为．有以下结论： ①二次函数的“序列数”为； ②“序列数”为的二次函数的图象与轴恒有两个交点； ③若点，在“序列数”为的二次函数的图象上，已知，，当时，则的取值范围为； ④“序列数”为的二次函数，如果，当时，随的增大而增大； ⑤“序列数”为的二次函数，若抛物线的顶点与抛物线与轴两交点组成的三角形为等腰直角三角形，则． 以上结论正确的有（    ）． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】根据“序列数”的新定义，结合二次函数的性质，逐个判断结论正误即可． 【详解】解：①根据定义，中，，，因此“序列数”为，①正确； ② 该二次函数为，判别式，当时，函数图象与轴只有一个交点，②错误； ③该二次函数为，，开口向上，令，得，整理得，解得或，，即，，③正确； ④该二次函数为，，开口向下，对称轴为，，，则对称轴，开口向下的抛物线在对称轴左侧随增大而增大，故当时，随增大而增大，④正确； ⑤该二次函数为，令，因式分解得，则交点横坐标，，两交点距离为，顶点纵坐标为，由等腰直角三角形性质，顶点纵坐标的绝对值等于斜边长的一半，化简得，解得或，结论仅给出，因此⑤错误； 综上，正确结论共个，故选． 9．（2026·山东济南·一模）如图，在中，为边上的中线，将沿射线的方向平移得，设平移的距离为，与重叠的面积为与的函数图象如图2所示，有以下结论：①；②的面积为；③点在与的函数图象上；④的最大值为．其中正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】根据平移及函数图象结合，列出与的函数关系式，逐一判断结论是否正确即可. 【详解】解：由图象可知，当时，， 即：与重叠的面积为， 此时，与重合，，∴①正确； 当时，，与重合，与重合，令与的交点为， ∵，为的中点， ∴为中点， ∵， ∴， ∴，∴②正确； 当时，连接， ∵， ∴， ∴，即：， 同理：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴即：， ∴， 同理：， ∴， ∵， ∴， 即当时，，∴④正确； 当时， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 当时，，∴③错误． 故选：C． 10．（2026·山东·模拟预测）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，对称轴为直线，与轴的交点在和之间（包括这两点）．下列结论：①当时，；②；③；④．其中正确的结论有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题是有关抛物线的一道综合性题目，主要考点是抛物线的对称性、开口方向判断二次项系数的符号、抛物线解析式的多种表示方法等．熟练掌握抛物线的定义和性质和解析式是解决此题的关键． ①根据抛物线的对称性求出与x轴的另外一个交点，观察图形即可判断其正确性；②把抛物线的对称轴用含有a、b的代数式表示出来，其开口方向又向下，即可判断其正确；③根据抛物线的解析式求出与y轴的交点用含有a的代数式表示出来，根据抛物线与轴的交点在和之间，即可求得a的取值范围；④由题可知二次函数过，即，结合对称轴可得，代入即可求解． 【详解】解：①由抛物线的对称性可求得抛物线与轴另一个交点的坐标为， 当时，，故①正确； ②抛物线开口向下，故， 对称轴为， ， ，故②错误； ③设抛物线的解析式为，则， 令得：． 抛物线与轴的交点在和之间， ． 解得，故③正确； ④二次函数的图象与轴交于点， ， 对称轴为， ， ，故④正确； 综上所述，正确的结论有3个 故选：C． 11．（2026·山东淄博·模拟预测）如图，在探究活动中，某小组将两张完全重合的正六边形纸片的中心用图钉固定住，保持下方正六边形纸片不动，将上方正六边形纸片绕点顺时针旋转，旋转后上方正六边形纸片的两边与边分别交于点，．该小组得到结论、，下列判断正确的是（   ） 结论：当时，阴影部分是正十二边形； 结论：连接、．在旋转过程中，的度数不变 A．结论都正确 B．结论都不正确 C．只有结论正确 D．只有结论正确 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，当时，由旋转性质可知，由正六边形中可得，证明，则，同理，所以，从而判判断，同上理可得，，故有，从而判断，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，当时， 由旋转性质可知，， 由正六边形可得：， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴阴影部分的边数为，即正十二边形，故正确； 如图， 同上理可得：，， ∴，故正确； 故选：． 12．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， 设， ∵是的中点，是上一点，且， ∴，， ∴，， ， ∴，故②正确； ∴， 过点E作于点G， 则， ∴， ∴平分，；故①正确； ∵， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴；故③正确； ∵．故④正确， 故选：D． 13．（2026·山东济宁·模拟预测）如图，四边形是矩形，分别是边，上的动点（不与端点重合），且，过点作直线的垂线，垂足为，连接．设，，的最大值为．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．① B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】如图所示，连接，交与点，取的中点为，连接，根据勾股定理得到，根据点的运动得到，当点在中点时，则点在中点，此时，由此可判定①；由点的轨迹得到当点运动时，点在以为直径，点为圆心的上运动，得到当点与点重合时，为的直径，此时的最大值为可判定②；由此得到，即，由三角形三边数量关系得到，可判定③；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 如图所示，连接，交与点，取的中点为，连接， ∴， ∵分别是边，上的动点（不与端点重合），且， ∴，即， 当点在中点时，则点在中点， ∴，且，， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，， ∴，故①正确； ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，即点是的中点， ∵， ∴， 当点运动时，点在以为直径，点为圆心的上运动， ∴当点与点重合时，为的直径，此时的最大值为， ∴，故②错误； 在中，，即， ∵， ∴， ∴在中，， 即， ∴， 当点三点共线时，取到等号， ∴， ∴，故③正确； 综上所述，正确的有①③， 故选：C ． 14．（2026·山东德州·模拟预测）如图，正方形边长为a，点E是正方形内一点，满足，连接．给出下面四个结论：①；②；③的度数最大值为；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号为（   ） A．①② B．①③ C．①④ D．①③④ 【答案】C 【分析】如图所示，连接交于H，取中点O，连接，先证明点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线，即点E运动到点H时， 当三点共线时，有最小值，据此可判断①②；如下图所示，当与相切时有最大值，证明，得到，，则，再证明，得到，即可判断③④． 【详解】解：如图所示，连接交于H，取中点O，连接， ∵四边形是正方形， ∴； ∵， ∴点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动， ∵， ∴点H在圆O上， ∵， ∴当三点共线，即点E运动到点H时，，故①正确； ∵点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动， ∴当三点共线时，有最小值， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为，故②错误； 如下图所示，当与相切时有最大值， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的度数最大值不是，故③错误； ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴，故④正确； 故选：C． 15．（2026·山东德州·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，， ，点D为斜边上的中点， 点E， F分别在直角边上运动（不与端点重合），且保持， 连接；设，， ，在点E，F的运动过程中，给出下面三个结论： ①；②；③，且等号可以取到． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】A 【分析】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰直角三角形的性质和勾股定理是解决问题的关键． ①由，得，根据点，分别在直角边，上运动（不与端点重合），则，由此可对结论①进行判断； ②根据，，，，由勾股定理得：，由此可对结论②进行判断； ③连接，设，根据等腰直角三角形的性质得，，由勾股定理得，即，再由得，当且仅当时，，此时，则有，当时，，此时，则有，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①，， ， 点，分别在直角边，上运动（不与端点重合）， ， 即， 故结论①正确； ②， 在中，，，， 由勾股定理得：， 即， 故结论②正确； ③连接，设，如下图所示： 在中，，，点为斜边上的中点， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， 即， ， ， 当且仅当时，即点，分别为，的中点时，， 此时，即， 当时，即点，不是，的中点时，， 此时，即， ，且等号可以取到， 故结论③错误． 综上所述：正确的结论是①②． 故选：A 16．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连接交于点M，连接、．若，，则下列结论：①垂直平分；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定、线段垂直平分线的判定、三角函数，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据条件证明是等边三角形，得到，结合即可判断①；证明，根据全等三角形对应边相等即可判断②；证明即可判断③；根据特殊角的三角函数证明，设，则，，， 即可判断④． 【详解】解：①矩形中，为中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 又， ∴垂直平分，故①正确； ②为等边三角形， ， 在和中， ∴， ， ， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， 即垂直平分， ∴， ∵为的斜边， ∴， 即， 若与全等，则和的对边与也应相等，与上述结论矛盾，故②错误； ③由②知， ∴， 在和中， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③正确； ④∵， ， ， ，， ， ， 由对称性可知，； ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ， 设， 则，，， ， ，故④错误； ∴其中正确结论的个数为2个． 故选：C． 17．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在中，，于点，设，，，给出下面三个结论：①；②；③若，则．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由，，得到，，将，，代入，即可判断①正确，由，，将代入，整理后即可判断②正确，将，代入，即可判断③正确， 本题考查了，相似三角形的性质与判定，完全平方公式的应用，解不等式，解题的关键是：熟练掌握完全平方公式的变形及应用． 【详解】解：∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴即：，整理得：，故①正确， ∵，即：， ∴， ∵， ∴， ∵、、， ∴，故②正确， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确， 综上所述，①②③正确， 故选：． 18．（2026·山东威海·模拟预测）二次函数 的大致图象如图所示，顶点坐标为，下列结论： ①； ②；③；④若方程有两个根和，且，则； ⑤若方程有四个根，则这四个根的和为，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤ 【答案】D 【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系、根的判别式、二次函数图象上点的坐标特征、根与系数的关系、抛物线与x轴的交点，准确分析判断是解题的关键． 根据开口方向及顶点坐标求出，，可求得①②③，根据图像和韦达定理即可判断④⑤． 【详解】解：顶点坐标为， ， ，， 抛物线的开口向上， ， ，， ，故①正确； 当时，， 解得，， 抛物线与x轴的交点坐标为，， 当时，，故②正确； ，， ，故③错误； 方程有两个根和， 抛物线与直线有两个交点，交点的横坐标分别为和， ，故④正确； 方程有四个根， 方程有2个根，方程有2个根， 这四个根的和为，故⑤正确， 综上可知，正确的有①②④⑤， 故选：D． 19．（2026·山东临沂·模拟预测）已知二次函数的图象如图所示，且关于x的一元二次方程没有实数根，则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点等知识点，灵活利用二次函数的性质和数形结合的思想成为解题的关键． 由函数图象可知其与x轴有2个交点，再根据判别式的意义可对①进行判断；由抛物线开口方向得到，由抛物线与y轴的交点位置得到，则可对②进行判断；利用二次函数的最大值为2可对③进行判断；当时，，但从函数图象看不出在函数图象上的位置，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线与x轴有2个交点， ∴，所以①正确； ∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线与y轴的交点在x轴的上方， ∴， ∴，所以②正确； ∵方程没有实数根，即没有实数根，而二次函数y=ax2+bx+c的最大值为2， ∴，所以③正确． 当时，，但从函数图象看不出在函数图象上的位置，即不能确定的正负，故④错误． 综上，①②③正确，即3个正确． 故选：C． 20．（2026·山东东营·模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，为坐标原点．若点满足，我们把点称作“半分点”，例如点与都是“半分点”．有下列结论： ①一次函数的图象上的“半分点”是； ②若双曲线上存在“半分点”，且经过另一点，则的值为； ③若关于的二次函数的图象上恰好有唯一的“半分点”，则的值为； ④若点是二次函数的半分点，若点的坐标为，则的最小值为． 其中，正确结论的个数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的知识点是一次函数、反比例函数及二次函数的性质，一元二次方程的根的情况，解题关键是充分理解题意并综合运用一次函数、反比例函数及二次函数的性质．结合题中定义及一次函数、反比例函数及二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式对题中结论进行逐一判断即可求解． 【详解】解：根据题中定义对结论进行判断： ①在一次函数中，时，，即在函数图象上； 且满足，符合“半分点”定义， ①正确； ②根据“半分点”定义可得，， ， 在双曲线上， ， 双曲线解析式为， 又也在双曲线上，且与不是同一点， ， 解得或， 此时或， 或， ②错误； ③联立，整理得： ∵抛物线(m,n均为常数)上恰好有唯一的“半分点”， ∴方程有两个相等的实数根， ∴， ∴， 特别地，当时，抛物线为，此时也恰好有唯一的“半分点”， 综上，满足题意的n为0或4， ∴③错误； ④将代入可得， ， ， ， ， ， ④错误． 综上，正确结论的个数是1． 故选：A． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押03 山东中考数学10题（选择题） 考点1 函数的多结论判段问题 1．（2026·山东临沂·一模）在平面直角坐标系中，两点在抛物线上．下面结论：①当时，；②当时，；③当且时，则；④当时，则．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·山东枣庄·一模）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球运动时间（单位：）之间的函数关系如图所示．下列结论：①小球抛出3秒时达到最高点；②小球从抛出到落地经过的路程是；③当时，；④当时，．其中正确的有（    ） A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④ 3．（2026·山东聊城·一模）已知二次函数的图像的一部分如图所示，对称轴为，对于下列结论： ①； ②多项式可因式分解为； ③若点，在函数图像上，且，则； ④不等式的解集为． 其中正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2026·山东聊城·一模）如图，点A在反比例函数的图象上，过点A作x轴的垂线交反比例函数的图象于点C，直线垂直平分线段，分别交两反比例函数的图象于点D，B，设点A的横坐标为n．下列关于观点1，2的判断正确的是（    ）． 观点1：当时，线段的长为1； 观点2：若四边形是正方形，则的长为． A．只有观点1正确 B．只有观点2正确 C．观点1、2都正确 D．观点1、2都不正确 5．（2026·山东聊城·一模）如图，直线，与双曲线分别相交于，下列说法正确的个数是（    ） ①点的坐标为；②； ③当或时；④四边形的面积为4． A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2026·山东济南·一模）二次函数（是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如表：且当时；与其对应的函数值；有下列结论：①函数图象的顶点在第四象限内；②和3是关于的方程的两个根：③；④若点，点在二次函数图象上，则；⑤方程有两个不相等的实数根．其中正确的结论有（   ） x … 0 1 2 … … t m n … A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 7．（2026·山东济南·一模）如图，直线与抛物线交于两点，且点的横坐标是，点的横坐标是3，则以下结论： ①； ②时，直线与抛物线函数值都随着的增大而增大； ③当时，； ④有可能成为等边三角形； ⑤的解集为； 其中正确的结论是（   ） A．①② B．①②⑤ C．②③④ D．①②④⑤ 8．（2026·山东烟台·模拟预测）我们称函数为函数的分函数（其中为常数）．例如：对于关于的一次函数的3分函数为． 若是二次函数关于x的m分函数（其中m为常数）．则下列结论中 ①当时，的最小值为； ②当时，若点在函数的图象上，则点也在函数的图象上； ③当时，若时，的最大值是5，最小值是，则的最大值为．描述中正确的是（） A．② B．①② C．①③ D．②③ 9．（2026·山东枣庄·一模）如图，二次函数（a，b，c为常数，）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③（m为任意实数）；④若，则，其中正确结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．（2026·山东济南·一模）定义：二次函数与轴有两个交点，将其位于轴下方的图象沿轴向上翻折，与原轴上方的图象合称为该函数的“型函数”．已知抛物线（为常数），记其对应的“型函数”为，有如下结论： ①当取任意实数值，的函数图象一定关于直线对称； ②当时，的函数图象与直线有个公共点； ③当时，的最小值为； ④若的函数图象与直线（为常数）有个公共点，则的取值范围是； ⑤当时，的值随的增大而减小． 则正确结论的个数为（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 考点2 方程的多结论判断问题 1．（2026·山东·模拟预测）对于一元二次方程，有以下结论： ①若，则； ②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根； ③若是方程的一个根，则一定有成立； ④若方程的两个实数根分别为4、，则方程的两根为3，． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·山东济宁·模拟预测）已知整式，．下列说法： ①．当时，满足条件的x的积为2； ②．当时，则存在这样的实数根、能使； ③．当时，则整式可取到最小值，最小值为0； ④．当方程与存在一组互为倒数的实数根时，符合条件的整数与一共有2组． 其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2026·山东德州·模拟预测）关于x的一元二次方程 有以下命题： ①若， 则         ②若方程的两根为和， 则 ③若上述方程有两个相等的实数根，则 必有实数根； ④若是该方程的一个根，则一定是 的一个根． 其中真命题的个数 （    ） A．4 B．3 C．2 D．1 4．（2026·山东菏泽·模拟预测）关于x的一元二次方程，下列说法： ①若，则方程必有一个根是； ②若方程有两个不相等的实数根，则方程必有两个不相等的实数根； ③若是一元二次方程的根，则； ④若方程的两个根为，且满足，则方程，必有实数根． 其中，正确的说法有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2026·山东枣庄·模拟预测）已知关于x的一元二次方程： ①若方程的两个根为和1，则； ②若，则方程有一根为； ③无论或，方程都有两个不相等的实数根； ④若是方程的一个根，则式子一定成立． 以上说法正确的有（   ） A．①②③ B．②③ C．②③④ D．③④ 6．（2026·山东济南·模拟预测）若定义一种新的取整符号，即表示不超过x的最大整数．例如：，，则下列结论：①；②；③方程的解有无数多个；④若，则x的取值范围是．正确个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2026·山东淄博·模拟预测）如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的n倍（n是正整数），则称这样的方程为“n倍根方程”.以下是关于“2倍根方程”的说法： ①方程是2倍根方程； ②若关于x的方程是2倍根方程（m，t为常数）， 则； ③若，则关于x的方程是2倍根方程； ④若关于x的方程是2倍根方程，且，则方程有一个根为1. 则以上关于“2倍根方程”的说法中，正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 8．（2026·山东青岛·模拟预测）某班数学兴趣小组对不等式组讨论得到以下结论：①若，则不等式组的解集为；②若，则不等式组无解；③若不等式组无解，则a的取值范围为；④若不等式组只有两个整数解，则a的值可以为．其中，正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 9．（2026·山东·模拟预测）我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 考点3 几何的多结论判断问题 1．（2026·山东聊城·一模）如图，在正方形中，，点是上一点，且，过点作，使，分别交、、于点，下列结论正确的是（   ） A． B．点为上任意一点，则的最小值为 C． D． 2．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，O为中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是中点且，①，②，③是等边三角形，④，则下列结论正确的个数为（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 3．（2026·山东济宁·模拟预测）如图，在中，，，E为边上一点，，F是上的动点，将沿直线折叠得到，点B的对应点为点G，连接．现有两个结论：①；②当时，．下面说法正确的是（   ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 4．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，，连接，交对角线于点．以下结论：①是等腰三角形；②；③；⑤．其中，正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2026·山东·模拟预测）如图，在正方形中，、交于点，为延长线上的一点，且，连接，分别交于点，连接，给出下面三个结论： ①平分； ②； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 6．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在中，，以为直径作，交于点，且点为的中点，连接，交于点．则下列结论： ①连接，；②连接，则；③的长为，④和线段、所围成的阴影图形的面积为．一定正确的是（    ） A．②④ B．③ C．④ D．①② 8．（2026·山东德州·模拟预测）在中，，，将按如图所示的方式依次折叠； 有下面四个结论； ①平分；②；③；④的周长等于的长．其中正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（2026·山东·模拟预测）如图，在钝角三角形中，分别以和为斜边向的外侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形，平分交于点M，取的中点D，的中点N，连接，，．下列结论：①；②；③；④．其中，正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 10．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在边长为6的正方形中，，连接交于点M，G，H分别是，的中点，连接并延长，交边于点N．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 1．（2026·山东淄博·模拟预测）定义：若x，y满足，（m为常数），则称为“和谐点”．下列说法正确的是（   ） ①是“和谐点”；②直线上有且只有一个“和谐点”；③当时，反比例函数的图象上最多只有两个“和谐点”；④若二次函数的图象上有3个“和谐点”，则或． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 2．（2026·山东滨州·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，点、C分别在y轴和x轴上，轴，，点P从B点出发，以的速度沿边匀速运动，点Q从点出发，沿线段匀速运动．点P与点Q同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点P运动的时间为，的面积为，已知S与t之间的函数关系如图2中的曲线段、线段与曲线段．下列说法正确的是（   ） ①点的运动速度为；②点的坐标为；③线段段的函数解析式为；④曲线段的函数解析式为；⑤若的面积是四边形的面积的，则时间． A．①②③④⑤ B．①③④ C．①③⑤ D．①③④⑤ 3．（2026·山东济南·模拟预测）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”． ①如图1，四边形是“对补四边形”，若，且时，； ②如图2，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中，，之间的数量关系是； ③如图3，在四边形中，，平分，则四边形是“对补四边形”； ④如图4，在四边形中，，平分，且时，则． 以上结论正确的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 4．（2026·山东淄博·模拟预测）如图，二次函数的图象与轴交于，，其中．结合图象给出下列结论：    ①；②； ③当时，随的增大而减小； ④关于的一元二次方程的另一个根是； ⑤的取值范围为．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东青岛·模拟预测）若二次函数可通过配方法转化为顶点式，且图象与x轴的一个交点的横坐标为，则下列说法：①；②图象与y轴交于；③；④若方程的两个根为，，且，则，；⑤若二次函数图象上存在一个横坐标为的点，使得，则n一定等于2，正确的个数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．（2026·山东菏泽·模拟预测）已知抛物线（，，是常数且）的自变量与函数的部分对应值如下表： 其中．以下结论：；若抛物线经过点，则；关于的方程有两个不相等的实数根；；当时，的最小值是，则或．其中正确的结论有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 7．（2026·山东泰安·模拟预测）我们规定形如的函数叫做“元宝型函数”．已知函数是一个“元宝型函数”，给出以下结论：①图象关于直线对称；②关于的不等式的解是或；③当时，关于的方程有三个实数解；④当时函数的值随值的增大而减小．其中正确的结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2026·山东济南·一模）定义：为二次函数（，，，为实数）的“序列数”，如：的“序列数”为．有以下结论： ①二次函数的“序列数”为； ②“序列数”为的二次函数的图象与轴恒有两个交点； ③若点，在“序列数”为的二次函数的图象上，已知，，当时，则的取值范围为； ④“序列数”为的二次函数，如果，当时，随的增大而增大； ⑤“序列数”为的二次函数，若抛物线的顶点与抛物线与轴两交点组成的三角形为等腰直角三角形，则． 以上结论正确的有（    ）． A．个 B．个 C．个 D．个 9．（2026·山东济南·一模）如图，在中，为边上的中线，将沿射线的方向平移得，设平移的距离为，与重叠的面积为与的函数图象如图2所示，有以下结论：①；②的面积为；③点在与的函数图象上；④的最大值为．其中正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 10．（2026·山东·模拟预测）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，对称轴为直线，与轴的交点在和之间（包括这两点）．下列结论：①当时，；②；③；④．其中正确的结论有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2026·山东淄博·模拟预测）如图，在探究活动中，某小组将两张完全重合的正六边形纸片的中心用图钉固定住，保持下方正六边形纸片不动，将上方正六边形纸片绕点顺时针旋转，旋转后上方正六边形纸片的两边与边分别交于点，．该小组得到结论、，下列判断正确的是（   ） 结论：当时，阴影部分是正十二边形； 结论：连接、．在旋转过程中，的度数不变 A．结论都正确 B．结论都不正确 C．只有结论正确 D．只有结论正确 12．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 13．（2026·山东济宁·模拟预测）如图，四边形是矩形，分别是边，上的动点（不与端点重合），且，过点作直线的垂线，垂足为，连接．设，，的最大值为．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．① B．②③ C．①③ D．①②③ 14．（2026·山东德州·模拟预测）如图，正方形边长为a，点E是正方形内一点，满足，连接．给出下面四个结论：①；②；③的度数最大值为；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号为（   ） A．①② B．①③ C．①④ D．①③④ 15．（2026·山东德州·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，， ，点D为斜边上的中点， 点E， F分别在直角边上运动（不与端点重合），且保持， 连接；设，， ，在点E，F的运动过程中，给出下面三个结论： ①；②；③，且等号可以取到． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 16．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连接交于点M，连接、．若，，则下列结论：①垂直平分；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 17．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在中，，于点，设，，，给出下面三个结论：①；②；③若，则．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 18．（2026·山东威海·模拟预测）二次函数 的大致图象如图所示，顶点坐标为，下列结论： ①； ②；③；④若方程有两个根和，且，则； ⑤若方程有四个根，则这四个根的和为，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤ 19．（2026·山东临沂·模拟预测）已知二次函数的图象如图所示，且关于x的一元二次方程没有实数根，则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 20．（2026·山东东营·模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，为坐标原点．若点满足，我们把点称作“半分点”，例如点与都是“半分点”．有下列结论： ①一次函数的图象上的“半分点”是； ②若双曲线上存在“半分点”，且经过另一点，则的值为； ③若关于的二次函数的图象上恰好有唯一的“半分点”，则的值为； ④若点是二次函数的半分点，若点的坐标为，则的最小值为． 其中，正确结论的个数是（　　） A． B． C． D． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $