第4卷 二次函数（学生练习卷）山东省（春季高考）《数学真题同源卷》(原卷版+解析版)

**基本信息** 立足山东春考数学考纲，以二次函数为专题，精选近三年真题，按“概念回顾-真题精讲-举一反三-拓展提升”逻辑分层设计，配套师生双卷及PPT，强化概念理解与解题迁移。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次函数综合|30题（含2022-2024年真题）|奇偶性判定、单调性区间分析、最值分类讨论、实际问题建模|从概念（奇偶性、单调性）到图像性质（开口、顶点、对称轴），再到不等式解集、实际应用，形成“概念-性质-应用”递进链条|

编写说明：山东省（春季高考）《数学真题同源卷》专辑，立足山东省春季高考数学考试标准及真题深度研究，严格对标考纲要求、深挖核心考点。每份试卷聚焦一个专题，精选近三年高考真题，按“概念回顾+真题精讲+举一反三+拓展提升”的逻辑体系编写，每个专题配套两份试卷，分别为教师讲解卷与学生练习卷，且均配备PPT课件，方便教师开展课堂教学。助力师生夯实核心能力、贯通解题思路，达成精准对接考点、高效突破备考难点的目标。 2027年山东省（春季高考）《数学真题同源卷》 第4卷 二次函数 （学生练习卷） 一、单选题 1．（2024年山东省春季高考数学真题）函数是偶函数的充要条件是(　　) A． B． C． D． 2．（2022年山东省春季高考数学真题）已知函数图像的对称轴为，则不等式的解集是(　　) A． B． C． D． 3．下列选项为函数的单调递增区间的是(　　) A． B． C． D． 4．二次函数的开口方向和顶点坐标分别是(　　) A．开口向上，顶点坐标为 B．开口向上，顶点坐标为 C．开口向下，顶点坐标为 D．开口向下，顶点坐标为 5．二次函数在区间上单调递增的一个充分不必要条件为(　　) A． B． C． D． 6．若函数在区间上是减函数，那么 实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 7．函数的单调减区间是(　　) A． B． C． D． 8．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为和，其中x为销售量（单位：辆），若该公司在这两地共销售15辆车，则可能获得的最大利润为(　　) A．45.606万元 B．45.6万元 C．45.56万元 D．45.51万元 9．函数的单端递增区间是(　　) A． B． C． D． 10．如图所示，二次函数的图像与x轴有两个交点，坐标分别是，那么不等式的解集是(　　) A． B． C． D．R 11．若一次函数的图像经过二、三、四象限，则二次函数的图像可能是(　　) A． B． C． D． 12．直线过点且与y轴垂直，若二次函数（其中x是自变量）的图像与直线有两个不同的交点，且其对称轴在y轴右侧，则a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 13．已知函数是偶函数，则的单调递减区间为(　　) A． B． C． D． 14．已知函数，下列说法正确的是(　　) A．在上是增函数 B．在上是减函数 C．是奇函数 D．是偶函数 15．函数在区间上的最大值、最小值分别是(　　) A．10，5 B．10，1 C．5，1 D．以上都不对 16．若存在使得有正值，则的取值范围是(　　) A．或 B． C． D． 17．函数的图像大致为(　　) A． B． C． D． 18．若函数在区间内有最小值，则实数的取值范围是(　　) A． B． C． D． 19．函数的图像在轴上方的充要条件是(　　) A．， B．， C．， D．， 20．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是(　　) A． B． C． D． 二、填空题 21．函数在上递减，在上递增，则___________. 22．在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则___________. 23．函数的单调递增区间是___________. 24．已知的最小值为，函数图像关于直线对称，且过点，则___________. 25．设函数，即表示函数，中的较大者．已知函数，若的值域为，则___________. 三、解答题 26．设二次函数是定义在区间上的偶函数. (1)求的解析式； (2)若函数，且对定义域内任意都成立，求的取值范围. 27．已知函数. (1)若函数在是增函数，求a的取值范围； (2)若对于任意的，恒成立，求a的取值范围. 28．已知函数，方程的两个实数根，满足. (1)求证：； (2)若，证明：. 29．（2023年山东省春季高考数学真题）已知二次函数的对称轴为，最小值为2． （1）求函数的解析式； （2）若，判断的奇偶性并证明． 30．已知二次函数，且的解集为． (1)求的值； (2)求此函数的最小值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：山东省（春季高考）《数学真题同源卷》专辑，立足山东省春季高考数学考试标准及真题深度研究，严格对标考纲要求、深挖核心考点。每份试卷聚焦一个专题，精选近三年高考真题，按“概念回顾+真题精讲+举一反三+拓展提升”的逻辑体系编写，每个专题配套两份试卷，分别为教师讲解卷与学生练习卷，且均配备PPT课件，方便教师开展课堂教学。助力师生夯实核心能力、贯通解题思路，达成精准对接考点、高效突破备考难点的目标。 2027年山东省（春季高考）《数学真题同源卷》 第4卷 二次函数 （学生练习卷） 一、单选题 1．（2024年山东省春季高考数学真题）函数是偶函数的充要条件是(　　) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据偶函数的性质易得答案. 【详解】因为函数是偶函数， 所以充要条件是， 所以. 故选：A. 2．（2022年山东省春季高考数学真题）已知函数图像的对称轴为，则不等式的解集是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一元二次方程的根与一元二次不等式的关系求解集. 【详解】因为函数图像的对称轴为， 所以，解得， 所以函数为， 不等式即为， 因式分解得， 解得， 所以不等式的解集是. 故选：C. 3．下列选项为函数的单调递增区间的是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二次函数的图像和性质可解. 【详解】由二次函数的图像和性质可知，开口向下，且对称轴为， 则函数在上单调递增. 故选：D 4．二次函数的开口方向和顶点坐标分别是(　　) A．开口向上，顶点坐标为 B．开口向上，顶点坐标为 C．开口向下，顶点坐标为 D．开口向下，顶点坐标为 【答案】A 【分析】根据二次函数的图像和性质即可求解. 【详解】∵， ∴二次函数的开口方向向上，顶点坐标为， 故选：A． 5．二次函数在区间上单调递增的一个充分不必要条件为(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出在区间上单调递增的等价条件为，通过充分不必要条件的定义，即可判断. 【详解】因为二次函数在区间上单调递增， 所以解得， 当时，不成立，故充分性不成立，错误； 当时，不成立，故充分性不成立，错误； 当时，成立，故充分性成立； 当时，不一定成立，故必要性不成立， 所以是的充分不必要条件，正确； 当时，不成立，故充分性不成立，错误， 故选：. 6．若函数在区间上是减函数，那么 实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的单调性求解. 【详解】∵为二次函数，开口向上, 且在区间上是减函数， ∴二次函数的对称轴, 即, 解得 故选:B. 7．函数的单调减区间是(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二次函数的对称轴公式，可得其单调递减区间. 【详解】函数的图像是开口向上的抛物线，且对称轴为， 所以函数的单调减区间是. 故选 ：B. 8．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为和，其中x为销售量（单位：辆），若该公司在这两地共销售15辆车，则可能获得的最大利润为(　　) A．45.606万元 B．45.6万元 C．45.56万元 D．45.51万元 【答案】B 【分析】设出甲乙的销售量，代入利润公式求解即可. 【详解】设在甲地销售量为a，则在乙地销售量为， 设利润为y，则， 即， 对称轴为， ∵，即当时，最大利润为万元. 故选：B. 9．函数的单端递增区间是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数解析式的对称轴和单调性即可解得. 【详解】由题，函数， 表示为开口向上的抛物线，且对称轴为， 则函数单调递减区间为， 单调递增区间为， 故选：C 10．如图所示，二次函数的图像与x轴有两个交点，坐标分别是，那么不等式的解集是(　　) A． B． C． D．R 【答案】A 【分析】根据二次函数的图像与性质即可求解. 【详解】由题意可得，函数的图象与x轴的交点为. 由图可得，则不等式的解集为. 故选：A. 11．若一次函数的图像经过二、三、四象限，则二次函数的图像可能是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一次函数的图像和性质，结合题意先求出a和b的范围，利用二次函数的图像和性质，即可分析求解． 【详解】因为一次函数的图像经过二、三、四象限， 所以， 所以二次函数的图像开口向下， 对称轴，在轴左边． 故选：C． 12．直线过点且与y轴垂直，若二次函数（其中x是自变量）的图像与直线有两个不同的交点，且其对称轴在y轴右侧，则a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由直线，化简二次函数，令，利用判别式，解出，由对称轴在轴右侧可求即可． 【详解】∵直线过点且与y轴垂直，∴直线， ， 令，即， ∵二次函数（其中x是自变量）的图像与直线有两个不同的交点， ∴，∴， 又∵对称轴在y轴右侧，则，∴， 综上可得． 故选：D． 13．已知函数是偶函数，则的单调递减区间为(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数的奇偶性求出，再根据二次函数的单调性求解即可. 【详解】由函数是偶函数， 所以，解得. 即，开口向下，对称轴为，则单调递减区间为． 故选：C. 14．已知函数，下列说法正确的是(　　) A．在上是增函数 B．在上是减函数 C．是奇函数 D．是偶函数 【答案】D 【分析】根据二次函数的单调性以及奇偶性求解即可. 【详解】函数的定义域为，且. 因此函数是偶函数． 函数，开口向下，对称轴，所以在上是减函数，在上是增函数． 故选：D. 15．函数在区间上的最大值、最小值分别是(　　) A．10，5 B．10，1 C．5，1 D．以上都不对 【答案】B 【分析】根据二次函数的性质求解. 【详解】因为，且， 所以当时，；当时，. 故选：B. 16．若存在使得有正值，则的取值范围是(　　) A．或 B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由一元二次函数的性质可得，求解即可得的取值范围. 【详解】因为的函数图象是开口向下的抛物线， 若存在使，则方程有两个不同的实数根， 故，解得或， 所以的取值范围是或. 故选：A. 17．函数的图像大致为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分段函数的函数图像判断选项即可. 【详解】函数为， 当时，是一个开口向上的二次函数， 对称轴，即y轴， 故由二次函数图像可排除AC选项； 当时，是在其定义域内为增函数的对数函数， 故由对数函数的单调性可排除D选项， 则函数的图像大致为B选项. 故选：B. 18．若函数在区间内有最小值，则实数的取值范围是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，结合二次函数的图像和性质，即可求解. 【详解】因为函数的图像开口向上，且对称轴为， 又在区间内有最小值，则． 故选：C. 19．函数的图像在轴上方的充要条件是(　　) A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】依题意得，先判断二次函数图像的开口方向，再判断和轴的无交点即可解得. 【详解】解：要使二次函数图像在轴上方，则抛物线开口方向要向上， 且与轴无交点，则. 即且. 故选：B 20．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二次函数的单调性即可求解. 【详解】因为， 所以函数的图象开口向上且对称轴为， 因为函数在上单调递减， 所以，解得，故的取值范围是，因此选项C正确. 故选：C. 二、填空题 21．函数在上递减，在上递增，则___________. 【答案】 【分析】由题目条件可知，函数对称轴为，求出，再求即可. 【详解】由在上递减，在上递增， 可知函数对称轴为，解得， 所以，所以. 故答案为：. 22．在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则___________. 【答案】1 【分析】根据抛物线与x轴只有一个交点可知方程根的判别式，解方程求出k值即可得答案． 【详解】∵抛物线与x轴只有一个交点， ∴方根的判别式， 即，解得：. 故答案为：1. 23．函数的单调递增区间是___________. 【答案】 【分析】根据二次函数的性质，通过确定函数的开口方向和对称轴来找出单调递增区间. 【详解】函数，图象开口向下，对称轴为， 因此，函数的单调递增区间是. 故答案为：. 24．已知的最小值为，函数图像关于直线对称，且过点，则___________. 【答案】 【分析】根据题意，结合二次函数的图像和性质，可设函数，将已知点代入，即可求得a的值，继而求得函数解析式. 【详解】因为的最小值为，函数图像关于直线对称， 所以可设，又函数的图像过点， 所以，解得， 所以． 故答案为：. 25．设函数，即表示函数，中的较大者．已知函数，若的值域为，则___________. 【答案】3或 【分析】根据新定义和新函数的值域，确定二次函数的取值，待定系数法即可求出. 【详解】函数的值域为，且为偶函数，图象为V字形， 而的值域为，结合二次函数图象特点和定义知， 当两图象相交时取图象在上方的部分为新函数的图象， 所以图象交点处取到函数最小值. 当时，解得或. 代入有：或， 解得或. 所以答案为：3或. 三、解答题 26．设二次函数是定义在区间上的偶函数. (1)求的解析式； (2)若函数，且对定义域内任意都成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二次函数在给定区间上为偶函数，则有给定区间关于原点对称且即可求解函数解析式. （2）先表示出函数的解析式，再由函数的最大值即可求解. 【详解】（1）因为是定义在上的偶函数， 则 ，得， 又， 则， 所以. （2）由（1）知， 又即对定义域内任意都成立， 即对定义域内任意都成立，           所以，               令， 的最大值为，即，，           故的取值范围为. 27．已知函数. (1)若函数在是增函数，求a的取值范围； (2)若对于任意的，恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）所给函数为二次函数，开口向上，在对称轴右侧为增函数，即利用所给区间在对称轴右侧求解； （2）由已知不等式，利用二次函数的最值求解 【详解】（1）函数开口向上，对称轴为直线， 因为函数在是增函数，所以即， 所以的取值范围. （2）因为函数对于任意的，恒成立， 即，对于任意的恒成立， 则，解得， 所以，的取值范围. 28．已知函数，方程的两个实数根，满足. (1)求证：； (2)若，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据韦达定理，结合条件列出关于的不等式，再根据已知范围即可解得； （2）根据二次函数单调性和已知范围即可解得． 【详解】（1）因为方程的两个实数根，， 由韦达定理可知，， 要证，即证， 即， 又，则， 即恒成立， 故证得． （2）当时，单调递减， 则， 又，故， 即证得． 29．（2023年山东省春季高考数学真题）已知二次函数的对称轴为，最小值为2． （1）求函数的解析式； （2）若，判断的奇偶性并证明． 【答案】（1）；（2）偶函数，证明见解析 【分析】（1）由二次函数的对称轴和最小值，即知道顶点坐标，由顶点坐标公式求解即可. （2）由偶函数的定义，先证定义域关于原点对称，再证明即可. 【小问1详解】 因为函数的对称轴为，最小值为2， 所以解得 所以函数的解析式为． 【小问2详解】 为偶函数．因为，则， 其定义域为，关于原点对称， 因为， 所以函数为偶函数. 30．已知二次函数，且的解集为． (1)求的值； (2)求此函数的最小值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据一元二次不等式的解集与二次方程根的关系求解； （2）根据二次函数的性质求解最小值. 【详解】（1）因为二次函数，且的解集为， 则和5是方程的两根， 根据韦达定理可得：，且， 解得，. （2）二次函数，定义域为， 对称轴为，图像开口向上， 所以，当时，函数取最小值，最小值为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $