初三上冊期末數(shù)學試題及謎底_初中補習
初三上冊期末數(shù)學試題及謎底_初中補習,在各個科目的學習當中，最需要大量練習的科目非數(shù)學莫屬了，所以大家還是好好刷數(shù)學題吧!小編在這里整理了相關(guān)資料，希望能幫助到您。 初三數(shù)學上冊第一單元知識點總 第一章 證明 一、等腰三角形 1 1、定義：有兩邊相等的三角形是等腰三
初中階段不但是長知識的時期，更是長身體的黃金時代，所以，同學們一定要搞好生活，保證學習?？傊覀兩钤接幸?guī)律，我們的學習成效就越大，成績上升就越快。一、選擇題(共12小題，每小題3分，滿分36分)
下列事宜中，一定事宜是()
A.擲一枚硬幣，正面朝上
B.隨便三條線段可以組成一個三角形
C.投擲一枚質(zhì)地平均的骰子，擲得的點數(shù)是奇數(shù)
D.拋出的籃球會著落
【考點】隨機事宜.
【剖析】一定事宜是指一定會發(fā)生的事宜.
【解答】解：A、擲一枚硬幣，正面朝上，是隨機事宜，故A錯誤;
B、在統(tǒng)一條直線上的三條線段不能組成三角形，故B錯誤;
C、投擲一枚質(zhì)地平均的骰子，擲得的點數(shù)是奇數(shù)，是隨機事宜，故C錯誤;
D、拋出的籃球會著落是一定事宜.
故選：D.
【點評】本題主要考察的是一定事宜和隨機事宜，掌握隨機事宜和一定事宜的觀點是解題的要害.
方程(m﹣2)x|m|+3mx+1=0是關(guān)于x的一元二次方程，則()
A.m=±2B.m=2C.m=﹣2D.m≠±2
【考點】一元二次方程的界說.
【剖析】由一元二次方程的界說可知|m|=2，且m﹣2≠0，從而可求得m的值.
【解答】解：∵方程(m﹣2)x|m|+3mx+1=0是關(guān)于x的一元二次方程，
∴|m|=2，且m﹣2≠
解得：m=﹣
故選：C.
【點評】本題主要考察的是一元二次方程的界說，掌握一元二次方程的界說是解題的要害.
把拋物線y=(x+1)2向下平移2個單元，再向右平移1個單元，所獲得的拋物線是()
A.y=(x+2)2+2B.y=(x+2)2﹣2C.y=x2+2D.y=x2﹣2
【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換.
【剖析】先寫出平移前的拋物線的極點坐標，然后憑證向下平移縱坐標減，向右平移橫坐標加求出平移后的拋物線的極點坐標，再行使極點式剖析式寫出即可.
【解答】解：拋物線y=(x+1)2的極點坐標為(﹣1，0)，
∵向下平移2個單元，
∴縱坐標變?yōu)椹?，
∵向右平移1個單元，
∴橫坐標變?yōu)椹?+1=0，
∴平移后的拋物線極點坐標為(0，﹣2)，
∴所獲得的拋物線是y=x2﹣
故選D.
【點評】本題考察了二次函數(shù)圖象與幾何變換，行使極點的轉(zhuǎn)變確定函數(shù)圖象的轉(zhuǎn)變求解加倍簡捷，且容易明晰.
如圖，在⊙O中，∠C=30°，AB=2，則弧AB的長為()
A.πB.C.D.
【考點】弧長的盤算;等邊三角形的判斷與性子;圓周角定理.
【剖析】憑證圓周角定理求出圓心角∠AOB，然后憑證弧長公式求解即可.
【解答】解：∵∠C=30°，
憑證圓周角定理可知：∠AOB=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∴l(xiāng)==π，
∴劣弧AB的長為π.
故選D.
【點評】本題主要考察弧長的盤算，掌握弧長的盤算公式l=(弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為r)是解題要害，難度一樣平常.
如圖，PA和PB是⊙O的切線，點A和點B是切點，AC是⊙O的直徑，已知∠P=40°，則∠ACB的巨細是()
A.40°B.60°C.70°D.80°
【考點】切線的性子.
【剖析】由PA、PB是⊙O的切線，可得∠OAP=∠OBP=90°，憑證四邊形內(nèi)角和，求出∠AOB，再憑證圓周角定理即可求∠ACB的度數(shù).
【解答】解：毗鄰OB，
∵AC是直徑，
∴∠ABC=90°，
∵PA、PB是⊙O的切線，A、B為切點，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=180°﹣∠P=140°，
由圓周角定理知，∠ACB=∠AOB=70°，
故選C.
【點評】本題考察了切線的性子，圓周角定理，解決本題的要害是毗鄰OB，行使直徑對的圓周角是直角來解答.
如圖，將三角尺ABC(其中∠ABC=60°，∠C=90°)繞B點按順時針偏向旋轉(zhuǎn)一個角度到A1B1C1的位置，使得點A，B，C1在統(tǒng)一條直線上，那么這個角度即是()
A.30°B.60°C.90°D.120°
【考點】旋轉(zhuǎn)的性子.
【專題】盤算題.
【剖析】先行使鄰補角的界說可盤算出∠CBC1=120°，然后憑證性子的性子獲得∠CBC1即是旋轉(zhuǎn)角.
【解答】解：∵∠ABC=60°，
∴∠CBC1=180°﹣∠ABC=120°，
∵三角尺ABC繞B點按順時針偏向旋轉(zhuǎn)一個角度到A1B1C1的位置，
∴∠CBC1即是旋轉(zhuǎn)角，即旋轉(zhuǎn)角為120°.
故選D.
【點評】本題考察了旋轉(zhuǎn)的性子：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中央的距離相等;對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中央所連線段的夾角即是旋轉(zhuǎn)角;旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等.
下列命題中假命題的個數(shù)是()
?、偃c確定一個圓;
?、谌切蔚男睦锏饺叺木嚯x相等;
③相等的圓周角所對的弧相等;
?、苤蟹窒业闹睆酱怪庇谙?
?、荽怪庇诎霃降闹本€是圓的切線.
A.4B.3C.2D.1
【考點】命題與定理.
【剖析】剖析是否為假命題，可以舉出反例;也可以劃分剖析各題設(shè)是否能推出結(jié)論，從而行使清掃法得出謎底.
【解答】解：①錯誤，不在統(tǒng)一條直線上的三點確定一個圓;
?、跍蚀_，三角形的心里到三邊的距離相等;
③錯誤，在同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧相等;
?、苠e誤，若是中分的弦是直徑，那么中分弦的直徑不垂直于弦;
⑤錯誤，過半徑的外端且垂直于半徑的直線是圓的切線.
故選A.
【點評】主要考察命題的真假判斷，準確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題.判斷命題的真假要害是要熟悉課本中的性子定理.
如圖，隨機閉合開關(guān)S1、S2、S3中的兩個，則能讓燈泡?發(fā)光的概率是()
A.B.C.D.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【專題】圖表型.
【剖析】接納列表法列出所有情形，再憑證能讓燈泡發(fā)光的情形行使概率公式舉行盤算即可求解.
【解答】解：列表如下：
共有6種情形，必須閉合開關(guān)S3燈泡才亮，
即能讓燈泡發(fā)光的概率是=.
故選C.
【點評】本題考察了列表法與畫樹狀圖求概率，用到的知識點為：概率=所討情形數(shù)與總情形數(shù)之比.
△ABC的三邊長劃分為6、8、10，則其內(nèi)切圓和外接圓的半徑劃分是()
A.2，5B.1，5C.4，5D.4，10
【考點】三角形的內(nèi)切圓與心里;勾股定理的逆定理;三角形的外接圓與外心.
【專題】盤算題.
【剖析】先行使勾股定理的逆定理獲得△ABC為直角三角形，然后行使直角邊為a、b，斜邊為c的三角形的內(nèi)切圓半徑為盤算△ABC的內(nèi)切圓的半徑，行使斜邊為外接圓的直徑盤算△ABC的外接圓的半徑.
【解答】解：∵62+82=102，
∴△ABC為直角三角形，
∴△ABC的內(nèi)切圓的半徑==2，
△ABC的外接圓的半徑==
故選A.
【點評】本題考察了三角形的內(nèi)切圓與心里：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內(nèi)切圓，三角形的內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的心里，這個三角形叫做圓的外切三角形.三角形的心里就是三角形三個內(nèi)角角中分線的交點.也考察了勾股定理的逆定理.記著直角邊為a、b，斜邊為c的三角形的內(nèi)切圓半徑為.
1已知二次函數(shù)y=x2+x+m，當x取隨便實數(shù)時，都有y>0，則m的取值局限是()
A.m≥B.m>C.m≤D.m<
【考點】拋物線與x軸的交點.
【剖析】由題意二次函數(shù)y=x2+x+m知，函數(shù)圖象啟齒向上，當x取隨便實數(shù)時，都有y>0，可以推出△<0，從而解出m的局限.
【解答】解：已知二次函數(shù)的剖析式為：y=x2+x+m，
∴函數(shù)的圖象啟齒向上，
又∵當x取隨便實數(shù)時，都有y>0，
∴有△<0，
∴△=1﹣4m<0，
∴m>，
故選B.
【點評】此題主要考察二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，當函數(shù)圖象與x軸無交點時，說明方程無根則△<0，若有交點，說明有根則△≥0，這一類問題對照常見且難度適中.
1如圖，將半徑為3的圓形紙片，按下列順序折疊，若和都經(jīng)由圓心O，則陰影部門的面積是()
A.πB.2πC.3πD.4π
【考點】扇形面積的盤算;翻折變換(折疊問題).
【剖析】作OD⊥AB于點D，毗鄰AO，BO，CO，求出∠OAD=30°，獲得∠AOB=2∠AOD=120°，進而求得∠AOC=120°，再行使陰影部門的面積=S扇形AOC求解.
【解答】解;如圖，作OD⊥AB于點D，毗鄰AO，BO，CO，
∵OD=AO，
∴∠OAD=30°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
同理∠BOC=120°，
∴∠AOC=120°，
∴陰影部門的面積=S扇形AOC==3π.
故選C.
【點評】本題考察的是扇形面積的盤算，熟記扇形的面積公式是解答此題的要害.
1如圖，AB為⊙O的直徑，作弦CD⊥AB，∠OCD的中分線交⊙O于點P，當點C在下半圓上移動時，(不與點A、B重合)，下列關(guān)于點P形貌準確的是()
A.到CD的距離保持穩(wěn)固B.到D點距離保持穩(wěn)固
C.平分D.位置穩(wěn)固
【考點】圓周角定理;垂徑定理;圓心角、弧、弦的關(guān)系.
【剖析】首先毗鄰OP，由∠OCD的中分線交⊙O于點P，易證得CD∥OP，又由弦CD⊥AB，可得OP⊥AB，即可證得點P為的中點穩(wěn)固.
【解答】解：不發(fā)生轉(zhuǎn)變.
毗鄰OP，
∵OP=OC，
∴∠P=∠OCP，
∵∠OCP=∠DCP，
∴∠P=∠DCP，
∴CD∥OP，
∵CD⊥AB，
∴OP⊥AB，
∴=，
∴點P為的中點穩(wěn)固.
故選D.
【點評】此題考察了圓周角定理以及垂徑定理，準確的作出輔助線是解題的要害.
二、填空題(共6小題，每小題4分，滿分24分)
1二次函數(shù)y=x2+2x的極點坐標為(﹣1，﹣1)，對稱軸是直線x=﹣
【考點】二次函數(shù)的性子.
【剖析】先把該二次函數(shù)化為極點式的形式，再憑證其極點式舉行解答即可.
【解答】解：∵y=x2+2x=(x+1)2﹣1，
∴二次函數(shù)y=x2+4x的極點坐標是：(﹣1，﹣1)，對稱軸是直線x=﹣
故謎底為：(﹣1，﹣1)，x=﹣
【點評】此題主要考察了二次函數(shù)的性子和求拋物線的極點坐標、對稱軸的方式，熟練配方是解題要害.
1已知正六邊形的半徑為2cm，那么這個正六邊形的邊心距為cm.
【考點】正多邊形和圓.
【剖析】憑證正六邊形的特點，通過中央作邊的垂線，毗鄰半徑，連系解直角三角形的有關(guān)知識解決.
【解答】解：如圖，毗鄰OA、OB;過點O作OG⊥AB于點G.
在Rt△AOG中，
∵OA=2cm，∠AOG=30°，
∴OG=OA?cos30°=2×=(cm).
故謎底為：.
【點評】本題考察的是正多邊形和圓，憑證題意畫出圖形，行使數(shù)形連系求解是解答此題的要害.
1如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠B=60°，⊙O的半徑為4，則AC的長即是
【考點】圓周角定理;垂徑定理.
【剖析】毗鄰OA，OC，過點O作OD⊥AC于點D，由圓周角定理求出∠AOC的度數(shù)，再由垂徑定理得出AD=AC，∠AOD=∠AOC，憑證銳角三角函數(shù)的界說求出AD的長，進而可得出結(jié)論.
【解答】解：毗鄰OA，OC，過點O作OD⊥AC于點D，
∵∠B=60°，
,中學生堅持統(tǒng)籌兼顧原則的第二要點是，要注意身體的健康發(fā)育。青少年時期，既是長知識的關(guān)鍵期，也是長身體的關(guān)鍵期，尤其是身體，過了這個關(guān)鍵期，即使加強鍛煉，也難以收到理想的效果。因為人到了十_歲，身體的骨骼、肌肉、肺活量以及五臟六腑的機能基本定型。身體不但關(guān)系到一生的前途，也關(guān)系到一生的幸福。,∴∠AOC=120°.
∵OD⊥AC，OA=4，
∴AD=AC，∠AOD=∠AOC=60°，
∴AD=OA?sin60°=4×=2，
∴AC=2AD=
故謎底為：
【點評】本題考察的是圓周角定理，憑證題意作出輔助線，行使垂徑定理及直角三角形的性子求解是解答此題的要害.
1如圖所示的扇形是一個圓錐的側(cè)面睜開圖，若∠AOB=120°，弧AB的長為12πcm，則該圓錐的側(cè)面積為108πcm
【考點】圓錐的盤算.
【剖析】首先求得扇形的母線長，然后求得扇形的面積即可.
【解答】解：設(shè)AO=B0=R，
∵∠AOB=120°，弧AB的長為12πcm，
∴=12π，
解得：R=18，
∴圓錐的側(cè)面積為lR=×12π×18=108π，
故謎底為：108π.
【點評】本題考察了圓錐的盤算，解題的要害是切記圓錐的有關(guān)盤算公式，難度不大.
1如圖，Rt△OAB的極點A(﹣2，4)在拋物線y=ax2上，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲得△OCD，邊CD與該拋物線交于點P，則點P的坐標為(，2).
【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標特征;坐標與圖形轉(zhuǎn)變-旋轉(zhuǎn).
【剖析】先憑證待定系數(shù)法求得拋物線的剖析式，然后憑證題意求得D(0，2)，且DC∥x軸，從而求得P的縱坐標為2，代入求得的剖析式即可求得P的坐標.
【解答】解：∵Rt△OAB的極點A(﹣2，4)在拋物線y=ax2上，
∴4=4a，解得a=1，
∴拋物線為y=x2，
∵點A(﹣2，4)，
∴B(﹣2，0)，
∴OB=2，
∵將Rt△OAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲得△OCD，
∴D點在y軸上，且OD=OB=2，
∴D(0，2)，
∵DC⊥OD，
∴DC∥x軸，
∴P點的縱坐標為2，
代入y=x2，得2=x2，
解得x=±，
∴P(，2).
故謎底為(，2).
【點評】本題考察了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的剖析式，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，憑證題意求得P的縱坐標是解題的要害.
1如圖，P是拋物線y=x2+x+2在第一象限上的點，過點P劃分向x軸和y軸引垂線，垂足劃分為A，B，則四邊形OAPB周長的值為
【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標特征.
【剖析】設(shè)P(x，y)(2>x>0，y>0)，憑證矩形的周長公式獲得C=﹣2(x﹣1)2+憑證二次函數(shù)的性子來求最值即可.
【解答】解：∵y=﹣x2+x+2，
∴當y=0時，﹣x2+x+2=0即﹣(x﹣2)(x+1)=0，
解得x=2或x=﹣1
故設(shè)P(x，y)(2>x>0，y>0)，
∴C=2(x+y)=2(x﹣x2+x+2)=﹣2(x﹣1)2+
∴當x=1時，C值=6，.
即四邊形OAPB周長的值為
故謎底是：
【點評】本題考察了二次函數(shù)的最值，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征.求二次函數(shù)的(小)值有三種方式，第一種可由圖象直接得出，第二種是配方式，第三種是公式法.本題接納了配方式.
三、解答題(共6小題，滿分60分)
1用適當方式解方程：
(1)x2﹣2x﹣3=0
(2)x2﹣6x+9=(5﹣2x)
【考點】解一元二次方程-因式剖析法;解一元二次方程-配方式.
【剖析】(1)剖析因式，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可.
(2)整理成(x﹣3)2=(5﹣2x)2，然后用直接開平方式求解即可.
【解答】解：(1)x2﹣2x﹣3=0，
(x﹣3)(x+1)=0
∴x﹣3=0或x+1=0，
∴x1=3x2=﹣1;
(2)x2﹣6x+9=(5﹣2x)
(x﹣3)2=(5﹣2x)2
∴x﹣3=±(5﹣2x)
∴x1=2，x2=.
【點評】本題考察領(lǐng)會一元二次方程的應(yīng)用，解此題的要害是能把一元二次方程轉(zhuǎn)化成一元一次方程.
2關(guān)于x的一元二次方程x2+3x+m﹣1=0的兩個實數(shù)根劃分為x1，x
(1)求m的取值局限;
(2)若2(x1+x2)+x1x2+10=0，求m的值.
【考點】根的判別式;根與系數(shù)的關(guān)系.
【剖析】(1)由于方程有兩個實數(shù)根，以是△≥0，據(jù)此即可求出m的取值局限;
(2)憑證一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，將x1+x2=﹣3，x1x2=m﹣1代入2(x1+x2)+x1x2+10=0，解關(guān)于m的方程即可.
【解答】解：(1)∵方程有兩個實數(shù)根，
∴△≥0，
∴9﹣4×1×(m﹣1)≥0，
解得m≤;
(2)∵x1+x2=﹣3，x1x2=m﹣1，
又∵2(x1+x2)+x1x2+10=0，
∴2×(﹣3)+m﹣1+10=0，
∴m=﹣
【點評】本題考察了根的判別式、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，直接將兩根之和與兩根之積用m示意出來是解題的要害.
2如圖，沿一條母線將圓錐側(cè)面剪開并展平，獲得一個扇形，若圓錐的底面圓的半徑r=2cm，扇形的圓心角θ=120°，求該圓錐的高h的長.
【考點】圓錐的盤算.
【剖析】憑證題意，運用弧長公式求出AB的長度，即可解決問題.
【解答】解：如圖，由題意得：
，而r=2，
∴AB=6，
∴由勾股定理得：
AO2=AB2﹣OB2，而AB=6，OB=2，
∴AO=
即該圓錐的高為
【點評】該題主要考察了圓錐的盤算及其應(yīng)用問題;解題的要害是天真運用有關(guān)定理來剖析、判斷、推理或解答.
2為了落實國家的惠農(nóng)政策，某地政府制訂了農(nóng)戶投資購置收割機的津貼設(shè)施，其中購置Ⅰ、Ⅱ型收割機所投資的金額與政府津貼的額度存在下表所示的函數(shù)對應(yīng)關(guān)系：
Ⅰ型收割機Ⅱ型收割機
投資金額x(萬元)x5x24
津貼金額x(萬元)y1=kx2y2=ax2+bx42
(1)劃分求出y1和y2的函數(shù)剖析式;
(2)旺叔準備投資10萬元購置Ⅰ、Ⅱ兩型收割機.請你設(shè)計一個能獲得津貼金額的方案，并求出按此方案能獲得的津貼金額.
【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用;一次函數(shù)的應(yīng)用.
【專題】壓軸題.
【剖析】(1)行使待定系數(shù)法直接就可以求出y1與y2的剖析式.
(2)設(shè)總津貼金額為W萬元，購置Ⅰ型收割機a萬元，購置Ⅱ型收割機(10﹣a)萬元，確立等式就可以求出其值.
【解答】解：(1)設(shè)購置Ⅰ型收割機津貼的金額的剖析式為：y1=kx，購置Ⅱ型收割機津貼的金額的剖析式為y2=ax2+bx，由題意，得
2=5k，或，解得
k=，
，
∴y1的剖析式為：y1=x，y2的函數(shù)剖析式為：y2=﹣x2+6x.
(2)設(shè)總津貼金額為W萬元，購置Ⅰ型收割機a萬元，則購置Ⅱ型收割機(10﹣a)萬元，由題意，得
W=a+[﹣(10﹣a)2+6(10﹣a)]，
=﹣(a﹣7)2+.
∴當a=7時，W有值萬元，
∴買Ⅰ型收割機7萬元、Ⅱ兩型收割機3萬元可以獲得津貼萬元.
【點評】本題考察了待定系數(shù)法求函數(shù)的剖析式的運用，拋物線的極點式的運用.在求剖析式中，待定系數(shù)法時常用的方式.二次函數(shù)的一樣平常式化極點式是求最值的常用方式.
2如圖，AC是⊙O的直徑，PA切⊙O于點A，點B是⊙O上的一點，且∠BAC=30°，∠APB=60°.
(1)求證：PB是⊙O的切線;
(2)若⊙O的半徑為2，求弦AB及PA，PB的長.
【考點】切線的判斷.
【專題】幾何綜合題.
【剖析】(1)毗鄰OB，證PB⊥OB.憑證四邊形的內(nèi)角和為360°，連系已知條件可得∠OBP=90°得證.
(2)毗鄰OP，憑證切線長定理得直角三角形，運用三角函數(shù)求解.
【解答】(1)證實：毗鄰OB.
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠BAC=30°.
∴∠AOB=180°﹣30°﹣30°=120°.
∵PA切⊙O于點A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°.
∵四邊形的內(nèi)角和為360°，
∴∠OBP=360°﹣90°﹣60°﹣120°=90°.
∴OB⊥PB.
又∵點B是⊙O上的一點，
∴PB是⊙O的切線.
(2)解：毗鄰OP;
∵PA、PB是⊙O的切線，
∴PA=PB，∠OPA=∠OPB=∠APB=30°.
在Rt△OAP中，∠OAP=90°，∠OPA=30°，
∴OP=2OA=2×2=4，
∴PA=.
∵PA=PB，∠APB=60°，
∴PA=PB=AB=
(此題解法多樣，請評卷先生按解題步驟給分)
【點評】此題考察了切線的判斷、切線長定理、三角函數(shù)等知識點.要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，毗鄰圓心與這點(即為半徑)，再證垂直即可.
2如圖，拋物線y=x2+bx﹣c與x軸交A(﹣1，0)、B(3，0)兩點，直線l與拋物線交于A、C兩點，其中C點的橫坐標為
(1)求拋物線及直線AC的函數(shù)表達式;
(2)點M是線段AC上的點(不與A，C重合)，過M作MF∥y軸交拋物線于F，若點M的橫坐標為m，請用m的代數(shù)式示意MF的長;
(3)在(2)的條件下，毗鄰FA、FC，是否存在m，使△AFC的面積?若存在，求m的值;若不存在，說明理由.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【剖析】(1)把點A和點B的坐標代入拋物線剖析式求出b和c的值即可求出拋物線剖析式;再把點C的橫坐標代入已求出的拋物線剖析式可求出其縱坐標，進而可求出直線AC的表達式;
(2)已知點M的橫坐標為m，點M又在直線AB上，以是可求出其縱坐標，而點F在拋物線上，以是可求出其縱坐標，進而可用m的代數(shù)式示意MF的長;
(3)存在m，使△AFC的面積，設(shè)直線MF與x軸交于點H，作CE⊥MF于E，由S△AFC=MF(AH+CE)，可得關(guān)于m的二次函數(shù)關(guān)系式，憑證函數(shù)的性子即可求出△AFC的值.
【解答】解：(1)把A(﹣1，0)、B(3，0)帶入y=x2+bx﹣c得，
解得：，
∴剖析式為：y=x2﹣2x﹣3，
把x=2帶入y=x2﹣2x﹣3得y=﹣3，
∴C(2，﹣3)，
設(shè)直線AC的剖析式為y=kx+m，把A(﹣1，0)、C(2，﹣3)帶入得
解得：，
∴直線AC的剖析式為y=﹣x﹣1;
(2)∵點M在直線AC上，
∴M的坐標為(m，﹣m﹣1);
∵點F在拋物線y=x2﹣2x﹣3上，
∴F點的坐標為(m，m2﹣2m﹣3)，
∴MF=(﹣m﹣1)﹣(m2﹣2m﹣3)=﹣m2+m+2;
(3)存在m，使△AFC的面積，理由如下：
設(shè)直線MF與x軸交于點H，作CE⊥MF于E，
S△AFC=MF(AH+CE)=MF(2+1)=MF，
=(﹣m2+m+2)，
=﹣(m﹣)2+≤
∴當m=時，△AFC的面積為.
【點評】本題考察了和二次函數(shù)有關(guān)的綜合性問題，考察的知識點有：函數(shù)剖析式簡直定、函數(shù)圖象交點坐標的求法、二次函數(shù)性子的應(yīng)用以及圖形面積的解法.(3)的解法較多，也可通過圖形的面積差等方式來列函數(shù)關(guān)系式，可憑證自己的習慣來選擇熟練的解法.
初三上冊期末數(shù)學試題及謎底相關(guān)文章：
成都中考補習班咨詢：15283982349
初三數(shù)學的學習，最重要的還是掌握理解透知識點，因為這才是貫穿于這個初中數(shù)學的核心。小編在這里整理了相關(guān)資料，希望能幫助到您。 初三數(shù)學特殊的平行四邊形知識點 一、平行四邊形 1、平行四邊形的定義:兩組對邊分別平行的四邊形叫做
