23-24学年白云实验学校九年级（上）10月考数学试卷（含答案）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_初三上十月十二月考

2023-2024 学年广东省广州市白云实验学校九年级（上）月考数学试卷（9 月份） 一、选择题（共10小题，每小题3分） 1．（3分）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又 是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 2．（3分）将一元二次方程3x2 5x1化成一般式后，二次项学系数和一次项系数分别为( ) 升 A．3，5 B．3，1 C．3x2，5x D．3，5 3．（3分）在平面直角坐标系中，与点A(哥3,4)关于原点对称的点的坐标是( ) A．(3,4) B．(3,4) C．(3,4) D．(4,3) 水 4．（3分）一元二次方程x(x2)0的解为( ) A．x0 B．x2 C．x 0，x 2 D．x 0，x 2 1 2 1 2 5．（3分）若关于x的一元二次方程(k1)x2 4x10有实数根，则k的取值范围是( ) A．k 5 B．k 5且k 1 C．k 5且k 1 D．k 5 6．（3分）二次函数y2(x3)2 6，下列说法正确的是( ) A．开口向下 B．对称轴为直线x3 C．顶点坐标为(3,6) D．当x3时，y随x的增大而减小 7．（3分）在一次新年聚会中，小朋友们互相赠送礼物，全部小朋友共互赠了110件礼物，若假设参加聚 会小朋友的人数为x人，则根据题意可列方程为( ) A．x(x1)110 B．x(x1)110 C．(x1)2 110 D．(x1)2 110 第1页（共25页）8．（3分）设A(2,y )，B(1,y )，C(2,y )是抛物线yx2 2x2上的三点，则y ，y ，y 的大小关系 1 2 3 1 2 3 为( ) A．y  y  y B．y  y  y C．y  y  y D．y  y  y 1 2 3 1 3 2 3 2 1 3 1 2 9．（3分）等腰三角形边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2 6xn10的两根， 则n的值为 ( ) A．9 B．10 C．9或10 D．8或10 10．（3分）函数yax2 a与yaxa(a0)在同一坐标系中的图象可能是( ) 学 A． B． 升 哥 水 C． D． 二、填空题（共6小题，每小题3分） 11．（3分）二次函数yx2 2x5图象的顶点坐标为 ． 12．（3分）若x ，x 是一元二次方程x2 5x60的两个根，则x x 的值是 ； 1 2 1 2 13．（3分）将抛物线y3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为 ． 14．（3分）如图，将AOB绕点O按逆时针方向旋转50后得到△AOB，若AOB15，则AOB的 度数是 ． 15．（3分）若关于x的方程x2 4xa0有两个不相等的实数根，则抛物线yx2 (a4)x5的顶点在 第 象限． 第2页（共25页）16．（3分）如图，二次函数yax2 bxc的对称轴是直线x1，且经过点(1,0)，则下列结论：①abc0： 2 ②2ab0；③a ④若方程ax2 bxc20的两个根为 x 和 x ，则(x 1)(x 3)0，正确的 3 1 2 1 2 有 ． 三、解答题（共9小题，共72分.请写出必要的过程） 17．（4分）已知二次函数的图象过点(5,2)，并且当x2时，有最大值7，求这个二次函数的解析式． 18．（4分）对于二次函数yx2 2x5，当x为多少时，y有最小值？最小值为多少？ 学 19．（6分）解方程： 升 （1）x2 6x50； 哥 （2）(x6)2 90． 水 20．（6分）已知关于x的一元二次方程x2 4xm2 0． （1）求证：该方程有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个实数根x ，x 满足xx x x 3，求m的值． 1 2 1 2 1 2 21．（8分）2022年北京冬季奥运会于2月4日至2月20日在北京师和河北省张家口市联合举行，冬奥会 吉祥物为“冰墩墩”．因此“冰墩墩”玩偶畅销一时，已知某商店“冰墩墩”玩偶平均每天可销售20个， 每个盈利40元，在每个降价幅度不超过10元的情况下，每下降2元，则每天可多售10件，如果每天要 盈利1440元，则每个“冰墩墩”玩偶应降价多少元？ 22．（10分）正方形ABCD的边长为3，E、F 分别是AB、BC边上的点，且EDF 45．将DAE绕 点D逆时针旋转90，得到DCM ． （1）求证：EF FM ； 第3页（共25页）（2）当AE 1时，求EF 的长． 23．（10分）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：   x 3 2 1 0 1 y  0 3 4 3 0  （1）求这个二次函数的表达式； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象； （3）当4x2时，直接写出y的取值范围． 学 升 哥 水 24．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2 3ax1与y轴交于点A． （1）求点A的坐标及抛物线的对称轴； （2）当1 x 2时，y的最大值为3，求a的值； （3）已知点P(0,2)，Q(a1,1)．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围． 25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2 bxc的图象与x轴交于A、B两点，与y轴 交于C(0,3)，A点在原点的左侧，B点的坐标为(3,0)．点P是抛物线上一个动点，且在直线BC的上方． （1）求这个二次函数及直线BC的表达式． （2）过点P作PD//y轴交直线BC于点D，求PD的最大值． （3）点M 为抛物线对称轴上的点，问在抛物线上是否存在点N，使MNO为等腰直角三角形，且NMO 第4页（共25页）为直角，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 学 升 哥 水 第5页（共25页）2023-2024 学年广东省广州市白云实验学校九年级（上）月考数学试卷（9 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题3分） 1．（3分）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又 是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 学 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠 升 后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180后与原图重合． 哥 【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； 水 B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 【点评】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念． 2．（3分）将一元二次方程3x2 5x1化成一般式后，二次项系数和一次项系数分别为( ) A．3，5 B．3，1 C．3x2，5x D．3，5 【分析】先把方程化为一元二次方程的一般形式，进而可得出结论． 【解答】解：一元二次方程3x2 5x1化成一般式为：3x2 5x10， 故二次项系数是3，一次项系数是5． 故选：D． 【点评】本题考查是一元二次方程的一般形式，熟知一般地，任何一个关于x的一元二次方程经过整理， 都能化成如下形式ax2 bxc0(a0)，这种形式叫一元二次方程的一般形式是解题的关键． 第6页（共25页）3．（3分）在平面直角坐标系中，与点A(3,4)关于原点对称的点的坐标是( ) A．(3,4) B．(3,4) C．(3,4) D．(4,3) 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案． 【解答】解：点A(3,4)关于原点对称的点的坐标是(3,4)， 故选：C． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对 称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 4．（3分）一元二次方程x(x2)0的解为( ) A．x0 B．x2 C．x 0，x 2 D．x 0，x 2 1 2 1 2 【分析】直接利用因式分解法得出方程的根． 【解答】解：x(x2)0， x0或x20， 学 x 0，x 2， 1 2 升 故选：D． 哥 【点评】此题主要考查了一元二次方程的解法，正确理解因式分解法解方程是解题关键． 水 5．（3分）若关于x的一元二次方程(k1)x2 4x10有实数根，则k的取值范围是( ) A．k 5 B．k 5且k 1 C．k 5且k 1 D．k 5 【分析】根据方程有实数根，得到根的判别式大于等于0，求出k的范围即可． 【解答】解：关于x的一元二次方程(k1)x2 4x10有实数根， △42 4(k1) 0，k10， 解得k 5且k 1． 故选：B． 【点评】此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，熟练掌握根的判别式的意义以及一元二次方 程的定义是解本题的关键． 6．（3分）二次函数y2(x3)2 6，下列说法正确的是( ) A．开口向下 B．对称轴为直线x3 C．顶点坐标为(3,6) 第7页（共25页）D．当x3时，y随x的增大而减小 【分析】将二次函数的顶点式化为一般式，确定二次函数的系数，由此即可求解． 【解答】解： y2(x3)2 62x2 12x24，a2，b12，c24， b 12 A选项，开口向上，故A选项错误；B选项，对称轴为x  3，故B选项错误；C 选项， 2a 22 顶点坐标的横坐标为x3，纵坐标为6，即顶点坐标为(3,6)，故C 选项错误；D选项，开口向上，对 称轴为x3，在对称轴坐标x3时，y随x的增大而减小，故D选项正确． 故选：D． 【点评】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数中图象的性质与系数的关系是解题的关 键． 7．（3分）在一次新年聚会中，小朋友们互相赠送礼物，全部小朋友共互赠了110件礼物，若假设参加聚 会小朋友的人数为x人，则根据题意可列方程为( ) A．x(x1)110 B．x(x1)110 C．(x1)2 学 110 D．(x1)2 110 【分析】由参加聚会小朋友的人数为x人，可得出每升人需赠送出(x1)件礼物，根据全部小朋友共互赠了 110件礼物，即可得出关于x的一元二次方哥程，此题得解． 【解答】解：参加聚会小朋友 水 的人数为x人， 每人需赠送出(x1)件礼物． 根据题意得：x(x1)110． 故选：A． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关 键． 8．（3分）设A(2,y )，B(1,y )，C(2,y )是抛物线yx2 2x2上的三点，则y ，y ，y 的大小关系 1 2 3 1 2 3 为( ) A．y  y  y B．y  y  y C．y  y  y D．y  y  y 1 2 3 1 3 2 3 2 1 3 1 2 【分析】把点的坐标分别代入可求得 y ，y ，y 的值，比较大小可求得答案． 1 2 3 【解答】解： A(2,y )，B(1,y )，C(2,y )是抛物线yx2 2x2上的三点， 1 2 3 y (2)2 2(2)22，y 1221，y 22 2226， 1 2 3 第8页（共25页）y  y  y ， 1 2 3 故选：A． 【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的 关键． 9．（3分）等腰三角形边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2 6xn10的两根， 则n的值为 ( ) A．9 B．10 C．9或10 D．8或10 【分析】由三角形是等腰三角形，得到①a2，或b2，②ab①当a2，或b2时，得到方程的根x2， 把x2代入x2 6xn10即可得到结果；②当ab时，方程x2 6xn10有两个相等的实数根， 由△(6)2 4(n1)0可得结果． 【解答】解：三角形是等腰三角形， 学 ①a2，或b2，②ab两种情况， 升 ①当a2，或b2时， 哥 a，b是关于x的一元二次方程x2 6xn10的两根， 水 x2， 把x2代入x2 6xn10得，22 62n10， 解得：n9， 当n9，方程的两根是2和4，而2，4，2不能组成三角形， 故n9不合题意， ②当ab时，方程x2 6xn10有两个相等的实数根， △(6)2 4(n1)0 解得：n10， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程的根，一元二次方程根的判别式，注意分类讨论思 想的应用． 10．（3分）函数yax2 a与yaxa(a0)在同一坐标系中的图象可能是( ) 第9页（共25页）A． B． C． D． 【分析】可先根据一次函数的图象判断a的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误． 【解答】解：A、由一次函数yaxa的图象可得：a0，此时二次函数yax2 a的图象应该开口向 上，图象的两交点在坐标轴上，故A正确； B、由一次函数yaxa的图象可得：a0，此时二次函数yax2 a的图象应该开口向下，图象的两 学 交点不在坐标轴上，故B错误； 升 C 、由一次函数yaxa的图象可得：a0，此时二次函数yax2 a的图象应该开口向上，图象的两 哥 交点不在坐标轴上，故C错误． 水 D、由一次函数yaxa的图象可得：a0，此时二次函数yax2 a的图象应该开口向下，图象的两 交点不在坐标轴上，故D错误； 故选：A． 【点评】应该熟记一次函数ykxb在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口 方向、对称轴、顶点坐标等． 二、填空题（共6小题，每小题3分） 11．（3分）二次函数yx2 2x5图象的顶点坐标为 (1,4) ． 【分析】把二次函数解析式化为顶点式可求得答案． 【解答】解： yx2 2x5(x1)2 4， 二次函数图象的顶点坐标为(1,4)， 故答案为：(1,4)． 【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在ya(xh)2 k中， 第10页（共25页）对称轴为xh，顶点坐标为(h,k)． 12．（3分）若x ，x 是一元二次方程x2 5x60的两个根，则x x 的值是 5 ； 1 2 1 2 b 【分析】利用一元二次方程根与系数关系求解即可．两根之和等于 ． a 【解答】解：x ，x 是一元二次方程x2 5x60的两个根， 1 2 5 x x  5． 1 2 1 【点评】本题解答的方法较多，也可以把方程解出来，再计算两根的和． 13．（3 分）将抛物线 y3x2向上平移 3个单位，再向左平移2 个单位，那么得到的抛物线的解析式为 y3(x2)2 3 ． 【分析】根据向上平移纵坐标加，向左平移横坐标减求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式解 析式写出即可． 学 【解答】解：抛物线y3x2向上平移3个单位，向左平移2个单位， 升 平移后的抛物线的顶点坐标是(2,3)， 哥 平移后的抛物线解析式为y3(x2)2 3． 水 故答案为：y3(x2)2 3． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数图象的变换求解更加简便． 14．（3分）如图，将AOB绕点O按逆时针方向旋转50后得到△AOB，若AOB15，则AOB的 度数是 35 ． 【分析】根据旋转的性质可知，旋转角等于60，从而可以得到BOB的度数，由AOB15可以得到 AOB的度数． 【解答】解：AOB绕点O按逆时针方向旋转50后得到△AOB， BOB50． AOB15， AOBBOBAOB501535． 第11页（共25页）故答案为：35． 【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键明确旋转角是什么，对应边旋转前后的夹角是旋转角． 15．（3分）若关于x的方程x2 4xa0有两个不相等的实数根，则抛物线yx2 (a4)x5的顶点在 第 四 象限． 【分析】由方程x2 4xa0有两个不相等的实数根可得a的取值范围，从而可得抛物线的顶点位置． 【解答】解：方程x2 4xa0有两个不相等的实数根， △42 4a0， 解得a1， a43， yx2 (a4)x5， 抛物线开口向上，抛物线与y轴交点为(0,5)， a4  0， 学 2 抛物线顶点在第四象限． 升 故答案为：四． 哥 【点评】本题考查抛物线与x轴 水 的交点、根的判别式、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利 用二次函数的性质解答． 16．（3分）如图，二次函数yax2 bxc的对称轴是直线x1，且经过点(1,0)，则下列结论：①abc0： 2 ②2ab0；③a ④若方程ax2 bxc20的两个根为x 和x ，则(x 1)(x 3)0，正确的有 3 1 2 1 2 ①③④ ． b 【分析】由图象可知，a0，c0， 10，b0，因此abc0，故①正确；b2a，2ab4a0， 2a 2 故②错误；当x1时，abc0，3ac0，c3a2，a ，故③正确；由对称轴直线x1， 3 抛物线与x轴左侧交点(1,0)，可知抛物线与x轴另一个交点(3,0)，由图象可知，y2时，x 1，x 3， 1 2 第12页（共25页）所以x 10，x 30，因此(x 1)(x 3)0． 1 2 1 2 【解答】解：由图象可知，a0，c0， b  10， 2a b0， abc0， 故①正确； b2a， 2ab4a0， 故②错误； x1时，abc0， 即3ac0， c3a2， 学 2 a ， 升 3 故③正确； 哥 由对称轴直线x1，抛物线与x轴左侧交点(1,0)，可知抛物线与x轴另一个交点(3,0)， 水 由图象可知， y2时，x 1，x 3， 1 2 x 10，x 30， 1 2 (x 1)(x 3)0． 1 2 故④正确． 故选答案为：①③④． 【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键． 三、解答题（共9小题，共72分.请写出必要的过程） 17．（4分）已知二次函数的图象过点(5,2)，并且当x2时，有最大值7，求这个二次函数的解析式． 【分析】设二次函数的解析式为 ya(x2)2 7，将点(5,2)代入，即可求解． 【解答】解：依题意，设二次函数的解析式为 ya(x2)2 7，将点(5,2)代入，得， 2a(52)2 7 解得：a1 第13页（共25页）抛物线解析式为：y(x2)2 7． 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 18．（4分）对于二次函数yx2 2x5，当x为多少时，y有最小值？最小值为多少？ 【分析】根据解析式化为顶点式，即可求解． 【解答】解： yx2 2x5(x1)2 4，a10，抛物线开口向上， 当x1时，y有最小值，最小值为4． 【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 19．（6分）解方程： （1）x2 6x50； （2）(x6)2 90． 【分析】（1）利用因式分解法解方程即可； 学 （2）将原方程整理后利用直接开平方法解方程即可． 升 【解答】解：（1）原方程因式分解得：(x1)(x5)0， 哥 解得：x 1，x 5； 1 2 水 （2）原方程整理得：(x6)2 9， 直接开平方得：x63， 解得：x 3，x 9． 1 2 【点评】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键． 20．（6分）已知关于x的一元二次方程x2 4xm2 0． （1）求证：该方程有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个实数根x ，x 满足xx x x 3，求m的值． 1 2 1 2 1 2 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△164m2 0，由此可证出该方程有两个不相等 的实数根； （2）根据根与系数的关系可得出x x 4，xx m2，结合xx x x 3得到关于m的方程，解方 1 2 1 2 1 2 1 2 程即可求出m的值． 【解答】（1）证明：△b2 4ac(4)2 4(m2)164m2． 第14页（共25页）m2 0， 164m2 0，即△0， 该方程有两个不相等的实数根． （2）解：方程x2 4xm2 0的两个实数根分别为x 、x ， 1 2 x x 4，xx m2． 1 2 1 2 又xx x x 3， 1 2 1 2 m2 43，即m2 1， 解得m1． 故m的值为1． 【点评】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记“当△0时，方程有两 个不相等的实数根”；（2）根据根与系数的关系结合xx x x 3求出m的值． 1 2 1 学2 21．（8分）2022年北京冬季奥运会于2月4日至2月20日在北京师和河北省张家口市联合举行，冬奥会 升 吉祥物为“冰墩墩”．因此“冰墩墩”玩偶畅销一时，已知某商店“冰墩墩”玩偶平均每天可销售20个， 哥 每个盈利40元，在每个降价幅度不超过10元的情况下，每下降2元，则每天可多售10件，如果每天要 水 盈利1440元，则每个“冰墩墩”玩偶应降价多少元？ x 【分析】设每个应降价x元，则每个盈利(40x)元，平均每天可售出(20 10)个，再根据总利润等于 2 每个盈利乘以销售量列方程，再解方程即可． x 【解答】解：设每个应降价x元，则每个盈利(40x)元，平均每天可售出(20 10)个，依题意得： 2 x (40x)(20 10)1440， 2 整理，得x2 36x1280， 解得x 4，x 32（不符合题意，舍去）． 1 2 答：每个“冰墩墩”应降价4元． 【点评】本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，确定相等关系是解本题的关键． 第15页（共25页）22．（10分）正方形ABCD的边长为3，E、F 分别是AB、BC边上的点，且EDF 45．将DAE绕 点D逆时针旋转90，得到DCM ． （1）求证：EF FM ； （2）当AE 1时，求EF 的长． 【分析】（1）由旋转可得DE DM ，EDM 为直角，可得出EDF MDF 90，由EDF 45，得 到MDF为45，可得出EDF MDF ，再由DF DF ，利用SAS 可得出三角形DEF 与三角形MDF 全 等，由全等三角形的对应边相等可得出EF MF ； （2）由第一问的全等得到AE CM 1，正方形的边长为3，学用ABAE 求出EB的长，再由BCCM 求 出BM 的长，设EF MF x，可得出BF BM FM BM EF 4x，在直角三角形BEF中，利用勾 升 股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF 的长． 哥 【解答】解：（1）证明：DAE 逆时针旋转90得到DCM ， 水 FCM FCDDCM 180， F 、C、M 三点共线， DE DM ，EDM 90， EDF FDM 90， EDF 45， FDM EDF 45， 在DEF 和DMF 中， DE DM  EDF MDF ，  DF DF DEF DMF(SAS)， EF MF； （2）设EF MF x， 第16页（共25页）AE CM 1，且BC 3， BM BCCM 314， BF BM MF BM EF 4x， EB ABAE 312， 在RtEBF中，由勾股定理得EB2 BF2 EF2， 即22 (4x)2 x2， 5 解得：x ， 2 5 则EF  ． 2 学 升 【点评】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化 哥 及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 水 23．（10分）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：   x 3 2 1 0 1 y  0 3 4 3 0  （1）求这个二次函数的表达式； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象； （3）当4x2时，直接写出y的取值范围． 第17页（共25页）【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为(1,4) ，则可设顶点式 ya(x1)2 4，然后把点(0,3)代入求出a即可； （2）利用描点法画二次函数图象； （3）根据x4、2时的函数值即可写出y的取值范围． 【解答】解：（1）由题意可得二次函数的顶点坐标为(1,4)， 设二次函数的解析式为：ya(x1)2 4， 把点(0,3)代入 ya(x1)2 4，得a1， 故抛物线解析式为 y(x1)2 4，即 yx2 2x3； （2）如图所示： 学 升 哥 水 （3）y(x1)2 4， 当x4时， y(41)2 45， 当x2时，y3， 又对称轴为x1， 当4 x2时，y的取值范围是3 y5． 【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据 题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质． 24．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2 3ax1与y轴交于点A． （1）求点A的坐标及抛物线的对称轴； （2）当1 x 2时，y的最大值为3，求a的值； 第18页（共25页）（3）已知点P(0,2)，Q(a1,1)．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围． 【分析】（1）令x0可求点A坐标，将抛物线解析式化为顶点式可求对称轴． 3 （2）根据抛物线开口方向及对称轴为直线x ，分类讨论x1时y取最大值或抛物线顶点纵坐标为最 2 大值． （3）由点P为顶点，点Q在直线y1上运动，通过数形结合求解． 【解答】解：（1）令x0，则y1， A(0,1)， 3 49a  yax2 3ax1a(x )2  ， 2 4 3 抛物线的对称轴为x ． 2 3 49a （2） yax2 3ax1a(x )2  ， 2 4 3 49a 抛物线顶点坐标为( ， )， 学 2 4 ①当a0时，抛物线开口向上， 升 3 3  (1)2 ， 哥 2 2 x1时，ya3a14a1为最大值， 水 即4a13， 1 解得a ． 2 ②当a0时，抛物线开口向下， 3 x 时，y取最大值． 2 49a  3， 4 8 解得a ． 9 1 8 综上所述，a 或a ． 2 9 3 （3）抛物线yax2 3ax1的对称轴为x ． 2 设点A关于对称轴的对称点为点B， B(3,1)． Q(a1,1)， 点Q，A，B都在直线 y1上． 第19页（共25页）①当a0时，如图， 当点Q在点A的左侧（包括点A)或点Q在点B的右侧（包括点B)时，线段PQ与抛物线只有一个公共点． a1 0或a1 3． 学 a 1（不合题意，舍去）或a 2． 升 ②当a0时，如图，当Q在点A与点B之间（包括点A，不包括点B)时，线段PQ与抛物线只有一个公 哥 共点． 水 0 a13． 1 a2． 又a0， 1 a0． 综上所述，a的取值范围为1 a0或a 2． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，通过分类讨论及数形结合 的方法求解． 第20页（共25页）25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2 bxc的图象与x轴交于A、B两点，与y轴 交于C(0,3)，A点在原点的左侧，B点的坐标为(3,0)．点P是抛物线上一个动点，且在直线BC的上方． （1）求这个二次函数及直线BC的表达式． （2）过点P作PD//y轴交直线BC于点D，求PD的最大值． （3）点M 为抛物线对称轴上的点，问在抛物线上是否存在点N，使MNO为等腰直角三角形，且NMO 为直角，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 学 升 【分析】（1）将B(3,0)，C(0,3)代入y 哥 x2 bxc，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，设直线BC 水 的表达式为ykx3，则3k30，解方程求出k的值，得到二次函数的表达式为yx2 2x3，直线 BC的表达式为yx3； 3 9 （2）设P(x,x2 2x3)，则D(x,x3)，所以PDx2 2x3(x3)x2 3x(x )2  ，即 2 4 9 可求得PD的最大值为 ； 4 （3）设N(m,m2 2m3)，先求得抛物线的对称轴是直线x1，设直线x1交x轴于点G，则G(1,0)， MG x轴，作NF MG于点F ，可证明FMN GOM ，再分四种情况讨论，一是点M 在x轴上方， 且点N在直线OM 左侧，可列方程m2 2m3(1m)1；二是点M 在x轴上方，且点N在直线OM 右 侧，可列方程m1(m2 2m3)1；三是点 M 在 x 轴下方，且点 N 在直线OM 右侧，可列方程 m2 2m3(1m)1 ； 四 是 点 M 在 x 轴 下 方 ， 且 点 N 在 直 线 OM 左 侧 ， 可 列 方 程 m1(m2 2m3)1，分别求出相应的符合题意的m值，再求出对应的点N的纵坐标即可． 【解答】解：（1）抛物线yx2 bxc经过点B(3,0)，C(0,3)， 第21页（共25页）93bc0  ， c3 b2 解得 ， c3 设直线BC的表达式为ykx3，则3k30， 解得k 1， 二次函数的表达式为yx2 2x3，直线BC的表达式为yx3． （2）如图1，设P(x,x2 2x3)， PD//y轴交直线BC于点D，， D(x,x3)， PDx2 2x3(x3)x2 3x， 学 3 9 PDx2 3x(x )2  ， 2 4 升 3 9 当x 时，PD  ， 最大 2 4 哥 9 PD的最大值为 ． 4 水 （3）存在，设N(m,m2 2m3)， yx2 2x3(x1)2 4， 抛物线yx2 2x3的对称轴是直线x1， 设直线x1交x轴于点G，则G(1,0)，MG x轴， 作NF MG于点F ，则MFN OGM 90，F(1,m2 2m3)， 如图2，点M 在x轴上方，且点N在直线OM 左侧， NMO90，MN OM ， FMN GOM 90OMG， FMN GOM(AAS)， MF OG1，FN GM 1m， m2 2m3(1m)1， 第22页（共25页）3 13 3 13 解得m  ，m  （不符合题意，舍去）， 1 2 2 2 3 13 1 13 GF GM MF 1 1 ， 2 2 3 13 1 13 N( ， )； 2 2 如图3，点M 在x轴上方，且点N在直线OM 右侧， 同理可得FMN GOM(AAS)， MF OG1，FN GM m1， m1(m2 2m3)1， 1 21 1 21 解得m  ，m  （不符合题意，舍去）， 1 2 2 2 1 21 213 GF GM MF  11 ， 2 2 1 21 213 N( ， )； 2 2 学 如图4，点M 在x轴下方，且点N在直线OM 右侧， 升 同理可得FMN GOM(AAS)， 哥 MF OG1，FN GM m1， M(1,1m)， 水 m2 2m3(1m)1， 3 13 3 13 解得m  ，m  （不符合题意，舍去）， 1 2 2 2 3 13 131 GF GM MF  11 ， 2 2 131 1 13 y  y   ， N F 2 2 3 13 1 13 N( ， )； 2 2 如图5，点M 在x轴下方，且点N在直线OM 左侧， 同理可得FMN GOM(AAS)， MF OG1，FN GM 1m， M(1,m1)， m1(m2 2m3)1， 1 21 1 21 解得m  ，m  （不符合题意，舍去）， 1 2 2 2 第23页（共25页）1 21 3 21 GF GM MF 1 1 ， 2 2 3 21 3 21 y  y   ， N F 2 2 1 21 3 21 N( ， )， 2 2 3 13 1 13 1 21 213 3 13 1 13 1 21 综上所述，点N 的坐标为( ， )或( ， )或( ， )或( ， 2 2 2 2 2 2 2 3 21 )． 2 学 升 哥 水 第24页（共25页）【点评】此题重点考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、同角的余角相等、全等三角形的 判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解一元二次方程、二次根式的化简、数形结合与分类讨论数 学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/8/3017:24:16；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 学 升 哥 水 第25页（共25页）