第五中学2024-2025学年九年级数学10月月考试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_九上月考_初三上十月考

2024 学年第一学期第六周初三年级数学学科练习（问卷） （全卷满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（每题只有一个正确答案，把正确的答案填在下列对应的答题框内，每题3分， 共30分） 1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ） 3x2 4x20 3x40 A. B. 2 5x2  10 x x2 2xy40 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，根据一元二次方程是只含有一个未知数，并且未知数的最高次数 是2的整式方程逐个判断即可． 【详解】解：A中方程是一元二次方程，符合题意； B中方程是一次方程，故不是一元二次方程，不符合题意； C中方程不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意； D中方程是二元方程，不是一元二次方程，不符合题意； 故选：A． 2. 已知x1是方程x2 6xk 0的一个根，则k的值（ ） 5 7 A. 5 B. 7 C. D. 【答案】D 【解析】 a 【分析】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义，正确求出 的值． 直接把x1代入方程，即可求出 a 的值． 【详解】解：由题意得： 把x1代入方程x2 6xk 0中， 12 61k 0 则 ， 16k 0 ， k 7 ， 故选：D． 第1页/共29页 学科网（北京）股份有限公司y 2x2 3. 将抛物线 向左平移3单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线是（ ） y 2x32 2 y 2x22 3 A. B. y 2x32 2 y 2x22 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数解析式在平移中的变化规律，掌握规律“左加右减，上加下减”是解题的关 键． 根据二次函数的平移规律求解即可． y 2x2 【详解】解：将抛物线 向左平移3单位，再向下平移2个单位， y 2x32 2 得到的抛物线是 ． 故选：C． x2 2x10 x x x x x x 4. 一元二次方程 的解为 1， 2，则 1 2、 1 2分别为（ ） A. 2、1 B. 2、1 C. 2、1 D. 2、1 【答案】C 【解析】 ax2 bxc0a 0 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，关于x的一元二次方程 的两 b c x x  x x  个实数根 x 1， x 2和系数 a ，b， c ，有如下关系： 1 2 a ， 1 2 a ． 根据一元二次方程根与系数的关系求解即可． 【详解】解：Q一元二次方程 x2 2x10 的两个根分别为 x 1， x 2， x x 2 x x 1 ∴ 1 2 ， 1 2 ． 故选：C． y  x2 2x1 x 5. 抛物线 与 轴交点个数为（ ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 y  x2 2x1 x 【分析】本题考查了二次函数与 轴的交点问题，由二次函数 得到一元二次方程 第2页/共29页 学科网（北京）股份有限公司y  x2 2x1 x2 2x10 ，计算的值即可求解，理解二次函数 与 x 轴的交点与一元二次方程 x2 2x10 根的关系是解题的关键． y0 x2 2x10 【详解】解：当 时， ， 22 4110 ∵ ， y  x2 2x1 ∴抛物线 与 x 轴交点只有1个， 故选：B． A(2,y ) B(1,y ) C(1,y ) y (x1)2 m 6. 设 1 ， 2 ， 3 ，是抛物线 上的三点，则y ，y ，y 的大小关系为 1 2 3 （ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的对称性，可利用对称性，找出点C的对称点C，再利用二次函数的增减性可判断 y 值的大小． y (x1)2 m 【详解】解：Q函数的解析式是 ， 对称轴是直线x1， (3,y ) 点C关于对称轴的点C是 1 ， 那么点A、B、C都在对称轴的左边，而对称轴左边 y 随 x 的增大而减小， y  y  y 于是 3 1 2． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标的特征，解题的关键是利用二次函数的对称性得出C关于对 称轴的点C． 7. 王老师购买了2304张签名卡，在毕业典礼上，他向每位同学赠送了一张签名卡，每位同学间也互赠了 一张签名卡，签名卡恰好用完，设班级有x名学生，则下列方程成立的是（ ） x(x1) x(x1)  x 2304 2304 2 2 A. B. x(x1) x 2304 x(x1)2304 C. D. 【答案】C 第3页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，利用互赠的数量加上老师赠送的数量等于总数量，列出方程 即可． x(x1) x 2304 【详解】解：设班级有x名学生，由题意，得： ； 故选C． 8. 如图，在用一坐标中，函数y＝ax2+bx（a≠0）与y＝ax+b的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据每一选项中a、b的符号是否相符，逐一判断即可得出结论． 【详解】解：A.由抛物线可知a＞0，b＜0，由直线可知a＞0，b＞0，故本选项错误； B.由抛物线可知a＞0，由直线可知a＜0，故本选项错误； C.由抛物线可知a＜0，由直线可知a＞0，故本选项错误； D.由抛物线可知a＞0，b＞0，由直线可知a＞0，b＞0，且交x轴于同一点，故本选项正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数、二次函数的图象与性质是解 题的关键． 9. 如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4cm，∠B＝30°，点P从点B出发，以 3cm/s的速度沿BC方向运 动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向运动到点C停止，若△BPQ的面 积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（ ） 第4页/共29页 学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作AH⊥BC于H,分别算出当0≤x≤4时和当4＜x≤8时的函数表达式,从而得出图象. 【详解】解：作AH⊥BC于H， ∵AB＝AC＝4cm， ∴BH＝CH， ∵∠B＝30°， 1 ∴AH＝ 2 AB＝2，BH＝ 3,AH＝2 3， ∴BC＝2BH＝4 3， ∵点P运动的速度为 3cm/s，Q点运动的速度为1cm/s， ∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s， 当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，BQ＝x，BP＝ 3x， 1 1 2 2 在Rt△BDQ中，DQ＝ BQ＝ x， 1 1 3 ∴y＝ 2 • 2 x• 3x＝ 4 x2， 当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ＝8﹣x，BP＝4 3 第5页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1 1 在 2 2 Rt△BDQ中，DQ＝ CQ＝ （8﹣x）， 1 1 ∴y＝ 2 • 2 （8﹣x）•4 3＝﹣ 3x+8 3，  3  x20 x4  4   3x8 34 x8  综上所述，y＝ ． 故选：D． 【点睛】本题考查二次函数与一次函数的图象与性质,关键在于对动点情况进行分类讨论. y ax2 bxc x1 abc0 b2 4ac0 10. 如图，抛物线 的对称轴是 ．下列结论：① ；② ；③ 8ac0 5ab2c0 ；④ ，正确的有（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】B 【解析】 x1 【分析】由抛物线的性质和对称轴是 ，分别判断a、b、c的符号，即可判断①；抛物线与x轴有两个 b x 1 交点，可判断②；由 2a ，得 b2a ，令 x  2 ，求函数值，即可判断③；令 x2 时，则 y 4a2bc0 ，令x1时， y abc0 ，即可判断④；然后得到答案． 【详解】解：根据题意，则a0， c0 ， b x 1 ∵ 2a ， b2a0 ∴ ， 第6页/共29页 学科网（北京）股份有限公司abc0 ∴ ，故①错误； b2 4ac0 由抛物线与x轴有两个交点，则 ，故②正确； b2a ∵ ， x  2 y 4a2bc0 令 时， ， 8ac0 ∴ ，故③正确； y ax2 bxc 在 中， x2 y 4a2bc0 令 时，则 ， 令x1时， y abc0 ， 5ab2c0 由两式相加，得 ，故④正确； ∴正确的结论有：②③④，共3个； 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，熟练判断各个式子 的符号． 二．填空题（每题3分，共18分） y  x2 6 11. 二次函数 的顶点坐标为________ 0,6 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数顶点解析式即可确定二次函数的顶点坐标． y  x2 1 0,6 【详解】解：由顶点式可知 的顶点为 ． 0,6 为 故答案 ： ． x2 2xm10 m 12. 关于x的方程 有两个相等的实数根，则 ________ 【答案】0 【解析】 ax2 bxc0a 0 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程 ，若 b2 4ac0 ，则方程有两个不相等的实数根，若b24ac0，则方程有两个相等的实数根，若 第7页/共29页 学科网（北京）股份有限公司b2 4ac0 ，则方程没有实数根，据此列式求解即可． x2 2xm10 【详解】解；∵关于x的方程 有两个相等的实数根，  22 4m10 ∴ ， ∴ m0， 故答案为：0． 13. 如图，在长为28米，宽为10米的矩形空地上修建如图所示的道路（图中的阴影部分），余下部分铺设 草坪，要使得草坪的面积为243平方米，设道路的宽为x米，则所列方程为_________． (28x)(10x)243 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据平行四边形的面积计算公式及道路的铺设方式， (28x) (10x) 可得出铺设草坪的面积等于长为 米、宽 米的矩形面积，结合草坪的面积为243平方米， x 即可得出关于 的一元二次方程，此题得解，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：依题意，Q道路的宽为 x 米， 铺设草坪 的 面积等于长为 (28x) 米、宽 (10x) 米的矩形面积． Q草坪的面积为243平方米， (28x)(10x)243 ． (28x)(10x)243 故答案为： ． y ax2 bxc ykxm A3，-1， ，B02 14. 如图，已知抛物线 与直线 交于 两点，则关于x的不等式 ax2 bxckxm 的解集是________． 第8页/共29页 学科网（北京）股份有限公司3 x0 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与不等式的关系，旨在考查学生的数形结合能力．确定抛物线 y ax2 bxc ykxm 与直线 的交点坐标是解题关键． 3 x0 【详解】解：由图象可知，当 时，抛物线位于直线上方， ax2 bxckxm 3 x0 ∴不等式 的解集是： ， 3 x0 故答案为： y  3x2 15. 二次函数 的图象如图，点O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点B、C在二次函数 y  3x2 的图象上，四边形OBAC为菱形，且∠OBA=120°，则菱形OBAC的面积为______． 2 3 【答案】 【解析】 【详解】解：连接BC与AO交于点D， ∵四边形OBAC为菱形 ∴AO⊥BC， ∵∠OBA=120° ∴∠AOB=30°， ∵B的坐标为(1， 3)， 第9页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∴OA=2OD=2 3，BC=2BD=2， 1 1 ∴菱形的面积= 2 ×AO×BC= 2 ×2 3×2=2 3. 2 3 故答案为： 考点：二次函数的性质 16. 如图，在矩形 ABCD 中，AD2AB 6，点E是AD的中点，连接BE ，点M是BE 上一动点，取 CM AN AN 的中点为N，连接 ，则 的最小值是________． 3 2 【答案】 【解析】 A(0,3),C(6,0),E(3,3) 【分析】如图（见解析），先根据矩形的性质可得 ，再根据一次函数的性质可设点 m6 m N( , ) M 的坐标为 M(m,m) ，从而可得 2 2 ，然后利用两点之间的距离公式可得 2 AN  m2 36 2 ，最后利用二次函数的性质即可得． 【详解】以点B为原点，建立平面直角坐标系，如下图所示： Q在矩形 ABCD 中，AD2AB 6，点E是AD的中点， AB3,BC 6,AE 3 ， 第10页/共29页 学科网（北京）股份有限公司A(0,3),C(6,0),E(3,3) ∴ ， y  x 直线BE 的函数解析式为 ， 设点M 的坐标为 M(m,m) ， Q点M 是BE 上一动点， 0m3 ， Q点 N 是 CM 的中点， m6 m N( , ) 2 2 ， m6 m 2 AN  ( )2 ( 3)2  m2 36 2 2 2 由两点之间的距离公式得： ， 由二次函数的性质得：在0m3内， m2 36 随 m 的增大而增大， 则当m0时， m2 36 取得最小值，最小值为36， 2  36 3 2 因此， AN 的最小值为 2 ， 3 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形与坐标、二次函数的性质等知识点，正确建立平面直角坐标系是解题关键． 三、解答题 17. 解方程： 3x2x122x1 （1） 2x2 7x30 （2） 1 2 x  ，x  1 2 2 3 【答案】（1） 1 x  ，x 3 1 2 2 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程： （1）先移项，然后利用提公因式法分解因式，再解方程即可； （2）把方程左边利用十字相乘法分解因式，再解方程即可． 【小问1详解】 第11页/共29页 学科网（北京）股份有限公司3x2x122x1 解：∵ ， 3x2x122x10 ∴ ， 3x22x10 ∴ ， ∴3x20或 2x10 ， 1 2 x  ，x  1 2 2 3 解得 ； 【小问2详解】 2x2 7x30 解：∵ ， 2x1x30 ∴ ， 2x10 x30 ∴ 或 ， 1 x  ，x 3 1 2 2 解得 ． yx2 2x2 18. 已知抛物线 ． （1）该抛物线的对称轴是___________，顶点坐标是___________； （2）画出该抛物线的图象； x … … y … … Ax ,y ，Bx ,y  x  x 1 y y （3）若该抛物线上两点 1 1 2 2 的横坐标满足 1 2 ，试比较 1与 2的大小． 1,3 x1 【答案】（1）直线 ， y  y （2）见解析 （3） 1 2 第12页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 yx2 2x2 【分析】（1）将 化为顶点式即可求解； （2）利用描点法求解画图即可； （3）根据二次函数的增减性求解即可． 【小问1详解】 y  x2 2x2 x12 3 解：∵ ， 1,3 x1 ∴该抛物线的对称轴是直线 ，顶点坐标是 ， 1,3 x1 故答案为：直线 ， ； 【小问2详解】 解：列表： x … 1 0 1 2 3 … y … 1 2 3 2 1 … 描点、画图象如图： 【小问3详解】 x1 解：由（2）中图象，当 时，函数值y随x的增大而减小， x  x 1 ∵ 1 2 ， y  y ∴ 1 2． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质，正确画出函数图象，利用数 形结合思想求解第（3）问是解答的关键． 19. 某公司今年1月份的生产成本是400万元，由于改进技术，生产成本逐月下降，3月份的生产成本是 361万元．假设该公司2、3、4月每个月生产成本的下降率都相同． （1）求每个月生产成本的下降率； （2）请你预测4月份该公司的生产成本． 【答案】（1）每个月生产成本的下降率为5%；（2）预测4月份该公司的生产成本为342.95万元． 第13页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）设每个月生产成本的下降率为x，根据2月份、3月份的生产成本，即可得出关于x的一元二 次方程，解之取其较小值即可得出结论； （2）由4月份该公司的生产成本=3月份该公司的生产成本×（1﹣下降率），即可得出结论． 【详解】（1）设每个月生产成本的下降率为x， 根据题意得：400（1﹣x）2=361， 解得：x =0.05=5%，x =1.95（不合题意，舍去）． 1 2 答：每个月生产成本的下降率为5%； （2）361×（1﹣5%）=342.95（万元）， 答：预测4月份该公司的生产成本为342.95万元． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程； （2）根据数量关系，列式计算． y x2 2xc 20. 如图，抛物线 经过坐标原点O和点A，点A在x轴上． （1）求此抛物线的解析式 （2）抛物线的顶点为B，连接 OB ，AB，求 S VOAB； S 8 （3）若点C在抛物线上，且 △OAC ，求点C的坐标． y  x2 2x 【答案】（1） 2,8 4,8 （2）1 （3） 或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，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． y x2 2xc （1）把原点坐标代入 中求出c的值，从而得到抛物线解析式； x2 2x0 A2,0 （2）根据（1）所求把解析式化为顶点式求出点B的坐标，再解方程 得到 ，然后根 据三角形面积公式求解； 第14页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1  t,t2 2t  2 t2 2t 8 （3）设C点坐标为 ，利用三角形面积公式得到2 ，然后解方程求出t，从 而得到C点坐标． 【小问1详解】 0,0 y x2 2xc 解：把 代入 得：c0， y  x2 2x ∴抛物线解析式为 ， 【小问2详解】 y x2 2xx12 1 解：∵抛物线解析式为 ， 1,1 ∴顶点B的坐标为 ； y  x2 2x y0 x2 2x0 在 中，当 时， ， x 0 x 2 解得： 1 ， 2 ， A2,0 ∴ ， ∴OA2 1 1 S  OAy  211 VOAB 2 B 2 ∴ ； 【小问3详解】  t,t2 2t  解：设C点坐标为 ， S 8 ∵ △OAC ， 1 2 t2 2t 8 ∴ 2 ， t2 2t 8 t2 2t 8 即 或 ， t2 2t 8 解方程 得： t 2 t 4 1 ， 2 ， 2,8 4,8 ∴C点坐标为 或 ， t2 2t 8 方程 无实数解， 2,8 4,8 综上所述，C点坐标为 或 ． 第15页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x x x2 4xk 10 21. 已知 1、 2是一元二次方程方程 的两个实数根； （1）求k的取值范围； 3 3   x x 4 x x x x 1 2 （2）若 1、 2满足 1 2 ，求实数k的值． k 3 【答案】（1） k 3 （2） 【解析】 【分析】此题考查的是根据一元二次方程根的情况，分式的化简求值，求参数的取值范围，掌握一元二次 方程根的情况与根的判别式的关系和根与系数的关系是解决此题的关键． Δ42 4k10 （1）根据判别式的意义得到 ，然后解不等式即可； x x 4 x x k1 （2）根据根与系数的关系得到 1 2 ， 1 2 ，再变形已知条件，然后代入求解即可． 【小问1详解】 Δ42 4k10 解：根据题意得： ， k 3 解得 ； 【小问2详解】 x x 4 x x k1 解：根据题意得： 1 2 ， 1 2 ， 3 3   x x 4 x x 1 2 ∴ 1 2 ， 3x x  1 2  x x 4 x x 1 2 1 2 ， 34 k14 k1 ， 12 k3 k1 ， 12k3k1 ， k2 2k 150 整理得， ， k5k30 ∴ ， 解得k 5或 k 3 ， 第16页/共29页 学科网（北京）股份有限公司k 3 又∵ ， k 3 ∴ ． 22. 某市农副产品销售公司的某农副产品的年产量不超过100万件，该产品的生产费用y（万元）与年产 量x（万件）的函数图象是顶点为原点的抛物线的一部分（如图①所示）；该产品的销售单价z（元/件）与 年销售量x（万件）之间的函数图像是如图2所示的一条线段，生产出的产品都能在当年销售完，达到产 销平衡，所获毛利润为w万元（毛利润销售额生产费用） （1）求出y与x以及z与x之间的函数关系式； （2）求w与x之间的函数关系式； （3）由于受资金的影响，今年投入生产的费用不会超过490万元，求今年可获得最大毛利润． 1 1 y  x2 z  x300 x100 【答案】（1） 10 ， 10 1 w x2 30x （2） 5 1120 （3）今年最多可获得毛利润 万元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是正确求出一次函数和二次函数 的解析式． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）根据毛利润销售额生产费用求出解析式即可； x （3）首先求出 的取值范围，再由二次函数的性质即可得出答案． 【小问1详解】 100,1000 解：图①可得函数经过点 ， y ax2a 0 设抛物线的解析式为 ， 第17页/共29页 学科网（北京）股份有限公司100,1000 将点 代入得：100010000a， 1 a  解得： 10 ， 1 y  x2 故y与x之间的关系式为 10 ， 0,30 100,20 图②可得：函数经过点 ， ， 100kb20  z kxb b30 设 ，则 ，  1 k   10  b30 解得： ， 1 z  x300 x100 故z与x之间的关系式为 10 ； 【小问2详解】 1 1 1 w zx y  x2 30x x2  x2 30x 解： 10 10 5 ， 1 w x2 30x ∴w与x之间的函数关系式为 5 ； 【小问3详解】 1 x2 490 解：令 y 490 ，得10 ， x70 解得： （负值舍去）， 0 y490 由图象可知，当 时， 1 1 1 w x2 30x  x2 150x   x752 1125 5 5 5 ， 1  0 ∵ 5 ， x75 ∴当 时，w随x的增大而增大， 0 x70 ∵ ， 第18页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1  70752 11251120 ∴当 x70 时，w有最大值 5 ， 1120 答：今年最多可获得毛利润 万元． x的 ax2 bxc0 a0 23. 如果关于 一元二次方程 有两个实数根，其中一个实数根是另一个实数根 x2 6x80 x 2，x 4 的2倍，那么称这样的方程是“倍根方程”．例如一元二次方程 的两个根是 1 2 ， x2 6x80 则方程 是“倍根方程”． x2 3x20 （1）通过计算，判断 是否是“倍根方程”． （x）2 xm0 m2 2m2 （2）若关于x的方程 是“倍根方程”，求代数式 的值； x2 m1x320 m m （3）已知关于x的一元二次方程 （ 是常数）是“倍根方程”，请直接写出 的 值． 【答案】（1）是 （2）26或5 （3）13或11 【解析】 x 2，x 1 【分析】（1）利用因式分解法解方程得到 1 2 ，然后根据新定义进行判断； x 2，x m m4或m1 m4或m1 （2）利用因式分解法解方程得到 1 2 ，再根据新定义 ，然后把 代 入所求的代数式中进行分式的运算即可； （3）设方程的根的两根分别为、2，根据根与系数的关系得 2m1，·232 ，然后求出 α，再计算对应的m的值． 【小问1详解】 x2 3x20 ， （x）（2） x1 0 ， x20或x10 ， x 2，x 1 所以 1 2 ， x2 3x20 则方程 是“倍根方程”； 【小问2详解】 （x）2 xm0 ， 第19页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x20 或xm0， x 2，x m 解得 1 2 ， （x）2 xm0 ∵ 是“倍根方程”， m4或m1 ∴ ， m4 m2 2m2168226 当 时， ； m1 m2 2m21225 当 时， ， m2 2m2 综上所述，代数式 的值为26或5； 【小问3详解】 根据题意，设方程的根的两根分别为、2， 2m1，·232 根据根与系数的关系得 ， 解得4，m13 或4，m11， ∴m的值为13或11． x，x ax2 bxc（0 a）0 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若 1 2是一元二次方程 的两根时， b c   x x x x 1 2 a ， 1 2 a．也考查了阅读理解能力． y x2 bxc 24. 如图，二次函数 的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为 4,0 ，且 OAOC ，E是线段 OA 上的一个动点，过点E作直线EF 垂直于x轴交直线 AC 和抛物线 分别于点D、F． （1）求抛物线的解析式； （2）设点E的横坐标为m．当m为何值时，线段DF有最大值，并写出最大值为多少； AC （3）若点P是直线 上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以点P、Q、B、C为顶点的四边 第20页/共29页 学科网（北京）股份有限公司形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． y x2 3x4 【答案】（1） （2）当m2时，DF有最大值，且最大值为4 2 34 34  2 34 34  Q ,  Q ,  23 17  2 2   2 2  Q ,  Q4,5 （3）存在，   或   或  6 6 或 【解析】 【分析】（1）根据𝐴(‒4,0)， OAOC ，运用待定系数法即可求解； C0,4 （2）根据𝐴(‒4,0)， ，求出直线 AC 的解析式，根据点E的横坐标为 m ，可用含 m 的式子表示 点D，F ，的坐标，由此可得DF的长关于 m 的二次函数，根据最值的计算方法即可求解； B1,0 C0,4 Pt,t4 PB2 2t2 6t17 PC2 2t2 （3）首先求出 ，且 ，然后设 ，表示出 ， ， BC2 17，然后分 PC  BC ， PB PC ，PB BC 三种情况讨论，然后分别根据菱形的性质求解即 可． 【小问1详解】 解：∵二次函数 y x2 bxc 的图像与 x 轴交于 A，B 两点，与 y 轴交于点C，点A的坐标为 4,0 ， OA4 ∴ ， OAOC ∵ ， C0,4 OC 4 ∴ ，则 ， C0,4 y x2 bxc 把𝐴(‒4,0)， 代入二次函数解析式 得， 164bc0  c4 ， b3  c4 解得， ， y x2 3x4 ∴二次函数解析式为 ； 【小问2详解】 y x2 3x4 C0,4 解：由（1）可知，二次函数解析式为 ，且𝐴(‒4,0)， ， ∴设直线 AC 所在直线的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)， 第21页/共29页 学科网（北京）股份有限公司4kb0  b4 ∴ ， k 1  b4 解得， ， AC y  x4 ∴直线 的解析式为 ， ∵点E的横坐标为 m ，直线EF 垂直于 x 轴交直线 AC 和抛物线分别于点 D、F ， D、F m ∴点 的横坐标为 ， Dm,m4 F  m,m2 3m4  ∴ ， ， DF m2 3m4m4m2 4mm22 4 ∴ ， ∴当m2时，DF有最大值，且最大值为4； 【小问3详解】 解：∵二次函数 y x2 3x4 的图像与 x 轴交于 A，B 两点，且𝐴(‒4,0)， y0 x2 3x40 x 4 x 1 ∴令 时， ，则 1 ， 2 ， B1,0 C0,4 ∴ ，且 AC y  x4 AC ∵直线 的解析式为 ，点P是直线 上的一个动点， Pt,t4 ∴设 PB2 t12 t42 2t2 6t17 PC2 t2 t442 2t2 BC2 102 042 17 ∴ ， ， PC  BC ∴当 时 PC2  BC2 ∴ 2t2 17 ∴ 34 34 t  t  ∴ 1 2 ， 2 2 34 34 t  y  4 ∴当 1 2 时， 1 2  34 34  P , 4 1 2 2    ∴ 第22页/共29页 学科网（北京）股份有限公司PCBQ ∴如图所示，当四边形 1 1是菱形时 x x  x x  C Q B P  1 1 y  y  y  y  C Q B P ∴ 1 1  34 0x 1  Q 1 2   34 4 y 0 4   Q 1 2 ∴  34 x 1  Q 1 2   34 y  4   Q 1 2 ∴  34 34  Q 1 ,  1 2 2    ∴ ； 34 34 t  y  4 当 2 2 时， 2 2  34 34  P  , 4 2 2 2    ∴ PCBQ ∴如图所示，当四边形 2 2是菱形时 第23页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x x  x x  C Q B P  2 2 y  y  y  y  C Q B P ∴ 2 2   34  0x 1   Q 2   2      34   4 y Q 2 0   2 4     ∴  34 x 1  Q 2 2   34 y    Q 2 2 ∴  34 34  Q 1 ,  2 2 2    ∴ ； PB PC ∴ 时 PB2  PC2 ∴ 2t2 6t172t2 ∴ 17 t  6 ∴ 17 7 y  x4 4 6 6 ∴  17 7 P  ,   3  6 6 ∴ PBQC ∴如图所示，四边形 3 3 是菱形 第24页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x x  x x  C B Q P  3 3 y  y  y  y  C B Q P ∴ 3 3   17 01 x       Q 3  6    7 40 y   Q 3 6 ∴  23 x    Q 3 6  17  y   Q 3 6 ∴ 23 17 Q ,   3  6 6  ∴ ； 当PB BC 时， PB2  BC2 ∴ 2t2 6t1717 ∴ ∴ t 3 或t 0（舍去） t 3 y  x4341 ∴当 时， P 3,1 ∴ 4 PBCQ ∴如图所示，四边形 4 4是菱形 第25页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x x  x x  C P Q B  4 4 y  y  y  y  C P Q B ∴ 4 4 03 x 1  Q  4 41 y 0 ∴  Q 4 x 4  Q  4 y 5  Q ∴ 4 Q 4,5 ∴ 4 ；  34 34  1 ,    Q P、Q、、B C  2 2  综上所述，存在点 使得以点 为顶点的四边形是菱形，且Q的坐标为 或  34 34  23 17    1 2 , 2      6 , 6   4,5 或 或 ． 【点睛】本题主要考查二次函数与特殊四边形的综合，勾股定理，掌握待定系数法求二次函数解析式，二 次函数图像的性质，菱形的判定和性质等知识是解题的关键． xOy G: y ax2 bxc0a12 A1,c5a Bx ,3 25. 平面直角坐标系 中，抛物线 过点 ， 1 ， Cx 2 ,3 ，顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设 △OBE 的面积为 S 1， △OCE 的面积为 S 2， 3 S S  1 2 2 ． （1）用含 a 的式子表示b； （2）求点E的坐标； 6 3 （3）若直线DE与抛物线 G 的另一个交点F 的横坐标为a ，求 y ax2 bxc 在 1 x6 时的取值 a 范围（用含 的式子表示）． 7  5  E ,3 E ,3     【答案】（1）b6a；（2） 2  或 2  ；（3）当 1 x6 时，有 0  y ＜9a. 第26页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 A1,c5a G: y ax2 bxc0a12 【分析】（1）把 代入： ，即可得到答案； 3 S S  （2）先求解抛物线的对称轴，记对称轴与BC的交点为H ，确定顶点的位置，分情况利用 1 2 2 ， S 求解 VOEH ，从而可得答案； （3）分情况讨论，先求解DE的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，再利用一元二次方程根与 c, 系数的关系求解 结合二次函数的性质可得答案． A1,c5a G: y ax2 bxc0a12 【详解】解：（1）把 代入： ， c5a abc, b6a, Qb6a, （2） y ax2 6axc0a12,  抛物线为： 6a x 3,  抛物线的对称轴为： 2a Q 顶点D不在第一象限， 顶点D在第四象限， x x , 如图，设 1＜ 2 记对称轴与BC的交点为H ， BH CH, 则 S S , VOBH VOCH 3 QS S  1 2 2 ， 3 S S S S  , VOBH VOHE VOCH VOHE 2 3 S  , VOHE 4 1 3  EH3 , 2 4 第27页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1 EH  , 2 7  E ,3 ,   2  5  E ,3 .   x x , 2  当 1＞ 2 同理可得： 7  5  E ,3 E ,3 .     2  2  综上： 或 Q y ax2 6axcax32 c9a, （3） D3,c9a, 7  E ,3   当 2  ，设DE为： y kxb, 7  kb3 2  3kbc9a k 62c18a  b7c63a18 解得： y 62c18ax7c63a18, DE为 y ax2 6axc   y 62c18ax7c63a18 y ax2 62c24ax6c63a180, 消去 得： 6 62c24a 3 3 , a a 由根与系数的关系得： c9a, 解得： 第28页/共29页 学科网（北京）股份有限公司y ax2 6ax9aax32 , x1 y 4a, 当 时， x6 y 9a, 当 时， x3 y0 当 时， ， 当 1 x6 时，有 0  y ＜9a. 5  E ,3  2   D3,c9a, 当 ， 由于抛物线开口向上，情况不存在 综上：当 1 x6 时，有 0  y ＜9a. 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，二次函数的解析式，二次函数图像上点的 坐标特点，二次函数的性质，同时考查了二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根与系数的关系， 掌握以上知识是解题的关键． 第29页/共29页 学科网（北京）股份有限公司