荔湾区真光中学2024-2025学年9月月考九年级数学试题答案解析_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

24-25 学年真光中学初三上 10 月月考试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） 2 x3 x2 -1=0 xy 2 x2 x80 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，根据一元二次方程的定义，必须满足四个条件：①未知数的最 高次数是2；②二次项系数不为0；③是整式方程；④含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验 证，满足这四个条件者为正确答案． 【详解】解：A． x2 -1=0 是一元二次方程，该选项正确，符合题意； B． xy 2 是二元二次方程，该选项错误，不符合题意； 2 x3 C ． x2 不是一元二次方程，该选项错误，不符合题意； D． x80 不是一元二次方程，该选项错误，不符合题意； 故选：A． x 4x2 4x10 2. 关于 的方程 的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 无实数根 【答案】A 【解析】 b2 4ac 【分析】本题考查了根的判别式的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据根的判别 ， 即可判断方程根的情况． Δb2 4ac42 4410 【详解】解：∵ ， 4x2 4x10 ∴方程 有两个相等的实数根． 故选A． x，x x2 x20 x x 4x x 3. 若 1 2是一元二次方程 的两个实数根，则 1 2 1 2的值为（ ） A. 4 B. 3 C. 0 D. 7 第1页/共25页 学科网（北京）股份有限公司【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根和系数的关系，代数式求值，由一元二次方程根和系数的关系可得 x x 1 x x 2 1 2 ， 1 2 ，再代入代数式计算即可求解，掌握一元二次方程根和系数的关系是解题的关键 x，x x2 x20 【详解】解：∵ 1 2是一元二次方程 的两个实数根， x x 1 x x  2 ∴ 1 2 ， 1 2 ， x x 4x x 1427 ∴ 1 2 1 2 ， 故选：D． y  x2 bx3 y x12 k 4. 若二次函数 配方后为 ，则b、k的值分别为（ ） A. 2，4 B. 2，5 C. 4，4 D. 4，2 【答案】A 【解析】 y  x2 bx3 【分析】本题考查了二次函数的三种形式，把顶点式化为一般式与 比较可得答案． y x12 k  x2 2x1k 【详解】解：∵ b2,1k 3 ∴ ， b2,k 4 ∴ ． 故选A． y (x2)2 2 5. 对于二次函数 的图象，下列说法正确的是（ ） 2，2 x  2 A. 对称轴为直线 B. 最高点的坐标为 1，1 0,6 C. 经过点 D. 与y轴的交点坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质及与坐标轴的交点问题，掌握二次函数的性质是解题的关键． 1，1 x0 由抛物线解析式可求得对称轴、顶点坐标，从而可判断A和B；把 代入解析式可判断C；令 可 判断D． y x22 2 【详解】解：∵ ， 第2页/共25页 学科网（北京）股份有限公司2,2 x2 ∴抛物线开口向上，顶点坐标为 ，对称轴为直线 ， ∴A错误，不符合题意； ∵抛物线开口向上， 2,2 ∴最低点的坐标为 ，B错误，不符合题意； y 122 231 x1 当 时， ，故C错误，不符合题意； x0 y 6 0,6 当 时， ，故与y轴交点坐标为 ，选项D正确，符合题意； 故选：D． A4,y ，B，3,y  C1,y  y  x2 4x5 y，，y y 6. 若 1 2 3 为二次函数 的图象上的三点，则 1 2 3的大小 关系是（ ） y  y  y y  y  y y  y  y y  y  y A. 1 2 3 B. 2 1 3 C. 3 1 2 D. 1 3 2 【答案】B 【解析】 x2 x2 【分析】本题考查了二次函数图象的性质，根据二次函数解析式可得对称轴为 ，当 时， y x x2 y x 随 的增大而减小，当 时， 随 的增大而增大，由此即可求解． 4 x 2 【详解】解：二次函数 y  x2 4x5 的对称轴为 21 ， a 10 ， x2 y x x2 y x ∴当 时， 随 的增大而减小；当 时， 随 的增大而增大； 432 ∵ ， 𝑦 <𝑦 ∴ 2 1， 123 253 x2 ∵ ，则 ， ， ∴𝑥=1时的函数值与 x5 的函数值相等，且 54 ， y  y ∴ 1 3， y  y  y ∴ 2 1 3， 故选：B ． 7. 电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关密不可分的动人故事，一上映就获得全国人民 的追捧，第一天票房约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若 第3页/共25页 学科网（北京）股份有限公司把增长率记作x，则方程可以列为（ ） 31x10 31x2 10 A B. . 331x2 10 331x31x2 10 C. D. 【答案】D 【解析】 a1x2 b 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，根据平均增长率的等量关系： ，列出方程即 可． 【详解】解：把增长率记作x，由题意，得： 331x31x2 10 ； 故选D． y a(x1)2 c 8. 已知二次函数 的图像如图，则一次函数y＝ax+c的大致图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据二次函数图像得出a，c的值，进而利用一次函数性质得出图像经过的象限． 【详解】解：根据二次函数开口向上则a＞0，根据c是二次函数顶点坐标的纵坐标，得出c＜0， 故一次函数y＝ax+c的大致图像经过一、三、四象限， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了二次函数的图像以及一次函数的性质，根据已知得出a，c的符号是解题关键． 第4页/共25页 学科网（北京）股份有限公司y＝a＋x2＋4x a 9. 若二次函数 的最小值是3，则a的值是（ ） A 4 B. －1或3 C. 3 D. 4或－1 . 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数最小（大）值的求法，用公式法比较简单． 【详解】解：∵二次函数y＝ax2+4x＋a的最小值是3， ∴二次函数开口向上， ∴a＞0， 4acb2 4a2 16 y   3 最小值 4a 4a 即 ， 解得a＝−1（舍去）或a＝4． 故选：A． 【点睛】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是 公式法．掌握公式法是解答本题的关键． 10. 抛物线 y ax2 bxc 的对称轴是直线x1，且过点(1,0)，顶点位于第二象限，其部分图像如图 所示，给出以下判断：① ab0 且 c0 ；② 4a2bc0 ；③ 8ac0；④ c3a3b ；⑤直线 y 2x2 y ax2 bxc x x x x x x 5 与抛物线 两个交点的横坐标分别为 1、 2，则 1 2 1 2 ，其中正 确的个数有（ ） A 5个 B. 1个 C. 3个 D. 2个 . 【答案】C 【解析】 第5页/共25页 学科网（北京）股份有限公司b  1 【分析】首先由对称轴得到 2a ，得到 b2a ，然后结合抛物线经过点(1,0)，得到 c3a ，然后 3,0 由开口方向得到a0，得到b0，c0，可判断①；由抛物线的对称性得到 和(1,0)关于对称轴对 称，然后得到 x  2 时， y 0 ，即可判断②；同理得到x-4时， y0 ，得到 16a4bc0 ，然 b2a y 2x2 y ax2 bxc 后代入 即可判断③；联立直线 与抛物线 ，然后根据根与系数的关系得 b2 c2 x x  x x = 到 1 2 a ， 1 2 a ，进而可判断⑤． 【详解】∵抛物线对称轴x1，经过点(1,0)， b  1 ∴ 2a ， abc0 ， b2a c3a ∴ ， ∵ a0， ∴b0，c0， ab0 c0 ∴ 且 ，故①错误， 1，0 ∵抛物线对称轴x1，经过 ， 3,0 ∴ 和(1,0)关于对称轴对称， x  2 y 0 ∴ 时， ， 4a2bc0 ∴ ，故②正确， 3,0 ∵抛物线与x轴交于 ， x4 y0 ∴ 时， ， 16a4bc0 ∴ ， b2a ∵ ， 16a8ac0 8ac0 ∴ ，即 ，故③错误， ∵ c3a3a6a， b2a ， c3a3b ∴ ，故④正确， 第6页/共25页 学科网（北京）股份有限公司y 2x2 y ax2 bxc x，x ∵直线 与抛物线 两个交点的横坐标分别为 1 2， ax2 b2xc20 x x ∴方程 的两个根分别为 1、 2， b2 c2 x x  x x  ∴ 1 2 a ， 1 2 a ， b2 c2 2a2 3a2 x x x x     5 1 2 1 2 a a a a ∴ ，故⑤正确， 综上所述，正确的个数为3个． 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数与系数的关系，二次函数与x轴的交点问题，二次函数图像上的点的特征，解 题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 二、填空题（每小题3分，共18分） xx50 11. 方程 的解是______________． x 0 x 5 【答案】 1 ， 2 【解析】 【分析】直接利用因式分解法解一元二次方程即可得解． xx50 【详解】解：∵ ， x0 x50 ∴ 或 ， x 0 x 5 解得： 1 ， 2 ， x 0 x 5 故答案为： 1 ， 2 ． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键． y  x2 1 12. 将抛物线 向左平移2个单位，再向上平移1个单位，所得抛物线的解析式为____________． y x22 2 【答案】 【解析】 【分析】根据“左加右减，上加下减”的平移原则计算即可． 本题考查了二次函数的平移计算，熟练掌握“左加右减，上加下减”，是解题的关键． y x22 11x22 2 【详解】解：根据题意，得 ． y x22 2 故答案为： ． 第7页/共25页 学科网（北京）股份有限公司y kx2 4x1 x k 13. 若函数 的图象与 轴有交点，则 的取值范围是______． k 4 【答案】 【解析】 k 0 【分析】本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题，一次函数图象与坐标轴的交点问题．分别求出 ， k 0 x k 两种情况下，函数与 轴有交点时 的取值范围，即可求解． k 0 y0 kx2 4x10 【详解】解：当 时，函数是二次函数，令 ，即 ， Δ42 4k 0 y kx2 4x1 x 当 时，二次函数 的图象与 轴有交点， k 4 解得： ， k 0 y 4x1 当 时，函数是一次函数，其解析式为 ， y 4x1 x 直线 与 轴有交点， k k 4 故 的取值范围是 ． k 4 故答案为： ． y  x2 4x3 14. 如图，抛物线 与坐标轴交于A，B，C三点，点P在抛物线的对称轴l上，则 PAPC 的最小值是__________． 3 2 【答案】 【解析】 【分析】先确定出抛物线的对称轴及C(0,3)，确定出点C关于对称轴的对称点为C'(4,3)，连接AC'交抛物 线的对称轴于点P，此时，PA+PC的值最小为AC'，运用两点之间的距离公式求解即可． y  x2 4x3x22 1 【详解】解：抛物线的解析式为 ， ∴抛物线的对称轴为x=2， 当x=0时，y=3， 第8页/共25页 学科网（北京）股份有限公司∴C(0,3)， ∴点C关于对称轴的对称点为C'(4,3)， 如图所示，连接AC'交抛物线的对称轴于点P，此时，PA+PC的值最小为AC'， x2 4x30 当y=0时， ， 解得：x=1或x=3， ∴A(1,0)， AC' 412 32 3 2 ∴ ， 3 2 故答案为： ． 【点睛】题目主要考查二次函数的基本性质，最短距离问题，两点之间的距离等，理解题意，综合运用这 些知识点是解题关键． 15. 无论 x 取任何实数，代数式 x2 8xm 都有意义，则 m 的取值范围为______． m16 【答案】 【解析】 y  x2 8xm 82 4m0 【分析】令 ，根据题意，得 ，解答即可． 本题考查了抛物线的应用，熟练掌握条件是解题的关键． y  x2 8xm 【详解】解：令 ， 由无论 x 取任何实数，代数式 x2 8xm 都有意义， y0 故 ， x2 8xm0 82 4m0 故 的判别式 m16 解得 ， m16 故答案为： . 第9页/共25页 学科网（北京）股份有限公司yx2 2x3 x x 16. 将二次函数 的图象在 轴上方的部分沿 轴翻折后，所得新函数的图象如图所示，当 直线 y 2xb 与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为______． 6 7 【答案】 或 【解析】 【分析】此题主要考查了翻折的性质，一元二次方程根的判别式，二次函数的图像和性质，确定翻折后抛 物线的关系式；利用数形结合的方法是解本题的关键，画出函数图象是解本题的难点． y 2xb y 2xb 分两种情形：如图，当直线 过点B时和当直线 与抛物线 y x12 41 x3 y 2xb 只有1个交点时，直线 与该新图象恰好有三个公共点，分别求解 即可． y x2 2x3x12 4 【详解】解：二次函数解析式为 ， ∴抛物线 yx2 2x3 的顶点坐标为(1,4)， y0 x2 2x30 当 时， ， x 1 x 3 解得 1 ， 2 yx2 2x3 A1,0 B3,0 则抛物线 与x轴的交点为 ， ， yx2 2x3 把抛物线 图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方， ∴开口方向相反，开口大小一样 ∴二次项系数互为相反数，顶点坐标关于x轴对称 y x12 41 x3 M 1,4 ∴翻折部分的抛物线解析式为 ，顶点坐标 ， y 2xb y 2xb 如图，当直线 过点B时，直线 与该新图象恰好有三个公共点， 第10页/共25页 学科网（北京）股份有限公司∴ 023b ，解得b6； y 2xb y x12 41 x3 y 2xb 当直线 与抛物线 只有1个交点时，直线 与该新图象恰好 有三个公共点， x12 42xb Δ42 4b30 即 有相等的实数解，整理得x2 4xb30， ，解得 b7 ， 6 7 所以b的值为 或 ． 6 7 故答案为： 或 ． 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．） 17. 解方程： 4x22 9 （1） ； 2x2 4x30 （2） ． 7 1 x  x  【答案】（1） 1 2， 2 2 10 10 x 1 x 1 （2） 1 2 ， 2 2 【解析】 【分析】本题考查解二元一次方程，根据方程特点选择合适的方法是解题的关键． （1）运用直接开平方法求解即可； （2）运用公式法求解即可． 【小问1详解】 4x22 9 解： 9 x22  变形为： 4 ， 第11页/共25页 学科网（北京）股份有限公司3 x2 两边开方，得： 2 ， 7 1 x  x  解得： 1 2， 2 2 ； 【小问2详解】 2x2 4x30 解： a2 b4 c3 ∵ ， ， ， b2 4ac42 423400 ， ∴方程有两个不相等的实数根， b b2 4ac 4 40 10 x  1 2a 22 2 即 ， 10 10 x 1 x 1 ∴ 1 2 ， 2 2 ． y  x2 bxc 18. 如图，抛物线 与x轴交于A，B两点． （1）求该抛物线的解析式； （2）求该抛物线的对称轴以及顶点坐标． y=x22x3 【答案】（1） （2）抛物线的对称轴是直线x＝1，顶点（1,-4） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线图象可得点A、B的坐标，代入抛物线解析式即可求解； （2）根据抛物线的对称轴和顶点坐标的求解公式求解即可． 【小问1详解】 由图可知：A(-1,0)，B(3,0)， 第12页/共25页 学科网（北京）股份有限公司y  x2 bxc ∵抛物线 与x轴交于A，B两点， ∴把A(-1,0)，B(3,0)代入y＝x2+bx+c， 1bc0  93bc0 得 ， 解得b＝-2，c＝-3， y=x22x3 ∴该抛物线的解析式： ； 【小问2详解】 y=x22x3 由抛物线的解析式： 可得a＝1，b＝-2，c＝-3， b 2 x  1 ∴抛物线的对称轴是直线 2a 21 ，  b 4acb2   ,  ∵顶点 2a 4a ， 1,4 ∴代入a＝1，b＝-2，c＝-3，可得顶点 ． 1,4 即：抛物线的对称轴是直线x＝1，顶点 ． 【点睛】本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的对称轴及顶点坐标，解题的关键在 于能够熟练掌握待定系数法求二次函数解析式． 150m2 19. 如图，某中学准备建一个面积为 的矩形花园，它的一边利用图书馆的后墙，另外三边所围的栅 栏的总长度是40m，求垂直于墙的边AB的长度？（后墙MN最长可利用25米） 【答案】15m 【解析】 x402x150 x 402x 【分析】花园总共有三条边组成，可设AB为 ，则BC为 ，根据题意有 ，解得 x=15或5，又因为BC不大于25m，可知x=5要舍去． x 402x 【详解】解：设AB为 ，则BC为 ， x402x150 根据题意得方程： ， 第13页/共25页 学科网（北京）股份有限公司2x2 40x1500 ， x 15 x 5 解得： 1 ， 2 ， ∵402x25， x7.5 ∴ ， x5 ∴ 不合题意，应舍去， ∴垂直于墙的边AB的长度为15m． 【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键，注意BC边不能 大于25，这是一个陷阱． y  x2 4x3 20. 已知二次函数 ． y  x2 4x3 y (xh)2 k （1）用配方法将 化成 的形式； （2）在平面直角坐标系 xOy 中画出该函数的图像； 0 x3 （3）当 时，y 的取值范围是 ． y x22 1 【答案】（1） （2）见解析； （3）−1≤y＜3． 【解析】 【分析】（1）利用配方法求解可得； （2）结合抛物线的顶点及其与坐标轴的交点作图即可； （3）从函数图像上可以确定y的取值范围． 第14页/共25页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 y  x2 4x3 x2 4x443x22 1 ； 【小问2详解】 该函数过点（0，3），（1，0），（2，−1），（3，0），（4，3）五个点， 用五点作图画出图像如图所示： 【小问3详解】 当0＜x＜3，由图像可得y的范围是−1≤y＜3． 故答案为：−1≤y＜3． 【点睛】本题主要考查抛物线与x轴的交点，顶点式，最值等问题，解题的关键是掌握配方法求抛物线的 顶点式、抛物线与坐标轴交点坐标的求法等知识点． x2 bxc 0 21. 已知方程 （x为实数），请你解答下列问题： b2,c1 （1）若 ，解此方程； bc1 （2）若 ，求证：此方程至少有一个实数根； x ,x c2 x2 x2 4 （3）设此方程有两个不相等的实数根分别为 1 2．若 ，求证： 1 2 ． x 1 2,x 1 2 【答案】（1） 1 2 （2）见解析 （3）见解析 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的知识，涉及一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，解一元二次方 程． 第15页/共25页 学科网（北京）股份有限公司b2,c1 x2 bxc 0 （1）将 代入 ，利用配方法求解方程即可； b2 4acb2 4c bc1 （2）利用一元二次方程根的判别式 ，结合 ，得到 b2 4b4b22 b22 0 ，根据 ，即可证明； x2 bx20 x x b,x x 2 （3）根据题意原方程为 ，由一元二次方程根与系数的关系的到 1 2 1 2 ，再 x2 x2 x x 2 2x x x2 x2 b2 4 根据完全平方公式变形得到 1 2 1 2 1 2，从而得到 1 2 ，根据根的判别式得 到b2 80即可证明结论． 【小问1详解】 解：Q b2,c1 ， 原方程为 x2 2x10 ， x12  2 x 1 2,x 1 2 解得： 1 2 ； 【小问2详解】 x2 bxc 0 证明： 中， b2 4acb2 4c ， Q bc1 ， b2 4b4b22  ， b22 0 Q ， 0， 此方程至少有一个实数根； 【小问3详解】 x2 bx20 x ,x 证明：根据题意原方程为 ，且方程有两个不相等的实数根分别为 1 2，  x 1 x 2 b,x 1 x 2 2 ， b2 80 x2 x2 x x 2 2x x Q 1 2 1 2 1 2， x2 x2 b2 4  1 2 ， 第16页/共25页 学科网（北京）股份有限公司b2 8404 即b2 40， x2 x2 4  1 2 ． 22. 某商场销售某种冰箱，每台进货价为2500元，标价为3000元． （1）若商场连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以2430元售出，求每次降价的百分率． （2）市场调研表明：当每台售价为2900元时，平均每天能售出8台，当每台售价每降50元时，平均每 天就能多售出4台，若商场要想使这种冰箱的销售利润平均每天达到5000元，则每台冰箱的定价应为多 少元？ 10% 【答案】（1） （2）2 750元 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用： （1）设每次降价的百分率为x，根据两次降价后售价由3000元变为2430元列出方程求解即可； 2900250050a 84a （2）假设下调a个50元，则每台的利润为 元，销售量为 台，再根据总利 润为5000元列出方程求解即可． 【小问1详解】 解：设每次降价的百分率为x， 30001x2 2430 依题意得： ， 解得 x0.110%或 x1.9 （舍去） 10% 答：每次降价的百分率是 ； 【小问2详解】 解：假设下调a个50元， 50002900250050a84a 依题意得 ， a₁₂a 3 解得 ， ∴下调150元， ∴定价为2 750元， 答：每台冰箱的定价应为2750元． 3 y ax2  x4 23. 如图，已知抛物线 2 的对称轴是直线x=3，且与x轴相交于A、B两点（B点在A点的 第17页/共25页 学科网（北京）股份有限公司右侧），与y轴交于C点． （1）A点的坐标是_____________；B点坐标是________________； （2）求直线BC的解析式； （3）点P是直线BC上方的抛物线上的一动点（不与B、C重合），是否存在点P，使△PBC的面积最 大．若存在，请求出△PBC的最大面积，若不存在，试说明理由； （4）若点M在x轴上，点N在抛物线上，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出 点M点坐标． -2,0 8,0 【答案】（1） ， 1 y  x4 （2）直线BC的解析式为 2 （3）存在点P，使 PBC 的面积最大，最大面积是16，理由见详解 （4）满足条件的点M 的坐标为 (8,0) ， (4,0) ， (5 41 ， 0) ， (5 41 ， 0) 【解析】 【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线 x3 ，利用二次函数的性质即可求出 a 值，进而可得出抛物线的解 析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征，即可求出点A、B的坐标； （2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B、C的坐标，利用待定系数法即可求 出直线BC的解析式，  1 3  x, x2  x4   （3）假设存在，设点P的坐标为  4 2  ，过点P作 PD∥y 轴，交直线BC于点D，则点  1  x, x4 1   PD x2 2x D的坐标为  2  ， 4 ，利用三角形的面积公式即可得出 S PBC关于 x 的函数关系式， 再利用二次函数的性质即可解决最值问题； 【小问1详解】 3 y ax2  x4 解：Q抛物线 2 的对称轴是直线 x3 ， 第18页/共25页 学科网（北京）股份有限公司3 2 1  3 a  2a ，解得： 4， 1 3 y  x2  x4 抛物线的解析式为 4 2 ． 1 3  x2  x40 当 y0 时， 4 2 ， x 2 x 8 解得： 1 ， 2 ， 点A的坐标为 (2,0) ，点B的坐标为 (8,0) ． (2,0) (8,0) 故答案为 ， ． 【小问2详解】 x0 y 4 解：当 时， ， 点C的坐标为 (0,4) ． 设直线BC的解析式为 y kxb(k 0) ． B(8,0) C(0,4) y kxb 将 、 代入 ，  1 k  8kb0  2  b4  b4 ，解得： ， 1 y  x4 直线BC的解析式为 2 ． 【小问3详解】  1 3  x, x2  x4   解：假设存在，设点P的坐标为  4 2  ，过点P作 PD∥y 轴，交直线BC于点D，则点  1  x, x4   D的坐标为  2  ，如图所示． 第19页/共25页 学科网（北京）股份有限公司1 3 1 1 PD x2  x4( x4) x2 2x 4 2 2 4 ， 1 1 1 S  PDgOB 8g( x2 2x)x2 8x(x4)2 16 PBC 2 2 4 ． Q10 ， 当x4时， PBC 的面积最大，最大面积是16． Q0 x8 ， 存在点P，使 PBC 的面积最大，最大面积是16． 【小问4详解】 解：如图， C0,4 AC N 当 为平行四边形的边时，由点 可知点 的纵坐标的绝对值为4， 1 3 1 3  x2  x44  x2  x44 4 2 4 2 ∴ 或 ， x 0,x 6,x 3 41,x 3 41 解得： 1 2 3 4 ， N (N )(6 4) CN  AM 6 当 1 2 ， 时，则有 1 2 ， OM  AM OA4 ∴ 2 2 ， M (4,0) ∴ 2 ， N (3 41 4) N (3 41 4) M (5 41 0) M (5 41 0) 同理可得当 3 ， ， 4 ， ，可得 3 ， ， 4 ， ， AC CN  AM 6 当 为对角线时，则有 2 1 ， OM OA AM 8 ∴ 1 1 ， M (8,0) ∴ 1 ， 综上所述，满足条件的点M 的坐标为 (8,0) ， (4,0) ， (5 41 ， 0) ， (5 41 ， 0) ． 【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及 第20页/共25页 学科网（北京）股份有限公司a 三角形的面积，解题的关键是：（1）利用二次函数的性质求出 的值；（2）根据三角形的面积公式找出 S x MN m PBC关于 的函数关系式；（3）根据 的长度，找出关于 的含绝对值符号的一元二次方程；（4） 用分类讨论的思想解决问题即可． 24. 阅读材料，解答问题： 已知实数 m ，n满足 m2 m10 ， n2 n10 ，且 mn ，则 m ，n是方程 x2 x10 的两个不 相等的实数根，由根与系数的关系可知mn1， mn1 ． 根据上述材料，解决以下问题： （1）直接应用： 已知实数 a ，b满足： a2 - 5a+1=0 ， b2 - 5b+1=0 且a b，则 ab ______， ab ______； （2）间接应用： 2mn2 已知实数 m ，n满足： 2m2 7m10 ， n2 7n20 ，且 mn 1 ，求mn3n1的值． （3）拓展应用： 1 1 已知实数 p ， q 满足： p2 2p3t ，2 q2 q 2 3t 且 pq ，求  q2 1 2p4t 的取值范围． 2mn2 14   q2 1  (2p4t)4 【答案】（1）5，1；（2）mn3n1 13；（3） ． 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系的应用 （1）根据根与系数的关系即可求解； 1 ,n （2）先验证 m0 ，再在 2m2 7m10 两边同时除以m2 ，得m 是一元二次方程 x2 7x20 的 1 1 n7, n2 两个不等实数根，求出m m ，变形代入即可； p,q x2 2x3t pq 2, pq t3 （3）先根据题意得到 是一元二次方程 的两个不等实数根，求出 代  q2 1 2p4t p,q x2 2x3t 入 化简，又因为 是方程 的两个不等实数根，利用根与系数的关系即 可求解． 【详解】解：（1）由题意得： a ，b是方程 x2 5x10 的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可 第21页/共25页 学科网（北京）股份有限公司知 ab5 ，ab1； 解：（2）∵把m0代入 2m2 7m1 得 10 不合题意， m0 2  1  1 7 20,   ∴ 2m2 7m10 两边同时除以m2 得 m m n2 7n20 mn 1 又∵ ，且 ， 1 ,n ∴可将m 看作一元二次方程 x2 7x20 的两个不等实数根， 1 1 n7, n2 ∴利用根与系数的关系可得出m m ， mn17m,n2m ∴ ， 2mn2 2(mn1) 27m 14    mn3n1 (mn1)3n 7m32m 13 ∴ ． 1 1 q2 q (3t) 解：（3）将方程2 2 两边同时乘以2得 q2 2q 3t ， p2 2p3t pq 又∵ ，且 ， p,q x2 2x3t ∴可将 看作一元二次方程 的两个不等实数根， pq 2, pq t3,q2 2q3t, ∴利用根与系数的关系可得出   q2 1  (2p4t) (2q3t1)(2p4t) (2q4t)(2p4t) 4pq8q2qt8p164t2pt4tt2 4pq8(pq)2t(pq)168tt2 4(t3)822t2168tt2 4t12164t168tt2 t2 8t20 第22页/共25页 学科网（北京）股份有限公司(t4)2 4 p,q x2 2x3t ∵ 是方程 的两个不等实数根， (2)2 4(t3)44t12164t 0, t 4 ∴ ． Qt42 44,   q2 1  (2p4t)4. 25. 如图，抛物线 y x2 2x3 的图象与 x 轴交于 A、B 两点(点A在点B的左边)与 y 轴交于点C ,抛 物线的顶点为D. A、B、 C (1)求点 的坐标； M m,0 (2)点 为线段𝐴𝐵上一点(点M 不与点 A、B 重合)，过点M 作 x 轴的垂线，与直线 AC 交于点E， 与抛物线交于点P，过点P作 PQ//AB 交抛物线于点 Q ，过点 Q 作 QN  x 轴于点 N ,可得矩形 PQNM .如 图，点P在点 Q 左边，当矩形 PQNM 的周长最大时，求此时的VAEM 的面积； (3)在(2)的条件下，当矩形 PQNM 的周长最大时，连接 DQ ，过抛物线上一点F 作 y 轴的平行线，与直 线 AC 交于点 G (点 G 在点F 的上方)若 FG 2 2DQ ，求点F 的坐标. 1 【答案】(1)C（0，3）， A（，3）0 ， B（1，0） ；(2) 2 ；(3)F（，4）5 或 （1，0） . 【解析】 y 0 【分析】（1）令 ，可求出A、B两点坐标，令x=0，可求出点C的坐标；（2）求矩形的面积函数解 1 S  AM EM 析式，通过顶点坐标求出m,再求直线 AC 的解析式，求出EM 1，AM 1，故 2 ； 第23页/共25页 学科网（北京）股份有限公司（3）证 N 与原点重合， Q 点与C点重合，故 DQ DC ，把𝑥=‒1代入 y x2 2x3 ，解得 y 4 ， 得D（，1）4 DQ DC  2 FG 4 F（n，）n2 2n3 G（n，）n+3 ， ， ；设 ，则 ，得 （n）（3） n2 2n3 4 n4 n1 .解得 或 ，可得F坐标. y x2 2x3 C（0，3） 【详解】由抛物线 可知， . y 0 0x2 2x3 令 ，则 ， 解得， x3 或𝑥=1， A（，3）0 ， B（1，0） y x2 2x3 (2)由抛物线 可知，对称轴为𝑥=‒1. QM（，m0） m2 2m3 ，P（m, ）,N(-2-m,0) PM m2 2m3 MN 2mm2m2 ， ， 矩形 PMNQ 的周长 （2 P）M（）MN  m2 2m32m2 2 2m2 8m2 （2 m）2 2 10 ， 矩形 的 周长最大时， m2 . 3kb0  A（，3）0 C（0，3） AC y kxb  b3 ， 设直线 的解析式 ， 解得𝑘=1， b3 ，解析式 y  x3 ，令 x2 ，则 y 1 ， E（，2）1 ，EM 1，AM 1， 1 1 S  AM EM  2 2 . (3) QM（，2）0 ，抛物线的对称轴为𝑥=‒1， N 应与原点重合， Q 点与C点重合， DQ DC y x2 2x3 y 4 ，把𝑥=‒1代入 ，解得 ， D（，1）4 DQ DC  2 ， . QFG 2 2DQ ， 第24页/共25页 学科网（北京）股份有限公司FG 4 设 F（n，）n2 2n3 ，则 G（n，）n+3 ，Q点 G 在点F 的上方且 FG 4 ， （n）（3） n2 2n3 4 n4 n1 .解得 或 ， F（，4）5 （1，0） 或 . 【点睛】考核知识点：二次函数的综合运用.数形结合分析问题是关键. 第25页/共25页 学科网（北京）股份有限公司