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九年级数学上学期期中模拟卷·拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2024·广东·模拟预测）若关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有两个不相等的实数根，则a，c的值
可以是（ ）
A．a=1，c=4 B．a=−1，c=−5
C．a=3，c=1 D．a=2，c=2
【答案】C
【分析】本题主要考查了根的判别式，利用一元二次方程根的判别式，得出ac<4，再进行计算判断即
可．
【详解】解：由题知，
因为关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有两个不相等的实数根，
所以Δ=42−4×a×c>0且a≠0，
∴ac<4，
当a=1，c=4时，ac=4，故选项A不符合题意；
当a=−1，c=−5时，ac=5>4，故选项B不符合题意；
当a=3，c=1时，ac=3<4，故选项C符合题意；
当a=2，c=2时，ac=4，故选项D不符合题意；
故选：C．
2．在平面直角坐标系中，点A的坐标是(−2,3)，将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是
(5,−1)，则点C的坐标是（ ）
A．(−0.5,−2.5) B．(−0.25,−2) C．(0,−1.75) D．(0,−2.75)
【答案】A
【分析】设点C的坐标为(x,y)，由旋转的性质可得，CA=CB，列出等式，把每个选项的横坐标代入验证
即可．
【详解】解：设点C的坐标为(x,y)，
∵点A的坐标是(−2,3)，点B的坐标是(5,−1)，
∴由旋转的性质可得，CA=CB，即❑√(x+2) 2+(y−3) 2=❑√(x−5) 2+(y+1) 2，
整理得14x−8 y=13，
当x=−0.5时，14×(−0.5)−8 y=13，解得y=−2.5；
33
当x=−0.25时，14×(−0.25)−8 y=13，解得y=− ≠−2；
16
当x=0时，14×0−8 y=13，解得y=−1.625；
故只有选项A的坐标满足题意，选项B、C、D都不满足题意，
故选：A
【点睛】本题考查了旋转的性质，理解掌握对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键．
3．关于x的方程x2−2mx+m2=4的两个根x ，x 满足x =2x +3，且x >x ，则m的值为（ ）
1 2 1 2 1 2
A．−3 B．1 C．3 D．9
【答案】C
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程的根．根据(x−m+2)(x−m−2)=0，x >x 得
1 2
到x =m+2，x =m−2，由x =2x +3可得m的方程，解m的方程即可．
1 2 1 2
【详解】解：∵x2−2mx+m2=4，
∴(x−m+2)(x−m−2)=0，
∴x−m+2=0或x−m−2=0，
∵x >x ，
1 2
∴x =m+2，x =m−2，
1 2
∵x =2x +3，
1 2
∴m+2=2(m−2)+3，
解得m=3．
故选：C．
4．（2025·福建三明·一模）已知方程(x−2)(x2−4x+a)=0的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边
边长，则实数a的取值范围是（ ）
A．10，x +x =4>2，x x =a>0，
1 2 1 2
解得：a<4，
∵方程(x−2)(x2−4x+a)=0的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴|x −x )<2，
1 2
∴❑√(x +x ) 2−4x x =❑√16−4a<2，
1 2 1 2
∴0≤16−4a<4，
解得：3 D．− ＜a＜0
11 7 5 5 11
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，以及不等式的综合应用．根据一元二次
方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又因为x <10，
∴(a+2) 2−4a×9a=−35a2+4a+4>0，
2 2
解得− 0，
1 2
∴(x −1)(x −1)<0，
1 2
a+2
∴x x −(x +x )+1<0，即9+ +1<0，
1 2 1 2 a
2
解得− 1
3 1 2 4 x❑
3
x❑
C．0< 2 <1 D．x −x =x −x
x❑ 1 3 4 2
4
【答案】B
【分析】本题考查二次函数与一元二次方程的关系，先确定x ，x (x 0)可通过配方法转化为顶点式
y=a(x−1) 2+k，且图象与x轴的一个交点的横坐标为−1，则下列说法：①abc>0；②图象与y轴交于
(0,k)；③k=c−a；④若方程a(x−1) 2=1−k的两个根为x ，x ，且x 3；⑤若二
1 2 1 2 1 2次函数图象上存在一个横坐标为n(n≠0)的点，使得an2+bn=0，则n一定等于2，正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，对称轴的两种表示方法，抛物线的增减性等解答即
可.
本题考查了抛物线的对称性，抛物线与坐标轴的交点，抛物线与各项系数的符号关系，抛物线的增减性，
熟练掌握性质是解题的关键.
【详解】解：∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)可通过配方法转化为顶点式y=a(x−1) 2+k，且图象与x轴
的一个交点的横坐标为−1，
∴a−b+c=0，对称轴为直线x=1，
b
∴x=− =1,
2a
∴b=−2a<0，
∴a+2a+c=0即c=−3a<0，
∴abc>0；
故①正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)，b=−2a，c=−3a，
∴y=ax2−2ax−3a=a(x2−2x−3)，
图象与y轴交于(0,−3a)，
故②错误；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)可通过配方法转化为顶点式y=a(x−1) 2+k，且过(0,c)，
∴c=a+k，
∴k=c−a
故③正确；
设抛物线与x轴的另一个交点为(x ,0)，
0
∵对称轴为直线x=1，
−1+x
∴1= 0，
2
解得x =3，
0故ax2+bx+c=0的两个根分别是−1,3，
故a(x−1) 2+k=0的两个根分别是−1,3，
∵方程a(x−1) 2=1−k，
∴a(x−1) 2+k=1，
此即抛物线y=a(x−1) 2+k在y=1的情形，
∵a>0，
∴抛物线y=a(x−1) 2+k满足对称轴的右侧，y随x的增大而增大，对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
∵对称轴的右侧，x=3时，函数值为0，x=x 时，函数值为1，且函数值增大，
2
∴x >3；
2
∵对称轴的左侧，x=−1时，函数值为0，x=x 时，函数值为1，且函数值增大，
1
∴x <−1；
1
故④正确；
由二次函数图象上存在一个横坐标为n(n≠0)的点，使得an2+bn=0，
∴an+b=0，
∴an−2a=0，
∴n−2=0，
∴n=2，
故⑤正确；
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
1
11．（2025·江苏苏州·模拟预测）若a是方程x2+x−1=0的根，则代数式2025+a2+
的值是 ．
a2
【答案】2028
【分析】本题考查代数式求值，涉及方程根的定义、整体代入法求代数式值、分式的混合运算等知识，根
据题中所给代数式的结构特征，结合已知条件，恒等变形代值求解即可得到答案，熟练掌握分式混合运算
法则化简求值是解决问题的关键．
【详解】解：∵ a是方程x2+x−1=0的根，
∴ a2+a−1=0，即a2=1−a，1
∴
2025+a2+
a2
1
=2025+(1−a)+
1−a
(1−a) 2 1
=2025+ +
1−a 1−a
a2−2a+2
=2025+
1−a
(1−a)−2a+2
=2025+
1−a
3(1−a)
=2025+
1−a
=2025+3
=2028，
故答案为：2028．
12．如图，在正方形网格中，线段AB绕某点顺时针旋转角α(0<α<180°)得到线段A B ，点A与点A 是
1 1 1
对应点，点B与点B 是对应点，则α等于 ．
1
【答案】90°
【分析】连接BB、AA，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点得出旋转中心，连接AO、AO，结合
1 1 1
网格特点可得旋转角α；
【详解】解：如图所示，点O为旋转中心，∠AOA =α=90°．
1故答案为：90°
【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质．
1
13．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，抛物线L：y= x2+bx−3（b为常数），当抛物线L经过点
4
M(−4,m)，N(6,m)时．
（1）抛物线L的顶点坐标为 ．
1 1
（2）若0≤x≤n时，函数y= x2+bx−3的最大值与最小值的差总为 ，n的取值范围 ．
4 4
( 13)
【答案】 1,− 1≤n≤2
4
【分析】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系，熟知上述性质是解
题的关键．
（1）利用点M(−4,m)，N(6,m)两点关于对称轴对称，可得顶点坐标，且可求得b的值，再解方程即
可求得抛物线L与x轴在原点右侧的交点坐标；
（2）利用二次函数的性质，进行解答即可．
【详解】解：（1）∵抛物线L经过点M(−4,m),N(6,m)，
−4+6 b
x= =1=−
∴抛物线L的对称轴为直线 2 1 ，
2×
41
∴b=− ，
2
1 1
∴L 的函数表达式为y= x2− x−3．
1 4 2
1 1 13
当x=1时，y= − −3=− ．
4 2 4
( 13)
∴抛物线L的顶点坐标为 1,− ，
4
( 13)
故答案为： 1,− ；
4
1 1
（2）∵y= x2− x−3与y轴交于点D(0,−3)，
4 2
则点D关于直线x=1的对称点为(2,−3)，
∵抛物线L的开口向上，
∴当0≤x≤2时，抛物线L上的最高点的纵坐标总是−3，
( 13) 1
最低点总是 1,− ，两个点的竖直距离总为 ，
4 4
1 1 1
∴当1≤n≤2时，函数y= x2− x−3的最大值与最小值的差总为 ．
4 2 4
故答案为：1≤n≤2．
14．若关于x的一元二次方程x2−3x+m2+m=0(m>0)，当m=1,2,3,⋯,2022时，相应的一元二次方程
1 1 1 1 1 1
的两根分别记为α ,β ;α ,β ;⋯;α ,β ,则 + + + +⋯ + 的值为 ．
1 1 2 2 2022 2022 α β α β α β
1 1 2 2 2022 2022
6066
【答案】
2023
【分析】利用根与系数的关系得到α +β =3，α β =1×2；α +β =3，α β =2×3；…α +β =3
1 1 1 1 2 2 2 2 2022 2022
，α β =2022×2023；把原式变形，再代入，即可求出答案．
2022 2022
【详解】解：∵x2−3x+m2+m=0，m=1,2,3,⋯,2022，
∴由根与系数的关系得：α +β =3，α β =1×2；α +β =3，α β =2×3；…α +β =3，
1 1 1 1 2 2 2 2 2022 2022
α β =2022×2023；
2022 2022
α +β α +β α +β
∴原式= 1 1+ 2 2+.... 2022 2022
α β α β α β
1 1 2 2 2022 2022
3 3 3
= + +....
1×2 2×3 2022×2023( 1 1 1 1 1 )
=3× 1− + − +.... −
2 2 3 2022 2023
( 1 )
=3× 1−
2023
2022
=3×
2023
6066
=
2023
6066
故答案为：
2023
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根
1 2
b c
时，x +x =− ，x x = ．
1 2 a 1 2 a
15．（2024·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，点A,B在直线y=−2x+6上，点A的横坐标为
❑√5
1,AB= ，若线段AB绕点B旋转90°后，得到点A的对应点C，且点C在第一象限内，则点C的坐标为
2
．
(5 7) (1 5) (3 11)
【答案】 ， 或 ， 或 ，
2 2 2 2 2 2
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，坐标与图形变化—旋转，勾股定理，全等三角形的性质与
判定，先求出点A的坐标，设B(m，−2m+6)，根据两点距离公式得到
(m−1) 2+(−2m+6−4) 2= (❑√5) 2 ，解方程得到B (3 ，3 ) 或B (1 ，5 ) ；过点B (3 ，3 ) 作EF∥x轴，
2 2 2 1 2
过点A、C 分别作直线EF的垂线，垂足分别为E、F，由旋转的性质可得B A=B C ，∠AB C =90°
1 1 1 1 1 1
1 (5 7)
，证明△EAB ≌△FB C (AAS)，得到B F=AE=1，FC =EB = ，则C ， ，同理可得
1 1 1 1 1 1 2 1 2 2
(1 5) (3 11)
C ， ，C ， ．
2 2 2 3 2 2
【详解】解：在y=−2x+6中，当x=1时，y=4，
∴A(1，4)，
设B(m，−2m+6)，❑√5
∵AB= ，
2
∴(m−1) 2+(−2m+6−4) 2=
(❑√5) 2
，
2
3 1
解得m= 或m= ，
2 2
(3 ) (1 )
∴B ，3 或B ，5 ；
2 2
(3 )
如图所示，过点B ，3 作EF∥x轴， 过点A、C 分别作直线EF的垂线，垂足分别为E、F，
1 2 1
由旋转的性质可得B A=B C ，∠AB C =90°，
1 1 1 1 1
∵∠E=∠F=90°，
∴∠EAB +∠EB A=90°=∠FB C +∠EB A，
1 1 1 1 1
∴∠EAB =∠FB C ，
1 1 1
∴△EAB ≌△FB C (AAS)，
1 1 1
1
∴B F=AE=1，FC =EB = ，
1 1 1 2
(5 7)
∴C ， ；
1 2 2
(1 5) (3 11)
同理可得C ， ，C ， ；
2 2 2 3 2 2
(5 7) (1 5) (3 11)
综上所述，点C的坐标为 ， 或 ， 或 ， ；
2 2 2 2 2 2(5 7) (1 5) (3 11)
故答案为： ， 或 ， 或 ， ．
2 2 2 2 2 2
16．（2025·宁夏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线l :y=ax2+bx+c（其中a，b，c是常
1
数，且a≠0）以原点为中心，旋转180°得到抛物线l ，则称l 是l 的“中心对称抛物线” ．已知抛物线
2 2 1
y =x2−3x−4，将抛物线y 向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A，B．将抛物线y 的
1 1 1
“中心对称抛物线”y 向右平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C，D．当BC2=AB⋅BD
2
时，n的值为 ．
21±5❑√5
【答案】
4
【分析】先求出抛物线y 与x轴交点，平移后得到A、B坐标；再根据中心对称求出y 解析式，进而得到
1 2
y 与x轴交点，平移后得到C、D坐标；然后表示出AB、BC、BD的长度，最后根据BC2=AB⋅BD列方
2
程求解n ．
【详解】当y =0时，x2−3x−4=0，解得x =−1，x =4，
1 1 2
∴抛物线y =x2−3x−4与x轴的交点坐标为(−1,0)，(4,0)．
1
∵抛物线y =x2−3x−4向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A，B，
1
∴A(−1−n,0)，B(4−n,0)．
3 25
∵y =x2−3x−4=(x− ) 2− ，
1 2 4
3 25
∴抛物线y 的顶点坐标为( ,− )，
1 2 4
3 25 3 25
∵点( ,− )关于原点的对称点为(− , )，
2 4 2 4
3 25
∴抛物线y 的“中心对称抛物线”y 的解析式为y =−(x+ ) 2+ ，
1 2 2 2 4
3 25
当y =0时，−(x+ ) 2+ =0，
2 2 4
解得x =1，x =−4，
1 2
∴抛物线y 与x轴的交点坐标为(−4,0)，(1,0)．
2
∵抛物线y 向右平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C，D，
2
∴C(−4+n,0)，D(1+n,0)，∴AB=4−n+1+n=5，BC=|4−n+4−n|=|8−2n|，BD=|4−n−1−n|=|3−2n|．
∵BC2=AB⋅BD，
∴(8−2n) 2=5|3−2n|，
21±5❑√5
解得n= ，
4
21±5❑√5
故答案为： ．
4
【点睛】本题主要考查了抛物线的平移、中心对称变换，以及抛物线与x轴交点问题，熟练掌握抛物线的
平移规律、中心对称性质及利用交点求线段长度的方法是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．（6分）（24-25九年级上·福建宁德·期中）已知：实数m满足am2+bm+1=0(a≠0)．
(1)求证：b2−4a≥0；
(2)若a，b都是奇数，关于m的方程am2+bm+1=0是否有整数根？并说明理由；
mn+6m+1
(3)若a=7，b=13，n2+13n+7=0，求 的值．
n
【答案】(1)见解析
(2)无整数根，见解析
(3)−1
【分析】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程的根的判别式、一元二次方程根与系数的关系．
（1）根据一元二次方程根的判别式可得b2−4×a×1≥0，即可得证；
（2）利用反证法求解即可；
1 1 13
（3）先证明出m、 是方程7x2+13x+1=0的两根，再由一元二次方程根与系数的关系得出m+ =−
n n 7
1 1
，m⋅ = ，代入计算即可得解．
n 7
【详解】（1）解：∵实数m满足am2+bm+1=0，
∴关于m的方程am2+bm+1=0有解，
∴b2−4×a×1≥0，
∴b2−4a≥0
（2）解：无整数根，理由如下：
假设有整数根，
若m为奇数时，∵a，b都是奇数，
∴am2+bm+1为奇数，与am2+bm+1=0相矛盾；
若m为偶数时，
∵a，b都是奇数，
∴am2+bm+1为奇数，与am2+bm+1=0相矛盾；
∴假设错误，
综上所述，方程am2+bm+1=0无整数根；
（3）解：若a=7，b=13，则7m2+13m+1=0，
∵n2+13n+7=0，
7 13
∴
+ +1=0，
n2 n
1
∴m、 是方程7x2+13x+1=0的两根，
n
1 13 1 1
∴m+ =− ，m⋅ = ，
n 7 n 7
mn+6m+1 6m 1 13 6
∴ =m+ + =− + =−1．
n n n 7 7
18．（6分）（2025·浙江·模拟预测）已知二次函数y=ax2+bx+c（a,b,c是常数，ab≠0）的图象经过
(1,0)．
(1)若二次函数图象经过A(−1,4)，B(0,−1)，求该二次函数解析式；
(2)若二次函数图象的顶点落在x轴上，求证：a=c；
c+a
(3)若二次函数图象的对称轴为直线x= ，当b≥c时，求a2+b2+c2的最小值．
2
【答案】(1)y=3x2−2x−1
(2)见解析
(3)a2+b2+c2有最小值1.5
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值，解题时要熟
练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
（1）依据题意，通过待定系数法即可计算得解；
（2）依据题意，由抛物线的顶点落在x轴上，则b2−4ac=0，又a+b+c=0，且b≠0，可得
(−a−c) 2−4ac=(a−c) 2=0，从而可以得解；c+a
（3）依据题意，对称轴为直线x= ，且a+b+c=0，先求出a=1，从而b=−1−c，再求出c的范
2
围，然后根据a2+b2+c2=2c2+2c+2=2 ( c+ 1) 2 +1.5，从而可以计算得解．
2
【详解】（1）解：∵图象过(1,0)，
∴a+b+c=0，
又∵图象过A(−1,4)，B(0,−1)，
{a−b+c=4)
∴ ，
c=−1
{
a=3
)
∴ b=−2 ，
c=−1
∴y=3x2−2x−1；
（2）证明：∵顶点落在x轴上，
∴b2−4ac=0，
∵a+b+c=0，且b≠0，
∴(−a−c) 2−4ac=(a−c) 2=0，
∴a=c；
c+a
（3）解：∵抛物线的对称轴为直线x= ，且a+b+c=0，
2
b c+a b
∴− = =− ，
2a 2 2
∵b≠0，
∴a=1，
∴b=−1−c，
又b≥c，
∴c≤−0.5，
∴将a=1，b=−1−c代入得a2+b2+c2=2c2+2c+2=2 ( c+ 1) 2 +1.5，
2
∴当c=−0.5时，a2+b2+c2有最小值1.5．
19．（6分）在等腰三角形ADC和等腰三角形BEC中，∠ADC=∠BEC=90°，BC0)个单位长度，平移后的函数图象在8≤x≤9时，y的值随x值的
增大而减小，结合函数图象，直接写出满足条件的整数m的值．
【答案】(1)25m
1
(2)y=− (x−4) 2+4
4
(3)4❑√2m
(4)5，6，7，8
【分析】（1）设主桥拱的半径是rm，根据勾股定理可得r2=(r−10) 2+202，即可解得答案；
（2）如图，建立直角坐标系，设桥拱抛物线的解析式为y=a(x−4) 2+4，用待定系数法可得桥拱抛物线
1
的解析式为y= (x−4) 2+4；
4
（3）甲桥的桥下水位上升了2m到GH，连接OG，连接OC与GH交于点E．求出甲桥此时的水面宽度为
1
8❑√21m，再列出2=− (x−4) 2+4，解方程求解即可；
4
（4）根据倒影与桥对称，先求出倒影的解析式，再平移m个单位，根据二次函数的性质求出m的取值范
围即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，O为圆弧的圆心，连接OC与AB交于点D，连接OA．1
在Rt△ADO中，OA=r，OD=r−10，AD= AB=20，
2
∴r2=(r−10) 2+202，
解得r=25，
即这座桥的主拱桥的半径为25m；
（2）解：依题意可知：抛物线的顶点为(4，4)，N(8,0)，
设抛物线的解析式为y=a(x−4) 2+4，
将N(8,0)代入解析式，得0=a(8−4) 2+4，
1
解得a=− ，
4
1
∴抛物线的解析式为y=− (x−4) 2+4；
4
（3）解：如图，水位上升2m到GH，连接OG，连接OC与GH交于点E．
在Rt△OGE中，OG=25，OE=25−10+2=17，
∴252=172+GE2，
解得¿=4❑√21，
∴GH=8❑√21，即甲桥此时的水面宽度为8❑√21m；
1
由2=− (x−4) 2+4，解得x =4+2❑√2，x =4−2❑√2，
4 1 2∵4+2❑√2−(4−2❑√2)=4❑√2，
∴乙桥此时的水面宽度为4❑√2m；
1
（4）解：抛物线y=− (x−4) 2+4在x轴上方的部分与桥拱在平静水面中的倒影关于x轴成轴对称．
4
平移后函数图象的对称轴是直线x=4+m，
∴当m≤x≤4+m或x≥8+m时，y的值随x值的增大而减小，
∴当8≤x≤9时，y的值随x值的增大而减小，
结合函数图象，①当m≤8且4+m≥9时满足题意，解得5≤m≤8；
②当8+m≤8时满足题意，解得m≤0（舍）．
综上所述，m的取值范围是5≤m≤8，
所以,整数m的值为5，6，7，8
【点睛】本题考查二次函数的应用和圆的性质及应用，解题的关键是掌握待定系数法和圆的相关性质，待
定系数法求二次函数解析式、拱桥问题(实际问题与二次函数)、用勾股定理解三角形、垂径定理的实际应
用．
22．（9分）（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c均
−b±❑√b2−4ac
为整数），如果b2−4ac≥0时，这个方程的实数根就可以表示为x= ，其中b2−4ac就叫
2a
做一元二次方程根的判别式，我们用Δ表示，即Δ=b2−4ac，通过观察公式，我们可以发现，如果Δ的值
是一个完全平方数（若n=m2（m为整数），则n是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整
数，但是如果一元二次方程的根都为整数，Δ的值一定是一个完全平方数．
例：方程2x2−x−1=0，Δ=b2−4ac=(−1) 2−4×2×(−1)=9=32，Δ的值是一个完全平方数，但是该
1
方程的根为x =1，x =− ，不都为整数；方程x2−6x+8=0的两根x =2，x =4，都为整数，此时
1 2 2 1 2
Δ=b2−4ac=(−6) 2−4×1×8=4=22，Δ的值是一个完全平方数．
我们定义：两根都为整数的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c均为整数）称为“幸运方
4ac−b2
程”，两整数根称为“幸运根”，代数式 的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用F(a,b,c)表
4a4ac−b2
示，即F(a,b,c)= ．若有另一个“幸运方程”px2+qx+r=0（p≠0，p，q，r均为整数）的
4a
“幸运数”为F(p,q,r)，若r⋅F(a,b,c)=c⋅F(p,q,r)，则称F(a,b,c)与F(p,q,r)互为“开心
数”．
(1)关于x的一元二次方程x2−(m+1)x+m=0是一个“幸运方程”．
①当m=2时，该幸运方程的“幸运数”是______；
②若该幸运方程的“幸运数”是−1，则m的值为______．
(2)若关于x的一元二次方程x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0（m为整数，且40)，在点Q运动的过程中，当正方形QGMN与抛物线y ，y
3 1 2
有三个公共点时，结合函数图象求t的取值范围．
【答案】(1)y =−x2+3x，B(3,0)
1
(7 ) 5−❑√13 3
(2)① ,0 ；② 3时两种情况，结合图象寻找临界点，进而根据题意列方程求解即可．
【详解】（1）解：将点A(1,2)代入y =ax2+3x，
1
得a+3=2，
解得a=−1．
∴抛物线的解析式为y =−x2+3x．
1
令y =0，得−x2+3x=0．
1解得x =0，x =3．
1 2
∴点B的坐标为(3,0)．
（2）解：①∵y =−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，
1 2 4
∴y =− ( x− 3 −3 ) 2 + 9 =−x2+9x−18．
2 2 4
令y =0，得−x2+9x−18=0．
2
解得x =6，x =3．
1 2
∴C(6,0)．
设直线AO的解析式为y=k x(k ≠0)．
1 1
将点A(1,2)代入，得k =2．
1
∴直线AO的解析式为y=2x．
设点P的坐标为（m，0）．
∴OP=m，D(m，2m)，
∴DP=2m．
∵四边形PDEF是正方形，
∴DE=EF=PF=DP=2m．
∴OF=OP+PF=m+2m=3m．
∴E(3m,2m)．
当点E(3m,2m)在抛物线y 上时，
1
−9m2+9m=2m．
7
解得m =0（不合题意，舍去），m = ．
1 2 9
(7 )
∴点P的坐标为 ,0 ．
9
②∵y =−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，Q(t，0)，
1 2 4
∴抛物线y 的对称轴为直线x=
3
，顶点坐标为
(3
,
9)
，G(t,−t2+3t)．
1 2 2 4
∵四边形QGMN是正方形，
∴M(−t2+4t,−t2+3t)，N(−t2+4t,0)．
当03时，点G在x轴下方．
当点N与点O重合时，如图4．
此时−t2+4t=0．解得t =4，t =0（不合题意，舍去）．
1 2
∴t的取值范围是30)．
1 2 4
(1)求物线C 的解析式；
1
(2)若原点O(0,0)在抛物线C 上，点M是第四象限内一点，抛物线C 经过点M，连结OM并延长，交抛物
2 1
线C 于点N．规定：点M的坐标为(x ,y )，点N的坐标为(x ,y )．
2 M M N N
①求x −x 的值；
M N
②设抛物线C 的顶点为E，交x轴于点K，连结EO并延长交抛物线C 于点Q，过点Q作x轴的平行线交抛
2 1
物线C 于点R，请判断四边形EORK的形状并说明理由；
1
(3)设抛物线C 与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C，点E是抛物线C 的顶点，点F是抛物线C 对称轴
2 2 2
上一点，FC=FA．设F的坐标为(h,a)(a<0)，求a与h之间的数量关系．
1
【答案】(1)y=− x2
4
(2)①x −x =−4；②菱形，理由见解析
M N
1 3
(3)a=− h2−
8 2
【分析】（1）根据抛物线x轴有且只有一个交点得到n2−4× ( − 1) ×0=0，得到n=0，即可得到答案；
4
1 1
（2）①求出直线OM的解析式为y=− x x，求出抛物线C :y=− (x−2) 2+1，由N点为OM延长线
4 M 2 4
1 1
和抛物线C 的交点，则− x ⋅x=− (x−2) 2+1，解得x =0,x =x +4，即可得到答案；②求出顶点
2 4 M 4 1 2 M
E(2,1)，点K的坐标为(4,0)，R(2,−1)，用勾股定理求出OE=∨=KR=KE=❑√5，即可得到结论；
（3）求出A(h−2,0),B(h+2,0),C ( 0,− 1 h2+1 ) ,E(h,1)，连接AB,AC,BC，由FA=FB=FC=r，
4
由EF垂直平分AB交AB于点G(h,0)，F点横坐标=E点横坐标，进一步得到a2+4=h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
即可求出答案．1 1
【详解】（1）解：∵抛物线C :y=− (x−2n) 2+n2=− x2+nx（n为常数）与x轴有且只有一个交
1 4 4
点，
1
∴一元二次方程− x2+nx=0只有一个实数根，
4
即n2−4× ( − 1) ×0=0，
4
解得n=0，
1
∴y=− x2 ．
4
1
（2）①由（1）得，抛物线C :y=− x2 ，
1 4
则点M的坐标为 ( x ,− 1 x2 ) ，且x >0，
M 4 M M
设直线OM的解析式为y=kx，
1
将M点坐标代入可得，k=− x ，
4 M
1
即直线OM的解析式为y=− x x，
4 M
∵抛物线C 经过原点O(0,0)，
2
1
∴− h2+1=0，
4
解得h=±2，
∵h>0，
∴h=2，
1
即抛物线C :y=− (x−2) 2+1，
2 4
N点为OM延长线和抛物线C 的交点，
2
1 1
∴− x ⋅x=− (x−2) 2+1，
4 M 4
解得x =0,x =x +4，
1 2 M
∵N点在OM的延长线上，
∴x =0不符合题意，
1
∴x =x +4，
N M
∴x −x =−4，
M N②四边形EORK是菱形，理由如下：
1
抛物线C :y=− (x−2) 2+1的顶点E(2,1)，
2 4
1
当y=0时，0=− (x−2) 2+1，解得x=4或x=0
4
∴点K的坐标为(4,0)，
设直线EO的解析式为y=tx，
则1=2t，
1
解得t= ，
2
1
∴直线EO的解析式为y= x，
2
1
{ y= x )
2 {x=0) {x=−2)
由 解得 或
1 y=0 y=−1
y=− x2
4
∴点Q(−2,−1)，
∵过点Q作x轴的平行线交抛物线C 于点R，
1
1
∴−1=− x2
4
解得x=2或x=−2，
∴R(2,−1),
∴OE=❑√(2−0) 2+(1−0) 2=❑√5，¿=❑√(−2−0) 2+(−1−0) 2=❑√5，KR=❑√(4−2) 2+(0+1) 2=❑√5，
KE=❑√(4−2) 2+(0−1) 2=❑√5，
∴OE=∨=KR=KE=❑√5
∴四边形EORK是菱形；
（3）由题可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上，
1 1
∴− (x−h) 2+1=0,y =− h2+1，
4 c 4
解得x =h−2,x =h+2，
A B
即A(h−2,0),B(h+2,0),C ( 0,− 1 h2+1 ) ,E(h,1)，
4
连接AB,AC,BC，∵FA=FB=FC=r，
根据二次函数性质可得，A,B两点关于x=h对称，
即顶点E在AB的垂直平分线上，
∴EF垂直平分AB交AB于点G(h,0)，
F点横坐标=E点横坐标，
∵F(h,a)(a<0)，
∵FA=FB=FC=r，
∴r=FA=❑√(h−h+2) 2+a2=❑√a2+4，
r=FC=❑ √ h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
即a2+4=h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
1 3
解得a=− h2− ．
8 2
【点睛】此题考查二次函数的图象和性质、抛物线与坐标轴的交点问题、菱形的判定和性质、勾股定理、
二次函数的平移等知识，综合性强，计算量大，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键．
