九年级数学上学期第一次月考·拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2025·河北沧州·二模）甲、乙两人在解一道一元二次方程时，甲在化简过程中写错了常数
项，因而得到方程的两个根为6和1，乙在化简过程中写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根为−2
和−5，则原方程根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．有两个相等的实数根
C．两根分别是2和5 D．两根分别是−6和−1
【答案】C
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数的
b c
关系是解题的关键．设原方程为ax2+bx+c=0(a≠0)，由根与系数的关系得− =1+6， =(−2)×(−5)
a a
，得出b=−7a，c=10a，再代入到原方程，解出x的值即可得出答案．
【详解】解：设原方程为ax2+bx+c=0(a≠0)，
b c
由题意得，− =1+6=7， =(−2)×(−5)=10，
a a
∴b=−7a，c=10a，
∴原方程为ax2−7ax+10a=0(a≠0)，即x2−7x+10=0，
解得：x =2，x =5，
1 2
∴原方程根的情况是两根分别是2和5．
故选：C．
2．（3分）（2025·江苏南通·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，五个点的坐标分别为
A(−1,5),B(1,2),C(2,1),D(3,−1),E(5,5)．若抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)经过上述五个点中的三个
点，则满足题意的a的值不可能为（ ）
3 4 2 3
A． B． C． D．
8 9 3 4【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，涉及抛物线的对称轴、点的对称关系及函数解析式的求解．
解题关键在于利用抛物线对称轴x=2，分析点的对称特征．分情况讨论抛物线上的点组合，再通过代入点
坐标，借助待定系数法求解a的值，以此判断即可．
【详解】解：抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0))的对称轴为直线x=2，
当A、D、E三点在抛物线 y=a(x−2) 2+k(a>0)上，
∵A(−1,5),E(5,5)，
∴A,E关于对称轴x=2对称，
{5=a(−1−2) 2+k)
将A(−1,5),D(3,−1)代入得 ，
−1=a(3−2) 2+k
3
{ a= )
4
解得 ，
7
k=−
4
3 7 3 7
当x=5时，y= (x−2) 2− 得，y= (5−2) 2− =5，
4 4 4 4
3 7
∴点E在抛物线y= (x−2) 2− 上，
4 4
故抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)同时经过A、D、E三点；
当A、C、E三点在抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)上
{5=a(−1−2) 2+k)
把A(−1,5),C(2,1)代入得 ，
1=a(2−2) 2+k
{ a= 4 )
解得， 9
k=1
4
当x=5时，y= (5−2) 2+1=5，
9
4
∴E(5,5)在抛物线y= (x−2) 2+1上，
9故抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)同时过 A、C、E三点；
当A、B、E三点在抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)上，
{5=a(−1−2) 2+k)
把A(−1,5),B(1,2)代入得 ，
2=a(1−2) 2+k
3
{ a= )
8
解得，
13
k=
8
3 13 3 13
把点x=5代入y= (x−2) 2+ = (5−2) 2+ =5，
8 8 8 8
3 13
∴E(5,5)在抛物线y= (x−2) 2+ 上，
8 8
∴抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)同时过A、B、E三点；
综上所述，抛物线y=a(x−2) 2+k(a>0)能同时经过三个点有A、D、E；A、C、E；A、B、E且a
3 4 3
的值分别是 , , ．
4 9 8
∴ a的值不可能为Ｃ．
故选：C ．
3．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,c≠0)满足
a−b+c=0，且有两个相等的实数根，则下列结论错误的是（ ）
A．a−c=0 B．b−2c=0 C．2a−b=0 D．b2−ac=0
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义．
根据题意得出b=a+c，a=b−c，c=b−a，再根据判别式的意义可知Δ=0，进而可得答案．
【详解】解：∵a−b+c=0，
b=a+c，a=b−c，c=b−a．
∴一元二次方程ax2+bx+c=0有两个相等的实数根，b=a+c，
∵
Δ=b2−4ac=(a+c) 2−4ac=(a−c) 2=0，
∴
a−c=0，选项A结论正确，不符合题意；
∴一元二次方程ax2+bx+c=0有两个相等的实数根，a=b−c，
∵
Δ=b2−4ac=b2−4(b−c)c=b2−4bc+4c2=(b−2c) 2=0，
∴
b−2c=0，选项B结论正确，不符合题意；
∴一元二次方程ax2+bx+c=0有两个相等的实数根，c=b−a，
∵
Δ=b2−4ac=b2−4a(b−a)=b2−4ab+4a2=(2a−b) 2=0，
∴
2a−b=0，选项C结论正确，不符合题意；
∴∵b=a+c，a=b−c，c=b−a．
∵b−2c=0，a−c=0，
∴b=2c，a=c，
∴b2−ac=4c2−c2=3c2，
∵c≠0，
∴b2−ac=3c2≠0，选项D结论错误，符合题意．
故选：D．
2
4．（3分）将抛物线L :y= x2+mx向左平移2个单位长度，得到抛物线L ，若任意一条与x轴垂直的直
1 3 2
线与L ,L 的交点中，至少有一个不在x轴下方，则实数m的最大值为（ ）
1 2
2 4
A． B．1 C． D．2
3 3
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的平移问题，解一元二次不等式等知识点，解题的关键是利用数形结合的思
想找出临界位置．
先求出平移后的抛物线解析式L :y= 2 x2+ (8 +m ) x+ 8 +2m，联立L 求出交点坐标，再根据交点的位置
2 3 3 3 1
进行分析即可．
2
【详解】解：抛物线L :y= x2+mx向左平移2个单位长度，
1 3
2
则L :y= (x+2) 2+m(x+2)，
2 3
即L :y= 2 x2+ (8 +m ) x+ 8 +2m，
2 3 3 32
{ y= x2+mx )
3
联立 ，
y= 2 x2+ (8 +m ) x+ 8 +2m
3 3 3
3
{ x=−1− m)
4
解得： ，
16−9m2
y=
24
( 3 16−9m2 )
∴两个抛物线的交点记为D −1− m, ，
4 24
如图，当点D在x轴下方时，不符合题意；
只有当交点D在x轴上或在x轴上方时，符合题意，如图：16−9m2
∴ ≥0，
24
4 4
解得：− ≤m≤ ，
3 3
4
∴实数m的最大值为 ，
3
故选：C．
5．（3分）如图，这是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个
点…，第n行有n个点…，前n行的点数和不能是以下哪个结果 （ ）
A．741 B．600 C．465 D．300
【答案】B
【分析】由于第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点…，则前五行共有（1＋2＋3＋4＋5）个
点，前10行共有（1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10）个点，前n行共有1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝n（n＋
1）个点，然后根据选项分别求出n的数值，即可作出判断．
【详解】解：通过观察图形可知：
第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点，
则前5行共有（1＋2＋3＋4＋5）个点，
前10行共有（1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10）个点，
1
前n行共有1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝ n（n＋1）个点，
2
其中n为正整数，
1 −1−77 −1+77
∴当 n（n＋1）=741时，解得：n = =−39（舍），n = =38，
2 1 2 2 2
1 −1±❑√4801
当 n（n＋1）=600时，解得： n= （舍），
2 2
1 −1−61 −1+61
当 n（n＋1）=465时，解得：n = =−31（舍），n = =30，
2 1 2 2 2
1 −1−49 −1+49
当 n（n＋1）=300时，解得：n = =−25（舍），n = =24，
2 1 2 2 2故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变化规律，通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因
素，然后推广到一般情况．
6．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）关于x的一元二次方程 a (x−m) 2+n=0与
1
a (x−m) 2+n=0称为“同族二次方程”．如 2(x−3) 2−4=0与 3(x−3) 2−4=0就是“同族二次方
2
程”．现有关于x的一元二次方程 2(x−1) 2−1=0与 (a+1)x2+(b−2)x−2=0是“同族二次方程”，那
么代数式 ax2+bx+2024能取的最大值是（ ）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
【答案】D
【分析】本题考查一元二次方程，配方法的应用，根据新定义，得到(a+1)x2+(b−2)x−2=0，可以写成
a (x−1) 2−1=0，展开对应相等求出a,b的值，利用配方法求出ax2+bx+2024的最大值即可．熟练掌握
2
新定义是解题的关键．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 2(x−1) 2−1=0与 (a+1)x2+(b−2)x−2=0是“同族二次方程”
∴第二个方程(a+1)x2+(b−2)x−2=0可以写成a (x−1) 2−1=0的形式，
2
∴展开得：a x2−2a x+(a −1)=0
2 2 2
∴a+1=a ，b−2=−2a ，−2=a −1，
2 2 2
解得：a =−1，a=−2，b=4
2
∴ax2+bx+2024=−2x2+4x+2024=−2(x−1) 2+2026，
∵−2(x−1) 2≤0
∴−2(x−1) 2+2026≤2026
∴ax2+bx+2024能取的最大值是2026．
故选D．7．（3分）（2025·辽宁铁岭·二模）已知点A(x ,y )在直线y=−x+3上，点B(x ,y )，C(x ,y )在抛物
1 1 2 2 3 3
线y=−x2+3x上，若y = y = y 且x <x <x ，则x +x +x 的取值范围是（ ）
1 2 3 1 2 3 1 2 3
15
A．0<x +x +x <3 B． <x +x +x <4
1 2 3 4 1 2 3
C．4<x +x +x <6 D．x +x +x >6
1 2 3 1 2 3
【答案】B
【分析】求得直线与抛物线的交点的横坐标，把抛物线的顶点纵坐标代入直线解析式，求得对应的x 值，
1
即可求得x 取值范围，根据抛物线与方程的关系，从而求得x +x 的取值范围，解答即可．
1 2 3
{y=−x2+3x)
【详解】解：∵ ，
y=−x+3
{x=1) {x=3)
解得 或 ，
y=2 y=0
∵点B(x ,y )，C(x ,y )在抛物线y=−x2+3x上，且y = y ，
2 2 3 3 2 3
∴x ,x 是方程−x2+3x=0的两个根，
2 3
∴x +x =3，
2 3
∵x <x <x ，
1 2 3
∴x <1；
1
∵y=−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，
2 4
9 9
∴当y= 时，−x+3= ，
4 4
3
∴x= ，
4
∵x <x <x ，
1 2 33
∴ <x <1；
4 1
3
∴ +3<x +x +x <1+3；
4 1 2 3
15
∴ <x +x +x <4，
4 1 2 3
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，解析式与不等式的关
系，根与系数关系定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
8．（3分）（24-25九年级下·广东广州·阶段练习）如果A(m−2,a),B(4,b),C(m,a)都在二次函数
y=x2−2tx+3(t>0)的图象上，且a<b<3，则m的取值范围（）
A．m<4或m>6 B．3<m<4或m>6
C．m<3或4<m<6 D．m<3或m>6
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质等知识，由A(m−2,a),C(m,a)关
于对称轴对称得m−1=t，且A在对称轴左侧，C在对称轴右侧；确定抛物线与y轴交点(0,3)，此交点关于
对称轴的对称点为(2m−2,3)，结合已知确定出m>3；再分类讨论：A,B都在对称轴左边时，A,B分别在
对称轴两侧时，分别列出不等式进行求解即可，存在待定参数的情况下，对可能情况作出分类讨论是解题
的关键．
【详解】解：∵A(m−2,a),C(m,a)关于对称轴对称，
m−2+m −2t
∴ =− ，
2 2
∴m−1=t，且A在对称轴左侧，C在对称轴右侧，
∵抛物线与y轴交点为(0,3)，抛物线对称轴为直线x=m−1，
∴此交点关于对称轴的对称点为(2m−2,3)，
∵a<b<3且t>0，
∴4<2m−2，
解得：m>3，
当A,B都在对称轴左边时，
∵a<b，
∴4<m−2，解得：m>6，
∴m>6，
当A,B分别在对称轴两侧时，
∵a<b
∴B到对称轴的距离大于A到对称轴的距离，
∴4−(m−1)>m−1−(m−2)，
解得：m<4，
∴3<m<4，
综上所述，3<m<4或m>6，
故选：B．
9．（3分）（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于两
点(−1,0)，(x ,0)，且2<x <3．下列结论：①abc>0；②2a+c<0；③4a−b+2c<0；④若m和n是
1 1
关于x的一元二次方程a(x+1)(x−x )+c=0 (a≠0)的两根，且m<n，则m<−1，n>2；⑤关于x的不
1
c
等式ax2+bx+c>− x+c (a≠0)的解集为0<x<x ．其中正确结论的个数是（ ）
x 1
1
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数图象与性质，根据抛物线开口，对称轴，以及与y轴的交点，确定a,b,c的
符号，即可判断①，根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过(−1,0)，得出a−b+c=0，进而判断对
1 b
称轴 <− <1，得出a<−b<2a，进而判断②和③，根据函数图象判断④，将一般式写成交点式得出
2 2a
b=a(1−x )，c=−ax 化简不等式为x2−x x>0，求得解集，即可求解．
1 1 1
【详解】解：∵抛物线开口向上，∴a>0，
∵对称轴在y轴的右侧，
b
∴x=− >0，
2a
∴b<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确，
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于两点(−1,0)，(x ,0)，且2<x <3．
1 1
−1+2 −1+3 1 b
∴对称轴 <x< ，即 <− <1，
2 2 2 2a
∴a<−b<2a，
∴a−b+c>a+a+c=2a+c，2a+b>0
∴2a+c<0，故②正确；
∵b=a+c，
∴4a−b+2c
=4a−b+2(b−a)
=2a+b>0，
∴4a−b+2c>0，故③错误；
④如图，
关于x的一元二次方程a(x+1)(x−x )+c=0 (a≠0)的两个根，即函数y=ax2+bx+c(a≠0)与y=−c的
1
交点的横坐标，
∵m<−1<2<n，∴若m和n是关于x的一元二次方程a(x+1)(x−x )+c=0 (a≠0)的两根，且m<n，则m<−1，n>2；故
1
④正确；
⑤∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于两点(−1,0)，(x ,0)，
1
∴y=ax2+bx+c=a(x+1)(x−x
)
1
=ax2+a(1−x )x−ax ，
1 1
∴b=a(1−x )，c=−ax ，
1 1
c −ax
∴b−a=−ax ，− =− 1=a，
1 x x
1 1
c
∴ax2+bx+c>− x+c可化为ax2+(b−a)x>0，
x
1
即ax2−ax x>0，
1
∵a>0，
∴x2−x x>0，
1
解得：x<0或x>x ，
1
c
∴关于x的不等式ax2+bx+c>− x+c (a≠0)的解集为x<0或x>x 不是0<x<x 故⑤错误
x 1 1
1
故正确的有①②④，共3个，
故选：B
10．（3分）（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，抛物线y=−x2+3x+4与x轴交于点A，B，与y轴
2
交于点C，线段PQ在抛物线的对称轴上移动（点Q在点P下方），且PQ= AB．当AQ+CP的值最小
5
时，点Q的坐标是（ ）(3 ) (3 5) (3 3) ( 3)
A． ,2 B． , C． , D． 1,
2 2 4 2 2 2
【答案】B
2
【分析】先求出A(−1,0)，B(4,0)，求出PQ= AB=2，将点C沿y轴向下平移2个单位，得到点D，连
5
接DQ，BD，证得四边形CDQP是平行四边形，于是可得CP=DQ，于是得到CP+AQ=DQ+QB≥DQ
，即点Q是直线BD与抛物线对称轴的交点时，AQ+CP的值最小，利用待定系数法可求得直线BD的解析
式，然后求得抛物线的对称轴，通过求解两条直线的交点即可得出答案．
【详解】解：抛物线y=−x2+3x+4与x轴交于点A，B，
当y=0时，得：−x2+3x+4=0，
解得：x =−1,x =4，
1 2
∴A(−1,0)，B(4,0)，
∴AB=5，
2
∵PQ= AB，
5
∴PQ=2，
点C沿y轴向下平移2个单位得到点D，如图，连接DQ，BD，
∵线段PQ在抛物线的对称轴上移动（点Q在点P下方），
∴CD=PQ=2，
∵抛物线的对称轴∥y轴，且线段PQ在抛物线的对称轴上，线段CD在y轴上，∴CD∥PQ，AQ=BQ，
∴四边形CDQP是平行四边形，
∴CP=DQ，
∴CP+AQ=DQ+QB≥DB，
∴当D、Q、B三点共线，即点Q是直线DB与抛物线对称轴的交点时，CP+AQ的值最小，
∵抛物线y=−x2+3x+4与y轴交于点C，
令x=0，则y=−x2+3x+4=4，
∴C(0,4)，
由平移的性质可得：点D的纵坐标=4−2=2，
∴D(0,2)，
{4k+b=0)
设直线BD的解析式为y=kx+b，将点B，点D的坐标代入，得 ，
b=2
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴直线BD的解析式为y=− x+2，
2
3 3
∵抛物线y=−x2+3x+4的对称轴为直线x=− =
，
2×(−1) 2
3 1 5
把x= 代入y=− x+2得，y= ，
2 2 4
(3 5)
∴Q , ，
2 4
故选：B．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了平移的性质，二次函数的图象与性质，平行四边形的判定
与性质，轴对称的性质，三角形三边之间的关系，求抛物线与y轴的交点坐标，求抛物线与x轴的交点坐
标，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，两直线的交点与二元一次方程组的解等知识点，
巧妙添加辅助线并运用数形结合思想是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若关于x的一元二次方程(k−1)x2−2❑√10x−5=0有两个不相等的实数根，则k的最小正整
数值是 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查根的判别式、一元二次方程的定义、解不等式等知识点，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判别式Δ=b2−4ac．
根据一元二次方程有两个不相等的实数根得出Δ=(−2❑√10) 2 −4×(k−1)×(−5)>0，结合一元二次方程的
定义知k−1≠0求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程(k−1)x2−2❑√10x−5=0有两个不相等的实数根，
{(−2❑√10) 2 −4×(k−1)×(−5)>0)
∴ ，
k≠1
解得：k>−1且k≠1，
∴k的最小正整数值是2．
故答案为：2．
12．（3分）（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，一段抛物线：y=−x(x−2)(0≤x≤2)记为图象
C ，它与x轴交于两点O、A ；将图象C 绕点A 旋转180°得到图象C ，交x轴于点A ；将图象C 绕点
1 1 1 1 2 2 2
(2025 )
A 旋转180°得到图象C ，交x轴于点A ；…如此进行下去，若点P ,m 在某段抛物线上，则m=
2 3 3 2
．
3
【答案】
4
【分析】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，发
现图象的变化特点；
(2025 )
根据题意和图象可以发现每4个单位长度的图象为一个循环，然后即可计算出点P ,m 中m的值．
2
【详解】解：y=−x(x−2)=−(x−1) 2+1，
∴图象C 的顶点坐标为(1,1)，
1
1
∴点O和图象C 的顶点间的一半，横坐标为x= ，
1 2
1 3
把x= 代入y=−(x−1) 2+1，解得：y= ，
2 43
作y= 的直线平行x轴，如图：
4
，
(1 3)
∴B , ，
2 4
由图象可得，
每4个单位长度的图象为一个循环，
2025 1
∵ =1012 ，1012÷4=253，
2 2
(2025 ) (1 3)
∴点P ,m 与图象C 的点B , 中的纵坐标是相等的，
2 1 2 4
3
∴m= ，
4
3
故答案为： ．
4
13．（3分）关于x的方程a(x+m) 2+b=0的解是x =−5，x =3（a、b、m均为常数，a≠0），则方程
1 2
a(x+m−2) 2+b=0的解是 ．
【答案】x =−3，x =5/x =5，x =−3
1 2 1 2
【分析】本题考查了用换元法解一元二次方程，首先把方程 a(x+m−2) 2+b=0，整理成
a[(x−2)+m) 2 +b=0的形式，根据方程a(x+m) 2+b=0的解是x =−5，x =3，可知方程
1 2
a[(x−2)+m) 2 +b=0的解是x −2=−5，x −2=3，从而求出方程a(x+m−2) 2+b=0的解．
1 2
【详解】解：a(x+m−2) 2+b=0，
2
整理得：a[(x−2)+m) +b=0，∵方程a(x+m) 2+b=0的解是x =−5，x =3，
1 2
∴方程a[(x−2)+m) 2 +b=0的解是x −2=−5，x −2=3，
1 2
解得：x =−3，x =5．
1 2
故答案为：x =−3，x =5 ．
1 2
14．（3分）（24-25九年级上·安徽淮南·阶段练习）在平面直角坐标系中，关于x的二次函数
y=x2−2ax+2a2−a的顶点为P．
（1）点P的坐标为 （用含字母a的代数式表示）；
（2）若将抛物线先向下平移6个单位，再向左平移2个单位得到新的二次函数y′，若a≥−1，则该抛物线
顶点P纵坐标的最小值为 ．
25
【答案】 (a,a2−a) −
4
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的平移及二次函数的最值，掌握二次函数
的顶点式和增减性是解本题的关键．
（1）化成顶点式即可求得；
（2）原二次函数图象顶点坐标纵坐标为y=a2−a，根据平移方式得出新的函数关系式，最后结合a的取值
范围求出该抛物线顶点P纵坐标的最小值即可．
【详解】解：（1）∵y=x2−2ax+2a2−a=x2−2ax+a2+a2−a=(x−a) 2+a2−a，
∴顶点P的坐标为(a,a2−a)．
故答案为：(a,a2−a)；
（2）原抛物线顶点纵坐标为y=a2−a= ( a− 1) 2 − 1 ，
2 4
将原抛物线向下平移6个单位，再向左平移2个单位，则有：
y′= ( a− 1) 2 − 1 −6= ( a− 1) 2 − 25 ，
2 4 2 4
1 (1 25)
此函数图象开口向上，对称轴为a= ，顶点坐标为 ,− ，
2 2 4
∵a≥−1，
1 25
∴当a= 时，y′有最小值，为− ，
2 425
即该抛物线顶点P纵坐标的最小值为− ，
4
25
故答案为：− ．
4
15．（3分）（25-26九年级上·广东揭阳·阶段练习）已知对于任意实数a，关于x的方程
x2+(a−1)x+ab−2=0总有两个不相等的实数根，直线y=bx+4b与x轴、y轴相交于A、B两点，则
△AOB的面积为整数值的三角形个数有 个．
【答案】15
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式、一次函数的性质和三角形面积公式的应用能力，关键是能
准确理解并运用以上知识，进行正确地计算、讨论、求解．
运用一元二次方程根的判别式、一次函数的性质和三角形面积公式等知识进行求解．
【详解】解：∵关于x的方程x2+(a−1)x+ab−2=0，总有两个不相等的实数根，
∴Δ=(a−1) 2−4(ab−2)
=a2−2a=1−4ab+8
=a2−(2+4b)a+9>0，
∴ Δ关于a的二次函数的图象在x轴上方，
∴(2+4b) 2−4×9<0，
解得−2<b<1，
∵直线y=bx+4b与x轴交于A(−4,0)，与y轴交于B(0,4b)，
∴OA=|−4)=4，OB=|4b)=4|b)，
1 1
∴S= OA×OB= ×4×4|b)=8|b)，
2 2
∵−2<b<1且b≠0，
∴0<|b)<2，故
0<8|b)<16，
∴ △AOB的面积为整数值的三角形个数有15个，
故答案为：15．
16．（3分）（2025·四川成都·二模）已知二次函数y=x2+2(m+1)x+m2−1图象的顶点为P，若点P的坐标为(a,b)，则b与a之间的关系式为 ；设点P所在的定直线为l，二次函数图象上有两个不同点
A(1,t)，B(s,t)，连接AB，若线段AB与定直线l没有公共点，则m的取值范围为 ．
【答案】 b=2a m>0或m<−4
【分析】本题主要考查了二次函数的性质、配方法将函数解析式化成顶点式、二次函数与直线的位置关系
等知识点，掌握二次函数的性质成为解题的关键．
通过配方法将二次函数化成顶点式确定顶点坐标，然后消去m即可解答；由二次函数的定义可得
t=m2+2m+2，再根据对称性可得s=−2m−3，进而得到直线l上纵坐标为t的点的横坐标为
t m2+2m+2
x= = ；然后分点A在店B的右侧和左侧两种情况解答即可．
2 2
【详解】解：∵y=x2+2(m+1)x+m2−1=[x+(m+1)) 2 −2m−2，顶点P的坐标为(a,b)，
∴a=−m−1,b=−2m−2，
∴b=2a；
∴P(a,2a)
∵设点P所在的定直线为l，
∴直线l解析式y=2x，
∵点A在二次函数图象上，
∴t=12+2(m+1)+m2−1=m2+2m+2，
∵A，B两点纵坐标相同，
∴A，B两点关于对称轴x=−m−1对称，
1+s
∴ =−m−1,则s=−2m−3，
2
∵直线l解析式y=2x，
t m2+2m+2
∴直线l上纵坐标为t的点的横坐标为x= = ，
2 2
∵线段AB与定直线l没有公共点，
m2+2m+2
∴当点A在店B的右侧时，即−2m−3<1，有 >1，解得：m>0；
2
m2+2m+2
当点A在店B的左侧时，即−2m−3>1，有 >−2m−3，解得：m<−4．
2
综上，m的取值范围为m>0或m<−4．
故答案为：b=2a，m>0或m<−4．第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25九年级上·北京海淀·期中）已知关于x的方程x2−(m+1)x+ ( m− 1) =0．
4
(1)求证：方程必有两个不等实数根；
(2)当m取0<m<5的整数时，存在两个有理数根，求m的值和这两个有理数根．
【答案】(1)方程必有两个不等实数根；
1 3
(2)m的值为1，这两个有理数根为 和 ．
2 2
【分析】本题考查了根的判别式以及公式法解一元二次方程．
（1）由方程的系数结合根的判别式Δ=b2−4ac，可得出Δ=(m−1) 2+1>0，进而可证出方程必有两个不
等实数根；
3
（2）由m的取值范围及方程存在两个有理数根，可得出m=1，代入后可得出原方程为x2−2x+ =0，且
4
Δ=1，再利用公式法，即可求出原方程的两个有理数根．
2 ( 1)
【详解】（1）证明：Δ=[−(m+1)) −4×1× m−
4
=m2+2m+1−4m+1
=m2−2m+2
=(m−1) 2+1．
∵(m−1) 2≥0，
∴(m−1) 2+1>0，
即Δ>0，
∴方程必有两个不等实数根；
（2）解：∵当m取0<m<5的整数时，存在两个有理数根，且Δ=(m−1) 2+1，
∴m=1，
3
∴原方程为x2−2x+ =0，且Δ=1，
4−(−2)±1
∴此时原方程的解为x= ，
2
1 3
∴m的值为1，这两个有理数根为 和 ．
2 2
18．（6分）（2025·浙江·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2ax+c(a>0)．
(1)当a=c时，
①求抛物线的顶点坐标．
②将抛物线向下平移m个单位(m>0)，若平移后的抛物线过点(0,−8)，且与x轴两交点之间的距离为6，
求m的值．
(2)已知点M(2,2n+1)，N(−1,3n+2)在抛物线上，且c<0，求n的取值范围．
【答案】(1)①(1,0)；②m=9，
1
(2)−1<n<−
2
【分析】本题考查二次函数图象性质，二次函数图象平移，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二
次函数图象性质，二次函数图象平移规律“上加下减”是解题的关键．
（1）①把a=c代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得y=a(x−1) 2，即可得出顶点坐标；
②根据平移规律得平移后抛物线解析式为y=a(x−1) 2−m，把(0,−8)代入，求得a=m−8，则
y=(m−8)x2−2(m−8)x−8，设平移后的抛物线与x轴两交点横坐标为x ，x ，则x +x =2，
1 2 1 2
8 16−4m 16
x ⋅x = ，又|x −x )=6，即可得出 − =36，解之即可求解．
1 2 8−m 1 2 8−m 8−m
1
（2）把M(2,2n+1)，代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得c=2n+1，根据c<0，求得n<− ；把
2
N(−1,3n+2)代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得c=3n−3a+2，根据c=2n+1和a>0，求得n>−1，进而
即可求解．
【详解】（1）解：①∵y=ax2−2ax+c(a>0)，a=c
∴y=ax2−2ax+a=a(x−1) 2
∴抛物线的顶点坐标为(1,0)，
②∵将抛物线向下平移m个单位(m>0)，
∴平移后抛物线解析式为y=a(x−1) 2−m，把(0,−8)代入，得a(0−1) 2−m=−8，
∴a=m−8
∴y=(m−8)(x−1) 2−m=(m−8)x2−2(m−8)x−8
设平移后的抛物线与x轴两交点横坐标为x ，x ，
1 2
8
则x +x =2，x ⋅x = ，
1 2 1 2 8−m
∴x 2+2x x +x 2=4
1 1 2 2
16−4m
∴x 2+x 2=
1 2 8−m
∵平移后的抛物线与x轴两交点之间的距离为6，
∴|x −x )=6
1 2
∴x 2−2x x +x 2=36
1 1 2 2
16−4m 16
∴ − =36
8−m 8−m
解得：m=9
经检验，m=9是分式方程的解，且符合题意，
∴m=9．
（2）解：把M(2,2n+1)，代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得
c=2n+1，
∵c<0，
∴2n+1<0，
1
∴n<− ，
2
把N(−1,3n+2)代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得
3a+c=3n+2，
∴c=3n−3a+2，
∵c=2n+1，
n+1
∴a= ，
3n+1
∵a= >0，
3
∴n>−1，
1
∴−1<n<− ．
2
19．（8分）（24-25九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，
动点P、Q分别以3cm/s，2cm/s的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．
(1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离
是10cm？
(2)若点P沿着AB→BC→CD移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试
探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
8 24
【答案】(1)经过 s或 s后P、Q两点之间的距离是10cm
5 5
(2)经过4秒或6秒△PBQ的面积为12cm2．
【分析】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理和一元二次方程的应用等知识，熟练应用矩形的性质是
解题关键．
（1）如图，过点P作PE⊥CD于E，设x秒后PQ=10cm，利用勾股定理得出即可．
（2）分类讨论：①当点P在AB上时；②当点P在BC边上；③当点P在CD边上时，根据面积列方程求解
即可．
【详解】（1）解：过点P作PE⊥CD于E．
设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．
根据题意得：
(16−2x−3x) 2+62=102，即(16−5x) 2=64，
∴16−5x=±8，8 24
∴x = ，x = ；
1 5 2 5
8 24
∴经过 s或 s后P、Q两点之间的距离是10cm；
5 5
（2）连接BQ．设经过ys后△PBQ的面积为12cm2．
16
①当0≤ y≤ 时，则PB=16−3 y，
3
1 1
∴ PB⋅BC=12，即 ×(16−3 y)×6=12，
2 2
解得y=4；
16 22
②当 <y≤ 时，
3 3
BP=3 y−AB=3 y−16，QC=2y，则
1 1
BP⋅CQ= (3 y−16)×2y=12，
2 2
2
解得y =6，y =− （舍去）；
1 2 3
22
③ <y≤8时，PC=3 y−22，
3
QP=CQ−PC=2y−(3 y−22)=22−y，
1 1
∴ QP⋅CB= (22−y)×6=12，
2 2
解得y=18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒△PBQ的面积为12cm2．
20．（8分）（24-25九年级上·四川泸州·期末）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A(−4,0)，
B(2,0)，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点D在抛物线的对称轴上，当CD平分∠ACO时，求点D的坐标；
(3)如图2，平行于x轴的动直线l从x轴出发向上平移，直线l与抛物线交于点M，N（点M在点N左侧），
若在x轴上存在点P使△PMN是等腰直角三角形，求点M的坐标．
1 1
【答案】(1)y=− x2− x+2
4 2
( 3−❑√5)
(2)D −1,
2
(3)M点坐标为(−2,2)或(1−❑√13,−2+❑√13)
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，角平分线的定义及性质，三
角形全等的判定及性质，勾股定理是解题的关键．
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设CD与x轴交于E点，过点E作EF⊥AC于点F，证明△CEF≌△CEO(AAS)，在Rt△AEF
中，利用勾股定理得出EO=❑√5−1，求出E(1−❑√5,0)，直线CE与抛物线对称轴的交点即为D；
1 1
（3）设直线l的解析式为y=m，当m=− x2− x+2时，求得M(−1−❑√9−4m,m)，
4 2
N(−1+❑√9−4m,m)，则MN=2❑√9−4m，当MP⊥MN，MP=MN时，2❑√9−4m=m，求出
M(−2,2)；当NP⊥MN时，2❑√9−4m=m，求出M(−2,2)；当MP⊥NP，MP=NP时，MN=2m
，2❑√9−4m=2m，求出M(1−❑√13,−2+❑√13)．
【详解】（1）解：将点A(−4,0)、B(2,0)代入y=ax2+bx+2得：¿，
解得：¿，
1 1
∴y=− x2− x+2．
4 2
（2）解：当x=0时，y=2，
∴C(0,2)，设CD与x轴交于E点，过点E作EF⊥AC于点F，
∵CD平分∠ACO，EO⊥CO，
∴EF=EO，∠ACE=∠OCE，
∴△CEF≌△CEO(AAS)，
∴FC=OC=2
∵AO=4，
∴AC=❑√OC2+OA2=❑√22+42=2❑√5，
在Rt△AEF中，AE2=AF2+EF2，
∴(4−EO) 2=(2❑√5−2) 2+EO2，
解得：EO=❑√5−1，
∴E(1−❑√5,0)，
∴设直线CE的解析式为y=kx+2，
∴(1−❑√5)k+2=0，
1+❑√5
解得k= ，
2
1+❑√5
∴直线CE的解析式为y= x+2，
2
1 1 1 9
∵y=− x2− x+2=− (x+1) 2+ ，
4 2 4 4
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
( 3−❑√5)
∴D −1, ．
2
（3）解：设直线l的解析式为y=m，
1 1
当m=− x2− x+2时，解得：x=−1+❑√9−4m或x=−1−❑√9−4m，
4 2
∴M(−1−❑√9−4m,m)，N(−1+❑√9−4m,m)，∴MN=2❑√9−4m，
当MP⊥MN，MP=MN时，2❑√9−4m=m，
解得：m=2或m=−18（舍），
∴M(−2,2)；
当NP⊥MN时，2❑√9−4m=m，
解得m=2或m=−18（舍），
∴M(−2,2)；
当MP⊥NP，MP=NP时，MN=2m，
∴2❑√9−4m=2m，
解得：m=−2+❑√13或m=−2−❑√13（舍），
∴−1−❑√9−4m=−1−❑√9−4(−2+❑√13)=−1−❑√ (❑√13−2) 2=1−❑√13，
∴M(1−❑√13,−2+❑√13)；
综上所述：M点坐标为(−2,2)或M(1−❑√13,−2+❑√13)．
21．（10分）（24-25八年级下·浙江·阶段练习）已知关于x的方程x2−(k+2)x+2k=0．
(1)求证：无论k取任何实数值，方程总有实数根；
(2)若Rt△ABC斜边长a=3，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．
(3)已知三个不同的实数a，b，c满足a−b+c=3，方程x2+ax+1=0和x2+bx+c=0有一个相同的实根，
方程x2+x+a=0和x2+cx+b=0也有一个相同的实根．求a，b，c的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)5+❑√5
(3)a=−2，b=−3，c=2
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，勾股定理的应用．
（1）把一元二次方程根的判别式转化成完全平方式的形式，得出Δ≥0可知方程总有实数根．
（2）根据根与系数的关系得b+c=k+2,bc=2k，再由勾股定理得到(k+2) 2−2×2k=9，即可解得k的
值，利用b+c>0取舍k的值，即可得到△ABC的周长．
（3）依次将题设中所给的四个方程编号为x2+ax+1=0①，x2+bx+c=0②，x2+x+a=0③，
c−1
x2+cx+b=0④．设x 是方程①和方程②的一个相同的实根，可得：x = ．设x 是方程③和方程④的
1 1 a−b 2
a−b
一个相同的实根，可得x = ，可得x x =1．再进一步求解即可．
2 c−1 1 2【详解】（1）证明：∵x2−(k+2)x+2k=0，
2
∴Δ=[−(k+2)) −4×1×2k
=k2+4k+4−8k
=k2−4k+4
=(k−2) 2
∵(k−2) 2≥0，
∴Δ≥0，
∴无论k为任意实数值方程，总有实数根．
（2）解：∵Rt△ABC斜边长a=3，另两边长b，c恰好是方程x2−(k+2)x+2k=0的两个根，
∴b+c=k+2,bc=2k，
∵b、c为直角边，斜边长a=3，
∴b2+c2=32，
∴(b+c) 2−2bc=9，
∴(k+2) 2−2×2k=9，
整理得k2=5，
解得k =❑√5，k =−❑√5，
1 2
∵ b+c>0，
∴k =−❑√5舍去，
2
∴b+c=❑√5+2，
∴△ABC的周长=5+❑√5，
（3）解：依次将题设中所给的四个方程编号为x2+ax+1=0①，x2+bx+c=0②，x2+x+a=0③，
x2+cx+b=0④．
{x2+ax +1=0)
设x 是方程①和方程②的一个相同的实根，则 1 1 ，两方程相减，
1 x2+bx +c=0
1 1
c−1
解得：x = ．
1 a−b{ x2+x +a=0 )
设x 是方程③和方程④的一个相同的实根，则 2 2 ，两方程相减，
2 x2+cx +b=0
2 2
a−b
∴解得x = ，
2 c−1
∴x x =1．
1 2
又方程①的两根之积等于1，
∴x 也是方程①的根，则x2+ax +1=0．
2 2 2
又x2+x +a=0，
2 2
两方程相减，得(a−1)x =a−1．
2
若a=1，则方程①无实根，
∴a≠1，
∴x =1．
2
∴1+1+a=0，
∴a=−2，
由④得：b+c=−1．
又a−b+c=3，
解得：b=−3，c=2．
22．（10分）如图，抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A(−1，0)，
B(3，0)．
(1)求抛物线及直线BC的解析式；
(2)若P为抛物线上位于直线BC上方的一点，求△PBC面积S的最大值，并求出此时点P的坐标；
(3)直线BC与抛物线的对称轴交于点D，M为抛物线上一动点，点N在x轴上，若以点D、A、M、N为
顶点的四边形是平行四边形，求出所有满足条件的点M的坐标．
【答案】(1)y=−2x2+4x+6；y=−2x+627 (3 15)
(2) ；P , ；
4 2 2
(3)(❑√2+1,4)；(1−❑√2,4)；(1+❑√6,−4)；(1−❑√6,−4)
【分析】（1）利用待定系数法运算求解即可；
（2）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，连接PC，PB，设出P(m,−2m2+4m+6)，则Q(m,−2m+6)，
求出PQ的长，再利用三角形面积公式列出函数式子求解即可；
（3）设出点的坐标，利用中点坐标公式分类讨论对角线的情况列式运算即可．
【详解】（1）解：把A(−1，0)，B(3，0)分别代入y=ax2+bx+6可得：
{ a−b+6=0 )
9a+3b+6=0
{a=−2)
解得：
b=4
∴抛物线的解析式为：y=−2x2+4x+6；
把x=0代入y=−2x2+4x+6，可得：y=6
∴C(0,6)
设直线BC的解析式为：y=kx+b，把B(3，0)，C(0,6)分别代入得：
{3k+b=0)
，
b=6
{k=−2)
解得：
b=6
∴直线BC的解析式为：y=−2x+6；
（2）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，连接PC，PB如图所示：
∵y=−2x2+4x+6，y=−2x+6，
∴设P(m,−2m2+4m+6)，则Q(m,−2m+6)，
∴PQ=−2m2+4m+6−(−2m+6)=−2m2+6m，∴S= 1 PQ(x −x )= 1 ×(−2m2+6m)(3−0)= 3 (−2m2+6m)=−3(m2−3m)=−3 ( m− 3) 2 + 27
2 B C 2 2 2 4
3 27
∴当m= 时，S最大面积为 ，
2 4
3 (3 15)
把m= 代入P(m,−2m2+4m+6)可得：P , ；
2 2 2
（3）解：∵y=−2x2+4x+6，
b 4
∴抛物线对称轴为直线x=− =− =1，
2a 2×(−2)
∴把x=1代入y=−2x+6可得：y=4，
∴D(1,4)，
∵M为抛物线上一动点，设M(a,−2a2+4a+6)；点N在x轴上，设N(b,0)，
∵A(−1，0)，
∴①当AD为平行四边形的对角线时：
0+4=−2a2+4a+6+0，
解得：a =❑√2+1或a =1−❑√2，
1 2
代入M(a,−2a2+4a+6)可得：M(❑√2+1,4)，M(1−❑√2,4)，
②当AM为平行四边形的对角线时：
0−2a2+4a+6=4+0，
解得：a =❑√2+1或a =1−❑√2，与①相同；
1 2
③当AN为平行四边形的对角线时：
0+0=−2a2+4a+6+4，
解得：a =1+❑√6或a =1−❑√6，
1 2
代入M(a,−2a2+4a+6)可得：M(1+❑√6,−4)，M(1−❑√6,−4)，
综上所述M的坐标为：(❑√2+1,4)；(1−❑√2,4)；(1+❑√6,−4)；(1−❑√6,−4)．
【点睛】本题考查了二次函数，一次函数与几何综合，涉及到了二次函数的图像性质，坐标轴点的特征，
三角形面积最值的求法，平行四边形的性质，熟悉掌握几何的构造是解题的关键．
23．（12分）（24-25八年级下·湖南长沙·期末）关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根分别是x ，x (x <x )，若x ，x 为整数，则称(x ,x )为“Deep”点．
1 2 1 2 1 2 1 2
(1)x2+5x+4=0 （填是或否）存在“Deep”点；
(2)若关于x的一元二次方程：x2+bx+c=0的“Deep”点为(2,3)，求b，c的值；
(3)关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m=0是否存在一“Deep”点，且该点在直线y=−2x+2上，若
存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)是
(2)b=−5，c=6
(3)存在，m=−1
【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，一次函数图象上点的特
征，新定义及规律探究．
（1）先解一元二次方程，得到方程的两个根，再根据“Deep”点的定义判断即可；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得2+3=−b，2×3=c，进而可得答案；
（3）假设存在，根据题意Δ=(2m) 2−4×1×(m2+m)=−4m≥0，求出m≤0；再根据x +x =−2m，
1 2
x x =m2+m，得到x =2+2m，x =−2−4m，代入x x =m2+m化简为9m2+13m+4=0，求出m，检
1 2 1 2 1 2
验是否符合题意即可．
【详解】（1）解：由x2+5x+4=0，得(x+4)(x+1)=0，
∴x+4=0或x+1=0，
解得x =−4，x =−1，
1 2
∵−4，−1为整数，
∴(−4,−1)是“Deep”点，
故答案为：是；
（2）解：∵关于x的一元二次方程：x2+bx+c=0的“Deep”点为(2,3)，
∴2+3=−b，2×3=c，
故b=−5，c=6；
（3）解：假设关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m=0存在一“Deep”点，且该点在直线y=−2x+2
上，
由x2+2mx+m2+m=0，
得Δ=(2m) 2−4×1×(m2+m)=−4m≥0，故m≤0，
由一元二次方程的根与系数的关系得x +x =−2m，x x =m2+m，
1 2 1 2
∴x =−2m−x ，
2 1
∵“Deep”点(x ,x )在直线y=−2x+2上，
1 2
∴x =−2x +2，
2 1
∴−2x +2=−2m−x ，
1 1
解得x =2+2m，x =−2−4m，
1 2
所以x x =(2+2m)(−2−4m)=m2+m，
1 2
整理得 9m2+13m+4=0，
4
解得m=−1或m=− ，
9
当m=−1时，方程为x2−2x=0，x =0，x =2，“Deep”点坐标为(0,2)，符合；
1 2
4 10 2
当m=− 时，x =2+2m= 和x =−2−4m=− 不是整数解，舍去．
9 1 9 2 9
综上，关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m=0存在一“Deep”点，且该点在直线y=−2x+2上，此
时m=−1．
24．（12分）（2025·贵州遵义·模拟预测）【项目式学习】
项目主题：无人机灌溉研究
项目背景：无人机灌溉技术在现代农业中逐渐普及，它能高效、精准地为农作物供水，减少水资源浪费，
提升灌溉效率，助力农业现代化发展．
驱动问题：如何优化无人机灌溉方案，实现更高效、精准的灌溉．
建立模型：如图1，是无人机的示意图，其中点O为无人机的控制中心，点A，B是喷水口，点A，B，O
在同一条水平直线上，AB=80cm．如图2，以无人机控制中心所在位置O为坐标原点，竖直方向为y
轴，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．喷水口点A和点B到点O的距离相等，每个喷水口喷
出的水流在竖直方向的最大横截面都是形状相同的抛物线，抛物线与y轴的交点为C，OC=400cm．（1）试确定点A所在抛物线的函数表达式．
问题解决：
（2）启动无人机后，无人机控制中心距地面的初始高度为400cm，为了精准灌溉，需要调整无人机的高
度到合适位置．如图3，使相邻田地之间的田埂（宽度为EF的区域，且EF=40cm，田埂高度忽略不计）
恰好不被喷洒到水，求无人机应该下降的高度
（3）如图4，在直线AB上再增加2个喷水口M和N，M在A左侧，N在B右侧，且MA=AB=BN，当无
人机上升到距地面的高度为625cm时，直接写出此时喷洒水覆盖区域宽度PQ的长．
1
【答案】（1）y=− (x+40) 2 ；（2）无人机应该下降的高度为300cm；（3）340cm
4
【分析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，包括根据点坐标求二次函数表达式、利用函数性质解
决高度和距离问题；解题关键是通过建立平面直角坐标系，准确找出各点坐标并代入二次函数表达式进行
求解．
（1）首先根据喷水口A、B到O距离相等且OB长度，确定A点在x轴上的坐标；由抛物线与y轴交点特
征确定C点坐标．设抛物线的一般式，将C点坐标代入得到c的值， 再利用抛物线对称轴为y轴这一性质
得出b的值，最后把A点坐标及已得的b、c值代入一般式，求出a的值，进而确定抛物线的函数表达式；
（2）以无人机控制中心为原点建立平面直角坐标系，且明确喷药抛物线函数表达式不变． 由于田埂宽度
为1且关于y轴对称，设田埂边缘在x轴正半轴点的坐标，将其代入已知抛物线表达式，求出该点纵坐
标，此纵坐标即为调整高度时无人机摄像头距地面高度， 用无人机初始高度减去调整高度时摄像头距地
面高度，得到无人机应下降的高度．
1
（3）根据已知条件求出M的坐标．设M所在抛物线表达式为y=− (x+120) 2 ，根据无人机相对高度对
4
应的点坐标代入，求出表达式．求出与x轴交点的坐标，由于覆盖区域关于y轴对称，用求出的横坐标距
离乘以2，得到喷洒水覆盖区域宽度．
【详解】解：（1）∵AB=80cm，点A与点B到点O的距离相等，
∴OA=OB=40cm，
∴点A的坐标为(−40,0)．
∵OC=400cm，
∴点C的坐标为(0,−400)．
设点A所在抛物线的函数表达式为y=a(x+40) 2，
将点C(0,−400)代入得−400=1600a．1
解得a=− ．
4
1
∴点A所在抛物线的函数表达式为y=− (x+40) 2 ．
4
（2）∵以无人机控制中心所在位置O为坐标原点，竖直方向为y轴，水平方向为x轴，建立平面直角坐标
系，
∴喷药口A喷出的水在竖直方向的最大横截面的抛物线的函数表达式始终不变．
∵EF=40cm，由题可知点E和点F关于y轴对称，
∴可以设点E的坐标为(−20,k)．
1
将点E(−20,k)代入y=− (x+40) 2 ，
4
1
得k=− (−20+40) 2=−100．
4
∴点E的坐标为(−20,−100)．
∴此时无人机摄像头距离地面的高度为100cm．
400−100=200(cm)．
答∶ 无人机应该下降的高度为300cm．
（3） ∵MA=AB=80，A点坐标为(−40,0)，
∴M点坐标为(−120,0) ．
∵M所在抛物线形状与A所在抛物线相同，二次项系数相同，
1
∴M所在抛物线表达式为y=− (x+120) 2
4
∵无人机高度为625cm，
∴点P的纵坐标为−625，
1
把y=−625代入y=− (x+120) 2 中，得
4
1
− (x+120) 2=−625 ．
4
解得x =−70，x =−170 ．
1 2
∴P(−170,−625)，
∵PQ关于y轴对称，
∴PQ=2×170=340cm，
∴PQ长340cm
