2025年中考數學總復習《二次函數綜合應用》專項測試卷(附答案)

第第頁精品試卷·第2頁（共2頁）2025年中考數學總復習《二次函數綜合應用》專項測試卷(附答案)學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、選擇題下面每小題給出的四個選項中，只有一個是正確的.1．已知二次函數y＝ax2+bx+c，當y＞n時，x的取值范圍是m-3＜x＜1-m，且該二次函數的圖象經過點P（3，t2+5），Q（d，4t）兩點，則d的值可能是（）A．0 B．-1 C．-4 D．-62．已知二次函數y＝a（x-k）（x+k-6），當x＝x1時，函數值為y1，當x＝x2時，函數值為y2，若|x1-3|＜|x2-3|，則下列結論正確的是（）A．y1-y2＜0B．a（y1-y2）＜0C．y1+y2＞0D．a（y1+y2）＞03．已知y關于x的二次函數y=2mx①當m=?1時，函數圖象的頂點坐標為(12，12)；②當m≠0時，函數圖象總過定點：③當m>0時，函數圖象在x軸上截得的線段的長度大于32；④若函數圖象上任取不同的兩點P1(A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④4．已知拋物線y=ax2+bx+c(b>a>0)①該拋物線的對稱軸在y軸左側；②關于x的方程ax2+bx+c+2=0無實數根；③a+b+cA．①② B．②③ C．①③ D．①②③5．已知拋物線y1=x2，該拋物線經過平移得到新拋物線y2，新拋物線與x軸正半軸交于兩點，且交點的橫坐標在1到2之間，若點P(1，p)A．0≤PQ<1 B．1≤PQ<2 C．1≤PQ<2 D．6．已知二次函數y=?x2+2cx+c的圖象經過點A(a，c)A．n=?3m?4 B．m=?3n?4 C．n=m2+m7．在平面直角坐標系中，已知a≠b，設函數y=(x+a)(x+b)的圖像與x軸有M個交點，函數y=(ax+1)(bx+1)的圖像與x軸有N個交點，則（）A．M=N?1或M=N+1 B．M=N?1或M=N+2C．M=N或M=N+1 D．M=N或M=N?18．二次函數y=ax2+4x+1（a為實數，且a<0），對于滿足0≤x≤m的任意一個x的值，都有?2≤y≤2A．12 B．23 C．2 9．已知拋物線y=ax2+bx+c的圖象與x軸的正半軸交于點A(p，0)，點B(q，0)A．43 B．?43 C．310．設函數y=(x?a+1)(x?a?1)（a是實數），當x=1，2，3時，對應的函數值分別為r，s，t，下列選項中正確的是（）A．若a>52，則r?ss?t<1C．若a<52，則r?ss?t<?1二、填空題要注意認真看清題目的條件和要填寫的內容，盡量完整地填寫答案.11．若二次函數y＝x2－8x＋m的圖象經過點（n，0），（5，y1），（6，y2），且y1·y2＜0，則下列結論：①y1＜0；②n＞2；③n＞5；④n＜6中，一定成立的有.（填序號）12．斜拋小球，小球觸地后呈拋物線反彈，每次反彈后保持相同的拋物線形狀（開口方向與開口大小前后一致），第一次反彈后的最大高度為?1，第二次反彈后的最大高度為?2，第二次反彈后，小球越過最高點落在垂直于地面的擋板C處，且離地高度BC=23?1，若13．某品牌水果凍的高為3cm，底面圓的直徑為4cm，兩個水果凍倒裝在一個長方體盒子內，如圖為橫斷示意圖，水果凍的截面可以近似地看成兩條拋物線．以左側拋物線的頂點O為原點，建立如圖所示的直角坐標系．（1）以O為頂點的拋物線的函數表達式是．（2）制作該長方體盒子所需紙張面積最小值是cm2．（不計重疊部分）14．如圖，一組x軸正半軸上的點B1，B2，…Bn滿足條件OB1=B1B2=B2B3?=Bn?1Bn=2，拋物線的頂點A1，A2，…An依次是反比例函數（1）請寫出所有滿足三角形面積為整數的n的值；（2）若三角形是一個直角三角形，它相對應的拋物線的函數表達式為.15．有一種手持煙花，該煙花有10個花彈，每1秒發(fā)一發(fā)花彈，每一發(fā)花彈的飛行路徑均相同.第一發(fā)花彈的飛行高度?(米)與飛行時間t(秒)滿足關系式：?=?52t2+mt（1）第一發(fā)花彈的飛行高度?的最大高度是米.（2）第一發(fā)花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為.16．如圖，設定點A（1，﹣3），點P是二次函數y=1（1）若點P為（-5，3），求旋轉后得到的點P′的坐標為.（2）求△BCP′的面積最小值為.17．對某一個函數給出如下定義：若存在實數m>0，對于任意的函數值y，都滿足?m≤y≤m，則稱這個函數是有界函數，在所有滿足條件的m中，其最小值稱為這個函數的邊界值.例如，如圖中的函數是有界函數，其邊界值是1.將函數y=?x2+1(?2≤x≤t，t≥0)的圖象向上平移t個單位，得到的函數的邊界值n滿足是94≤n≤18．“一切為了U”是常山在趕考共同富裕道路上，最新確定的城市品牌．已知線段AB，對于坐標平面內的一個動點P，如果滿足∠APB=30°，則稱點P為線段AB的“U點”，如圖，二次函數y=1（1）線段AB的長度為；（2）若線段AB的“U”點落在y軸的正半軸上，則該“U點”的坐標為．19．圖1是一種360°自動旋轉農業(yè)灌溉搖臂噴槍.點P為噴水口，水霧噴出的路徑可以近似看作拋物線y=?150x2+34x+c的一部分（如圖2），已知OPOQ=120，則噴灑半徑OQ為米（噴槍長度忽略不計）；現有一塊四邊形ABCD農出，它的四個頂點20．一個玻璃杯豎直放置時的縱向截面如圖1所示，其左右輪廓線AD，BC為同一拋物線的一部分，AB，CD都與水平地面平行，當杯子裝滿水后AB=4cm，CD=8cm，液體高度12cm，將杯子繞C傾斜倒出部分液體，當傾斜角∠ABE=45°時停止轉動，如圖2所示，此時液面寬度BE=cm，液面BE到點C所在水平地面的距離是圖1圖2三、解答題解答應寫出文字說明，證明過程或推演步驟.21．已知二次函數y1=x2+ax+1，y2=a（1）若a=?2，求二次函數y1（2）若b=4a，設函數y2的對稱軸為直線x=k，求k（3）點P(x0，m)在函數y1圖象上，點Q(x0，n)在函數y2圖象上.若函數y122．在平面直角坐標系中，設二次函數y=?1（1）當m=2時，若點A(8，（2）小明說二次函數圖象的頂點在直線y=?1（3）已知點P(a+1，c)23．已知二次函數y=x2+2bx?3b（1）求該二次函數的表達式；（2）二次函數圖象與x軸的另一個交點為B，與y軸的交點為C，點P從點A出發(fā)在線段AB上以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時點Q從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向點C運動，直到其中一點到達終點時，兩點停止運動，求△BPQ面積的最大值；（3）在點P、Q運動的過程中，是否存在使△PBQ與△BOC相似的時刻，如果存在，求出運動時間t，如果不存在，請說明理由.24．如圖1，拋物線y=12x2+bx+c(c<0)與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，過點C作CD∥x（1）已知點C的坐標是(0，?4)，點B的坐標是(4，0)，求此拋物線的解析式；（2）若b=12c+1（3）如圖2，設第（1）題中拋物線的對稱軸與x軸交于點G，點P是拋物線上在對稱軸右側部分的一點，點P的橫坐標為t，點Q是直線BC上一點，是否存在這樣的點P，使得△PGQ是以點G為直角頂點的直角三角形，且滿足∠GQP=∠OCA，若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由.25．如圖，直線y=32x+3與x軸、y軸交于點A、C，拋物線y=?（1）求拋物線的解析式和點B的坐標；（2）如圖1，求當OP+PB的值最小時點P的坐標；（3）如圖2，過點P作PB的垂線交y軸于點D，是否存在點P，使以P、D、B為頂點的三角形與△AOC相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由.26．一張矩形紙片ABCD（如圖1），AB=6，AD=3.點E是BC邊上的一個動點，將△ABE沿直線AE折疊得到△AEF，延長AE交直線CD于點G，直線AF與直線CD交于點Q.【初步探究】（1）求證：△AQG是等腰三角形；（2）記FQ=m，當BE=2CE時，計算m的值；（3）【深入探究】

將矩形紙片放入平面直角坐標系中（如圖2所示），點B與點O重合，邊OC、OA分別與x軸、y軸正半軸重合.點H在OC邊上，將△AOH沿直線AH折疊得到△APH.①當AP經過CD的中點N時，求點P的坐標；

②在①的條件下，已知二次函數y=-x2+bx+c的圖象經過A、D兩點.若將直線AH右側的拋物線沿AH對折，交y軸于點M，請求出AM的長度.27．如圖，拋物線y=-x2+bx+c經過點B（3，0），點C（0，3），D為拋物線的頂點．（1）求拋物線的表達式；（2）在拋物線的對稱軸上找一點Q，使∠AQC=90°，求點Q的坐標；（3）在坐標平面內找一點P，使△OCD與△CBP相似，且∠COD=∠BCP，求出所有點P的坐標．28．如圖，一條拋物線經過原點和點C(8，0)，A、B是該拋物線上的兩點，AB∥x軸，點A坐標為(3，4)，點E在線段OC上，點F在線段BC上，且滿足∠BEF=∠AOC.（1）求拋物線的解析式；（2）若四邊形OABE的面積為14，求S△ECF（3）是否存在點E，使得△BEF為等腰三角形？若存在，求點E的坐標；若不存在，請說明理由.29．已知：如圖，拋物線y=ax2?2ax?3a交x軸正半軸于點A，負半軸于點B，交y軸于點C（1）求a值；（2）點P為第一象限拋物線上一點，連接AC、PA、PC，若點P的橫坐標為t，△PAC的面積為S，求S與t的函數解析式，(請直接寫出自變量t的取值范圍)；（3）在（2）的條件下，過點P作PD//y軸交CA延長線于點D，連接PB，交y軸于點E，點Q為第二象限拋物線上一點，連接QE并延長分別交x軸、拋物線于點N、F，連接FD，交x軸于點K，當E為QF的中點且FN=FK時，求直線DF的解析式.30．如圖，直線y=﹣2x+4交y軸于點A，交拋物線y=12x2（1）求拋物線的解析式；（2）當△PDE為等腰直角三角形時，求出PE的長及P點坐標；（3）在（2）的條件下，連接PB，將△PBE沿直線AB翻折，直接寫出翻折點后E的對稱點坐標．參考答案一、選擇題下面每小題給出的四個選項中，只有一個是正確的.1．已知二次函數y＝ax2+bx+c，當y＞n時，x的取值范圍是m-3＜x＜1-m，且該二次函數的圖象經過點P（3，t2+5），Q（d，4t）兩點，則d的值可能是（）A．0 B．-1 C．-4 D．-6【答案】D【解析】∵當y＞n時，x的取值范圍是m-3＜x＜1-m，

∴a<0，且對稱軸為直線x=m?3+1?m2=?1，

∵該二次函數的圖象經過點P（3，t2+5），Q（d，4t）兩點，

∴t2-4t+5=（t-2）2+1＞0

與點Q相比，點P更靠近對稱軸，

∴3-（-1）＜|d-(-1)|即|d+1|＞4，

解得：d＞3或d＜-5，

∴2．已知二次函數y＝a（x-k）（x+k-6），當x＝x1時，函數值為y1，當x＝x2時，函數值為y2，若|x1-3|＜|x2-3|，則下列結論正確的是（）A．y1-y2＜0B．a（y1-y2）＜0C．y1+y2＞0D．a（y1+y2）＞0【答案】B【解析】∵二次函數y＝a（x-k）（x+k-6），

∴拋物線與x軸的交點坐標為：(k，0)，(-k+6，0)，

∴拋物線的對稱軸為直線x=?k+6+k2=3，

又|x1-3|＜|x2-3|，

∴點（x1，y1）比點（x2，y2）離對稱軸更近，

當a>0時，拋物線開口向上，離對稱軸越近，函數值越小，則y1<y2，

∴a(y1-y2)<0；

當a<0時，拋物線開口向下，離對稱軸越近，函數值越大，則y1＞y2，

∴a(y1-y2)<0，

綜上所述a(y1故答案為：B.3．已知y關于x的二次函數y=2mx①當m=?1時，函數圖象的頂點坐標為(12，12)；②當m≠0時，函數圖象總過定點：③當m>0時，函數圖象在x軸上截得的線段的長度大于32；④若函數圖象上任取不同的兩點P1(A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④【答案】A【解析】當m=-1時，y=-2x2+2x=-2(x-12)2+12，故頂點坐標為（12，12），①正確；

當m≠0時，y=2mx2+(1-m)x-1-m=(2x2-x-1)m+x-1，

令2x2-x-1=0，得x=1或-12，

當x=1時，y=0；當x=-12時，y=?32，

∴圖象過定點（1，0）、（-12，?32），故②正確；

當m>0時，由y=0得△=(1-m)2-4×2m(-1-m)=(3m+1)2，

∴x=m?1±(3m+1)2，

∴x1=1，x2=-12-12m，

∴|x1-x2|=32+12m>32，故③正確；

當m<0時，拋物線的對稱軸為直線x=m?14m>0，拋物線開口向下，①該拋物線的對稱軸在y軸左側；②關于x的方程ax2+bx+c+2=0無實數根；③a+b+cA．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【解析】∵b>a>0，

∴對稱軸在y軸左側，故①正確；

∵a>0，

∴拋物線開口向上.

∵拋物線y=ax2+bx+c（b>a>0）與x軸最多有一個交點，

∴拋物線的頂點在x軸上或在x軸的上方，

∴拋物線與直線y=-2無交點，

∴方程ax2+bx+c+2=0無實數根，故②正確；

當x=12時，y=14a+12b+c>0，

∴a+b+c>34a+12b=14(3a+2b).

∵b>a>0，

∴5．已知拋物線y1=x2，該拋物線經過平移得到新拋物線y2，新拋物線與x軸正半軸交于兩點，且交點的橫坐標在1到2之間，若點P(1，p)A．0≤PQ<1 B．1≤PQ<2 C．1≤PQ<2 D．【答案】C【解析】設平移后的函數解析式為y=（x-h）2+k，

∵新拋物線與x軸正半軸交于兩點，且交點的橫坐標在1到2之間，

∴對稱軸直線x=h在1和2之間，

∴1＜h＜2，

∵p=（1-h）2+k，q=（2-h）2+k，

∴|p-q|=|（1-h）2-（2-h）2???????|=|2h-3|

∴PQ=2?12+p?q2=2?12+2??32=2??32+1，

∴當?=32時，PQ的最小值為1，

∴當h=1或2時，PQ最大，最大值為2，但不能取2，

A．n=?3m?4 B．m=?3n?4 C．n=m2+m【答案】D【解析】∵二次函數y=?x2+2cx+c的圖象與x∴圖象開口向下，對稱軸為直線x=a+b∵0<a+b<2，∴0<c<1，∴當?1≤x≤1時，函數的最大值是x=c時所對應的的函數值，函數的最小值是x=?1時所對應的的函數值，∴m=?c2+2∴m=故答案為：D.7．在平面直角坐標系中，已知a≠b，設函數y=(x+a)(x+b)的圖像與x軸有M個交點，函數y=(ax+1)(bx+1)的圖像與x軸有N個交點，則（）A．M=N?1或M=N+1 B．M=N?1或M=N+2C．M=N或M=N+1 D．M=N或M=N?1【答案】C【解析】對于函數y=(x+a)(x+b)，當y=0時，函數與x軸兩交點為（－a，0）、（－b，0），∵a≠b，所以有2個交點，故M=2對于函數y=(ax+1)(bx+1)①a≠b≠0，交點為(?1a②a=0,b≠0，交點為(?1b③b=0,a≠0，交點為(?1a綜上所述，M=N或M=N+1故答案為：C.8．二次函數y=ax2+4x+1（a為實數，且a<0），對于滿足0≤x≤m的任意一個x的值，都有?2≤y≤2A．12 B．23 C．2 【答案】D【解析】∵函數y=ax2+4x+1=a∴該函數圖象的開口方向向下，對稱軸為x=?2a，該函數有最大值，其最大值為若要滿足0≤x≤m的任意一個x的值，都有?2≤y≤2，則有1?4a≤2對于該函數圖象的對稱軸x=?2a的值越小，其對稱軸越靠左，如下圖，結合圖像可知，a的值越小，滿足y≥?2的x的值越小，∴當取a的最大值，即a=?4時，令y=?4x解得x1=3∴滿足y≥?2的x的最大值為x=3即m的最大值為32故答案為：D.9．已知拋物線y=ax2+bx+c的圖象與x軸的正半軸交于點A(p，0)，點B(q，0)A．43 B．?43 C．3【答案】B【解析】由p=r，則q=3p=3r，∴A(r，0)，B(3r，將其代入y=ax2+bx+c，可得：a則9ar+9b+9?(9ar+3b+1)=0，即：6b=?8，∴b=?4故答案為：B.10．設函數y=(x?a+1)(x?a?1)（a是實數），當x=1，2，3時，對應的函數值分別為r，s，t，下列選項中正確的是（）A．若a>52B．若2<a<52C．若a<52D．若32<a<2【答案】D【解析】把x=1代入y=(x?a+1)(x?a?1)得r=(1?a+1)(1?a?1)=a把x=2代入y=(x?a+1)(x?a?1)得s=(2?a+1)(2?a?1)=a把x=3代入y=(x?a+1)(x?a?1)得t=(3?a+1)(3?a?1)=a∴r?ss?t當a>5∴2a?5>0.∴22a?5∴1+22a?5>1故A不符合題意.當2<a<5∴?1<2a?5<0.把x=-1代入反比例函數y=2∴22a?5∴1+22a?5<?1故B不符合題意.當a<5∴2a?5<0.∴22a?5∴1+22a?5<1故C不符合題意.當32∴?2<2a?5<?1.把x=-1代入反比例函數y=2x中得y=-2，把x=-2代入反比例函數∴?2<2∴?1<1+22a?5<0故D符合題意.故答案為：D.二、填空題要注意認真看清題目的條件和要填寫的內容，盡量完整地填寫答案.11．若二次函數y＝x2－8x＋m的圖象經過點（n，0），（5，y1），（6，y2），且y1·y2＜0，則下列結論：①y1＜0；②n＞2；③n＞5；④n＜6中，一定成立的有.（填序號）【答案】①②④【解析】∵y＝x2－8x＋m=（x-4）2+m-16，

∴對稱軸直線是x=4，圖象開口向上，

∴當x＜4時，y隨x的增大而減小，當x＞4時，y隨x的增大而增大，

∵二次函數y＝x2－8x＋m的圖象經過點（5，y1），（6，y2），

∴y1＜y2，

又∵y1·y2＜0，

∴y1＜0，故①正確；

∴該函數與x軸的一個交點橫坐標在5與6之間，

∴根據拋物線的對稱性可得另一個交點的橫坐標應該在2與3之間，

∵二次函數y＝x2－8x＋m的圖象經過點（n，0），

∴2＜n＜3或5＜n＜6，故②④正確，③錯誤.

故答案為：①②④.

12．斜拋小球，小球觸地后呈拋物線反彈，每次反彈后保持相同的拋物線形狀（開口方向與開口大小前后一致），第一次反彈后的最大高度為?1，第二次反彈后的最大高度為?2，第二次反彈后，小球越過最高點落在垂直于地面的擋板C處，且離地高度BC=23?1，若【答案】25【解析】∵OB=90dm，OA=2AB，∴OA=23OB=60dm，AB=30dm，

∴第一次反彈后拋物線的對稱軸為x=30，頂點坐標為（30，h1）

∴設第一次反彈后的拋物線解析式為y=a（x-30）2+h1，

∵第一次反彈后拋物線過原點，

∴a（0-30）2+h1解得：h1＝-900a，又∵每次反彈后保持相同的拋物線形狀，

∴設第二次反彈后的拋物線解析式為y=a（x-m）2+h2，

∵BC＝23h1，

∴BC＝-600a，

∴C點坐標為（90，-600a）

∵拋物線過A，C兩點，∴0=a（60?m）2+?2?600a=a（90?m）2+?2，13．某品牌水果凍的高為3cm，底面圓的直徑為4cm，兩個水果凍倒裝在一個長方體盒子內，如圖為橫斷示意圖，水果凍的截面可以近似地看成兩條拋物線．以左側拋物線的頂點O為原點，建立如圖所示的直角坐標系．（1）以O為頂點的拋物線的函數表達式是．（2）制作該長方體盒子所需紙張面積最小值是cm2．（不計重疊部分）【答案】（1）y=（2）28【解析】（1）由題意可得A（-2，3）、E（2，3），

設以O為頂點的拋物線的解析式為y=ax2，將A（-2，3）代入可得a=34，

∴y=34x2.

（2）設兩條拋物線的切點為K，過K作KH⊥OD于點H，過拋物線FGC的頂點G作x軸的垂線交x軸于點M，則K（x，32）.

令y=32=34x2，得x=2，

∴OH=HM=2，

∴BC=BO+OH+HM+MC=4+22，

∴S矩形ABCD=AB·BC=3×(4+22)=(12+62)cm2，

底面矩形如圖所示：

∴S矩形A′B′C′D′=4×(4+22)=(16+82)cm2，

∴2S矩形ABCD+2S矩形A′B′C′D′+2×3×4=(282+80)cm2，

∴制作該長方體盒子所需紙張面積最小值是(282+80)cm14．如圖，一組x軸正半軸上的點B1，B2，…Bn滿足條件OB1=B1B2=B2B3?=Bn?1Bn=2，拋物線的頂點A1，A2，…An依次是反比例函數（1）請寫出所有滿足三角形面積為整數的n的值；（2）若三角形是一個直角三角形，它相對應的拋物線的函數表達式為.【答案】（1）1或2或5（2）y=?【解析】（1）∵第n條拋物線以An（xn，yn）為頂點且經過點Bn?1（2n?2，0），Bn（2n，0），等腰△AnBn?1Bn為第n個三角形.∴拋物線的對稱軸為：x＝2n?1，∵點An（xn，yn）（n為正整數）在反比例函數y=9∴An的坐標為（2n?1，92n?1∴△AnBn?1Bn的面積＝12×2×92n?1＝∴△AnBn?1Bn的面積為整數的n的值1或2或5，故答案為：1或2或5；（2）∵三角形是一個直角三角形，且底邊長為2，∴其底邊上的高為1，y=9∴拋物線頂點為（9，1），且與x軸交點為（8，0），（10，0），設拋物線解析式為y=a(x?9)把（8，0）代入，得a=-1，故拋物線解析式為：y=?(x?9)故答案為：y=?x15．有一種手持煙花，該煙花有10個花彈，每1秒發(fā)一發(fā)花彈，每一發(fā)花彈的飛行路徑均相同.第一發(fā)花彈的飛行高度?(米)與飛行時間t(秒)滿足關系式：?=?52t2+mt（1）第一發(fā)花彈的飛行高度?的最大高度是米.（2）第一發(fā)花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為.【答案】（1）10（2）5【解析】（1）∵當t=1秒時，該花彈的高度為152∴?5∴m=10．∴?=?5∵?=?5∴拋物線的頂點坐標為(2，∴第一發(fā)花彈的飛行高度?的最大高度是10米．故答案為：10；（2）令?=0，則?5∴t=0或t=4，∴第一發(fā)花彈飛行需要4秒．∴第一發(fā)花彈飛行過程中可能與第二發(fā)花彈，第三發(fā)花彈，第四發(fā)花彈在同一高度，設第一發(fā)花彈與第二發(fā)花彈在高度為a米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發(fā)花彈與第二發(fā)花彈相差1秒，∴t∴(∴(∴16?8∴a=75當a=75?5解得：t=32（不合題意，舍去）或設第一發(fā)花彈與第三發(fā)花彈在高度為b米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發(fā)花彈與第三發(fā)花彈相差2秒，∴t∴(∴(∴16?8∴b=15當b=15?5解得：t=1（不合題意，舍去）或t=3．設第一發(fā)花彈與第四發(fā)花彈在高度為c米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發(fā)花彈與第四發(fā)花彈相差3秒，∴t∴(∴(∴16?8∴c=35當c=35?5解得：t=12（不合題意，舍去）或綜上，第一發(fā)花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為52秒或3秒或7故答案為：52秒或3秒或716．如圖，設定點A（1，﹣3），點P是二次函數y=1（1）若點P為（-5，3），求旋轉后得到的點P′的坐標為.（2）求△BCP′的面積最小值為.【答案】（1）1，3（2）3【解析】（1）過點P作PG∥x軸，過點B作BD⊥PD于點D，∵點P是二次函數y=12（x+5）2+3圖象上的動點∴拋物線的頂點坐標為?5，3

∴點P為拋物線的頂點，

∵點A（1，﹣3）∴點D1，3，

∴PD=1-（-5）=6，PA=?5?12+?3?32=43，

∴sin∠A=PDPA=643∵A（1，-3），B（2，0），C（3，0），∴OH=BH=1，BC=1，∴OA=AB=OB=2，∴△OAB為等邊三角形，此時B′與O重合，即B′（0，0），連接C′O，∵∠CAC′=∠BAB′=60°，∴∠CAB=∠C′AB′，在△C′AO和△CAB中，C'A＝CA∠∴C′O=CB=1，∠C′OA=∠CBA=120°，∴作C′G⊥y軸于G，在Rt△C′GO中，∠C′OG=90°-∠C′B′C=30°，∴C′G=12OC′=1∴OG=32∴C′（12，32），此時OC′的函數表達式為：y=設過P且與B′C′平行的直線l解析式為y=3x+b，∵S△BCP′=S△B′C′P，∴當直線l與拋物線相切時取最小值，則y＝3即3∴1當Δ=0時，即(5?解得b=63∴y=3設l與y軸交于點T，連接C′T，∵S△B′C′T=S△BCP′，∴S△BCP′=12×B′T×C′G=12×故答案為：317．對某一個函數給出如下定義：若存在實數m>0，對于任意的函數值y，都滿足?m≤y≤m，則稱這個函數是有界函數，在所有滿足條件的m中，其最小值稱為這個函數的邊界值.例如，如圖中的函數是有界函數，其邊界值是1.將函數y=?x2+1(?2≤x≤t，t≥0)的圖象向上平移t個單位，得到的函數的邊界值n滿足是94≤n≤【答案】12≤t≤【解析】y=?xy=?分析可知：當x=0時，y最大值為t+1，當x≤2時，x=-2時，y有最小值t-3，當x＞2時，x=t時，y有最小值-t2+t+1，由題意可知：n是函數值絕對值最大時的值，（I）當x≤2時，①t+1≥3-t且94解得54②當3-t≥t+1且94解得1（II）當x＞2時，①t2-t-1≥t+1且9無解；②t2-t-1＜t+1且94無解，故答案為：12≤t≤318．“一切為了U”是常山在趕考共同富裕道路上，最新確定的城市品牌．已知線段AB，對于坐標平面內的一個動點P，如果滿足∠APB=30°，則稱點P為線段AB的“U點”，如圖，二次函數y=1（1）線段AB的長度為；（2）若線段AB的“U”點落在y軸的正半軸上，則該“U點”的坐標為．【答案】（1）4（2）(0，23?【解析】（1）當y=0時，12x2+3x+52=0，

整理得：x2+6x+5=0，

解之：x1=-1，x2=-5，

∴點A（-5，0），點B（-1，0），

AB=-1-（-5）=4.

∴線段AB的長為4.

（2）以AB為邊在x軸上方作等邊△CAB，作△CAB的外接圓交y軸于E、F，作CD⊥AB于D，CH⊥EF于H，連接CE、CF，

∴四邊形CDOH是矩形，

∴AD＝BD＝2，EH＝FH，

∵∠ACB＝60°，

∴∠AEB＝∠AFB＝12∠ACB＝30°，

∴CD＝32AB＝23，OD＝3，

∴OH＝23，CH＝3，

在Rt△CEH中，HE=42?32=19．圖1是一種360°自動旋轉農業(yè)灌溉搖臂噴槍.點P為噴水口，水霧噴出的路徑可以近似看作拋物線y=?150x2+34x+c的一部分（如圖2），已知OPOQ=120，則噴灑半徑OQ為米（噴槍長度忽略不計）；現有一塊四邊形ABCD農出，它的四個頂點【答案】40；21【解析】（1）∵y=?1∴OP=c，∵OPOQ∴OQ=20OP=20c，∴點Q的坐標為（20c，0），∴0=?1解得c=2或c=0，不符合題意，舍去，∴OQ=20c=40，故答案為：40；（2）如圖3，作圓的直徑DE，連接DE，則∠DBE=90°，∠E=∠C，∵cos∠C=∴cos∠E=在直角三角形BDE中，∵cos∠E=∴DE=4BE，∴DB=DE∵BD=2515∴15BE=25∴BE=25，∴DE=100，設移動后的拋物線解析式為y=?1將噴槍放置于圓心，噴灑半徑為50即可，∴（50，0）是y=?1∴?1解得n=252∴需要提高：252-2=21故答案為：21220．一個玻璃杯豎直放置時的縱向截面如圖1所示，其左右輪廓線AD，BC為同一拋物線的一部分，AB，CD都與水平地面平行，當杯子裝滿水后AB=4cm，CD=8cm，液體高度12cm，將杯子繞C傾斜倒出部分液體，當傾斜角∠ABE=45°時停止轉動，如圖2所示，此時液面寬度BE=cm，液面BE到點C所在水平地面的距離是圖1圖2【答案】52；【解析】如圖建立平面直角坐標系，作∠ABE=45°，交拋物線與點E，交x軸于點F，過B作BM⊥CD于點M，

根據題意知：A（-2，-12），B（2，12），C（4，0），D（-4，0），M（2，0），BM=12，

設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，

∴4a?2b+c=124a+2b+c=1216a+4b+c=0，∴a=?1b=0c=16，∴拋物線的解析式為y=-x2+16，

∵∠ABE=45°，∠ABM=90°，∴∠FBM=45°，

∵∠BMF=90°，∴∠BFM=∠FBM=45°，

∴FM=BM=12，

∴BF=122，

∵M（2，0），

∴F（-10，0），

設BF的解析式為y=kx+b1，∴2k+b1=12?10k+b1=0，

∴k=1b1=10，∴BF的解析式為y=x+10，

聯立方程組y=?x2+16y=x+10，

解得x1=2y1=12，x2=?3y2=7，

∴E（-3，7），

∵B（2，12），C（4，0），

∴BE=2+32+12?72=52，CE=4+32+0?72=72，

∴EF=BF-BE=122-52=72，

∵C（4，0），F（-10，0），三、解答題解答應寫出文字說明，證明過程或推演步驟.21．已知二次函數y1=x2+ax+1，y2=a（1）若a=?2，求二次函數y1（2）若b=4a，設函數y2的對稱軸為直線x=k，求k（3）點P(x0，m)在函數y1圖象上，點Q(x0，n)在函數y2圖象上.若函數y1【答案】（1）解：若a=-2，則y1=x2-2x+1，∵y1=x2-2x+1=（x-1）2，∴二次函數y1的頂點坐標為（1，0）；（2）解：若b=4a，則y2=ax2+4ax+1，∴對稱軸為直線x=?4a設函數y2的對稱軸為直線x=k，則k=-2；（3）解：∵函數y1圖象的對稱軸在y軸右側，∴?a∴a＜0，∴函數y2=ax2+bx+1圖象開口向下，∵b=1，∴y2=ax2+x+1，令x2+ax+1=ax2+x+1，整理得（a-1）x2-（a-1）x=0，解得x=0或x=1，∴兩拋物線的交點的橫坐標為0和1，如圖，由圖象可知，當0＜x0＜1，m＜n.22．在平面直角坐標系中，設二次函數y=?1（1）當m=2時，若點A(8，（2）小明說二次函數圖象的頂點在直線y=?1（3）已知點P(a+1，c)【答案】（1）解：當m＝2時，y=?∵A（8，n）在函數圖象上，∴n=?（2）解：由題意得，頂點是（2m，3?m）當x＝2m時，y=?∴頂點（2m，3?m）在直線y=?1（3）證明：∵P（a+1，c），Q（4m-5+a，c）都在二次函數的圖象上∴對稱軸是直線x=∴a+2m-2＝2m，∴a＝2，∴P（3，c），把P（3，c）代入拋物線解析式，得∴c=?12（3?2m）2∵-2<0，∴c有最大值為138∴c≤13823．已知二次函數y=x2+2bx?3b（1）求該二次函數的表達式；（2）二次函數圖象與x軸的另一個交點為B，與y軸的交點為C，點P從點A出發(fā)在線段AB上以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時點Q從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向點C運動，直到其中一點到達終點時，兩點停止運動，求△BPQ面積的最大值；（3）在點P、Q運動的過程中，是否存在使△PBQ與△BOC相似的時刻，如果存在，求出運動時間t，如果不存在，請說明理由.【答案】（1）解：把點A(1，0)代入y=x解得：b=1，∴二次函數的表達式為：y=（2）解：過Q作QN⊥OB于N，如圖：在y=x2+2x?3中，令x=0得y=?3，令y=0得x∴C(0，?3)，B(?3，0)，A(1，0)，設運動時間為t，則BQ=t，AP=2t，∴BP=4?2t，∵sin∠NBQ=sin∠OBC，∴NQQB=∴NQ=2∴S∵?22<0，∴當t=1時，△BPQ（3）解：在點P、Q運動的過程中，存在使△PBQ與△BOC相似的時刻，理由如下：∵∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，∴△PBQ與△BOC相似只需△PBQ為直角三角形，①當∠PQB=90°時，如圖：∵OB=OC=3，∠BOC=90°，∴∠OBC=45°，∴△PBQ是等腰直角三角形，BP=2∴4?2t=2解得t=4?22②當∠BPQ=90°時，如圖：同理可知BQ=2∴t=2解得t=16?4綜上所述，t的值為4?22或16?424．如圖1，拋物線y=12x2+bx+c(c<0)與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，過點C作CD∥x（1）已知點C的坐標是(0，?4)，點B的坐標是(4，0)，求此拋物線的解析式；（2）若b=12c+1（3）如圖2，設第（1）題中拋物線的對稱軸與x軸交于點G，點P是拋物線上在對稱軸右側部分的一點，點P的橫坐標為t，點Q是直線BC上一點，是否存在這樣的點P，使得△PGQ是以點G為直角頂點的直角三角形，且滿足∠GQP=∠OCA，若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）解：把B(4，0)，C(0，?4)代入y=12x∴b=?1c=?4∴拋物線解析式為y=1（2）證明：∵b=1∴拋物線解析式為y=1令y=12x解得x=?c或x=?2，∴A(?2，0)，B(?c，0)，∴拋物線對稱軸為直線x=?2+c∵CD∥x軸，∴D(?c?2，c)，設直線AD的解析式為y=k(x+2)，∴k(?c?2+2)=c，解得k=?1，∴直線AD的解析式為y=?(x+2)=?x?2，設直線AD與y軸交于點E，∴E(0，?2)，∴OA=OE=2，∴∠OAE=45°，∵OC=OB=c，∴∠OBC=45°，∴∠AMB=90°，∴AD⊥BC；（3）t=13或【解析】（3）如圖所示，連接AC，PQ，∵拋物線解析式為y=1∴拋物線對稱軸為直線x=1，∴A(?2，0)，∴OA=2，OC=4，∴tan∠ACO=∵∠GQP=∠OCA，∴tan∠GQP=設直線BC的解析式為y=k∴?4k∴k1∴直線BC的解析式為y=x?4，設P(t，1當點Q在點P下方時，如圖3-1所示，過點Q、P分別作x軸的垂線，垂足分別為M、N，∵∠QGP=90°，∴∠MGQ+∠MQG=90°=∠MGQ+∠NGP，tan∠GQP=∴∠MQG=∠NGP，又∵∠QMG=∠GNP=90°，∴△QMG∽△GNP，∴QMGN∴4?st?1∴4?s=2t?2，1?s=?t∴1?6+2t=?t解得t=13當點Q在點P上方時，如圖3-2所示，過點G作MN∥y軸，過點P、Q分別作直線MN的垂線，垂足分別為N、M，同理可得QMGN∴s?1?∴s?4=2t?2，s?1=?t∴2t+2?1=?t解得t=7綜上所述，t=13或t=25．如圖，直線y=32x+3與x軸、y軸交于點A、C，拋物線y=?（1）求拋物線的解析式和點B的坐標；（2）如圖1，求當OP+PB的值最小時點P的坐標；（3）如圖2，過點P作PB的垂線交y軸于點D，是否存在點P，使以P、D、B為頂點的三角形與△AOC相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）解：對于直線y=32x+3，令y=0解得：x=?2.令x=0，則y=3，∴A(?2，0)，C(0，3).∵拋物線y=?1∴0=?12×∴拋物線的解析式為：y=?1對于y=?12x2+解得：x1∴B(3，0)；（2）解：如圖，作點O關于直線AC的對稱點O′，連接OO′、O∴直線AC是線段OO∴OP=O∴OP+PB=O∴由兩點之間線段最短得OP+PB的值最小時即為BO∵OK⊥AC，∠AOC=90°，∴△AOK∽△ACO，∴AOAC∵A(?2，0)，C(0，3)，∴OA=2，OC=3，AC=2∴213∴OK=61313∴OO如圖，過點O′作O∴△O∴OO′∴OE=3613，∴O′設直線BO′的解析式為則0=3m+n2413=?∴直線BO′的解析式為聯立y=32x+3∴P(?102（3）解：分類討論：①當點P在第二象限時，設△PDB與△AOC相似，則PDPB=OA如圖，過點P作PR∥y軸交x軸于點R，過點D作DQ∥x軸交PR于點Q，∴△QDP∽△RPB，∴QDPR設點P坐標為(x，32x+3)，則QD=?x∴?x32x+3∴x=?1或x=?18∴P(?1，32)②當點P在第三象限時，設△PDB與△AOC相似，則PDPB=2如圖，過點P作PM∥y軸交x軸于點M，過點D畫DN∥x軸交PM于點N，∴△NDP∽△MPB，∴NDPM設點P坐標為(x，32x+3)，則ND=?x∴?x?32∴x無實數解或x=?18∴P(?18③當點P在第一象限時不存在相似.綜上所述，點P的坐標是P(?1，32)或P(?26．一張矩形紙片ABCD（如圖1），AB=6，AD=3.點E是BC邊上的一個動點，將△ABE沿直線AE折疊得到△AEF，延長AE交直線CD于點G，直線AF與直線CD交于點Q.【初步探究】（1）求證：△AQG是等腰三角形；（2）記FQ=m，當BE=2CE時，計算m的值；（3）【深入探究】

將矩形紙片放入平面直角坐標系中（如圖2所示），點B與點O重合，邊OC、OA分別與x軸、y軸正半軸重合.點H在OC邊上，將△AOH沿直線AH折疊得到△APH.①當AP經過CD的中點N時，求點P的坐標；

②在①的條件下，已知二次函數y=-x2+bx+c的圖象經過A、D兩點.若將直線AH右側的拋物線沿AH對折，交y軸于點M，請求出AM的長度.【答案】（1）證明：∵將△ABE沿直線AE折疊得到△AEF∴∠BAE＝∠FAE，∵AB∥CD，∴∠BAE＝∠G，∴∠FAE＝∠G，∴△AQG是等腰三角形；（2）解：∵AB∥CD，∴△ABE∽△CGE，∴AB：CG=BE：CE，∵BE=2CE，AB=6，∴CG=3，由（1）得，△AQG是等腰三角形，∴QG=AQ=6-m，∴CQ=3-m，∴QD=6-（3-m）=3+m，在Rt△ADQ中，AD2+DQ2=AQ2，∴32+（3+m）2=（6-m）2，∴m=1；（3）解：①過點P作PK⊥CD于點K，∵CD=6，N為BC的中點，∴AD=DN=3，

∴△ADN是等腰直角三角形，∠AND=45°，∴AN=32，∠PNK=45°，

∴△PKN是等腰直角三角形，

∴PN=6?32∴PK=NK=32?3，

∴CK=CD-DN-NK=6?32∴P（32，6?3②設直線AP的解析式為y=kx+b，

將點（0，6）與P（32，6?32）分別代入得

b=632k+b=6?32，

解得k=?1b=6

∴直線AP：y=-x+6，

將點A（0，6）與點D（3，6）分別代入y=-x2+bx+c

解y=?x+6y=?x2+3x+6得

x∴T（4，2），

∴AT=0?4∴AM=AT=4227．如圖，拋物線y=-x2+bx+c經過點B（3，0），點C（0，3），D為拋物線的頂點．（1）求拋物線的表達式；（2）在拋物線的對稱軸上找一點Q，使∠AQC=90°，求點Q的坐標；（3）在坐標平面內找一點P，使△OCD與△CBP相似，且∠COD=∠BCP，求出所有點P的坐標．【答案】（1）解：把B（3，0），C（0，3）代入y=-x2+bx+c

得?9+3b+c=0c=3解得b=2故拋物線的解析式為y=-x2+2x+3；（2）解：令y=0得到-x2+2x+3=0，

解得x=-1或3，

故點A（-1，0），如圖2中，點M是AC中點，M（-12，3∵∠AQC=90°，∴MQ=12∴(1+解得m=1或2，∴點Q坐標（1，1）或（1，2）；（3）解：如圖3中，作DK⊥OC于K，∵點D坐標（1，4），點C坐標（0，3），∴CK=DK，∠KCD=45°，∴∠DCO=135°，∵△OCD與△CBP相似，∠COD=∠B，當CP在直線BC上方時，

∵∠CBO=45°，∴當∠CBP1=∠DCO時，點P1在x軸上，∴CD∴2∴BP1=2，∴P1（5，0），當∠CP2B=∠DCO時，

∴CP∴CP∴CP2=1834，

作P2∵P∴CM=2717，P2M=45∴OM=2417∴P2（4517，24當直線CP在直線BC下方時，根據對稱性，可知：BP3=BP1=2，此時P3（3，-2），∵CP4=CP2=1834，同理可得P4（2717，綜上所述點P坐標（5，0）或（3，-2）或（4517，2417）或（271728．如圖，一條拋物線經過原點和點C(8，0)，A、B是該拋物線上的兩點，AB∥x軸，點A坐標為(3，4)，點E在線段OC上，點F在線段BC上，且滿足∠BEF=∠AOC.（1）求拋物線的解析式；（2）若四邊形OABE的面積為14，求S△ECF（3）是否存在點E，使得△BEF為等腰三角形？若存在，求點E的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）解：∵拋物線經過原點和點（8，0），

∴設拋物線解析式為y=ax（x-8），∵點A（3，4）在拋物線上，

∴4=a·3·（3-8），∴a=-415∴拋物線解析式為y=-415x（x-8）=-415x2+（2）解：∵AB∥x軸，∴四邊形OABC關于拋物線對稱軸對稱，∴AOC=∠BCO，

∴B（5，4），

∵A（3，4），∴AB=2，BC=OA=5，∵四邊形OABE的面積為14，

∴12∴OE=5，即E（5，0）

∴BE⊥OC，

∵C（8，0）∴CE=3，BE=4，∴S△BCE=12∵∠BEF=∠AOC=∠BCO，∠EBF=∠CBE，∴△BEF∽△BCE，∴S△BCF即6?S△∴S△ECF=5425（3）解：存在點E使得△BEF為等腰三角形，理由如下：①當BE=BF時，則∠BEF=∠BFE，∵∠BEF=∠AOC=∠BCO，∴∠BFE=∠BCE，∴EF與EC重合，∴∠BEC=∠BEF=∠AOC，∴OA∥BE，∵AB∥x軸，∴OE=AB=2，∴E（2，0）②當EB=EF時，則∠EBF=∠EFB，∵△BEF∽△BCE，∴∠BEC=∠BFE，∴∠BEC=∠EBF，∴EC=BC=5，∴OE=OC-EC=8-5=3，∴E（3，0）；

③當FB=FE時，則∠FBE=∠FEB，∴∠