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专题1.7 二次函数 章末检测
全卷共26题 测试时间：120分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023秋·安徽亳州·九年级统考期末）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用二次函数定义：一般地，形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数进行解答即可．
【详解】解：A、y=3x-1是一次函数，故此选项不合题意；
B、不是二次函数，故此选项不合题意；
C、y=3x2+x-1是二次函数，故此选项符合题意；
D、y=2x3-1不是二次函数，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数定义，关键是掌握判断函数是否是二次函数，首先是要看它的右边是否为整式，若是整式且仍能化简的要先将其化简，然后再根据二次函数的定义作出判断，要抓住二次项系数不为0这个关键条件．
2．（2022秋·浙江九年级月考）汽车刹车后行驶的距离s（单位：米）关于行驶的时间t（单位：秒）的函数解析式为s=-6t2+bt（b为常数）．已知t=时，s=6，则汽车刹车后行驶的最大距离为（ ）
A．米 B．8米 C．米 D．10米
【答案】C
【分析】先求出b,再求出二次函数的解析式，再求最值.
【详解】解：把t=，s=6代入s=-6t2+bt得，
6=-6×+b×，解得，b=15
∴函数解析式为s=-6t2+15t=-6（t-）2+，
∴当t=时，s取得最大值，此时s=，故选C．
【点睛】求二次函数的最值.
3．（2022秋·九年级单元测试）将抛物线y＝x2+3x+2向右平移a单位正好经过原点，则a的值为（ ）
A．a＝1 B．a＝2 C．a＝﹣1或a＝1 D．a＝1或a＝2
【答案】D
【分析】先把抛物线转化为顶点式，再根据平移的规律得出平移后的抛物线，然后把（0，0）代入，解关于a的方程即可．
【详解】解：∵y＝x2+3x+2＝（x+）2﹣，∴将抛物线y＝x2+3x+2向右平移a单位得到：y＝（x+﹣a）2﹣，
∵平移后的抛物线经过原点，∴0＝（0+﹣a）2﹣，解得a＝1或a＝2．故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线的平移和一元二次方程的解法，属于基本题型，熟练掌握抛物线的平移规律：上加下减、左加右减和一元二次方程的解法是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·校考三模）某畅销书的售价为每本30元，每星期可卖出200本，经调研，如果调整书籍的售价，每降价2元，每星期可多卖出40本，设每件商品降价x元后，每星期售出此畅销书的总销售额为y元，则y与x之间的函数关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据降价x元，则售价为（30 x）元，销售量为（200＋20x）本，由题意可得等量关系：总销售额为y＝销量×售价，根据等量关系列出函数解析式即可．
【详解】设每本降价x元，则售价为（30 x）元，销售量为（200＋20x）本，
根据题意得，y＝（30 x）（200＋20x），
故选B．
【点睛】本题考查由实际问题列二次函数关系式，解答本题关键是明确题意，列出相应的函数关系式．
5．（2023·四川成都·统考一模）下列关于抛物线的说法正确的是（ ）
①开口方向向上；②对称轴是直线；③当时，随的增大而减小；④当或时，．
A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】将解析式化为顶点式，进而判断①②③，令，得出与轴的交点，根据函数图象即可判断④，即可求解．
【详解】解：，，
抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，随的增大而减小；
故①正确，②错误，③正确；
令，即，
解得：，，
抛物线开口向上，与轴交于，，
当或时，，
故④正确，
综上所述，正确的有：①③④，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，抛物线与轴的交点，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
6．（2023·安徽滁州·校联考二模）在同一直角坐标系中，一次函数与二次函数的图像可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题可先由一次函数图象得到字母系数的正负，再与二次函数的图象相比是否一致即可得到答案．
【详解】解：A、由抛物线可知，，得，由直线可知，，故本选项不符合题意；
B、由抛物线可知，，得，由直线可知，，故本选项不符合题意；
C、由抛物线可知，，得，由直线可知，，故本选项不符合题意；
D、由抛物线可知，，得，由直线可知，，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查抛物线和直线的图象与性质，用假设法来判定这种数形结合题是一种很好的方法，解题的关键是一定要看两个函数的对应字母的符号是否一致．
7．（2022秋·浙江九年级月考）已知二次函数，当时，随的增大而减小，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用二次函数的性质求出抛物线的对称轴为直线，则当时，的值随的增大而减小，由于时，的值随的增大而减小，于是可得到实数的取值范围．
【详解】解：抛物线的对称轴为直线，
∵，∴抛物线开口向下，
∴当时，的值随的增大而减小，
∵时，的值随的增大而减小，∴．故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，二次函数的图像与系数的关系．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
8．（2022秋·浙江九年级期中）在“探索函数的系数，，与图象的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的四个点：，，，，同学们探索了经过这四个点中的三个点的二次函数的图象，发现这些图象对应的函数表达式各不相同，其中的值最大为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分四种情况讨论，利用待定系数法，求过，，，中的三个点的二次函数解析式，继而解题．
【详解】解：设过三个点，，的抛物线解析式为：
分别代入，，得解得；
设过三个点，，的抛物线解析式为：
分别代入，，得解得；
设过三个点，，的抛物线解析式为：
分别代入，，得解得；
设过三个点，，的抛物线解析式为：
分别代入，，得解得；
最大为，故选：A．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
9．（2023·河北保定·九年级统考期末）如图，抛物线与轴交于，两点，点从点出发，沿线段向点匀速运动，到达点停止，轴，交抛物线于点．设点的运动时间为秒．当和时，的值相等．下列结论不正确的是（ ）
A．时，的值最大 B．时，
C．当和时，的值不一定相等 D．时，
【答案】C
【分析】根据题意首先求得抛物线的对称轴，然后由抛物线的轴对称性质和二次函数的性质解答．
【详解】解：根据题意知，该抛物线的对称轴是直线x==1．
设点P的运动速度是每秒v个单位长度，则
∵当t=3和t=9时，n的值相等，
∴x==1
∴v=，
当t=6时，AP=6×=3，此时点Q是抛物线顶点坐标，即n的值最大，结论正确；
时，AP=12×=6，此时点Q合点B重合，故n=0，结论正确；
当t=5时，AP=，此时点P的坐标是（-，0）；当t=7时，AP=，此时点P的坐标是（，0）．因为点（-，0）与点（，0）关于对称轴直线x=1对称，所以n的值一定相等，故结论错误；
t=4时，AP=4×=2，此时点P与原点重合，则m=0，故结论正确．
故选：C
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的最值，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意求得对称轴和点P的运动速度是解题的关键．
10．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）抛物线大致如图，顶点坐标为．下列结论，①；②；③方程两根的和为，④当时，方程的所有实数根的和为，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质一一判断即可．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标（-2，-9a），
∴，∴b=4a，c=-5a，
∴抛物线的解析式为y=ax2+4ax-5a，∴，故①错误，
∴故②正确；∵抛物线y=ax2+bx+c=ax2+4ax-5a，
当y=0时，ax2+4ax-5a=0，∴方程ax2+bx+c=0的两个根和为：，故结论③正确；
如图，当时，直线y=1与的图象有3个交点，
∴方程的所有实数根的和为，
当时，直线y=1与的图象有2个交点，此时方程的所有实数根的和为，∴当时，直线y=1与的图象有4个交点，此时方程方程的所有实数根的和为-4-4=-8，故④错误；所以正确的结论有2个，故选：B
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上的点的特征、抛物线与坐标轴的交点问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）函数是二次函数，则m＝_____．
【答案】
【分析】根据二次函数定义可得m-4=2，再解即可．
【详解】解：∵函数是二次函数，
∴，解得：．故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数定义，熟练掌握形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数是解题的关键．
12．（2022秋·陕西延安·九年级校考阶段练习）把抛物线的图象先向右平移3 个单位长度，再向下平移2 个单位长度，所得图象的解析式是则_______．
【答案】11
【分析】因为抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到图象的解析式是，所以向左平移3个单位，再向上平移2个单位后，可得抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象，先由的平移求出y＝ax2＋bx＋c的解析式，再求a＋b＋c的值．
【详解】∵＝（x ）2＋，当向左平移3个单位，再向上平移2个单位后，可得抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象，
∴y＝（x ＋3）2＋＋2＝（x+）2＋=x2＋3x+7；
∴a＋b＋c＝1＋3＋7＝11．故答案是：11．
【点睛】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
13．（2023·湖北·九年级校考阶段练习）若抛物线的顶点在坐标轴上，则m的值为_____________．
【答案】2或或0
【分析】当顶点在x轴上时，可知抛物线与x轴只有一个交点，由对应一元二次方程的判别式为0可求得m的值，当顶点在y轴上时，可知一次项系数为0，可求得m的值．
【详解】解：当顶点在x轴上时，令y＝0可得方程，
则Δ＝0，即（2m）2 4×（m 1）（3m 2）＝0，解得m＝2或m＝；
当顶点在y轴上时，可知其对称轴为y轴，则2m＝0，解得m＝0；
综上可知m的值为2或或0，故答案为：2或或0．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，分顶点在x轴上和y轴上两种情况，分别得到关于m的方程是解题的关键．
14．（2022·北京初二期中）阅读理解：由所学一次函数知识可知，在平面直角坐标系内，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交点横坐标，是一元一次方程kx+b＝0（k≠0）的解；在x轴下方的图象所对应的x的所有值是kx+b＜0（k≠0）的解集，在x轴上方的图象所对应的x的所有值是kx+b＞0（k≠0）的解集．例，如图1，一次函数kx+b＝0（k≠0）的图象与x轴交于点A（1，0），则可以得到关于x的一元一次方程kx+b＝0（k≠0）的解是x＝1；kx+b＜0（k≠0）的解集为x＜1．结合以上信息，利用函数图象解决下列问题：（1）通过图1可以得到kx+b＞0（k≠0）的解集为__；（2）通过图2可以得到①关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的解为__ ；②关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a≠0）的解集为__．
【答案】x1 x1＝﹣1，x2＝2 x﹣1或x2
【分析】（1）直接根据图象即可得出答案；（2）①直接根据抛物线与x轴的交点即可得出答案；
②直接根据图象即可得出答案．
【解析】解：（1）通过图1可以得到kx+b0（k≠0）的解集为x1；
（2）通过图2可以得到①关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的解为x1＝﹣1，x2＝2；
②关于x的不等式ax2+bx+c0（a≠0）的解集为x﹣1或x2．
故答案为：x＞1；x1＝﹣1，x2＝2；x﹣1或x2．
【点睛】本题主要考查一次函数，二次函数与不等式，数形结合是解题的关键．
15．（2022秋·浙江九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，函数y=x2的图象经过点M（x1，y1），N（x2，y2）两点，若﹣4＜x1＜﹣2，0＜x2＜2，则y1 ______y2 ．（用“＜”，“=”或“＞”号连接）
【答案】＞
【分析】根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：由y=x2可知，∵a=1＞0，∴抛物线的开口向上，
∵抛物线的对称轴为y轴，∴当x＞0时，y随x的增大而增大，
∵-4＜x1＜-2，0＜x2＜2，∴2＜-x1＜4，∴y1＞y2．故答案为：＞．
【点睛】本题考查了二次函数图象上的点的坐标特征及二次函数的性质．当a＞0时，开口向上，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大；当a＜0，开口向下，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧，y随x的增大而减小；
16．（2022·江苏九年级末）如图，排球运动员站在点处练习发球，将球从点正上方的处发出，把球看成点，其运行的高度与运行的水平距离满足关系式．已知球网与点的水平距离为，高度为，球场的边界距点的水平距离为．若球一定能越过球网，又不出边界（可落在边界），则的取值范围是_________．
【答案】
【分析】根据当球正好过点（9，）时，抛物线y=a（x-6）2+h还过点（0，2），以及当球刚能过网，此时函数解析式过（18，0），抛物线y=a（x-6）2+h还过点（0，2）时分别得出h的取值范围，或根据不等式即可得出答案．
【详解】解：当球过球网时y=a（x-6）2+h过（0，2）和（9，2.24），
，解得： ，，
当y=0时，，
解得， （舍去），，
∴球过网时，球出界；∴
当球到界时y=a（x-6）2+h过（0，2）和（18，0），
，解得： ，，
，
∴球一定能越过球网，又不出边界（可落在边界），则的取值范围是．故答案为：
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用题，求范围的问题，可以利用临界点法求出自变量的值，再根据题意确定范围．
17．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级校考阶段练习）将进货单价为70元的某种商品按零售单价100元售出时，每天能卖出40个，若这种商品的零售单价在一定范围内每降价1元，其日销量就增加2个，为了获取最大的日利润，则应把零售单价定为_______元．
【答案】95
【分析】设应降价x元，表示出利润的关系式，将其化为顶点式，再根据二次函数的最值问题求得最大利润时，x的值即可．
【详解】设应降价x元，则日销量增加2x个，
获取的总利润为：
故当降价5元，即零售单价为100-5=95元时，能获取最大日利润1250元，
故答案为：95．
【点睛】本题考查二次函数的应用，涉及将二次函数的一般式化为顶点式，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
18．（2022·浙江九年级期末）在直角坐标系中，抛物线 （m＞0）与x轴交于A，B两点．若A，B两点到原点的距离分别为OA，OB，且满足 ，则m的值等于________．
【答案】2
【分析】由抛物线 与x轴交于A，B两点，得到方程的两根就是A，B两点的横坐标，根据根与系数的关系x1+x2=-，x1x2=,求出m的值.
【详解】设方程x2+mx﹣ m2=0的两根分别为x1、x2 ， 且x1＜x2 ， 则有x1+x2=﹣m＜0，x1x2=﹣ m2＜0，
所以x1＜0，x2＞0，由 ﹣ = ，可知OA＞OB，又m＞0，
所以抛物线的对称轴在y轴的左侧，于是OA=|x1|=﹣x1 ， OB=x2 ，
所以 + = ，即 = ，
故 = ，解得m=2．故答案是：2
【点睛】考查了根与系数的关系，抛物线与x轴的交点,熟练掌握抛物线与x轴的交点特征，求出抛物线与x轴的交点坐标是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋·浙江九年级月考）杂技团进行杂技表演，演员从跷跷板右端A处弹跳到人梯顶端椅子B处，其身体看成一点的路线是抛物线的一部分，如图所示．
求演员弹跳离地面的最大高度；已知人梯高米，在一次表演中，人梯到起跳点A的水平距离是4米，问这次表演是否成功？请说明理由．
【答案】(1) ；（2）能成功；理由见解析.
【分析】（1）将抛物线解析式整理成顶点式，可得最大值，即为最大高度；
（2）将x=4代入抛物线解析式，计算函数值是否等于3.4进行判断.
【详解】(1)y=-x2+3x+1=-+
∵-＜0，∴函数的最大值是．
答：演员弹跳的最大高度是米．
(2)当x=4时，y=-×42+3×4+1=3.4=BC，所以这次表演成功．
【点睛】此题将用待定系数法求二次函数解析式、动点问题和最小值问题相结合，考查了同学们的应变能力和综合思维能力，是一道好题．
20．（2022秋·浙江九年级期中）如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体处，另一端固定在离地面高2米的墙体处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度（米）与其离墙体的水平距离（米）之间的关系满足，现测得，两墙体之间的水平距离为6米．
图2
（1）直接写出，的值；（2）求大棚的最高处到地面的距离；（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？
【答案】（1），；（2）米；（3）352
【分析】（1）根据题意，可直接写出点A点B坐标，代入，求出b、c即可；
（2）根据（1）中函数解析式直接求顶点坐标即可；
（3根据，先求得大棚内可以搭建支架的土地的宽，再求得需搭建支架的面积，最后根据每平方米需要4根竹竿计算即可．
【详解】解：（1）由题意知点A坐标为，点B坐标为，
将A、B坐标代入得：
解得：，故，；
（2）由，
可得当时，有最大值，即大棚最高处到地面的距离为米；
（3）由，解得，，
又因为，可知大棚内可以搭建支架的土地的宽为（米），
又大棚的长为16米，故需要搭建支架部分的土地面积为（平方米）
共需要（根）竹竿．
【点睛】本题主要考查根据待定系数法求函数解析式，根据函数解析式求顶点坐标，以及根据函数值确定自变量取值范围，掌握此题的关键是熟练掌握二次函数图像的性质．
21．（2022·湖北咸宁·九年级统考期末）如图，抛物线经过点，顶点，对称轴交轴于点，（1）求抛物线的解析式；（2）在第一象限内的抛物线上求点，使得是以为底边的等腰三角形，求出此时点的坐标；（3）在（2）的基础上，点是否是第一象限内的抛物线上与距离最远的点？若是，请说明理由；若不是，请求出第一象限内的抛物线上与距离最远的点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）不是，
【分析】（1）由抛物线 的顶点坐标是B(1，2)知：h=1，k=2，则，再把A点的坐标代入此解析式即可；（2）易知△OAC是等腰直角三角形，可得AC的垂直平分线是直线y=x，根据垂直平分线的性质可知直线y=x与抛物线的交点即为点P，解方程组即可求得点P的坐标；（3）设Q第一象限内的抛物线上与AC距离最远的点，即可得到的值，后再根据二次函数最值的问题进行求值即可；
【详解】解：（1）∵抛物线 的顶点坐标是B(1，2)，∴ ，
∵抛物线经过点A(0，1)，∴ ，解得：a=-1，
所以抛物线的解析式为或；
（2）∵A(0，1)，C（1，0），∴OA＝OC，
若PA＝PC，则点P在直线上，
即直线与抛物线在第一象限的交点即为点P．
令＝，解得：＝（舍）或，∴P点的坐标为；
（3）假设Q点是第一象限内的抛物线上与AC距离最远的点，
则△AQC的面积最大，即四边形OAQC的面积最大，连接OQ，
＝
当时，四边形OAQC的面积最大，此时点Q的坐标为 ．
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到用待定系数法求直线和抛物线的解析式，等腰直角三角形的性质与判定，二次函数与一元二次方程的关系，动点求最值的问题，综合性较大，难度适中．
22．（2022秋·浙江九年级单元测试）如图①是古代的一种远程投石机，其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分。据《范蠡兵法》记载：“飞石重二十斤，为机发，行三百步”，其原理蕴含了物理中的“杠杆原理”．在如图②所示的平面直角坐标系中，将投石机置于斜坡OA的底部（原点O处），石块从投石机竖直方向上的点C处被投出，在斜坡上的点A处建有垂直于水平面的城墙AB．已知，石块运动轨迹所在抛物线的顶点坐标是，，，，．
(1)求抛物线的表达式；(2)通过计算说明石块能否飞越城墙AB；
(3)分别求出和时，石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离．
【答案】(1)(2)石块不能飞越防御墙AB，见解析
(3)时石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离为米；时石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离为米
【分析】（1）设石块运行的函数关系式为y＝a（x﹣50）2+25，用待定系数法求得a的值即可求得答案；（2）把x＝72代入（1）中表达式，求得y的值，与作比较即可；
（3）用待定系数法求得OA的解析式，设抛物线上一点P（t，），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t， t），用含t的式子表示出关于t的表达式，再利用二次函数的性质分别求出和时，可得答案；
【详解】（1）抛物线的顶点坐标是，，
设石块运行的函数关系式为y＝a（x﹣50）2+25，
将代入，得，解得，
抛物线的表达式为；
（2）
把x＝75代入，得，
，．，
∵21＞20，∴石块不能飞越防御墙AB．
（3）解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）．
，，
把（75，12）代入，得12＝75k，∴k＝．
故直线OA的解析式为y＝x．
设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，）．
过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，）．
∴PQ＝-＝，
∴当t＝时，PQ取最大值，最大值为．
在竖直方向上，石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离是米．
当时，是对称轴，
时，石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离是米．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．（2023·重庆九年级期末）已知直线l：y=kx和抛物线C：y=ax2+bx+1．
（1）当k=1，b=1时，抛物线C：y=ax2+bx+1的顶点在直线l：y=kx上，求a的值；
（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点；（i）求此抛物线的解析式；（ii）若P是此抛物线上任一点，过点P作PQ∥y轴且与直线y=2交于点Q，O为原点，求证：OP=PQ．
【答案】（Ⅰ）a=﹣；（Ⅱ）（i）y=﹣ x2+1；（ii）证明见解析.
【分析】（1）可用a表示出抛物线的顶点坐标,再代入直线方程可求得a的值,
（2）（i）由于k为任意非零实数,可取k=1和k=2,再联立两解析式消去y,得到的一元二次方程有两个相等的实数根可得到两个关于a、b的方程,可求得a、b的值,即可求得拋物线解析式; （ii）设出P点坐标,连接OP,过P作PQ⊥直线y=2,作PD⊥x轴于点D,可分别表示出OP和PQ,可证明其相等
【详解】解：（1）将k=1，b=1代入得：抛物线的解析式为y=ax2+x+1，直线的解析式为y=x．
∵y=ax2+x+1=a（x+ ）2+1﹣ ，∴抛物线的顶点为（﹣ ，1﹣ ）．
∵抛物线的顶点在直线y=x上，∴﹣ =1﹣ ，解得：a=﹣ ．
（2）（i）将直线y=kx向上平移k2+1个单位，所得直线的解析式为y=kx+k2+1．
∵无论非零实数k取何值，直线与抛物线都只有一个交点，
∴方程kx+k2+1=ax2+bx+1有两个相等的实数根，即ax2+（b﹣k）x﹣k2=0有两个相等的实数根，
∴△=（b﹣k）2+4ak2=（4a+1）k2﹣2bk+b2=0．
∵无论非零实数k取何值时，（4a+1）k2﹣2bk+b2=0恒成立，
∴4a+1=0且b=0，∴a=﹣ ，b=0．∴抛物线的解析式为y=﹣ x2+1．
（ii）证明：根据题意，画出图象如图所示：
设点P的坐标为（x，﹣ x2+1）则点Q的坐标为（x，2），D（x，0）．
∴PD=|﹣ x2+1|，OD=|x|，QP=2﹣（﹣ x2+1）= x2+1．
在Rt△OPD中，依据勾股定理得：OP= = = x2+1．∴OP=PQ
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用,涉及待定系数法、二次函数的性质、一元二次方程根的判别式、勾股定理等知识点.在(1)中求得二次函数的顶点坐标是解题的关键,在(Ⅱ)①中取k的特殊值得到关于a、b的二元一次方程组,求得a、b的值是解题的关键,在②中用P点的坐标分别表示出PD、OP的长是解题的关键.
24．（2023年天津市南开区中考二模数学试卷）已知抛物线（，，是常数）的开口向上且经过点，．(1)当时，求抛物线的顶点坐标；
(2)若二次函数在时，的最大值为2，求的值；
(3)若射线与抛物线仅有一个公共点，求的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)，或者
【分析】（1）利用待定系数法将点A、B的坐标代入即可；
（2）根据抛物线图像分析得在范围内，的最大值只可能在或处取得，进行分类讨论①若时，②若，③，计算即可；
（3）先利用待定系数法求出射线的解析式为，且．根据抛物线的解析式为，，，可得．又射线与抛物线在范围内仅有一个交点，即方程在的范围内仅有一个根，整理得在的范围内仅有一个根，即抛物线在的范围内与轴仅有一个交点．化为顶点式为，且，可得抛物线对称轴为：，顶点坐标为：，即当抛物线顶点在x轴下方且对应的函数值小于0；或者顶点坐标在x轴上即可，问题随之得解．
【详解】（1）根据抛物线开口朝上有：，
∵抛物线过点，，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
即抛物线此时的顶点坐标为：；
（2）由（1）可得，且，
即在范围内，的最大值只可能在或处取得．
当时，，当时，．
①若时，即时，得，∴，得．
②若，即时，得，此时，舍去．
③，即时，得，
∴，，舍去．∴综上知，的值为．
（3）设直线的解析式为，
∵直线过点，，∴，∴，
∴直线的解析式为，
即射线的解析式为，且．
又∵抛物线的解析式为，，，
∴．
又∵射线与抛物线在范围内仅有一个交点，
即方程在的范围内仅有一个根，
整理得在的范围内仅有一个根，
即抛物线在的范围内与轴仅有一个交点．
∵，且，
∴抛物线对称轴为：，顶点坐标为：，
∴当抛物线顶点在x轴下方且对应的函数值小于0；或者顶点坐标在x轴上即可．
即时，，
即：，或者，解得：，或者，
综上的取值范围为，或者．
【点睛】本题考查一次函数解析式、二次函数解析式、二次函数的最值、图像与x轴的交点与方程的根的情况、熟练掌握二次函数的图像知识是解题的关键．
25．（2022·浙江九年级期中）如图，抛物线与轴交于两点，直线与轴交于点，与轴交于点．点是轴上方的抛物线上一动点，过点作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为．
(1)求抛物线的解析式；(2)若，求的值；(3)若点是点关于直线的对称点，是否存在点，使点落在轴上？若存在，请直接写出相应的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)2或
(3)存在．点的坐标为：
【分析】（1）由点A， B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点D的坐标，由点P的横坐标可得出点P，E，F的坐标，进而可得出PF，EF的值，分和两种情况考虑，由PE=5EF可得出关m的一元一次方程，解之即可得出结果．
（3）解题关键是识别出当四边形PECE'是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解，当四边形PECE'是菱形不存在时，P点y轴上，即可得到m的值．
【详解】（1）解：将点A，B坐标代入解析式，得：
解得∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点的横坐标为，
，．
又∵点在轴上方，要使，点应在轴右侧，
∴，∴．
令时，分两种情况讨论：
①当时，．
∵，∴，
即，解得，（舍去）；
②当时，．
∵，∴，即，
解得（舍去）；故的值为：2，；
（3）假设存在．如下图所示：
∵点关于直线PC对称，
∵PE平行于y轴，
∴四边形是菱形，
当四边形是菱形存在时，
∵直线CD的解析式为：
过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，
①若或
②
或
若三点重合与y轴上，此时P点横坐标为0，也符合题意，
故存在，点P的坐标为：
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论思想与方程思想解决问题，解题时注意不能漏解．
26．（2023·山东德州·统考一模）如图1，抛物线过点，点，与y轴交于点C．在x轴上有一动点，过点E作直线轴，交抛物线于点M．
(1)求抛物线的解析式；(2)当时，点D是直线上的点且在第一象限内，若是以为斜边的直角三角形，求点D的坐标；(3)如图2，连接，与交于点F，连接，和的面积分别为和，当时，求点E坐标．
【答案】(1)(2)点D坐标为或(3)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）设点D坐标为，连接，，过点C作于H，利用勾股定理表示出、 和，再利用勾股定理求解即可；
（3）求出直线解析式，设 ，，，可得，，得到，根据，列方程求解即可．
【详解】（1）解：将点，点代入得，解得，
∴抛物线的解析式为
（2）解：设点D坐标为，连接，，过点C作于H，
据勾股定理得，在中，；
在中，，
在中，
∴，解得，， ∴点D坐标为或；
（3）解：设直线解析式为，将点代入得，解得，
∴直线解析式为，
∵，∴ ，，，
∴，
∴，
∴
∵∴整理得
解得（不合题意，舍去） 因此，点E坐标为
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理等，利用数形结合的思想是解题的关键．
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专题1.7 二次函数 章末检测
全卷共26题 测试时间：120分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023秋·安徽亳州·九年级统考期末）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·浙江九年级月考）汽车刹车后行驶的距离s（单位：米）关于行驶的时间t（单位：秒）的函数解析式为s=-6t2+bt（b为常数）．已知t=时，s=6，则汽车刹车后行驶的最大距离为（ ）
A．米 B．8米 C．米 D．10米
3．（2022秋·九年级单元测试）将抛物线y＝x2+3x+2向右平移a单位正好经过原点，则a的值为（ ）
A．a＝1 B．a＝2 C．a＝﹣1或a＝1 D．a＝1或a＝2
4．（2022·广东深圳·校考三模）某畅销书的售价为每本30元，每星期可卖出200本，经调研，如果调整书籍的售价，每降价2元，每星期可多卖出40本，设每件商品降价x元后，每星期售出此畅销书的总销售额为y元，则y与x之间的函数关系为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·四川成都·统考一模）下列关于抛物线的说法正确的是（ ）
①开口方向向上；②对称轴是直线；③当时，随的增大而减小；④当或时，．
A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④
6．（2023·安徽滁州·校联考二模）在同一直角坐标系中，一次函数与二次函数的图像可能是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022秋·浙江九年级月考）已知二次函数，当时，随的增大而减小，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·浙江九年级期中）在“探索函数的系数，，与图象的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的四个点：，，，，同学们探索了经过这四个点中的三个点的二次函数的图象，发现这些图象对应的函数表达式各不相同，其中的值最大为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·河北保定·九年级统考期末）如图，抛物线与轴交于，两点，点从点出发，沿线段向点匀速运动，到达点停止，轴，交抛物线于点．设点的运动时间为秒．当和时，的值相等．下列结论不正确的是（ ）
A．时，的值最大 B．时，
C．当和时，的值不一定相等 D．时，
10．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）抛物线大致如图，顶点坐标为．下列结论，①；②；③方程两根的和为，④当时，方程的所有实数根的和为，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）函数是二次函数，则m＝_____．
12．（2022秋·陕西延安·九年级校考阶段练习）把抛物线的图象先向右平移3 个单位长度，再向下平移2 个单位长度，所得图象的解析式是则_______．
13．（2023·湖北·九年级校考阶段练习）若抛物线的顶点在坐标轴上，则m的值为_____________．
14．（2022·北京初二期中）阅读理解：由所学一次函数知识可知，在平面直角坐标系内，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交点横坐标，是一元一次方程kx+b＝0（k≠0）的解；在x轴下方的图象所对应的x的所有值是kx+b＜0（k≠0）的解集，在x轴上方的图象所对应的x的所有值是kx+b＞0（k≠0）的解集．例，如图1，一次函数kx+b＝0（k≠0）的图象与x轴交于点A（1，0），则可以得到关于x的一元一次方程kx+b＝0（k≠0）的解是x＝1；kx+b＜0（k≠0）的解集为x＜1．结合以上信息，利用函数图象解决下列问题：（1）通过图1可以得到kx+b＞0（k≠0）的解集为__；（2）通过图2可以得到①关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的解为__ ；②关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a≠0）的解集为__．
15．（2022秋·浙江九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，函数y=x2的图象经过点M（x1，y1），N（x2，y2）两点，若﹣4＜x1＜﹣2，0＜x2＜2，则y1 ______y2 ．（用“＜”，“=”或“＞”号连接）
16．（2022·江苏九年级末）如图，排球运动员站在点处练习发球，将球从点正上方的处发出，把球看成点，其运行的高度与运行的水平距离满足关系式．已知球网与点的水平距离为，高度为，球场的边界距点的水平距离为．若球一定能越过球网，又不出边界（可落在边界），则的取值范围是_________．
17．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级校考阶段练习）将进货单价为70元的某种商品按零售单价100元售出时，每天能卖出40个，若这种商品的零售单价在一定范围内每降价1元，其日销量就增加2个，为了获取最大的日利润，则应把零售单价定为_______元．
18．（2022·浙江九年级期末）在直角坐标系中，抛物线 （m＞0）与x轴交于A，B两点．若A，B两点到原点的距离分别为OA，OB，且满足 ，则m的值等于________．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋·浙江九年级月考）杂技团进行杂技表演，演员从跷跷板右端A处弹跳到人梯顶端椅子B处，其身体看成一点的路线是抛物线的一部分，如图所示．
求演员弹跳离地面的最大高度；已知人梯高米，在一次表演中，人梯到起跳点A的水平距离是4米，问这次表演是否成功？请说明理由．
20．（2022秋·浙江九年级期中）如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体处，另一端固定在离地面高2米的墙体处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度（米）与其离墙体的水平距离（米）之间的关系满足，现测得，两墙体之间的水平距离为6米．
图2
（1）直接写出，的值；（2）求大棚的最高处到地面的距离；（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？
21．（2022·湖北咸宁·九年级统考期末）如图，抛物线经过点，顶点，对称轴交轴于点，（1）求抛物线的解析式；（2）在第一象限内的抛物线上求点，使得是以为底边的等腰三角形，求出此时点的坐标；（3）在（2）的基础上，点是否是第一象限内的抛物线上与距离最远的点？若是，请说明理由；若不是，请求出第一象限内的抛物线上与距离最远的点的坐标．
22．（2022秋·浙江九年级单元测试）如图①是古代的一种远程投石机，其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分。据《范蠡兵法》记载：“飞石重二十斤，为机发，行三百步”，其原理蕴含了物理中的“杠杆原理”．在如图②所示的平面直角坐标系中，将投石机置于斜坡OA的底部（原点O处），石块从投石机竖直方向上的点C处被投出，在斜坡上的点A处建有垂直于水平面的城墙AB．已知，石块运动轨迹所在抛物线的顶点坐标是，，，，．
(1)求抛物线的表达式；(2)通过计算说明石块能否飞越城墙AB；
(3)分别求出和时，石块与斜坡OA在竖直方向上的最大距离．
23．（2023·重庆九年级期末）已知直线l：y=kx和抛物线C：y=ax2+bx+1．
（1）当k=1，b=1时，抛物线C：y=ax2+bx+1的顶点在直线l：y=kx上，求a的值；
（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点；（i）求此抛物线的解析式；（ii）若P是此抛物线上任一点，过点P作PQ∥y轴且与直线y=2交于点Q，O为原点，求证：OP=PQ．
24．（2023年天津市南开区中考二模数学试卷）已知抛物线（，，是常数）的开口向上且经过点，．(1)当时，求抛物线的顶点坐标；
(2)若二次函数在时，的最大值为2，求的值；
(3)若射线与抛物线仅有一个公共点，求的取值范围．
25．（2022·浙江九年级期中）如图，抛物线与轴交于两点，直线与轴交于点，与轴交于点．点是轴上方的抛物线上一动点，过点作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为．
(1)求抛物线的解析式；(2)若，求的值；(3)若点是点关于直线的对称点，是否存在点，使点落在轴上？若存在，请直接写出相应的点的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（2023·山东德州·统考一模）如图1，抛物线过点，点，与y轴交于点C．在x轴上有一动点，过点E作直线轴，交抛物线于点M．
(1)求抛物线的解析式；(2)当时，点D是直线上的点且在第一象限内，若是以为斜边的直角三角形，求点D的坐标；(3)如图2，连接，与交于点F，连接，和的面积分别为和，当时，求点E坐标．
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