第22章 二次函数预习卷（含解析）-2024-2025学年数学九年级上册人教版

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第22章二次函数预习卷-2024-2025学年数学九年级上册人教版
=一、单选题
1．关于二次函数，下列说法错误的是（ ）
A．图象开口向下 B．图象与y轴的交点为
C．当时，y随x的增大而增大 D．函数值有最小值
2．二次函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
3．抛物线经过四点，且，若存在正数，使得当时，总有成立，则正数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
4．要得到抛物线，可以将抛物线（ ）
A．向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
B．向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
C．向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
D．向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
5．抛物线图象上有三点，，．其中，，，以下说法正确的是（ ）
A．抛物线的对称轴是直线
B．若，、、三点在对称轴的同一侧
C．当，存在
D．当，总有
6．如图①，赵州桥的桥拱可近似看成是一条不完整的抛物线，建立如图②所示的平面直角坐标系，其函数表达式为．当水面离桥拱拱顶的高度为时，水面的宽度为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，二次函数与轴交于点、，与轴交于点，其中．则下列结论：
①；②方程没有实数根；③； ④．
其中错误的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图①所示的矩形窗框ABCD的周长及其两条隔断EF，GH的总长为，且隔断EF，GH分别与矩形的两条邻边平行．设BC的长为，矩形ABCD的面积为，y关于x的函数图象如图②，则下列说法正确的是（ ）
A．矩形ABCD的最大面积为 B．当时，矩形ABCD的面积最大
C．a的值为12 D．以上说法均错误
9．某景区旅店有30张床位，每床每天收费10元时，可全部租出．若每床每天收费提高5元，则有1张床位不能租出；若每床每天收费再提高5元，则再有1张床位不能租出；若每次按提高5元的这种方法变化下去，则该旅店每天营业收入最多为（ ）
A．3125元 B．2120元 C．2950元 D．1280元
10．如图，抛物线与轴交于点，将抛物线向右依次平移两次，分别得到抛物线，与轴交于点，直线与这3条抛物线的6个交点的横坐标之和是（ ）
A．18 B．20 C．36 D．24
二、填空题
11．已知二次函数，当 （填写x的取值范围）时，函数值y随着自变量x的增大而增大．
12．将抛物线向右平移2个单位，向上平移3个单位后，得到新抛物线解析式为 ．
13．若点、、在二次函数的图像上，则、、的大小关系为 ．（用“”符号连接）
14．如图，已知抛物线与直线交于点O、，与x轴交于点．若，则x的取值范围是 ．
15．如图，抛物线与平行于轴的直线交于，两点．若，则点的纵坐标为 ．
16．在平面直角坐标系中，将抛物线先沿x轴向右平移3个单位，再沿y轴向上平移2个单位，得到抛物线，则抛物线的函数表达式为 ．
17．一汽车停车棚棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足函数关系，如图所示，点在图象上．若一辆厢式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长，高的矩形，则可判定货车 完全停到车棚内（填“能”或“不能”）
18．二次函数的图象如图所示．根据图象解答下列问题：
（1）不等式的解集为 ．
（2）若方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围为 ．
三、解答题
19．已知某抛物线的解析式为，为实数．
(1)若该抛物线经过点，求此抛物线的顶点坐标．
(2)如果当时，的最大值为4，求的值．
20．已知函数．
(1)若此函数与x轴只有一个公共点且过点，求函数的解析式；
(2)若，将此抛物线向上平移c个单位得到新的抛物线，当时，；当时，．试比较与1的大小，并说明理由．
21．“骑车戴头盔，放心平安归”．越来越多的人上下班会选择骑行电动车，佩戴头盔更能保证大家的行车安全．某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出350个，六月份售出504个，且从四月份到六月份月增长率相同．
(1)求该品牌头盔销售量的月增长率；
(2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元，则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌每个头盔应涨价多少元？
(3)该品牌头盔每个涨价多少元时，月销售利润最大？最大利润是多少？
22．如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知点，．
(1)求出抛物线的解析式；
(2)若关于的方程（为实数）无解，求的取值范围；
(3)点是抛物线上的任意一点（不与点重合），过点作轴于点，在轴上，以，为邻边作矩形．
①当点与点重合时，求的值；
②当在矩形内的抛物线所对应的函数值随增大而减小时，直接写出的取值范围．
23．在平面直角坐标系中，已知抛物线．
(1)当时，
①求抛物线的顶点坐标．
②将抛物线向下平移m个单位，若平移后的抛物线过点，且与x轴两交点之间的距离为6，求m的值．
(2)已知点在抛物线上，且，求n的取值范围．
24．国家的强大离不开国防的保障．近几年，科技的发展越来越多地应用到国防军事方面，其中无人机和导弹防御系统成为各国竞争的热点．梅石数学小组借助项目式学习研究了如下问题：某军事游戏模型截面图中，导弹防御系统雷达固定向上时的覆盖范围可视为二次函数（如图1），并且可确保击落进入覆盖区域内超过10分钟（含10分钟）的无人机．（已知直角坐标系的单位长度均为1km．）
(1)当点在该二次函数图象上时，求的值；
(2)①若雷达可绕点左右旋转形成全方位覆盖（如图2）．若已知图2中的图象绕点向右旋转形成的曲线满足：，请直接写出图象绕点向左旋转后、满足的关系式：__________；
②如图1，若该军事游戏模型中，某型号攻击无人机飞行高度为，携带导弹后速度为10米/秒，为摧毁雷达需飞行到点正上方进行投弹．当该导弹防御系统雷达固定向上时，其覆盖范围所视为的二次函数的要调整到什么范围才能抵挡这次攻击？（投弹时间忽略不计）
《第22章二次函数预习卷-2024-2025学年数学九年级上册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C C C D A C D C
1．D
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据二次函数的图象和性质，逐一进行判断即可．
【详解】二次函数的二次项系数小于0，
图象开口向下，故A选项不符合题意；
当时，，
图象与y轴的交点为，故B选项不符合题意；
二次函数，
当时，y随x的增大而增大，有最大值，故C选项不符合题意，D选项符合题意．
故选D．
2．D
【分析】本题考查了二次函数的图像，掌握二次函数图像的特征是解题的关键．根据二次函数的顶点式即可判断大致图像．
【详解】解：二次函数的顶点式为，
，顶点坐标为，
二次函数图像是开口向上，以顶点坐标为的抛物线，
故选：D．
3．C
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，已知抛物线上对称的两点，求抛物线的对称轴；由抛物线经过点和可知，对称轴为直线；点的横坐标在内，其关于对称轴的对称范围为；为确保当在时，需或，结合即可求解；
【详解】解：由点和纵坐标相同，抛物线的对称轴为直线；
抛物线在与部分是对称的；若在此范围内，则可能与相等；
为避免，需使完全不在内；
则应满足或；
故的取值范围为或，对应选项C；
故选：C．
4．C
【分析】本题主要考查了二次函数图象的平移法则，掌握并灵活运用抛物线的平移规律“左加右减，上加下减”成为解题的关键．
根据抛物线的平移规律解答即可．
【详解】解：抛物线为向右平移2个单位长度得到，再向上平移3个单位长度可得．
故选C．
5．C
【分析】本题考查二次函数的图象性质，涉及对称轴、开口方向及函数值比较．掌握二次函数图象性质是解题的关键．
根据对称轴公式求得对称轴判断A错误；根据二次函数单调性判断B错误，C正确，D错误．
【详解】A．抛物线为，故对称轴为，故A错误；
B．抛物线开口向下（），对称轴为．左侧（）函数递增，右侧（）函数递减．若，可能存在三点分布在对称轴两侧的情况．例如，在左侧，、在右侧，此时最大，最小，与条件一致，故三点未必在同一侧，故B错误；
C． 当时，存在．例如：，取，，，计算得，，，满足，故C正确；
D． 当时，并非总有．例如：，取，，，计算得，，，此时，不符合题意，故D错误．
综上，正确答案为C．
6．D
【分析】本题考查二次函数实际应用，已知函数值求自变量值等．根据题意可得点得纵坐标为，将其代入中即可求出的长，继而得到本题答案．
【详解】解：∵水面离桥拱拱顶的高度为时，
∴点得纵坐标为，
∵函数表达式为，
∴将点得纵坐标为代入中得：，
∴，
∴，
故选：D．
7．A
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象开口，对称轴直线，最值的计算方法是关键．
根据题意得到图象开口向上，对称轴直线为，，则，当时，代入计算可判定①；根据二次函数与直线的位置关系可判定②；根据题意得到，可判定③；根据函数最小值的大小可判定④；由此即可求解．
【详解】解：二次函数与轴交于点、，图象开口向上，
∴对称轴直线为，，
∴，
当时，，
∴，即，
∴，
∴，故①正确；
图象开口向上，对称轴直线为，
∴当时，函数有最小值，最小值轴的下方，
∴抛物线与直线两个不同的交点，
∴方程有两个不相等的实数根，故②错误；
∵二次函数与轴交于点，其中，
∴当，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，，故③正确；
当时，函数有最小值，最小值为，，
∴，
∴，故④正确；
综上所述，正确的有①③④，错误的有②，
∴错误的有1个，
故选：A ．
8．C
【分析】本题考查二次函数图象和性质，解题的关键是识别函数图象，确定自变量的取值为何值时函数取得最大值．
观察图2，得出当时，函数值最大，可判断A、B错误；根据题意确定，即判断C正确，进而可判断D．
【详解】解：由题图②可知，矩形ABCD的最大面积为，此时，故A，B选项错误；
当时，矩形ABCD的面积取最大值4，
，
，
故C选项正确，D选项错误．
故选：C．
9．D
【分析】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用．此题难度不大，解题的关键是理解题意，找到等量关系，求得二次函数解析式．设每床每晚收费应提高个5元，旅店每天营业收入为元，然后根据题意可得函数解析式：，再根据二次函数的性质即可求得答案．
【详解】解：设每床每晚收费提高个5元，旅店每天营业收入为元，
根据题意得：
，
当时，最大，最大值为1280元，
该旅店每天营业收入最多为1280元，
故选：D．
10．C
【分析】本题主要考查了二次函数的平移问题，根据平移得出二次函数关系式，是解题的关键．先求出的坐标，得出抛物线向右每次平移的距离为4，根据二次函数为零时两个根的关系即可解答．
【详解】解：将代入抛物线，
得或，即，
故抛物线向右每次平移距离为4，
设，，，，，的横坐标分别为，，，，，，
，同时在抛物线和直线上，
即，的横坐标为的根，
，
，
，
直线与这3条抛物线的6个交点的横坐标之和．
故选C．
11．
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，先化为顶点式，再求出二次函数图象的开口方向和对称轴方程，再根据二次函数的增减性求解即可．
【详解】解：∵二次函数解析式为，
∴该函数图象开口向上，对称轴为直线，
∴当时，函数值y随x的增大而增大．
故答案为：．
12．或
【分析】本题主要考查了抛物线的平移规律，熟练掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题的关键．根据抛物线平移的规律“左加右减，上加下减”，对原抛物线进行向右平移个单位和向上平移个单位的操作，从而得到新抛物线的解析式．
【详解】解：抛物线向右平移个单位，
根据“左加右减”原则，变为，得到；
再向上平移个单位，
根据“上加下减”原则，在式子后面加，得到．
故答案为：
13．
【分析】本题考查判断二次函数的函数值大小，求出对称轴，根据二次函数的增减性，进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵点、、在二次函数的图像上，且，
∴；
故答案为：
14．
【分析】本题考查了二次函数与不等式的关系．
由二次函数的图象与正比例函数的图象交于点，与x轴交于点，然后观察图象，即可求得答案．
【详解】解：由图象可知，已知二次函数的图象与正比例函数的图象交于点与坐标原点，
当时，的图象在下方，因此；
由与轴交于点，可知当时，；
∴当时，．
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．设点的坐标为，则点的坐标为，将点的坐标代入二次函数的解析式求解即可得．
【详解】解：设点的坐标为，
∵平行于轴，且，
∴点的坐标为，
将点，代入得：
，
解得，
将代入②得：，
所以点的纵坐标为，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了二次函数与几何变换，正确记忆图形平移规律是解题关键．
利用二次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
【详解】将抛物线变形，得，
∴由题意可知，将抛物线先沿x轴向左平移3个单位，再沿y轴向下平移2个单位后得到抛物线，
即，
抛物线的函数表达式为．
故答案为：．
17．能
【分析】本题考查了二次函数的实际应用．根据题意求出当时，y的值，若此时y的值大于，则货车能完全停到车棚内，反之，不能，据此求解即可．
【详解】解：，
，在中，
当时，．
，
∴货车能完全停到车棚内．
故答案为：能．
18． 或
【分析】本题主要考查，图象法解一元二次不等式，一元二次方程与二次函数综合等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）根据不等式的解集即为二次函数图象在x轴下方时自变量的取值范围求解即可；
（2）根据方程有两个不相等的实数根即二次函数与直线有两个不同的交点进行求解即可．
【详解】（1）解：由函数图象可知不等式的解集为或，
故答案为：或；
（2）解：解：由函数图象可知方程有两个不相等的实数根，即为二次函数与直线有两个不同的交点，
∴，
故答案为：．
19．(1)
(2)的值为或
【分析】本题主要考查了求二次函数的顶点坐标，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出函数解析式，再把解析式化为顶点式即可求出顶点坐标；
（2）把解析式化为顶点式得到对称轴和开口方向，从而得到离对称轴越远，函数值越大，进而可确定当时，，则，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为，
∴此抛物线的顶点坐标为．
（2）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∵，且当时，的最大值为4，
∴当时，，
∴，
整理得：，
∴或，
故的值为或．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查二次函数与x轴的交点问题、二次函数与不等式的关系、二次函数的图象与性质，
（1）令得，，由题意得根的判别式为0求得，再把点代入求得，即可求解；
（2）由题意得，把代入得，利用函数图象可得，进而求解即可．
【详解】（1）解：令得，，
∵此函数与x轴只有一个公共点，
∴，
∴，
∵此函数图象过点，
把点代入得，，
∴函数的解析式为；
（2）解：，理由如下：由题意得，，
∵时，；
∴，
∴，即，
∵，
∴抛物线开口向上，，
∴
∵对称轴，画草图如下：
∵当时，，
∴，即，
∴，
∴．
21．(1)该品牌头盔销售量的月增长率为
(2)该品牌的每个头盔应涨价5元
(3)该品牌头盔每个涨价元时，月销售利润最大，最大利润是6125元
【分析】本题主要考查了利用一元二次方程解决实际问题，利用二次函数解决最值问题，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，找出等量关系列出方程求解即可；
（2）设该品牌头盔每个应涨价元，找出等量关系列出方程求解即可；
（3）设该品牌头盔每个涨价元，利润为元，列出，利用二次函数的性质求出最值即可．
【详解】（1）解：设该品牌头盔销售量的月增长率为，
由题意得，
解得，（不符合题意，舍去）．
答：该品牌头盔销售量的月增长率为；
（2）解：设该品牌头盔每个应涨价元．
由题意，得，
整理得，
解得，．
∵要尽可能让顾客得到实惠，
．
答：该品牌的每个头盔应涨价5元；
（3）解：设该品牌头盔每个涨价元，利润为元．
由题意得，
，
∴当.时，月销售利润最大，最大值为6125．
答：该品牌头盔每个涨价元时，月销售利润最大，最大利润是6125元．
22．(1)
(2)
(3)①；②或
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，利用数形结合的思想，分类讨论，熟练掌握二次函数的图象与性质，矩形的性质是解题的关键．
（1）先出点C的坐标，再利用待定系数法解答，即可求解；
（2）根据题意可得抛物线开口线下，且抛物线有最大值，最大值为9，再由方程（为实数）无解，可得抛物线与直线无交点，即可求解；
（3）①根据轴，可得，即可求解；②分两种情况：当时，点Q在点E的上方；当时，点Q在点E的下方，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴点C的坐标为，
把点，代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）得：，
∴抛物线开口线下，且抛物线有最大值，最大值为9，
∵方程（为实数）无解，
∴抛物线与直线无交点，
∴；
（3）解：①∵点与点重合，，
∴点，
∵轴，
∴点P的纵坐标为，
∵点，
∴，
解得：；
②根据题意得：点，
∵轴，
∴点，
当时，点Q在点E的上方，
∵，
∴，解得：，
∵，
∴；
当时，点Q在点E的下方，
∵，
∴，解得：或，
∵，
∴；
综上所述，m的取值范围为或
23．(1)① ②
(2)
【分析】（1）①由，可得，即可得抛物线的顶点坐标为．
②平移后所得抛物线为，将代入，得，即，可得．设平移后抛物线与x轴的两个交点坐标为，，可得，，进而可得，求出a的值，从而可得答案．
（2）由题意得，抛物线的对称轴为直线，可得点关于对称轴的对称点为，将，代入，得，可得，进而可得，结合，从而可得n的取值范围．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∴抛物线的顶点坐标为．
②将抛物线向下平移m个单位，所得抛物线为，
将代入，得，
∴，
∴．
设平移后抛物线与x轴的两个交点坐标为，，
∴，．
∵平移后抛物线与x轴两交点之间的距离为6，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解且符合题意，
∴．
（2）解：由题意得，抛物线的对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为，
将，代入，
得，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴n的取值范围为．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24．(1)
(2)①②当时，才能抵挡这次攻击
【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的求出函数解析式，是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①根据对称性，结合开口大小不变，得到，即可得出结果；②求出无人机到达点上方正好为10分钟时的值，即可得出结果．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴；
（2）①观察可知：图象绕点向左旋转后的图象和的图象绕点向右旋转的图象，顶点相同，开口大小相同，只是方向相反，
∴图象绕点向左旋转后、满足的关系式：；
故答案为：；
②当无人机到达点上方正好为10分钟时，则飞行距离为，
假设无人机从左往右飞，
∵无人机飞行高度为，
则，当过点时，，
∴，
∴当时，才能抵挡这次攻击．
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