专题14二次函数解答压轴题（共32题）-2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】

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2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题14二次函数解答压轴题（共32题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、解答题
1．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，点和点在抛物线上．
（1）若，求该抛物线的对称轴；
（2）已知点在该抛物线上．若，比较的大小，并说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】
（1）由题意易得点和点，然后代入抛物线解析式进行求解，最后根据对称轴公式进行求解即可；
（2）由题意可分当时和当时，然后根据二次函数的性质进行分类求解即可．
【详解】
解：（1）当时，则有点和点，代入二次函数得：
，解得：，
∴抛物线解析式为，
∴抛物线的对称轴为；
（2）由题意得：抛物线始终过定点，则由可得：
①当时，由抛物线始终过定点可得此时的抛物线开口向下，即，与矛盾；
②当时，
∵抛物线始终过定点，
∴此时抛物线的对称轴的范围为，
∵点在该抛物线上，
∴它们离抛物线对称轴的距离的范围分别为，
∵，开口向上，
∴由抛物线的性质可知离对称轴越近越小，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
2．（2021·江苏南京市·中考真题）已知二次函数的图像经过两点．
（1）求b的值．
（2）当时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是________．
（3）设是该函数的图像与x轴的一个公共点，当时，结合函数的图像，直接写出a的取值范围．
【答案】（1）；（2）1；（3）或．
【分析】
（1）将点代入求解即可得；
（2）先求出二次函数的顶点的纵坐标，再利用完全平方公式、不等式的性质求解即可得；
（3）分和两种情况，再画出函数图象，结合图象建立不等式组，解不等式组即可得．
【详解】
解：（1）将点代入得：，
两式相减得：，
解得；
（2）由题意得：，
由（1）得：，
则此函数的顶点的纵坐标为，
将点代入得：，
解得，
则，
下面证明对于任意的两个正数，都有，
，
（当且仅当时，等号成立），
当时，，
则（当且仅当，即时，等号成立），
即，
故当时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是1；
（3）由得：，
则二次函数的解析式为，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当时，则当时，；当时，，

即，
解得；
②如图，当时，

当时，，
当时，，
解得，
综上，的取值范围为或．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质等知识点，较难的是题（3），熟练掌握函数图象法是解题关键．
3．（2021·安徽中考真题）已知抛物线的对称轴为直线．
（1）求a的值；
（2）若点M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且，．比较y1与y2的大小，并说明理由；
（3）设直线与抛物线交于点A、B，与抛物线交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）根据对称轴，代值计算即可
（2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果
（3）先根据求根公式计算出，再表示出，=，即可得出结论
【详解】
解：（1）由题意得：

（2）抛物线对称轴为直线，且
当时，y随x的增大而减小，
当时，y随x的增大而增大．
当时，y1随x1的增大而减小，
时，，时，

同理：时，y2随x2的增大而增大
时，．
时，



（3）令







令




AB与CD的比值为
【点睛】
本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点
4．（2021·浙江绍兴市·中考真题）小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径，且点A，B关于y轴对称，杯脚高，杯高，杯底MN在x轴上．

（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）．
（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体所在抛物线形状不变，杯口直径，杯脚高CO不变，杯深与杯高之比为0.6，求的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）确定B点坐标后，设出抛物线解析式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用杯深 CD′ 与杯高 OD′ 之比为0.6，求出OD′ ，接着利用抛物线解析式求出B'或A'横坐标即可完成求解．
【详解】
解：（1）设，
∵杯口直径 AB=4 ，杯高 DO=8 ，
∴
将，代入，得，
．
（2），
，
，，
当时，，
或，
，
即杯口直径的长为．
【点睛】
本题考查了抛物线的应用，涉及到待定系数法求抛物线解析式、求抛物线上的点的坐标等内容，解决本题的关键是读懂题意，找出相等关系列出等式等．
5．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．
【分析】
（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；
（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形为正方形，，
∴，，
∴，
∴OB=1，
∴，
把点B、D坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴由两点距离公式可得，
设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：
①当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
②当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；
（3）由题意可得如图所示：

连接OM、DM，
由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，
∴，DM=EM，
∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，
∴，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴，
若使的值为最小，即为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：

∵，
∴，
∴的最小值为，即的最小值为，
设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，
∴线段OD的解析式为，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．
6．（2021·四川南充市·中考真题）如图，已知抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由．
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且．在y轴上是否存在点F，使得为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）四边形OCPQ是平行四边形，理由见详解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）
【分析】
（1）设抛物线，根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ =，从而求出线段PQ长度最大值，进而即可得到结论；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出，从而得，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线，
∴B（4，0），C（0，4），
设抛物线，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），
∴PQ=-x+4-()==，
∴当x=2时，线段PQ长度最大=4，
∴此时，PQ=CO，
又∵PQ∥CO，
∴四边形OCPQ是平行四边形；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，
由（2）得：Q（2，-2），
∵D是OC的中点，
∴D（0，2），
∵QN∥y轴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
设E（x，），则，解得：，（舍去），
∴E（5，4），
设F（0，y），则，
，，
①当BF=EF时，，解得：，
②当BF=BE时，，解得：或，
③当EF=BE时，，无解，
综上所述：点F的坐标为：（0，）或（0，1）或（0，-1）．
．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
7．（2021·四川广元市·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点的坐标值：
x
…

0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．

【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；
（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．
【详解】
解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）
设抛物线解析式为：，
将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴抛物线解析式为：，顶点坐标．
（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），
如图3，将A点向上平移一个单位，得到，
则
∴四边形是平行四边形，
∴，
作关于MQ的对称点E，则
∴，
∴，
当P、E、C三点共线时，最短，
设直线CE的解析式为：，
将C、E两点坐标代入解析式可得：，
∴，
∴直线CE的解析式为：，
令，则，
∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，
∴的最小值为．
（3）是；
理由：设，
因为A、B两点关于直线x=1对称，
所以圆心位于该直线上，
所以可设的外接圆的圆心为，
作，垂足为点N，则，
由轴，
∴，
∵，且由表格数据可知
∴，
化简得：，
∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的长不变，为1．

【点睛】
本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
8．（2021·湖北荆州市·中考真题）已知：直线与轴、轴分别交于、两点，点为直线上一动点，连接，为锐角，在上方以为边作正方形，连接，设．
（1）如图1，当点在线段上时，判断与的位置关系，并说明理由；

（2）真接写出点的坐标（用含的式子表示）；
（3）若，经过点的抛物线顶点为，且有，的面积为．当时，求抛物线的解析式．

【答案】（1）BE⊥AB，理由见解析；（2）（）；（3）
【分析】
（1）先求出点A、B的坐标，则可判断△AOB是等腰直角三角形，然后结合正方形的旋转可证明△AOC≌△BOE（SAS），可得∠OBE=∠OAC=45°，进而可得结论；
（2）作辅助线如图1（见解析），根据正方形的性质可证△MOC≌△NEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的结论可得AC=BE=t，然后解等腰直角△ACM，可求出，进而可得答案；
（3）由抛物线过点A结合已知条件可求出抛物线的对称轴是直线x=2，然后由（2）可求出当时k=1，进一步即可求出点P的纵坐标，从而可得顶点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】
解：（1）BE⊥AB，理由如下：
对于直线y=-x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=1，
∴B（0，1），A（1，0），
∴OA=OB=1，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∵四边形OCDE是正方形，
∴OC=OE，∠COE=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE（SAS），
∴∠OBE=∠OAC=45°，
∴∠EBC=∠EBO+∠OBA=45°+45°=90°，
即BE⊥AB；
（2）作CM⊥OA于点M，作EN⊥x轴于点N，如图1，则∠CMO=∠ENO=90°，
∵∠EON+∠NEO=∠EON+∠COM=90°，
∴∠NEO=∠COM，
又∵OC=OE，
∴△MOC≌△NEO，
∴CM=ON，OM=EN，
在△ACM中，∠CMA=90°，∠MAC=45°，AC=BE=t，
∴，
∴，
∵点E在第二象限，
∴点E的坐标是（）；

（3）∵抛物线过点A（1，0），
∴a+b+c=0，
∵，
∴消去c可得b=-4a，
∴抛物线的对称轴是直线x=2，
如图1，当时，由（2）可得，
∴，
∴，
∴，即k=1，
∴△POA的面积为，
即，解得，
∵a＞0，
∴顶点P的纵坐标是-1，
∴点P（2，-1），
设，
把点A（1，0）代入，可求得a=1，
∴抛物线的解析式是．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一次函数的性质以及等腰直角三角形的判定和性质等知识，具有一定的难度，熟练掌握相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
9．（2021·四川资阳市·中考真题）抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线上方的一点，与相交于点E，当时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿方向平移，使点D落在点处，且，点M是平移后所得抛物线上位于左侧的一点，轴交直线于点N，连结．当的值最小时，求的长．
【答案】（1）；（2）或；（3）．
【分析】
（1）利用待定系数法即可得；
（2）设点的坐标为，先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据可得点的坐标，代入直线的解析式求解即可得；
（3）先根据求出点的坐标，再根据二次函数图象的平移规律得出平移后的函数解析式，设点的坐标，从而可得点的坐标，然后根据两点之间的距离公式可得，最后根据两点之间线段最短、垂线段最短求解即可得．
【详解】
解：（1）由题意，将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）对于二次函数，
当时，，解得或，
，
设点的坐标为，点的坐标为，
，
，解得，
，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
将点代入得：，
解得或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点的坐标为或；
（3）二次函数的顶点坐标为，
设点的坐标为，
，
，解得，
，
则平移后的二次函数的解析式为，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
设点的坐标为，则点的坐标为，
如图，连接，过点作于点，过点作于点，交于点，连接，


，
轴，
，
，
由两点之间线段最短得：的最小值为，
由垂线段最短得：当点与点重合时，取得最小值，此时点与点重合，
则点的纵坐标与点的纵坐标相等，
即，解得，
则，
，
．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移规律、垂线段最短等知识点，较难的是题（3），正确求出平移后的抛物线的解析式是解题关键．
10．（2021·四川南充市·中考真题）超市购进某种苹果，如果进价增加2元/千克要用300元；如果进价减少2元/千克，同样数量的苹果只用200元．
（1）求苹果的进价．
（2）如果购进这种苹果不超过100千克，就按原价购进；如果购进苹果超过100千克，超过部分购进价格减少2元/千克．写出购进苹果的支出y（元）与购进数量x（千克）之间的函数关系式．
（3）超市一天购进苹果数量不超过300千克，且购进苹果当天全部销售完．据统计，销售单价z（元/千克）与一天销售数量x（千克）的关系为．在（2）的条件下，要使超市销售苹果利润w（元）最大，求一天购进苹果数量．（利润＝销售收入购进支出）
【答案】（1）苹果的进价为10元/千克；（2）；（3）要使超市销售苹果利润w最大，一天购进苹果数量为200千克．
【分析】
（1）设苹果的进价为x元/千克，根据等量关系，列出分式方程，即可求解；
（2）分两种情况：当x≤100时， 当x＞100时，分别列出函数解析式，即可；
（3）分两种情况：若x≤100时，若x＞100时，分别求出w关于x的函数解析式，根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）设苹果的进价为x元/千克，
由题意得：，解得：x=10，
经检验：x=10是方程的解，且符合题意，
答：苹果的进价为10元/千克；
（2）当x≤100时，y=10x，
当x＞100时，y=10×100+（10-2）×（x-100）=8x+200，
∴；
（3）若x≤100时，w=zx-y==，
∴当x=100时，w最大=100，
若x＞100时，w=zx-y==，
∴当x=200时，w最大=200，
综上所述：当x=200时，超市销售苹果利润w最大，
答：要使超市销售苹果利润w最大，一天购进苹果数量为200千克．
【点睛】
本题主要考查分式方程、一次函数、二次函数的实际应用，根据数量关系，列出函数解析式和分式方程，是解题的关键．
11．（2021·湖北十堰市·中考真题）已知抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连交抛物线于M，连、．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当时，求M点的横坐标；
（3）如图2，过点P作x轴的平行线l，过M作于D，若，求N点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）将点和点代入解析式，即可求解；
（2）由想到将放到直角三角形中，即过点A作交CM的延长线于点E，即可知，再由想到过点E作轴，即可得到，故点E的坐标可求，结合点C坐标可求直线CE解析式，点M是直线CE与抛物线交点，联立解析式即可求解；
（3）过点M作L的垂线交于点D，故设点M的横坐标为m，则点M的纵坐标可表示，且MD的长度也可表示，由可得即可结合两点间距离公式表示出MN，最后由即可求解
【详解】
解：（1）将点和点代入得
，解得：

（2）点A作交CM的延长线于点E，过作轴于 如下图

轴，


又



即

当时，
即
即
设直线CE的解析式为，并将C、E两点代入得
解得

点M是直线CE与抛物线交点
解得（不合题意，舍去）
点M的横坐标为
（3）设过点M垂直于L的直线交x轴于点H，对称轴交x轴于点Q，M的横坐标为m
则


对称轴
P、Q、N的横坐标为，即

当时，

点D的纵坐标为4



即




，即，
不符合题意，舍去，
当时，

解得，
由题意知


【点睛】
本题考察二次函数的综合运用、相似三角形、锐角三角函数的运用、交点坐标的求法和两点间的距离公式，属于综合运用题，难度偏大．解题的关键是由锐角三角函数做出辅助线和设坐标的方程思想．
12．（2021·湖北十堰市·中考真题）某商贸公司购进某种商品的成本为20元/，经过市场调研发现，这种商品在未来40天的销售单价y（元/）与时间x（天）之间的函数关系式为：且x为整数，且日销量与时间x（天）之间的变化规律符合一次函数关系，如下表：
时间x（天）
1
3
6
10
…
日销量
142
138
132
124
…
填空：
（1）m与x的函数关系为___________；
（2）哪一天的销售利润最大？最大日销售利润是多少？
（3）在实际销售的前20天中，公司决定每销售商品就捐赠n元利润（）给当地福利院，后发现：在前20天中，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间x的增大而增大，求n的取值范围．
【答案】（1）；（2）第16天销售利润最大，最大为1568元；（3）
【分析】
（1）设，将，代入，利用待定系数法即可求解；
（2）分别写出当时与当时的销售利润表达式，利用二次函数和一次函数的性质即可求解；
（3）写出在前20天中，每天扣除捐赠后的日销售利润表达式，根据二次函数的性质可得对称轴，求解即可．
【详解】
解：（1）设，将，代入可得：
，解得，
∴；
（2）当时，
销售利润，
当时，销售利润最大为1568元；
当时，
销售利润，
当时，销售利润最大为1530元；
综上所述，第16天销售利润最大，最大为1568元；
（3）在前20天中，每天扣除捐赠后的日销售利润为：
，
∵时，随x的增大而增大，
∴对称轴，解得．
【点睛】
本题考查二次函数与一次函数的实际应用，掌握二次函数与一次函数的性质是解题的关键．
13．（2021·四川达州市·中考真题）渠县是全国优质黄花主产地，某加工厂加工黄花的成本为30元/千克，根据市场调查发现，批发价定为48元/千克时，每天可销售500千克．为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，工厂采取降价措施．批发价每千克降低1元，每天销量可增加50千克．
（1）写出工厂每天的利润元与降价元之间的函数关系．当降价2元时，工厂每天的利润为多少元？
（2）当降价多少元时，工厂每天的利润最大，最大为多少元？
（3）若工厂每天的利润要达到9750元，并让利于民，则定价应为多少元？
【答案】（1），9600；（2）降价4元，最大利润为9800元；（3）43
【分析】
（1）若降价元，则每天销量可增加千克，根据利润公式求解并整理即可得到解析式，然后代入求出对应函数值即可；
（2）将（1）中的解析式整理为顶点式，然后利用二次函数的性质求解即可；
（3）令可解出对应的的值，然后根据“让利于民”的原则选择合适的的值即可．
【详解】
（1）若降价元，则每天销量可增加千克，
∴，
整理得：，
当时，，
∴每天的利润为9600元；
（2），
∵，
∴当时，取得最大值，最大值为9800，
∴降价4元，利润最大，最大利润为9800元；
（3）令，得：，
解得：，，
∵要让利于民，
∴，（元）
∴定价为43元．
【点睛】
本题考查二次函数的实际应用，弄清数量关系，准确求出函数解析式并熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
14．（2021·湖南怀化市·中考真题）某超市从厂家购进A、B两种型号的水杯，两次购进水杯的情况如下表：
进货批次
A型水杯（个）
B型水杯（个）
总费用（元）
一
100
200
8000
二
200
300
13000
（1）求A、B两种型号的水杯进价各是多少元？
（2）在销售过程中，A型水杯因为物美价廉而更受消费者喜欢．为了增大B型水杯的销售量，超市决定对B型水杯进行降价销售，当销售价为44元时，每天可以售出20个，每降价1元，每天将多售出5个，请问超市应将B型水杯降价多少元时，每天售出B型水杯的利润达到最大？最大利润是多少？
（3）第三次进货用10000元钱购进这两种水杯，如果每销售出一个A型水杯可获利10元，售出一个B型水杯可获利9元，超市决定每售出一个A型水杯就为当地“新冠疫情防控”捐b元用于购买防控物资．若A、B两种型号的水杯在全部售出的情况下，捐款后所得的利润始终不变，此时b为多少？利润为多少？
【答案】（1）A型号水杯进价为20元，B型号水杯进价为30元；（2）超市应将B型水杯降价5元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为405元；（3）A，B两种杯子全部售出，捐款后利润不变，此时b为4元，利润为3000元．
【分析】
（1）主要运用二元一次方程组，设A型号水杯为x元，B型号水杯为y元，根据表格即可得出方程组，解出二元一次方程组即可得A、B型号水杯的单价；
（2）主要运用二次函数，由题意可设：超市应将B型水杯降价z元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为w，每个水杯的利润为元；每降价1元，多售出5个，可得售出的数量为个，根据：利润=（售价-进价）×数量，可确定函数关系式，依据二次函数的基本性质，开口向下，在对称轴处取得最大值，即可得出答案；
（3）根据（1）A型号水杯为20元，B型号水杯为30元．设10000元购买A型水杯m个，B型水杯n个，所得利润为W元，可列出方程组，利用代入消元法化简得到利润W的函数关系式，由于利润不变，所以令未知项的系数为0，即可求出b，W．
【详解】
（1）解：设A型号水杯进价为x元，B型号水杯进价为y元，
根据题意可得：，
解得：，
∴A型号水杯进价为20元，B型号水杯进价为30元．
（2）设：超市应将B型水杯降价z元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为w，
根据题意可得：，
化简得：，
当时，
，
∴超市应将B型水杯降价5元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为405元．
（3）设购买A型水杯m个，B型水杯n个，所得利润为W元，
根据题意可得：
将①代入②可得：，
化简得：，
使得A，B两种杯子全部售出后，捐款后所得利润不变，
则，得，
当时，，
∴A，B两种杯子全部售出，捐款后利润不变，此时b为4元，利润为3000元．
【点睛】
题目主要考察二元一次方程、一元二次函数的以及一次函数的应用，难点是对题意的理解及对函数和方程的综合运用．
15．（2021·湖北黄冈市·中考真题）已知抛物线与x轴相交于，两点，与y轴交于点C，点是x轴上的动点．
　　　
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线于点G．过点P作于点D，当n为何值时，；
（3）如图2，将直线绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．
①______；
②当点N关于直线的对称点落在抛物线上时，求点N的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②或．
【分析】
（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先根据抛物线的解析式可得点的坐标，再利用待定系数法可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的长，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程求解即可得；
（3）①先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据平移的性质可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后根据正切三角函数的定义即可得；
②先求出直线的解析式，再与直线的解析式联立求出它们的交点坐标，从而可得点的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可得．
【详解】
解：（1）将点，代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）由题意得：点的坐标为，
对于二次函数，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
，
，，
，
，即，
解得或（与不符，舍去），
故当时，；
（3）①如图，设线段的中点为点，过点作轴的垂线，交直线于点，

则点的坐标为，点的横坐标为3，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
由平移的性质得：直线的解析式为，
当时，，即，
，
，
故答案为：；
②由题意得：，
则设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立，解得，
即直线与直线的交点坐标为，
设点的坐标为，
则，解得，即，
将点代入得：，
整理得：，
解得或，
则点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的综合、全等三角形的性质、正切三角函数等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．
16．（2021·湖北黄冈市·中考真题）红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）．
（1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？
（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．
【答案】（1）；（2）当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；（3）4．
【分析】
（1）分和两种情况，根据“月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件”即可得函数关系式，再根据求出的取值范围；
（2）在（1）的基础上，根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，分别利用一次函数和二次函数的性质求解即可得；
（3）设该产品的捐款当月的月销售利润为万元，先根据捐款当月的月销售单价、月销售最大利润可得，再根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，然后利用二次函数的性质即可得．
【详解】
解：（1）由题意，当时，，
当时，，
，
，
解得，
综上，；
（2）设该产品的月销售利润为万元，
①当时，，
由一次函数的性质可知，在内，随的增大而增大，
则当时，取得最大值，最大值为；
②当时，，
由二次函数的性质可知，当时，取得最大值，最大值为90，
因为，
所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；
（3）捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），
，
设该产品捐款当月的月销售利润为万元，
由题意得：，
整理得：，
，
在内，随的增大而增大，
则当时，取得最大值，最大值为，
因此有，
解得．
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，正确建立函数关系式是解题关键．
17．（2021·新疆中考真题）已知抛物线．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）把抛物线沿y轴向下平移个单位，若抛物线的顶点落在x轴上，求a的值；
（3）设点，在抛物线上，若，求a的取值范围．
【答案】（1）直线；（2）或；（3）
【分析】
（1）直接根据抛物线的对称轴公式求解即可；
（2）先求出原抛物线的顶点坐标，然后求出平移后新抛物线的顶点坐标，再根据题意建立方程分情况讨论即可；
（3）分别讨论a的情况，根据二次函数中利用对称性比较函数值大小的方法建立关于a的不等式求解即可．
【详解】
（1）根据抛物线对称轴公式：，
∴，
∴原抛物线的对称轴为：直线；
（2）将代入解析式得：，
∴原抛物线的顶点坐标为：，
把抛物线沿y轴向下平移个单位，
则平移后新抛物线的顶点坐标为，
∵平移后抛物线的顶点落在x轴上，
∴，
若，则，
解得：，
若，则，
解得：，
∴或；
（3）若，则原抛物线开口向上，
要使得，则应使得点P到对称轴的距离大于点Q到对称轴的距离，
即：，即：，
∴或，
解得：或，
∵，
∴；
若，则原抛物线开口向下，
要使得，则应使得点P到对称轴的距离小于点Q到对称轴的距离，
即：，即：，
∴，
解得：，与矛盾，故不成立，
∴a的取值范围为．
【点睛】
本题考查二次函数的性质以及平移问题，熟记二次函数中的基本性质和结论是解题关键．
18．（2021·湖南长沙市·中考真题）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于轴对称，则把该函数称之为“T函数”，其图象上关于轴对称的不同两点叫做一对“T点”．根据该约定，完成下列各题．
（1）若点与点是关于的“T函数”的图象上的一对“T点”，则______，______，______（将正确答案填在相应的横线上）；
（2）关于的函数（，是常数）是“T函数”吗？如果是，指出它有多少对“T点”；如果不是，请说明理由；
（3）若关于的“T函数”（，且，，是常数）经过坐标原点，且与直线（，，且，是常数）交于，两点，当，满足时，直线是否总经过某一定点？若经过某一定点，求出该定点的坐标；否则，请说明理由．
【答案】（1）；（2）当时，关于的函数（是常数）不是“函数”，理由见解析；当时，关于的函数（是常数）是“函数”，它有无数对“点”；（3）直线总经过一定点，该定点的坐标为．
【分析】
（1）先根据关于轴对称的点坐标变换规律可得的值，从而可得点的坐标，再将点的坐标代入“函数”即可得；
（2）分和两种情况，当时，设点与点是一对“点”，将它们代入函数解析式可求出，与矛盾；当时，是一条平行于轴的直线，是“函数”，且有无数对“点”；
（3）先将点代入可得，再根据“函数”的定义可得，从而可得，与直线联立可得是方程的两实数根，然后利用根与系数的关系可得，最后根据化简可得，从而可得，由此即可得出答案．
【详解】
解：（1）由题意得：点与点关于轴对称，
，
，
，
将点代入得：，
故答案为：；
（2）由题意，分以下两种情况：
①当时，
假设关于的函数（，是常数）是“函数”，点与点是其图象上的一对“点”，
则，
解得，与相矛盾，假设不成立，
所以当时，关于的函数（是常数）不是“函数”；
②当时，
函数是一条平行于轴的直线，是“函数”，它有无数对“点”；
综上，当时，关于的函数（是常数）不是“函数”；当时，关于的函数（是常数）是“函数”，它有无数对“点”；
（3）由题意，将代入得：，
，
设点与点是“函数”图象上的一对“点”，
则，解得，
，
联立得：，
“函数”与直线交于点，，
是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，
，
，
，即，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
因此，直线总经过一定点，该定点的坐标为．
【点睛】
本题考查了关于轴对称的点坐标变换规律、二次函数与一次函数的综合、一元二次方程根与系数的关系等知识点，掌握理解“函数”和“点”的定义是解题关键．
19．（2021·四川广安市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象与坐标轴相交于、、三点，其中点坐标为，点坐标为，连接、．动点从点出发，在线段上以每秒个单位长度向点做匀速运动；同时，动点从点出发，在线段上以每秒1个单位长度向点做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，设运动时间为秒．

（1）求、的值；
（2）在、运动的过程中，当为何值时，四边形的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段上方的抛物线上是否存在点，使是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=2，c=3；（2）t=2，最小值为4；（3）（，）
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF=PE=t，PF=QE=4-2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式，求出t值，即可算出M的坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A（3，0），B（-1，0），
则，
解得：；
（2）由（1）得：抛物线表达式为y=-x2+2x+3，C（0，3），A（3，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，由点P的运动可知：
AP=，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，
∴AE=PE==t，即E（3-t，0），
又Q（-1+t，0），
∴S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ
=
=
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
AC=，AB=4，
∴0≤t≤3，
∴当t==2时，四边形BCPQ的面积最小，即为=4；

（3）∵点M是线段AC上方的抛物线上的点，
如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ，∠MPQ=90°，
∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∠PMF=90°，
∴∠PMF=∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF=PE=t，PF=QE=4-2t，
∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，
∴点M的坐标为（3-2t，4-t），
∵点M在抛物线y=-x2+2x+3上，
∴4-t=-（3-2t）2+2（3-2t）+3，
解得：t=或（舍），
∴M点的坐标为（，）．

【点睛】
本题考查了二次函数综合，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
20．（2021·陕西中考真题）已知抛物线与x轴交于点A、B（其中A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点B、C的坐标；
（2）设点与点C关于该抛物线的对称轴对称在y轴上是否存在点P，使与相似且与是对应边？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）存在，或．
【分析】
(1)令y=0,求的根即可；令x=0,求得y值即可确定点C的坐标；
（2）确定抛物线的对称轴为x=1,确定的坐标为（2，8），计算C=2，利用直角相等，两边对应成比例及其夹角相等的两个三角形相似，分类求解即可.
【详解】
解：（1）令，则，
∴，
∴．
令，则．
∴．
（2）存在．由已知得，该抛物线的对称轴为直线．
∵点与点关于直线对称，
∴，．
∴．
∵点P在y轴上，
∴
∴当时，．
设，
i）当时，则，
∴．
∴
ii）当时，则，
∴
∴．
iii）当时，则，与矛盾．
∴点P不存在
∴或．
【点睛】
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，对称轴的意义，三角形相似的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活运用三角形的相似和进行一元二次方程根的求解是解题的关键．
21．（2021·浙江杭州市·中考真题）在直角坐标系中，设函数（，是常数，）．
（1）若该函数的图象经过和两点，求函数的表达式，并写出函数图象的顶点坐标．
（2）写出一组，的值，使函数的图象与轴有两个不同的交点，并说明理由．
（3）已知，当（，是实数，）时，该函数对应的函数值分别为，．若，求证．
【答案】（1），顶点坐标是；（2），，理由见解析；（3）见解析．
【分析】
（1）把点和代入二次函数解析式进行求解，然后把一般式化为顶点式即可求解顶点坐标；
（2）根据二次函数的图象与系数的关系可直接进行求解；
（3）由题意，得，，则有，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）把点和代入得：，
解得，
∴，则化为顶点式为，
∴该函数图象的顶点坐标是；
（2）例如，，此时；
因为，
所以函数图象与轴有两个不同的交点；
（3）由题意，得，，
∵，
∴


，
由题意，知，
所以．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
22．（2021·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）直线l为该抛物线的对称轴，点D与点C关于直线l对称，点P为直线AD下方抛物线上一动点，连接PA，PD，求面积的最大值；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿射线AD平移个单位，得到新的抛物线，点E为点P的对应点，点F为的对称轴上任意一点，在上确定一点G，使得以点D，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点G的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．
【答案】（1）y=x2-3x-4；（2）8；（3）或或，过程见解析
【分析】
（1）将，的坐标代入函数式利用待定系数法求解即可；
（2）先得出抛物线的对称轴，作PE∥y轴交直线AD于E，设P（m，m2-3m-4），用m表示出△APD的面积即可求出最大面积；
（3）通过平移距离为，转化为向右平移4个单位，再向下平移4个单位，根据平移变化得出平移后的抛物线关系式和E的坐标，分DE为对角线、EG为对角线、EF为对角线三种情况进行讨论即可．
【详解】
解：（1）将A（-1，0），B（4，0）代入y=ax2+bx-4得
，解得：，
∴该抛物线的解析式为y=x2-3x-4，
（2）把x=0代入y=x2-3x-4中得：y=-4，
∴C（0，-4），
抛物线y=x2-3x-4的对称轴l为
∵点D与点C关于直线l对称，
∴D（3，-4），
∵A（-1，0），
设直线AD的解析式为y=kx+b；
∴，解得：，
∴直线AD的函数关系式为：y=-x-1，
设P（m，m2-3m-4），
作PE∥y轴交直线AD于E，
∴E（m，-m-1），
∴PE=-m-1-（m2-3m-4）=-m2+2m+3，
∴，
∴，
∴当m=1时，的面积最大，最大值为：8

（3）∵直线AD的函数关系式为：y=-x-1，
∴直线AD与x轴正方向夹角为45°，
∴抛物线沿射线AD方向平移平移个单位，相当于将抛物线向右平移4个单位，再向下平移4个单位，
∵，，平移后的坐标分别为（3，-4），（8，-4），
设平移后的抛物线的解析式为
则，解得：，
∴平移后y1=x2-11x+20，
∴抛物线y1的对称轴为：，
∵P（1，-6），
∴E（5，-10），
∵以点D，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
设G（n，n2-11n+20），F（，y），
①当DE为对角线时，平行四边形的对角线互相平分
∴，∴
∴
②当EF为对角线时，平行四边形的对角线互相平分
∴，∴
∴
③当EG为对角线时，平行四边形的对角线互相平分
∴，∴
∴
∴或或
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数关系式和最值问题，求三角形的面积，以及平移的性质和平行四边形的性质，注意分类讨论的数学思想．
23．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，与y轴交于C（0，－3），对称轴为直线，直线y＝－2x＋m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E，与对称轴交于点F．
（1）求抛物线的解析式和m的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；
（3）直线y＝1上有M、N两点（M在N的左侧），且MN＝2，若将线段MN在直线y＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．

【答案】（1）；m=2；（2）存在，或；（3）
【分析】
（1）根据抛物线的对称性求出A（1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A坐标代入直线的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），过点E作EP⊥y轴于点P，从而得，即可得到P的坐标，过点E作，交y轴于点，可得，再利用tan∠ADO=tan∠PE，即可求解；
（3）作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到，作点E关于y=1的对称点，连接与直线y=1交于点M，过点F作FN∥，交直线y=1于点N，在中和 中分别求出EF， ，进而即可求解．
【详解】
（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，对称轴为直线，
∴A（1，0），
设二次函数解析式为：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函数解析式为：y= (x-1)(x+3)，即：，
∵直线y＝－2x＋m经过点A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直线AF的解析式为：y=-2x+2，
又∵直线y=-2x+2与y轴交于点D，与抛物线交于点E，
∴当x=0时，y=2，即D（0，2），
联立，解得：，，
∵点E在第二象限，
∴E（-5，12），
过点E作EP⊥y轴于点P，

∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴，
∴P（0，12）；
过点E作，交y轴于点，可得，
∵∠ED+∠PED=∠PE+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠ED=∠PE，即：tan∠ADO=tan∠PE，
∴，即：，解得：，
∴（0，14.5），
综上所述：点P的坐标为（0，12）或（0，14.5）；
（3）∵点E、F均为定点，
∴线段EF长为定值，
∵MN=2，
∴当EM+FN为最小值时，四边形MEFN的周长最小，
作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到，作点E关于y=1的对称点，连接与直线y=1交于点M，过点F作FN∥，交直线y=1于点N，

由作图可知：，
又∵三点共线，
∴EM+FN=，此时，EM+FN的值最小，
∵点F为直线y=-2x+2与直线x=-1的交点，
∴F（-1，4），
∴（-3，4），
又∵E（-5，12），
∴（-5，-10），
延长F交线段E于点W，
∵F与直线y=1平行，
∴FW⊥E，
∵在中，由勾股定理得：EF=，
在中，由勾股定理得：=，
∴四边形MEFN的周长最小值=ME+FN+EF+MN=．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．
24．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与两坐标轴分别相交于A，B，C三点
（1）求证：∠ACB=90°
（2）点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+BF的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，求点D的坐标．

【答案】（1）（2）①9；②或．
【分析】
（1）分别计算A，B，C三点的坐标，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的长，最后利用勾股定理逆定理解题；
（2）①先解出直线BC的解析式，设，接着解出，利用二次函数的配方法求最值；②根据直角三角形斜边的中线性质，解得AG的长，再证明，再分两种情况讨论以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，结合相似三角形对应边成比例性质解题即可．
【详解】
解：（1）令x=0，得

令得



，




（2）①设直线BC的解析式为：，代入，得



设









即DE+BF的最大值为9；
②点G是AC的中点，
在中，
即为等腰三角形，






若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，
则①

又




，
或
经检验：不符合题意，舍去，
②，
又



整理得，
，
或，
同理：不合题意，舍去，
综上所述，或．
【点睛】
本题考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理及其逆定理、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
25．（2021·云南中考真题）已知抛物线经过点，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小．设r是抛物线与x轴的交点（交点也称公共点）的横坐标，．
（1）求b、c的值：
（2）求证：；
（3）以下结论：，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论．
【答案】（1）b=-16，c=-2；（2）见解析；（3）m＞1，证明见解析
【分析】
（1）根据抛物线经过（0，-2）得到c值，再根据增减性得到对称轴，可得b值；
（2）根据r是抛物线与x轴的交点得到r是方程的解，代入得到，计算出，可得，从而可得；
（3）由变形可得，再证明r＜0，根据不等式的性质可得结果．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点（0，-2），
∴，即c=-2，
∵当x＜-4时，y随x的增大而增大，当x＞-4时，y随x的增大而减小，
∴直线x=-4是抛物线的对称轴，
∴，解得：b=-16，
∴b=-16，c=-2；
（2）证明：∵b=-16，c=-2，
∴，
∵r是抛物线与x轴交点的横坐标，
∴r是方程的解，
即，则，
∴，
∴
=
=
∵，
∴，
∴；
（3）m＞1正确，
证明：由（2）可知：，
∴，即，
∴，
在中，令，
解得：或，
∴r＜0，
∴，，
∴，
∵，
∴，即m＞1．
【点睛】
本题考查了二次函数综合，还涉及的二次函数的图像和性质，二次函数与x轴的交点，解一元二次方程，解题的关键是根据r是抛物线与x轴的交点得到关于r的方程，进行等式的变形．
26．（2021·山东泰安市·中考真题）二次函数的图象经过点，，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接、，交于点Q，过点P作轴于点D．

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，当时，求直线的表达式；
（3）请判断：是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）有最大值为，P点坐标为
【分析】
（1）将，代入中，列出关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值即可；
（2）设与y轴交于点E，根据轴可知，，当，即，由此推断为等腰三角形，设，则，所以，由勾股定理得，解出点E的坐标，用待定系数法确定出BP的函数解析式即可；
（3）设与交于点N，过B作y轴的平行线与相交于点M．由A、C两点坐标可得所在直线表达式，求得 M点坐标，则，由，可得，，设，则，根据二次函数性质求解即可．
【详解】
解：（1）由题意可得：

解得：，
∴二次函数的表达式为；
（2）设与y轴交于点E，

∵轴，
，
，
，
，
，设，
则，，
在中，由勾股定理得，

解得，
，
设所在直线表达式为
解得
∴直线的表达式为．
（3）设与交于点N．
过B作y轴的平行线与相交于点M．

由A、C两点坐标分别为，
可得所在直线表达式为
∴M点坐标为，
由，可得，

设，则
，
∴当时，有最大值0.8，
此时P点坐标为．
【点睛】
本题主要考查二次函数以及一次函数解析式的确定，函数图像的性质，相似三角形，勾股定理等知识点，熟练运用待定系数法求函数解析式是解题关键，本题综合性强，涉及知识面广，难度较大，属于中考压轴题．
27．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

【答案】（1），；（2），，；（3）
【分析】
（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】
（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，

由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，

∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
28．（2021·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过A（0，﹣1），B（4，1）．直线AB交x轴于点C，P是直线AB下方抛物线上的一个动点．过点P作PD⊥AB，垂足为D，PE∥x轴，交AB于点E．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△PDE的周长取得最大值时，求点P的坐标和△PDE周长的最大值；
（3）把抛物线平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点P．M是新抛物线上一点，N是新抛物线对称轴上一点，直接写出所有使得以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标，并把求其中一个点M的坐标的过程写出来．
【答案】（1）；（2）t=2时，△PDE周长取得最大值，最大值为， 点P的坐标为（2，﹣4）；（3）满足条件的点M的坐标有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12），过程见解析
【分析】
（1）利用待定系数法求函数表达式即可；
（2）先求出直线AB的函数表达式和点C坐标，设P，其中0 （3）分以下情况①若AB是平行四边形的对角线；②若AB是平行四边形的边，1）当 MN∥AB时；2）当 NM∥AB时，利用平行四边形的性质分别进行求解即可．
【详解】
解（1）∵抛物线经过点A（0，﹣1），点B（4，1），
∴，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）∵A（0，-1），B（4，1），
∴直线AB的函数表达式为，
∴C（2，0），
设P，其中0 ∵点E在直线上，PE∥x轴，
∴E，∠OCA=∠DEP，
∴PE=，
∵PD⊥AB，
∴∠EDP=∠COA，
∴△PDE∽△AOC，
∵AO=1，OC=2，
∴AC=，
∴△AOC的周长为3+，
令△PDE的周长为l，则，
∴，
∴当t=2时，△PDE周长取得最大值，最大值为，
此时点P的坐标为（2，﹣4），
（3）如图所示，满足条件的点M的坐标有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．
由题意可知，平移后抛物线的函数表达式为，对称轴为直线．
①若AB是平行四边形的对角线，
当MN与AB互相平分时，四边形ANBM是平行四边形，
即MN经过AB的中点C（2，0），
∵点N的横坐标为2，
∴点M的横坐标为2，
∴点M的坐标为（2，-4）；
②若AB是平行四边形的边，
1）MN∥AB时，四边形ABNM是平行四边形，
∵A（0，-1），B（4，1），点N的横坐标为2，
∴点M的横坐标为2﹣4=﹣2，
∴点M的坐标为（﹣2，12）；
2）当 NM∥AB时，四边形ABMN是平行四边形，
∵A（0，-1），B（4，1），点N的横坐标为2，
∴点M的横坐标为2+4=6，
∴点M的坐标为（6，12），
综上，满足条件的点M的坐标有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．

【点睛】
本题考查待定系数法求函数的表达式、相似三角形的判定与性质、求二次函数的最值、平行四边形的性质等知识，解答的关键是熟练掌握二次函数的性质，运用平行四边形的性质，结合数形结合和分类讨论的思想方法进行探究、推导和计算．
29．（2021·浙江中考真题）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中，该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有两个景点，售票处出示的三种购票方式如表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点


和
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万．并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
【答案】（1）20%；（2）①798万元，②当丙种门票价格降低24元时，景区六月份的门票总收人有最大值，为817.6万元
【分析】
（1）设四月和五月这两个月中，该景区游客人数的月平均增长率为，则四月份的游客为人，五月份的游客为人，再列方程，解方程可得答案；
（2）①分别计算购买甲，乙，丙种门票的人数，再计算门票收入即可得到答案；②设丙种门票价格降低元，景区六月份的门票总收人为万元，再列出与的二次函数关系式，利用二次函数的性质求解最大利润即可得到答案．
【详解】
解：（1）设四月和五月这两个月中，该景区游客人数的月平均增长率为，
由题意，得

解这个方程，得（舍去）
答：四月和五月这两个月中，该景区游客人数平均每月增长20%．
（2）①由题意，丙种门票价格下降10元，得：
购买丙种门票的人数增加：（万人），
购买甲种门票的人数为：（万人），
购买乙种门票的人数为：（万人），
所以：门票收入问；
（万元）
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低元，景区六月份的门票总收人为万元，
由题意，得

化简，得，
，
∴当时，取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格降低24元时，景区六月份的门票总收人有最大值，为817.6万元．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，二次函数的实际应用，掌握利用二次函数的性质求解利润的最大值是解题的关键．
30．（2021·湖北武汉市·中考真题）在“乡村振兴”行动中，某村办企业以，两种农作物为原料开发了一种有机产品，原料的单价是原料单价的1.5倍，若用900元收购原料会比用900元收购原料少．生产该产品每盒需要原料和原料，每盒还需其他成本9元．市场调查发现：该产品每盒的售价是60元时，每天可以销售500盒；每涨价1元，每天少销售10盒．
（1）求每盒产品的成本（成本＝原料费＋其他成本）；
（2）设每盒产品的售价是元（是整数），每天的利润是元，求关于的函数解析式（不需要写出自变量的取值范围）；
（3）若每盒产品的售价不超过元（是大于60的常数，且是整数），直接写出每天的最大利润．
【答案】（1）每盒产品的成本为30元．（2）；（3）当时，每天的最大利润为16000元；当时，每天的最大利润为元．
【分析】
（1）设原料单价为元，则原料单价为元．然后再根据“用900元收购原料会比用900元收购原料少”列分式方程求解即可；
（2）直接根据“总利润=单件利润×销售数量”列出解析式即可；
（3）先确定的对称轴和开口方向，然后再根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】
解：（1）设原料单价为元，则原料单价为元．
依题意，得．
解得，，．
经检验，是原方程的根．
∴每盒产品的成本为：（元）．
答：每盒产品的成本为30元．
（2）
；
（3）∵抛物线的对称轴为=70，开口向下
∴当时，a=70时有最大利润，此时w=16000，即每天的最大利润为16000元；
当时，每天的最大利润为元．
【点睛】
本题主要考查了分式方程的应用、二次函数的应用等知识点，正确理解题意、列出分式方程和函数解析式成为解答本题的关键．
31．（2021·四川乐山市·中考真题）已知二次函数的图象开口向上，且经过点，．
（1）求的值（用含的代数式表示）；
（2）若二次函数在时，的最大值为1，求的值；
（3）将线段向右平移2个单位得到线段．若线段与抛物线仅有一个交点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【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）先利用待定系数法写出直线AB的解析式，再写出平移后的解析式，若线段与抛物线仅有一个交点，即方程在的范围内仅有一个根，只需当对应的函数值小于或等于0，且对应的函数值大于或等于即可．
【详解】
（1）∵抛物线过点，，
∴，
∴，
∴．
（2）由（1）可得，
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，，
∴，∴，
∴．
将线段向右平移2个单位得到线段，
∴的解析式满足，即．
又∵抛物线的解析式为，
∴．
又∵线段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．
只需当对应的函数值小于或等于0，且对应的函数值大于或等于即可．
即时，，得，
当时，，得，
综上的取值范围为．
【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
32．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．

（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】
（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．

（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．

综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．
【点睛】
本题考查二次函数的综合，考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．