资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
二次函数综合题重点考点 预测练
2025年中考数学三轮复习备考
1．已知二次函数（是常数且）．
(1)若，求出该函数图象的顶点坐标；
(2)若该函数图象经过原点，当时，函数的最大值恰好是，求的值．
2．已知二次函数（b，c为常数），
(1)若，，求此二次函数的顶点坐标；
(2)若此函数图象与x轴只有一个交点，且过点，求函数表达式；
(3)若此函数的对称轴为直线，且当时，函数取到最大值为1，求c的取值范围．
3．如图，已知二次函数（是常数，且）的图象与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
(1)求点，点的坐标；
(2)如图2，二次函数（是常数，且）的图象为，图象中位于轴右侧的部分作关于轴的对称图象，该对称图象记为图象．若直线：（是常数）交图象于点，（点在点的右侧），并与图象交于点，若，求与的数量关系；
(3)抛物线的图象与轴分别交于，两点，将抛物线沿轴向下翻折，所得新抛物线与原抛物线所围成的封闭区域内（包括边界）恰好有13个整点（点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为“整点”），求的取值范围．
4．已知二次函数，其图象抛物线与轴的交点坐标分别为，，且．
(1)求当时，求抛物线的顶点坐标．
(2)若将抛物线向上平移1个单位后，与轴的交点坐标分别为，且，试判断与的大小，并说明理由．
(3)当时，的最大值与最小值之差为，求的值．
5．已知二次函数的图象与轴分别交于点和点，与轴交于点，对称轴为直线，交轴于点为抛物线上一动点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)当时，求点的坐标；
(3)若点是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的横坐标；若不存在，请说明理由．
6．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于两点，点在点的左侧．
(1)当时，求点和点的坐标；
(2)已知点的坐标是，过点作轴的垂线，垂足为点，若二次函数的图象与线段只有一个交点，求的取值范围；
(3)直线与二次函数的图象交于两点，点的坐标是，点是轴上方的抛物线上的一个动点，过点作轴，交轴于点，交直线于点，过点作于点，直线交轴于点，若，设点的横坐标是，求的最大值．
7．如图，已知二次函数的图象与轴交于A和两点，与轴交于，连接，在线段上有一动点，过点作轴的平行线交二次函数的图象于点，交轴于点．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)当的横坐标为，求与的面积比；
(3)若动点横坐标记为，的面积记为，的面积记为，且，写出与的函数关系，并判断是否有最大值，若有请求出；若没有请说明理由．
8．如图1，已知二次函数的图象与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，且经过．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)如图2，点为该抛物线的顶点，将此抛物线沿射线方向平移，点平移后的对应点为，记，若要使轴，求的值；
(3)如图3，设点为该抛物线在第三象限内图象上的一动点，过点作轴，垂足为，连接交于点，求的最大值．
9．已知，二次函数的图象与轴交于点，顶点为，连接，交轴于点．
(1)填空：二次函数解析式为______________________，点的坐标为___________
(2)如图1，过点任作直线，交二次函数的图象于点、，、的横坐标分别为、．
①求、之间的数量关系；
②若延长，交于点，问点是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；
③如图2，连接，，，，若，求点的坐标．
10．已知二次函数，一次函数，其中，为常数且．
(1)求证：二次函数图像的顶点一定在一次函数图像上；
(2)当时，，求，的值；
(3)点、分别在二次函数和一次函数图像上．
①当，时，求；
②若抛物线上存在两个不同的点，求的范围．
11．如图，二次函数图象交x轴于点，，交y轴于点C，点P是ⅹ轴上一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N．
(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点P在线段上运动（点P与点A，点B不重合），若，求出点N的坐标．
(3)点D为抛物线的顶点，点E是y轴上的一个动点，点F是坐标平面内一个动点，是否存在点E，使以A、D、E、F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标，若不存在，请说明理由．
12．已知一次函数与二次函数（是常数）相交于两点，点是轴上的点，点是轴上的点，点为抛物线的顶点．点在抛物线上，其横坐标为．
(1)求该二次函数解析式及顶点的坐标；
(2)若抛物线在之间的部分（包含两点）最高点与最低点的纵坐标差为时，求的取值范围；
(3)点是直线上的点，且轴，把点往右平移两个单位，再往下平移个单位得到点．是否存在不与点重合的点，使得？若存在，请求出面积相等时的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．(1)
(2)或8
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
（1）将代入即可得二次函数的解析式，再将二次函数的解析式化成顶点式即可得其顶点坐标；
（2）先将点代入求出二次函数的解析式为，再分两种情况：①和②，利用二次函数的增减性求解即可得．
【详解】（1）解：当时，，即，
将二次函数的解析式化成顶点式为，
则该函数图象的顶点坐标为．
（2）∵函数图象经过点，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，其对称轴为直线，
∴时的函数值与时的函数值相等，即为，
由二次函数的性质可知，当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大．
则分以下两种情况：
由①当时，则在内，当时，的值最大，
∴，
解得，符合题设；
②当时，则在内，当时，的值最大，
∴，
解得或（不符合题设，舍去）；
综上，的值为或8．
2．(1)
(2)或
(3)
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数与x轴的交点问题，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）把解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）利用判别式和待定系数法求解即可；
（3）根据对称轴计算公式得到，再由解析式可得离对称轴越远函数值越大，当时，时有最大值，当时，时有最大值，据此讨论求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，二次函数解析式为，
∴二次函数顶点坐标为；
（2）解：∵此函数图象与x轴只有一个交点，且过点，
∴，
解得或，
∴二次函数解析式为或；
（3）解：∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
∴，
∴二次函数解析式为，
∵，
∴二次函数开口向上，
∴离对称轴越远函数值越大，
当，即时，
∵当时，函数取到最大值为1，
∴，
∴；
当时，时取到最大值，把代入函数得：，，
时，．
综上所述，．
3．(1)、
(2)
(3)
【分析】本题为二次函数综合运用，涉及到一次函数、二次函数和反比例函数的图象和性质，数形结合是解题的关键．
（1）令，解方程即可得解；
（2）由二次函数知，其对称轴为直线，故设设点，则点，点，则，，由得，即可求解；
（3）如图，抛物线经过、，对称轴为直线，围成的区域关于x轴对称，x轴上有5个“整点”，则x轴的上下部分各有四个“整点”，只用考虑x轴上方的四个整点，只能是，当抛物线恰好经过时，刚好有13个“整点”，进而求解．
【详解】（1）解：令
∴，
则或，
∴点、；
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
设点，则点，点，
∴，，
∵，
∴，则，
∴
；
（3）解：如图，抛物线经过、，对称轴为直线，围成的区域关于x轴对称，x轴上有5个“整点”，则x轴的上下部分各有四个“整点”，
只用考虑x轴上方的四个整点，只能是，当抛物线恰好经过时，刚好有13个“整点”，
此时．
根据对称性，当抛物线经过点时必然会经过点，因此抛物线不能经过这两个点，
此时是临界位置，，
所以．
4．(1)抛物线的顶点坐标为
(2)，理由见解析
(3)的值为或
【分析】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、抛物线平移，掌握配方法将一般式化为顶点式、求二次函数对称轴、二次函数最值求法是解决问题的关键．
（1）将代入二次函数，化为顶点式即可得到答案；
（2）分别求出平移前后抛物线的对称轴，平移前抛物线与轴的交点坐标分别为，，得到对称轴是，由平移后抛物线与轴的交点坐标分别为，确定其对称轴是，根据抛物线上下平移对称轴不变即可得证；
（3）由二次函数图象与性质得到当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当时，；分三类讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）解：当时，二次函数的表达式为，
抛物线的顶点坐标为；
（2）解：，
理由如下：
抛物线的对称轴为直线，
，即．
将抛物线向上平移1个单位后，抛物线表达式为，
平移后抛物线对称轴不变，仍为直线，
，即．
；
（3）解：二次函数图象的对称轴为直线，
当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当时，．
①当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
②当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
③当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
综上所述，的值为或．
5．(1)
(2)点P的坐标为或；
(3)点Q的横坐标是或4或或．
【分析】（1）先根据对称轴公式，可得，再将点B的坐标代入抛物线的解析式中可得，即可解答；
（2）分两种情况：①点P在的下方时，先利用待定系数法可得的解析式，联立抛物线和直线的解析式，解方程可得点P的坐标；②点P在的上方时，证明，可得，即可解答；
（3）设点P的坐标为，分三种情况：①如图3，过点P作轴于F，则，②如图4，过点P作轴于G，则，③如图5，，即可解答．
【详解】（1）解：∵二次函数，对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
将点代入中得：，
∴，
∴这个二次函数的表达式为：；
（2）解：分两种情况：
①点P在的下方时，如图1，
当时，，
∴，，
设的解析式为：，
∴，
∴，
∴的解析式为：，
∴，
解得：（舍），，
∴点P的坐标为；
②点P在的上方时，如图2，设直线交x轴于E，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
同理，的解析式为：，
∴，
∴，即，
∴，，
∴点P的坐标为；
综上，点P的坐标为或；
（3）解：设点P的坐标为，
分三种情况：
①如图3，过点P作轴于F，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴点P的横坐标为，
∵，，
∴由平移得点Q的横坐标为；
②如图4，过点P作轴于G，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴或1，
∴点P的横坐标为1，
∵，，
∴由平移得点Q的横坐标为4；
③如图5，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（舍），，，
∵，，
∴点Q的横坐标是或；
综上，点Q的横坐标是或4或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，利用待定系数法求函数的解析式，三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）将代入即可直接得解；
（2）令，解得或，由，得，然后分类讨论求解即可；
（3）先求出直线的解析式为，可得，设点P的横坐标为点t，则，，证即可得解．
【详解】（1）解：把代入中得：，
令，则，
解得或，
点在点的左侧，
∴，；
（2）解：二次函数，
当时，，
解得或，
当又∵，
∴，
∴二次函数的图象经过定点，
∵，
∴，
当时，，
由图象可知，若抛物线与线段有且只有一个交点时，
①当且时，不等式组无解，舍去；
②当且时，解得，
又∵，所以；
③当且时，符合．
综上，；
（3）解：直线与二次函数的图象交于．
把代入，
解得．
抛物线的解析式为，，，
将、代入，
得：，
解得．
直线的解析式为，
设直线与轴交于点．则，
∴，
∵，
∴，
点是轴上方的抛物线上一个动点，设点的横坐标为点，
，，，
，，
，轴，
，
，
∴，即，
∴，
，
，
当时，有最大值为．
【点睛】本题主要考查了二次函数与坐标轴交点、二次函数与直线交点问题、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
7．(1)
(2)25
(3)当时，S有最大值
【分析】（1），代入求出b，c的值，即得；
（2）求出，得，得，即得；
（3）写出，得，
得，，
得，即得当时，S有最大值．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象交，两点，
∴，
解得，
∴；
（2）解：设直线的解析式为，
代入，
得，
解得，
∴，
∵的横坐标为，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵直线的解析式为，二次函数解析式为，点横坐标为，
∴，
∴，
∵
∴，
，
∴，
∵，
∴当时，S有最大值．
【点睛】本题考查了二次函数与几何综合．熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，三角形面积比，三角形面积差，割补法求三角形面积，是解题的关键．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接把把代入二次函数，解得，即可作答．
（2）先把解析式化为顶点式得，再求出直线的解析式为，运用平移的性质，则点平移后得到点．因为且轴，，解得．即可作答．
（3）先得出点的坐标为，点的坐标为．再求出直线的解析式为：．设点的坐标为，则点的坐标为．则，因为 ，则，整理得．故，因为，当时，有最大值．
【详解】（1）解：依题意，把代入二次函数，
得，
得．
二次函数解析式为．
（2）解：由（1）得，
则
，
∵点为该抛物线的顶点，
，
设直线的解析式为，
把代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
∵此抛物线沿射线方向平移，点平移后的对应点为，
记，即如果抛物线向右平移个单位长度，则向上平移个单位长度，
∴把代入得，
点平移后得到点，
又∵，
当轴时，可得，
解得．
（3）解：如图所示，过点作轴于点，
把代入，得，
∴点的坐标为，
把代入，
得，
整理得，
∴，，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
把，分别代入，
得，
解得，
则直线的解析式为：，
设点的坐标为，则点的坐标为，
，
，
，
即，
，
，
当时，有最大值．
【点睛】本题考查了二次函数的图象性质，二次函数的线段综合，待定系数法求二次函数的解析式，平移的性质，求一次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
9．(1)，
(2)①；②在定直线上，③或
【分析】本题考查了二次函数与一次函数综合，相似三角形的性质与判定，熟练的掌握以上知识，正确的计算是解题的关键；
（1）待定系数法求解析式，进而化为顶点时求得点的坐标，即可求解；
（2）①待定系数法求得直线的解析式为，设直线的解析式为，联立抛物线解析式，得出关于的一元二次方程，根据根与系数的关系即可求解；
②点，，得出直线，的解析式分别为，，联立可得的关系式，即可求解；
③分别过点作的垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，根据得出，进而根据相似三角形的性质得出，即，联立，求得的值，进而求得点的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：将代入，
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
∵，
∴，
故答案为：，．
（2）解：①设直线的解析式为，代入，，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
联立，
∴，
∵、的横坐标分别为、．
∴，
∴，
即；
②设点，，
∵，，
设直线，的解析式分别为，，
∴，，
解得：，，
∴直线，的解析式分别为，，
联立，
解得：，
∴，
∴在定直线上，
③如图，
分别过点作的垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
即①，
又∵②，
联立①②，解得：或，
∴当时，，
当时，，
综上所述，或．
10．(1)见解析
(2)或
(3)①或1；②
【分析】（1）配方得抛物线顶点，将此点代入一次函数解析式，即可求解；
（2）由得当时，图像关于直线对称，①当时，时，，时，； ②当时，时，，时，，即可求解；
（3）①分别将代入解析式得，即可求解；
②，由抛物线上存在两个不同的点得方程有两个不相等的实数根，由根的判别式，即可求解；
【详解】（1）证明：，
抛物线顶点，
把代入一次函数，得，
二次函数图像的顶点一定在一次函数图像上；
（2）解：由（1）可知，抛物线对称轴为直线，
，
当时，图像关于直线对称．
①当时，
时，，
时，，
，
解得；
②当时，
时，，
时，，
，
解得：；
故：或；
（3）解：①当，时，
，
，
分别将代入得，
，
解得：或1；
②由题意得
，
整理得，
抛物线上存在两个不同的点，
方程有两个不相等的实数根，
，
解得：．
【点睛】本题考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数与一次函数交点问题，一元二次方程根的判别式；能熟练利用待定系数法，二次函数的性质进行求解，并能将二次函数与一次函数交点问题转化为一元二次方程根的判别式问题是解题的关键．
11．(1)；
(2)N点的坐标可以为：或．
(3)存在E点坐标为或或或或
【分析】（1）把代入中求出b，c的值即可；
（2）分M在N点上方，M在N下方，两种情况计算即可；
（3）先求出顶点的坐标，设，分为菱形的对角线、为菱形的对角线和为菱形的对角线三种情况，画出图形，利用矩形的性质和勾股定理解答即可求解．
【详解】（1）解：把代入中，得
，
解得
∴；
（2）有两种情况：
①当M在N上方时，如图，连接，过B点作，交于H，
∵二次函数解析式为：，
∴点坐标为：，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
解得，
∴
②当M在N下方时，如图，连接，过点作与x轴交于点，过点作垂足为，
由①已知，，，，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴综上N点的坐标可以为：或．
（3）解：存在．
∵，
∴，
设，
①当为菱的对角线时，如图，
∴，
∴，
整理得，，
解得或，
∴或；
②当为矩形的对角线时，如图，
∴，
∴，
整理得，，
解得，
∴；
③当为矩形的对角线时，如图，
∴，
∴，
整理得，，
解得或，
∴或；
综上，存在E点坐标为或或或或使得以A、D、E、F为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，解直角三角形，勾股定理，菱形的性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
12．(1)二次函数解析式为；顶点C的坐标为
(2)的取值范围是或；
(3)．
【分析】本题考查了二次函数的综合运用、待定系数法求函数解析式，解题的关键是由点在直线上，找出的坐标；将抛物线解析式变为顶点式，找出顶点的坐标．
（1）根据直线求出A、B两点坐标，代入，求出函数解析式，配方后可得顶点的坐标；
（2）分、和三种情况结合图象的最高点和最低点讨论得解即可；
（3）如图，假设存在不与点C重合的点，使得，求出，，然后分当时，当时，当时，当时，分别列方程求出的值并检验即可．
【详解】（1）解：∵一次函数与二次函数（b、c是常数）相交于两点，点A是x轴上的点，点B是y轴上的点，
∴对于，当时，；当时，，
∴，，
把，代入，得：
，
解得，
∴二次函数解析式为，
∴，
∴抛物线的顶点C的坐标为；
（2）解：∵抛物线开口向下，对称轴为直线，基点坐标为，如图，
根据对称性质得，点关于对称轴对称的点的坐标为，
设，
当时，点是最高点，是最低点，
∴，
解得，（不合题意，舍去）或；
当时，最高点是抛物线的顶点，最低点是,
∴，满足条件；
当时，点是最高点，是最低点，
∴，
解得，或（不合题意，舍去）；
综上，的取值范围是或；
（3）解：设，
∵点是直线上的点，且轴，
∴，
∴，，
如图，过作交延长线于点，过作于点，连接，
由平移得，，，，，，
∴，，，
∴，
当时，
∴
，
∵，
∴，
∴（舍去），（舍去）；
当时，
∴
，
∵，
∴，
∴（舍去），（舍去）；
当时，
∴
，
∵，
∴，
∴（舍去），（舍去），
当时，
∴
，
∵，
∴，
∴，（舍去），
综上可知：时．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑