2026年中考数学二轮复习 专题03 函数纯数学问题(知识清单)

03内容导第一部 命题解 洞察命题意图，明确攻坚方考向聚考向聚 ►能力清第二部 技法清 构建思维框架，提炼通用解 技法04函数图象的平移问技法 函数图象的对称（折叠）问技法06函数图象的旋转问 技法07函数背景下的规律探究问技法08函数背景下的整点问 第三部 分级实 分级强化训练，实现能力跃命题解技法01函数图象和性质的综合应用：主要考查对一次、反比例、二次函数图象和增减技法02函数字母参数的确定：常以待定系数法为核心，考查根据已知条件（点、图象特征、函数值范围）技法03函数图象的综合判断：多与实际情景或几何动点问题结合，考查从实际问题中抽技法04函数图象的平移问题技法 函数图象的对称（折叠）问题：考查函数图象关于坐标轴、某直线（如y=n）对称（或折叠）技法06函数图象的旋转问题：主要涉及函数图象绕某点（常为原点或顶点）度（180˚）技法07函数背景下的规律探究问题：以函数为载体，考查学生发现、提出、分析、解决问题的能力（“四能”）技法08函数背景下的整点问题：考查在函数图象上或函数图象与坐标轴围成区域内，寻找横纵坐标均为整数的点（整点）技法09函数背景下的几何问题：函数与几何的综合压轴题，考查将几何问题代数化的能□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□数学抽象与建模能力：数形结合思想：探究与创新能力：分类讨论意识：

技法清技法 函数图象和性质的综合应联系，利用图象法解不等式或求交点坐标。母题精【典例01】（2025·上海·模拟预测）已知函数ykx（k是常数，k0）的图像经过第二象限，下列说法 A．x大于0时y小于 B．图像不一定经过第四象C．图像是倾斜直 D．y的值随x的值增大而减【答案】ykx（kk0）的性质，结合图像经过的象限判断k的符号，进而分析各选项．【详解】解：Qykx（kk0）ykxyx的值增大而减小．x0y0；正比例函数的图像是倾斜直线．A、C、DB错误．y1y2的大小关系是（）A．y1

B．y1y2

C．y1

D．y1【答案】【分析】本题考查了一次函数的性质，牢记k0，yxk0，yx的增大而减小”是解题的关键．由a0yx的增大而减小，再结合21y1y2【详解】解：a0∴yx又A12y1A21y2yax2a0图象上的两点，且21∴y1y2．02】（2025·陕西西安·模拟预测）y2x4的图象如图，下列说法正确的是（AB的坐标是4

C．y随x的增大而减 【答案】x0y4Ay0x2，求出VAOBB；因为20，由一次Cx1y2465D；【详解】解：A.x0y4B04B.y0x2VAOB1244C.因为20yxD.x1y2465，所以点(15不在函数图象上，故不符合题意；03】（2025·北京东城·二模）xOyy1kxbk002和13(1)求kb(2)x1xy1kxby2mxm06m【答案】(1)k1b(2)m将点02和13y1kxbk0（1）解：∵y1kxbk0的图象过点02和13kb∴ 解得k1b2（2）解：由（1）y1x2∴y1x的增大而增大，x1y1123，∴x1y13x1xy1kxby2mxm06，y2xx1y263y23，∴m301】（2025·四川成都·模拟预测）yax22xcxA10By轴相交于点C03，下列说法正确的是（x抛物线的顶点坐标为14 ABx1yx【答案】【详解】解：∵yax22xcxA10y轴相交于点C03a2c a∴ c

，解得c3∴yx22x3∵yx22x3(x1)24∴x1yx值的增大而增大，A、B错误，D正确；∴AB4C错误．01】（25-26九年级上·湖北·期中）yax2bxca，b，ca0)20yx1．则下列结论中正确的是A．b24acBy0xC．方程ax2bxc0x12，x2D．当m1am2bma【答案】x1可得b2a，代入点20得c8ay轴正半轴相交知c0，故a0．然后逐项【详解】解：∵x12a1，即b2a∵图象过点20a22b2c0，代入b2a得4a4ac0，即c8a∵y∴x0yc0，故a0b24ac2a)24a8a4a232a236a20A由a0x2x4（x1，一根为2，另一根为4y0x4x2Bx2x4x3Cam2bmab代入b2a得am22ama，即am22m10∵a0m22m10，即(m1)20，当m1时成立，正确，符合题意．D．02】（2025·四川雅安·二模）yax2bxc（abc为常数，且a0）同学得出了以下结论：abc0，b24ac，4a2bc0，ac0am21bm10（其中m为任意实数．其中结论正确的有（A．2 B．3 C．4 D．5【答案】【详解】解：①Qx0yc0∵x

b2a0故结论①②Qx轴有两个交点，则b24ac0，b24ac故结论②③x2y0ya22b2c4a2bc0故结论③④Qx

x1y0ya1)2b1∴ac0故结论④⑤x1yya12b1cabc，xmyam2bmc，abcam2bmca(m21b(m10，综上，正确的结论有①③④⑤4个，01】（2025·贵州·模拟预测）已知点24yk(1),【答案】(1)y(2)npmk（1）解：把点24yk得4k解得k8y8（2）y8∵k80yx∵点4m在第三象限，所以m0；点2n4p24，所以np0．所以npm．01】（2025·山西临汾·二模）y3的说法中，错误的是（A．点1,6在函数图象 B．函数图象位于第二、四象 Cx30y

Dyx【答案】【详解】解：Ax1y6，故点16 x30y1yx的增大而增大，选项说法错误，符合题意．02】（25-26九年级上·河南郑州·月考）ykk0xx2xk0的根的情况是有两个不相等的实数 B．有两个相等的实数C．只有一个实数 D．没有实数【答案】【分析】本题考查了反比例函数，一元二次方程根的判别式的意义．根据反比例函数图象的位置确定k的【详解】解：∵ykk0)∴k0x2xk0判别式1241k14k∵k0∴4k0∴14k10，即0，技0函数字母参数的确【典例01】（23-24八年级上·安徽淮北·期末）已知一次函数yk1x2，当1x2时，函数有最小值2，则k的值为 【答案】5或xx2y2x1y2k的值即可．【详解】解：当k10yx∴x1y22k12，k5；当k10yx∴x2y222k12，k1；∴k5或1．故答案为：5或01】（2025·江苏苏州·二模）yaxbyax2c（其中a、b、c均为常数，且a0，当txt1时，这两个函数的最大值与最小值之差恰好相等，则t的值为 【答案】1或【分析】本题考查了一次函数的图像和性质，二次函数的图像和性质.yaxb（a0）yax2c（a0）x取值从t到t1况．一次函数a0xyyax2cx0x为t和t1计算t的值．本题考查一次函数和二次函数在特定取值范围内的函数值变化情况．解题关键在于准确求出x为t和t1时的函数值，确定各自的最大最小值并求差，再根据差值相等列方程求解t，同时要根据二次函数对称轴与t、t1的位置关系进行分类讨论，避免漏解．xty1atbxt1y2at1batab∵a0y2y1y2y1atabatbayax2c（a0）x0情况一：当t10，即t

xtyat2

xt1yat12cat22atac∵t1 ∴yyyyat2cat22atac2at 令2ataa∴2at2a∵a0∴解得t1情况二：当t

xtyat2

xt1yat12cat22atac∵t

yyyyat22atacat2c2ata 2ataa，等式两边同时减a得到2at ∵a

，解得t0情况三：当t0t1，即1t0时,x0yminc．xtyat2cxt1

at12c当0tt10时，即2t1∴0t1∴y8此时at12cc∴t12解得t0（舍去）或2（舍去当0tt10时，即2t1，∴1t1∴y8此时at2cct1（舍去）或t1（舍去t1或1或【变式01】（2025·四川广元·一模）若二次函数y3x2nx3的图象与x轴只有一个交点A，如图所示，则n的值是 【答案】x轴交点的个数与其所对应一元二次x轴只有一个交点时判别式0的性质，列出关于n的方程求出n的可能值，再结合图象中抛物线对称轴的位置，通过对称轴公式推断出n的正负，最终确定n的唯一值．【详解】解：∵y3x2nx3x轴只有一个交点，其中a3bnc3，∴n2433n236x∴x

n0n0，故n6C，DCDMABC2．设abc的最大值为m，最小值为n，则m−n的值 CMACa；求abcx1ABy1x3y2xh2k y2xh21h3x1abc21h21h32h27h1，对此函数在1h1 【详解】解：点C横坐标最小时，顶点MA点重合，ya(x1)22，a2，y2(x1)222x24x∵∴抛物线中a2求abcx1

∵AB∴y2xh2kkkbkb

，解得 3 b ∴ABy1x3 ∴k1h3 y2xh21h3 x1abc21h21h32h27h1 ∴对称轴为h272 当1h1当h1abcm2127116 7 7 当h时，abc值最小，n2 2 mn63322532 22501】（2025·江苏苏州·模拟预测）Am0x轴的直线y4B，将直线lB逆时针旋转45限，则m的取值范围是 m2或mC2m2且m

2m0或mDm2或0m【答案】A m2B点坐标为(m,myxb，得到bmm

0求出m2Ayxbbm24 2m0，即可得到mAB点坐标为(m4Q直线lB逆时针旋转45yxyxbQQByxbmb4 m2bm 0 Qm0m240m2Ayxb1m2Qm0

0m2402m2Qm02m0m的取值范围是2m0或m201】（2025·四川广元·一模）VABCAB经过原点OA

k（x0）Byk（x0）图像上，顶点CxAOAC，若VABC 6，则k的值 【答案】AADxBBFxAD2，确定OC2ODAADxBBFxAD∥BFVAOD∽VBOF∵Ayk(x0)Byk(x0) QS△AOD2， 4kS△AOD4AD

4AD2BF1ADQAOACADxOC2ODQ1ODAD1k ODADkOCAD2k

SV

1OCAD1OCBF1OCADBF 1OC3AD3OCAD3k6 k402】（2025·江苏连云港·模拟预测）xOyym3第一、三象限，则m的取值范围 【答案】mykk0质：当k0时，图象在一、三象限，在每一象限内，yx的增大而减小；当k0时，图象在二、四象限，在每一象限内，yx的增大而增大．0时，图象位于第一、三象限，据此得到m30，再解不等式ym3则比例系数m30，解得m3，m3技0函数图象的综合判01】（2025·辽宁沈阳·三模）yaxbyax2bx的图象可能是（ 【答案】【分析】本题考查了一次函数的图象特征和二次函数的图象特征，根据抛物线开口方向，以及对称轴位y轴的交点位置即可判断a、b识点是解题的关键．【详解】解：Aa0b0a0b0Ba0b0a0b0，故本选项符合题意；Ca0b0a0b0，故本选项不符合题意；Da0b0a0b0，故本选项不符合题意；01】（2025·山东青岛·模拟预测）ybxay和二次函数yax2bxc在同一坐标系中的图象可能是 【答案】函数的性质得到a0b0yBC，再根据反ybxa，由图象知b0a0a0b0yax2bxc∵a0，b0∴yB∵ADyax2bxcy∴c0∴yc∴A符合题意，02】（24-25九年级上·山东济南·期中）yax2bxc(a0)比例函数ya与一次函数ycxb在同一平面直角坐标系内的图象可能是 【答案】y轴的交点可得c0，根据抛物线开口向下可得a0ya、b异号，故b0，再根据y轴的交点可得c0，根据抛物线开口向下可得a0a、b异号，故b0yaycxb经过第一、三、四象限，03】（2024·湖北武汉·二模）y1y2在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则在该平面直yy1y2的大致图象是（） 【答案】y轴的交点位置以及对称轴的位置进行判断即可．y1y2yy1y2C选项y1yy2y轴的右侧，yy1y2yD不符合题意；y1yyy2yyyy1y2yA不符合题意，选B符合题意．技0函数图象的平移问便。注意平移不改变抛物线的开口形状和大小（a不变，只改变顶点位置。01】（2025·山西阳泉·一模）阅读与理解y轴向下平移的特征．ABy3xyD，Cx0，y0y3x3A10，B03，则OA1，OB3 D20，C06ykxbk0，解得k3，b6．直线CDy3x61：将直线l1：y1kxbk0y轴向下平移m个m0单位后，所得直线l2y2kxbmk0，m01Pc，d为l1y轴向下平移m个单位后的对应点为QcdmxmQdkckcdy2dbbmdm，点Qcdmy2kxbm上．1：猜想正确．2y1ax2a0y轴向下平移mm0yax2ma0m 任务二：请完成猜想2的证明；任务三：如图②y2y3x0Ay3x0y2y2BAB【答案】[任务一]函数思想；[任务二]证明见解析；[任务三

AB[任务一][任务二]Pnty1ax2a0上的一点，点QP，根据[任务一][任务三]由[任务一]、[任务二]AB

32AB【详解】[任务一][任务二]Pnty1ax2a0y轴向下平移m个单位后对应点Qntmxnyan2∵Pntyax2a0∴tan2∴tman2m∴点Qntmy2∴y2ax2ma0m0[任务三]由[任务一]、[任务二]∵y2y3x0A

32∴23x3∴A32 ∵y2B∴232x3∴B32 ∴AB333 01】（2025·江苏苏州·模拟预测）xOyykxb(1)(2)ABax轴，yE，FEF1ABa【答案】(1)y6y2x(2)a6或a根据已知条件列方程求得m6y6B32ABax轴，yE，FEFy2x8aE8a0F0,8a ∴m6，∴y6∴26∴n3∴kb∴3kb2k解 b∴y2x8（2）ABax轴，yE，F∴EFy2x8ax0y8ay0x8a∴E8a,0，F0,8a ∵EF1AB8a 8

1 11326解得a6或a1001】（2025·河北唐山·模拟预测）yax2bx(1)yx1个单位长度后，刚好过点3,1①②P1nPy，若这两条抛物线有公共点，求n的取值范(2)若a1，将此抛物线向上平移c个单位c1xcy1；当1xcy1．试比较ac【答案】(1)①y1x2x；n (2)ac1相等实根的判别式求出b1个单位的平移规律写出平移后的解析式，代入已知点3,1求出a的值，进而确定原抛物线的解析式；件，利用一元二次方程有实数根的判别式0求出n的取值范围；（2）先根据二次函数向上平移cxcy1的条件求出关于a、c的表达式，结合a1确定抛物线开口向上，再根据1xcy1xcy1的条件得出该区间内函数单调递减，进而得到对称轴满足的不等关系，将b的表达式代入后化简推导，结合c1的条件比较出ac1的大小．（1）①yax2bxyx，ax2bxx，整理为ax2b1x0．∵∴判别式Δb1)24a0b1)20，解得b1，yax2x，1ya(x1)2x∴1a31)231，即14a2，解得a1∴y1x2x②y1x2x1(x2)21 xx1yynx2xy2ny x2xy2ny得2ny1(2x2)21y1x22n1 y1x22n1联立

y1x2

，得1x2x1x22n1 y

x22n1x22x4n20∵∴判别式Δ2)2414n20，解得n3（2）ac1yax2bx向上平移cyax2bxc∵xcy∴xcy1代入得ac2bcc1，整理得bac11∵a∴yax2bxc∵xcy1；当1xcy1∴当1xcyx∴

c，即b2acac112ac，整理得ac11 yx22bxc(1)y10y2y3①24②2个单位，再向左平移m个单位后，所得的新抛物线经过点3324 (2)y30y1y2y40，请结合抛物线的位置和图像特征，先写出一个满足条件的b的值，再求b的取值范围．【答案】(1)yx2x6；m11m2(2)b的取值范围为1b1或b （1）①y0yyx211，求出b A30，求出c24②把①解析式化为顶点式，再根据平移变换得出新抛物线解析式，然后把3324 （2）yy10，y2y3BCA30∴x211 x

2bb2b1∴yx2xcA30yx2xc323c0，解得c6，∴yx2x6②∵yx2x6x

1

25，∴2个单位，再向左平移m yxm 2，即yxm 24∵新抛物线经过点3324 ∴4m 解得m11m25（2）y30时，抛物线过点C10y1y2y4∴把C10yx22bxc得：12bc0∴yx22bx2b1yx2bb0，且经过点C10∴y40∴y10y20y196b2b1∴ 44b2b101b1∴y40∴y444b2b10b3y1y2y40，故不符合题意；b的取值范围为1b1或b3 02】（2025·山东泰安·三模）如图，在平面直角坐标系中，直线ly1xby PxQyM，已知QO10Py求直线l11Nyk第三象限的图象上，若

Nt

2，将直线ly1xby轴向下平移，平移后的直线lyk AyBAB3PM，求直线l1到直线l2【答案】(1)y1x5y t由QO10，得Q(10,0)，代入y1xb中得b5，故直线l的函数解析式为yx5，由点 y2P(26)yky12 求出 110630，设N(t,12，可得101230，故t2V

t t PPKyKAATy轴于T，证明VPKM∽VATBPKPMAB3PM AT3PKA(62)，用待定系数法得直线ly1x1B(01 （1）解：QQO10Q(10,0)把Q(100)y1xb05b解得b5∴直线l1y∵Py

1x5

1256P(2,6)P(26)yk6k 解得k12∴y12解：QP(26)，Q(100)

110630，12Nt,t，其中t0 QSVQONSVPOQ1101230 t 解得t2PPKyKAATy轴于T∵直线l1∥直线l2KMPTBAQPKM90ATBPKPM QAB3PMAT3PKQP(2,6)xA236y12x6y2A(6,2)设直线ly1xt A(62)23tt1∴直线ly1x1 x0yy

1x5知M05∴直线l16个单位可得直线l2技0函数图象的对折问x=m对称（x→2m–x。先设原函数上任一点，找出对称点坐标关系，代入原式推导新解析式。01】（2025·陕西·模拟预测）学习“一次函数”时，我们从“数”和“形”y2x2x3的图象与性质进行填空：表中a 、b y2x2x3①x2yx②y0x1③该函数存在最小值，最小值为④x2其中正确的 （请写出所有正确命题的序号【答案】(1)3x2x2（1）y2x2x3x2y222232453x2y22223201∴a3，b解：①yx②y2x2x30x1x7y0x1x7 ③由函数图象可知，该函数存在最小值，最小值为1④x201】（2025·广东汕头·一模）y2xbykx3yxk、b别为（A．k【答案】

1、b6Bk

1、b

k1、b

k1、by2xbyx的对称点，然后利用待定系数法即可求解．y2xbx轴的交点为b0y轴的交点为0b 点b0yx的对称点为0b，点0byx的对称点为b0 2 把点0b、b0ykx 2 3得： k1b6（1）C（0，3①②求△ABD（2）将图①yyy轴右侧的部分（C）M，如图①M②Myxx（1）y(x1)24；②8（2）①y

；x1或0x（1）①②当−（x−1）2＋4＝0x1＝−1，x2＝3AB＝3−（−1）＝4②（1）①解得k＝4．D（1，4．当−（x−1）2＋4＝0时，∴A（−1，0，B（3，0．∴S＝1（2）①②从函数图象看，Myxx的取值范围为：x＜−1x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数01】（2025·湖北孝感·二模）y1ax2bxcxA10B30轴交于点C03xxx轴上方，将这部分图象与原抛物线剩余的y2xm有3个交点，则下列结论中正确的是（）Cy1的最小值为【答案】

Dm1或my2xmAy2xm有3个交点；当直线与yx1241x3yxm有3abc9a3bc0cab2cabc12360，A选项错误；QA10abc0，BQyx22x3yx124y1的最小值为4，C选项错误；y2xmAy2xm有3A10y2xm，1m0，yx1241x3，解方程x124xm，x2x3m0当b24ac12413m0y2xm有3m13综上所述，当m1或m13

xm有3D选项正确．技0函数图象的旋转问180°后开口方向相反。01】（2025·福建泉州·三模）180，所得的图象经过01m的值为（

1x2xPm0A．

B．

【答案】

【详解】解：∵

1x∴

1x2的图象与坐标轴的交点坐标为02，40xPmykxb2mkb

旋转180后的新坐标2m22m40根据题意，得2m4kb0k 解得 2y1xm2解得m01】（2025·陕西商洛·二模）yx2k1xk绕点10180，在旋转后所得的抛物线上，当x3时，y随x的增大而减小，则k的取值范围是 A．k

B．k

C．k

D．k【答案】旋转后抛物线的开口和对称轴，再根据增减性列不等式求k的范围．【详解】解：Q10xk1Q将抛物线绕点(10)旋转180x12k1k5 2 Qx3yxk53k11．02】（2025·贵州·模拟预测）ykk0ymxABA点坐标为12 (1)B(2)ymx的图象逆时针旋转90后向上平移b（b0）yaxbykk0的图像只有一个交点，求b【答案】(1)y1y4xB12 (2)b 将点Aç,2÷分别代入反比例函数与正比例函数，待定系数法求解析式，根据正比例函数与反比例 By1xb意，根据1x2bx10有两个相等的实数根，即可求解． 【详解（1）解：将点Aç,2÷代入yk0得 ∴k12∴y1

y将点Aç,2÷代 得 21mm∴y4x∵∴AB∴B1,2 （2）解：∵将12绕原点逆时针旋转90得到21 2 ykx12k k1 ∴y4x逆时针旋转90y1x向上平移b（b0）y1x∵y1xby1 1xb1，即1x2bx10 ∴b21b1或b1（舍去【典例（2025·这个函数图象的“横纵相同点”．若将函数yx22x2的图象绕x轴上一点A旋转180，当旋转后的图象上有且只有1个“横纵相同点”时，则点A的坐标为 【答案】100.125 180°后图象开口方向相反，开口大小不变，顶点坐标纵坐标为1y(xa)211个“横纵相同点”y(xa)21yx有xx(xa)21有两个相等的根，进而求解.【详解】解：∵yx22x2x1)21)∴当旋转后的图象顶点纵坐标为yx22x2xA旋转180，当旋转后的图象顶点坐标为(ay(xa)2∵yx∴1个“横纵相同点”y(xa)21yx∴xx(xa)21x22a1)xa2102a124a210，a3，即旋转后的图象顶点坐标为31 1 ∴点A的坐标为 4,0，即1,0 10 01】（2025·福建泉州·模拟预测）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1（1km）(2)①P左右旋转90形成全方位覆盖（22y1x22P旋转90x1y22y1x22P向左旋转90xy 关系式 P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yax22a0的a要调整到什么范围才能抵挡这次攻击？（投弹时间忽略不计）【答案】(1)a(2)x1y22②当0a2 ①根据对称性，结合开口大小不变，得到a1，即可得出结果；②P10分钟时的a（1）解：把13yax22a03a2∴a1（2）①y1x22P向左旋转90y1x22P向右旋转 y1x22P向左旋转90xyx1y22 x1y22yax22a0过点6,10时，1062a2∴a2∴当0a2时，才能抵挡这次攻击．技法 函数背景下的规律探究问【典例,,A1,A2,A3,L在直线yx1上，点C1,C2,C3,L在x轴上，则点B2025的坐标 【答案】2202512202412202522024B1B2B3,L

【详解】解：∵A1A2A3,Lyx1上，点C1C2C3,LxA1B1C1OA2B2C2C1A3B3C3C2,Lx0yx1y2，x3y4，L；∴∴

2n1,2n1，220251（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）A在直线l：y

3xAAByB，将VABOA逆时针旋转到VAB1O1BB1落在直线l上，再将VAB1O1B1逆时针旋转到VA1B1O2的位置，使点O1的对应点O2也落在直线l上，…… 【答案】683696823 的坐标，进而得出△OABB2n1（n为正整数）y

3x依次求出OB2n1的长度，发现规律即可解决问题，能根据所给旋转方式发现OB2n1（n为正整数）y1y

3x得，x ∴A的坐标为∴OB1，AB OB2在Rt△OB2

2∴CVOAB1 233B2n1（n为正整数）y

3x∴OB123OB32 3 OB52 3 3 ∴OB2n12 33n133n∴OB452333168B的坐标为m

3m 在RtVAOBcosAOBOB1 ∴AOB60∴3mOBcos∠AOB68233，mOBsin∠AOB68369 ∴m68369m180（舍正∴3m135，∴B的坐标为683696823 683696823 02】（2025·黑龙江·模拟预测）xOy 2 2 3 3n1【答案】52 根据正方形的轴对称性，由C1、C2A1A2A1A2ykxb中，得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，从而求直线解析式，由正方形的性质求出OB1B2GA3GbA3的坐标，代入直线方程中列出关于b的方程，求出方程的解得到b的A3An的坐标．A1C1A2C2A3C3xEF、GA1与C1xA2与C2xA3与C3x 2 2 3

311

73

3

321

4,2

,，即52

4,2

22

OB2OE2，OBOBBF22725

kb7kb3 k 解得： b y1x4 B2GA3GbA3坐标为(5bbb1(5b4 b9299

3

331A3坐标为 ,，即52

4,2 44

3 3n1依此类推An52 4,2 3 3n1故答案为：52 4,2 xAAAy1(x0)的 图象上，则点B2025的坐标 【答案】90则OD1B1OD2A2OD3A390∵Ay1 ∴OD1D1B11∴OB12OD12A2坐标为mn，则m2n∵Ay1∴n

2n整理得n22n10解得n12∵n0∴n1

2，

∴B1B22n2 OB2OB1B1B222 122，A3坐标为pq，则p q∵Ay1 ∴q1即q

22，整理得q222q122∴q ∵q0∴q ，p ∴B2B32q2 2，OB12，OB222 1 OB3 2 2 则OBn2n∴OB2025∴B2025900，

2459001】（2025·山东济宁·一模）y1y2y3⋯AAAL，AAAL

A1B1B2C1A2B2B3C2A3B3B4C3…，其面积依次记作S1S2S3L，则Sn可以表示为（ B．nn2n2n2n2n2

nn2n2【详解】解：Qyxy联立 1，将yx代入y1，得到x1，即x2>1x>0y x1yy联立 2，将yx代入y2，得到x2，即x2>2x>0y 解得x ，则y A22,2y联立 3，将yx代入y3，得到x3，即x2>3x>0yx

3，则y A33,3． 纵坐标 S1 11 1对于矩形A2B2B3C2，A22,2，A33,3，则C2的横坐标为3，A2的横坐标 A3的纵坐标为3S2 2 2n2Ann,nAn1n1,n1n2n则Snn

n

nnnn

n 点A，交直线yx于点B，则1

L

的值为（ 【答案】

iABx2xx2xxx1i∴1 11 xx x1

L

111L 1 2 3 2024111111L

2024．技0函数背景下的整点问01】（2025·广东深圳·三模）xOyyax22ax1a0GG与抛物线G1x抛物线G与y轴的交点坐标 ，抛物线G的对称轴为直线x 当a3时，求抛物线G1G与抛物线G1围成的中间封闭区域不包括边界为W①当a3W②W5ay3x26xyx①a0yax22ax1a0经过点13W5个整点，结合①3a4；当a02yax22ax1a0经过点10和12W5个整点，结合图象即可求得1a1W5个整点，则3a4或1a （1）解：Qyax22ax1a0x2ax0yy轴的交点坐标为0,1；0,1，1；解：QGyax22ax1a0抛物线Gyax22ax1a0，yax22ax1a0，当a3y3x26x解：①当a3Gy3x26x13(x1)22y3x26x10x162x160 Qy轴的交点坐标为0,1②当a0yax22ax1a0经过点13W53a2a1，a4，结合①3a4当a02yax22ax1a0经过点10和12W5个整点．经过点100a2a1，a1a1，1a1W5个整点，则3a4或1a01】（2024·河北邯郸·二模）如图，直线l1:yx4yxAB，直线l2xA，点COC2OAA的坐标及直线l2 3 Dm2m2在直线l3 ①直接写出直线l3②D在VABC内部（含边界，求m③横纵坐标都为整数的点为整点，将直线l3向上平移n个单位长度（n为整数，直线l3个整点，直接写出n【答案】(1)04y1x4(2)①y1x3；②3m5 ①直接写出直线l3②联立，分别求得直线l3与l1、l2③求得32nx0，当n0、1、2L，求得直线l3（1）x0yx4∴A的坐标为04，则OA4QOCOC8点C的坐标为80设直线l2ykx4，把C80ykx4，得08kk1∴直线ly1x4 3 （2）①QDm2m2在直线l3 直线ly1x3 ②y1x30x3yx40x4 yx解方程组y1x3 x得yy1x x解方程组y

1x

得y ∵D在VABC内部（含边界m的取值范围是3m5③将直线l向上平移ny1x3n直线l3x

0,

3n0，解得32nx0xy当n0y1x3，则3x0x可取1 当n1y1x5，则5x0x可取13 当n2y1x7，则7x0x可取135 当n3

y1x9，则9x0x可取1357 n02】（23-24九年级上·山东济南·期末）ykx0A22Bmn，满足mn4求k如图1Bxyykx0于点CDBCBD成的区域为W（含边界当mn4时，区域W的整点个数为yax5a4a0B为此定点，直线上方（不包含直线）的区域记为W1，直线下方（不包含直线）的区域记为W2，当W1与W2的整点个数之差不超过2时，请求出a的取值范围．【答案】(1)4(2)①11，②1a（1）Ayk的图象上，可求出k（2）标出区域W过定点即表示与a的取值无关，则有a的系数x5等于0，便可解决问题，利用图象，求出区域内的（1）∵ykA22k224，即k的值为4（2）当mn4时，由图1BC上的整点有4BD上的整点有4双曲线上CD段的整点有3个，区域W内部的整点有3个，BCD都被算了2则不论ax5时，即直线过定点54B54时，区域W内的整点共有15又被分成的区域W1和W2的整点个数之差不超过2则当直线经过点43时，W1的整点个数是7，W2的整点个数是5，满足要求，此时4a5a43，得a1，当直线过点33时，W1的整点个数是5，W2的整点个数是8，不满足要求，故当点33在直线上方时，此时3a5a43，得a1故a1a03】（2024·辽宁·模拟预测）xOy中，等腰直角三角形OAB为正整数，且n2AxBy轴正半轴上．若点Mxy在等腰直角三角形OABx，yM为等腰直角三角形OAB的“整点”．若某函数的图像与等腰直角三角形OAB只有两个交点且交点均是等腰直角三角形OAB的“整点”，定义该函数为等腰直角三角形OAB的“整点如图1，当n2时，一次函数ykxt是等腰直角三角形OAB的“整点函数”，则符合题意的一次函数 ；2，当n3ym的图像经过C12，判断该函数是否为“整点函数”当n4yax2bx2AB的中点，若该函数是“整点函数”，求a在（3）Pa1y1Qa2y2yax2bx2P、Q之间的图象（P、Q）的最高点与最低点纵坐标的差为3a，求a的值【答案】(1)yx2（答案不唯一y2是“整点函数”0a2或1aaA、BAB和反比例函数解析式，求出二者的交点坐先利用待定系数法求出b2ax1，则抛物线一定经过点02a0，当a0根据（3）所求分当a0，当a0ykxbA、B时符合题意，2kb∴ ∴k1∴yx2yx2（答案不唯一解：把C12ym中得m2∴y2AByx3yx

x

x联立y ，解得y2或y1 y2AB有两个交点，分别为12和2,1y2是“整点函数解：当n4A40B04AB中点坐标22Qyax2bx2过2224a2b2yax22ax2ax122a∴x1当a0时，Q抛物线是“整点函数”，且顶点坐标为12aa20a2当a0xAx4y0，16a8a20∴a11a0．a的取值范围是0a2或1a0解：由（3）x1①当1a0时，则顶点12aQ 2aaa222aa223a，整理得，a22a20，a1 ②当0a2a1yx最高点为点QP 解得a10（舍a21．a1．技0函数背景下的几何问几何图形性质（三角形相似与全等、勾股定理、平行四边形判定、圆的性质、函数图象上点的坐标特征、方程（组）与不等式、分类讨论思想。01】（2025·青海西宁·一模）yOCB1

kx1xyBCB点坐标和kA(xyySx

kx1A运动过程中，试写出VAOB①AV

4②在①xP，使VAOP是等腰三角形．若存在，请写出满足条件的所P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)B10k S1x ①A运动到1,1VAOB1，理由见解析；②P20或20或20y轴交点可得OC1，由三角函数可得OB2BB求k借助（1）①②Pt0OAOP、OAAP、OPAP，先求出OA（1）

ykx1y轴相交于点C∵tanOCB1OB ∴OB=1∴B坐标为10 B10ykx1 1k10解得k2B10k2 把k2ykx1y2x∵SVAOBOB·y∴S112x11x1 S1x1 ①当 1时，1x11x

V

x1y2x1y

4 Pt当OAOP时，t2，解得t 或t

20P2

2,0；t12t1201∴P32,0当OPAPt

，解得t2或tt12t1201

(不符合题意，舍去故答案为：①A运动到1,1VAOB1；②P

20或

20或2002】（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线l1yax2xA(40)yB，与直线l2y1x(1)C(2)yxh²kF在直线l2BCBCDED恰好与原点O重合，连EF．②BC，CD有公共点时，求h【答案】(1)(2)①y(x6)23y(x10)25 h2hA(40)代入直线l1yax2，求出a的值，得到直线l1的解析式，然后联立直线l1与l2的解C的坐标；①B、C、EFhk在直线l2)②BC和CD上关键点时h的值，从而确定h（1）解：直线l1yax2xA(40)，x4y0yax2，04a2a1l：y1x Qly1x2与ly1x y1x

x y

y （2）①E与点CyE(2,1)F的坐标为(hkQFy1xk1hyxh)21h，顶点坐标为(h1h 由题意易得EDF90当DFE90DF2EF2DE2，即h21h)22h)211h)22212，解得h6，h （不符合题意把h6y1x y3F(6,3) y(x6)23 当DEF90DE2EF2DF2，即2212h2)211h)2h21h)2，解得h10h10y1xy5

F(10,5) y(x10)25 y(x6)23y(x10)25 ②D时，如答图24D00yxh)²1h，得h21h0 h1

1，当抛物线顶点经过点C时，如答图242得hh2h101】（25-26九年级上·湖南郴州·期末）1yax2bxca0A40B13ABy轴交于点CPABPPExEABD，设P的横坐标为m．m为何值时VPABP，使得△BPD与△AOCP【答案】(1)yx24x(2)当m5

2733或24（1）（2）AByx4Pmm24mDmm4PD

P

m25m4，所以

V

2

5 m2

3 3要使VBPD与VAOC相似，只有保证△BPD是直角三角形即可，然后分i)当VBPD∽VAOCii)

cbxc，得16a4bc0abcab4c∴yx24x（2）∵PAB∴1m4AByk1xb1kb k1解得 ∴AByx4 ∴PDyym25m4 3

5

A

m28∵30∴当m5

27∵PEx轴，即PEy轴∴BDPACO∵△AOC∴要使VBPD与VAOC相似，只有保证△BPD当VBPD∽VAOCBP∥xB、Px2∴P3,3∵OCOA4∴△BDP∴PD2BD由PDm25m4

2m∴m25m42m1解得m12m21（舍去P使△BPD与△AOCP的坐标为33或24y轴交于点C0，3．DxAD、BD，若△ABD的面积为8DE是抛物线对称轴上一点，连接CE，将CEE逆时针旋转90EFBFBF的最小【答案】(1)yx²2x3D14BF有最小值为 Dmm22m3AB，根据△ABDyDx1x1E，连接CE，过点C作CM垂直于x1x1于点M，将CEE逆时针旋转90EFFFNx1交直x1NFBE1t，推出点M13CM1ME3t，再根据旋转的性质证明VMCEVNEFAASF的坐标，最后根据距离坐标公式结合二次函数的最值求解即可．abc9a3bc0cab2c∴yx²2x3解：∵Dx∴yD0B

1AB

8∴14

8yD4∴m22m34m22m10m120m解：∵yx²2x3x124∴x1x1E，连接CE，过点C作CMx1x1于点M，将CEE逆时针旋转90EFFFNx1x1NFB，∵ECMx1x1于点M∴CM1，ME3tCEE逆时针旋转90EF∴CEF90，CEEF∴CEMNEF90CMx1FNx1∵CMECEMMCE90∵在△MCE和VNEFCMEMCENEFCE∴CMEN1，MEFN3t2t22t212t2t328∴当t3，BF有最小值 2203】（2026·四川泸州·一模）1yax22xc(a0)xA如图2BCPBC下方抛物线上的动点，求△PBCP3yax22xc(a0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物yyDEBCDE为顶点的四边形是矩E的坐标．27P315 E的坐标为52或12或1317或1317 （1）B30和C03yax22xc(a0)BCyx3P(aa22a3Maa3PM的值，当a3PMBCDxBCDx轴的上BC为矩形对角线时，分别求解即可．（1）yax22xc(a0)xAB30yC03B，点C9a6cc a解得c33kbb k解得 b∴BCyx3PBC下方抛物线上的点，如图2P(aa22a3∴PMa3a22a3a23aa

3

9，当a3时， 9

1PM33927 2 ∴△PBC27 4∴P3,15 4 yx1)22(x131x24x1x2)25yx2∵B3,0，C0,3∴OCOB3，BCOCBO45BCDx轴的下方，如图3DDFyFDy∴FD2CFFD2OF325D25∴点C向右平移2个单位、向下平移2DB向右平移2个单位、向下平移2个单位可E52；BCDxy′x2xF，如图4Dy∴FO2∴BF321FD1D2,1∴B向左平移1个单位、向上平移1D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得E12； 2BC为矩形对角线时，如图5D2dEmnBCF的坐标为33 2 2m 依题意得：d 3 mdn3∴(21)2(dn)23232，解得：dn 联立得： dnn3

17∴E的坐标为1317或1317 E的坐标为52或12或1317或1317 04】（2025·湖北襄阳·一模）yx22x3xAC（A在点C的右边yBykxbAABCABPPPQ∥xAB于点QP的横坐标为（m0PQLL与m的函数关系式，并写出m设抛物线的顶点为MyNNAMLm23m1mN03N07N0,1N03 2 2 x0yy0xAB,CAB求出QLPm的取值范围即NMA（1）解：∵yx22x3∴x0y3y0x22x30x11x23∴A3,0,B0,3,C1,0∵ykxb3kb∴

k，解得 b∴yx3∵P的横坐标为mm0∴Pm,m22m3∴ym22m3∴m22m3x3∴xm22m∴Qm22m,m22m∴Lxxm23m ∵P∴1m0∴Lm23m1m0∵yx22x3x124∵A3,0∴AN29n2,AM23124220,MN214n2①A9n22014n2n3 3 ②当点M2014n29n2n7 7∴N0, ③N9n214n220n1或n3∴N0,1N03 3 7 03】（2026·江苏泰州·模拟预测）ykxbk0y8x0AxByCADxDCBCDCADEAEDEACDE①求k、b②PyPEPBP【答案】(1)E(2)①k1，b2；②0, 8 设点Am,，连接CE交AD于H，推出OCAD，得到点E的坐标，即可得解 8 ①由四边形ACDE为正方形得到ADCE，AD垂直平分CE，设点Am,，求

A和点C②EDyPPDEyaxn（1）E 8设点Am, ∵CAD∴ADCEAD平分CE，如图，连接CEAD∴CHEH∵BCCD，OCBD∴OC1AD∵ADxCE∥x 4∴E2m, ∵2m48∴EADCEAD垂直平分CE∴CH1AD 8设点Am, ∴CHm，AD8∴m182m2（负值舍去∴A2,4，C0,2ykxb2kbb k解 b②∵Py∴BCCD，OCBD∴PBPD∴PEPBPEPDDEPDE三点共线时取等号；EDyPP即为符合条件的点；∴D2,0，E4,2DEyaxn2an∴4an2a∴n2∴DEyx2，x0y2，PEPBP的坐标为0201】（2025·河南周口·一模）问题背景：如图①问题背景：如图①，矩形OABCABBCykx0小红的探究：如图②DDFyFEEGxGk的几何意义，可得CEEGADDFEGABDFBCCEAD 小明说：“如图③DEAC如图④，直线MNx轴、yN，Mykx0D，EEMDN如图⑤，矩形OABCABBCykx0D，E．连接ODOE，DE．若点D为AB的中点，则S△ODE (用含k的代数式表示【答案】(1)(2)(3)（1）CEADBEBD，求证△BED∽△BCA ExyFDyx轴于点GFGEDFG，推出四边形MFGDFENG根据反比例函数k的几何意义求解面积即可CEADBEBD． 又QBB证明∶如图（1ExyFDyx轴于点G，FGEDFG；又QMFDG，EF∥GN四边形MFGDFENGDMFGENEMDN（2又QBDADBECE

1k，S

1k

SV

1

1k

1k21k3k 1（2024·辽宁盘锦·三模）yx4DE两点，等边三角形OBC的边OBx轴B为线段OD的中点，若将△OBCy轴竖直向上平移，当点CDEB的坐标为（

B．2,3

C．2,33

【答案】【分析】过点C作CHxHHCDEFD(40)E(04)B(20)，根据H10)B坐标．【详解】解：如图，过点C作CHxHHCDEF∵yx4DE两点，x0y4y0x4，∴D(4,0)，E(0,4)∵B为线段OD∴B(2,0)，OBOC2OHOC2OH∴OCOB2，OHBH

1OB1，CH

3∵将△OBCy轴竖直向上平移，点CDE∴x1y143∵FHCH33∴平移距离为3 ∴B的坐标为(23

3)2（2026·C0m，其中4m3②方程ax2bxc508b2abc0b其中错误的个数有 A．1 B．2 C．3 D．4【答案】根据题意得到图象开口向上，对称轴直线为

311a0，则b2ax1判定①y5的位置关系可判定②；根据题意得到c3b，可判定③小值的大小可判定④∴x311a0∴b

∴b2ax1yabc0a2ac0，即3ac0aca3a4a0，故①∵x1∴x1x∴yax2bxcy5∴方程ax2bxc50有两个不相等的实数根，故②∵yax2bxcy轴交于点C0m，其中4m3∴x0ycm∴4c3∵c3a,b2a∴c3b∴43b38b2，故③x1yabc0b2a∴ba2aa3a0∴abc0，故④b∴1个，故选：A．3（25-Byk的图象上，且OAOBOA2OB4k的值为（

【答案】AAEEBBFxF，可证明VBFO∽VOEASVBFO4例系数的几何意义可得SVOEA

21，则SVBFO

4AAExEBBFxF∴OFBOEA90∴VBFO∽VOEA OB 4∴VBFO

4

OA 2∵Ay2∴SVOEA

1∴SVBFO4∵Byk∴SVBFO

4，k0∴k84（2026·福建·一模）Aykk0Byk 像的一支上，点C,D在x轴上，若四边形ABCD是面积为9的正方形，则实数k的值 【答案】【分析】本题主要考查了反比例函数kxy轴的垂xy轴所围成的矩形面积为k的绝对值．如图：由题意可得 kk,

k，再根据

9四边形

四边形

四边形

四边形∵Aykk0By

kkS四边形

k∵ABCD是面积为9

S四边形

9，即kk9，k6．65（2025·黑龙江大庆·三模）yxyx2y1①1aa2，那么0a②如果a2a1，那么a1或1a0③1a2a，那么1a0④如果a21a，那么a1．则（A．正确的命题只有 B．正确的命题有C．错误的命题有 D．错误的命题是【答案】先确定出三个函数图象的交点坐标为1,1，再结合图象分析二次函数与不等式关系求解即可．【详解】解：∵x1∴yxy1在第三象限的交点坐标为11∴1aa2，那么0a1，命题①如果a2a1，那么a1或1a0，命题②1a2aa无解，命题③如果a21a，那么a1，命题④6（2023·四川达州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，直线l：ykx1k0与直线xk,yk分横，纵坐标都是整数的点叫做整点．若区域W内没有整点，则k的取值范围是 【答案】0k1或k合，分类讨论思想是解题的关键．根据题意，分类讨论：当k0ykx1过第二、三、四象限，xk0yk0；当0k1ykx1xk0，yk0【详解】解：当k0ykx1xk0yk0∴区域W内必有原点00当0k1ykx1xk0yk0∴xkyk·k1k21Akk21，ykkkx1，x1kB1kk x0ykx11，即01ykx1的图象上，不在区域W∵Ck,k，0k∴区域W内，横坐标的范围是从k到1k，不存在整点，纵坐标的范围从k到k21当1k2∴2k1Akk21B1kkCkk 当k2A25B32C22 ∴当1k2时，存在整点，当k2，不存在整点；当k2时，如图所示，横坐标为2的边界点为2k和22k1，线段长为k13∴区域W0k1或k2时，区域W0k1或k27（2025·移c个单位长度后与线段AB有交点，则c的取值范围 1cy1xcA、Bcy1xcy1xc A2312c3c4B1,111c1，解得c1 ∴y1xcAB1c4 1c4．0a2，沿MNABCOFALykx0Lymx0B（1）k 当a3时，m的值 若mkL1、L22个整数点（横、纵坐标都为整数，且不包括边界a范围 【答案 5a FLykx0 k224，4∴OMa，MN2EMOMaEFAO2∴OEOMME2aLymx0 ∴mOEEF2a24a∴当a3m6mkL1、L22个整数点，由（2）得m4a得a5∵得a35a3 5a3 9（2025·yk(k0)A，ByC，连接OA，△AOCPABPPDxABDPEyyEPDPE6PMx轴负半轴上一点，NA，B，M，N为顶点的四边形是平行四N的坐标．【答案】(1)yP5

17,

175 AAHyH，由△AOC1AHA

Ps,sDs2s1PDPE 4首先求出点B的坐标，设Mm,0，Nn,，再利用中点坐标公式可得点N的横坐标，从而解决 （1）AAHyHy1x1x0yOCQ△AOC1OCAH1，AH2x2y1212A2,2A22ykk224y4 Ps,sDs2s1 PD1s14，PEs QPDPE61s14s6 解得s5 QPAB4s0当s5

17y

17555P5

17,175 N的坐标为4,1或43 1x14 x2或4x2或4 4设Mm,0，Nn,，其中m0 QABMNA22B41AB、MN24m由中点坐标公式得：21 m解得n4N4,1AM

2m4由中点坐标公式得：21 m 解得 n N4,3 AN2n4由中点坐标公式得：24 m

3（舍去n N的坐标为4,1或43 10（2026·北京·一模）yax24ax3a0①②Px1P当a0x2，求a在平面直角坐标系中，点M1,1N3,1，连接MNyax24ax3a0段MN只有一个公共点时a【答案】(1)yx24x3；②P的坐标为21a a1或a2或a

2,1或2

2,1或2 ①A10yax24ax3，求出a的值即可解答；②y1y1x的值即根据二次函数的性质可知图象开口向上，顶点坐标为234a，再结合题意列出关于a分a0和a0两种情况讨论，结合图象列出关于a的不等式，从而可求得a（1）解：①A10yax24ax3a4a30，解得a1∴yx24x3②当y1时，x24x31，解得x12 ，x22 当y1时，x24x31，x2yax24ax3ax2234aa0∴抛物线图象开口向上，顶点坐标为234a∵x∴234a21a5 解：①当a0当顶点234ay1即34a1，解得a1NMNx3y1则9a12a3解得a2故抛物线与线段MNa1或a2 ②当a0x1y1则a4a31解得a2a的取值范围为a1或a2或a2 1（2025·yx2的图像翻折；③绕原点按顺时针方向旋转45；④绕点11按顺时针方向旋转90．其中，能使y2x4P22的个数是（） 【答案】y2x4yP22yx2A20H24AF25，AP25FH2,PH2AHFPPFyx2y2x4yx2P22P绕着原点按逆时针方向旋转45y轴交于点TOTOP22，经过分析，得T022y2x4y2x4绕原点按顺时针方向旋转45不经过方向旋转90Py2x4的图像绕点11按顺时针方向旋转90P22，即可作y0则02x4∴x2，即A20，x0y2x4044，即F04，y2x4y∴EFykxbk0，E20F04ykxb02k得4 ∴y2x4y22402y2x4yP22②y0则0x2，x2，yx2A20，x2y224yx2H24FHHPAP∵F0,4，P2,2，A2,022024∴AFAP∵H2,4∴FH2,PH2

25，AP

PFyx2y2x4yx2P2222③PO22P绕着原点按逆时针方向旋转45y轴交于点T当点Ty2x4y2x4绕原点按顺时针方向旋转45P22当点Ty2x4y2x4绕原点按顺时针方向旋转45P22；OTOP22，此时点T022把T022y2x4，y20442T022y2x4y2x4绕原点按顺时针方向旋转45P22，y2x4绕点11按顺时针方向旋转90A20P2∴ATPT ∴AP220AT2PT2

∴VATP2（2025·AOABykk0x0的图象相交于点C、D，且CAO的中点，过点Cx轴的垂线，垂足为E，连接DE．若VBDE的面积为5，则k的值为 A．【答案】

B．

k k设Caa，可证明△OCE∽△OAB，则OB2aBEaD2a2a 1BEBD1akk5 k【详解】解：设Ca, ∴CE∥AB∴△OCE∽△OABCAO∴CEOCOE1 ∴ ∴OB2a，BE k∴D ∴ 1BEBD1akk5∴k5

3（2025· （写出所有正确结果的序号【答案】yax2bxcyx轴交点的个数确定．根据对称轴、开口方向、可判断①②；根据y轴的交点位置可判断③x轴的交点个数可判断④x1时函数的值可判断a0②∵x

，且0

12ab0③∵yyc0④∵x2b24ac0x1y0abc<0，符合题意；4（2025·山东德州·中考真题）A60B0,8M在线段OB上，将VABMAM折叠，BBa0处．aAMyxtAMxat【答案】(1)ay1xt根据题意得出OA6OB8设OMxBMBM8xOB4M的坐标，再利（1）解：A60B0,8∴OA6,OB8OA2∴ABOA2∵将VABMAMBBa0∴ABAB10∴B(4,0)∴a4设OMxBMBM8xABAB由（1）得OB4∵BM2OM2OB2∴8x242x2，x3，故M03AMykx解得k1AMy1x3由（1）a4∴yxtAMx4的左侧，x4y=1x3=1´435 ∵yxtAMxa∴yxtN54t，t9∴t的取值范围为t95（2025·ykk0A2m9B两点，点CBBC,OC,VBOC(1)A，B(2)x轴上是否存在点MO，C，M，NN的坐【答案】(1)A26B26y(2)N坐标为24或84或34或74 先求出点mAB先求出点CN（1）A2m9ymxm92m，m3，∴y3xA26k2612∴y12∵ABB2,6A26B26y12（2）解：过C作CGxAB于点G12 412设Cc,c，则G CGc4

cc 1CGyy1c465V

2 c c3或c4（舍去C3,432则OC32当OC①N在点C此时CNx轴，且CN5N2,4②N在点C此时CNx轴，且CN5N8,4③OMCN当OC为菱形的对角线时，如下有一种情况：过C作CLxL，设OMa，则CMaMLa3，RtVCLMa3242a2，解得a25CN25N7,4 N坐标为24或84或34或74 6（2025·, ABPPQx轴交抛物线于点Q(1)若c4①③若tx0t1x0PQ的长度最大（可用含tx0(2)若c4tx0t1，问题（1）中③【答案】(1)①yx23x4；②9；③(2)①②ABykxbPQ(x01)29③yax212a)x48aPQa(x1)29a，然后（1）解：c4∴yax2bx4∵yax2bxca0A40B26016a4b a64a2b43 ∴yx23x4②ABykxbA、B04k k62kbb4 ∴yx4∵Px0y0ABPPQx轴交抛物线于点Q0 ∴Px0,x04，Qx,x23x0 ∴PQx4(x23x4)(x1)29 2x04∴x01PQ③∵PQ

1)29，2

4∴当t2t11时，即2t0PQx0t1处取得；当t1t11时，即0t1PQx01处取得；当t1t14时，即1t3PQx0t（2）∵yax2bxca0A40B26016a4b b164a2bcc48a ∴yax212a)x48a∴y0x04∵Q ∴Q的坐标为Qxax212