2026年全国中考数学真题专题汇编 专题16 二次函数填选题压轴题综合

PAGEPAGE2/16二次函数填选题压轴题综合（4（2026考点0102二次函数的03实际问题与最值04二次函数综考点01二次函数 的图象与性1（2026· ①当点x轴上时，a1；②点y2xm2t1；④当点AB 1时，a的取值范围是a2；⑤当点在原点时，过点C0,的直线与抛物线交于M、N两点， 114 其中正确的结论有（A．2 B．3 C．4 D．52（2026· 交于Am,0，B两点，其中2m3．则下列结论：b0b4a0ab3c05a1⑤方程ax2bk2xck20（k为常数

A．4 B．3 C．2 D．13（2026· 点C位于点0,2和点0,3之间顶点为点对称轴为直线x2下列说法：①abc0；②4ab01a2x轴的另一交点为B，当CPB90a

2．其中正确的是 4（2026· （a，b，c为常数，a0）的4．abc0；②3ac0；③b24a(cn)；④若点P(t,y)，Q(3t,y)（t3都在抛物 上 则y1y2；⑤若OAOB，则关于x的方程ax2(b1)x0的两根之和为c．其中正确结论的个数是 A．2 B．3 C．4 D．55（2026· （a0，c0）的自变量a02ab0x1时，yxx12x24是x的方程ax2bxc0（a0）的两个根．正确结论的个数是（） 6（2026·重庆·中考真题）已知整式M：aaxax2 axn，其中n，a为正整数，a，a，a， an1为整数，a0a1a2 an，且na0a1 an6．下列说法①当n1时，满足条件的所有整式M的和为22x7②当n2yMxy轴对称，则满足条件的整式M1③满足条件的所有二次二项式中，在有理数范围内能因式分解的整式M共有2个． 7（2026·贵州·中考真题）一元二次方程ax22x10x1，x2，一元二次方程mx22x1x3，x4x1x3x4x20，把a，m，0，1这四个数按从小到大的顺序用” 考点02二次函数的最值1（2026· 2（2026·点坐标分别为(10)(m0)，且2m3abc03ac04ay

9a若方程ax2bxc10有实数根，则b24aca．其中正确结论的序号为 3（2026·四川乐山·中考真题）yx2bxc，有下列结论： b2 ②二次函数的顶点坐标是,c A1y1B3y2y1y2，则b2④当1x2时，二次函数的最大值为m，最小值为n，则mn的值与c无关． A．1 B．2 D．44（2026·接BD，则BD的最小值为 5（2026·点，且DQ2AP，则PQ的最小值 考点03实际问题与二次函数1（2026·运动的时间为ts．当t3s时，点，Q的位置如图所示．给出下面三个结论：①当t6sAPCQ②APQ35cm2③当APQ的面积为10cm2t25s或t10s 2（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在Rt△ABC中，C90，AC8，BC6，动点从点B出发沿边BA向终点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿边ACCB向终点B匀速运动，两动点运动到各自终点停止运动．若，Q两点每秒运动的路程相同，点Q运动的路程为xx0，△BPQ的面积为y，则下列图象能反映y与x之间函数关系的是（ 3（2026·顶点F，HFADEFGH以1cmsAB方向匀速运xs之间的函数关系图象大致是（） 4（2026·江苏连云港·中考真题）ABCDABCDAB10DC4ADBC5．点A1ADCBBQA出发，ABB运动．设APQ的面积为S，运动时间为t（s，则S关于t 考点04二次函数综合1（2026·“倒数点”A(2,1)B3,1都是“倒数点”．给出下列结论： 3 ①y3x2个“倒数点②yx1的图象上不存在“倒数点③y2x211个“倒数点④若函数ykx2的图象上存在“倒数点”，则k1． B． C． D．2（2026·四川南充·中考真题已知抛物线Cymx2与Cym2x2Ol与抛物线C A3或

B．3或 C．1或

D1 3（2026·与n的乘积为三位数．mn的最小值为；当mn时，存在正整数k，使得k2m2n2，则满足条件的所有k的值之和为．4（2026·合过点D作DGAB于点G．下列说法正确的有 （选全得4分）S△ADGS△BDGAGx，则△ADGSxD，使得S△ACDS△ADGPAGEPAGE2/16二次函数填选题压轴题综合（4（2026考点0102二次函数的03实际问题与最值04二次函数综考点01二次函数 的图象与性1（2026· ①当点x轴上时，a1；②点y2xm2t1；④当点AB 1时，a的取值范围是a2；⑤当点在原点时，过点C0,的直线与抛物线交于M、N两点， 1

4 其中正确的结论有（2 B．3 C．4 D．5a22a 22a解得x 解得t2aA1m代入抛物线得m(1)22a11a2122aa2m2t22aa222a1a22a(a1)211，当a1时m2t1，不满足m2t1，故③错误；④∵顶点坐标为a12a2∴yP2a22a12xP∴y2xymy2xm2xa1∴顶点坐标为a12a2①若在x轴上，则顶点纵坐标为0，即2a20，解得a1，故①正确；xa1y2x2a12a2，当a12a22a2∴点y2xA1mBtmxa∵当点ABx1xt2aa22a

1

a22a

2a1aa20或aa20∵t2a1∴a0aa20∵aa20∴a2a2Pa12a2∴a10，2a2∴ayx2 1当过C0x0 1 则可设过C0,的直线为ykx 联立得x2kx14x24kx10，Mx1y1Nx2y2，∴xxk，xx1 1 ∴xx2k2，xx1 1 1 1x2x22xxk2x2x2 1 1∴xx2x2x22xxk22xx2xxk22121k2 1

4 ∴xxk21 xx 1xxk2 12 CM1k211∴CMx0 1 4y x0kx 14 1k2同理可得，CN 1k2 CM 1k 12（2026· 交于Am,0，B两点，其中2m3．则下列结论：b0b4a0ab3c05a1⑤方程ax2bk2xck20（k为常数

A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根据抛物线开口向下，顶点坐标为2,5y轴交于正半轴，得到a0，b4a0，c0，可判断①②③；根据抛物线的顶点坐标为2,5得到c4a5x2时，y0x3时，y0yk2xk2【详解】解∶∵抛物线开口向下，顶点坐标为2,5y∴a0，b2，c0∴b4a0b0，∵b4ab4a0∵a0，c0∴ca0ab3ca4a3c3ca0∵抛物线的顶点坐标为x2y4a2bc5，即4a24ac5，∴c4a5，x2y0，即4a2bc0∴4a8a4a50∴a5x3y0，即9a3bc0∴9a12a4a50∴a15a1 ∵方程ax2bk2xck20可化为ax2bxck2xk2 与直线yk2xk2的交点的横坐标yk2xk2k2x1 与直线yk2xk2必有交点∴方程ax2bk2xck20（k为常数）3（2026· 点C位于点0,2和点0,3之间顶点为点对称轴为直线x2下列说法：①abc0；②4ab01a2x轴的另一交点为B，当CPB90a

2．其中正确的是 y轴的交点分别判断a、b、c的正负，进而判断abcxb20变形推导等式；③把b4a、A10代入解析式得c3a，结合c得出点的坐标，根据勾股定理列方程求出aa0xb20b0，y轴的交点C位于0,2和0,3c0abc0xb4a

24ab0abc0b4aa4ac0c3ay轴的交点C位于0,2和0,3可得3c3a21a2c3a点C的坐标为0,3a将c3ab4aya点的坐标为2,aPC2416a2，PB21a2，BC299a2PC2PB2BC2可得416a21a299a2解解得a 2或aa02a24（2026· （a，b，c为常数，a0）的部分图象，其顶点坐标为(1,n)，与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B(m,0)（3m4．下列结论abc0；②3ac0；③b24a(cn)；④若点P(t,y)，Q(3t,y)（t3都在抛物 上 则y1y2；⑤若OAOB，则关于x的方程ax2(b1)x0的两根之和为c．其中正确结论的个数是 A．2 B．3 C．4 D．5y轴交点判定a、b、c正负，判断①；利用抛物线对称性得到y(3)3acB点横坐标范围判断②；由顶点纵坐标公式变形推导验证等式判断③；计算两点到对称轴距离并作差比较远近，结合开口方向判断函数值大小得④；由OAOB推出mc，代入抛物线得到b1与a、c关系式，再借助韦达定理验证方程两根之和判断⑤，最后统计正确结论个数选出答案。a0顶点坐标为(1nx整理得b2a，结合a0b0；c0由对称轴公式bxB(m0)满足3ma0,b0,c0x1y(1)x3y(3)9a3b把b2ay(3)9a3(2a)c3a3m4x3Bxy(30，即3ac∵顶点坐标为(1n4ac∴n4an4acb24ac4an4a(c点到对称轴x1t1点Qx13t12t122tt22t1t24t2tt3，2t3即|t1|2|2t|2，得|t1||2tPAGEPAGE13 xxacc将b1ac xxb1 的两根为，axb1x点离对称轴更近，y1y2ac2bccc0acb1b15（2026· （a0，c0）的自变量a02ab0x1时，yxx12x24是x的方程ax2bxc0（a0）的两个根．正确结论的个数是（） y值相等的点求出二次函数对称轴，结合已知点推导abc的关系，再逐一判断x0x2y值均为cx02由对称轴公式得 1，即b2ax2y0，代入二次函数得a(2)2b2c0，即4a2bc0将b2a代入得8ac0，即ac①c0，ac0②由b2a可知2ab0③a0x1，x1yx2xx=2,x6（2026·重庆·中考真题）已知整式M：aaxax2 axn，其中n，a为正整数，a，a，a， an1为整数，a0a1a2 an，且na0a1 an6．下列说法①当n1时，满足条件的所有整式M的和为22x7②当n2yMxy轴对称，则满足条件的整式M1③满足条件的所有二次二项式中，在有理数范围内能因式分解的整式M共有2个． 【分析】根据题意和n的取值，分别确定相应a0a1a2的值，进而可得M的值，然后计算整式的加减、因式【详解】解：①当n1时，1a0a16a0a15a0a1a1∴a0a15当a11a04，解得a04或a04a1（舍去，此时M4x；当a12a03，解得a03或a03a1（舍去，此时M32x；当a13a02，解得a02或a02，此时M23x或M23x当a14a01，解得a01或a01，此时M14x或M14x当a15a00，解得a00，此时M5xM的和为4x32x23x23x14x14x5x22x7②当n2Maaxax22

a

6aa

4

a2a0a1为整数，且a0a1a2∴a0a1a24 yMxax2a1xa a110，即a11∴a01a24

3a2∵a0a1a2∴a01a2∴a01，3a21，解得a22a2∴a21，

312a02或a021（舍去∴满足条件的整式M2xx21③∵整式Mn2，且Ma0a1a24a2a10或a00当当a03a21Mx23aMaxa aa 0a ∴a1a24∴只有a1aM3xxx3x aMaa aa4，a0a ∴a24a04a00∴a04∴当a01a23M3x21a2,aM2x22x1x7（2026·贵州·中考真题）一元二次方程ax22x10x1，x2，一元二次方程mx22x1x3，x4x1x3x4x20，把a，m，0，1这四个数按从小到大的顺序用” ∴10，10∵一元二次方程ax22x10x1x2，一元二次方程mx22x10x3x4x1x2y1xx3x4y2x∵x1x3x4x20y1y2y1 则两个函数都经过点(0,1x21xyax22x1ymx22x1，yax22x1ymx22x1x【答案】0am∴∴a1，m24m24a∴a0，m∵x1x3x4x20∴am考点02二次函数的最值1（2026· 【分析】先求出二次函数的对称轴和顶点坐标，再根据axa2与对称轴的位置关系分类讨论，求出t关于a的分段函数表达式，最后根据表达式判断函数图象．yx22x3x1)22x1，顶点坐标为(12，当axa2y的最小值为t，①当①当axa2在对称轴左侧，即a21，解得a1时，y随x的增大而减小，xa2y取得最小值ta21)22a1)22②当axa2包含对称轴，即a1a2，解得1a1yt2③当axa2在对称轴右侧，即a1yxxay取得最小值ta1)22(𝑎+1)2+综上所述，t与a的函数关系为：𝑡= (𝑎−1)2+(𝑎<(−1≤𝑎≤1)，(𝑎>1)观察图象可知，当1a1时，图象为平行于a当a1或a1时，图象为开口向上的抛物线的一部分，故A2（2026·点坐标分别为(10)(m0)，且2m3abc03ac04ay

9a若方程ax2bxc10有实数根，则b24aca．其中正确结论的序号为 用抛物线解析式及m的范围推导最小值范围；利用一元二次方程根的判别式判断结论④．【详解】解：①抛物线开口向上，a0，xb1mabc0yax1xmax2a1mxam ∴b1ma，cam∵2m∴11m xb0

0c0，abc03ac3aama3由a0和2m3可得3aca3m0x1m

ax1xma1m11mm1am12

∵2m3，1a0

∴当2m3

1am12随mm2

9a

m3

4a4ay

最小 9a

最小

方程ax2bxc10Δb24ac10，即b24ac2a0 2 b24ac2aa0，2aab24aca3（2026· b2 ②二次函数的顶点坐标是,c A1y1B3y2y1y2，则b2④当1x2时，二次函数的最大值为m，最小值为n，则mn的值与c无关． 1 B．2 C．3 D．4ABy11bcy293bcy1y2∴1bc93bc，化简得b2xb，对区间1x2若b1，即b2yxmn42bc1bc3b，不含c若b2，即b4yxmn1bc42bc3b，不含c若1b2，即4b2，最小值为顶点纵坐标nc仍消去c，不含c因此mn的值与c综上，正确结论共2b2,c ∴顶点坐标为b对②：对函数配方得yxbxc(x)c x0ycy轴交点坐标是0c4（2026·接BD，则BD的最小值为 6/函数的性质求CEBD的最小值．AAEABAEAB，连接CEBE∵ABC135CBEABCABE90；ABBC8，ABmBC8mADACDACBADCAE90BAC，AEAB,DAB≌CAESAS在RtBAE中，BE AB2AE2 2AB 2m，在Rt△CBE中，由勾股定理得，CE2BC2BE故当故当m8CE2取最小值128，故861288 ∵303 8化简得：CE2(8m)22m23m216m643m 2m5（2026·点，且DQ2AP，则PQ的最小值 【答案】3【答案】3【分析】过点EFABE，交CD于点F，证明EAPAEFDAPxPF62x，QF2x，在Rt△PQF中，由勾股定理得PQ2x32218【详解】解：过点EFABE，交CD于点F∴BADADC90，EAP45，ADCD6，∵EFAB∴EAPAEFDAPxDQ2xx262x36x32218∵x3220，0x32PQ的最小值为32x3662x 由勾股定理得PQ2FQ2PF2 x6在Rt△PQF 2x 2x∴PFEFPE62x，QFDQDF∵DQ2x6∴0x32∵AE2EP2AP22AE22EP2∴AEPE 2x考点03实际问题与二次函数1（2026·运动的时间为ts．当t3s时，点，Q的位置如图所示．给出下面三个结论：①当t6sAPCQ②APQ35cm2③当APQ的面积为10cm2t25s或t10s上述结论中，所有正确结论的序号是（ 【详解】解：①当t6s∴CQ716∴CQAP6ADBCAPQCAPCQ②当点AD上，点QAB上，此时0t5APAQt，

1t2∴当t5时，APQ25cm2当点AD上，点QBC上，此时5t7APt，BQt5，

15t5t ∴当t7时，APQ35cm2当点在CD上，点QBC上，此时7t≤12DPt7，BQt5，CP12t，CQ12tSAPQS矩形ABCDSADPSCPQS5717t7112t12t15t 1t26t1t6218 ∵10，当t6时， 随t的增大而减少

综上，APQ35cm2③当点AD上，点QAB上，此时0t5APAQt1t210t25（负值已舍

1t2当点AD上，点QBC上，此时5t7

15t5t 5t10，t4（不符合题意，舍去当点在CD上，点QBC上，此时7t≤12S

1t26t，由题意得1t26t10，t2（不符合题意，舍去）或t10综上，当APQ的面积为10cm2t25s或t10s2（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在Rt△ABC中，C90AC8，BC6，动点从点B出BAA匀速运动，同时动点QAACCB向终点B匀速运动，两动点运动到各自终点停止运动．若，Q两点每秒运动的路程相同，点Q运动的路程为xx0，△BPQ的面积为y，则下列图象能反映y与x之间函数关系的是（ AB0x8QAC上，AB8x10时，QBC上，AB上；10x14QBC上，Ayx的函数关系式，结【详解】解：在RtABCC90AC8BC6 AC2BC210，sinAAB5 sinABCAC4 ①当0x8时，点QAC上，点ABBPxAQx过点Q作QDAB于点D则QDAQsinA3xy1BPQD1x3x3x2 x8y36419.2②当8x10时，点QBC上，点AB上，过点Q作QEAB于点x10y16；当x14时，y0．综上所述，图象Dy1BQAC1(14x)8564xBPAB10（即BPQ变为ABQBQ14x③当10x14时，点QBC上，点到达Ax8y19.2x10y2100281016 y1BPBQsinB1x(14x)42x228xBPx，BQ6(x8)14x∴QEBQsinB3（2026·顶点F，HFADEFGH以1cmsAB方向匀速运xs之间的函数关系图象大致是（） EG、FH交于点OEFGHABCD交于点M、N，FHAD于点K，于点K边长为2cmEFGH的顶点FH在同一水平线上，点FADEGFHAD∥EG

22

222cmOEOFOGOH1cmEGFHHFAD①当0t1时，叠部分的面积为SFMNFKtcmFKMN tMN S

1MNFK12ttt2cm2 ②当1t2时，叠部分的面积为S正方形EFGHSHMNHKFHFK2tcm综上可知，当综上可知，当0t1时，图象为开口向上的抛物线；当1t2时，图象为开口向下的抛物线，且有最大值为2；当2t3时，图象为开口向下的抛物线；当3t4时，图象为开口向上的抛物线，只有B 1MNHK124t4t4t2t42MN24t④当3t4时，叠部分的面积为SHMNHK2t24tcm2212t2t2t24t2t222 正方形 ③当2t3时，叠部分的面积为S正方形EFGHSFMNFKt2cm 22122t2tt24t2t222正方形MN22t4（2026·江苏连云港·中考真题）ABCDABCDAB10DC4ADBC5．点A1ADCBBQA出发，ABB运动．设APQ的面积为S，运动时间为t（s，则S关于t 【分析】过点CDAB的垂线，垂足分别为FE，先求得DE4，sinAsinB4AD0t5在CD5t9在CB上且Q未到达B时，即9t10时，当在CB上且QB后，即10t14时，分别求得函数解析式，结合选项，即可求解．【详解】解：如图，过点CDABFEABCDEFCD∴四边形CDEF∵ADBC5∴AEBF1ABEF3∵AD在Rt△ADE中，DE AD2AE24∴sinAsinB4过点PMAB于点M当AD上时，即0t5∴PMAPsinA4tS1AQPM1t4t2t2，函数图象为开口向上的抛物线，C，D 当在CD上时，即5t9∴PMDE4S1AQPM1t42t 当在CB上且QB时，即9t10∴BPADDCCBt14t∴PMPBsinB414tS1AQPM1t414t2t228t，函数图象为开口向下的抛物线，故B 当在CB上且QB后，即10t14S1ABPM110414t4t56，函数图象为直线的一部分，故A考点04二次函数综合1（2026·“倒数点”A(2,1)B3,1都是“倒数点”．给出下列结论： 3 ①y3x2个“倒数点②yx1的图象上不存在“倒数点③y2x211个“倒数点④若函数ykx2的图象上存在“倒数点”，则k1． B． C． D．ΔΔ(1)241(1)50x1x11x2x10yx10x0xy②联立yx1整理得3x2x3xy①联立y3x，则3xxxy1x0y1【分析】根据“倒数点”定义，若xyxy1x0y1y1

5，

15x

51 xy③联立y2x21∴12x21，y1y2x21y1y2x2112x21xy④联立ykx2整理得kx22x10当k0时，方程为2x10x1y2121 此时k01，故④错误；2个.2（2026·四川南充·中考真题已知抛物线Cymx2与Cym2x2Ol与抛物线C A3或

B．3或 C．1或

D1

【详解】解：设过原点O的直线lykxk0联立直线l与抛物线Cymx2kxx0xk Akykxykk k kk2 k2同理联立直线l与抛物线C2A2的坐标为m2

m2 k

k2k

k

k2kOA2

0

,OA2

0 m

m

∴OA29OA2 k2k∴m

9

k2k ∵k0，k2k40 ∴约去公因式得m m2，整理得2m2+9m+9=0m3m3 m3m3 m的值为3或33（2026·与n的乘积为三位数．mn的最小值 ；当mn时，存在正整数k，使得k2m2n2，则满足条件所有k的值之和 a（1a9a为整数m的个位上的数字为b（0b9，且b为整数，则自然数n的个位上的数字为9b，表示出mn，根据mn的化简结果确定其和a的关系，结合乘积为三位数的条件求出mn的最小值，再利用平方差公式变形k2m2n2，根据完全平方数的性质枚举所有可能，计算所有k的和即可．【详解】解：设两个自然数的十位上的数字为a（1a9，且a为整数，自然数m的个位上的数字为（0b9，且b为整数，则自然数n的个位上的数字为9b∴m10ab，n=10a+9-b∴mn10ab10a9b20a9mn10ab10a9b100a290ab9b，要使mn20a9最小，需a