专题15 二次函数的应用与综合问题（测试）-最新中考数学一轮复习讲练测（浙江专用）

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班级：________ 姓名：__________ 得分：_________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 本试卷所选题目为浙江地区中考真题、模拟试题、阶段性测试题.
选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·浙江绍兴·模拟预测）某种礼炮的升空高度ℎ（m）与飞行时间t（s）的关系式是ℎ=−32t2+12t+30，若这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为（ ）
A．3sB．4sC．5sD．6s
【答案】B
【分析】把二次函数的一般式写成顶点式，找出顶点坐标，即可知道多长时间后得到最高点．
【详解】解：∵礼炮在点火升空到最高点引爆，
∴ℎ=−32t2+12t+30=−32t−42+54，
∵−32<0，
∴这个二次函数图象开口向下，
∴当t=4时，升到最高点．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的应用，判断出所求时间为二次函数的顶点坐标的横坐标的值是解决本题的关键．
2．（2022·浙江衢州·统考二模）某超市将进价为40元件的商品按50元/件出售时，每月可售出500件．经试销发现，该商品售价每上涨1元，其月销量就减少10件．超市为了每月获利8000元，则每件应涨价多少元？若设每件应涨价x元，则依据题意可列方程为（ ）
A．(50−40+x)(500−x)=8000B．(40+x)(500−10x)=8000
C．(50−40+x)(500−10x)=8000D．(50−x)(500−10x)=8000
【答案】C
【分析】设这种衬衫每件涨价x元，则销售量为（500-10x）件，根据“总利润=每件衬衫的利润×销售量”列出一元二次方程，解方程后根据题意取舍即可得．
【详解】解: 设这种衬衫每件涨价x元，则销售量为（500-10x）件，
根据题意，得(50−40+x)(500−10x)=8000，
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目中蕴含的相等关系，列出一元二次方程．
3．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图1，校运动会上，初一的同学们进行了投实心球比赛．我们发现，实心球在空中飞行的轨迹可以近似看作是抛物线．如图2建立平面直角坐标系，已知实心球运动的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系是y=−112x2+23x+53，则该同学此次投掷实心球的成绩是（ ）
A．2mB．6mC．8mD．10m
【答案】D
【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可．
【详解】解：该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，
∴令y=0，则−112x2+23x+53=0，
整理得：x2-8x-20=0，
解得：x1=10，x2=-2（舍去），
∴该同学此次投掷实心球的成绩为10m，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程问题．
4．（2022·浙江金华·统考一模）函数y=ax2+bx图象如图，一元二次方程ax2+bx+m=0有实数根，则m最大值为（ ）
A．-3B．-5C．3D．9
【答案】C
【分析】求m最大值转化为二次函数y=ax2+bx的图象与直线y＝﹣m有交点，解不等式得解．
【详解】解：∵一元二次方程ax2+bx+m=0 有实数根，
∴二次函数y=ax2+bx的图象与直线y＝﹣m有交点，
由图象得，﹣m≥﹣3，
解得m≤3，
∴m的最大值为3，
故答案选：C．
【点睛】本题考查的是利用函数图像解不等式，把最值问题转化为两个函数图像有交点的问是解答此题的关键．
5．（2021·浙江杭州·统考一模）一次足球训练中，小明从球门正前方将球射向球门，球射向球门的路线呈抛物线，当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球离地面3m．已知球门高是2.44m，若足球能射入球门，则小明与球门的距离可能是（ ）
A．10mB．8mC．6mD．5m
【答案】A
【分析】建立坐标系，利用二次函数的顶点式求解判断
【详解】解：如图，建立直角坐标系，设抛物线解析式为y=a(x−6)2+3
将（0，0）代入解析式得a＝−112，
∴抛物线解析式为y=−112(x−6)2+3，
当x＝10时，y＝−112(10−6)2+3=53，
∵53＜2.44，满足题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，选择顶点式求二次函数的表达式是解题的关键．
6．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，二次函数y=-x2+ x+6及一次函数y=x+m，将该二次函数在x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新函数，当直线y=x+m与新图象有4个交点时，m的取值范围是( )
A．14【答案】D
【分析】如图所示，过点B作直线y=x+m，将直线向下平移到恰在点C处相切，则一次函数y=x+m在两条直线之间时，两个图象有4个交点，即可求解
【详解】解：在y=−x2+x+6中，
当y=0，0=−x2+x+6，
当x=0时，y=6，
解得x1=−2，x2=3，
∴B(3,0)，
如图，当直线y=x+m经过点B时，直线y=x+m与新图有3个交点，
把B(3,0)代入y=x+m中，得m=−3，
∵抛物线y=−x2+x+6翻折到x轴下方的部分的解析式为
y=a(x−3)(x+2)，
翻折后与y轴的交点坐标为(0,-6)，
将点(0,-6)代入得出：a=1，
∴翻折后的部分解析式为：y=x2−x−6(−2＜x＜3)，
当直线y=x+m与抛物线y=x2−x−6(−2＜x＜3)相切与点C时，
直线y=x+m与图象有3个交点，
把y=x+m代入y=x2−x−6(−2＜x＜3)中，
得到方程x+m=x2−x−6有两个相等的实数根，
整理得x2−2x−6−m=0，
∴(-2)2-4×1×(-6-m)=0，
解得m=−7，
∴当直线y=x+m与新图象有4个交点时，m的取值范围是-7＜m＜−3．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与一次函数图象综合，理解题意，找准临界点是解题关键．
7．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图，周长为定值的平行四边形ABCD中，∠B=60°，设AB的长为x，AD的长为y，平行四边形ABCD的面积为S．当x在一定范围内变化时，y和S都随x的变化而变化，则y与x，S与x满足的函数关系分别是（ ）
A．反比例函数关系，一次函数关系B．反比例函数关系，二次函数关系
C．一次函数关系，反比例函数关系D．一次函数关系，二次函数关系
【答案】D
【分析】根据平行四边形ABCD中，∠B=60°，设平行四边形ABCD的周长为定值a，AB的长为x，作AE⊥BC于点E，可求AE长，进而表示出函数，即可求解．
【详解】解：设平行四边形ABCD的周长为a，AB的长为x，AD的长为y，
则y+x=12a，
∴y=-x+12a；
作AE⊥BC于点E，
∵∠B=60°，AB的长为x，
∴AE=32x，
∴平行四边形ABCD的面积S=32x(-x+12a)=-32x2+3a4x，
∴y与x满足的是一次函数关系，S与x满足的是二次函数关系．
故选：D．
【点睛】本题考查的是二次函数和一次函数的应用，关键是找等量关系列出函数解析式．
8．（2022·浙江嘉兴·统考一模）已知抛物线y=x2+3x+c−3≤x≤0与直线y=x−2有且只有一个交点，若c为整数，则c的值有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由函数解析式作出抛物线与直线的图象，根据图象关系计算求值即可；
【详解】解：∵y=x2+3x+c−3≤x≤0，
对称轴为：x=−32，∴x=0时，y=c；x=-3时，y=c，
如图为抛物线与直线关系图，

由图象可知：①当直线过抛物线左端点时c=-5，当直线过抛物线右端点时c=-2，
∴当-5≤c＜-2时，直线与抛物线只有一个交点，
∴c为整数时可取-5，-4，-3，
②令x2+3x+c=x−2，则x2+2x+2+c=0，Δ=0时4−42+c=0，解得 c=-1，此时方程有两个相等的实数根，抛物线与直线只有一个交点，
∴c的值为：-5，-4，-3，-1，
故选： D．
【点睛】本题考查了抛物线与直线的交点问题，利用图象法确定交点个数是解题关键．
9．（2022·浙江杭州·二模）如图1，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动到点B停止，同时动点Q从点B出发，以每秒4个单位的速度沿折线B−C−D运动到点D停止．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S与运动时间t函数关系的图象，则a的值是（ ）
A．63B．93C．6D．12
【答案】B
【分析】根据题意计算得AB=6；再结合题意，得当动点Q在BC上时，△BPQ的面积S随运动时间t变化呈现二次函数关系；当动点Q在CD上时，△BPQ的面积S随运动时间t变化呈现一次函数关系，从而得a对应动点Q和点C重合；通过计算S△BPC，即可得到答案．
【详解】解：∵动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动到点B停止，一共用6秒钟，
∴AB=1×6=6，
∵BC=2AB=2×6=12，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=6，
当动点Q在BC上时，△BPQ的面积S随运动时间t变化呈现二次函数关系，
当动点Q在CD上时，△BPQ的面积S随运动时间t变化呈现一次函数关系，
∴a对应动点Q和点C重合，如图：
∵动点Q以每秒4个单位的速度从点B出发，
∴4t=12，
∴t=3，
∴AP=t=3，
∴BP=AB−AP=6-3=3，
如图，过点C作CE⊥AB，交AB于点E ，
∴CE=BC×sin∠B=12×32=63，
∴S△BPC=12×BP×CE=12×3×63=93，即a=93．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形、函数图像，二次函数、一次函数、三角函数,与三角形高有关的计算等知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一次函数、三角函数的性质，从而完成求解．
10．（2022·浙江宁波·校联考一模）已知在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，4)，M是抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)对称轴上的一个动点，小明经探究发现：当ba的值确定时，抛物线的对称轴上能使△AOM为直角三角形的点M的个数也随之确定．当ba满足（ ）时，抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)的对称轴上存在4个不同的点M，使△AOM为直角三角形.
A．0【答案】A
【分析】分∠AOM=90°，∠OAM=90°和∠OMA=90° 确定点M的运动范围，结合抛物线的对称轴与l1，l2，⊙P共有三个不同的交点，确定对称轴的位置即可得出结论．
【详解】解：由题意得：O（0，0），A（3，4）
∵ΔAOM为直角三角形，则有：
①当∠AOM=90°时，OA⊥OM
∴点M在与OA垂直的直线l1上运动 （不含点O）；如图，
②当∠OAM=90°时，OA⊥AM，
∴点M在与OA垂直的直线l2上运动 （不含点A）；
③当∠OMA=90°时，OM⊥AM，
∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，
∴点P为OA的中点，
∴P(32,2)
∴半径r=12AO=1232+42=52
∵抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)的对称轴与x轴垂直，
∴抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)的对称轴与l1，l2分别有一个交点，
由题意得，抛物线的对称轴与l1，l2，⊙P有四个不同的交点，
∴抛物线的对称轴与⊙P有两个交点，且对称轴应在⊙P的两条切线l3、l4之间
∵点P到切线l3，l4的距离d=r=52 ，P(32,2)
∴直线l3的解析式为：x=32−52=−1；直线l4的解析式为：x=32+52=4；
∴当-b2a=−1时，ba=2
当-b2a=4时，ba=−8
∴-8故选：A．
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有圆的切线的判定，直角三角形的判定，综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论是解题的关键．
填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022·浙江杭州·统考一模）一个小球由静止开始在一个斜坡上向下滚动，通过仪器观察得到小球滚动的距离s(米)与时间t(秒)的数据如表：
写出用t表示s的函数关系式：______．
【答案】s=3t2
【分析】通过观察发现距离都为3的倍数，进一步可观察到表中数据的规律，从而得到答案．
【详解】解：∵1秒时，距离为3；
2秒时，距离为3×4=3×22；
3秒时，距离为3×9=3×32；
4秒时，距离为3×16=3×42；

∴t秒时，距离为3×t2 =3t2．
∴s=3t2．
故答案为：s=3t2．
【点睛】本题考查了二次函数的应用题．解决本题的关键是发现距离都为3的倍数，进而得到规律．
12．（2021·浙江温州·模拟预测）如图，抛物线y=12x2−ax与函数y=12x的图象在第一象限交点的横坐标为4，点At,y1在抛物线上，点Bt+1,y2在正比例函数的图象上，当0⩽t⩽3时，y2−y1的最大值为_______________．
【答案】52
【分析】根据第一象限的交点求出a的值，再表示出y1，y2，列出y2−y1关于t的二次函数，根据函数的性质即可求解．
【详解】把x=4代入y=12x得y=2
把x=4，y=2代入y=12x2−ax得2=12×42−4a
解得a=32
∴y=12x2−32x
当x=t时，y1=12t2−32t，当x=t+1时，y2=12t+1=12t+12
∴当0⩽t⩽3时，y2−y1=12t+12−12t2−32t=−12t2+2t+12=−12t−22+52
∵−12＜0，
∴当t=2时，y2−y1的最大值为52
故答案为：52．
【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质，解题的关键是根据题意列出关于t的二次函数进行求解．
13．（2021·浙江温州·校考一模）2021年1月12日世界最大跨度铁路拱桥——贵州北盘江特大桥主体成功合拢．如图2所示，已知桥底呈抛物线，主桥底部跨度OA=400米，以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，桥面BF//OA，抛物线最高点离路面距离EF=10米，BC=120米，CD⊥BF，O，D，B三点恰好在同一直线上，则CD=________米．
【答案】18
【分析】根据题意设表达式为y=axx−400，得到E、F、B、D的坐标，可得CD，证明△BCD∽△OAB，得到BCCD=AOAB，求出a值，可得CD．
【详解】解：设抛物线y=axx−400a<0，
则E200,−40000a，F200,−40000a+10，
∴B400,−40000a+10，D280,a⋅280⋅−120=280,−33600a，
∴CD=−40000a+10−−33600a=−6400a+10，
∵B，D，O共线，
∴∠CBD=∠AOB，又∠BCD=∠BAO=90°，
∴△BCD∽△OAB，
∴BCCD=AOAB，
∴120−6400a+10=400−40000a+10，
解得：a=−1800，
经检验：a=−1800是原方程的解，
∴CD=−6400a+10=6400×1800+10=18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，相似三角形的判定和性质，根据已知条件设出函数表达式，从而表示相应点的坐标是解题的关键．
14．（2022·浙江金华·校考一模）如图，设定点A（1，﹣3），点P是二次函数y=12（x+5）2+3图象上的动点，将点P绕着点A顺时针旋转60°，得到一个新的点P′.已知点B（2，0）、C（3，0）.
(1)若点P为（-5，3），求旋转后得到的点P′的坐标为 ________ ．
(2)求△BCP′的面积最小值为_________ ．
【答案】 (1,33) 33−32
【分析】（1）由函数关系式求出点P坐标，过点P作PD//x轴，过点B作BD⊥PD于点D，求出∠PBD=60°，故可知P′在BD的延长线上，且P′D=BD=23,故可得结论；
（2）连接AB，AC，将B，C绕点A逆时针旋转60°得B′，C′，作AH⊥x轴于点H，证明△C′AO≌△CAB（SAS），利用待定系数法求出OC′的函数表达式为：y=3x，设过P且与B′C′平行的直线l解析式为y=3x+b，由于S△BCP′=S△B′C′P，当直线l与抛物线相切时取最小值，再利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：（1）∵y=12（x+5）2+3
∴抛物线的顶点坐标为（-5，3）
∴点P为抛物线的顶点，
过点P作PD//x轴，过点B作BD⊥PD于点D，如图，
∵P（-5，3），A（1，﹣3），
∴D(1,3)
∴PD=5+1=6，AD=23
又PDAD=623=3
∴tan∠PAD=3
∴∠PAD=60°
∵ΔBCP′是等边三角形，
∴P′在BD的延长线上，且P′D=BD=23,
∴P′B=33
∴P′(1,33)
故答案为：P′(1,33)
（2）如图，连接AB，AC，将B，C绕点A逆时针旋转60°得B′，C′，作AH⊥x轴于点H
∵A（1，-3），B（2，0），C（3，0），
∴OH=BH=1，BC=1，
∴OA=AB=OB=2，
∴△OAB为等边三角形，此时B′与O重合，即B′（0，0），
连接C′O，
∵∠CAC′=∠BAB′=60°，
∴∠CAB=∠C′AB′，
在△C′AO和△CAB中，
C′A＝CA∠C′AO＝∠CABBA＝OA，
∴△C′AO≌△CAB（SAS），
∴C′O=CB=1，∠C′OA=∠CBA=120°，
∴作C′G⊥y轴于G，
在Rt△C′GO中，∠C′OG=90°-∠C′B′C=30°，
∴C′G=12OC′=12，
∴OG=32，
∴C′（12，32），此时OC′的函数表达式为：y=3x，
设过P且与B′C′平行的直线l解析式为y=3x+b，
∵S△BCP′=S△B′C′P，
∴当直线l与抛物线相切时取最小值，
则y＝3x+by＝12(x+5)2+3 ，
即3x+b=12(x+5)2+3
∴12x2+(5−3)x+252+3−b=0
当Δ=0时，即(5−3)2−4×12×(252+3−b)=0
解得b=63−32，
∴y=3x+63−32，
设l与y轴交于点T，连接C′T，
∵S△B′C′T=S△BCP′，
∴S△BCP′=12×B′T×C′G=12×(63−32)=33−32．
故答案为：33−32
【点睛】本题考查了待定系数法，一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，全等三角形判定和性质，等边三角形性质等知识，熟练掌握一次函数、二次函数的图象和性质，全等三角形判定和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想是解题关键．
15．（2022·浙江金华·校联考一模）如图，点A，B是直线AB上的固定的两点，AB＝5．点M是平面内一动点，满足MBMA=23．
（1）当△ABM为等腰三角形时，△ABM的周长为____．
（2）当△ABM的面积最大时，AM＝___
【答案】 17.5或403 313
【分析】（1）分两种情况讨论：若AB=BM=5，若AM=AB=5，即可求解；
（2）过点M作MN⊥AB交直线AB于点N，设BN=x，MN=h，可得BM2=x2+ℎ2，AM2=x+52+ℎ2，再由MBMA=23，可得ℎ2=−x2+8x+20，再由S△ABM=12AB⋅MN=52ℎ，从而得到当△ABM的面积最大时，h最大，即h2最大，利用二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：（1）若AB=BM=5，
∵MBMA=23，
∴MA=152，
∴△ABM的周长为5+5+152=17.5；
若AM=AB=5，
∵MBMA=23，
∴MB=103，
∴△ABM的周长为5+5+103=403；
综上所述，△ABM的周长为17.5或403；
故答案为：17.5或403
（2）如图，过点M作MN⊥AB交直线AB于点N，
设BN=x，MN=h，
∴BM2=x2+ℎ2，AM2=x+52+ℎ2，
∵MBMA=23，
∴MB2MA2=49，
∴x2+ℎ2x+52+ℎ2=49，
解得：ℎ2=−x2+8x+20=−x−42+36，
∴当x=4时，h2最大，最大值为36，即h的最大值为6，
∵S△ABM=12AB⋅MN=52ℎ
∴当△ABM的面积最大时，h最大，即h2最大，
∴此时AM=4+52+62=313．
故答案为：313
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
16．（2021·浙江湖州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰△ABO的顶点A在y轴上，AB＝OB，tan∠AOB＝2，抛物线y＝﹣x2+bx+2过点A．
（1）若点O关于AB中点的中心对称点O′也恰好在抛物线y＝﹣x2+bx+2上，则b＝________；
（2）若将△ABO绕点A按逆时针方向旋转45°，得到△A′B′O′，点B′在抛物线y＝﹣x2+bx+2上，则b＝________．
【答案】 52 2+926
【分析】（1）如图1，过点B作BC⊥x轴于C，根据x=0可求得点A的坐标，根据三角函数的定义可得BC=2，即点B的坐标（2，1），然后将点B的坐标代入抛物线的解析式求出b的值即可；
（2）如图2，过点B'作B'H⊥AB于H，过H作GM⊥y轴于G，过点B'作B'M⊥GM于M，可证△AHB'是等腰直角三角形，得AH=B'H=102，再证△AGH≌△HMB'{AAS），根据三角函数可得AG=HM=22，GH=B'M=2，确定点B'的坐标，最后代入抛物线的解析式求出b的值即可．
【详解】解：（1）如图1，过点B作BC⊥x轴于C，
当x=0时，y=2，
∴A（0，2）
∵AB=0B，
∴OC=12OA=1
∵tan∠AOB=BCOC=2
∴BC=2
∴B（2，1）
∵AB的中点坐标为（1，32），
∴点O关于AB中点的中心对称点O′的坐标为（2，3），
∵该点O′也恰好在抛物线y=-x2+bx+2上，
∴-4+2b+2=3，解得b=52；
故答填52；
（2）如图2，过点B'作B'H⊥AB于H，过H作GM⊥y轴于G，过点B'作B'M⊥GM于M，
由（1）得：AB=AC2+BC2=5，
由旋转的性质可得：AB'=AB=5，∠BAB'=45°，
∵∠AHB'=90°，
∴△AHB'是等腰直角三角形，
∴AH=B′H=102
∵∠AGH=∠GAH+∠AHG=∠AHG+∠MHB'=90°，
∴∠GAH=∠MHB'，
∵∠AGH=∠M=90°，AH=B'H，
∴△AGH≌△HMB'{AAS），
∴GH=B'M，HM=AG，
∵tan∠BAO=GHAG=2，
∴AG=HM=22，GH=B'M=2，
∴OG=2−22
∴B′(322,2+22)
∵该点B′也恰好在抛物线y=-x2+bx+2上，
∴−92+32b2+2=2+22，解得b=2+926．
故答填2+926．
【点睛】本题属于二次函数的综合运用，主要考查了等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质和判定、三角函数的定义、三角形全等的性质和判定等知识点，确定点B和B'的坐标是解答本题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022·浙江宁波·校联考一模）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c经过A(－1，0)，B(3，0)两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当0(3)点P为抛物线上一点，若S△PAB=10，求出此时点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)0(3)P(4,−5)或P(−2,−5)
【分析】（1）将A与B的坐标代入抛物线的解析式即可求出b与c的值，
（2）根据图象即可求出y的取值范围，
（3）设P（x，y），△PAB的高为|y|，AB=4，由S△PAB=10列出方程即可求出y的值，从而可求出P的坐标．
【详解】（1）解：将点A（﹣1，0），B（3，0）两点代入y＝−x2+bx+c
∴ 0=−1−b+c0=−9+3b+c
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，
y=−x2+2x+3；
（2）∵ y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，物线的对称轴为x=1，开口向下，y的最大值为4，
如图，
∴0＜x＜3时，0（3）设P（x，y），
∴△PAB的高为|y|，
∵ A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB=4，
∴S△ABP=12×4×y=10，
解得y=±5，
当y=5时，
5=−x2+2x+3，
此时方程无解，
当y=−5时，
− 5=−x2+2x+3，
解得x1=4,x2=−2，
∴P(4,−5)或P(−2,−5)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求解析式，二次函数图象的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
18．（2022·浙江绍兴·校联考一模）农经公司以30元/千克的价格收购一批农产品进行销售，为了得到日销售量p（千克）与销售价格x（元/千克）之间的关系，经过市场调查获得部分数据如下表：
(1)请你根据表中的数据，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定p与x之间的函数表达式；
(2)农经公司应该如何确定这批农产品的销售价格，才能使日销售利润最大？
【答案】(1)p=−30x+1500
(2)销售价格定为40元，日销售利润最大
【分析】（1）根据表中销售价格每增加5元/千克，日销售量就减少150千克，由此即可求出答案；
（2）因为每增加5元/千克，日销售量就减少，利用函数解析式，即可求出最大值．
【详解】（1）解：假设p与x成一次函数关系，设函数关系式为p=kx+b ，
∴ {30k+b=60040k+b=300 ，解得：k=−30，b=1500 ，
∴p=−30x+1500，
检验：当x=35，p=450；当x=45，p=150；当x=50，p=0，符合一次函数解析式，
故函数关系为 p=−30x+1500 ；
（2）解：设日销售利润w=p(x−30)=(−30x+1500)(x−30)，
即 w=−30x2+2400x−45000=−30(x−40)2+3000 ，
∴当x=40时， w有最大值，最大值为3000，
故这批农产品的销售价格定为40元，才能使日销售利润最大．
【点睛】本题主要考查一次函数的实际运用，理解题目表格中的数据之间的关系并找出数据之间的规律是解题的关键．
19．（2022·浙江衢州·统考二模）在新农村建设过程中，渣濑湾村采用“花”元素打造了一座花都村庄．如图，一农户用长为25m的篱笆，一面利用墙，围成有两个小门且中间隔有一道篱笆的长方形花圃．已知小门宽为1m，设花圃的宽AB为x（m），面积为S（m2）．
(1)求S关于x的函数表达式．
(2)如果要围成面积为54 m2的花圃，AB的长为多少米？
(3)若墙的最大长度为10m，则能围成的花圃的最大面积为多少？并求此时AB的长．
【答案】(1)S=−3x2+27x；
(2)3米或6米；
(3)能围成的花圃的最大面积为1703平方米，此时AB的长为173米．
【分析】（1）设花圃的宽AB为x（m），面积为S（m 2），再表示BC的长，再利用面积公式可得函数关系式；
（2）把S=54代入（1）中的函数关系式，再解方程即可；
（3）先求解x的取值范围，再利用二次函数的性质解决问题即可．
（1）
解：设花圃的宽AB为x（m），面积为S（m 2）．
则BC=25−3x+2=27−3x,
∴S=x27−3x=−3x2+27x.
（2）
解：当S=54时，则−3x2+27x=54,
整理可得：x2−9x+18=0,
解得：x1=3,x2=6,
所以AB的长为3米或6米．
（3）
解：由题意可得：x>027−3x>027−3x≤10,
解得：173≤x<9,
∵S=−3x2+27x=−3x−922+2434,
由抛物线的开口向下，当x>92时，S随x的增大而减小，
∴当x=173时，S最大，
此时S=x27−3x=173×10=1703,
所以墙的最大长度为10m，则能围成的花圃的最大面积为1703平方米，此时AB的长为173米．
【点睛】本题考查的是列二次函数关系式，一元二次方程的应用，二次函数的性质，熟练的利用面积公式列关系式或方程是解本题的关键．
20．（2022·浙江杭州·校联考模拟预测）北京冬奥会的召开燃起了人们对冰雪运动的极大热情，如图是某小型跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过跳台终点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，图中的抛物线C1:y=−112x2+43x+43近似表示滑雪场地上的一座小山坡，小雅从点O正上方4米处的A点滑出，滑出后沿一段抛物线C2:y=ax2+32x+c运动．
(1)当小雅滑到离A处的水平距离为6米时，其滑行达到最高位置为172米．求出a，c的值；
(2)小雅若想滑行到坡顶正上方时，与坡顶距离不低于103米，请求出a的取值范围．
【答案】(1)a=−18，c=4
(2)−332≤a<0
【分析】（1）根据题意，抛物线C2的顶点坐标为（6，172），设C2的解析式为：y=ax−62+172，代入x=0,y=4，即可求解；
（2）求出山坡的顶点坐标为（8，203），根据题意列出不等式，解不等式即可求得a的取值范围．
（1）
解：根据题意，抛物线C2的顶点坐标为（6，172），
设C2：y=ax−62+172，
代入x=0,y=4，得36a+172=4，
解得a=−18，
∴ y=−18x−62+172 =−18x2+32x+4，
∴a=−18，c=4；
（2）
解：抛物线C1：y=−112x2+43x+43=−112x−82+203，
因此抛物线C1的顶点坐标为（8，203），
即当x=8时，运动员到达坡顶，
此时a×82+32×8+4 ≥ 103+203，
解得a≥−332，
根据实际情况，a<0，
∴−332≤a<0．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的基本性质，并能将实际问题与二次函数模型相结合是解决本题的关键．
21．（2022·浙江金华·统考一模）如图1是城市平直道路，道路限速60km/h，A路口停车线l1和B路口停车线l2之间相距S＝400m，A、B两路口各有一个红绿灯．在停车线l1后面停着一辆汽车，该汽车的车头恰好与停车线l1平齐，已知汽车启动后开始加速，加速后汽车行驶的路程S、速度v与时间t的关系分别可以用二次函数和一次函数表示，其图象如图2、3所示．某时刻A路口绿灯亮起，该汽车立即启动．（车身长忽略不计）
(1)求该汽车从停车线l1出发加速到限速所需的时间．
(2)求该汽车最快需要多少时间可以通过停车线l2．
(3)若A路口绿灯亮起29s后B路口绿灯亮起，且B路口绿灯的持续时间为23s．该汽车先加速行驶，然后一直匀速行驶．若该汽车在B路口绿灯期间能顺利通过停车线l2，求该汽车匀速行驶过程中速度的取值范围．
【答案】(1)253s
(2)2816s
(3)不小于8m/s，不大于16m/s
【分析】（1）先将限速单位化为m/s，根据图3求得v=2t，代入求解即可；
（2）根据（1）的结论求得加速时间，根据题意求得运算时间，分别求得两段时间内的路程，进而即可求得答案；
（3）设该汽车匀速行驶过程中速度的为v,根据题意根据（2）的方法求得两段路程所用时间，结合题意中绿灯等亮起期间所用时间，分别列出方程，即可该汽车匀速行驶过程中速度的取值范围．
(1)
解：∵限速为60km/h=503m/s
由图3可知当t=1时，v=2，设v=kt，解得k=2
∴ v=2t
∴t=v2 =12×503=253s
(2)
由图2可知当t=1时，S=1，且x=0,S=0，设S=at2
解得a=1，
∴ S=t2 t≥0
由（1）可知汽车从停车线l1出发加速到限速所需的时间253s
则S=2532=6259m
以503m/s行驶的时间为400−6259503=1196s
∴253+1196=1696=2816s
∴该汽车最快需要2816s可以通过停车线l2
(3)
设该汽车匀速行驶过程中速度的为v,即汽车加速到v．
由（1）可得汽车加速到v所用的时间为t=v2，
则汽车从停车线l1出发加速到v m/s的路程为S=v22，匀速所用时间为400−v22v，
根据题意可得当B路口绿灯亮起时通过则，
v2+400−v22v =29
整理得：v2+16004v=29
解得：v1=16，v2=100（舍），经检验,v=16是原方程的解,
可得当B路口绿灯熄灭时候通过，
v2+400−v22v =29+23
解得：v1=8，v2=200（舍），经检验,v=8是原方程的解,
综上所述，该汽车匀速行驶过程中速度的为v的范围为：8≤v≤16
答：该汽车匀速行驶过程中速度的为v的范围为：8≤v≤16
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数综合，解分式方程，解一元二次方程，理解题意出关系式或方程是解题的关键．
22．（2022·浙江丽水·统考二模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．
(1)若直线y＝mx+n经过B，C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴x＝﹣1上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标；
(3)设P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3，y＝x+3
(2)M的坐标为（﹣1，2）
(3)点P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3−172）
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，进而求解；
（3）分点B为直角顶点、点C为直角顶点、P为直角顶点三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），
故点B的坐标为（﹣3，0），
设抛物线的表达式为y＝ax−x1x−x2＝ax−1x+3=ax2+2x−3，
将点C坐标代入上式得：3＝a（﹣3），解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3；
把B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝mx+n得：
n=30=−3m+n，解得n=3m=1，
∴直线的解析式为y＝x+3；
（2）解：设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．
把x＝﹣1代入直线y＝x+3得y＝2，故M（﹣1，2），
即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；
（3）解：设P（﹣1，t），B（﹣3，0），C（0，3），
则BC2＝18，PB2＝−1+32+t2＝4+t2，PC2=t−32+1，
若点B为直角顶点时，则BC2+PB2=PC2，
即18+4+t2＝t−32+1，
解得t＝﹣2；
若点C为直角顶点时，则BC2+PC2＝PB2，
即4+t2＝18+t−32+1，
解得t＝4，
若P为直角顶点时，则BC2=PB2+PC2，则4+t2+t−32+1＝18，
解得t＝3±172，
综上，点P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3−172）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、点的对称性等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
23．（2022·浙江湖州·统考一模）如图已知二次函数y=x2+bx+c（b，c为常数）的图像经过点A(3,−1)，点C(0,−4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交二次函数y=x2+bx+c的图象于点B，连接BC．
(1)求该二次函数的表达式及点M的坐标；
(2)若将该二次函数图象向上平移m(m>0)个单位，使平移后每到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界），求m的取值范围；
(3)若E为y轴上且位于点C下方的一点，P为直线AC上一点，在第四象限的抛物线上是否存在一点Q，使以C、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数解析式为y=x2−2x−4，点M的坐标为（1，-5）
(2)2(3)当点Q的横坐标为3−2时，四边形CEQP为顶点的四边形为菱形
【分析】（1）将点A、点C的坐标代入函数解析式，即可求出b、c的值，进而求得该二次函数的表达式，通过配方法得到点M的坐标；
（2）点M是沿着对称轴直线x=1向上平移的，可先求出直线AC的解析式，将x=1代入求出点M在向上平移时与AC、AB相交时y的值，即可得到m的取值范围；
（3）由题意分析可得CE∥PQ，设点坐标，根据菱形的性质，列方程求解，即可求出点Q坐标．
【详解】（1）解：把点A（3，-1），点C（0，-4）代入二次函数y=x2+bx+c得：
−1=32+3b+c−4=c，
解得：b=−2c=−4，
∴二次函数解析式为y=x2−2x−4， 配方得y=x−12−5，
∴点M的坐标为（1，-5）；
（2）解：设直线AC解析式为y=kx+bk≠0，
把点A（3，-1），点C（0，-4）代入得：−1=3k+b−4=b，
解得：k=1b=−4，
∴直线AC的解析式为y=x−4，
如图所示，对称轴直线x=1与△ABC两边分别交于点E、点F，
把x=1代入直线AC解析式y=x−4，得：y=1−4=−3，
∴点E坐标为（1，-3），点F坐标为（1，-1），
∴−3<−5+m<−1，
解得：2（3）解：存在点Q使以C、E、P、Q为顶点的四边形为菱形，理由如下：
如图，由题意可知CE∥PQ，且CE=PQ ，过点P作PH⊥y轴于点H，直线AB与y轴交于点D
设点P坐标为（m，m-4）则点Q坐标为（m，m2−2m−4 ）
∴AD=CD=3
∴△ACD为等腰直角三角形
∴∠HCP=∠HPC=45°
∴CH=PH=m
根据勾股定理可知CP=CH2+PH2=2m
PQ=m−4−(m2−2m−4)=−m2+3m
∵CP=PQ
∴2m=−m2+3m
解得m1=3−2，m2=0（舍）
∴点Q的横坐标为3−2
∴当点Q的横坐标为3−2时，四边形CEQP为顶点的四边形为菱形
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的平移、菱形的判定及其性质，掌握以上知识点是解题的关键．
时间t(秒)
1
2
3
4
…
距离s(米)
3
12
27
48
…
销售价格x（元/千克）
30
35
40
45
50
日销售量p（千克）
600
450
300
150
0