考卷信息：
本套訓練卷共30題，選擇10題，填空10題，解答10題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對新定義函數(shù)的理解！
一．選擇題（共10小題）
1．（2022?市中區(qū)校級模擬）定義：在平面直角坐標系中，點P（x，y）的橫、縱坐標的絕對值之和叫做點P（x，y）的勾股值，記[P]＝|x|+|y|．若拋物線y＝ax2+bx+1與直線y＝x只有一個交點C，已知點C在第一象限，且2≤[C]≤4，令t＝2b2﹣4a+2020，則t的取值范圍為（ ）
A．2017≤t≤2018B．2018≤t≤2019
C．2019≤t≤2020D．2020≤t≤2021
【分析】聯(lián)立方程組求得C點坐標，并由只有一個交點條件求得a、b的關(guān)系式，再由新定義和2≤[C]≤4列出b的不等式，求得b的取值范圍，由t＝2b2﹣4a+2020，得出t關(guān)于b的函數(shù)解析式，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求得t的取值范圍．
【解答】解：由題意方程組只有一組實數(shù)解，
消去y得ax2+（b﹣1）x+1＝0，
由題意得Δ＝0，
∴（b﹣1）2﹣4a＝0，
∴4a＝（b﹣1）2，即a，
∴方程ax2+（b﹣1）x+1＝0可以化為，
即（b﹣1）2x2+4（b﹣1）x+4＝0，
∴x1＝x2，
∴C（，），
∵點C在第一象限，
∴1﹣b＞0，
∵2≤[C]≤4，
∴24，
∴12，
解得：﹣1≤b≤0，
∵t＝2b2﹣4a+2020，
∴t＝2b2﹣（b﹣1）2+2020＝b2+2b+2019＝（b+1）2+2018，
∵﹣1≤b≤0，
∴t隨b的增大而增大，
∵b＝﹣1時，t＝2018，
t＝0時，t＝2019，
∴2018≤t≤2019．
故選：B．
2．（2022?市中區(qū)二模）定義：對于已知的兩個函數(shù)，任取自變量x的一個值，當x≥0時，它們對應的函數(shù)值相等；當x＜0時，它們對應的函數(shù)值互為相反數(shù)，我們稱這樣的兩個函數(shù)互為相關(guān)函數(shù)．例如：正比例函數(shù)y＝x，它的相關(guān)函數(shù)為．已知點M，N的坐標分別為，，連結(jié)MN，若線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象有兩個公共點，則n的取值范圍為（ ）
A．﹣3≤n≤﹣1或B．﹣3＜n＜﹣1或
C．﹣3＜n≤﹣1或D．﹣3≤n≤﹣1或
【分析】首先確定出二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)與線段MN恰好有1個交點、2個交點、3個交點時n的值，然后結(jié)合函數(shù)圖象可確定出n的取值范圍．
【解答】解：如圖1所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有1個公共點，
∵二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的對稱軸為x2，
∴當x＝2時，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3，
如圖2所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰好3個公共點．
∵拋物線y＝x2﹣4x﹣n與y軸交點縱坐標為1，
∴﹣n＝1，
解得：n＝﹣1；
∴當﹣3＜n≤﹣1時，線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點，
如圖3所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有3個公共點．
∵拋物線y＝﹣x2+4x+n經(jīng)過點（0，1），
∴n＝1，
如圖4所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．
∵拋物線y＝x2﹣4x﹣n經(jīng)過點M（，1），
∴2﹣n＝1，解得：n，
∴1≤n時，線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．
綜上所述，n的取值范圍是﹣3＜n≤﹣1或1≤n，
故選：C．
3．（2022?青秀區(qū)校級一模）新定義：若一個點的縱坐標是橫坐標的2倍，則稱這個點為二倍點．若二次函數(shù)y＝x2﹣x+c（c為常數(shù)）在﹣2＜x＜4的圖象上存在兩個二倍點，則c的取值范圍是（ ）
A．﹣2＜cB．﹣4＜cC．﹣4＜cD．﹣10＜c
【分析】由點的縱坐標是橫坐標的2倍可得二倍點在直線y＝2x上，由﹣2＜x＜4可得二倍點所在線段AB的端點坐標，結(jié)合圖象，通過求拋物線與線段交點求解．
【解答】解：由題意可得二倍點所在直線為y＝2x，
將x＝﹣2代入y＝2x得y＝﹣4，
將x＝4代入y＝2x得y＝8，
設A（﹣2，﹣4），B（4，8），如圖，
聯(lián)立方程x2﹣x+c＝2x，
當Δ＞0時，拋物線與直線y＝2x有兩個交點，
即9﹣4c＞0，
解得c，
此時，直線x＝﹣2和直線x＝4與拋物線交點在點A，B上方時，拋物線與線段AB有兩個交點，
把x＝﹣2代入y＝x2﹣x+c得y＝6+c，
把x＝4代入y＝x2﹣x+c得y＝12+c，
∴，
解得c＞﹣4，
∴﹣4＜c滿足題意．
故選：B．
4．（2022秋?漢陽區(qū)期中）我們定義：若點A在某一個函數(shù)的圖象上，且點A的橫縱坐標相等，我們稱點A為這個函數(shù)的“好點”．若關(guān)于x的二次函數(shù)y＝ax2+tx﹣2t對于任意的常數(shù)t恒有兩個“好點”，則a的取值范圍為（ ）
A．0＜a＜1B．0C．D．
【分析】“好點”A的橫縱坐標相等，即：x＝y(tǒng)＝ax2+tx﹣2t（a≠0），△＝（t﹣1）2+8at＞0，整理得：t2﹣（2﹣8a）t+1＝0，
△′＝（2﹣8a）2﹣4＜0，即可求解．
【解答】解：“好點”A的橫縱坐標相等，
即：x＝y(tǒng)＝ax2+tx﹣2t（a≠0），
Δ＝b2﹣4ac＝（t﹣1）2+8at＞0，
整理得：t2﹣（2﹣8a）t+1＞0，
∵1＞0，故當△′＜0時，拋物線開口向上，且與x軸沒有交點，
故上式成立，
△′＝（2﹣8a）2﹣4＜0，
解得：0＜a，
故選：B．
5．（2022秋?和平區(qū)校級月考）對于實數(shù)a，b，定義運算“*”：a*b，例如：4*2，因為4＞2，所以4*2＝42﹣4×2＝8．若函數(shù)y＝（2x）*（x+1），則下列結(jié)論：
①方程（2x）*（x+1）＝0的解為﹣1和1；
②關(guān)于x的方程（2x）*（x+1）＝m有三個解，則0＜m≤1；
③當x＞1時，y隨x的增大而增大；
④直線y＝kx﹣k與函數(shù)y＝（2x）*（x+1）圖象只有一個交點，則k＝﹣2；
⑤當x＜1時，函數(shù)y＝（2x）*（x+1）的最大值為1．
其中正確結(jié)論的序號有（ ）
A．②④⑤B．①②⑤C．②③④D．①③⑤
【分析】①根據(jù)題意，2x≥x+1時，（2x）*（x+1）＝2x2﹣2x，2x＜x+1時，（2x）*（x+1）＝﹣x2+1，分別求解即可；
②由①可知，畫出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合即可求解；
③x＝1時，y＝0，結(jié)合圖象可知，當x＞1時，y隨x的增大而增大；
④先求出函數(shù)與y＝kx﹣k有一個交點時k的取值，再結(jié)合函數(shù)圖象可知，當k≤﹣2時，直線y＝kx﹣k與函數(shù)y＝（2x）*（x+1）圖象只有一個交點；
⑤當x＝0時，函數(shù)有最大值1，由此可得⑤正確．
【解答】解：①由題意得：當2x≥x+1，即x≥1，
（2x）*（x+1）＝（2x）2﹣2x（x+1）＝4x2﹣2x2﹣2x＝2x2﹣2x，
∴2x2﹣2x＝0的解為x＝0或x＝1，
∴x＝1；
當2x＜x+1，即x＜1，
（2x）*（x+1）＝（x+1）2﹣2x（x+1）＝x2+1+2x﹣2x2﹣2x＝﹣x2+1．
∴﹣x2+1＝0，
∴x＝1或x＝﹣1，
∴x＝﹣1，
故①正確；
②由①可知，x≥1，（2x）*（x+1）＝2x2﹣2x，
x＜1，（2x）*（x+1）＝﹣x2+1，
如圖，0＜m＜1時，關(guān)于x的方程（2x）*（x+1）＝m有三個解，
故②不正確；
③由②函數(shù)圖象可知，x＝1時，y＝0，
結(jié)合圖象可知，當x＞1時，y隨x的增大而增大，
故③正確；
④當y＝kx﹣k經(jīng)過定點（1，0），
kx﹣k＝﹣x2+1時，Δ＝（k+2）2＝0，
∴k＝﹣2，
當k≤﹣2時，直線y＝kx﹣k與函數(shù)y＝（2x）*（x+1）圖象只有一個交點，
故④不正確；
⑤當x＜1時，函數(shù)（2x）*（x+1）＝﹣x2+1，
當x＝0時，函數(shù)有最大值1，
∴當x＜1時，函數(shù)y＝（2x）*（x+1）的最大值為1．
故⑤正確；
故選：D．
6．（2022?萊蕪區(qū)二模）定義：平面直角坐標系中，點P（x，y）的橫坐標x的絕對值表示為|x|，縱坐標y的絕對值表示為|y|，我們把點P（x，y）的橫坐標與縱坐標的絕對值之和叫做點P（x，y）的折線距離，記為|M|＝|x|+|y|（其中的“+”是四則運算中的加法），若拋物線y＝ax2+bx+1與直線y＝x只有一個交點M，已知點M在第一象限，且2≤|M|≤4，令t＝2b2﹣4a+2022，則t的取值范圍為（ ）
A．2018≤t≤2019B．2019≤t≤2020
C．2020≤t≤2021D．2021≤t≤2022
【分析】根據(jù)二次函數(shù)圖象性質(zhì)直接判斷．
【解答】解：∵拋物線y＝ax2+bx+1與直線y＝x只有一個交點M，
∴方程組只有一組解．
消去y得：ax2+（b﹣1）x+1＝0，
∴Δ＝（b﹣1）2﹣4a＝0，
∴a（b﹣1）2，
∴ax2+（b﹣1）x+1＝0可化為：（b﹣1）2x2+（b﹣1）x+1＝0，
∴[（b﹣1）x+2]2＝0，
∴x1＝x2．
∴M（，），
∵M在第一象限，
∴1﹣b＞0，
∴b＜1．
∵2≤|M|≤4，
∴1≤|2，
∴12
∴﹣1≤b≤0，|
∴t＝2b2﹣4a+2022＝2b2﹣（b﹣1）2+2022
＝（b+1）2+2020，
∵﹣1≤b＜0，拋物線開口向下，對稱軸是b＝﹣1，
∴t隨b的增大而增大，
∴2020≤t≤2021．
故選：C．
7．（2022?岳陽模擬）在平面直角坐標系中，對于點P（m，n）和點P′（m，n′），給出如下新定義，若n'，則稱點P′（m，n′）是點P（m，n）的限變點，例如：點P1（1，4）的限變點是P′1（1，2），點P2（﹣2，﹣1）的限變點是P′2（﹣2，1），若點P（m，n）在二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+1的圖象上，則當﹣1≤m≤3時，其限變點P′的縱坐標n'的取值范圍是（ ）
A．﹣1≤n'＜3B．1≤n'＜4C．1≤n'≤3D．﹣1≤n'≤4
【分析】由拋物線解析式可得拋物線開口方向及對稱軸，根據(jù)函數(shù)新定義分類討論m＜0和m≥0時n′的取值范圍．
【解答】解：∵拋物線y＝﹣x2+4x+1，
∴拋物線對稱軸為直線x＝2，開口向下，
∴x＜2時，y隨x增大而增大，x＞2時，y隨x增大而減小，
∵點P（m，n）在二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+1的圖象上，
∴n＝﹣m2+4m+1，
∴﹣1≤m＜0時，n′＝|﹣m2+4m+1|，
將m＝﹣1代入n＝﹣m2+4m+1得n＝﹣4，
∴m＝﹣1時，n′＝4，
將m＝0代入n＝﹣m2+4m+1得n＝1，
∵﹣4＜0＜1，
∴﹣1≤m＜0時，0≤n′≤4，
當m≥0時，n′＝n﹣2＝﹣m2+4m﹣1，
將m＝0代入n′＝﹣m2+4m﹣1得n′＝﹣1，
將m＝2代入n′＝﹣m2+4m﹣1得n′＝3，
∴當m≥0時，﹣1≤n′≤3，
綜上所述，﹣1≤≤n′≤4，
故選：D．
8．（2022?自貢模擬）定義：若拋物線的頂點與x軸的兩個交點構(gòu)成的三角形是直角三角形，則這種拋物線就稱為：“美麗拋物線”．如圖，直線l：yx+b經(jīng)過點M（0，），一組拋物線的頂點B1（1，y1），B2（2，y2），B3（3，y3），…Bn（n，yn） （n為正整數(shù)），依次是直線l上的點，這組拋物線與x軸正半軸的交點依次是：A1（x1，0），A2（x2，0），A3（x3，0），…An+1（xn+1，0）（n為正整數(shù)）．若x1＝d（0＜d＜1），當d為（ ）時，這組拋物線中存在美麗拋物線．
A．或B．或C．或D．
【分析】由拋物線的對稱性可知，所構(gòu)成的直角三角形必是以拋物線頂點為直角頂點的等腰三角形，所以此等腰三角形斜邊上的高等于斜邊的一半．又0＜d＜1，所以等腰直角三角形斜邊的長小于2，所以等腰直角三角形斜邊的高一定小于1，即拋物線的定點縱坐標必定小于1．
【解答】解：直線l：yx+b經(jīng)過點M（0，），則b；
∴直線l：yx．
由拋物線的對稱性知：拋物線的頂點與x軸的兩個交點構(gòu)成的直角三角形必為等腰直角三角形；
∴該等腰三角形的高等于斜邊的一半．
∵0＜d＜1，
∴該等腰直角三角形的斜邊長小于2，斜邊上的高小于1（即拋物線的頂點縱坐標小于1）；
∵當x＝1時，y111，
當x＝2時，y221，
當x＝3時，y331，
∴美麗拋物線的頂點只有B1、B2．
①若B1為頂點，由B1（1，），則d＝1；
②若B2為頂點，由B2（2，），則d＝1﹣[（2）﹣1]，
綜上所述，d的值為或時，存在美麗拋物線．
故選：B．
9．（2022秋?諸暨市期中）定義：我們將頂點的橫坐標和縱坐標互為相反數(shù)的二次函數(shù)稱為“互異二次函數(shù)”．如圖，在正方形OABC中，點A（0，2），點C（2，0），則互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m與正方形OABC有交點時m的最大值和最小值之差為（ ）
A．5B．C．4D．
【分析】畫出圖象，從圖象可以看出，當函數(shù)圖象從左上向右下運動時，當跟正方形有交點時，先經(jīng)過點A，再逐漸經(jīng)過點O，點B，點C，最后再經(jīng)過點B，且在運動的過程中，兩次經(jīng)過點A，兩次經(jīng)過點O，點B和點C，只需算出當函數(shù)經(jīng)過點A及點B時m的值，即可求出m的最大值及最小值．
【解答】解：如圖，由題意可得，互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m的頂點（m，﹣m）在直線y＝﹣x上運動，
在正方形OABC中，點A（0，2），點C（2，0），
∴B（2，2），
從圖象可以看出，當函數(shù)圖象從左上向右下運動時，若拋物線與正方形有交點，先經(jīng)過點A，再逐漸經(jīng)過點O，點B，點C，最后再經(jīng)過點B，且在運動的過程中，兩次經(jīng)過點A，兩次經(jīng)過點O，點B和點C，
∴只需算出當函數(shù)經(jīng)過點A及點B時m的值，即可求出m的最大值及最小值．
當互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m經(jīng)過點A（0，2）時，m＝2或m＝﹣1；
當互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m經(jīng)過點B（2，2）時，m或m．
∴互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m與正方形OABC有交點時m的最大值和最小值分別是，﹣1．
∴最大值和最小值之差為（﹣1），
故選：B．
10．（2022秋?亳州月考）定義：在平面直角坐標系中，過一點P分別作坐標軸的垂線，這兩條垂線與坐標軸圍成一個矩形，若矩形的周長值與面積值相等，則點P叫做和諧點，所圍成的矩形叫做和諧矩形．已知點P是拋物線y＝x2+k上的和諧點，所圍成的和諧矩形的面積為16，則k的值可以是（ ）
A．16B．4C．﹣12D．﹣18
【分析】根據(jù)和諧點的定義與二次函數(shù)的性質(zhì)列出m，n的方程，求解m，n即可．
【解答】解：∵點P（m，n）是拋物線y＝x2+k上的點，
∴n＝m2+k，
∴k＝n﹣m2，
∴點P（m，n）是和諧點，對應的和諧矩形的面積為16，
∴2|m|+2|n|＝|mn|＝16，
∴|m|＝4，|n|＝4，
當n≥0時，k＝n﹣m2＝4﹣16＝﹣12；
當n＜0時，k＝n﹣m2＝﹣4﹣16＝﹣20；
故選：C．
二．填空題（共10小題）
11．（2022?蘆淞區(qū)模擬）定義[a，b，c]為函數(shù)y＝ax2+bx+c的特征數(shù)，下面給出特征數(shù)位[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函數(shù)的一些結(jié)論：
①當m＝﹣3時，函數(shù)圖象的頂點坐標是（，）；
②當m＝1時，函數(shù)圖象截x軸所得的線段長度等于2；
③當m＝﹣1時，函數(shù)在x時，y隨x的增大而減?。?br>④當m≠0時，函數(shù)圖象經(jīng)過同一個點．
上述結(jié)論中所有正確的結(jié)論有 ①②④ ．（填寫所有正確答案的序號）
【分析】①把m＝﹣3代入[2m，1﹣m，﹣1﹣m]，求得[a，b，c]，求得解析式，利用頂點坐標公式解答即可；
②令函數(shù)值為0，求得與x軸交點坐標，利用兩點間距離公式解決問題；
③首先求得對稱軸，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可；
④根據(jù)特征數(shù)的特點，直接得出x的值，進一步驗證即可解答．
【解答】解：因為函數(shù)y＝ax2+bx+c的特征數(shù)為[2m，1﹣m，﹣1﹣m]；
①當m＝﹣3時，y＝﹣6x2+4x+2＝﹣6（x）2，頂點坐標是（，）；此結(jié)論正確；
②當m＝1時，y＝2x2﹣2，令y＝0，則有2x2﹣2＝0，解得，x1＝1，x2＝﹣1，
|x2﹣x1|＝2，所以當m＝1時，函數(shù)圖象截x軸所得的線段長度等于2，此結(jié)論正確；
③當m＝﹣1時，y＝﹣2x2+2x，是一個開口向下的拋物線，其對稱軸是直線x，在對稱軸的右邊y隨x的增大而減小，，右邊，因此函數(shù)在x右邊先遞增到對稱軸位置，再遞減，此結(jié)論錯誤；
④當x＝1時，y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）＝2m+（1﹣m）+（﹣1﹣m）＝0 即對任意m，函數(shù)圖象都經(jīng)過點（1，0）那么同樣的：當m＝0時，函數(shù)圖象都經(jīng)過同一個點（1，0），當m≠0時，函數(shù)圖象經(jīng)過同一個點（1，0），故當m≠0時，函數(shù)圖象經(jīng)過x軸上一個定點此結(jié)論正確．
根據(jù)上面的分析，①②④都是正確的，③是錯誤的．
故答案為：①②④．
12．（2022秋?浦東新區(qū)期末）定義：直線與拋物線兩個交點之間的距離稱作拋物線關(guān)于直線的“割距”，如圖，線段MN長就是拋物線關(guān)于直線的“割距”．已知直線y＝﹣x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，點B恰好是拋物線y＝﹣（x﹣m）2+n的頂點，則此時拋物線關(guān)于直線y的割距是 ．
【分析】根據(jù)直線y＝﹣x+3，可以求出該直線與y軸的交點，從而可以得到點B的坐標，再根據(jù)點B恰好是拋物線y＝﹣（x﹣m）2+n的頂點，即可得到m、n的值，然后將拋物線與直線建立平面直角坐標系，求出它們的交點，即可求得拋物線關(guān)于直線y的割距．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x+3，
∴當x＝0時，y＝3，
∴點B的坐標為（0，3），
∵點B恰好是拋物線y＝﹣（x﹣m）2+n的頂點，
∴m＝0，n＝3，
∴拋物線y＝﹣x2+3，
，
解得或，
∴拋物線與直線y的交點為（0，3），（1，2），
∴此時拋物線關(guān)于直線y的割距是：，
故答案為：．
13．（2022?宣州區(qū)校級自主招生）對某一個函數(shù)給出如下定義：若存在實數(shù)m＞0，對于任意的函數(shù)值y，都滿足﹣m≤y≤m，則稱這個函數(shù)是有界函數(shù)，在所有滿足條件的m中，其最小值稱為這個函數(shù)的邊界值．例如，如圖中的函數(shù)是有界函數(shù)，其邊界值是1．將函數(shù)y＝﹣x2+1（﹣2≤x≤t，t≥0）的圖象向上平移t個單位，得到的函數(shù)的邊界值n滿足n時，則t的取值范圍是 t或t ．
【分析】根據(jù)題干定義可得函數(shù)最大值y或函數(shù)最小值y，由t＞0可得函數(shù)最大值為y＝1+t可得0＜t，進而可得函數(shù)最小值為直線x＝﹣2與拋物線交點縱坐標，進而求解．
【解答】解：由題干可得函數(shù)y＝﹣x2+1+t在﹣2≤x≤t時，函數(shù)最大值或最小值為n，n，
∵t＞0，拋物線y＝﹣x2+1+t開口向下，頂點坐標為（0，1+t），
∴1+t為函數(shù)最大值，
當1+t時，t，
∴0＜t，
當t＝2時，直線x＝﹣2與直線x＝t與拋物線交點關(guān)于對稱軸對稱，
∴0＜t時，直線x＝﹣2與拋物線交點為最低點，
把x＝﹣2代入y＝﹣x2+1+t得y＝﹣3+t，
當﹣3+t時，t，
∴t，
當1+t時，t，
當3+t時，t，
∴t或t滿足題意．
故答案為：t或t．
14．（2022秋?德清縣期末）定義：在平面直角坐標系中，我們將橫、縱坐標都是整數(shù)的點稱為“整點”．若拋物線y＝ax2﹣2ax+a+3與x軸圍成的區(qū)域內(nèi)（不包括拋物線和x軸上的點）恰好有8個“整點”，則a的取值范圍是 a ．
【分析】如圖所示，a＜0，圖象實心點為8個“整點”，則符合條件的拋物線過點A、B之間（含點B），即可求解．
【解答】解：y＝ax2﹣2ax+a+3＝a（x﹣1）2+3，
故拋物線的頂點為：（1，3）；
如圖所示，a＜0，圖象實心點為8個“整點”，
則符合條件的拋物線過點A、B之間（含點B），
當拋物線過點A（3，1）時，將點A的坐標代入拋物線表達式并解得：a；
當拋物線過點（2，2）時，則2＝a（2﹣1）2+3，解得：a＝﹣1；
當拋物線過點（3，2）時，同理可得：a
同理當拋物線過點B（4，1）時，a．
故答案為：a．
15．（2022秋?鄞州區(qū)校級期末）定義：在平面直角坐標系中，若點A滿足橫、縱坐標都為整數(shù)，則把點A叫做“整點”．如：B（3，0）、C（﹣1，3）都是“整點”．當拋物線y＝ax2﹣4ax+1與其關(guān)于x軸對稱的拋物線圍成的封閉區(qū)域內(nèi)（包括邊界）共有9個整點時，a的取值范圍 a ．
【分析】通過拋物線的解析式可得對稱軸為x＝2，過點（0，1），對a分情況討論，分別求解即可．
【解答】解：由y＝ax2﹣4ax+1可得，其圖象對稱軸為直線x＝2，且其圖象必過點（0，1），
當a＜0時，此時整點有（0，0）（1，0），（2，0），（3，0），（4，0），（5，0），...，等等，顯然超過9個，
∴a＜0不符合題意，舍去；
當a＞0時，
若過點（1，﹣1）時，則﹣1＝a﹣4a+1，解得a，此時剛好9個整點，
若過點（2，﹣2）時，則﹣2＝4a﹣8a+1，解得a，此時有10個整點，
∴a．
故答案為：a．
16．（2022秋?思明區(qū)校級期中）在直角坐標系xOy中，對于點P（x，y）和Q（x，y′），給出如下定義：
若y′，則稱點Q為點P的“可控變點”．
請問：若點P在函數(shù)y＝﹣x2+16（﹣5≤x≤a）的圖象上，其“可控變點”Q的縱坐標y′的取值范圍是﹣16＜y′≤16，則實數(shù)a的取值范圍是 a＜4 ．
【分析】本題先理解定義，依據(jù)題意畫出函數(shù)圖象即可求解．
【解答】
解：依題意，y＝﹣x2+16圖象上的點P的“可控變點”必在函數(shù)y′的圖象上（如圖），
當x＝﹣5時，y＝25﹣16＝9，
當y＝9時，x2＝7，∵x＞0，
∴x
∵﹣16≤y′≤16，
當y′＝16，代入y′，得：x＝4，
當y＝﹣16，代入上式得：x＝4，
若a＜4，則y取不到﹣16；
當a＞4，則y取值超過范圍；
故a＜4．
17．（2022?徐匯區(qū)模擬）定義：將兩個不相交的函數(shù)圖象在豎直方向上的最短距離稱為這兩個函數(shù)的“和諧值”．如果拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與拋物線y＝（x﹣1）2+1的“和諧值”為2，試寫出一個符合條件的函數(shù)解析式： y＝x2﹣2x+4 ．
【分析】拋物線y＝（x﹣1）2+1向上或向下平移2個單位求解．
【解答】解：將拋物線y＝（x﹣1）2+1向上平移2個單位可得拋物線y＝（x﹣1）2+1y＝（x﹣1）2+3＝x2﹣2x+4，
故答案為：y＝x2﹣2x+4．
18．（2022?二道區(qū)校級模擬）定義：我們將頂點的橫坐標和縱坐標互為相反數(shù)的二次函數(shù)稱為“互異二次函數(shù)”．如圖，在正方形OABC中，點A（0，2），點C（2，0），則互異二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣m與正方形OABC有公共點時m的最大值是 ．
【分析】根據(jù)拋物線頂點坐標可得拋物線頂點的運動軌跡，從而可得當拋物線經(jīng)過點B時m取最大值，進而求解．
【解答】解：∵y＝（x﹣m）2﹣m，
∴拋物線頂點坐標為（m，﹣m），
∴拋物線頂點在直線y＝﹣x上，
∵四邊形AOBC為正方形，
∴點B坐標為（2，2），點A（0，2），點C（2，0），
如圖，當拋物線經(jīng)過點B時，m取最大值，
將（2，2）代入y＝（x﹣m）2﹣m得2＝（2﹣m）2﹣m，
解得m或m（舍），
故答案為：．
19．（2022?郫都區(qū)模擬）定義：由a，b構(gòu)造的二次函數(shù)y＝ax2+（a+b）x+b叫做一次函數(shù)y＝ax+b的“滋生函數(shù)”，一次函數(shù)y＝ax+b叫做二次函數(shù)y＝ax2+（a+b）x+b的“本源函數(shù)”（a，b為常數(shù)，且a≠0）．若一次函數(shù)y＝ax+b的“滋生函數(shù)”是y＝ax2﹣3x+a+1，那么二次函數(shù)y＝ax2﹣3x+a+1的“本源函數(shù)”是 y＝﹣2x﹣1 ．
【分析】根據(jù)“滋生函數(shù)”的定義可得ax2﹣3x+a+1＝ax2+（a+b）x+b，從而可得關(guān)于a，b的二元一次方程組，求出a，b的值，進而求解．
【解答】解：∵y＝ax+b的“滋生函數(shù)”是y＝ax2﹣3x+a+1，
∴ax2﹣3x+a+1＝ax2+（a+b）x+b，即，
解得，
∴y＝ax2﹣3x+a+1的“本源函數(shù)”是y＝﹣2x﹣1，
故答案為：y＝﹣2x﹣1．
20．（2022?亭湖區(qū)校級開學）定義{a，b，c}＝c（a＜c＜b），即（a，b，c）的取值為a，b，c的中位數(shù)，例如：{1，3，2}＝2，{8，3，6}＝6，已知函數(shù)y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}與直線yx+b有3個交點時，則b的值為 或 ．
【分析】畫出函數(shù)的數(shù)y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}的圖象，觀察圖象，利用圖象法解決問題即可．
【解答】解：由題意：函數(shù)y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}的圖象如圖所示（圖中實線）．
由圖象可得，當直線yx+b經(jīng)過點A和點B時，函數(shù)y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}與直線yx+b有3個交點，
令x2+1＝x+3，解得x＝﹣1或x＝2（舍去），
∴A（﹣1，2），
令x+3＝﹣x+2，解得x，
∴B（，），
當直線yx+b經(jīng)過點A時，（﹣1）+b＝2，解得b；
當直線yx+b經(jīng)過點B時，（）+b，解得b．
故答案為：或．
聲三．解答題（共10小題）
21．（2022?工業(yè)園區(qū)模擬）定義：若一個函數(shù)的圖象上存在橫、縱坐標之和為零的點，則稱該點為這個函數(shù)圖象的“好點”．例如，點（﹣1，1）是函數(shù)y＝x+2的圖象的“好點”．
（1）在函數(shù)①y＝﹣x+3，②y③y＝x2+2x+1的圖象上，存在“好點”的函數(shù)是 ③ ；（填序號）
（2）設函數(shù)y（x＜0）與y＝kx+3的圖象的“好點”分別為點A、B，過點A作AC⊥y軸，垂足為C．當△ABC為等腰三角形時，求k的值；
（3）若將函數(shù)y＝x2+2x的圖象在直線y＝m下方的部分沿直線y＝m翻折，翻折后的部分與圖象的其余部分組成了一個新的圖象．當該圖象上恰有3個“好點”時，求m的值．
【分析】（1）判斷y＝﹣x與各個函數(shù)圖像是否有公共點即可；
（2）先得出y的“好點”，從而得出AC的長，在y＝﹣x上的點B，使得AB＝AC，從而求得點B坐標，將B點坐標代入y＝kx+3求得k的值；
（3）折疊前的拋物線上有兩個“好點”，所以折疊后的拋物線上有一個“好點”即可，即y＝﹣x與折疊后拋物線只有一個公共點，從而求得折疊后的拋物線解析式，進一步求得結(jié)果．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x+3，
∴y+x＝3，
∴①不是“好點”的函數(shù)，
∵y，x＞0，
∴xy＝3＞0
∴x+y≠0，
∴②不是“好點”的函數(shù)，
∵，
∴x2+3x+1＝0，
∴Δ＝32﹣4×1×1＞0，
∴方程組有解，
∴③是“好點”的函數(shù)，
故答案為：③；
（2）∵，x＜0，
∴，
∴A（﹣2，2），
由題意得，當△ABC為等腰三角形時，只有AB＝AC＝2，
∵y＝﹣x，
∴B（x，﹣x），
∴（x+2）2+（﹣x﹣2）2＝22，
∴x12，x22，
當x2時，y2，
∴（2）k+32，
∴k，
當x2時，y2，
∴（2）k+32，
∴k，
∴k；
（3）設翻折后的拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+k，
∵y＝x2+2x的圖像上有兩個“好點”：（0，0）和（﹣3，0），
當y＝﹣x2﹣2x+k上有一個“好點”時，
把y＝﹣x代入得，
﹣x＝﹣x2﹣2x+k，
化簡整理得，
x2+x﹣k＝0，
∵Δ＝1+4k＝0，
∴k，
∴y＝﹣x2﹣2x，
由得，
2y，
∴y，
∴m．
當（0，0）在y＝﹣x2﹣2x+k上時，
此時﹣x2﹣2x＝﹣x，
x＝0或x＝﹣1，
這時也有三個“好點”：（﹣3，﹣3），（0，0），（﹣1﹣1），
∴m或0．
22．（2022春?荷塘區(qū)校級期中）如圖1，若關(guān)于x的二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)且a＜0）與x軸交于兩個不同的點A（x1，0），B（x2，0）（x1＜0＜x2），與y軸交于點C，拋物線的頂點為M，O是坐標原點．
（1）若a＝﹣1，b＝2，c＝3．
①求此二次函數(shù)圖象的頂點M的坐標；
②定義：若點G在某一個函數(shù)的圖象上，且點G的橫縱坐標相等，則稱點G為這個函數(shù)的“好點”．求證：二次函數(shù)y＝ax2+bx+c有兩個不同的“好點”．
（2）如圖2，連接MC，直線MC與x軸交于點P，滿足∠PCA＝∠PBC，且的面積為，求二次函數(shù)的表達式．
【分析】（1）①利用配方法可得頂點M的坐標；
②根據(jù)x＝y(tǒng)列方程，計算Δ＞0可得結(jié)論；
（2）由tan∠PBC，點C的坐標為（0，c），則BO＝2c，點B坐標為（2c，0），利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系：x1?x2，可得x1?2c，求出x1，標表示出點A坐標為（，0），由頂點坐標M（，），C（0，c），用待定系數(shù)法表示出直線MC的解析式為：yx+c，點P坐標為（，0），再相似得PC2＝PA?PB，勾股定理得PC2＝OP2+OC2，列等式利用整體思想先求出b的值，再利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征即可求出a，c的值，從而寫出解析式即可．
【解答】解：（1）①∵a＝﹣1，b＝2，c＝3，
∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點M的坐標為（1，4）；
（2）當x＝y(tǒng)時，﹣x2+2x+3＝x，
∴x2﹣x﹣3＝0，
Δ＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣3）＝13＞0，
∴二次函數(shù)y＝﹣x2+2x+3有兩個不同的“好點”；
（3）∵tan∠PBC，點C的坐標為（0，c），
則BO＝2c，點B坐標為（2c，0），
由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系：x1?x2可得x1?2c，
∴x1，
∴點A坐標為（，0），
∵頂點坐標M（，），C（0，c），
設直線MC的函數(shù)關(guān)系式為：y＝mx+n，
根據(jù)題意得：，
解得：，
∴直線MC的解析式為：yx+c，
∴點P坐標為（，0），
由此可得PA，PB＝2c，
∵∠PCA＝∠PBC，∠CPA＝∠BPC，
∴△PCA∽△PBC，
∴，
∴PC2＝PA?PB，
∵PC2＝OP2+OC2＝（）2+c2c2，
∴c2＝（）（2c），
∴c2，
∴c①，
把點B（2c，0）代入二次函數(shù)解析式，
得：4ac2+2bc+c＝0，
∴4ac+2b+1＝0，
∴4ac+b+1＝﹣b②，
將②式代入①式得，c，
將c代入4ac+2b+1＝0，
得，﹣4+2b+1＝0，
解得：b，
∴P的坐標為（，0），
又∵S△PBCPB?CO（2c）?c，
∴，
解得，c（舍去），
又∵c，a，
∴二次函數(shù)的表達式為：yx2x．
23．（2022春?海門市期中）定義：在平面直角坐標系xOy中，若某函數(shù)的圖象上存在點P（x，y），滿足y＝mx+m，m為正整數(shù)，則稱點P為該函數(shù)的“m倍點”．例如：當m＝2時，點（﹣2，﹣2）即為函數(shù)y＝3x+4的“2倍點”．
（1）在點A（2，3），B（﹣2，﹣3），C（﹣3，﹣2）中， 點A（2，3）和C（﹣3，﹣2） 是函數(shù)y的“1倍點”；
（2）若函數(shù)y＝﹣x2+bx存在唯一的“4倍點”，求b的值；
（3）若函數(shù)y＝﹣x+2m+1的“m倍點”在以點（0，10）為圓心，半徑長為2m的圓外，求m的所有值．
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的“m倍點”的定義可作判斷；
（2）先確定函數(shù)y＝﹣x2+bx存在唯一的“4倍點”，則m＝4，滿足y＝4x+4，兩函數(shù)有唯一一個交點，Δ＝0，可解答；
（3）根據(jù)定義可知：“m倍點”的橫縱坐標是y＝mx+m與y＝﹣x+2m+1的公共解，計算可得其解為，根據(jù)函數(shù)y＝﹣x+2m+1的“m倍點”在以點（0，10）為圓心，半徑長為2m的圓外，列不等式可得結(jié)論．
【解答】解：（1）當m＝1時，
∵mx+m＝2×1+1＝3，2×3＝6，
∴點A（2，3）是函數(shù)y的“1倍點”；
∵mx+m＝﹣2×1+1＝﹣1≠﹣3，
∴點B（﹣2，﹣3）不是函數(shù)y的“1倍點”；
∵mx+m＝﹣3×1+1＝﹣2，﹣3×（﹣2）＝6，
∴點C（﹣3，﹣2）是函數(shù)y的“1倍點”；
綜上，點A（2，3）和C（﹣3，﹣2）是函數(shù)y的“1倍點”；
故答案為：點A（2，3）和C（﹣3，﹣2）；
（2）當m＝4時，y＝4x+4，
∵函數(shù)y＝﹣x2+bx存在唯一的“4倍點”，
∴4x+4＝﹣x2+bx，
∴x2+（4﹣b）x+4＝0，
∴Δ＝（4﹣b）2+4×1×4＝0，
∴b＝0或8；
（3）∵，
∴，
∴函數(shù)y＝﹣x+2m+1的“m倍點”為（1，2m），
如圖所示，直線x＝1與⊙A交于點B，連接AB，過點B作BC⊥y軸于C，
∴AC，
∴102m，
∴m＜2，
∵m為正整數(shù)，
∴m＝1或2．
24．（2022?費縣一模）定義：若一個函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標相等的點，則稱該點為這個函數(shù)圖象的“等值點”，例如，點（2，2）是函數(shù)y＝2x﹣2的圖象的“等值點”．
（1）分別判斷函數(shù)的圖象上是否存在“等值點”？如果存在，求出“等值點”的坐標；如果不存在，說明理由；
（2）寫出函數(shù)y＝﹣x2+2的等值點坐標；
（3）若函數(shù)y＝﹣x2+2（x≤m）的圖象記為W1，將其沿直線x＝m翻折后的圖象記為W2．當W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”時，請寫出m的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)“等值點”的定義建立方程求解即可得出答案；
（2）根據(jù)“等值點”的定義建立方程求解即可得出答案；
（3）由函數(shù)y＝﹣x2+2的等值點坐標為（﹣2，﹣2），（1，1），再利用翻折的性質(zhì)分類討論即可．
【解答】解：（1）在y中，令y＝x得x，
解得x或x，
∴y的圖象上存在兩個“等值點”：（，）或（，），
在y＝x+2中，令y＝x得x＝x+2，得0＝2不成立，
∴函數(shù)y＝x+2的圖象上不存在“等值點”；
答：函數(shù)y的圖象上存在兩個“等值點”：（，）或（，），函數(shù)y＝x+2的圖象上不存在“等值點”；
（2）在y＝﹣x2+2中，令y＝x得x＝﹣x2+2，
解得x＝﹣2或x＝1，
∴函數(shù)y＝﹣x2+2的等值點坐標為（﹣2，﹣2），（1，1）；
（3）①當m＞1時，由（2）知，W1，W2兩部分組成的圖象上總有有2個“等值點”：（﹣2，﹣2），（1，1）在W1上，
若W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”，則W2上無“等值點“，
由W1：y＝﹣x2+2（x≤m）沿直線x＝m翻折后的圖象記為W2，可得W2的解析式為y＝﹣（x﹣2m）2+2（x＞m），
在y＝﹣（x﹣2m）2+2（x＞m）中，令y＝x得：x＝﹣（x﹣2m）2+2，
整理得：x2+（1﹣4m）x+4m2﹣2＝0，
∵Δ＜0，
∴（1﹣4m）2﹣4（4m2﹣2）＜0，
解得m，
∴此時m；
②當m＝1時，W1，W2兩部分組成的圖象上有3個等值點：（﹣2，﹣2），（1，1），（2，2）；
③當﹣2＜m＜1時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”；
④當m＝﹣2時，W1，W2兩部分組成的圖象上只有1個“等值點”：（﹣2，﹣2）；
⑤當m＜﹣2時，W1，W2兩部分組成的圖象上沒有“等值點”，
綜上所述，當W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”時，m或﹣2＜m＜1．
25．（2022春?武侯區(qū)校級月考）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0）兩點，與y軸交于點C（0，﹣5）．
（1）求拋物線解析式；
（2）如圖2，作出如下定義：對于矩形DEFG，其邊長EF＝1，DE＝2k（k為常數(shù)，且k＞0），其矩形長和寬所在直線平行于坐標軸，矩形可以在平面內(nèi)自由的平移，且EG所在直線與拋物線無交點，則稱該矩形在“游走”，每一個位置對應的矩形稱為“懸浮矩形”；對與每一個“懸浮矩形”，若拋物線上有一點P，使得△PEG的面積最小，則稱點P是該“懸浮矩形”的核心點．
①請說明“核心點”P不隨“懸浮矩形”的“游走”而變化，并求出“核心點”P的坐標（用k表示）；
②若k＝1，DF所在直線與拋物線交于點M和N（M在N的右側(cè)），是否存在這樣的“懸浮矩形”，使得△PMN是直角三角形，若存在，并求出“懸浮矩形”中對角線DF所在直線的表達式；若不存在，說明理由．
【分析】（1）把點坐標代入解析式，用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)解析式；
（2）①過拋物線上P點作直線EG的平行線，△PEG的面積EG乘以點P到直線EG的距離，當點P到直線EG距離最短時，△PEG的面積最小，由圖象可知，當過P點的直線與拋物線只有一個交點時，點P到直線EG距離最短，聯(lián)立一次函數(shù)與二次函數(shù)求出交點坐標即可；
②將直線DF解析式設為y＝﹣2x+m，聯(lián)立一次函數(shù)與二次函數(shù)，得到點M和點N的坐標，分別求出MN，MP，NP長，分類討論解出m即可．
【解答】解：∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0）兩點，與y軸交于點C（0，﹣5）．
∴把A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5）代入y＝ax2+bx+c得：
，
解得．
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x﹣5．
（2）①過拋物線上P點作直線EG的平行線，△PEG的面積EG乘以點P到直線EG的距離，當點P到直線EG距離最短時，△PEG的面積最小，由圖象可知，當過P點的直線與拋物線只有一個交點時，點P到直線EG距離最短，這樣的P點只有一個，
“核心點”P不隨“懸浮矩形”的“游走”而變化；
∵EF＝1，DE＝2k，
∴EG所在直線的解析式可設為：y＝2kx+m，
∴過點P與直線EG平行的直線解析式為：y＝2kx+b，
令2kx+b＝x2﹣4x﹣5，得x2﹣（4+2k）x﹣（5+b）＝0，
∵過P點的直線與拋物線只有一個交點，
∴Δ＝（4+2k）2+4（5+b）＝0，可得（2+k）2＝﹣（5+b），
∴x2﹣（4+2k）x+（2+k）2＝0，解得x＝2+k，
∴y＝（k+2）2﹣4（2+k）﹣5＝k2﹣9，
∴P（k+2，k2﹣9）；
②當k＝1時，P（3，﹣8），
∴設直線DF的解析式為：y＝﹣2x+n，
令﹣2x+n＝x2﹣4x﹣5，得x2﹣2x﹣5﹣n＝0，
解得x1或x1，
∵DF所在的直線與拋物線交于點M，N，
∴Δ＝4+4（5+n）＞0，即n＞﹣6，
∵點M在點N的右側(cè)，
∴M（1，﹣2n﹣2），N（1，2n﹣2），
∴MN2＝20（n+6），
MP2＝（2）2+（2n﹣6）2，
NP2＝（2）2+（2m+6）2，
當∠MPN＝90°時，MP2+NP2＝MN2，
解得n＝﹣2或n＝﹣5，
∴直線DF的解析式為：y＝﹣2x﹣2或y＝﹣2x﹣5；
當∠PMN＝90°時，MP2+MN2＝NP2，
解得n＝﹣2或n，
∴直線DF的解析式為：y＝﹣2x﹣2或y＝﹣2x；
當∠PNM＝90°時，NP2+MN2＝MP2，
無解；
綜上，直線DF的解析式為：y＝﹣2x﹣2或y＝﹣2x﹣5或y＝﹣2x．
26．（2022?武侯區(qū)模擬）【閱讀理解】
定義：在平面直角坐標系xOy中，點P為拋物線C的頂點，直線l與拋物線C分別相交于M，N兩點（其中點M在點N的右側(cè)），與拋物線C的對稱軸相交于點Q，若記S（l，C）＝PQ?MN，則稱S（l，C）是直線l與拋物線C的“截積”．
【遷移應用】
根據(jù)以上定義，解答下列問題：
如圖，若直線l的函數(shù)表達式為y＝x+2．
（1）若拋物線C的函數(shù)表達式為y＝2x2﹣1，分別求出點M，N的坐標及S（l，C）的值；
（2）在（1）的基礎(chǔ)上，過點P作直線l的平行線l'，現(xiàn)將拋物線C進行平移，使得平移后的拋物線C'的頂點P′落在直線l'上，試探究S（l，C'）是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由；
（3）設拋物線C的函數(shù)表達式為y＝a（x﹣h）2+k，若S（l，C）＝6，MN＝4，且點P在點Q的下方，求a的值．
【分析】（1）聯(lián)立直線l與拋物線C的解析式求解，即可求出M，N的坐標，再求出點Q的坐標，利用新定義求出答案；
（2）設平移后的拋物線C'的頂點坐標為P'（m，m﹣1），求出P'Q'＝3，聯(lián)立①②整理得，（x﹣m）（2x﹣2m﹣1）＝0，求出N（m，m），M（m，m+2），進而求出MN，即可求出答案；
（3）由拋物線C的函數(shù)表達式為y＝a（x﹣h）2+k①的頂點坐標為（h，k），得出PQ＝h+2﹣k，再求出PQ，得出h+2﹣k，聯(lián)立①②整理得，ax2﹣（2ah+1）x+ah2+k﹣2＝0，設N（x1，y1），M（x2，y2），得出x1+x2，x1x2，進而得出MN2＝2[（x1+x2）2﹣4x1x2]32，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵直線l的函數(shù)表達式為y＝x+2①，
拋物線C的函數(shù)表達式為y＝2x2﹣1②，
聯(lián)立①②解得，或，
∴N（﹣1，1），M（，），
針對于直線l：y＝x+2，令x＝0，則y＝2，
∴Q（0，2），
∵拋物線C的函數(shù)表達式為y＝2x2﹣1，
∴頂點P（0，﹣1），
∴S（l，C）＝MN?PQ?3；
（2）S（l，C'）是定值，其值為；
由（1）知，P（0，﹣1），
∵l∥l'，
∴直線l'的解析式為y＝x﹣1①，
∴設平移后的拋物線C'的頂點坐標為P'（m，m﹣1），
∵拋物線C的函數(shù)表達式為y＝2x2﹣1，
∴平移后的拋物線C'的解析式為y＝2（x﹣m）2+（m﹣1）②，
∴Q'（m，m+2），
∴P'Q'＝3，
∵直線l的函數(shù)表達式為y＝x+2①，
聯(lián)立①②整理得，[x﹣（2m+3）][2x﹣（m﹣1）]＝0，
∴x＝m或x＝m﹣1，
∴N（m﹣1，m+1），M（m，m），
∴MN，
∴S（l，C'）＝P'Q'?MN＝3，
即S（1，C'）是定值，其值為．
（3）∵拋物線C的函數(shù)表達式為y＝a（x﹣h）2+k①的頂點坐標為（h，k），
∴Q（h，h+2），
∴PQ＝h+2﹣k，
∵S（l，C）＝6，
∴PQ，
∴h+2﹣k，
∵直線l的函數(shù)表達式為y＝x+2②，
聯(lián)立①②整理得，ax2﹣（2ah+1）x+ah2+k﹣2＝0，
設N（x1，y1），M（x2，y2），
∴x1+x2，x1x2，
∴MN2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2
＝2（x1﹣x2）2＝2[（x1+x2）2﹣4x1x2]
＝2[]

，
∵MN＝4，
∴（4）2＝32，
∴16a2﹣6a﹣1＝0，
∴a或a．
27．（2022?南關(guān)區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，對于點P給出如下定義：若點P到兩坐標軸的距離之和等于3，則稱點P為三好點．
（1）在點R（0，﹣3），S（1，2），T（6，﹣3）中，屬于三好點的是 R、S （填寫字母即可）；
（2）若點A在x軸正半軸上，且點A為三好點，直線y＝2x+b經(jīng)過點A，求該直線與坐標軸圍成的三角形的面積；
（3）若直線y＝a（a＞0）與拋物線y＝x2﹣x﹣2的交點為點M，N，其中點M為三好點，求點M的坐標；
（4）若在拋物線y＝﹣x2﹣nx+2n上有且僅有兩個點為三好點，直接寫出n的取值范圍．
【分析】（1）由定義直接判斷即可；
（2）由題意先求出A點坐標，在求出直線解析式，即可求解；
（3）由題意知，三好點在C（3，0），A（﹣3，0），B（0，3），D（0，﹣3）為頂點的正方形上，求出直線AB的解析式為y＝x+3，當點M為直線AB與拋物線y＝x2﹣x﹣2的公共點時，求出M1（1，4）；再求出直線BC的解析式為y＝﹣x+3，當點M為直線BC與拋物線y＝x2﹣x﹣2的公共點時，求出M2（，3）即可；
（4）由（3）可知，拋物線上有三好點，則三好點必在在C（3，0），A（﹣3，0），B（0，3），D（0，﹣3）為頂點的正方形上，當拋物線與線段AB有一個交點時，求得n＝1，此時拋物線上有三個三好點，當拋物線與直線CD有一個交點時，求得n＝﹣5+2，此時拋物線上有三個三好點，則﹣5+2n＜1時，拋物線上有兩個三好點；
當拋物線經(jīng)過點A時，求得n，此時拋物線上有三個三好點，所以當n時，拋物線上有兩個三好點；當拋物線經(jīng)過點C時，求得n＝﹣9，此時拋物線上有一個三好點，所以當n＜﹣9時，拋物線上有兩個三好點．
【解答】解：（1）根據(jù)三好點的定義得：0+|﹣3|＝3，1+2＝3，6+|﹣3|＝9≠3，
∴R、S是三好點，
故答案為：R、S；
（2）∵點A在x軸正半軸上，且點A為三好點，
∴A（3，0），
又∵直線y＝2x+b經(jīng)過點A，
∴0＝2×3+b，
∴b＝﹣6，
∴直線為y＝2x﹣6，
當x＝0時，y＝﹣6，
∴S3×6＝9，
∴直線與坐標軸圍成的三角形的面積為9；
（3）如圖1，由題意知，三好點在C（3，0），A（﹣3，0），B（0，3），D（0，﹣3）為頂點的正方形上，
設直線AB的解析式為y＝kx+b，
則，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝x+3，
當點M為直線AB與拋物線y＝x2﹣x﹣2的公共點時，
由，
得M1（1，4）；
直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
當點M為直線BC與拋物線y＝x2﹣x﹣2的公共點時，
由，
得M2（，3），
∴點M的坐標為（1，4）或（，3）；
（4）由（3）可知，拋物線上有三好點，則三好點必在在C（3，0），A（﹣3，0），B（0，3），D（0，﹣3）為頂點的正方形上，
如圖2，當拋物線與線段AB有一個交點時，
，
∴x2+（n+1）x+3﹣2n＝0，
∴Δ＝（n+1）2﹣4（3﹣2n）＝0，
∴n＝1或n＝﹣11，
∵拋物線的對稱軸在y軸的左側(cè)，
∴n＞0，
∴n＝1，此時拋物線上有三個三好點，
∵CD∥AB，
設直線CD的解析式為y＝x+h，
∴h＝﹣3，
∴y＝x﹣3，
如圖3，當拋物線與直線CD有一個交點時，
，
∴x2+（n+1）x﹣3﹣2n＝0，
∴Δ＝（n+1）2﹣4（﹣3﹣2n）＝0，
∴n＝﹣5±2，
∵此時拋物線的對稱軸在y軸的右側(cè)，
∴n＜0，
∴n＝﹣5+2，
∴n＝﹣5+2時，此時拋物線上有三個三好點，
∴﹣5+2n＜1時，拋物線上有兩個三好點；
如圖4，當拋物線經(jīng)過點A時，
0＝﹣9+3n+2n，
∴n，此時拋物線上有三個三好點，
∴當n時，拋物線上有兩個三好點；
如圖5，當拋物線經(jīng)過點C時，
0＝﹣9﹣3n+2n，
∴n＝﹣9，此時拋物線上有一個三好點，
∴當n＜﹣9時，拋物線上有兩個三好點；
綜上所述：當n＜﹣9或n或﹣5﹣2n＜1時，拋物線上有兩個三好點．
28．（2022秋?長沙期中）定義：在平面直角坐標系中，圖形G上的點P（x，y）的橫坐標x和縱坐標y的和x+y稱為點P的“橫縱和”，而圖形G上所有點的“橫縱和”中最小的值稱為圖形的“極小和”．
（1）拋物線y＝x2﹣2x﹣2的圖象上點P（1，﹣3）的“橫縱和”是 ﹣2 ；該拋物線的“極小和”是 ．
（2）記拋物線y＝x2﹣（2m+1）x﹣2的“極小和”為s，若﹣2021≤s≤﹣2020，求m的取值范圍．
（3）已知二次函數(shù)y＝x2+bx+c（c≠0）的圖象上的點A（，2c）和點C（0，c）的“橫縱和”相等，求該二次函數(shù)的“極小和”．這個“極小和”是否有最大值？如果有，請求出這個最大值；如果沒有，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)題目中的規(guī)定易得點P（1，﹣3）的“橫縱和”；根據(jù)定義求出x+y是關(guān)于x的二次函數(shù)，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出結(jié)論；
（2）根據(jù)定義求出x+y＝（x﹣m）2﹣m2﹣2，即可得出﹣2021≤﹣m2﹣2≤﹣2020，解得m或m；
（3）先求出“極小和”，即可根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值．
【解答】解：（1）∵點P（1，﹣3），
∴“橫縱和”是1+（﹣3）＝﹣2，
∵x+y＝x2﹣2x﹣2+x＝x2﹣x﹣2＝（x）2﹣，
∴拋物線的“極小和”是；
故答案為：﹣2，；
（2）x+y＝x2﹣（2m+1）x﹣2+x＝x2﹣2mx﹣2＝（x﹣m）2﹣m2﹣2，
∵記拋物線y＝x2﹣（2m+1）x﹣2的“極小和”為s，
∴s＝﹣m2﹣2，
∵﹣2021≤s≤﹣2020，
∴﹣2021≤﹣m2﹣2≤﹣2020，即m或m；
（3）依題意有2c＝0+c即：m＝﹣2c，
∴A（﹣c，2c），
將A（﹣c，2c）代入y＝x2+bx+c（c≠0）得，2c＝c2﹣bc+c，
∵c≠0，化簡可得：b＝c﹣1，即：y＝x2+（c﹣1）x+c，則：y+x＝x2+cx+c＝（x）2c，
令y＝x2+（c﹣1）x+c的“極小和”為w，則：wc（c﹣2）2+1，
∴當c＝2時，w有最大值，最大值為1．
29．（2022?泰興市二模）定義：在平面直角坐標系xOy中，若P、Q的坐標分別為（x1，y1）、Q（x2，y2），則稱|x1﹣x2|+|y1﹣y2|為若P、Q的“絕對距離”，表示為dPQ．
【概念理解】
（1）一次函數(shù)y＝﹣2x+6圖象與x軸、y軸分別交于A、B點．
①dAB為 9 ；
②點N為一次函數(shù)y＝﹣2x+6圖象在第一象限內(nèi)的一點，dAN＝5，求N的坐標；
③一次函數(shù)的圖象與y軸、AB分別交于C、D點，P為線段CD上的任意一點，試說明：dAP＝dBP．
【問題解決】
（2）點P（1，2）、Q（a，b）為二次函數(shù)y＝x2﹣mx+n圖象上的點，且Q在P的右邊，當b＝2時，dPQ＝4．若b＜2，求dPQ的最大值；
（3）已知P的坐標為（1，1），點Q為反比例函數(shù)（x＞0）圖象上一點，且Q在P的右邊，dPQ＝2，試說明滿足條件的點Q有且只有一個．
【分析】（1）①由y＝﹣2x+6得A（3，0），B（0，6），即得dAB＝|3﹣0|+|0﹣6|＝9；
②設N（t，﹣2t+6），由N在第一象限得0＜t＜3，根據(jù)dAN＝5得：|3﹣t|+|0+2t﹣6|＝5，即可解得t，N（，）；
③由y＝x中，得C（0，），由得D（，3），設P（m，m），0≤m，即得dAP＝|3﹣m|+|0﹣m|＝3﹣m+m，dBP＝|0﹣m|+6﹣m|＝mm，從而證明dAP＝dBP；
（2）將P（1，2）代入y＝x2﹣mx+n得m＝n﹣1，即知二次函數(shù)為y＝x2﹣（n﹣1）x+n，當b＝2時，2＝a2﹣（n﹣1）a+n，可解得a＝n﹣2或a＝1，根據(jù)Q在P的右邊，可得Q（n﹣2，2），又dPQ＝4，有|n﹣2﹣1|+|2﹣2|＝4，即n﹣3＝4，n＝7，二次函數(shù)為y＝x2﹣6x+7，則b＝a2﹣6a+7，因b＜2，所以1＜a＜5，即得dPQ＝|a﹣1|+|a2﹣6a+7﹣2|＝﹣（a）2，故dPQ的最大值為；
（3）設Q（r，），由Q在P的右邊得r＞1，根據(jù)dPQ＝2，即得|1|＝3﹣r，當1≥0時，1＝3﹣r，解得r＝1（舍去）或r＝3，可得Q（3，1）符合題意；當1＜0時，13﹣r，解得r＝﹣1（舍去）或r＝3，即得滿足條件的點Q有且只有一個．
【解答】解：（1）①在y＝﹣2x+6中，令x＝0得y＝6，令y＝0得x＝3，
∴A（3，0），B（0，6），
∴dAB＝|3﹣0|+|0﹣6|＝9，
故答案為：9；
②設N（t，﹣2t+6），
∵N在第一象限，
∴，解得0＜t＜3，
由dAN＝5得：|3﹣t|+|0+2t﹣6|＝5，
∴3﹣t﹣2t+6＝5，解得t，
∴N（，）；
③如圖：
在y＝x中，令x＝0得y，
∴C（0，），
由得，
∴D（，3），
設P（m，m），
∵P為線段CD上的點，
∴0≤m，
∴dAP＝|3﹣m|+|0﹣m|＝3﹣m+m，
dBP＝|0﹣m|+6﹣m|＝mm，
∴dAP＝dBP；
（2）將P（1，2）代入y＝x2﹣mx+n得：2＝1﹣m+n，
∴m＝n﹣1，
∴二次函數(shù)為y＝x2﹣（n﹣1）x+n，
當b＝2時，2＝a2﹣（n﹣1）a+n，
解得a＝n﹣2或a＝1，
∵Q在P的右邊，
∴a＝n﹣2且n＞3，
∴Q（n﹣2，2），
∵dPQ＝4，
∴|n﹣2﹣1|+|2﹣2|＝4，即n﹣3＝4，
∴n＝7，
∴二次函數(shù)為y＝x2﹣6x+7，
∴b＝a2﹣6a+7，
∵b＜2，
∴a2﹣6a+7＜2，即a2﹣6a+5＜0，
∴1＜a＜5，
∵dPQ＝|a﹣1|+|a2﹣6a+7﹣2|
＝|a﹣1|+|a2﹣6a+5|
＝a﹣1﹣a2+6a﹣5
＝﹣a2+7a﹣6
＝﹣（a）2，
∴dPQ的最大值為；
（3）設Q（r，），
∵Q在P的右邊，
∴r＞1，
∵dPQ＝2，
∴|r﹣1|+|1|＝2，即|1|＝3﹣r，
當1≥0時，1＝3﹣r，
解得r＝1（舍去）或r＝3，
∴r＝3，即Q（3，1）符合題意；
當1＜0時，13﹣r，
解得r＝﹣1（舍去）或r＝3，
而r＝3時，1＝0，故此時r＝3舍去，
綜上所述，只有Q（3，1）符合題意；
∴滿足條件的點Q有且只有一個．
30．（2022?開福區(qū)校級一模）定義：當x取任意實數(shù)，函數(shù)值始終不小于一個常數(shù)時，稱這個函數(shù)為“恒心函數(shù)”，這個常數(shù)稱為“恒心值”．
（1）判斷：函數(shù)y＝x2+2x+2是否為“恒心函數(shù)”，如果是，求出此時的“恒心值”，如果不是，請說明理由；
（2）已知“恒心函數(shù)”y＝3|ax2+bx+c|+2．
①當a＞0，c＜0時，此時的恒心值為 2 ；
②若三個整數(shù)a、b、c的和為12，且，求a的最大值與最小值，并求出此時相應的b、c的值；
（3）恒心函數(shù)y＝ax2+bx+c（b＞a）的恒心值為0，且恒成立，求m的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)“恒心函數(shù)“的定義即可判斷；
（2）①根據(jù)△＝b2﹣4ac＞0，得到函數(shù)y1＝3|ax2+bx+c|的圖象恒在x軸的上方，即可求解；
②設x，則b＝ax，c＝ax2，構(gòu)造關(guān)于x的方程x2+x+10，分類討論，根據(jù)根的判別式求解即可；
（3）由題意得y＝ax2+bx+c≥0恒成立，則a＞0，且Δ＝b2﹣4ac＝0，即c，令t，整理即可求解．
【解答】解：（1）∵y＝x2+2x+2＝（x+1）2+1≥1，
∴函數(shù)y＝x2+2x+2是“恒心函數(shù)”，且“恒心值“為1；
（2）①對于“恒心函數(shù)“y＝3|ax2+bx+c|+2，當a＞0，c＜0時，Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴函數(shù)y＝3|ax2+bx+c|+2的圖象開口向上，與x軸沒有交點，即函數(shù)y＝3|ax2+bx+c|+2的圖象恒在x軸的上方，
∴y＝3|ax2+bx+c|+2≥0+2，
∴“恒心值“為2，
故答案為2．
②設x，則b＝ax，c＝ax2，
∴a+b+c＝a（1+x+x2）＝12，
∴x2+x+10，
由題意知a、b、c為整數(shù)，則上述方程的解一定是有理數(shù)，
∴Δ＝1﹣4（1）≥0，a＞0，
∴0＜a≤16，
當a＝1時，x2+x﹣11＝0，Δ＝b2﹣4ac＝45，3不是有理數(shù)，不符合題意，
當a＝2時，x2+x﹣5＝0，Δ＝b2﹣4ac＝21，不是有理數(shù)，不符合題意，
當a＝3時，x2+x﹣3＝0，Δ＝b2﹣4ac＝13，不是有理數(shù)，不符合題意，
當a＝4時，x2+x﹣2＝0，Δ＝b2﹣4ac＝9，3是有理數(shù)，且x1＝1，x2＝﹣2，
∴a的最小值為4，此時b＝ax＝4，c＝ax2＝4或b＝ax＝﹣8，c＝ax2＝16，
當a＝16時，a+b+c＝a（1+x+x2）＝16（1+x+x2）＝12，
解得x1＝x2，
∴b＝ax＝﹣8，c＝ax2＝4，
綜上，a的最小值為4，此時b＝4，c＝4或b＝﹣8，c＝16，a的最大值為16，b＝﹣8，c＝4；
（3）∵y＝ax2+bx+c恒心值為0，即y＝a2+bx+c≥0恒成立，
∴a＞0，且Δ＝b2﹣4ac＝0，
∴c，
∴11，
∵b＞a＞0，
∴01，
令t，（0＜t＜1），
∴0＜4t2+4t＜8，
∴，
∴m．

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初中數(shù)學滬科版（2024）九年級上冊電子課本

21.1 二次函數(shù)

版本： 滬科版（2024）

年級： 九年級上冊

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