精品解析：北京市第六十六中学2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年北京六十六中九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（每小题2分，共16分） 1. 中国瓷器，积淀了深厚的文化底蕴，是中国传统艺术文化的重要组成部分.瓷器上的图案设计精美，极富变化.下面瓷器图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 二次函数的最小值是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 3. 把抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 用配方法解方程，变形后结果正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，四边形内接于，若，的半径为3，则长为（　　） A. 6 B. 3 C. D. 6. 电影《志愿军：雄兵出击》于国庆档上映，首周累计票房约3.5亿元，第三周累计票房约6.8亿元．若每周累计票房的增长率相同，设增长率为x，根据题意可列方程为（　） A. B. C. D. 7. 在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 8. 如图，二次函数的图象经过点A，B，C．现有下面四个推断： ①抛物线开口向下； ② ③当时，关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根； ④直线经过点A，C，当时，x的取值范围是； 其中推断正确的是（ ） A. ①②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③④ 二、填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标的抛物线的解析式 __________________． 10. 关于x的一元二次方程，有一个根是0，则__________． 11. 如图，为的内切圆，点为切点，若，，则的面积为 _______． 12. 如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若，则等于 ________． 13. 已知点，在二次函数的图象上，与的大小关系为______（填“”“”或“”） 14. 如图，分别与相切于A，B两点，，则的半径为 ________________． 15. 函数与的图象如图所示，当时，的取值范围是____. 16. 下表记录了二次函数中两个变量x与y的5组对应值，其中． x … 1 3 … y … m 0 2 0 m … 根据表中信息，当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，则k的取值范围是 ____________________． 三、解答题（本题共68分，第17题8分，第18-25题各5分，第26题6分，第27，28题各7分） 17. 解下列一元二次方程： （1）； （2）． 18. 已知：，求代数式的值． 19. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象经过点．求此二次函数的表达式及顶点的坐标． 20. 2023年10月，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京召开，回顾了十年来共建“一带一路”取得的丰硕成果．为促进经济繁荣，某市大力推动贸易发展，2021年进出口贸易总额为60000亿元，2023年进出口贸易总额为86400亿元．若该市这两年进出口贸易总额的年平均增长率相同，求这两年该市进出口贸易总额的年平均增长率． 21. 如图，是的直径，弦于点E，，．求的半径． 22. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求a的取值范围； （2）求当a为正整数时方程的根． 23. 如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，O，B为格点（每个小正方形的顶点叫做格点），，，且，线段关于直线对称的线段为，将线段绕点O逆时针旋转得到线段； （1）画出线段，； （2）将线段绕点O逆时针旋转（）得到线段，连接．若，求的度数． 24. 如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 25. 如图，某公园一个圆形喷水池，在喷水池中心处竖直安装一根高度为的水管，喷出水流沿形状相同的曲线向各个方向落下，喷出水流的运动路线可以看作是抛物线的一部分． 建立如图所示的平面直角坐标系，测得喷出水流距离喷水池中心的最远水平距离为，水流竖直高度的最高处位置距离喷水池中心的水平距离为． （1）求喷出水流的竖直高度（）与距离水池中心的水平距离（）之间的关系式，并求出水流喷出的最大高度的长； （2）安装师傅调试时发现，喷头竖直上下移动时，抛物线形水流随之竖直上下移动（假设抛物线水流移动时，保持对称轴及形状不变），若水管的高度增加时，则水流离喷水池中心的最远水平距离为______． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点． （1）求该抛物线的对称轴； （2）点，在抛物线上，若，求的取值范围． 27. 如图，在中，，，，连接，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接． （1）依题意，补全图形，并证明：； （2）求的度数； （3）若为线段的中点，连接，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 28. 定义：对于给定函数（其中a，b，c为常数，且），则称函数为函数（其中a，b，c为常数，且）的“相依函数”，此“相依函数”的图象记为G． （1）已知函数． ①写出这个函数的“相依函数” ； ②当时，此相依函数的最大值为 ； （2）若直线与函数的相依函数的图象G恰好有两个公共点，求出m的取值范围； （3）设函数的相依函数的图象G在上的最高点的纵坐标为，当时，求出n的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年北京六十六中九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（每小题2分，共16分） 1. 中国瓷器，积淀了深厚的文化底蕴，是中国传统艺术文化的重要组成部分.瓷器上的图案设计精美，极富变化.下面瓷器图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不合题意； B．是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项符合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意． 故选：B． 2. 二次函数的最小值是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数顶点式求最值．根据题意可知二次函数开口向上有最小值，最小值为即为本题答案． 【详解】解：∵中， ∴开口向上，函数有最小值， ∴通过顶点式即可知最小值为， 故选：D． 3. 把抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的知识点是二次函数图象与几何变换，解题关键是熟练掌握二次函数图象平移规律． 二次函数图象平移规律：（横坐标）左加右减，（纵坐标）上加下减．根据此规律即可求得新解析式． 【详解】解：依题得：抛物线向左平移个单位长度可得：； 再向上平移个单位长度可得， 故选：． 4. 用配方法解方程，变形后结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键． 根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可． 【详解】解：∵， ∴ ∴， 故选：D． 5. 如图，四边形内接于，若，的半径为3，则长为（　　） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形．熟练掌握圆周角定理、等腰三角形的性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，是解答的关键． 根据圆周角定理可得，再利用等腰三角形三线合一得到，含有直角三角形的性质求得，根据勾股定理得，即得． 【详解】解：如图，过点O作于E， 由圆周角定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 6. 电影《志愿军：雄兵出击》于国庆档上映，首周累计票房约3.5亿元，第三周累计票房约6.8亿元．若每周累计票房的增长率相同，设增长率为x，根据题意可列方程为（　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用．根据首周累计票房约3.5亿元，第三周累计票房约6.8亿元，列出方程即可． 【详解】解：设增长率为x，由题意，得：； 故选C． 7. 在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了找旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题关键．确定旋转中心的方法：分别作两组对应点所连线段的垂直平分线，其交点就为旋转中心，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，，分别作，的垂直平分线，其交点为点，则旋转中心是点． 故选：A． 8. 如图，二次函数的图象经过点A，B，C．现有下面四个推断： ①抛物线开口向下； ② ③当时，关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根； ④直线经过点A，C，当时，x的取值范围是； 其中推断正确的是（ ） A. ①②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】结合函数图象，利用二次函数的对称性，以及根据函数图象与不等式的关系可以得出正确答案． 【详解】解：①由图象可知，抛物线开口向下，故①正确；符合题意； ②时，，即，将点，代入解析式， 得，即，解得，则， 故，故②错误；不符合题意； ∵抛物线开口向下，且经过， 时，必有两个不相等的实数根，故③正确，符合题意． ∵直线经过点A、C，抛物线开口向下， 时，，故④正确，符合题意．  故选：B． 【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，掌握函数与方程及不等式的关系． 二、填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标的抛物线的解析式 __________________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，先把解析式设为顶点式，再根据开口向上得到二次项系数的符号，据此写出符合题意的解析式即可． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴设抛物线的解析式为（a为常数，且）． 又∵抛物线的开口向上， ∴， 当时，抛物线的解析式为． 故答案为：（答案不唯一）． 10. 关于x的一元二次方程，有一个根是0，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】将代入，再解出m即可． 【详解】将代入，得：， 解得：． 故答案为：2． 【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义．掌握方程的解就是使等式成立的未知数的值是解题关键． 11. 如图，为的内切圆，点为切点，若，，则的面积为 _______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，连接，根据内切圆的性质可得四边形是正方形，则，根据切线的性质可得，，设的半径为，则，运用勾股定理可得，则有，，由几何图形面积的计算公式即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是直角三角形的内切圆，点为切点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形形是正方形， ∴， ∵点为切点， ∴，， 设的半径为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴的面积， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，切线长定理，特殊四边形的判定和性质，勾股定理，掌握三角形内切圆的性质是解题的关键． 12. 如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若，则等于 ________． 【答案】##35度 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数． 【详解】解：绕点按逆时针方向旋转后得到， ． ， ． 故答案为：． 13. 已知点，在二次函数的图象上，与的大小关系为______（填“”“”或“”） 【答案】 【解析】 【分析】先根据二次函数的性质得到抛物线的对称轴为直线，然后比较两个点离直线的远近得到、的大小关系． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向上，对称轴是直线， ∵，， ∴点A离直线远，点B离直线较近， ∴， 故答案是：． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 14. 如图，分别与相切于A，B两点，，则的半径为 ________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了切线长定理，切线的性质，三角形全等的判定和性质，特殊角的三角函数，连接，证明，得到，利用三角函数即可求解，由三角形全等得到是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵，分别与相切于两点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 函数与的图象如图所示，当时，的取值范围是____. 【答案】或 【解析】 【分析】根据图象的位置关系和交点坐标即可得到答案. 【详解】解：当函数的图象在的图象上方时， 则有或， 故答案为：或. 【点睛】此题考查了二次函数与一次函数的综合问题，利用数形结合的思想是解决问题的关键. 16. 下表记录了二次函数中两个变量x与y的5组对应值，其中． x … 1 3 … y … m 0 2 0 m … 根据表中信息，当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，则k的取值范围是 ____________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与性质，根据表中数据得出对称轴，进而得到抛物线与轴的交点坐标，利用交点式得到，从而得到二次函数解析式为，根据当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，可得结论．掌握二次函数表达式的求法是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线过点、， ∴抛物线的对称轴为， 又∵抛物线过点，， ∴， ∴抛物线与轴的交点为、， 设抛物线解析式为， 整理得： 又∵二次函数 ∴， 解得：， ∴二次函数解析式为， ∴当时，， 当时，， 当时，最大值， ∵当时，直线与该二次函数图象有两个公共点， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本题共68分，第17题8分，第18-25题各5分，第26题6分，第27，28题各7分） 17. 解下列一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解法，公式法求解一元二次方程，掌握因式分解法，求根公式的运用是解题的关键． （1）运用因式分解法计算即可求解； （2）运用求根公式计算即可求解． 【小问1详解】 解：， 因式分解得，， ∴或， 解得，，； 【小问2详解】 解：， ∴，， ∴， ∴，． 18. 已知：，求代数式的值． 【答案】13 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式求值，根据得出，然后再代入求值即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ． 19. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象经过点．求此二次函数的表达式及顶点的坐标． 【答案】， 【解析】 【分析】直接把点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解，然后求出对称轴，最后问题可求解． 【详解】解：∵二次函数的图象经过点； ∴， 解得：， ∴ ∴对称轴为直线， ∴， ∴顶点的坐标为． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握利用待定系数法求解函数解析式是解题的关键． 20. 2023年10月，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京召开，回顾了十年来共建“一带一路”取得的丰硕成果．为促进经济繁荣，某市大力推动贸易发展，2021年进出口贸易总额为60000亿元，2023年进出口贸易总额为86400亿元．若该市这两年进出口贸易总额的年平均增长率相同，求这两年该市进出口贸易总额的年平均增长率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程实际问题．根据题意设这两年该市进出口贸易总额的年平均增长率为，再根据题干信息列出方程并正确计算即为本题答案． 【详解】解：设这两年该市进出口贸易总额的年平均增长率为， ∵2021年进出口贸易总额为60000亿元，2023年进出口贸易总额为86400亿元， ∴，解得：或（舍）， ∴这两年该市进出口贸易总额的年平均增长率为， 21. 如图，是的直径，弦于点E，，．求的半径． 【答案】的半径是5． 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接， 设半径为，由垂径定理可得，由勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：设圆的半径是r， 连接，如图： ∵弦于点E， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴的半径是5． 22. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求a的取值范围； （2）求当a为正整数时方程的根． 【答案】（1）a的取值范围为 （2）若a为正整数时，方程的根为1和3 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，解一元一次不等式和解一元二次方程，能根据根的判别式和已知得出不等式是解题的关键． （1）根据判别式即可求出答案； （2）根据a的范围可知，代入原方程后根据一元二次方程的解法即可求出答案． 【小问1详解】 解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：， ∴a的取值范围为． 【小问2详解】 解：∵a为正整数， ∴， ∴原方程为， 即， 解得：，， ∴若a为正整数时，方程的根为1和3． 23. 如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，O，B为格点（每个小正方形的顶点叫做格点），，，且，线段关于直线对称的线段为，将线段绕点O逆时针旋转得到线段； （1）画出线段，； （2）将线段绕点O逆时针旋转（）得到线段，连接．若，求的度数． 【答案】（1） 如图所示，线段，即为所求 （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：作图如下： 由题意得：， ∵， ∴， ∴是直角三角形，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 24. 如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ， 线段绕点A顺时针旋转，得到线段， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2） 【解析】 【分析】（1）由等边三角形的性质知，由旋转的性质可知，从而得，再证，即可得答案； （2）由知为等边三角形，即，继而由，即可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如下图，连接， ， 为等边三角形， ， 又， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质和等边三角形的判定和性质，解题的关键由旋转的性质证出． 25. 如图，某公园一个圆形喷水池，在喷水池中心处竖直安装一根高度为的水管，喷出水流沿形状相同的曲线向各个方向落下，喷出水流的运动路线可以看作是抛物线的一部分． 建立如图所示的平面直角坐标系，测得喷出水流距离喷水池中心的最远水平距离为，水流竖直高度的最高处位置距离喷水池中心的水平距离为． （1）求喷出水流的竖直高度（）与距离水池中心的水平距离（）之间的关系式，并求出水流喷出的最大高度的长； （2）安装师傅调试时发现，喷头竖直上下移动时，抛物线形水流随之竖直上下移动（假设抛物线水流移动时，保持对称轴及形状不变），若水管的高度增加时，则水流离喷水池中心的最远水平距离为______． 【答案】（1），水流喷出的最大高度的长为 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键 （）根据待定系数法即可求得函数解析式，再利用二次函数的性质即可求得最大高度的长； （）根据待定系数法即可求得平移后的函数解析式，再令即可求解． 【小问1详解】 解：由题意，点坐标为，点坐标为． 设抛物线的解析式为， ∵抛物线经过点，点， ∴． ∴． ∴． ∴时，． ∴水流喷出的最大高度为． 【小问2详解】 解：由题意，∵抛物线水流移动时，保持对称轴及形状不变, ∴可设抛物线为． ∵此时为， ∴． ∴． ∴抛物线为． 令， ∴或，不合题意． ∴水流离喷水池中心的最远水平距离为． 故答案为：． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点． （1）求该抛物线的对称轴； （2）点，在抛物线上，若，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）． 【解析】 【分析】（）把代入解析式，则有，利用对称轴即可求解； （）根据，中横坐标与对称轴的距离结合即可求解； 此题考查了二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵经过点， ∴，整理得：， ∴抛物线的对称轴为直线； 【小问2详解】 由（）得：抛物线的对称轴为直线， ∵， ∴在对称轴的左侧且距离为，在对称轴的右侧且距离为， 当时，， ∵， ∴根据图象可知，点到对称轴的距离比到对称轴距离大， ∴， 解得：， ∴的取值范围为． 27. 如图，在中，，，，连接，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接． （1）依题意，补全图形，并证明：； （2）求的度数； （3）若为线段的中点，连接，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 补全图形，如图所示． 证明：∵ 线段绕点C顺时针旋转90°得到线段， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）135° （3） ，理由如下： 如图所示，延长至K，使得，连接． ∵为线段的中点， ∴． ∵， ∴． ∴，． ∴，． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 由可得， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵在等腰直角中，， ∴． ∵， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，勾股定理等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）先根据题意画出对应的图形，只需要利用证明即可证明； （2）连接，如图所示．先由等腰直角三角形的性质得到再证明由全等三角形的性质得到．则可以推出，利用三角形内角和定理即可得到； （3）如图所示，延长至K，使得，连接．证明．得到，，则．进一步证明．得到．由此证明，得到．在等腰直角中，，则，即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，如图所示． 由（1）可得是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵， ∴； 由可得． ∴． ∴； 【小问3详解】 略 28. 定义：对于给定函数（其中a，b，c为常数，且），则称函数为函数（其中a，b，c为常数，且）的“相依函数”，此“相依函数”的图象记为G． （1）已知函数． ①写出这个函数的“相依函数” ； ②当时，此相依函数的最大值为 ； （2）若直线与函数的相依函数的图象G恰好有两个公共点，求出m的取值范围； （3）设函数的相依函数的图象G在上的最高点的纵坐标为，当时，求出n的取值范围． 【答案】（1）① ；②2；（2）m<﹣1或m=0或1＜m<2；（3）1≤n≤ 【解析】 【分析】（1）①根据“相依函数”的定义即可求解；②分别求出当时和当时函数的最大值，即可求解； （2）画出函数图象，根据图象即可得到结论； （3）先写出函数的相依函数，再分类讨论即可求解． 【详解】解：（1）① ； ②当时，对称轴为，当时y有最大值2； 当时，对称轴为，当时y有最大值0； 综上所述，此相依函数的最大值为2； （2）画出大致图象如下： 当直线y＝m与图象G恰好有两个公共点，由图象知，m<﹣1或m=0或1＜m<2； （3）由题意知，函数y＝x2+nx+1（n＞0）的“相关函数”为 而n2+1＞n2﹣1， ⑴当n≥4时， 当x＝2时，y＝﹣2+2n+1＝2n﹣1， 当x＝﹣4时，y＝﹣8+4n﹣1＝4n﹣9， 此时2n﹣1≤4n﹣9， ∵≤y0≤9， ∴≤4n﹣9≤9， ∴≤n≤， ∴4≤n≤ ⑵当2＜n＜4时， 当x＝2时，y＝﹣2+2n+1＝2n﹣1 此时2n﹣1＞n2﹣1， 此时，y0＝2n﹣1， ∵≤ y0 ≤9， ∴2<n<4 ⑶当0＜n≤2时， 而n2+1＞n2﹣1， ∴≤n2+1≤9， ∴1≤n≤4 即：1≤n≤2 综上可知1≤n≤． 【点睛】本题考查二次函数综合，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $