精品解析：江苏省苏州市立达中学2024-2025学年上学期九年级数学12月月考试题

2024-2025学年度第一学期初三数学 满分130分，时间120分钟，所有答案都写在答题卡上 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 一元二次方程的根的情况是(　　) A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解． 【详解】解：∵， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根． 2. 如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形中心角的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可． 【详解】解：∵五边形是的内接正五边形， ∴五边形的中心角的度数为， 故选D． 【点睛】本题考查圆内接正多边形的中心角．熟练掌握正多边形的中心角的计算公式：，是解题的关键． 3. 若二次函数的图象经过点，，，则，，的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的知识． 把，，代入二次函数中，求出，，的值即可． 【详解】解：∵二次函数的图象经过点，，， ∴当时，； 当时，； 当时，； ∴ 故选：B． 4. 将抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移6个单位长度平移后的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的平移，熟练掌握“上加下减，左加右减”是解题的关键． 根据“上加下减，左加右减”即可得到答案． 【详解】解：根据“上加下减，左加右减”， 向右平移2个单位长度，再向下平移6个单位长度， 故平移后的表达式为， 即为． 故选：A． 5. 已知的直径为，点A到圆心的距离为，则点A与的位置关系是（ ） A. 点A在圆内 B. 点A在圆上 C. 点A在圆外 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．根据点与圆的位置关系判断即可． 【详解】解：∵的直径为， ∴的半径为， ∵点A到圆心的距离为， ∴点A与的位置关系是点A在圆外． 故选：C 6. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数解析式为，下列能反映这一变化过程的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，将二次函数化成顶点式并结合实际意义确定函数图象成为解题的关键． 先将关系式化为顶点式确定抛物线的对称轴和最值，再结合实际意义即可解答． 【详解】解：∵， ∴函数图像是对称轴为，最值为600，开口方向向下的抛物线， ∵时间不可能为负，飞机着陆后滑行就回停止， ∴C选项符合题意． 故选C． 7. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，经过，，，四点，，，则圆心点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理的推论，圆内接四边形的性质，勾股定理和含度的直角三角形的性质，熟练掌握这些性质和定理是解题的关键．利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理的推论得到为的直径，则点为的中点，接着利用含度的直角三角形三边的关系得到，，所以，，然后利用线段的中点坐标公式得到点坐标． 【详解】解：∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∴， ∵， ∴为的直径， ∴点为的中点， ∵在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，， ∴点坐标为， 即， 故选：B． 8. 如图，四边形中，，，，把沿着翻折得到，若．则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题目考查三角形的综合，涉及的知识点有锐角三角函数、等腰三角形的判定、勾股定理、折叠等，熟练掌握三角形的有关性质，正确设出未知数是顺利解题的关键． 根据已知，易求得，延长交于，可得，则，再过点作，设，则，，，在中，根据，代入数值，即可求解． 详解】解：∵ ，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，延长交于， ∴ ，则， ， 过点作，设，则，， ∴， ∴在中，，即， 解得：， ∴． 故选：B． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 9. 若关于的一元二次方程有一个根为0，则________． 【答案】1或-1##-1或1 【解析】 【分析】将x=1代入方程求解即可． 【详解】解：将x=1代入方程得到 解得m=1或-1 故答案为：1或-1． 【点睛】此题考查了一元二次方程的解，已知方程的解时应将解代入方程求某字母系数的值． 10. 某滑雪运动员沿着坡比为的斜坡向下滑行了米，他下降的垂直高度为______米． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用．由坡比为可设下降的垂直高度为米，则水平前进了米．根据勾股定理可得：，求出，即可得到答案． 【详解】解：∵坡比， 设下降的垂直高度为米，则水平前进了米． 根据勾股定理可得：． 解得：，即下降的垂直高度为米． 故答案为：． 11. 若圆锥的母线长为4，底面半径为3，则该圆锥的侧面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式：，进行计算即可． 【详解】解：∵圆锥的母线长为4，底面半径为3， ∴圆锥的侧面积是； 故答案为∶． 12. 函数与的图象如图，则关于的不等式的解集是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了函数与不等式．熟练掌握两函数图象的上下位置关系，是解答此题的关键． 观察两函数的图象，先得到两函数的图象交点，函数在的下面部分图象对应的x轴上部分为1右面与3左面x值，即得不等式的解集． 【详解】∵函数与的图象交于两点， ∴由不等式的解集为：． ∴不等式的角集为：． 故答案为：． 13. 如图：一把折扇的骨架长是30厘米，扇面宽为20厘米，完全展开时圆心角为135°，扇面的面积为__________平方厘米． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算． 【详解】解：扇面的面积为（平方厘米）， 故答案为：． 【点睛】此题考查了扇形面积的计算公式，熟记公式是解题的关键． 14. 已知⊙O的半径为，则长为的弦所对的圆周角的度数为 _______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理，在解答此题时要进行分类讨论，首先根据题意画出图形，由垂直于，利用垂径定理得到为的中点，求出的长，在中，利用勾股定理求出，确定出为等腰直角三角形，同理为等腰直角三角形，确定出度数，利用圆周角定理即可求出与的度数． 【详解】解：如图所示， ， 为的中点，即， 在中，，， ， ， 为等腰直角三角形， ， 同理， ， 与分别是所对的圆心角和圆周角， ， 大角， ， 弦所对的圆周角为或． 故答案为：或． 15. 如图，已知二次函数的图象，下列结论：①；②；③；④关于的方程有四个根，且这四个根的和为8．其中正确的结论有______（请写出所有正确结论的序号）． 【答案】②③##③② 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与轴交点位置可判断①，由抛物线与轴有两个交点可判断②，由当时函数取最大值可判断③，由函数最大值大于2且抛物线开口向下可判断④． 【详解】解：抛物线开口向下， ， 抛物线对称轴为直线， ， ， 抛物线与轴交点在轴上方， ， ，①错误； 抛物线与轴有2个交点， ， ，②正确； 时函数取最大值， ， ，即，③正确． 由图象可得函数最大值大于2， 有两个不相等的实数根，， 有两个不相等的实数根，， 图象对称轴为直线， ，． ， ∴关于x的方程有四个根，且这四个根的和为4； ④错误． 故答案为：②③ 16. 设为坐标原点，点、为抛物线上的两个动点，且．连接点、点，过点作于点，则点到轴距离的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数结合动点问题背景下的最值求法，涉及相似三角形，圆周角定理，此题难度较大，关键是要找出点D为定点，确定出点C的轨迹为一段优弧，再求最值． 分别作垂直于x轴于点E、F，设，由抛物线解析式可得，作于H，交y轴于点G，连接交y轴于点D，设点，易证，所以＝，即．可得．再证明，所以＝，即，可得．即得点D为定点，坐标为，得．进而可推出点C是在以为直径的圆上运动，则当点C到y轴距离为此圆的直径的一半，即时最大． 【详解】解：如图，分别作垂直于x轴于点， 设，由抛物线解析式为， 则， 作于H，交y轴于点G，连接交y轴于点D， 设点， ∵， ∴， ∴＝，即． 化简得：． ∵， ∴， 又， ∴， 又， ∴． ∴， 即， 化简得． 则，说明直线过定点D，D点坐标为． ∵， ∴点C是在以为直径的圆上运动， ∴当点C到y轴距离为时，点C到y轴距离最大． 故答案为：． 三、解答题（本大题共82分） 17. 解下列一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程． （1）利用公式法解一元二次方程即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解： ∴， ∵， ∴， ∴， 【小问2详解】 ∴， 则或， 解得， 18. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题考查了特殊角的三角函数值的混合运算． （1）代入特殊角的三角函数值进行计算即可； （2）代入特殊角的三角函数值进行计算即可． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 19. 如图，在中，，垂足为，，，． （1）求和的长； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理． （）先求出，，再求出的长，然后由勾股定理求出的长； （）再根据正弦的定义即可解答； 【小问1详解】 解：∵， ∴， 在中，，， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 在中，，，， ∴． 20. 如图，是等边三角形，点分别在边上，． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）的长为3或6 【解析】 【分析】此题考查的是相似三角形的判定及性质、等边三角形的性质，掌握相似三角形的判定及性质、等边三角形的性质是解决此题的关键． （1）根据等边三角形的性质可得，从而证出，根据相似三角形的判定定理即可证出结论； （2）根据相似三角形的性质，列出比例式即可求出的长，即可得出结论． 【小问1详解】 证明：是等边三角形， ， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 解得：或， 即的长为3或6． 21. 已知二次函数（，为常数）的图象经过点，． （1）______，______； （2）该二次函数图象顶点坐标为______； （3）在抛物线上存在点，使得，点的坐标为______． （4）根据图象，当时，的取值范围是______． 【答案】（1）2，3 （2） （3）或 （4） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，面积问题等知识． （1）把已知点的坐标代入函数解析式，即可求出答案； （2）化成顶点式即可求得； （3）求出，设点的坐标为，由得到，解方程即可求出答案； （4）求出当时，，当时，，当时，，根据函数图象即可得到答案． 【小问1详解】 解：∵二次函数（，为常数）的图象经过点，． ∴， 解得， 故答案为：2，3 【小问2详解】 由（1）可知，函数解析式， ∵， ∴该二次函数图象顶点坐标为； 故答案为： 【小问3详解】 ∵，． ∴， 设点的坐标为， ∵， ∴， 解得， ∴点点的坐标为或 故答案为：或 【小问4详解】 当时，， 当时，， 当时，， ∴根据图象，当时，的取值范围是． 故答案为： 22. 若时，代数式的值也为，则称是这个代数式的“优值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和2都是的“优值”． （1）______（填“是”或“不是”）代数式的“优值”； （2）判断代数式是否存在“优值”，并说明理由； （3）代数式存在两个“优值”且差为5，求的值． 【答案】（1）是 （2）不存在“优值”．理由见解析 （3）或． 【解析】 【分析】本题主要考查了求代数式的值，解一元二次方程和根的判别式，本题是新定义型，正确理解新定义的规定并熟练运用是解题的关键． （1）利用新定义的规定，通过计算即可得出结论； （2）假定存在“优值”，得到一元二次方程，利用根的判别式解答即可得出结论； （3）设“优值”为，则有，利用一元二次方程飞解法求得“优值”，再利用已知条件列出关于的方程，解方程，再根据两个“优值”且差为5即可得出结论． 【小问1详解】 ∵当时，代数式的值为1， ∴是的“优值”． 故答案为：是； 【小问2详解】 不存在“优值”． 理由如下： 假设存在优值为，则有， 整理得：， 则， ∵无论取何值时，， ∴方程没有实数根， 即代数式不存在“优值”． 【小问3详解】 设“优值”为，则有， 整理得：， ∵两个“x优值”差为5， 或 或． 23. 如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，交AC于点，． （1）求证：； （2）若，，求BC的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）6． 【解析】 【分析】（1）由根据垂径定理可得，，由三角形中位线定理即可判定； （2）由垂径定理和勾股定理可求圆的半径OA=5， OE=3，在由中位线定理可得BC的长． 【详解】解：（1）∵，OD是半径， ∴，， 又∵， ∴， （2） ∵，， ∴，， 又∵在中，， ∴， ∴， ∵，， ∴ 【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理；解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题． 24. 如图，，，，，分别是某湖边的五个打卡拍照点，为了方便游客游玩，沿湖修建了健身步道，在，之间修了一座桥．，在的正东方向，在的正南方向，且在的南偏西60°方向，在的北偏东45°方向，且在的北偏西30°方向，米，米．（参考数据：，，） （1）求的长度（结果保留小数点后一位）； （2）甲、乙两人从拍照点出发去拍照点，甲选择的路线为：，乙选择的路线为：．请计算说明谁选择的路线较近？ 【答案】（1）米； （2）甲选择的路线较近 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键． （1）作于，则，解直角三角形求出、的长，再结合计算即可得解； （2）解直角三角形，分别求出两条路线的长度，比较即可得解． 【小问1详解】 解：如图：作于，则， 由题意得：米，米，，， ∴在中，，，米， ∴米，米， 在中，，， ∴米， ∴米， ∴米， ∴的长度为米； 【小问2详解】 解：在中，，，米， ∴米， ∴米， 在中，，，米， ∴米，米， ∴米， ∵， ∴甲选择的路线较近． 25. 2024年巴黎奥运会顺利闭幕，吉祥物“弗里热”深受奥运迷的喜爱，某商场以每件25元的进价购进一批“弗里热”纪念品．当商品售价为每件40元时，一月份可销售件，二、三月该商品十分畅销，销售量持续走高．在售价不变的基础上，三月底的销售量达到400件．设二、三月这两个月的月平均增长率不变． （1）求二、三月这两个月的月平均增长； （2）从四月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客．经调查发现，销售单价与月平均销售量的关系如表： 销售单价（元） 35 36 37 38 39 40 月平均销售量（件） 若要使四月份利润最大，则商品应降价多少元？ 【答案】（1）； （2）要使四月份利润最大，则商品应降价元． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程和二次函数的应用． （1）设二、三月这两个月的月平均增长率为，利用三月份的销售量一月份的销售量二、三月这两个月的月平均增长率），可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论； （2）设商品降价元，则每件的销售利润为元，月销售量为件，设总利润为w元，利用总利润每件的销售利润月销售量，可列出关于的二次函数，根据二次函数的性质即可得出结论． 【小问1详解】 解：设二、三月这两个月的月平均增长率为， 根据题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）． 答：二、三月这两个月的月平均增长率为； 【小问2详解】 解：由表格可知，当商品售价为每件40元时，销售量达到400件，若商品售价每降价1元，销售量就会增加40件． 设商品降价元，则每件的销售利润为元，月销售量为件，设总利润为w元， 根据题意得：， ∵ ∵， ∴当时，w取得最大值，最大值为， 答：要使四月份利润最大，则商品应降价元． 26. 如图，中，，为中点，，，是的外接圆． （1）求的长； （2）求证：是的切线； （3）求的半径． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 分析】（1）证明，得到，即可解答； （2）连接，并延长交于F，连接，证明即可； （3）过点A作，垂足为E，在中，通过解直角三角形得到，，由得到．设，则，．在中，根据勾股定理构造方程，求得，．由得到，根据正弦的定义即可求出，即可得到答案． 【小问1详解】 解：，， ． ，即 ，D为中点， ， ∴ ． 【小问2详解】 连接，并延长交于F，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是的切线； 【小问3详解】 解：过点A作，垂足为E， 在中，． 又， ． ∴在中，． ， ． 设，则，． ∵在中，， ，即， 解得，（舍去）． ，． ∵， ． ∵为的直径， ． ． ， 即的半径为． 【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，切线的判定定理，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理等知识，添加合适的辅助线是解题的关键． 27. 如图，已知抛物线经过点． （1）求的值； （2）连结，交抛物线L的对称轴于点M． ①求点M的坐标； ②将抛物线L向左平移个单位得到抛物线．过点M作轴，交抛物线于点N．P是抛物线上一点，横坐标为，过点P作轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若，求m的值． 【答案】（1）；（2）①；②1或． 【解析】 【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可； （2）①求出直线AB的解析式，抛物线的对称轴方程，代入求解即可；②根据抛物线的平移方式求出抛物线的表达式，再分三种情况进行求解即可． 【详解】解：（1）把点的坐标分别代入， 得．解得 的值分别为． （2）①设所在直线的函数表达式为， 把的坐标分别代入表达式，得 解得 所在直线的函数表达式为． 由（1）得，抛物线L的对称轴是直线， 当时，． ∴点M的坐标是． ②设抛物线的表达式是， 轴， 点N的坐标是． ∵点P的横坐标为 ∴点P的坐标是， 设交抛物线于另一点Q， ∵抛物线的对称轴是直线轴， ∴根据抛物线的轴对称性，点Q的坐标是． （i）如图1，当点N在点M下方，即时， ， ， 由平移性质得， ∴ ∴， 解得（舍去），． （ii）图2，当点N在点M上方，点Q在点P右侧， 即时，， ， 解得（舍去），（舍去）． （ⅲ）如图3，当点N在点M上方，点Q在点P左侧， 即时， ， ， 解得（舍去），． 综上所述，m的值是1或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、抛物线的平移规律和一元二次方程等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第一学期初三数学 满分130分，时间120分钟，所有答案都写在答题卡上 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 一元二次方程的根的情况是(　　) A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C 只有一个实数根 D. 没有实数根 2. 如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形中心角的度数是（　　） A. B. C. D. 3. 若二次函数的图象经过点，，，则，，的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 4. 将抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移6个单位长度平移后的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的直径为，点A到圆心的距离为，则点A与的位置关系是（ ） A. 点A圆内 B. 点A在圆上 C. 点A在圆外 D. 无法确定 6. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数解析式为，下列能反映这一变化过程的图象是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，经过，，，四点，，，则圆心点的坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四边形中，，，，把沿着翻折得到，若．则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 9. 若关于一元二次方程有一个根为0，则________． 10. 某滑雪运动员沿着坡比为的斜坡向下滑行了米，他下降的垂直高度为______米． 11. 若圆锥的母线长为4，底面半径为3，则该圆锥的侧面积是______． 12. 函数与的图象如图，则关于的不等式的解集是_________． 13. 如图：一把折扇的骨架长是30厘米，扇面宽为20厘米，完全展开时圆心角为135°，扇面的面积为__________平方厘米． 14. 已知⊙O的半径为，则长为的弦所对的圆周角的度数为 _______． 15. 如图，已知二次函数的图象，下列结论：①；②；③；④关于的方程有四个根，且这四个根的和为8．其中正确的结论有______（请写出所有正确结论的序号）． 16. 设为坐标原点，点、为抛物线上的两个动点，且．连接点、点，过点作于点，则点到轴距离的最大值为______． 三、解答题（本大题共82分） 17. 解下列一元二次方程： （1）； （2）． 18. 计算： （1）； （2）． 19. 如图，在中，，垂足为，，，． （1）求和的长； （2）求的值． 20. 如图，是等边三角形，点分别在边上，． （1）求证：； （2）若，求的长． 21. 已知二次函数（，为常数）的图象经过点，． （1）______，______； （2）该二次函数图象顶点坐标为______； （3）在抛物线上存在点，使得，点的坐标为______． （4）根据图象，当时，的取值范围是______． 22. 若时，代数式的值也为，则称是这个代数式的“优值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和2都是的“优值”． （1）______（填“是”或“不是”）代数式的“优值”； （2）判断代数式是否存在“优值”，并说明理由； （3）代数式存在两个“优值”且差为5，求的值． 23. 如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，交AC于点，． （1）求证：； （2）若，，求BC的长． 24. 如图，，，，，分别是某湖边的五个打卡拍照点，为了方便游客游玩，沿湖修建了健身步道，在，之间修了一座桥．，在的正东方向，在的正南方向，且在的南偏西60°方向，在的北偏东45°方向，且在的北偏西30°方向，米，米．（参考数据：，，） （1）求的长度（结果保留小数点后一位）； （2）甲、乙两人从拍照点出发去拍照点，甲选择的路线为：，乙选择的路线为：．请计算说明谁选择的路线较近？ 25. 2024年巴黎奥运会顺利闭幕，吉祥物“弗里热”深受奥运迷的喜爱，某商场以每件25元的进价购进一批“弗里热”纪念品．当商品售价为每件40元时，一月份可销售件，二、三月该商品十分畅销，销售量持续走高．在售价不变的基础上，三月底的销售量达到400件．设二、三月这两个月的月平均增长率不变． （1）求二、三月这两个月的月平均增长； （2）从四月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客．经调查发现，销售单价与月平均销售量的关系如表： 销售单价（元） 35 36 37 38 39 40 月平均销售量（件） 若要使四月份利润最大，则商品应降价多少元？ 26. 如图，中，，为中点，，，是的外接圆． （1）求的长； （2）求证：是的切线； （3）求的半径． 27. 如图，已知抛物线经过点． （1）求值； （2）连结，交抛物线L的对称轴于点M． ①求点M坐标； ②将抛物线L向左平移个单位得到抛物线．过点M作轴，交抛物线于点N．P是抛物线上一点，横坐标为，过点P作轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若，求m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$