精品解析：广东省汕头市潮南区陈店实验2024-2025学年九年级上学期1月期末数学试题

2024～2025学年度第一学期 九年级期终考试数学试卷（R） 说明：1．本卷满分120分；2．考试时间120分钟；3．答案请写在答题卷上． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 任意画一个三角形，其内角和是360°.这个事件是（ ） A. 必然事件 B. 不可能事件 C. 随机事件 D. 不确定性事件 2. 关于的一元二次方程的根的情况是（　　） A. 没有实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 实数根的个数与实数的取值有关 3. 点与点关于原点对称，则点所在的象限是（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 在一个不透明的布袋内，有红球5个，黄球4个，白球1个，蓝球3个，它们除颜色外，大小、质地都相同．若随机从袋中摸取一个球，则摸中哪种球的概率最大（ ） A. 红球 B. 黄球 C. 白球 D. 蓝球 6. 若点在抛物线（）上，则下列各点在抛物线上的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，将△ABC绕AC所在的直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的侧面积为 A. B. C. D. 8. 若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　） A. B. C. D. 9. 已知抛物线的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. （为实数） 10. 如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程配方为，则k的值是______． 12. 抛物线与轴只有一个交点，则________． 13. 如果一个三位数中任意两个相邻数字之差的绝对值不超过1，则称这个三位数为“平稳数”，用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数，恰好是“平稳数”的概率为_______． 14. 如图，中，，，将绕点A顺时针方向旋转到的位置，连接，的延长线交于点D，则的长为__________． 15. 如图，在扇形OEF中，∠EOF＝90°，正方形ABCD的顶点C是弧EF的中点，点D在OF上，点A在OF的延长线上，正方形ABCD的边长为1，则图中阴影部分的面积为_____． 三、解答题（一）（每小题7分，共21分） 16. 若m，n是一元二次方程的两个实数根，求的值． 17. 如图，是一个竖直放置的钉板，其中，黑色圆面表示钉板上的钉子，分别表示相邻两颗钉子之间的空隙，这些空隙大小均相等，从入口处投放一个直径略小于两颗钉子之间空隙的圆球，圆球下落过程中，总是碰到空隙正下方的钉子，且沿该钉子左右两个相邻空隙继续下落的机会相等，直至圆球落入下面的某个槽内．用画树状图的方法，求圆球落入③号槽内的概率． 18. 如图，已知和上的一点A． 【实践与操作】 （1）作的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 【应用与证明】 （2）连结，，判断四边形的形状，并加以证明． 四、解答题（二）（每小题9分，共27分） 19. 一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． （2）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？ 20. 如图，AB是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BM，弦CD//BM，交AB于点F，且，连接AC，AD，延长AD交BM于点E． （l）求证：△ACD是等边三角形； （2）连接OE，若DE＝2，求OE的长． 21. 【观察思考】 【规律发现】 请用含n的式子填空： （1）第n个图案中“◎”的个数为__________；第n个图案中“★”的个数可表示为__________． 【规律应用】 （2）若第n（n是正整数）个图案中“★”的个数是“◎”的个数的2倍，求n的值． 五、解答题（三）（第22题13分，第23题14分，共27分）． 22. 已知，AB＝AC，AB＞BC． （1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形； （2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； （3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 23. 在平面直角坐标系中，正方形的顶点，在轴上，，．抛物线与轴交于点和点． （1）如图1，若抛物线过点，求抛物线的表达式和点的坐标； （2）如图2，在（1）的条件下，连接，作直线，平移线段，使点的对应点落在直线上，点的对应点落在抛物线上，求点的坐标； （3）若抛物线与正方形恰有两个交点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年度第一学期 九年级期终考试数学试卷（R） 说明：1．本卷满分120分；2．考试时间120分钟；3．答案请写在答题卷上． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 任意画一个三角形，其内角和是360°.这个事件是（ ） A. 必然事件 B. 不可能事件 C. 随机事件 D. 不确定性事件 【答案】B 【解析】 【分析】把在一定条件下不可能发生的事件叫不可能事件，直接利用三角形内角和结合定理，结合不可能事件的定义分析得出答案． 【详解】解：任意画一个三角形，其内角和是180°，内角和为360°这一事件是不可能事件，． 故选B． 【点睛】此题主要考查了不可能事件以及三角形内角和定理，正确各种事件的定义是解题关键． 2. 关于的一元二次方程的根的情况是（　　） A. 没有实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 实数根的个数与实数的取值有关 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式求出，即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：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，方程无实数根． 3. 点与点关于原点对称，则点所在的象限是（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点以及各点所在象限的性质，根据“点与点关于原点对称”，求出a、b的值，即可确定点的坐标，进而得到结论． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴点即所在的象限是第四象限． 故选：D． 4. 如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据邻补角互补求出的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出的度数，最后根据圆周角定理即可求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键． 5. 在一个不透明的布袋内，有红球5个，黄球4个，白球1个，蓝球3个，它们除颜色外，大小、质地都相同．若随机从袋中摸取一个球，则摸中哪种球的概率最大（ ） A. 红球 B. 黄球 C. 白球 D. 蓝球 【答案】A 【解析】 【分析】根据概率的求法，因为红球的个数最多，所以摸到红球的概率最大． 【详解】在一个不透明的布袋内，有红球5个，黄球4个，白球1个，蓝球3个，它们除颜色外，大小、质地都相同．若随机从袋中摸取一个球， 因为红球的个数最多，所以摸到红球的概率最大， 摸到红球的概率是： 故选：A 【点睛】本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P (A) = ． 6. 若点在抛物线（）上，则下列各点在抛物线上的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】观察抛物线和抛物线可以发现，它们通过平移得到，故点通过相同的平移落在抛物线上，从而得到结论． 【详解】∵抛物线是抛物线（）向左平移1个单位长度得到 ∴抛物线上点向左平移1个单位长度后，会在抛物线上 ∴点在抛物线上 故选：D 【点睛】本题考查函数图象与点的平移，通过函数解析式得到平移方式是解题的关键． 7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，将△ABC绕AC所在的直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的侧面积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：先根据旋转的性质可知将△ABC绕AC所在的直线旋转一周得到圆锥，再根据勾股定理求得AB的长，最后根据圆锥的侧面积公式即可求得结果. ∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6 ∴ ∴旋转体的侧面积 故选D. 考点：旋转的性质，勾股定理，圆锥的侧面积公式 点评：解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积公式：底面半径母线. 8. 若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到，根据菱形的面积得到，利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案． 【详解】解：设方程的两根分别为a，b， ∴， ∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11， ∴，即， ∵菱形对角线垂直且互相平分， ∴该菱形的边长为 ，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关系得出是解题的关键． 9. 已知抛物线的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. （为实数） 【答案】C 【解析】 【分析】根据开口方向，与y轴交于负半轴和对称轴为直线可得，，由此即可判断A；根据对称性可得当时，，当时，，由此即可判断B、C；根据抛物线开口向上，对称轴为直线，可得抛物线的最小值为，由此即可判断D． 【详解】解：∵抛物线开口向上，与y轴交于负半轴， ∴， ∵抛物线对称轴为直线， ∴， ∴， ∴，故A中结论错误，不符合题意； ∵当时，，抛物线对称轴为直线， ∴当时，， ∴，故B中结论错误，不符合题意； ∵当时，，抛物线对称轴为直线， ∴当时，， ∴， 又∵， ∴，故C中结论正确，符合题意； ∵抛物线对称轴为直线，且抛物线开口向上， ∴抛物线的最小值为， ∴， ∴，故D中结论错误，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质等等，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键． 10. 如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解． 【详解】解：∵ ∴∠BHC=90° ∵在Rt△BHC中，点M是的中点 ∴MH=BC ∵BC为的弦 ∴当BC为直径时，MH最大 ∵的半径是3 ∴MH最大为3． 故选：A． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程配方为，则k的值是______． 【答案】１ 【解析】 【分析】将原方程变形成与相同的形式，即可求解． 【详解】解： ∴ 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程中的配方法，掌握配方法的解题步骤是解本题的关键． 12. 抛物线与轴只有一个交点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，令，计算，即可求解． 【详解】解：令，则 依题意， 解得：． 故答案为：． 13. 如果一个三位数中任意两个相邻数字之差的绝对值不超过1，则称这个三位数为“平稳数”，用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数，恰好是“平稳数”的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意列出所有可能，根据新定义，得出2种可能是“平稳数”，根据概率公式即可求解． 【详解】解：依题意，用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数， 可能结果有123，132，213，231，312，321，共六种可能， 只有123，321是“平稳数”， ∴恰好是“平稳数”的概率为． 故答案为：． 14. 如图，中，，，将绕点A顺时针方向旋转到的位置，连接，的延长线交于点D，则的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的性质，如图，连接，先证明是线段的垂直平分线，根据计算即可． 【详解】解：如图，连接， 由旋转的性质得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵中，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，在扇形OEF中，∠EOF＝90°，正方形ABCD的顶点C是弧EF的中点，点D在OF上，点A在OF的延长线上，正方形ABCD的边长为1，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】π﹣． 【解析】 【分析】连结OC，根据勾股定理可求OC的长，根据题意可得出阴影部分的面积=扇形FOC的面积-三角形ODC的面积，依此列式计算即可求解． 【详解】连接OC，． ∵在扇形AOB中∠EOF=90°，正方形ABCD的顶点C是的中点， ∴∠COF=45°， ∴OC=CD=， ∴阴影部分的面积=扇形FOC的面积-三角形ODC的面积 = =π-． 故答案为π-． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，扇形面积的计算，解题的关键是学会用分割法求阴影部分的面积． 三、解答题（一）（每小题7分，共21分） 16. 若m，n是一元二次方程的两个实数根，求的值． 【答案】． 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系和一元二次方程的解，利用一元二次方程的解，根与系数的关系求解即可，解题的关键是熟记：一元二次方程的两个根为，，则，． 【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴ ． 17. 如图，是一个竖直放置的钉板，其中，黑色圆面表示钉板上的钉子，分别表示相邻两颗钉子之间的空隙，这些空隙大小均相等，从入口处投放一个直径略小于两颗钉子之间空隙的圆球，圆球下落过程中，总是碰到空隙正下方的钉子，且沿该钉子左右两个相邻空隙继续下落的机会相等，直至圆球落入下面的某个槽内．用画树状图的方法，求圆球落入③号槽内的概率． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出树状图，共有8种等可能的路径，其中落入③号槽内的有3种路径，再由概率公式求解即可. 【详解】画树状图得： 所以圆球下落过程中共有8种路径，其中落入③号槽内的有3种，所以圆球落入③号槽内的概率为 . 【点睛】树状图法求概率的关键在于列举出所有可能的结果，当一个事件涉及三个或更多元素时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树状图法． 18. 如图，已知和上的一点A． 【实践与操作】 （1）作的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 【应用与证明】 （2）连结，，判断四边形的形状，并加以证明． 【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析 【解析】 【分析】本题考查了作图——画正多边形，矩形的判定以及圆的相关性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）作直径，然后分别以A，D为圆心，长为半径画弧，分别交于点B，F，C，E，连接，则正六边形即为所求． （2）由题意可知，因此，故，进而求得四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，因此可得，再由，得，因此，故可证得四边形是矩形． 【详解】解：（1）如图，首先作直径，然后分别以A，D为圆心，长为半径画弧，分别交于点B，F，C，E，连接，则正六边形即为所求． （2）四边形是矩形．理由如下： 如图，连接， ∵六边形是正六边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 四、解答题（二）（每小题9分，共27分） 19. 一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． （2）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？ 【答案】（1），球不能射进球门 （2）当时他应该带球向正后方移动1米射门 【解析】 【分析】（1）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入A点坐标求出a的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论； （2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得：抛物线的顶点坐标为， 设抛物线解析式为， 把点代入，得， 解得， ∴抛物线的函数表达式为， 当时，， ∴球不能射进球门； 【小问2详解】 设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为， 把点代入得， 解得（舍去），， ∴当时他应该带球向正后方移动1米射门． 【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键． 20. 如图，AB是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BM，弦CD//BM，交AB于点F，且，连接AC，AD，延长AD交BM于点E． （l）求证：△ACD是等边三角形； （2）连接OE，若DE＝2，求OE的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）根据切线的定义可知AB⊥BM，又∵BM//CD，∴AB⊥CD，根据圆的对称性可得AD=AC，再根据等弧对等弦得DA=DC，即DA=DC=AC，所以可得△ACD是等边三角形； （2）△ACD为等边三角形，AB⊥CD，由三线合一可得∠DAB=30°，连接BD，根据直径所对的角是直角和三角形的内角和可得∠∠EBD＝∠DAB＝30°，因为DE＝2，求出BE＝4，根据勾股定理得，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半得，，，在Rt△OBE中，根据勾股定理即可得出OE的长． 【详解】解：（1）∵BM是⊙O切线，AB为⊙O直径， ∴AB⊥BM， ∵BM//CD， ∴AB⊥CD， ∴AD＝AC， ∴AD＝AC， ∴DA＝DC， ∴DC＝AD， ∴AD＝CD＝AC， ∴△ACD为等边三角形. （2）△ACD为等边三角形，AB⊥CD， ∴∠DAB＝30°， 连结BD， ∴BD⊥AD. ∠EBD＝∠DAB＝30°， ∵DE＝2， ∴BE＝4，，，， 在Rt△OBE中，． 【点睛】本题考查圆的有关性质，直角三角形的性质；勾股定理． 21. 【观察思考】 【规律发现】 请用含n的式子填空： （1）第n个图案中“◎”的个数为__________；第n个图案中“★”的个数可表示为__________． 【规律应用】 （2）若第n（n是正整数）个图案中“★”的个数是“◎”的个数的2倍，求n的值． 【答案】（1）；；（2）11 【解析】 【分析】本题考查了图形类规律，解一元二次方程，找到规律是解题的关键． （1）根据前几个图案的规律，即可求解； （2）根据题意，列出一元二次方程，解方程即可求解． 【详解】解：（1）第1个图案中有“◎”个，“★”个； 第2个图案中有“◎”个，“★”个； 第3个图案中有“◎”个，“★”个； 第4个图案中有“◎”个，“★”个； …… ∴第n个图案中有“◎”个，“★”个； 故答案为：；； （2）解：依题意，， 解得：（舍去）或． 答：的值为． 五、解答题（三）（第22题13分，第23题14分，共27分）． 22. 已知，AB＝AC，AB＞BC． （1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形； （2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； （3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 【答案】（1）见解析 （2），见解析 （3）30° 【解析】 【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可． 【小问1详解】 ∵， ∴AC＝DC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC， ∵CB平分∠ACD， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABDC是平行四边形， 又∵AB＝AC， ∴四边形ABDC是菱形； 【小问2详解】 结论：． 证明：∵， ∴， ∵AB＝AC， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM， ∵AB＝CD，， ∴， ∴BM＝BD，， ∴， ∵， ∴， 设，，则， ∵CA＝CD， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即∠ADB＝30°． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键． 23. 在平面直角坐标系中，正方形的顶点，在轴上，，．抛物线与轴交于点和点． （1）如图1，若抛物线过点，求抛物线的表达式和点的坐标； （2）如图2，在（1）的条件下，连接，作直线，平移线段，使点的对应点落在直线上，点的对应点落在抛物线上，求点的坐标； （3）若抛物线与正方形恰有两个交点，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）； （3）或 【解析】 【分析】（1）将点，代入抛物线，利用待定系数法求出抛物线的表达式，再令，求出值，即可得到点的坐标； （2）设直线的表达式为，将点，代入解析式，利用待定系数法求出直线的表达式为：，设点，根据平移的性质，得到点，将点P代入，求出的值，即可得到点的坐标； （3）根据正方形和点C的坐标，得出，，，将代入，求得，进而得到顶点坐标，分两种情况讨论：①当抛物线顶点在正方形内部时，②当抛物线与直线交点在点上方，且与直线交点在点下方时，分别列出不等式组求解，即可得到答案． 【小问1详解】 解：抛物线过点， ，解得：， 抛物线表达式为， 当时，， 解得：（舍去），， ； 【小问2详解】 解：设直线的表达式为， 直线过点，， ，解得：， 直线的表达式为：， 点在抛物线上， 设点， ，，且由平移得到， 点向左平移2个单位，向上平移3个单位得到点， 点在直线上， 将代入， ， 整理得：， 解得：，（舍去）， 当时， 点坐标为； 【小问3详解】 解：四边形是正方形，， ，， ， 点A和点D的横坐标为，点B和点C的横坐标为2， 将代入，得：， ， 顶点坐标为， ①如图，当抛物线顶点在正方形内部时，与正方形有两个交点， ，解得：； ②如图，当抛物线与直线交点在点上方，且与直线交点在点下方时，与正方形有两个交点， ，解得：， 综上所述，的取值范围为或． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，平移的性质，函数图像上点的坐标特征，抛物线与直线交点问题，解一元二次方程，解一元一次不等式组等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $