精品解析：广东省湛江市博雅学校2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

湛江市博雅学校九年级第二次大练习 数学试卷 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 用配方法解方程的过程中，配方正确的是（       ） A. B. C. D. 3. 下列各点中与点关于原点对称的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x﹣3＝0有实数根，则m的取值范围是（　　） A. m≥ B. m＜ C. m＞且m≠1 D. m≥且m≠1 5. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 把二次函数的图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位后得到的二次函数为（ ） A. B. C. D. 7. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，使点落在线段上的点处，点落在点处，则、两点间的距离为（ ） A. 3 B. C. 5 D. 9. 在同一坐标系中，一次函数与二次函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知二次函数 (a 为常数，且) ．下列五个结论： ①该函数图象经过点； ②若，则当时，y 随x的增大而减小； ③该函数图象与x 轴有两个不同的公共点； ④若，则关于x 的方程有一个根大于0且小于1； ⑤若，则关于x 的方程的正数根只有一个． 其中正确的个数是（ ） A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 给出下列图形：①等边三角形；②矩形；③平行四边形；④菱形；⑤正方形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是_________（填写图形的相应编号） 12. 若是关于x的一元二次方程的两个根，则的值为_______． 13. 若是关于的一元二次方程的解，则代数式的值是______． 14. 如图，为直径，点在上，，则___度． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点A(，2)在抛物线y=ax2上，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一点B，点C、D在线段AB上．以CD为边在抛物线内作正方形CDFE，点E，F分别在抛物线上，则线段CD的长为_______． 三、解答题（每小题7分，共21分） 16. 解方程： （1） （2） 17. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的顶点均在格点上． （1）将绕点C按逆时针方向旋转，画出旋转后所得的； （2）将向下平移4个单位长度，画出平移后所得的； （3）线段在平移的过程中扫过区域的面积为____________． 18. 已知：关于x的方程． （1）试说明无论x取何值时，方程总有两个不相等的实数根． （2）如果方程有一个根为3，试求的值． 四、解答题（每小题9分，共27分） 19. 贵州省政府近日宣布，从2023年8月1日起，将推出一系列旅游优惠政策，以激励更多游客到贵州旅游．某旅游景点为了响应政府号召，将对旅游团体购买门票实行优惠活动，决定在原定票价基础上每张降价40元，这样按原定票价需花费3600元购买的门票张数，现在只花费了2400元． （1）求每张门票的原定票价； （2）根据实际情况，活动组织单位决定对于个人购票也采取优惠措施，原定票价经过连续两次降价后降为97.2元，求平均每次降价的百分率． 20. 材料：一个制造商制造一种产品，它的成本通常分为固定成本和可变成本两个部分，其中固定成本包括设计产品、厂房租赁、购置设备等费用，如果没有更换产品，我们将它看作常数；可变成本与该产品生产的件数有关，而每件产品的成本包括劳动力、材料、包装、运输等费用． 问题：某厂商生产产品中有一种篮球工艺品，已知该工艺品销路很好．它的成本（元）与生产量（个）的关系式为． （1）求该工艺品的固定成本和可变成本． （2）市场分析发现，这种工艺品一段时间内每天的销量（个）与销售单价（元/个）之间的对应关系如图所示： ①销量与销售单价之间的函数关系式． ②当售价为多少时，能使厂商每天获得的利润最大，最大利润是多少？ 21. 如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于 E，BD交CE于点F． （1）求证：CF﹦BF； （2）若CD﹦6， AC﹦8，则⊙O的半径和CE的长． 五、解答题（22每小题13分，23小题14分，共27分） 22. 如图1，已知是等边三角形，点E在线段上，点D在直线上，且，将绕点C顺时针旋转至，连接． （1）证明：是等边三角形； （2）证明：； （3）如图2，如果点E在线段的延长线上，其它条件不变，线段，，之间又有怎样的数量关系？请说明理由． 23. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点，与轴另一交点为． （1）求抛物线的解析式，并直接写出点的坐标； （2）如图1，点为第四象限抛物线上一动点，连接，交于点，连接，记的面积为，的面积为，求的最大值； （3）若点，是抛物线图象上的两点，若，之间的图象（包括点，）的最高点与最低点纵坐标的差为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市博雅学校九年级第二次大练习 数学试卷 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．解决本题的关键是根据中心对称图形和轴对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：该图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D选项：该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项符合题意． 2. 用配方法解方程的过程中，配方正确的是（       ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，使用配方法将方程转化为完全平方形式，通过比较选项得出正确结果，即可作答． 【详解】解：∵， ∴ ， ∴ ， ∴ 故选：C． 3. 下列各点中与点关于原点对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用关于原点对称点的性质：关于原点对称的点的坐标为得出答案． 【详解】解：与点关于原点对称的点的坐标是：． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了关于点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键． 4. 已知关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x﹣3＝0有实数根，则m的取值范围是（　　） A. m≥ B. m＜ C. m＞且m≠1 D. m≥且m≠1 【答案】D 【解析】 【分析】方程为一元二次方程，二次项系数不能为0，方程有实根，△≥0，综合以上两方面进行计算即可． 【详解】解∵关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x﹣3＝0有实数根， ∴ ， 解得：m≥且m≠1． 故选D． 【点睛】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数的取值范围．注意不要忽略一元二次方程的系数不为0这一条件． 5. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和； 连接，根据圆周角定理可得，，根据三角形内角和即可求解． 【详解】解：连接，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 故选：A． 6. 把二次函数的图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位后得到的二次函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的平移．根据二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”，即可求解． 【详解】解：二次函数的图象向左平移1个单位， 再向下平移2个单位后得到的二次函数为， 故选：B． 7. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中的函数顶点解析式的特征，可以直接写出该函数图象的顶点坐标． 【详解】解：二次函数， 该函数图象的顶点坐标为， 故选：A． 8. 如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，使点落在线段上的点处，点落在点处，则、两点间的距离为（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过勾股定理计算出长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出B、D两点间的距离． 【详解】解：连接． ∵在中，， ∴， ∵将绕点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B落在点D处， ∴， ∴， 在中， ． 故选：D． 【点睛】题目考查勾股定理和旋转的基本性质，解决此类问题的关键是掌握旋转的基本性质． 9. 在同一坐标系中，一次函数与二次函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数和二次函数的图像特征，理解一次函数、二次函数图像位置与系数的关系成为解题的关键．根据一次函数和二次函数的图像特征，逐项分析判断即可． 【详解】解：A、由抛物线可知，图像与y轴交在负半轴，开口方向向上；由直线可知，图像随x的增大而增大，即；与y轴交在正半轴，出现矛盾，故此选项错误； B、由抛物线可知，图像与y轴交在正半轴，开口方向向下；由直线可知，图像随x的增大而增大，即；与y轴交在正半轴，出现矛盾，故此选项错误； C、由抛物线可知，图像与y轴交在负半轴，开口方向向上；由直线可知，图像随x的增大而减小，即；与y轴交在正半轴，不存在矛盾，故此选项正确； D、由抛物线可知，图像与y轴交在负半轴，开口方向向上；由直线可知，图像随x的增大而减小，即；与y轴交在负半轴，出现矛盾，故此选项错误． 故选C． 10. 已知二次函数 (a 为常数，且) ．下列五个结论： ①该函数图象经过点； ②若，则当时，y 随x的增大而减小； ③该函数图象与x 轴有两个不同的公共点； ④若，则关于x 的方程有一个根大于0且小于1； ⑤若，则关于x 的方程的正数根只有一个． 其中正确的个数是（ ） A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象与坐标轴的交点问题，利用二次函数确定一元二次方程的根，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 把代入函数解析式，求出值，判断①；求出二次函数的对称轴，判断出增减性，判断②，根据判别式，判断③；求出方程的根，判断④，分情况讨论求解判断⑤即可． 【详解】∵ ， ① 当时，， ∴ 图象经过点，故①正确； ② 当 时，， 对称轴 ， ∵ 开口向下， ∴ 当 时，随增大而减小， 又 ∵ ， ∴ 当 时，随增大而减小，故②正确； ③ ， 当 时，，有两个不同公共点； 当 时，，有一个公共点， ∴ 不一定有两个不同公共点，故③错误； ④ 当 时，由①知 是根，设另一根为， 则 ，解得， ∵ ， ∴ ，即有一个根在0和1之间，故④正确。 ⑤ 当 时，方程 即或， 时，， ，解得或，无正根； 时，， ∵ 开口向上，且当时，， ∴ 方程有一个正根和一个负根， ∴ 只有一个正根，故⑤正确； 综上，正确结论有①②④⑤，共4个． 故选：C． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 给出下列图形：①等边三角形；②矩形；③平行四边形；④菱形；⑤正方形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是_________（填写图形的相应编号） 【答案】②④⑤⑥ 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，解题的关键是根据中心对称图形的定义：把一个图形旋转，如果旋转后的图形能与原图形重合，那么该图形的中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么该图形就是轴对称图形，进行解答，即可． 【详解】解：①等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形； ②矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形； ③平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形； ④菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形； ⑤正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形 ⑥圆既是轴对称图形，也是中心对称图形； 故答案为：②④⑤⑥． 12. 若是关于x的一元二次方程的两个根，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，根据一元二次方程的根与系数的关系，直接代入数值计算，即可作答． 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程的两个根， ∴， 故答案为 13. 若是关于的一元二次方程的解，则代数式的值是______． 【答案】2026 【解析】 【分析】把代入得，再代入进行计算，即可作答．本题考查了一元二次方程的根的定义，正确掌握相关性质内容是解题的关键．． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程的解， ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 14. 如图，为直径，点在上，，则___度． 【答案】40 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理以及推论，连接，根据圆周角定理，可得，由此将所求和已知的角构建到一个直角三角形中，根据直角三角形的性质，可求出的度数． 【详解】解：连接， 则； ∵， ∴； ∵、是同弧所对的圆周角， ∴． 故答案为：40 15. 如图，在平面直角坐标系中，点A(，2)在抛物线y=ax2上，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一点B，点C、D在线段AB上．以CD为边在抛物线内作正方形CDFE，点E，F分别在抛物线上，则线段CD的长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】通过待定系数法求出函数解析式，然后设点C横坐标为m，则CD=CE=2m，从而得出点E坐标为（m，2-2m），将点坐标代入解析式求解． 【详解】解：把A(，2)代入y=ax2中得2=a， 解得a=1， ∴y=x2， 设点C横坐标为m， ∵四边形CDFE为正方形， ∴CD=CE=2m， ∴点E坐标为（m，2-2m）， ∴m2=2-2m， 解得m=-1-（舍）或m=-1+． ∴CD=2m=-2+2． 答：线段CD的长是-2+2． 故答案为：-2+2． 【点睛】本题考查二次函数与正方形的结合，解题关键是熟练掌握二次函数与正方形的性质． 三、解答题（每小题7分，共21分） 16. 解方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用因式分解法解方程，即可作答． （2）运用因式分解法解方程，即可作答． 【小问1详解】 解：∵， ∴ ∴或， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴或， 解得． 17. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的顶点均在格点上． （1）将绕点C按逆时针方向旋转，画出旋转后所得的； （2）将向下平移4个单位长度，画出平移后所得的； （3）线段在平移的过程中扫过区域的面积为____________． 【答案】（1） 如图就是所要作的三角形； （2）如图就是所要作的三角形； （3）8 【解析】 【分析】本题考查了平移(作图)，画旋转图形，利用平移的性质求解，解题关键是正确作出图形． （1）根据旋转的性质得出对应点位置，即可画出图形； （2）利用平移的性质得出对应点位置，进而得出图形； （3）根据线段在平移的过程中扫过的面积等于平行四边形的面积，列式进行计算即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 线段在平移的过程中扫过区域的面积为， 故答案为：8． 18. 已知：关于x的方程． （1）试说明无论x取何值时，方程总有两个不相等的实数根． （2）如果方程有一个根为3，试求的值． 【答案】（1） ∵关于x的方程， ∴， ∴无论x取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）2008 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根据判别式得出方程的解的情况，已知式子的值求代数式的值，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）理解题意，则，即可作答． （2）先把代入，则，再代入进行计算，即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵方程有一个根为3， ∴， ∴， ∴， 则． 四、解答题（每小题9分，共27分） 19. 贵州省政府近日宣布，从2023年8月1日起，将推出一系列旅游优惠政策，以激励更多游客到贵州旅游．某旅游景点为了响应政府号召，将对旅游团体购买门票实行优惠活动，决定在原定票价基础上每张降价40元，这样按原定票价需花费3600元购买的门票张数，现在只花费了2400元． （1）求每张门票的原定票价； （2）根据实际情况，活动组织单位决定对于个人购票也采取优惠措施，原定票价经过连续两次降价后降为97.2元，求平均每次降价的百分率． 【答案】（1）120元． （2）． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程与分式方程的应用．解题的关键要读懂题意，根据题目所给的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解． （1）设每张门票的原定票价为x元，则现在每张门票的票价为元，根据“按原定票价需花费3600元购买的门票张数，现在只花费了2400元”建立方程，解方程即可； （2）设平均每次降价的百分率为y，根据“原定票价经过连续两次降价后降为97.2元”建立方程，解方程即可． 【小问1详解】 设每张门票的原定票价为x元，依题意得 解得 经检验，是所列方程的解． 所以，每张门票的原定票价为120元． 【小问2详解】 设平均每次降价的百分率为y，依题意得 解得，（不符合题意，舍去） 所以，平均每次降价的百分率为． 20. 材料：一个制造商制造一种产品，它的成本通常分为固定成本和可变成本两个部分，其中固定成本包括设计产品、厂房租赁、购置设备等费用，如果没有更换产品，我们将它看作常数；可变成本与该产品生产的件数有关，而每件产品的成本包括劳动力、材料、包装、运输等费用． 问题：某厂商生产产品中有一种篮球工艺品，已知该工艺品销路很好．它的成本（元）与生产量（个）的关系式为． （1）求该工艺品的固定成本和可变成本． （2）市场分析发现，这种工艺品一段时间内每天的销量（个）与销售单价（元/个）之间的对应关系如图所示： ①销量与销售单价之间的函数关系式． ②当售价为多少时，能使厂商每天获得的利润最大，最大利润是多少？ 【答案】（1）该工艺品的固定成本为15000元，可变成本为每件100元 （2）①，②当售价为71元时，能使厂商每天获得的利润最大，最大利润是69100 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的最大利润问题、一次函数的解析式等知识点，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据“固定成本包括设计产品、厂房租赁、购置设备等费用，如果没有更换产品，我们将它看作常数”，以及“可变成本与该产品生产的件数有关，而每件产品的成本包括劳动力、材料、包装、运输等费用”，据此即可解答． （2）①运用待定系数法求解销量y与销售单价x之间的函数关系式； ②经分析列式得，结合二次函数的性质，得出开口向下，在有最大值，w有最大值，再代入计算即可解答． 【小问1详解】 解：∵工艺品的成本与生产量的关系式为：，且可变成本与该产品生产的件数有关， ∴该工艺品的固定成本为15000元，可变成本为每件100元． 【小问2详解】 解：①由题意，设销量y与销售单价x的关系式为， 则，解得：． ∴所求关系式为． ②成本应基于生产量（即销量y），即，其中， 设利润， ． ∵， ∴当时，w有最大值，且最大值为69100． 21. 如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于 E，BD交CE于点F． （1）求证：CF﹦BF； （2）若CD﹦6， AC﹦8，则⊙O的半径和CE的长． 【答案】 （1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠A=90°-∠ABC． ∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠ECB=90°-∠ABC， ∴∠ECB=∠A． 又∵C是的中点, ∴ ∴∠DBC=∠A， ∴∠ECB=∠DBC， ∴CF=BF； （2）5 ， 【解析】 【分析】（1）要证明CF=BF，可以证明∠ECB=∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB=90°，又知CE⊥AB，则∠CEB=90°，根据同角的余角相等证出∠ECB=∠A，再根据同圆中，等弧所对的圆周角相等证出∠DBC=∠A，从而证出∠ECB=∠DBC； （2）在直角三角形ACB中，AB2=AC2+BC2，又知，BC=CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再根据三角形面积求得CE的长． 【详解】（1）略； （2）解：∵ ∴BC=CD=6， ∵∠ACB=90°， ∴⊙O的半径为5， 【点睛】此题考查了圆周角定理的推论、等腰三角形的判定及性质以及求三角形的高．此题综合性很强，难度适中，掌握同圆中，等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角、等腰三角形的判定及性质和利用等面积法求直角三角形斜边上的高是解决此题的关键． 五、解答题（22每小题13分，23小题14分，共27分） 22. 如图1，已知是等边三角形，点E在线段上，点D在直线上，且，将绕点C顺时针旋转至，连接． （1）证明：是等边三角形； （2）证明：； （3）如图2，如果点E在线段的延长线上，其它条件不变，线段，，之间又有怎样的数量关系？请说明理由． 【答案】（1） 证明：∵绕点顺时针旋转至， ∴，， ，， ∴是等边三角形； （2） 证明：∵是等边三角形， ， 又， ， ∵是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ∴， ，， ， ； （3） 解：，理由如下： ∵绕点顺时针旋转至， ，， ∴是等边三角形， ， 又， ， ∵是等边三角形， ， ， ， ， ； ， ， ， ， ， 在和中， ， ∴， ，， ， ． 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． （1）由旋转可得，可得是等边三角形； （2）由（1）可得，进而得，根据是等边三角形，可得，即可证，得，，而，故； （3）由绕点顺时针旋转至，可得是等边三角形，即可得，又是等边三角形，可得；而，可推得，从而，可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 23. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点，与轴另一交点为． （1）求抛物线的解析式，并直接写出点的坐标； （2）如图1，点为第四象限抛物线上一动点，连接，交于点，连接，记的面积为，的面积为，求的最大值； （3）若点，是抛物线图象上的两点，若，之间的图象（包括点，）的最高点与最低点纵坐标的差为，求的值． 【答案】（1），． （2）． （3）的值是或． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，相似三角形的性质与判定； （1）根据一次函数解析式，先求得，，进而待定系法求二次函数解析式，即可求解； （2）过点作，垂足为点，过点作轴交于点，过点作轴交于点．证明得出，设，则，，进而得出关于的二次函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解． （3）分四种情况讨论，①，在对称轴的左侧，②当，位于对称轴的两侧，且点离对称轴远，当，位于对称轴的两侧，且点离对称轴远，③当，均在对称轴的右侧，即，，分别画出图形，根据题意列出方程，解方程，即可求解． 【小问1详解】 把代入中，， 把代入中，， ∴，． 把和代入中, 得， ∴， ∴抛物线解析式为：， ∴． 【小问2详解】 过点作，垂足为点，过点作轴交于点，过点作轴交于点． ， ，， ， ， ，， ， 即， 设，则，， ，， ， ，抛物线开口向下， 当时，最大，最大值为． 【小问3详解】 ． ①，在对称轴的左侧，当， 即时，， 即， 解之，（不合题意，舍去）． ②当，位于对称轴的两侧，且点离对称轴远， 即，且， 即时，， ，（不合题意，舍去）． 当，位于对称轴的两侧，且点离对称轴远， ，且， 即，， ，（不合题意，舍去）． ③当，均在对称轴的右侧，即，， ， ，（不合题意，舍去），综上，的值是或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $