精品解析：湖北省黄石市阳新县2025-2026学年上学期11月期中考试九年级数学试题

2025年秋季期中考试九年级数学试题 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分．） 1. 下列方程属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 我国新能源汽车发展迅猛，下列新能源汽车标志既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是半圆的直径，点 在半圆上，若 ，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知关于的一元二次方程有一个根为0，则的值为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 4或 6. 已知抛物线 ，下列结论错误的是（ ） A. 抛物线的开口向下 B. 抛物线的对称轴为直线 C. 当时，取最大值2 D. 若和是抛物线上两点，则当时， 7. 如图，是的直径，点C在上，的平分线交于点D，连接，若，，则的长为（　　）． A. 12 B. C. 10 D. 8 8. 设、分别为一元二次方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. 10 D. 11 9. 抛物线的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线．下列结论：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④ ；其中正确的有（ ） A. ①③ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④ 10. 如图，四边形为正方形，，于是绕点逆时针旋转60°得到 ，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是_____（写出一个满足条件的值即可）． 12. 平面直角坐标系中，若点，关于原点对称，则=______． 13. 如图，是的直径，且 ，，则 的度数为______． 14. 中国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何．”其大意是：“一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？”，设这个矩形的宽为x步，根据题意可列方程为_____．（结果化为一般式，不需要解方程） 15. 已知二次函数，当时，的最小值为，则的值为_____． 三、解答题（共9小题，共75分） 16. 解一元二次方程： （1）； （2）． 17. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是． （1）①点关于原点中心对称点的坐标为（ ， ）； ②将绕点顺时针旋转后得到，画出； （2）若点为轴上一动点，则的最小值等于 ． 18. 如图，在化学实验中，一个底部呈球形的烧瓶，其纵截面是如右图的．瓶内液体的最大深度为，液面的宽度的长为，求的半径． 19. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若此方程的两根分别为，，且，求的值． 20. 社区利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺花砖的面积为． （1）求道路的宽是多少米？ （2）该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为 元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位．当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为元？ 21. 如图，为的直径，点C是上一点，于点D，连接，．作的平分线，交于点E，交于点F． （1）求证： ． （2）若， ，求的长． 22. 用数学的眼光看篮球比赛． 问题情境 素材一 如图，在某中学的一场篮球赛中，李明在距离篮圈中心 （水平距离）处跳起投篮，球出手时离地面 ，当篮球运行的水平距离为时达到离地面的最大高度 ．已知篮球在空中的运行路线为一条抛物线，篮圈中心距地面 ． 素材二 在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽．但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规． 问题解决 任务一 建立如图所示的平面直角坐标系，求篮球运动路线所在抛物线的函数解析式； 任务二 场边看球的小丽认为，李明投出的此球不能命中篮圈中心．请通过计算说明小丽判断的正确性； 任务三 在（1）的条件下，防守方球员张亮前来盖帽，已知张亮的最大摸球高度为，则他应该在李明前面多少米范围内跳起拦截才能盖帽成功？ 23. 如图，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点正好落在边上，连接，，且交于． （1）求证： 平分 ； （2）过作 于，补全图形，并证明：为中点； （3）若， ，求的长． 24. 在平面直角坐标系中，抛物线 经过点，与轴交于，两点，与轴交于点，点为抛物线上的动点，设点的横坐标为． （1）求此抛物线的解析式； （2）若点在轴上方，且，求点的坐标； （3）若点在抛物线上，过点作轴，垂足为点，过点作轴的平行线与轴交于点，与相交于点，过点作轴的垂线，交轴于点，设矩形的周长为． ①求关于的函数解析式； ②当随增大而增大时，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季期中考试九年级数学试题 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分．） 1. 下列方程属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2． 根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行判断，即可解答． 【详解】解：A、，有2个未知数，不是一元二次方程，故不符合题意； B、，等号左边不是整式，不是一元二次方程，故不符合题意； C、，是一元二次方程，故符合题意； D、，是一元一次方程，故不符合题意； 故选：C． 2. 我国新能源汽车发展迅猛，下列新能源汽车标志既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：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；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． 根据中心对称与轴对称的定义进行判断即可． 【详解】解：A中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B中图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； C中图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； D中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意． 故选：B． 3. 将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，掌握平移规则是关键． 根据二次函数图象的平移规则“左加右减，上加下减”计算即可． 【详解】解：将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位， ∴平移后的解析为， 故选：A ． 4. 如图，是半圆的直径，点 在半圆上，若 ，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，圆内接四边形的性质，由圆周角定理得，即得，再根据圆内接四边形的性质即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵是半圆的直径， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴， 故选：． 5. 已知关于的一元二次方程有一个根为0，则的值为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 4或 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了根据一元二次方程的根求参数，解题的关键是掌握一元二次方程的根的定义． 将根 代入方程求得或，但需满足一元二次方程的条件，即二次项系数不为零，排除． 【详解】解：∵方程有一个根为0， ∴代入 得：， ∴， 解得或. 又∵方程为一元二次方程， ∴二次项系数，即 ， ∴． 故选：A． 6. 已知抛物线 ，下列结论错误的是（ ） A. 抛物线的开口向下 B. 抛物线的对称轴为直线 C. 当时，取最大值2 D. 若和是抛物线上两点，则当时， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质（开口方向、对称轴、最值、单调性），解题的关键是结合二次函数的系数与顶点式分析其图象特征． 由二次项系数为负判断开口向下；配方得顶点式，确定对称轴与最大值；根据对称轴两侧的单调性，判断两点函数值的大小关系，进而找出错误结论． 【详解】解：， ，抛物线开口向下， 故A正确； 对称轴为直线 ， 故B正确； 当 时， 取最大值2， 故C正确； 当 时，若 均小于1，则 随 增大而增大，有 ； 但若 均大于1，则 随 增大而减小，有 ， 故D错误． 故选D． 7. 如图，是的直径，点C在上，的平分线交于点D，连接，若，，则的长为（　　）． A. 12 B. C. 10 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理等知识点，掌握圆周角定理是解题的关键． 由圆周角定理可得 ，再结合角平分线的定义可得，即，再由勾股定理可得，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴ ， ∵是的平分线 ∴ ， ∵， ∴ ∴， ∴ ． 故选：D． 8. 设 、分别为一元二次方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系，根据一元二次方程根与系数的关系得出，，是解题的关键．根据一元二次方程根与系数的关系即可得出，，将其代入中即可求出结论． 【详解】解：∵ ，分别为一元二次方程的两个实数根， ∴，， 则． 故选：B． 9. 抛物线的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线．下列结论：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④ ；其中正确的有（ ） A. ①③ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想是关键； 根据抛物线的开口方向可判断，由抛物线交y轴于正半轴可判断，结合抛物线的对称轴可得，进而可判断①④，根据抛物线的对称性可判断抛物线与轴的另一个交点坐标为，进而可判断②，由函数图象可得：抛物线与直线有两个交点，则可判断③，即得答案. 【详解】解：∵抛物线的开口向下， ∴， ∵抛物线交y轴于正半轴， ∴， ∵抛物线的对称轴是直线， ∴ ， ∴， ∴， ，故①④正确； ∵抛物线与轴的一个交点坐标为，对称轴是直线， ∴抛物线与轴的另一个交点坐标为， ∴ ，故②错误； 由函数图象可得：抛物线与直线有两个交点， ∴方程有两个不相等的实数根，故③正确； 综上，正确的是①③④； 故选：C. 10. 如图，四边形为正方形，，于是绕点逆时针旋转60°得到 ，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理等知识．连接，延长交于点G，根据四边形为正方形，求出，．根据旋转性质证明是等边三角形，得到，证明是的垂直平分线，得到，，再求出，，即可求出． 【详解】解：如图，连接，延长交于点G． ∵四边形为正方形， ∴， ∴． ∵绕点逆时针旋转60°得到 ， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴点D、F都在的垂直平分线上， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数 的取值可以是_____（写出一个满足条件的值即可）． 【答案】0（答案不唯一，满足 均可） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当 ，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根． 根据一元二次方程根的判别式，当判别式大于零时，方程有两个不相等的实数根求解即可． 【详解】解：对于方程 ， 判别式， 由于方程有两个不相等的实数根， 因此，即，解得 ， 故 可以是任意小于1的实数． 故答案为：0（答案不唯一，满足 均可）． 12. 平面直角坐标系中，若点，关于原点对称，则=______． 【答案】2 【解析】 【分析】直接利用关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是，进而得出m，n的值． 【详解】解：∵点，关于原点对称， ∴， 解得， ∴ ． 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键． 13. 如图，是的直径，且 ，，则 的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，等边对等角，圆周角定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由弧、弦、圆心角的关系得，则通过等边对等角得出 ，由圆周角定理得，则有，最后由等边对等角和角度和差即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ， ∵是的直径， ∴， ∵ ， ∴ ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 中国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何．”其大意是：“一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？”，设这个矩形的宽为x步，根据题意可列方程为_____．（结果化为一般式，不需要解方程） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，正确理解题意是关键．已知宽为x步，则长为步，根据矩形面积公式列出方程，并化为一般式即可． 【详解】解：已知宽为x步，则长为步， 根据题意得， 去括号，并整理得． 故答案为：． 15. 已知二次函数，当时，的最小值为，则的值为_____． 【答案】或6 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象及性质，根据二次函数的性质，在指定的范围内准确求出函数的最小值是解题的关键．由题意可知的对称轴为直线，顶点坐标为，分两种情况讨论：当时，；当时，在，，即可求解答案． 【详解】解：的对称轴为直线， 顶点坐标为， 当时，在，函数有最小值 ， ∵的最小值为， ∴， ∴ ； 当时，离对称轴越远，函数值越小， 在，，， ∴当时，函数有最小值， ∴， 解得； 综上所述：的值为6或． 故答案为：6或． 三、解答题（共9小题，共75分） 16. 解一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1） 或 （2）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键： （1）利用因式分解法进行求解即可； （2）利用公式法解方程即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ， 或， ，； 【小问2详解】 原方程变形得：， ， ， ， ，． 17. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是． （1）①点关于原点中心对称点的坐标为（ ， ）； ②将绕点顺时针旋转后得到，画出； （2）若点为轴上一动点，则的最小值等于 ． 【答案】（1）①；②见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了中心对称，图形旋转，利用对称求最短路径等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）①根据关于原点对称的点的坐标特征求解即可； ②根据图形绕原点顺时针旋转的坐标变化规律求解即可； （2）作点关于轴的对称点，连接，交轴于点，连接 ， 此时的值最小，根据勾股定理求值即可． 【小问1详解】 解：①点的坐标为， 点关于原点的对称点的坐标为． 故答案为：． ②如图，即为所求． 【小问2详解】 解：作点关于轴的对称点，连接，交轴于点，连接 ， 此时的值最小， 最小值即为的长，由勾股定理得，， 故答案为：． 18. 如图，在化学实验中，一个底部呈球形的烧瓶，其纵截面是如右图的．瓶内液体的最大深度为，液面的宽度的长为，求的半径． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，解题的关键是掌握垂径定理以及勾股定理的运用．设的半径为，即，进而表示出的长，由垂径定理可知，在 中，由勾股定理可得，列式解方程即可得解． 【详解】解：设的半径为，即， ， 由垂径定理可知， 在 中，，即， 解得， 即的半径为． 19. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求 的取值范围； （2）若此方程的两根分别为，，且，求 的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围； （2）根据根与系数的关系可得出，，结合，可得出关于m的一元二次方程，解之取其小于的值即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ， 解得：， 【小问2详解】 解：，是一元二次方程的两个实数根， ，， ，即， 整理得：， 解得：，． 又， ． 【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记“当时，方程有两个不相等实数根”；（2）根据根与系数的关系，找出关于m的一元二次方程． 20. 社区利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺花砖的面积为． （1）求道路的宽是多少米？ （2）该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为 元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位．当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为元？ 【答案】（1）道路的宽为米； （2）每个车位的月租金上涨 或元时，停车场的月租金收入为元． 【解析】 【分析】（）由道路的宽为米，根据题意得，然后解方程并检验即可； （）设月租金上涨元， 根据题意得，然后解方程即可； 本题考查了一元二次方程的应用，找到等量关系列出方程是解题的关键． 【小问1详解】 解：根据道路的宽为米， 根据题意得：， 整理得：， 解得：（舍去）， ， 答：道路的宽为米； 【小问2详解】 解：设月租金上涨元，停车场月租金收入为元， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，， 答：每个车位的月租金上涨 或元时，停车场的月租金收入为元． 21. 如图，为的直径，点C是上一点，于点D，连接，．作的平分线，交于点E，交于点F． （1）求证： ． （2）若， ，求的长． 【答案】（1） 证明：∵为的直径， ∴ ∴ ∵ ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴ ； （2） 【解析】 【分析】此题考查了直径的性质，等角对等边，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先由直径得到，然后等量代换得到 ，即可推出 ； （2）设，则 ，根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设，则 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 22. 用数学的眼光看篮球比赛． 问题情境 素材一 如图，在某中学的一场篮球赛中，李明在距离篮圈中心 （水平距离）处跳起投篮，球出手时离地面 ，当篮球运行的水平距离为时达到离地面的最大高度 ．已知篮球在空中的运行路线为一条抛物线，篮圈中心距地面 ． 素材二 在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽．但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规． 问题解决 任务一 建立如图所示的平面直角坐标系，求篮球运动路线所在抛物线的函数解析式； 任务二 场边看球的小丽认为，李明投出的此球不能命中篮圈中心．请通过计算说明小丽判断的正确性； 任务三 在（1）的条件下，防守方球员张亮前来盖帽，已知张亮的最大摸球高度为，则他应该在李明前面多少米范围内跳起拦截才能盖帽成功？ 【答案】任务一： ； 任务二： 把 代入抛物线解析式 ， 得， ， 此球不能命中篮圈中心，小丽的判断是正确的； 任务三： 张亮应在李明前面1米范围内跳起拦截才能盖帽成功 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，求自变量和函数值等知识点，解题关键是掌握二次函数的图象和性质． （1）利用待定系数法求函数解析式即可； （2）将自变量的值代入解析式求出函数值，然后进行比较即可； （3）根据函数值求出自变量的值即可． 【详解】解：（1）抛物线顶点坐标为， 设抛物线的解析式为 . 把代入，得， ； （2）略 （3）当 时， ， 解得或（舍去）. ． 答：张亮应在李明前面1米范围内跳起拦截才能盖帽成功． 23. 如图，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点正好落在边上，连接 ，，且交于． （1）求证： 平分 ； （2）过作 于，补全图形，并证明：为中点； （3）若， ，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）在矩形中，由平行得内错角相等 ，又由旋转得对应边相等，进而由等边对等角得 ，等量代换得，从而题目得证； （2）由角平分线性质和旋转性质证明，再根据三角形全等性质得对应边相等，即得为中点，题目得证； （3）先由勾股定理算出的长，进而得到的长，再利用勾股定理算出的长，进而计算的长． 【小问1详解】 证明：在矩形中， ， ， 由旋转得， ， ， 平分 ； 【小问2详解】 证明：由（1）得 平分 ， ，， ， 由旋转得，， ，， 又， ， ，即为中点； 【小问3详解】 解：，， 中，， ， ， 中，， ． 【点睛】本题考查了平行线的性质、旋转的性质、角平分线性质、三角形全等的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握并综合应用平行线的性质、旋转的性质、角平分线性质、三角形全等的判定和性质以及勾股定理是解题的关键． 24. 在平面直角坐标系中，抛物线 经过点，与轴交于，两点，与轴交于点，点为抛物线上的动点，设点的横坐标为 ． （1）求此抛物线的解析式； （2）若点在轴上方，且，求点的坐标； （3）若点在抛物线上，过点作轴，垂足为点，过点作轴的平行线与轴交于点，与相交于点，过点作轴的垂线，交轴于点，设矩形的周长为． ①求关于 的函数解析式； ②当随 增大而增大时，直接写出 的取值范围． 【答案】（1） ； （2）； （3）①；②或． 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）利用待定系数法即可求得a，c的值，利用配方法即可求得顶点坐标； （2）设与y轴交于点D，根据题意求得 ，即可得出，则，求出直线的解析式为 ，和抛物线联立求解即可； （3）①根据题意求得直线的解析式，设，则，分为当 时，当时，当时，分别作图根据矩形的性质即可求得C； ②根据二次函数的性质即可求得． 【小问1详解】 解：∵抛物线 经过点，两点， ∴， 解得：， ∴此抛物线的解析式为： ； 【小问2详解】 解：如图所示，设与y轴交于点D， 当时，即 ， 解得： ， ， ∴，即 ，， 当 时， ， ∴，即 ， ∴ ， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 是等腰直角三角形 ∴ ∴ 设直线的解析式为， 把，代入，得： ， 解得：， ∴直线的解析式为 ， 联立直线与抛物线的解析式得， ∴， 解得： ， ， ∵点P在第一象限， ∴， 此时， ∴； 【小问3详解】 解：①过点P作轴，垂足为点D，过点P作y轴的平行线与x轴交于点M，与相交于点N，过点N作y轴的垂线，交y轴于点E，设矩形的周长为C，如图： 设直线的解析式为：， 把，代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为： ， 设，则， 当 时，如图2， ∴，， ∴， 当时， ∴，， ∴； 当时，如图3， ∴，， ∴， ∴； ②∵， 当时，对称轴为直线， ∴故当时，C随m的增大而增大，而 ，不符合题意，舍去； 当时，对称轴为直线， ∴当时，C随m的增大而增大； 当时，对称轴为直线， ∴当时，C随m的增大而增大， 又∵， ∴当时，C随m的增大而增大． 综上所述，当或时，C随m的增大而增大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $