精品解析：广东省东莞市东城实验中学2025-2026学年上学期九年级数学第二次学情诊断试题

2025-2026学年度第一学期第二次学情诊断 九年级数学 一．选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．） 1. 2025年10月11日，我国太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用引力一号遥二运载火箭，将搭载的吉林一号宽幅02B07星、数天字星01－02试验星顺利送入预定轨道．中国航天事业正以日新月异的速度蓬勃发展．下列航天图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知m是一元二次方程的一个根，则的值是（ ） A. 13 B. C. 39 D. 65 5. 将抛物线向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度后，得到的新抛物线的表达式为（ ） A. B. C. D. 6. 已知二次函数的部分图像如图所示， 若， 则的取值的范围是（ ） A. B. 或 C. D. 7. 如图，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若，则的度数是（ ）． A. B. C. D. 8. 如图，一根排水管的截面是一个半径为5的圆，管内水面宽，则排水管水面高为（ ） A. 3 B. 8 C. 2 D. 9. 随着人工智能技术的飞速发展，某科技公司投入研发资金进行人工智能项目开发．已知该公司在年投入研发资金为万元，到年累计共投入研发资金万元，若这两年投入研发资金的年平均增长率相同，求该公司投入研发资金的年平均增长率是多少？设年平均增长率为，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知二次函数、、为常数，的图象与轴交于，两点．下列结论中错误的有（ ） ①；②若点和均在抛物线上，则；③；④（为任意实数）． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 0个 二．填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 若点M（3，a），N（b，﹣5）关于原点对称，则a+b=____． 12. 若，是一元二次方程的两根，则的值为______. 13. 如图，四边形为的内接四边形，已知，则的度数为_____． 14. 二次函数（，a，b，c为常数）的图象如图所示，若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____． 15. 如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y=2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为_____． 三．解答题（一）：（本大题3小题，每小题7分，共21分） 16. 解方程：． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：不论k为何值，该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根是负数，求k的取值范围． 18. 方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，-1）． （1）试作出△ABC以C为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C； （2）以原点O为对称中心，画出与△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2． 四．解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 如图，把一张长，宽的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）． （1）要使无盖长方体盒子的底面积为，求剪去的正方形的边长． （2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由． 20. 如图，是的直径，D是弦延长线上一点，且，的延长线交于点E，连接交于点F． （1）求证：； （2）若是的中点，求的度数． 21. 项目学习实践 项目主题：合理设置智慧洒水车喷头 项目背景：洒水车是城市绿化的生力军，清扫道路，美化市容，降温除尘，环保绿化． 如图1，一辆洒水车正在沿着公路行驶（平行于绿化带），为绿化带浇水．数学小组成员想了解洒水车要如何把控行驶路线与绿化带之间的距离，才能保证喷出的水浇灌到整个绿化带．围绕这个问题，该小组开展了“合理设置智慧洒水车喷头”为主题的项目式学习． 任务一：测量建模 利用图1实际测量数据建立如图2所示的平面直角坐标系，可以把洒水车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，喷水口离地面竖直高度为米．上边缘抛物线最高点离喷水口的水平距离为米，高出喷水口米； （1）请你求出上边缘抛物线的函数解析式； 任务二：推理分析 小组成员通过进一步分析发现：当喷头洒水进行调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，即下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的， （2）请你结合模型探究下边缘抛物线与轴交点的坐标； 任务三：实践探究 如果我们把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度米，竖直高度米，洒水车到绿化带的距离为米． （3）当调整与绿化带距离为米，洒水车行驶时喷出的水覆盖区域能否洗灌到整个绿化带？请说明理由． 五．解答题（三）：（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 综合与实践 问题情境： 在数学活动课上，老师出示了这样一个问题： 在中，，，是边的中点，是所在平面内的一点，，将绕点逆时针旋转得到，，的对应点分别为，，直线经过点．特例探究： （1）如图1，当，点与点重合时，证明：； 操作探究： （2）如图2，当，点与点不重合时，判断，和之间的数量关系，并说明理由； 类比探究： （3）如图3，当，点与点不重合时，直接写出、和之间的数量关系． 23. 定义，在平面直角坐标系中，对于任意两点，，若点满足，，那么称点是点A，B的“伴融合点”，例如：，，当点满足，时，则点是点A，B的“伴融合点”． （1）已知点，，点是点A，B的“伴融合点”，则点的坐标为_____； （2）已知点是直线上在第一象限内的一动点，是抛物线上一动点，点是点，的“伴融合点”，试求出中关于的函数表达式（表达式中含），并判断所有点中是否存在最高点？若存在，求出最高点的坐标；若不存在，说明理由； （3），为（2）中关于的函数表达式所对应的图象上两点，若点，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 $ 2025-2026学年度第一学期第二次学情诊断 九年级数学 一．选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．） 1. 2025年10月11日，我国太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用引力一号遥二运载火箭，将搭载的吉林一号宽幅02B07星、数天字星01－02试验星顺利送入预定轨道．中国航天事业正以日新月异的速度蓬勃发展．下列航天图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解题关键．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．根据中心对称图形的定义逐项分析判断即可． 【详解】解：A. 不是中心对称图形，本选项不符合题意； B. 不是中心对称图形，本选项不符合题意； C. 是中心对称图形，本选项符合题意； D. 不是中心对称图形，本选项不符合题意． 故选：C． 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的顶点式，则顶点坐标为，直接确定顶点坐标，解答即可． 本题考查了抛物线的顶点坐标确定，熟练掌握公式是解题的关键． 【详解】解：由抛物线的解析式为，得，， 故顶点坐标为， 故选：D． 3. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上1，然后把方程左边写成完全平方的形式即可． 【详解】解：由原方程移项，得， 等式的两边同时加上，得， 配方，得． 故选：B． 【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法． 4. 已知m是一元二次方程的一个根，则的值是（ ） A. 13 B. C. 39 D. 65 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解． 利用m是方程的根，满足方程关系，将所求表达式中的用m表示后代入计算． 【详解】解：∵m是方程的根， ∴，即， ∴． 故选：B． 5. 将抛物线向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度后，得到的新抛物线的表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了抛物线平移的性质，解题的关键是掌握数形结合的数学思想． 根据抛物线平移规则“左加右减，上加下减”，先处理向下平移，再处理向左平移，直接计算新表达式． 【详解】解：∵ 原抛物线为 ， 向下平移2个单位：， 再向左平移1个单位：， ∴ 新抛物线表达式为， 故选：A． 6. 已知二次函数的部分图像如图所示， 若， 则的取值的范围是（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】观察抛物线的部分图像，根据抛物线的对称性可知抛物线与x轴的另一个交点的横坐标，然后可以写出时的x的取值的范围． 【详解】解：由图知抛物线的对称轴是直线，与x轴一个交点横坐标是， 抛物线与x轴的另一个交点的横坐标为1， ， ， 故选D． 【点睛】此题考查二次函数的图像与性质，熟练掌握抛物线与x轴的交点坐标和利用数形结合的思想方法是解答此题的关键． 7. 如图，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若，则的度数是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了利用旋转的性质求解，解题关键是掌握旋转的性质． 直接利用旋转的性质求解． 【详解】解：∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， 又， ∴，解得：， 故选：C． 8. 如图，一根排水管的截面是一个半径为5的圆，管内水面宽，则排水管水面高为（ ） A. 3 B. 8 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是垂径定理的应用，由题意知，交于点C，由垂径定理可得出的长，在中，根据勾股定理求出的长，由即可得出结论． 【详解】解：连接， 由题意知，交于点C， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 9. 随着人工智能技术的飞速发展，某科技公司投入研发资金进行人工智能项目开发．已知该公司在年投入研发资金为万元，到年累计共投入研发资金万元，若这两年投入研发资金的年平均增长率相同，求该公司投入研发资金的年平均增长率是多少？设年平均增长率为，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了列一元二次方程解决增长率问题，解题的关键是找准等量关系． 设年平均增长率为x，可得出、年投入研发资金，结合到年累计三年共投入研发资金万元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设年平均增长率为x，根据题意得， ． 故选：A． 10. 如图，已知二次函数、、为常数，的图象与轴交于，两点．下列结论中错误的有（ ） ①；②若点和均在抛物线上，则；③；④（为任意实数）． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 0个 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象和性质，对于①，先确定a，b，c的值，进而判断；先求出对称轴，再根据点离对称轴的距离，及抛物线的增减性判断②；根据，，代入函数关系式，即可判断③；根据二次函数的最值，可判断④． 【详解】解：由图象开口向上，可知，图象交y轴负半轴，可知， 再根据“左同右异”，可知，则，故①错误； 二次函数（为常数，）的图象与轴交于点，， 该函数的对称轴为直线， 当时，随的增大而减少， 若点和均在抛物线上，则，故②错误； 时，， ；故③正确； 对称轴是直线，， 当，有最小值， ， ，故④错误； 故选：C． 二．填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 若点M（3，a），N（b，﹣5）关于原点对称，则a+b=____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征，得到a，b的值，进而求a+b即可求解． 【详解】解：∵点M（3，a），N（b，﹣5）关于原点对称， ∴b=-3，a=5， ∴a+b=-3+5=2． 故答案是： 2． 【点睛】本题主要考查关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的两点的横纵左边分别互为相反数，是解题的关键． 12. 若，是一元二次方程的两根，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程两根之间的关系，根据一元二次方程根与系数的关系得出，将代数式因式分解，再代入，即可求解． 【详解】解：∵，是一元二次方程的两根， ∴ ∴ 故答案为：． 13. 如图，四边形为的内接四边形，已知，则的度数为_____． 【答案】##110度 【解析】 【分析】此题考查了圆内接四边形的性质和同弧所对的圆周角与圆心角之间的关系，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，再由圆内接四边形的对角互补，即可求出的度数，解题的关键是利用圆内接四边形的性质求出的度数． 【详解】∵四边形是内接四边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 14. 二次函数（，a，b，c为常数）的图象如图所示，若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与性质，利用图象判断一元二次方程的解． 直接根据函数图象作答即可． 【详解】解：由图可知，当时，与有交点， 所以若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是． 故答案为：． 15. 如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y=2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为_____． 【答案】-3或6 【解析】 【分析】到A、B、C、D四个点距离都相等的点为AC、BD的交点点E，求出点E的坐标，将点E的坐标代入二次函数解析式，求出n的值即可. 【详解】连接AC、BD交于点E，作EF⊥AB交AB于点F， 由题意得，抛物线必经过点E， ∵A（﹣4，0），B（﹣2，0）， ∴AB=2，BO=2， ∵正方形ABCD， ∴∠ABE=45°，AE⊥BE，AE=BE， ∴AF=BF=EF=1， ∴E（﹣3，﹣1）， ∴﹣1=2×9+3n﹣n2﹣1， 解得n=﹣3或6. 故答案为﹣3或6. 【点睛】确定出到A、B、C、D四个点距离相等的点的位置是解题的关键. 三．解答题（一）：（本大题3小题，每小题7分，共21分） 16. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 运用因式分解法求解即可． 【详解】解：， 因式分解，得， ∴或， 解得，． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：不论k为何值，该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根是负数，求k的取值范围． 【答案】（1） 证明：∵方程， ，，， ， ∴无论为何值，该方程总有两个实数根． （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，根的判别式，熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键； （1）根据根的判别式即可求出答案． （2）通过因式分解法求出方程的两根，根据题意列出方程即可求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由方程得， ∴或， ，， ∵方程有一个根为负数， ． ∴． ∴的取值范围是． 18. 方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，-1）． （1）试作出△ABC以C为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C； （2）以原点O为对称中心，画出与△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2． 【答案】（1）所作图形如下: （2）所作图形如下: 【解析】 【分析】（1）根据题意所述的旋转三要素,依此找到各点旋转后的对应点,顺次连接可得出△A1B1C; （2）根据中心对称点平分对应点连线,可找到各点对应点,顺次连接可得△A2B2C2． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】此题考查了旋转作图的知识,解答本题关键是仔细审题,找到旋转的三要素,另外要求我们掌握中心对称点平分对应点连线,难度一般． 四．解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 如图，把一张长，宽的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）． （1）要使无盖长方体盒子的底面积为，求剪去的正方形的边长． （2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，正确进行计算是解题关键． （1）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出方程求解即可； （2）设正方形的边长为，盒子的侧面积为，根据可得可得与的函数关系式为 ，化为顶点式进行分析即可． 【小问1详解】 解：设剪去的正方形的边长为，则 即 解得：(不合题意，舍去)，， 答：剪去的正方形的边长为； 【小问2详解】 解：有侧面积更大的情况， 设正方形的边长为，盒子的侧面积为， 则与的函数关系式为， 即， ， 当时， 最大为， 即当剪去的正方形的边长为时，长方体盒子的侧面积最大为． 20. 如图，是的直径，D是弦延长线上一点，且，的延长线交于点E，连接交于点F． （1）求证：； （2）若是的中点，求的度数． 【答案】（1） 证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理及其推论、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、垂径定理、等边三角形的判定与性质，正确地添加辅助线是解题的关键． （1）连接，由是的直径，得，而，则垂直平分，所以，进而根据圆周角定理证明； （2）如图，连接，由是的中点，根据垂径定理得，证明是等边三角形，即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵是的中点， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴的度数是． 21. 项目学习实践 项目主题：合理设置智慧洒水车喷头 项目背景：洒水车是城市绿化的生力军，清扫道路，美化市容，降温除尘，环保绿化． 如图1，一辆洒水车正在沿着公路行驶（平行于绿化带），为绿化带浇水．数学小组成员想了解洒水车要如何把控行驶路线与绿化带之间的距离，才能保证喷出的水浇灌到整个绿化带．围绕这个问题，该小组开展了“合理设置智慧洒水车喷头”为主题的项目式学习． 任务一：测量建模 利用图1实际测量数据建立如图2所示的平面直角坐标系，可以把洒水车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，喷水口离地面竖直高度为米．上边缘抛物线最高点离喷水口的水平距离为米，高出喷水口米； （1）请你求出上边缘抛物线的函数解析式； 任务二：推理分析 小组成员通过进一步分析发现：当喷头洒水进行调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，即下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的， （2）请你结合模型探究下边缘抛物线与轴交点的坐标； 任务三：实践探究 如果我们把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度米，竖直高度米，洒水车到绿化带的距离为米． （3）当调整与绿化带距离为米，洒水车行驶时喷出的水覆盖区域能否洗灌到整个绿化带？请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，理由： ∵矩形，其水平宽度米，竖直高度米，米， 则（米） ∴点F的坐标为， 当时，， 当时，y随x的增大而减小， ∴洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，矩形的性质，求二次函数的解析式，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合为上边缘抛物线的顶点，设，再把代入计算，即可作答． （2）结合二次函数的对称性得出点的对称点为，把代入，求出，因为下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4米得到的，所以点B的坐标为； （3）因为二次函数的性质以及矩形的性质得点F的坐标为，代入得，即可作答． 【详解】解：（1）由题意得：为上边缘抛物线的顶点， 设， 又∵抛物线过点， ， 解得：， ∴上边缘抛物线的函数解析式为． （2）∵对称轴为直线， ∴点的对称点为， ∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4米得到的， 当时， 解得，（舍去）， ∴ ∴点B的坐标为； （3）略 五．解答题（三）：（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 综合与实践 问题情境： 在数学活动课上，老师出示了这样一个问题： 在中，，，是边的中点，是所在平面内的一点，，将绕点逆时针旋转得到，，的对应点分别为，，直线经过点．特例探究： （1）如图1，当，点与点重合时，证明：； 操作探究： （2）如图2，当，点与点不重合时，判断，和之间的数量关系，并说明理由； 类比探究： （3）如图3，当，点与点不重合时，直接写出、和之间的数量关系． 【答案】 （1）由题意得是等腰直角三角形，是边的中点，点与点重合时 ，，，， 由旋转的性质，得，， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， ； （2），理由如下： 如图，延长至，使，连接， ∵，，， ， ， 将绕点逆时针旋转得到， ∴，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即：； （3） 【解析】 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质结合旋转的性质可得，可得四边形是正方形，即可得出结论； （2）延长至，使，由“”可证，可得，由旋转的性质可得，，，可求，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解； （3）连接并延长，使，连接，，过点作，交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，作于点，推出四边形是菱形，由“”可证，可得，由四边形内角和定理可求，由“”可证，可得，可得结论． 【详解】解：（1）略 （2）略 （3），理由如下， 如图，连接并延长，使，连接，，过点作，交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，作于点， 由题意得，是等边三角形，则四边形是菱形，， 将绕点逆时针旋转得到， ，，，， ，都是等边三角形， ， ， ， ， ， 又，， ，， ， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 又，， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 23. 定义，在平面直角坐标系中，对于任意两点，，若点满足，，那么称点是点A，B的“伴融合点”，例如：，，当点满足，时，则点是点A，B的“伴融合点”． （1）已知点，，点是点A，B的“伴融合点”，则点的坐标为_____； （2）已知点是直线上在第一象限内的一动点，是抛物线上一动点，点是点，的“伴融合点”，试求出中关于的函数表达式（表达式中含），并判断所有点中是否存在最高点？若存在，求出最高点的坐标；若不存在，说明理由； （3），为（2）中关于的函数表达式所对应的图象上两点，若点，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）；所有点中存在最高点，最高点的坐标为 （3）的值为或 【解析】 【分析】（1）根据“伴融合点”的定义计算即可得出结果； （2）由题意可得，且，则，由二次函数的性质可得，即，由“伴融合点”的定义可得，，从而得出，表示出，再由二次函数的性质即可得解； （3）由（2）可得抛物线对称轴为直线，顶点坐标为，结合题意可得，，分三种情况：当，即时，点、均在抛物线对称轴左侧，或点在抛物线对称轴左侧，点在抛物线对称轴上；当，即时，点、在抛物线对称轴两侧；当时，点、之间的图象的最高点为，最低点为，分别求解即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵，， ∴，， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 解：∵点是直线上在第一象限内的一动点， ∴，且， ∴， ∵点是抛物线上一动点， ∴， ∴， ∵点是点，的“伴融合点”， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴抛物线开口向下，当时，有最大值， ∴所有点中存在最高点，最高点的坐标为； 【小问3详解】 解：∵，， ∴抛物线对称轴为直线，顶点坐标为， ∵，在抛物线上， ∴，， 当，即时，点、均在抛物线对称轴左侧，或点在抛物线对称轴左侧，点在抛物线对称轴上， ∵， ∴点、之间的图象的最高点为，最低点为， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）或； 当，即时，点、在抛物线对称轴两侧， 若，则， ∴， 当时，点、之间的图象的最高点为，最低点为， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）或（不符合题意，舍去）， ∴此种情况不存在； 当时，点、之间的图象的最高点为，最低点为， ∴， 解得：或或（不符合题意，舍去）； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的最值，熟练掌握以上知识点并灵活运用，理解新定义，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $