精品解析：山东省德州市武城县二校联考2025-2026学年上学期九年级 第二次月考数学试题

2025-2026学年第一学期第二次教学质量统测九年级数学试题 考试范围：21.22.23.24.27章；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必用 0.5毫米黑色签字笔将自已的学校、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．第II 卷必须用 0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效． 4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或计算步骤． 第I卷（选择题 共40分） 一、单选题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记为零分． 1. 一元二次方程的二次项系数，一次项系数和常数项分别是（ ） A. 2，5，3 B. 5，2，3 C. ，2， D. 2，， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，解题的关键是明确一元二次方程一般形式中各项系数的定义． 根据一元二次方程的一般形式，直接确定方程中二次项系数、一次项系数和常数项． 【详解】解：方程，其中二次项是，所以二次项系数； 一次项是，所以一次项系数； 常数项． 故答案为：D． 2. 巴黎奥运会后，受到奥运健儿的感召，全民健身再次成为了一种时尚，球场上出现了更多年轻人的身影．下面四幅球类的平面图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形，根据一个图形绕一点旋转180度，能与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形，进行判断即可． 【详解】解：观察图形，只有选项C的图形能够找到一个点，使图形旋转180度，能与自身完全重合，是中心对称图形； 故选C． 3. 抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象平移的方法：左加右减，上加下减，可得答案． 【详解】解：抛物线向右平移1个单位可得，再向上平移3个单位可得， 故选：D 【点睛】本题考查二次函数图象的平移，准确掌握平移方法是解题的关键． 4. 如图，在中，于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，先根据勾股定理求出，然后证明，再根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， 故选：B． 5. 道路施工部门在铺设如图所示的管道时，需要先按照其中心线计算长度后再备料．图中的管道中心线的长为（单位：m）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求长即可求解． 【详解】解：依题意，， 故选：B． 【点睛】本题考查了求弧长，掌握弧长公式是解题的关键． 6. 已知是一元二次方程的一个根，则的值为（ ） A. 2 B. 12 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解；根据一元二次方程的解求出，再整体代入求值即可． 【详解】解：是一元二次方程的一个根， ， ， ， 故选：A． 7. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，E是线段的中点，连接，则线段最小值是（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴交点坐标的计算，三角形三边不等式，三角形中位线定理，先计算交点坐标，再确定点B、D、C共线时，就最小，计算即可． 【详解】解：抛物线与x轴交于A，B两点， 时， 解得， ∴，， ∴， ∵D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点， ∴， 根据勾股定理，得 ， ∵E是线段的中点，，O是中点， ∴是三角形的中位线， ∴， 当最小时，取得最小值， 即点B、D、C共线时，最小，此时就最小． 如图，连接交圆于点， ∴， ∴． 所以线段的最小值为2． 故选：A． 8. 已知点，若抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数的图象和性质及分类讨论思想是解题的关键． 由抛物线的表达式可得出抛物线的对称轴为y轴，与y轴的交点坐标为，再利用分类讨论的数学思想即可解答． 【详解】解：由题意可知：抛物线的对称轴为y轴， 当时，， 所以抛物线与y轴的交点坐标为， 当时，抛物线有最大值为0，则抛物线与线段没有交点； 当时， ∵抛物线与线段只有一个公共点， ∴当时，； 当时，，解得， ∴， 综上所述：． 故选：D． 9. 如图，若是的直径，是的弦，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接AC，根据题意易得∠ABD=∠ACD=58°，∠ACB=90°，进而问题可求解． 【详解】解：连接AC，如图所示： ∵是的直径， ∴∠ACB=90°， ∵， ∴∠ABD=∠ACD=58°， ∴∠BCD=∠ACB-∠ACD=32°； 故选A． 【点睛】本题主要考查圆周角，熟练掌握圆周角的相关知识点是解题的关键． 10. 如图，如图，在等腰中，，，点P从点B出发，以的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发以2cm的速度沿运动到点C停止．若的面积为y,运动时间为，则下列图象中能大致反映y与x之间关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=，BC=2BH=，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需4s，然后分0≤x≤2和2＜x≤4两种情况进行计算，即可得到答案． 【详解】解：如图，作AH⊥BC于H， ∵AB=AC=4cm， ∴BH=CH， ∵∠B=30°， ∴AH=AB=2，BH=AH=， ∴BC=2BH=， ∵点P运动的速度为cm/s，Q点运动的速度为2cm/s， ∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需4s， 当0≤x≤2时，如图，作QD⊥BC于D， BQ=2x，BP=， 在Rt△BDQ中，DQ=BQ=x， ∴，开口向上； 当2＜x≤4时，如图，作QE⊥BC于E， CQ=8－2x，BP=， 在Rt△CEQ中，∠C=∠B=30°，EQ==， ∴，开口向下， 综上所述，． 故选：D． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，通过分类讨论，利用三角形面积公式得到y与x的函数关系，然后根据二次函数的图象与性质解决问题． 第II卷（非选择题 110分） 二、填空题：本大题共5小题，共计20分，只要求填写最后结果，每小题填对4分． 11. 已知两个相似三角形的相似比为，那么这两个三角形的面积之比为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据面积比等于相似比的平方，由此即可求解． 【详解】解：根据面积比等于相似比的平方，得：这两个三角形的面积之比为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形中面积比等于相似比的平方是解题的关键． 12. 如图为《勾股定理》章前图中的图案，它由四个全等的直角三角形拼合而成．若图中大、小正方形面积分别为和4，则直角三角形两条直角边长分别为_______． 【答案】， 【解析】 【分析】先利用已知正方形的面积求出大小三角形的边长，设出一条直角边，利用勾股定理列出方程进行求解． 【详解】解：大小正方形的面积分别为和4， 大小正方形的边长分别为和2， 设短直角边为，则长直角边为，由勾股定理得： ， 解得，（舍）， ， 故两条直角边分别为，． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了勾股定理和一元二次方程的应用，解题关键在于找出各边关系列出方程． 13. 紫砂壶是我国特有的手工制造陶土工艺品，图2是正确使用该工具时的示意图．如图3，为某紫砂壶的壶口，已知A，B两点在上，直线l过点O，且于点D，交于点C．若，，则这个紫砂壶的壶口半径r的长为________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是理解垂径定理构建关于半径r的等式．根据可得，再根据勾股定理构建关于半径r的等式求解即可． 【详解】解：，， ， ， ， 此时有， 解得：， 紫砂壶的壶口半径r的长为， 故答案为：． 14. 如图，已知正六边形ABCDEF内接于⊙O，图中阴影部分的面积为12，正六边形的周长为______． 【答案】24 【解析】 【分析】根据阴影部分的面积求出正三角形的高，然后根据正三角形外接圆半径=高可以得出⊙O的半径，再根据正六边形的边长等于外接圆半径，可求出周长． 【详解】解：连接DO并延长，交BF于点G． ∵正六边形ABCDEF内接于⊙O， ∴阴影部分为正三角形， 设正三角形边长是a，则，， 则阴影部分面积是， 即：， 解得， 则， 因而半径， ∴ ∴正六边形的周长． 故答案为：24． 【点睛】本题主要考查了正多边形的计算，得出阴影部分三角形的边长是解题关键． 15. 如图，二次函数的图象经过点，对称轴为直线，下列5个结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的结论为_______．（注：只填写正确结论的序号） 【答案】②④##④② 【解析】 【分析】根据二次函数图像和系数的关系即可求出答案． 【详解】解：根据图象可知： ①抛物线开口向上，故；对称轴为直线，即，故；抛物线与轴的交点分别在原点两侧，则，故，则，故①错误； ②将代入抛物线解析式可得：，整理得：，故②正确； ③根据不等式的性质将其整理为，因为抛物线开口向上，故当时，抛物线有最小值，为，即抛物线上任意一点的纵坐标均，即，故③错误； ④对称轴为直线，即，当时，，即，故，故④正确； ⑤对称轴为直线，即，故，故⑤错误； 故答案为：②④． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，灵活的应用图象中给出的数据，把握住特殊点的作用是这类题的解题关键点． 三、解答题：本大题共8小题，共记90分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤． 16. 运用适当的方法解方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键． （1）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可． 【小问1详解】 解：， 整理得：， ， ，， ，． 【小问2详解】 解：， ， ， ，， ． 17. 如图，在正方形网格中，四边形的顶点坐标分别为. （1）以点为位似中心，在位似中心的同侧将四边形放大为原来的2倍，放大后点，，的对应点分别为，，画出四边形； （2）写出点，，的坐标： （ ），（ ），（ ）； （3）在（1）中，若为线段上任一点，则变化后点的对应点的坐标为（ ）. 【答案】（1）如图所示：四边形TA′B′C′即为所求； (2) ，，； (3) 【解析】 【分析】（1）利用位似图形的性质得出变化后图形即可； （2）利用已知图形得出对应点坐标； （3）利用各点变化规律，进而得出答案． 【详解】(1)略 (2)A′(3,5),B′(5,5),C′(7,3)； 故答案为(3,5),(5,5),(7,3)； (3)在(1)中,∵A(2,3),B(3,3),C(4,2)， A′(2×2−1=3,2×3−1=5),B′(2×3−1=5,2×3−1=5),C′(2×4−1=7,2×2−1=3)； ∴D(a,b)为线段AC上任一点， 则变化后点D的对应点D′的坐标为(2a−1,2b−1). 故答案为(2a−1,2b−1). 18. 被誉为“中轴线上第一桥”的万宁桥（如图1），是北京中轴线15个遗产构成要素之一，是中轴线上最古老的桥梁，也是北京市目前唯一还在为社会交通服务的元代桥梁．据记载，元代初建时桥下的净空高度约为6米，其后由于湖底淤积逐渐增高，桥下的净空高度不断减小，遂给人难以通船的感觉． （1）假设万宁桥拱截面为抛物线，以抛物线对称轴所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系（如图2），求该抛物线的解析式； （2）现有一艘游船，其左右两边缘最宽处有一个长方体形状的遮阳棚，此船正对着桥洞在河中航行（如图2）．水面到棚顶的高度为米，遮阳棚的宽为4米，问此船能否通过桥洞？请说明理由． 【答案】（1） （2） 此船能通过，理由： 船正对着桥洞在河中航行，水面到棚顶的高度为米，遮阳棚的宽为4米，水位高1米 则长方体形状的遮阳棚最右上端的坐标为：， 当时，代入， 解， ∴此船能通过桥洞． 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质是解本题的关键． （1）先得出点A，点C，点E的坐标，再待定系数法求出解析式即可； （2）求出当时，得出y的值，然后计算棚顶比较即可得到答案． 【小问1详解】 解：由题意知，，，， 设抛物线解析式为， 把A、B、E代入解析式得 ， 解得 ∴此桥拱截面所在抛物线的表达式为； 【小问2详解】 略 19. 如图，在中，是边上的高． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据是边上的高，得，再因为另外一组角是公共角，对应相等，即可作答． （2）先根据勾股定理求出的值，再由等面积法求出的值，在中根据勾股定理建立等式，代数计算即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵ ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴在中，． 20. 如图，在中，，以为直径的分别交于点D，G，过点D作于点E，交的延长线于点 （1）求证：与相切； （2）当时，求阴影部分的面积． 【答案】（1） 证明：， ， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 与相切； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由可得，再由可得，等量代换可得，根据同位角相等两条直线平行可得，又因为，根据垂直于两条平行线中的一条，与另一条也垂直，得到，即可证明结论； （2）先证明，可得，，利用含的直角三角形的性质与勾股定理可得，，结合，从而可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定，切线的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，求解扇形的面积，熟练的证明圆的切线是解本题的关键． 21. 如图，平直的公路旁有一灯杆，在灯光下，小明在处测得自己的影长，在处测得自己的影长．小明身高． （1）若测出，求灯杆的长；（用含的代数式表示） （2）若测出，求灯杆的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查相似三角形的应用，列代数式，中心投影，关键是判定，推出，判定，推出，得到关于的方程． （1）判定，推出，得到，求出； （2）判定，推出，判定，推出，而，得到，求出，得到，求出． 【小问1详解】 解：， ， ， ，，， ， ； 【小问2详解】 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 22. 已知：的内接等腰三角形，．在边上任取一点(不与点，重合)，连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① （1）求证：与相切． （2）如图②，连接，与相交于点．求证：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等． （3）如图②，连接，与相交于点．当确定时，线段的长存在最大值．当，时，请直接写出长的最大值为_______． 【答案】（1） 证明：连接并延长交于点，连接， 是直径， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； （2） 证明：过点作交于点， ， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． （3） 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，则，由旋转的性质得，，故，即可求证； （2）点作交于点，证明，得出＝ ，根据旋转的性质以及等角对等边得出＝ ，等量代换得出＝，证明，得出，由＝，即可得证； （3）由，设，则，则，根据，转化为二次函数求最值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由旋转的性质得：，， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， 则， ， 当时，有最大值为； 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数求最值等知识点，难度较大． 23. 已知，二次函数． （1）若该图象过点，求函数的顶点坐标； （2）当时， y的最大值是，求a的值； （3）当时，若在函数图象上，且，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） a的值为或 （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数综合．熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值，二次函数图象性质，二次函数的对称性，增减性，是解题的关键． （1）把点代入中，求解即可； （2）分两种情况：和讨论，利用二次函数的性质求解即可； （3）根据当时，抛物线开口向上，对称轴为直线，故函数图象上的点离对称轴越近，函数值越小，结合可知B点离对称轴的距离小于A点离对称轴的距离，A点离对称轴的距离小于C点离对称轴的距离，然后求解即可． 【小问1详解】 解：把点代入中，得， 解得， ∴， ∴顶点坐标为； 【小问2详解】 解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， 当时， ∵当时，y的最大值是， ∴当时，， ∴把代入中，得， 当时， ∵当时，y的最大值是， ∴当时，， ∴把代入中，得， ∴综上所述，a的值为或； 【小问3详解】 解：∵当时，，，在二次函数图象上， 此时抛物线开口向上，对称轴为直线， 故函数图象上的点离对称轴越近，函数值越小， ∵， ∴B点离对称轴的距离小于A点离对称轴的距离，A点离对称轴的距离小于C点离对称轴的距离， 即， 化简得， 由，两边平方得， 解得； 由，两边平方得， 解得， ∴m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期第二次教学质量统测九年级数学试题 考试范围：21.22.23.24.27章；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必用 0.5毫米黑色签字笔将自已的学校、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．第II 卷必须用 0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效． 4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或计算步骤． 第I卷（选择题 共40分） 一、单选题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记为零分． 1. 一元二次方程的二次项系数，一次项系数和常数项分别是（ ） A. 2，5，3 B. 5，2，3 C. ，2， D. 2，， 2. 巴黎奥运会后，受到奥运健儿的感召，全民健身再次成为了一种时尚，球场上出现了更多年轻人的身影．下面四幅球类的平面图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 4. 如图，在中，于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 5. 道路施工部门在铺设如图所示的管道时，需要先按照其中心线计算长度后再备料．图中的管道中心线的长为（单位：m）（ ） A. B. C. D. 6. 已知是一元二次方程的一个根，则的值为（ ） A. 2 B. 12 C. D. 7. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，E是线段的中点，连接，则线段最小值是（ ） A. 2 B. C. D. 3 8. 已知点，若抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，若是的直径，是的弦，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，如图，在等腰中，，，点P从点B出发，以的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发以2cm的速度沿运动到点C停止．若的面积为y,运动时间为，则下列图象中能大致反映y与x之间关系的是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题 110分） 二、填空题：本大题共5小题，共计20分，只要求填写最后结果，每小题填对4分． 11. 已知两个相似三角形的相似比为，那么这两个三角形的面积之比为___________． 12. 如图为《勾股定理》章前图中的图案，它由四个全等的直角三角形拼合而成．若图中大、小正方形面积分别为和4，则直角三角形两条直角边长分别为_______． 13. 紫砂壶是我国特有的手工制造陶土工艺品，图2是正确使用该工具时的示意图．如图3，为某紫砂壶的壶口，已知A，B两点在上，直线l过点O，且于点D，交于点C．若，，则这个紫砂壶的壶口半径r的长为________ 14. 如图，已知正六边形ABCDEF内接于⊙O，图中阴影部分的面积为12，正六边形的周长为______． 15. 如图，二次函数的图象经过点，对称轴为直线，下列5个结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的结论为_______．（注：只填写正确结论的序号） 三、解答题：本大题共8小题，共记90分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤． 16. 运用适当的方法解方程： （1） （2） 17. 如图，在正方形网格中，四边形的顶点坐标分别为. （1）以点为位似中心，在位似中心的同侧将四边形放大为原来的2倍，放大后点，，的对应点分别为，，画出四边形； （2）写出点，，的坐标： （ ），（ ），（ ）； （3）在（1）中，若为线段上任一点，则变化后点的对应点的坐标为（ ）. 18. 被誉为“中轴线上第一桥”的万宁桥（如图1），是北京中轴线15个遗产构成要素之一，是中轴线上最古老的桥梁，也是北京市目前唯一还在为社会交通服务的元代桥梁．据记载，元代初建时桥下的净空高度约为6米，其后由于湖底淤积逐渐增高，桥下的净空高度不断减小，遂给人难以通船的感觉． （1）假设万宁桥拱截面为抛物线，以抛物线对称轴所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系（如图2），求该抛物线的解析式； （2）现有一艘游船，其左右两边缘最宽处有一个长方体形状的遮阳棚，此船正对着桥洞在河中航行（如图2）．水面到棚顶的高度为米，遮阳棚的宽为4米，问此船能否通过桥洞？请说明理由． 19. 如图，在中，是边上的高． （1）求证：； （2）若，求的长． 20. 如图，在中，，以为直径的分别交于点D，G，过点D作于点E，交的延长线于点 （1）求证：与相切； （2）当时，求阴影部分的面积． 21. 如图，平直的公路旁有一灯杆，在灯光下，小明在处测得自己的影长，在处测得自己的影长．小明身高． （1）若测出，求灯杆的长；（用含的代数式表示） （2）若测出，求灯杆的长． 22. 已知：的内接等腰三角形，．在边上任取一点(不与点，重合)，连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① （1）求证：与相切． （2）如图②，连接，与相交于点．求证：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等． （3）如图②，连接，与相交于点．当确定时，线段的长存在最大值．当，时，请直接写出长的最大值为_______． 23. 已知，二次函数． （1）若该图象过点，求函数的顶点坐标； （2）当时， y的最大值是，求a的值； （3）当时，若在函数图象上，且，求m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $