专题03 函数（5年汇编）（云南专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合云南2022-2026年中考真题及模拟题，聚焦函数四大核心考点，以本土素材（如云南特产采购、文旅露营）和跨学科情境（如化学溶解度探究）设计问题，体现实用性与地域性。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|约14题（3分/题）|平面直角坐标系（象限、对称点）、反比例函数（求k、图像象限）|基础送分题为主，纯概念考查，无复杂计算| |解答题|约10题（8-12分/题）|一次函数（方程组求单价、不等式与最值）、二次函数（顶点、参数分类、整点问题）|一次函数结合校园采购等本土情境，二次函数压轴题含高次降次与分段图像，贴合中考区分度设计|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03函数 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 云南考情(2022-2026) 命题规律 1.每年必考，分值： 每题3-4分，选择填 空必考基础：2.中 考：象限、对称点、 1. 纯概念题无复杂计算，面向全体学生；2. 平面直角坐标系 分式自变量年年考： 拔高题主打整体代换、因式分解分类讨论；3. 与函数基础 3.压轴小问：含参数 难度两极分化，简单题与代数难题分开设置。 复合函数，代数式比 较大小：4.模考补 充：点平移基础送分 题。 1.每年必考，核心中 1.模型高度统一，解题套路标准化；2.素材 ·次函数 档大题，8-10分，中 贴合云南本土特色与新课标跨学科：3.侧重建 1/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考、各地一模二模必 考：2.固定两小问： 方程组求单价+不等 式+函数最值；3. 模能力，考察不等式整数解、函数增减性；4. 素材：校园采购、云 设问由基础省钱拓展至多限制综合。 南特产、文旅、跨学 科实验：4.模考增加 分式整数约束、多方 案计数设问。 1. 每年必考，仅选择 填空，3分左右，无 解答大题；2.核心考 1.难度最低，纯基础概念，不综合复杂计算： 反比例函数 代入求k、图像象限、 2.仅作为基础送分小题，不设置区分度设问： 增减性：3.地州一模 3.命题形式单一，无创新复杂题型。 补充图像识别简单 题。 1.每年必考， 试卷压 1. 数形结合+代数变形双重考查：2.多小问 二次函数 轴大题，10-12分， 梯度设计，基础求解析式→复杂代数式比较： 3.常结合一元二次方程根的性质、判别式；4. 整套试卷区分核心： 2/13 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.考点覆盖顶点、对 称轴、交点、区间最 值、线段交点：3.高 频难点：高次降次、 创新设问：整点、分段图像、线段唯一交点。 参数分类、分段图 像：4.中考+所有 地州一模二模均设置 综合压轴。 五年真题分类园 考点01平面直角坐标系与函数 1. (2026云南中考真题)点2,5所在的象限为() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2、(2025云南中考直思)函数yX片的自受量x的取值范围为（） A.x≠4 B.X≠3 C.X≠2 D.X≠1 3.（②23云南中考班题)函藏)yX0的自变量x的取值夜假足 4.(2022云南中考真题)点A(1,-5)关于原点的对称点为点B,则点B的坐标为· 5.(2025云南：中考真题）已知。是常数。函数y=x+4到x-a2+a-3+1记7=+4 4a2+1 3/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1)若x=-4,a=1,求y的值： (2)若x=3a+2,y=1,比较T与3的大小. 考点02一次函数 1.(2025云南中考真题)请你根据下列素材，完成有关任务 背景 某校计划购买篮球和排球，供更多学生参加体育锻炼，增强身体素质， 素材 购买2个篮球与购买3个排球需要的费用相等： 素材 购买2个篮球和5个排球共需800元： 二 素材 该校计划购买篮球和排球共60个，篮球和排球均需购买，且购买排球的个数不 三 超过购买篮球个数的2倍. 请完成下列任务： 任务 每个篮球，每个排球的价格分别是多少元？ 任务 给出最节省费用的购买方案。 二 2. (2024云南中考真题)A、B两种型号的吉祥物具有吉祥如意、平安幸福的美好寓意，深受大家喜欢. 某超市销售A、B两种型号的吉祥物，有关信息见下表： 成本（单位：元/个） 销售价格（单位：元/个） A型 35 号 B型 42 b 的 若顾客在该超市购买8个A种型号吉祥物和7个B种型号吉祥物，则一共需要670元；购买4个A种型号吉 祥物和5个B种型号吉祥物，则一共需要410元. (1)求a、b的值： 4/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若某公司计划从该超市购买A、B两种型号的吉祥物共90个，且购买A种型号吉祥物的数量x(单位： 个)不少于B种型号吉祥物数量的3，又不超过B种型号吉祥物数量的2倍.设该超市销售这90个吉祥物 获得的总利润为y元，求y的最大值 注：该超市销售每个吉祥物获得的利润等于每个吉祥物的销售价格与每个吉祥物的成本的差. 3.(2023云南中考真题)蓝天白云下，青山绿水间，支一顶帐篷，邀亲朋好友，听蝉鸣，闻清风，话家 常，好不惬意.某景区为响应文化和旅游部《关于推动露营旅游休闲健康有序发展的指导意见》精神，需 要购买A、B两种型号的帐篷.若购买A种型号帐篷2顶和B种型号帐篷4顶，则需5200元；若购买A种 型号帐篷3顶和B种型号帐篷1项，则需2800元. (1)求每项A种型号帐篷和每顶B种型号帐篷的价格： (②)若该景区需要购买A、B两种型号的帐篷共20项（两种型号的帐篷均需购买），购买A种型号帐篷数 量不超过购买B种型号帐篷数量的；，为使购买帐篷的总费用最低，应购买A种型号帐篷和B种型号帐篷各 多少顶？购买帐篷的总费用最低为多少元？ 4.(2022·云南·中考真题)某学校要购买甲、乙两种消毒液，用于预防新型冠状病霉.若购买9桶甲消毒 液和6桶乙消毒液，则一共需要615元：若购买8桶甲消毒液和12桶乙消毒液，则一共需要780元. (1)每桶甲消毒液、每桶乙消毒液的价格分别是多少元？ (2)若该校计划购买甲、乙两种消毒液共30桶，其中购买甲消毒液α桶，且甲消毒液的数量至少比乙消毒 液的数量多5桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍.怎样购买.才能使总费用W最少？并求出最少费用， 品 考点3反比例函数 1.(2025云南：中考真愚)若点1,2在反比例函数y=k(k为常数，且k≠0)的图象上，则k=() X A.1 B.2 C.3 D.4 2. （2023云南中考真题)若点A1,3是反比例函数y= (k≠0)图象上一点，则常数k的值为（） A.3 B.-3 C.2 D.、3 2 3. (2026云南中考真慰)若函数y=4的图象经过点2，ml,则m= 10 4.(2024云南：中考真题)己知点P2,n在反比例函数y=的图象上，则n= X 5/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6 5.(2022云南中考真题)反比例函数y=已的图象分别位于() A.第一、第三象限 B.第一、第四象限 C.第二、第三象限 D.第二、第四象限 考点04二次函数 1. (2026云南中考直照)已知m0,S=m+m+192-4-18.某二次函数表示的图象为抛物线M, m2 m 抛物线M经过A-10,0?B12m2-4m,0两点.函数y=2X+43X-24表示的图象为抛物线T·X轴 上有这样的点，它既在抛物线M上，又在抛物线T上. (1)求抛物线T与x轴的公共点的坐标： (2)比较S与V145的大小. 2.(2024云南：中考真题)已知抛物线y=X2+bx-1的对称轴是直线x= .设m是抛物线y=x2+bx-1 与x轴交点的横坐标，记M=m-33 109 (1)求b的值： V13 2)比较M与 的大小 3.(2023·云南·中考真题)数和形是数学研究客观物体的两个方面，数（代数）侧重研究物体数量方面， 具有精确性、形（几何）侧重研究物体形的方面，具有直观性.数和形相互联系，可用数来反映空间形式， 也可用形来说明数量关系.数形结合就是把两者结合起来考虑问题，充分利用代数、几何各自的优势，数 形互化，共同解决问题. 同学们，请你结合所学的数学解决下列问题. 在平面直角坐标系中，若点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为整点.设函数 y=(4a+2)x2+(9-6ax-4a+4(实数，为常数)的图象为图象T: (1)求证：无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点： (2)是否存在整数a,使图象T与X轴的公共点中有整点？若存在，求所有整数Q的值；若不存在，请说明理 由 6/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(2022云南中考真题)已知抛物线y=-x2-3x+c经过点(0,2)，且与x轴交于A、B两点.设k 是抛物线y=-x2-3x+c与x轴交点的横坐标；M是抛物线y=-x2-3x+c的点，常数>0，S为 △ABM的面积.己知使S与成立的点M恰好有三个，设T为这三个点的纵坐标的和. (1)求c的值： (2)直接写出T的值： 3)求 k 的值 k8+k6+2k4+4k2+16 一年摸拟练测园 3 1.(2026云南德宏州一模)反比例函数y=二的图像可能是() 求 2-m 2. (2026云南曲靖市.一模)在反比例函数y= 的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，则 X m的值可以是() A.1 B.2 C.3 D.4 3.(2026云南楚雄彝族自治州一模)抛物 y=(x-22-1的顶点坐标是(） A.-2,1 B.-2,-1 c.2,1 D.2,-1 4.(2026云南德宏州一模)在平面直角坐标系中，若将点A3,4向右平移2个单位长度得到点P,则点 P的坐标为 5.（2026云南昆明市.一模)【活动主题】 为什么天气闷热时，鱼塘里的鱼总是浮出水面？结合化学课上学习的“溶解度”相关知识，某班数学兴趣 小组开展以“探究水体溶解氧含量与水温的关系”为题的跨学科实践活动. 【活动准备】 该数学兴趣小组分工查阅相关资料，整理得出以下信息：水面的溶解氧含量通常比水底高一些：当水底缺 氧时，鱼就会游到水面，这里的水体溶解氧含量相对较高，这就是我们总能看到鱼把嘴伸出水面的原因、 7/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当水底的溶解氧含量下降时，不同鱼类因其耐受力差异会出现不同的反应；一般情况下，鱼类正常生长需 要水体溶解氧含量在5毫克/升以上，此时水中氧气充足，有利于鱼类生长.在特定范围内，水体溶解氧含 量y(毫克/升)与水温x(℃)呈现出一次函数的变化规律. 【活动探究】 该数学兴趣小组利用学校实验室中的传感器进行数字化实验，得到数据：当水温为10℃时，水体溶解氧 含量为9毫克/升；当水温为20℃时，水体溶解氧含量为7毫克/升.实验要求检测的水温不低于5℃，且 不高于30℃. 通过探究发现：当水温升高时，水体溶解氧含量就会降低，故天气闷热时，鱼塘水温上升，水体溶解氧含 量降低，鱼在水底缺氧便会浮出水面， 【活动任务】 (I)任务1：请你根据数字化实验数据；求y与X之间的函数关系式： (2)任务2：请结合实验水温的限制要求，求水体溶解氧含量的最大值. 6.(2026云南玉溪市新平县一模)新春佳节临近，吉祥灯笼和剪纸窗花等传统春节装饰品相继上市.某 校八年级年级组打算采购一批吉祥灯笼和剪纸窗花分发给各班装饰教室.通过市场调研得知：若同时买20 个吉祥灯笼和50套剪纸窗花共需1100元，若同时买40个吉祥灯笼和30套剪纸窗花共需1500元. (1)一个吉祥灯笼和一套剪纸窗花的价格分别是多少元？ 购打算购买两种物品共60个（套），其中购买吉祥灯笼的数量不少于剪 ,且不超过 剪纸窗花的2倍，怎样购买两种物品最省钱？最少的费用是多少元？ 7.（2026云南德宏州一模)请你根据下列素材，完成有关任务， 背景 某快递配送中心为优化配送服务，计划采购A,B两种型号的送餐箱，用于配送不同路线的餐食.」 素材 采购2个A型送餐箱和3个B型送餐箱共需140元. 素材 采购3个A型送餐箱和2个B型送餐箱共需130元. 一 配送中心计划一次性采购这两种送餐箱共100个，用于优化区域内的配送服务，经预算，采购B 素材 型号送餐箱的数量不少于A型号送餐箱数量的2 请完成下列任务： 8/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1)任务一：A,B两种型号送餐箱的单价分别是多少元？ (2)任务二：给出最节省费用的采购方案. 8.（2026云南文山州一模)仔细阅读下表中的内容，据表中信息完成任务一和任务二. 背 某学校计划购入A,B两款学习机，辅助日常教学，经过市场调研，了解到这两款学习机的相关信 景 息如下： 信息一： ①购买3台A款学习机和4台B款学习机共需6200元： ②购买2台A款学习机和8台B款学习机共需8400元. ☆任务一 ()求每台A款学习机，每台B款学习机的价格： 信息二 该校决定购买这两款学习机共50台，配备给部分班级作教学实验，两款都要购买，且购买B款学习机的 数量不超过A款的1.5倍. ☆任务二 (2)请为该校提供最省钱的购买方案。 9.(2026云南曲靖市一模)云南不仅以茶和咖啡闻名，其得天独厚的自然环境更孕育了被誉为“山珍” 的野生菌.如今随着生鲜电商的兴起，云南野生菌正通过“冷链+直发”的模式走向全国。 解决问题： 制定采购方案 背 某主营云南特产的生鲜平台计划采购一批高品质野生菌，该平台选择采购“特级松茸”和“一级牛 景 肝菌”两种产品 素 ①该平台首次试水采购了20kg特级松茸和30kg一级牛肝菌，共花费9000元；②已知采购15kg特 材1 级松茸比采购40kg一级牛肝菌多用500元. 素 由于市场反响热烈，该平台计划再次采购这两种野生菌共150kg,设第二次采购特级松茸为mkg. 材2 ①库存与定位指标：为凸显高端定位，要求两次采购后，“特级松茸”的总数量不得少于“一级牛 素 材3 肝菌”总数量的亏 同时受保鲜冷库单品容量限制，“特级松茸”的总数量不得超过“一级牛肝 9/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 菌”的总数量； ②物流包装约束：为确保包装规格统一，物流公司要求第二次采购的特级松茸数量m必须满足：分 式P=3m+405 m+15 的值必须为正整数. (1)任务1：分别求出“特级松茸”和“一级牛肝菌”两种野生菌的单价： (2)任务2：在满足所有条件的情况下，共有几种采购方案？其中需要的最少费用是多少？ 10.(2026·云南昆明市·一模)普洱茶是云南的特色产品，某茶叶销售店以每饼120元的成本购进一批普 洱茶饼，根据市场调研，销售单价不低于成本单价，也不高于每饼200元，已知每季度销售量y(单位： 饼)与销售单价x(单位：元)符合一次函数关系，如图是y与X的函数关系图象. /饼本 1000 700 600-- 0120180200x/元 (1)求y与X的函数解析式，并直接写出x的取值范围： (2)设该茶叶销售店每季度销售茶叶获得的利润为w元，求W的最大值。 1.（2026云南昆明市.一模)）在平面直角坐标系x0y巾，已知抛物线y=QX-4x+3引a≠0上分别有丙 点Mx1,y,Nx1+2,y2 (1)若当x=1时，y=0,求a的值： (②)若当0<x1<2时，恒有y1>y2,求a的取值范围. 12.(2026-云南保山市一模)已知m是常数且m≠0函数y=x+22x-6m+4m+3-3'记 T=9m2+1 (1)若x=-2,m=-1时，求y的值： (2)若x=4m-1,y=-3,比较T与5的大小. 13.(2026云南初中学业水平考试一模)己知函数y=-x+2x+k(k为常数)· 10/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1)若x=3,y=-4,求k的值： (②)当~1≤x≤4时，函数y的最大值与最小值的差为9是否恒成立？请说明理由. b 14.(2026云南楚雄彝族自治州一模)己知抛物线y=x+bx-b,直线y=x+ ①)若抛物线的对称轴为直线x=一2求该抛物线的解折式。 ②若抛物线y=X+bx-b与直线y=x+只有一个交点，求代数式b+b7+610b+444的值. 2026云南玉溪市新平县一模)已知抛物线y=X+x+2在直线x号的左侧时，y的值随x 增大而减小，在直线x=三。 的右侧时，y的值随x的值的增大而增大.m是抛物线y=x2+bx+2与x轴交点 的横坐标，记T=m-3m+2m3-8m2-10m+16 20 (1)求抛物线的解析式： (2)比较T和17的大小. 1 16.(2026云南德宏州一模)已知二次函数y=三ax2+ax+4(a为常数，a≠0) )求抛物线y=2aX+ax+4的对称轴： 次函数y=号aX+ax+4(a为常数，a≠0)的图象与一次函数y=X+3的图象有唯一公共点， M=20-7a2-a+4,+12,求M的值. a+1 17.(2026云南昆明市.一模)在平面直角坐标系中，抛物线y=x+x+m(m为常数)与y轴的交点在 原点上方，且到原点的距离为5. (1)求此抛物线的解析式： (2)记抛物线 m与x轴交点的横坐标为n求n+32+,48的值. y=x2+mx+m与x n+34 18。(2026云南初中学业水平考试一模)在平面直角坐标系中，抛物线y=ax-1?+4经过点-1,8 (1)求抛物线的解析式： 11/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 已知点Am,m在抛物线上，K=?_8n+1☑m≠1.且m与K均为整数，求点A的坐标 m-1 19.(2026云南昭通市威信县.一模)已知关于x的二次函数y=ax2-2ax+3的图象过点A1,2. 1)求二次函数的解析式： 2)若点Pm,M和Qn,N都在该二次函数的图象上，且m-n=2,比较M+N与6的大小关系. 20.（2026云南大理州一模)已知抛物 y=aX2+bx+2a>0经过点1,0：设ab是常数. (1)求b的值（用含a的式子表示）： ②点Mx1,y和点Nx,y2x1≠x,是抛物线y=aX2+bx+2上的任意两点，且满足x+X,=2:记 T=y-21-心.若7的值为整数，求o的所有整数值。 y1+y2 21.(2026云南文山州一模)已知二次函数y=ax+bx+c(a为正有理数)，对于任意实数x,都有 Xy+分令T=y-X,且商数T的顶点壁标为1,1 1 (1)当x=1时，求y的值： (2)若当x=-1时，y的函数值为整数，求a的值. 22.(2026云南昆明市·一模)已知关于X的二次函数y=x+kx-3(k为常数). 1)当k=2时，求二次函数图象的对称轴； (2)当k≤x≤k+3时，二次函数的最大值为m,最小值为n,若m-n=6,求k的值. 23。(2026云南楚雄蹄族自治州二模)在平面直角坐标系x0y巾，抛物线y和(x+2广-4a(a为常数， a≠0)与y轴交于点0，-4. 1 (1)求抛物线y=号a(x+2)2-4a的解析式. 2 1 (2)将抛物线y= 2a(x+2?-4ax≤0记为L1,将抛物线y=-X2-4x+4x≥0记为L2,L,与L合起来 的图象记为L对于L上的两点MX,y,和N(x,y,当x,≥4t≤x,≤t+2时，总有y,<y求，的取值 范围. 24,(2026·云南楚雄彝族自治州·二模)在平面直角坐标系Oy中，抛物线的解析式为y=ax2+bx+c, 12/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点A-4,-2,点B2,-2,点C0,6. (1)若抛物线y=ax2+bx+c经过点A,B,C,求抛物线的表达式. (②)对于抛物线y=ax2+bx+c,若a=-1,b=2t,c=-t+t+2.当抛物线与线段AB有且只有一个公共 点时，求t的取值范围. 13/13 专题03 函数 5年真题1年模拟·答案版 考点01 平面直角坐标系与函数 1．A 2．D 3． 4．（-1，5） 5．【答案】(1)的值为； (2)当时，；当时，． 【分析】本题考查了分式求值，等式的性质，函数求值，掌握知识点的应用是解题的关键． （）把，代入函数即可求解； （）将，代入函数整理得，然后分当时，即和当时两种情况求解即可． 【详解】（1）解：把，代入函数得， ， ∴的值为； （2）解：将，代入函数得， ， 整理得：， 当时，即， ∴， 当时，， 则有，， ， ∴ ， 综上可知：当时，；当时，． 考点02 一次函数 1.【答案】任务一：每个篮球元，每个排球元；任务二：购买篮球个，排球个，最节省费用． 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 任务一：设每个篮球元，每个排球元，根据题意得，然后解方程组即可； 任务二：设购买篮球个，则购买排球个，费用为元，根据题意得，求出的取值范围，由，可得随的增大而增大，则当时，有最小值，从而求解． 【详解】解：任务一：设每个篮球元，每个排球元， 根据题意得：， 解得：， 答：每个篮球元，每个排球元； 任务二：设购买篮球个，则购买排球个，总的费用为元， 根据题意得：， ∴且a为整数， ∴， ∵ ∴随的增大而增大， ∴当时，有最小值，为元，此时， 答：购买篮球个，排球个，最节省费用． 2．【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一次函数、一元一次不等式、二元一次方程组的应用，根据题意正确列出方程和函数解析式是解题的关键． （1）根据“购买8个种型号吉祥物和7个种型号吉祥物，则一共需要670元；购买4个种型号吉祥物和5个种型号吉祥物，则一共需要410元”建立二元一次方程组求解，即可解题； （2）根据“且购买种型号吉祥物的数量（单位：个）不少于种型号吉祥物数量的，又不超过种型号吉祥物数量的2倍．”建立不等式求解，得到，再根据总利润 种型号吉祥物利润 种型号吉祥物利润建立关系式，最后根据一次函数的性质即可得到的最大值． 【详解】（1）解：由题知，， 解得； （2）解：购买种型号吉祥物的数量个， 则购买种型号吉祥物的数量个， 且购买种型号吉祥物的数量（单位：个）不少于种型号吉祥物数量的， ， 解得， 种型号吉祥物的数量又不超过种型号吉祥物数量的2倍． ， 解得， 即， 由题知，， 整理得， 随的增大而减小， 当时，的最大值为． 3．【答案】(1)每顶种型号帐篷的价格为600元，每顶种型号帐篷的价格为1000元 (2)当种型号帐篷为5顶时，种型号帐篷为15顶时，总费用最低，为18000元． 【分析】（1）根据题意中的等量关系列出二元一次方程组，解出方程组后得到答案； （2）根据购买种型号帐篷数量不超过购买种型号帐篷数量的，列出一元一次不等式，得出种型号帐篷数量范围，再根据一次函数的性质，取种型号帐篷数量的最大值时总费用最少，从而得出答案． 【详解】（1）解：设每顶种型号帐篷的价格为元，每顶种型号帐篷的价格为元． 根据题意列方程组为：， 解得， 答：每顶种型号帐篷的价格为600元，每顶种型号帐篷的价格为1000元． （2）解：设种型号帐篷购买顶，总费用为元，则种型号帐篷为顶， 由题意得， 其中，得， 故当种型号帐篷为5顶时，总费用最低，总费用为， 答：当种型号帐篷为5顶时，种型号帐篷为15顶时，总费用最低，为18000元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组应用，一元一次不等式应用及一次函数的应用，找出准确的等量关系及不等关系是解题的关键． 4．【答案】(1)每桶甲消毒液的价格是45元、每桶乙消毒液的价格是35元； (2)当甲消毒液购买18桶，乙消毒液购买12桶时，所需资金总额最少，最少总金额是1230元． 【分析】（1）设每桶甲消毒液的价格是x元、每桶乙消毒液的价格是y元，根据题意列二元一次方程组，解方程组即可求解； （2）根据题意可得出关于a的一元一次不等式组 ，解之即可得出a的取值范围，再根据所需资金总额=甲种消毒液的价格×购进数量+乙种消毒液的价格×购进数量，即可得出W关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题． 【详解】（1）解：设每桶甲消毒液的价格是x元、每桶乙消毒液的价格是y元， 依题意，得：， 解得：， 答：每桶甲消毒液的价格是45元、每桶乙消毒液的价格是35元； （2）解：购买甲消毒液a桶，则购买乙消毒液(30-a)桶， 依题意，得：(30-a)+5≤a≤2(30-a)， 解得17.5≤a≤20， ∵a为正整数， ∴a取18、19、20， 而W=45a+35(30-a)=10a+1050， ∵10＞0， ∴W随a的增大而增大， ∴当a=18时，W取得最小值，最小值为10×18+1050=1230， 此时30－18＝12， 答：当甲消毒液购买18桶，乙消毒液购买12桶时，所需资金总额最少，最少总金额是1230元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式． 考点03 反比例函数 1．B 2．A 3．2 4．5 5．A 考点04 二次函数 1．【答案】(1) ， (2) 当时，；当时， 【分析】（1）令，求出值即可得出结果； （2）分和两种情况进行讨论求解即可. 【详解】（1）解：由题意，当时，解得， ∴抛物线与轴的公共点的坐标为，； （2）解：由（1）知：抛物线与轴的公共点的坐标为，； ∵抛物线经过，两点，轴上有这样的点，它既在抛物线上，又在抛物线上， ∴或， ①当时，整理得，解得， 将代入得： ∵， ∴，即. ② 当时，整理得， 解得， ∴，两边除以得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即； 综上：当时，；当时，. 2．【答案】(1) (2)当时，；当时， ． 【分析】（1）由对称轴为直线直接求解； （2）当时，；当时， ． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线， ∴， ∴； （2）解：∵是抛物线与轴交点的横坐标， ∴， ∴， ∴， ∴， 而 代入得：， ∴， ∴， ∵， 解得：， 当时， ∴； 当时，， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的对称轴公式，与x轴交点问题，解一元二次方程，无理数的大小比较，解题的关键是对进行降次处理． 3.【答案】(1) 解：当时，，函数为一次函数，此时，令，则，解得， ∴一次函数与轴的交点为； 当时，，函数为二次函数， ∵， ∴ ， ∴当时，与轴总有交点， ∴无论取什么实数，图象与轴总有公共点； (2)或或或 【分析】（1）分与两种情况讨论论证即可； （2）当时，不符合题意，当时，对于函数，令，得，从而有或，根据整数，使图象与轴的公共点中有整点，即为整数，从而有或或或或或或或，解之即可． 【详解】（1）略 （2）解：当时，不符合题意， 当时，对于函数， 令，则， ∴， ∴或 ∴或， ∵，整数，使图象与轴的公共点中有整点，即为整数， ∴或或或或或或或， 解得或或（舍去）或（舍去）或或或（舍去）或（舍去）， ∴或或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，二次函数与一元二次方程之间的关系以及二次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质，二次函数与一元二次方程之间的关系，二次函数的性质以及数形相结合的思想是解题的关键． 4．【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）将点（0，2）带入直接求解；（2）找到三个点M的纵坐标之间的而关系，即可求解；（3）将函数转化为方程，即可表示出，，带入原式即可求解． 【详解】（1）解：∵将点（0，2）带入得： ． （2）由（1）可知，抛物线的解析式为， ∵当S=m时恰好有三个点M满足， ∴必有一个M为抛物线的顶点，且M纵坐标互为相反数． 当时，． 即此时M（ ， ），则另外两个点的纵坐标为． ∴． （3）由题可知，，则 ∴ 则 ． 【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数与方程的关系、代数式求值等，属于综合题目，灵活运用代数计算是解题的关键． 1．A 2．A 3．D 4． 5．【答案】(1) (2)结合实验水温的限制要求，水体溶解氧含量最大值为10毫克/升 【分析】（1）设水体溶解氧含量与水温的一次函数关系式为，然后根据题意及待定系数法可进行求解； （2）由（1）可知，则有随的增大而减小，然后问题可进行求解． 【详解】（1）解：设水体溶解氧含量与水温的一次函数关系式为， ，解得， ； （2）解：， 随的增大而减小， ， 当时，． 答：结合实验水温的限制要求，水体溶解氧含量最大值为10毫克/升． 6． 【答案】(1)一个吉祥灯笼的价格是30元，一套剪纸窗花的价格是10元 (2)购买24个吉祥灯笼，36套剪纸窗花时最省钱，最少费用为1080元 【分析】（1）设一个吉祥灯笼的价格是x元，一套剪纸窗花的价格是y元，列出二元一次方程组即可求解； （2）设购买m个吉祥灯笼，则购买剪纸窗花为套，总费用为w元，列出不等式、一次函数表达式即可求解． 【详解】（1）解：设一个吉祥灯笼的价格是x元，一套剪纸窗花的价格是y元， 由题意得， 解得， ∴一个吉祥灯笼的价格是30元，一套剪纸窗花的价格是10元． （2）解：设购买m个吉祥灯笼，则购买剪纸窗花为套，总费用为w元， 由题意可得：， 解得， 由题意得， ∵， ∴w随m的增大而增大， ∴当时，w取得最小值为， 此时，， ∴购买24个吉祥灯笼，36套剪纸窗花时最省钱，最少费用为1080元． 7． 【答案】(1) A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元 (2) 最节省费用的采购方案为采购A型送餐箱66个，采购B型送餐箱34个 【分析】（1）设A，B两种型号送餐箱的单价分别是元，元，根据采购2个A型送餐箱和3个B型送餐箱共需140元，采购3个A型送餐箱和2个B型送餐箱共需130元，建立二元一次方程组求解即可； （2）设采购A型号送餐箱个，则采购B型号送餐箱个，采购费用为，根据采购B型号送餐箱的数量不少于A型号送餐箱数量的．列出一元一次不等式，求出的范围，再求出费用的表达式，利用一次函数的性质即可解答． 【详解】（1）解：设A，B两种型号送餐箱的单价分别是元，元， 根据题意，得， 解得， 答：A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元； （2）解：设采购A型号送餐箱个，则采购B型号送餐箱个，采购费用为， 根据题意，得，解得， ∵是非负整数， ∴， 由（1）知A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元， 则， ∵， ∴随的增大而减小， ∴当时，有最小值，此时，最节省费用， 则（个） 答：最节省费用的采购方案为采购A型送餐箱66个，采购B型送餐箱34个． 8． 【答案】(1)每台A款学习机的价格是1000元,每台B款学习机的价格是800元 (2)购买20台A款学习机，30台B款学习机，最省钱 【分析】（1）根据购买两款学习机的两组总价条件，列二元一次方程组，求解两款的单价； （2）先设购买款的数量，用它表示款数量和总费用；再根据款数量不超过 款倍的约束条件，求费用函数的最小值，得到最省钱方案． 【详解】（1）解：设每台款学习机的价格是元，每台B款学习机的价格是元． 由题意得，解得， ∴每台款学习机的价格是1000元，每台款学习机的价格是800元． （2）解：设购买台款学习机，台款学习机，总费用为元． 由题意可得：， 解得． 由题意得， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，w取得最小值， 此时，，． ∴购买20台款学习机，30台款学习机，最省钱． 9． 【答案】(1)“特级松茸”的单价为元/，“一级牛肝菌”的单价为元/． (2)共有种采购方案，需要的最少费用是元． 【分析】（1）设两种野生菌的单价为未知数，根据题干给出的总花费和差价关系列出二元一次方程组，求解即可得到单价． （2）先根据数量限制条件列出不等式组，得到采购特级松茸质量的取值范围，再根据为正整数的条件化简，得到符合条件的的取值，最后列出总费用的一次表达式，根据一次函数的单调性求出最少费用． 【详解】（1）解：设“特级松茸”单价为元/，“一级牛肝菌”单价为元/． 根据题意得： ， 化简得： ， 解得 ， 答：“特级松茸”单价为300元/，“一级牛肝菌”单价为100元/． （2）解：设第二次采购特级松茸 kg，则第二次采购一级牛肝菌 ． 两次采购后，特级松茸总质量为 ，一级牛肝菌总质量为 ． 根据题意列不等式组： ， 解第一个不等式： 解得： 解第二个不等式： 解得： 即． 由题意，为正整数，化简： 因此为正整数， 设，为正整数，则． 代入得： 解得，即约． 因为是正整数，所以或． 对应或，均满足条件，因此共有2种采购方案． 设总采购费用为元， 根据题意得： 因为，所以随的减小而减小， 当时，取得最小值． （元） 答：共有2种采购方案，需要的最少费用是元． 10． 【答案】(1) (2)48000元 【分析】（1）设与的函数解析式为，由题意得：，求解即可； （2）根据题意，得，根据二次函数的最值求解即可； 【详解】（1）解：设与的函数解析式为， 由题意得：， 解得：， 与的函数解析式为； （2）解：由（1）得：， ， ， 当时，随的增大而增大， ， 当时，最大，元 11． 【答案】(1) (2)且 【分析】（1）当时，，代入解析式求解即可； （2）分a大于0和小于0两种情况求解即可； 【详解】（1）解： 抛物线， 又当时，， 即：， 解得：； （2）解：点，都在抛物线上， ， ， 令， 即： ，化简得：， ①当时，， 当时，恒有， ，解得：， ； ②当时，， 当时，恒有， ，解得：， 因为， ； 综上所述：且． 12． 【答案】(1) (2)当时，；当时， 【分析】本题考查了整式的运算，分式的运算，完全平方公式等知识． （1）直接代入计算即可； （2）将x、y的值代入函数，得出关于m的方程，根据多项式的乘积为0，可知其中必有一个多项的值为0，据此分类讨论，即可作答．解题中不要先急于解一元二次方程，再代入计算作比较，此时计算量大，灵活运用完全平方公式变形是快速解题的关键． 【详解】（1）解：，， ； （2）解：，， ， ， ， 又， ， 当，即时， ， 此时：； 当，即：时， ， 两边同时除以， 整理得：， ， 此时：； 综上：当时，；当时，． 13． 【答案】(1) (2)恒成立，理由 对函数配方得， ∵ 二次项系数为， ∴ 抛物线开口向下，对称轴为直线， ， ∴ 当 时，y取得最大值，最大值为， 当时．； 当时，， ， ∴的最小值为 ， ∴ 最大值与最小值的差为， ∴当时，函数的最大值与最小值的差为9恒成立． 【分析】（1）将已知的代入函数解析式．解一元一次方程即可求出k的值． （2）先将二次函数配方得到顶点式．根据开口方向和给定的x取值范围．分别求出函数的最大值和最小值．计算二者的差即可判断结论是否成立． 【详解】（1）解：把代入，得： ， 解得：． （2）略 14． 【答案】(1) (2)211 【分析】（1）结合抛物线的对称轴为直线进行列式计算，即可作答． （2）根据抛物线与直线只有一个交点，得出，即，再整理得出，最后代入计算，即可作答． 【详解】（1）解：依题意，对称轴为直线， ， ∴抛物线的解析式为． （2）解：依题意，联立， 得， ， ， ， ， ， ， ， ． 15． 【答案】(1)抛物线的解析式为 (2)时，；时 【分析】（1）根据图象增减性求出对称轴，即可求解； （2）由m是抛物线与x轴交点的横坐标，可得．据此化简T，解求出m的值，通过作差比较T和17的大小． 【详解】（1）解：∵抛物线在直线的左侧时，y的值随x的值的增大而减小，在直线的右侧时，y的值随x的值的增大而增大． ∴抛物线的对称轴为直线． ∴，则， ∴抛物线的解析式为． （2）解：∵m是抛物线与x轴交点的横坐标， ∴，则． ∴， ， ． ∴． ∵， 解得，． 当时，， 此时， ∴． 当时，， 此时， ∴． 综上可得，时，；时，． 16． 【答案】(1) 直线 (2) 15 【分析】（1）利用二次函数对称轴公式计算即可； （2）先根据题意得到，即，将其代入降次为，再由结合变形得到即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线； （2）解：联立， 则，即， ∵二次函数（为常数，）的图象与一次函数的图象有唯一公共点， ∴，即， ∴， ∴， ∴ ， ∵，， ∴，即， ∴， ∴． 17． 【答案】(1) (2)329 【分析】（1）根据题意可得，即可解答； （2）根据题意可得是方程的根，即，令，则，代入可得，整理得：，则，根据完全平方公式变形可得，再求解即可； 【详解】（1）解：抛物线（为常数）与轴的交点在原点上方，且到原点的距离为5， ， 此抛物线的解析式为． （2）解：抛物线与轴交点的横坐标为， 是方程的根，即， 法一：令，则， 代入可得， 整理得：，则， ， ． （注：其他方法参考此标准给分） 法二：令，则，代入可得， 整理得：，可得：， 两边平方得：，即， 两边平方得：，即， 两边平方得：，即， ． 法三：（换元，硬降一次）令，则， 代入可得， 整理得：， 可得：， ． 法四：（不使用换元法，硬降一次） 由，可得， 则， ， ， ， ． 18． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）将点代入中，得出，由，且与均为整数，求出m的值进而即可求点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点 ∴， 解得 ∴抛物线的解析式为； （2）解：点在抛物线上， 满足，即，则， ，且与均为整数， ， 或， 或， 时，；时，， 综上，点A的坐标为或． 19． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把代入，可得，即可得二次函数的解析式； （2）由，可得，按照和进行分类讨论，求二次函数的最小值，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， 解得， ∴二次函数的解析式为． （2）解：，理由如下： ∵， ∴． ，， 当时，． ∴ ， ∴当时，取得最小值6， ∴． 当时，． ∴ ， ∴当时，取得最小值6， ∴． 综上所述，． 20． 【答案】(1) (2)或2 【分析】本题主要考查二次函数的性质及代数式的化简与求值． （１）将已知点的坐标代入二次函数解析式中，即可用含的式子表示； （２）先根据关于的表达式求出二次函数解析式，再将和分别代入解析式，结合化简的表达式，最后根据为整数且求出的所有整数值． 【详解】（1）解：抛物线经过点 ； （2）且 ， 点和点是抛物线上的任意两点 ， 　 　 　 　 　 的值为整数 ， 或2． 21． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用已知不等式，代入 时，左右两边都等于1，即可求解． （2）先由顶点为写出的表达式，得到关于的解析式；再代入，根据为整数且为正有理数的条件，解出的值． 【详解】（1）解：当时，由得，， ∴． （2）解：当时，． 由得，． ∵的函数值为整数， ∴的值可以取，0，1． ∵， ∴，且a为正有理数． ∴函数是二次函数． ∵函数T的顶点坐标为， ∴． 则，． ∴． ∴当时，． ∵为正有理数，即． ①当时，即，解得，不符合条件． ②当时，即，解得． ③当时，即，解得． 经检验，时，， 当时，是整数，满足题意； 当时，， 当时，是整数，满足题意； 综上所述，符合条件的的值为或． 22． 【答案】(1) (2)的值为或 【分析】（）利用二次函数对称轴公式，代入即可解答； （）先确定抛物线的对称轴，再根据对称轴与 区间的位置关系分四类讨论：对称轴在区间左侧、右侧、区间内靠近左端点、区间内靠近右端点，分别求出对应区间的最值并代入列方程，舍去不符合前提条件的解后，最终得到符合条件的值为或． 【详解】（1）解：∵二次函数（为常数）， ∴根据二次函数图象的对称轴为直线， 当时，对称轴为直线， 故二次函数图象的对称轴为； （2）解：抛物线的对称轴为直线， ①若对称轴在区间左侧时，如图，则，即， 此时，当时，有最小值为， 当时， 有最大值为， ， ， 即， （舍去）； ②若对称轴在区间右侧时，如图，则，即， 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ， ， 即， （舍去）； ③若对称轴在区间内且靠近区间左端点时，如图， 则，即， 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ，， 即，（舍去），（符合）； ④若对称轴在区间内且靠近区间右端点时，如图， 则，即． 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ，，即， 解得，（舍去），（符合）； 综上所述，的值为或． 23． 【答案】(1) (2)的取值范围是或 【分析】（1）将代入可得答案； （2）在平面直角坐标系中作出抛物线和，再求出与轴交于点，与轴交于点，分两种情况：①当点在轴右侧和点之间时，总有，并 根据可得，，然后求出解集；②当点在点的左侧时，总有，并结合可得，求出解集即可． 【详解】（1）解：根据题意，将代入，得， 解得， 抛物线的解析式为； （2）解：根据题意在平面直角坐标系中作出抛物线和，如图1， 当时，或， ∴与轴交于点，与轴交于点， 时，． ①当点在轴右侧和点之间时，总有． ． ， ，， 解得； ②当时，代入得， 解得或． 结合图象可知应舍去． 当点在点的左侧时，总有． ， ， ， ． 综上，的取值范围是或． 24． 【答案】(1) (2)的取值范围是或 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）先求出抛物线的顶点坐标为，再分三种情况：当抛物线的顶点在线段上时；当抛物线经过点时；当抛物线经过点时；分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：将，，代入，得， 解得． 该抛物线的表达式为． （2）解：对于抛物线，若，，，则抛物线． 抛物线的顶点坐标为． ①当抛物线的顶点在线段上时， 可得． ．此时抛物线的顶点坐标为，即点； ②当抛物线经过点时， 可得， 解得，． 又抛物线与线段有且只有一个公共点， ； ③当抛物线经过点时， 可得， 解得，． 又抛物线与线段有且只有一个公共点， ． 综上所述，的取值范围是或． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数 5年真题1年模拟 考点分类 云南考情（2022-2026） 命题规律 平面直角坐标系与函数基础 1.每年必考， 分值：每题 3-4 分，选择填空必考基础；2. 中考：象限、对称点、分式自变量年年考；3. 压轴小问：含参数复合函数，代数式比较大小；4. 模考补充：点平移基础送分题。 1. 纯概念题无复杂计算，面向全体学生；2. 拔高题主打整体代换、因式分解分类讨论；3. 难度两极分化，简单题与代数难题分开设置。 一次函数 1. 每年必考，核心中档大题，8-10 分，中考、各地一模二模必考；2. 固定两小问：方程组求单价 + 不等式 + 函数最值；3. 素材：校园采购、云南特产、文旅、跨学科实验；4. 模考增加分式整数约束、多方案计数设问。 1. 模型高度统一，解题套路标准化；2. 素材贴合云南本土特色与新课标跨学科；3. 侧重建模能力，考察不等式整数解、函数增减性；4. 设问由基础省钱拓展至多限制综合。 反比例函数 1. 每年必考，仅选择填空，3 分左右，无解答大题；2. 核心考代入求k、图像象限、增减性；3. 地州一模补充图像识别简单题。 1. 难度最低，纯基础概念，不综合复杂计算；2. 仅作为基础送分小题，不设置区分度设问；3. 命题形式单一，无创新复杂题型。 二次函数 1.每年必考， 试卷压轴大题，10-12 分，整套试卷区分核心；2. 考点覆盖顶点、对称轴、交点、区间最值、线段交点；3. 高频难点：高次降次、参数分类、分段图像；4. 中考 + 所有地州一模二模均设置综合压轴。 1. 数形结合 + 代数变形双重考查；2. 多小问梯度设计，基础求解析式→复杂代数式比较；3. 常结合一元二次方程根的性质、判别式；4. 创新设问：整点、分段图像、线段唯一交点。 考点01 平面直角坐标系与函数 1．（2026·云南·中考真题）点所在的象限为（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】根据各象限点的横纵坐标符号特点第一象限；第二象限；第三象限；第四象限,即可判断． 【详解】解：点所在象限为第一象限． 2．（2025·云南·中考真题）函数的自变量的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查函数自变量的取值范围，解题关键是依据“分母不为0”列不等式求解 ． 根据分母不等于0得到，求解即可． 【详解】解：∵函数的分母为． ∴当分母时，分式无意义， ∴． 解得， 故自变量的取值范围是， 故选：D． 3．（2023·云南·中考真题）函数的自变量的取值范围是________． 【答案】 【分析】要使有意义，则分母不为0，得出结果． 【详解】解：要使有意义得到，得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了函数自变量取值范围，分式有意义的条件，理解分母不为零是解决问题的关键． 4．（2022·云南·中考真题）点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______． 【答案】（-1，5） 【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解． 【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B， ∴点B的坐标为（-1，5）． 故答案为：（-1，5） 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键． 5．（2025·云南·中考真题）已知是常数，函数，记． (1)若，，求的值； (2)若，，比较与的大小． 【答案】(1)的值为； (2)当时，；当时，． 【分析】本题考查了分式求值，等式的性质，函数求值，掌握知识点的应用是解题的关键． （）把，代入函数即可求解； （）将，代入函数整理得，然后分当时，即和当时两种情况求解即可． 【详解】（1）解：把，代入函数得， ， ∴的值为； （2）解：将，代入函数得， ， 整理得：， 当时，即， ∴， 当时，， 则有，， ， ∴ ， 综上可知：当时，；当时，． 考点02 一次函数 1.（2025·云南·中考真题）请你根据下列素材，完成有关任务． 背景 某校计划购买篮球和排球，供更多学生参加体育锻炼，增强身体素质． 素材一 购买个篮球与购买个排球需要的费用相等； 素材二 购买个篮球和个排球共需元； 素材三 该校计划购买篮球和排球共个，篮球和排球均需购买，且购买排球的个数不超过购买篮球个数的倍． 请完成下列任务： 任务一 每个篮球，每个排球的价格分别是多少元？ 任务二 给出最节省费用的购买方案． 【答案】任务一：每个篮球元，每个排球元；任务二：购买篮球个，排球个，最节省费用． 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 任务一：设每个篮球元，每个排球元，根据题意得，然后解方程组即可； 任务二：设购买篮球个，则购买排球个，费用为元，根据题意得，求出的取值范围，由，可得随的增大而增大，则当时，有最小值，从而求解． 【详解】解：任务一：设每个篮球元，每个排球元， 根据题意得：， 解得：， 答：每个篮球元，每个排球元； 任务二：设购买篮球个，则购买排球个，总的费用为元， 根据题意得：， ∴且a为整数， ∴， ∵ ∴随的增大而增大， ∴当时，有最小值，为元，此时， 答：购买篮球个，排球个，最节省费用． 2．（2024·云南·中考真题）、两种型号的吉祥物具有吉祥如意、平安幸福的美好寓意，深受大家喜欢． 某超市销售、两种型号的吉祥物，有关信息见下表： 成本（单位：元/个） 销售价格（单位：元/个） 型号 35 a 型号 42 若顾客在该超市购买8个种型号吉祥物和7个种型号吉祥物，则一共需要670元；购买4个种型号吉祥物和5个种型号吉祥物，则一共需要410元． (1)求、的值； (2)若某公司计划从该超市购买、两种型号的吉祥物共90个，且购买种型号吉祥物的数量（单位：个）不少于种型号吉祥物数量的，又不超过种型号吉祥物数量的2倍．设该超市销售这90个吉祥物获得的总利润为元，求的最大值． 注：该超市销售每个吉祥物获得的利润等于每个吉祥物的销售价格与每个吉祥物的成本的差． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一次函数、一元一次不等式、二元一次方程组的应用，根据题意正确列出方程和函数解析式是解题的关键． （1）根据“购买8个种型号吉祥物和7个种型号吉祥物，则一共需要670元；购买4个种型号吉祥物和5个种型号吉祥物，则一共需要410元”建立二元一次方程组求解，即可解题； （2）根据“且购买种型号吉祥物的数量（单位：个）不少于种型号吉祥物数量的，又不超过种型号吉祥物数量的2倍．”建立不等式求解，得到，再根据总利润 种型号吉祥物利润 种型号吉祥物利润建立关系式，最后根据一次函数的性质即可得到的最大值． 【详解】（1）解：由题知，， 解得； （2）解：购买种型号吉祥物的数量个， 则购买种型号吉祥物的数量个， 且购买种型号吉祥物的数量（单位：个）不少于种型号吉祥物数量的， ， 解得， 种型号吉祥物的数量又不超过种型号吉祥物数量的2倍． ， 解得， 即， 由题知，， 整理得， 随的增大而减小， 当时，的最大值为． 3．（2023·云南·中考真题）蓝天白云下，青山绿水间，支一顶帐篷，邀亲朋好友，听蝉鸣，闻清风，话家常，好不惬意．某景区为响应文化和旅游部《关于推动露营旅游休闲健康有序发展的指导意见》精神，需要购买两种型号的帐篷．若购买种型号帐篷2顶和种型号帐篷4顶，则需5200元；若购买种型号帐篷3顶和种型号帐篷1顶，则需2800元． (1)求每顶种型号帐篷和每顶种型号帐篷的价格； (2)若该景区需要购买两种型号的帐篷共20顶（两种型号的帐篷均需购买），购买种型号帐篷数量不超过购买种型号帐篷数量的，为使购买帐篷的总费用最低，应购买种型号帐篷和种型号帐篷各多少顶？购买帐篷的总费用最低为多少元？ 【答案】(1)每顶种型号帐篷的价格为600元，每顶种型号帐篷的价格为1000元 (2)当种型号帐篷为5顶时，种型号帐篷为15顶时，总费用最低，为18000元． 【分析】（1）根据题意中的等量关系列出二元一次方程组，解出方程组后得到答案； （2）根据购买种型号帐篷数量不超过购买种型号帐篷数量的，列出一元一次不等式，得出种型号帐篷数量范围，再根据一次函数的性质，取种型号帐篷数量的最大值时总费用最少，从而得出答案． 【详解】（1）解：设每顶种型号帐篷的价格为元，每顶种型号帐篷的价格为元． 根据题意列方程组为：， 解得， 答：每顶种型号帐篷的价格为600元，每顶种型号帐篷的价格为1000元． （2）解：设种型号帐篷购买顶，总费用为元，则种型号帐篷为顶， 由题意得， 其中，得， 故当种型号帐篷为5顶时，总费用最低，总费用为， 答：当种型号帐篷为5顶时，种型号帐篷为15顶时，总费用最低，为18000元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组应用，一元一次不等式应用及一次函数的应用，找出准确的等量关系及不等关系是解题的关键． 4．（2022·云南·中考真题）某学校要购买甲、乙两种消毒液，用于预防新型冠状病霉．若购买9桶甲消毒液和6桶乙消毒液，则一共需要615元：若购买8桶甲消毒液和12桶乙消毒液，则一共需要780元． (1)每桶甲消毒液、每桶乙消毒液的价格分别是多少元？ (2)若该校计划购买甲、乙两种消毒液共30桶，其中购买甲消毒液a桶，且甲消毒液的数量至少比乙消毒液的数量多5桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍．怎样购买．才能使总费用W最少？并求出最少费用， 【答案】(1)每桶甲消毒液的价格是45元、每桶乙消毒液的价格是35元； (2)当甲消毒液购买18桶，乙消毒液购买12桶时，所需资金总额最少，最少总金额是1230元． 【分析】（1）设每桶甲消毒液的价格是x元、每桶乙消毒液的价格是y元，根据题意列二元一次方程组，解方程组即可求解； （2）根据题意可得出关于a的一元一次不等式组 ，解之即可得出a的取值范围，再根据所需资金总额=甲种消毒液的价格×购进数量+乙种消毒液的价格×购进数量，即可得出W关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题． 【详解】（1）解：设每桶甲消毒液的价格是x元、每桶乙消毒液的价格是y元， 依题意，得：， 解得：， 答：每桶甲消毒液的价格是45元、每桶乙消毒液的价格是35元； （2）解：购买甲消毒液a桶，则购买乙消毒液(30-a)桶， 依题意，得：(30-a)+5≤a≤2(30-a)， 解得17.5≤a≤20， ∵a为正整数， ∴a取18、19、20， 而W=45a+35(30-a)=10a+1050， ∵10＞0， ∴W随a的增大而增大， ∴当a=18时，W取得最小值，最小值为10×18+1050=1230， 此时30－18＝12， 答：当甲消毒液购买18桶，乙消毒液购买12桶时，所需资金总额最少，最少总金额是1230元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式． 考点03 反比例函数 1．（2025·云南·中考真题）若点在反比例函数（为常数，且）的图象上，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，熟练掌握知识点是解题的关键． 将已知点的坐标代入反比例函数解析式，直接计算即可求出k的值． 【详解】解：∵点在反比例函数（为常数，且）的图象上， ∴将，代入，得： 解得：， 故选：B． 2．（2023·云南·中考真题）若点是反比例函数图象上一点，则常数的值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】将点代入反比例函数，即可求解． 【详解】解：∵点是反比例函数图象上一点， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 3．（2026·云南·中考真题）若函数的图象经过点，则________． 【答案】 【分析】函数图象上的点的坐标满足函数解析式，将点代入反比例函数解析式，即可求出的值． 【详解】解：函数的图象经过点， 将，代入得：． 4．（2024·云南·中考真题）已知点在反比例函数的图象上，则__________． 【答案】 【分析】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，将点代入求值，即可解题． 【详解】解：点在反比例函数的图象上， ， 故答案为：． 5．（2022·云南·中考真题）反比例函数y=的图象分别位于（    ） A．第一、第三象限 B．第一、第四象限 C．第二、第三象限 D．第二、第四象限 【答案】A 【分析】根据反比函数的图象和性质，即可求解． 【详解】解：∵6＞0， ∴反比例函数y=的图象分别位于第一、第三象限． 故选：A 【点睛】本题主要考查了反比函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数，当时，图象位于第一、三象限内，在每一象限内，y随x的增大而减小；当时，图象位于第二、四象限内，在每一象限内，y随x的增大而增大是解题的关键． 考点04 二次函数 1．（2026·云南·中考真题）已知，．某二次函数表示的图象为抛物线，抛物线经过，两点．函数表示的图象为抛物线．轴上有这样的点，它既在抛物线上，又在抛物线上． (1)求抛物线与轴的公共点的坐标； (2)比较与的大小． 【答案】(1) ， (2) 当时，；当时， 【分析】（1）令，求出值即可得出结果； （2）分和两种情况进行讨论求解即可. 【详解】（1）解：由题意，当时，解得， ∴抛物线与轴的公共点的坐标为，； （2）解：由（1）知：抛物线与轴的公共点的坐标为，； ∵抛物线经过，两点，轴上有这样的点，它既在抛物线上，又在抛物线上， ∴或， ①当时，整理得，解得， 将代入得： ∵， ∴，即. ② 当时，整理得， 解得， ∴，两边除以得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即； 综上：当时，；当时，. 2．（2024·云南·中考真题）已知抛物线的对称轴是直线．设是抛物线与轴交点的横坐标，记． (1)求的值； (2)比较与的大小． 【答案】(1) (2)当时，；当时， ． 【分析】（1）由对称轴为直线直接求解； （2）当时，；当时， ． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线， ∴， ∴； （2）解：∵是抛物线与轴交点的横坐标， ∴， ∴， ∴， ∴， 而 代入得：， ∴， ∴， ∵， 解得：， 当时， ∴； 当时，， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的对称轴公式，与x轴交点问题，解一元二次方程，无理数的大小比较，解题的关键是对进行降次处理． 3．（2023·云南·中考真题）数和形是数学研究客观物体的两个方面，数（代数）侧重研究物体数量方面，具有精确性、形（几何）侧重研究物体形的方面，具有直观性．数和形相互联系，可用数来反映空间形式，也可用形来说明数量关系．数形结合就是把两者结合起来考虑问题，充分利用代数、几何各自的优势，数形互化，共同解决问题． 同学们，请你结合所学的数学解决下列问题． 在平面直角坐标系中，若点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为整点．设函数（实数为常数）的图象为图象． (1)求证：无论取什么实数，图象与轴总有公共点； (2)是否存在整数，使图象与轴的公共点中有整点？若存在，求所有整数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 解：当时，，函数为一次函数，此时，令，则，解得， ∴一次函数与轴的交点为； 当时，，函数为二次函数， ∵， ∴ ， ∴当时，与轴总有交点， ∴无论取什么实数，图象与轴总有公共点； (2)或或或 【分析】（1）分与两种情况讨论论证即可； （2）当时，不符合题意，当时，对于函数，令，得，从而有或，根据整数，使图象与轴的公共点中有整点，即为整数，从而有或或或或或或或，解之即可． 【详解】（1）略 （2）解：当时，不符合题意， 当时，对于函数， 令，则， ∴， ∴或 ∴或， ∵，整数，使图象与轴的公共点中有整点，即为整数， ∴或或或或或或或， 解得或或（舍去）或（舍去）或或或（舍去）或（舍去）， ∴或或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，二次函数与一元二次方程之间的关系以及二次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质，二次函数与一元二次方程之间的关系，二次函数的性质以及数形相结合的思想是解题的关键． 4．（2022·云南·中考真题）已知抛物线经过点（0，2），且与轴交于A、B两点．设k是抛物线与轴交点的横坐标；M是抛物线的点，常数m>0，S为△ABM的面积．已知使S=m成立的点M恰好有三个，设T为这三个点的纵坐标的和． (1)求c的值； (2)直接写出T的值； (3)求的值． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）将点（0，2）带入直接求解；（2）找到三个点M的纵坐标之间的而关系，即可求解；（3）将函数转化为方程，即可表示出，，带入原式即可求解． 【详解】（1）解：∵将点（0，2）带入得： ． （2）由（1）可知，抛物线的解析式为， ∵当S=m时恰好有三个点M满足， ∴必有一个M为抛物线的顶点，且M纵坐标互为相反数． 当时，． 即此时M（ ， ），则另外两个点的纵坐标为． ∴． （3）由题可知，，则 ∴ 则 ． 【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数与方程的关系、代数式求值等，属于综合题目，灵活运用代数计算是解题的关键． 1．（2026·云南德宏州·一模）反比例函数的图像可能是（   ） A．B．C． D． 【答案】A 【分析】根据反比例函数的图像性质，当时，图像位于第一、三象限；当 时，图像位于第二、四象限解答即可． 【详解】解：∵ 反比例函数 中，， ∴ 该函数的图像位于第一、三象限，即选项A符合题意． 2．（2026·云南曲靖市·一模）在反比例函数的图象的每一条曲线上，都随的增大而减小，则的值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】解：∵反比例函数的图象的每一条曲线上，都随的增大而减小 ∴比例系数 解得 观察选项，只有选项A的满足． 3．（2026·云南楚雄彝族自治州·一模）抛物线的顶点坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的性质，对抛物线的顶点坐标的表达方式了熟于心是解本题的关键．根据二次函数的性质即可求解． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 抛物线的顶点坐标是， 故选：． 4．（2026·云南德宏州·一模）在平面直角坐标系中，若将点向右平移2个单位长度得到点，则点的坐标为________． 【答案】 【分析】利用点平移的坐标规律，将点的横坐标加上平移的单位长度，纵坐标保持不变，即可得到点的坐标. 【详解】解：将点向右平移个单位长度，得到点，则点的坐标为，即. 5．（2026·云南昆明市·一模）【活动主题】 为什么天气闷热时，鱼塘里的鱼总是浮出水面？结合化学课上学习的“溶解度”相关知识，某班数学兴趣小组开展以“探究水体溶解氧含量与水温的关系”为题的跨学科实践活动． 【活动准备】 该数学兴趣小组分工查阅相关资料，整理得出以下信息：水面的溶解氧含量通常比水底高一些；当水底缺氧时，鱼就会游到水面，这里的水体溶解氧含量相对较高，这就是我们总能看到鱼把嘴伸出水面的原因、当水底的溶解氧含量下降时，不同鱼类因其耐受力差异会出现不同的反应；一般情况下，鱼类正常生长需要水体溶解氧含量在5毫克/升以上，此时水中氧气充足，有利于鱼类生长．在特定范围内，水体溶解氧含量（毫克/升）与水温（℃）呈现出一次函数的变化规律． 【活动探究】 该数学兴趣小组利用学校实验室中的传感器进行数字化实验，得到数据：当水温为时，水体溶解氧含量为9毫克/升；当水温为时，水体溶解氧含量为7毫克/升．实验要求检测的水温不低于，且不高于． 通过探究发现：当水温升高时，水体溶解氧含量就会降低，故天气闷热时，鱼塘水温上升，水体溶解氧含量降低，鱼在水底缺氧便会浮出水面． 【活动任务】 (1)任务1：请你根据数字化实验数据；求与之间的函数关系式； (2)任务2：请结合实验水温的限制要求，求水体溶解氧含量的最大值． 【答案】(1) (2)结合实验水温的限制要求，水体溶解氧含量最大值为10毫克/升 【分析】（1）设水体溶解氧含量与水温的一次函数关系式为，然后根据题意及待定系数法可进行求解； （2）由（1）可知，则有随的增大而减小，然后问题可进行求解． 【详解】（1）解：设水体溶解氧含量与水温的一次函数关系式为， ，解得， ； （2）解：， 随的增大而减小， ， 当时，． 答：结合实验水温的限制要求，水体溶解氧含量最大值为10毫克/升． 6．（2026·云南玉溪市新平县·一模）新春佳节临近，吉祥灯笼和剪纸窗花等传统春节装饰品相继上市．某校八年级年级组打算采购一批吉祥灯笼和剪纸窗花分发给各班装饰教室．通过市场调研得知：若同时买20个吉祥灯笼和50套剪纸窗花共需1100元，若同时买40个吉祥灯笼和30套剪纸窗花共需1500元． (1)一个吉祥灯笼和一套剪纸窗花的价格分别是多少元？ (2)本次采购打算购买两种物品共60个（套），其中购买吉祥灯笼的数量不少于剪纸窗花的，且不超过剪纸窗花的2倍，怎样购买两种物品最省钱？最少的费用是多少元？ 【答案】(1)一个吉祥灯笼的价格是30元，一套剪纸窗花的价格是10元 (2)购买24个吉祥灯笼，36套剪纸窗花时最省钱，最少费用为1080元 【分析】（1）设一个吉祥灯笼的价格是x元，一套剪纸窗花的价格是y元，列出二元一次方程组即可求解； （2）设购买m个吉祥灯笼，则购买剪纸窗花为套，总费用为w元，列出不等式、一次函数表达式即可求解． 【详解】（1）解：设一个吉祥灯笼的价格是x元，一套剪纸窗花的价格是y元， 由题意得， 解得， ∴一个吉祥灯笼的价格是30元，一套剪纸窗花的价格是10元． （2）解：设购买m个吉祥灯笼，则购买剪纸窗花为套，总费用为w元， 由题意可得：， 解得， 由题意得， ∵， ∴w随m的增大而增大， ∴当时，w取得最小值为， 此时，， ∴购买24个吉祥灯笼，36套剪纸窗花时最省钱，最少费用为1080元． 7．（2026·云南德宏州·一模）请你根据下列素材，完成有关任务． 背景 某快递配送中心为优化配送服务，计划采购A，B两种型号的送餐箱，用于配送不同路线的餐食． 素材一 采购2个A型送餐箱和3个B型送餐箱共需140元． 素材二 采购3个A型送餐箱和2个B型送餐箱共需130元． 素材三 配送中心计划一次性采购这两种送餐箱共100个，用于优化区域内的配送服务．经预算，采购B型号送餐箱的数量不少于A型号送餐箱数量的． 请完成下列任务： (1)任务一：A，B两种型号送餐箱的单价分别是多少元？ (2)任务二：给出最节省费用的采购方案． 【答案】(1) A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元 (2) 最节省费用的采购方案为采购A型送餐箱66个，采购B型送餐箱34个 【分析】（1）设A，B两种型号送餐箱的单价分别是元，元，根据采购2个A型送餐箱和3个B型送餐箱共需140元，采购3个A型送餐箱和2个B型送餐箱共需130元，建立二元一次方程组求解即可； （2）设采购A型号送餐箱个，则采购B型号送餐箱个，采购费用为，根据采购B型号送餐箱的数量不少于A型号送餐箱数量的．列出一元一次不等式，求出的范围，再求出费用的表达式，利用一次函数的性质即可解答． 【详解】（1）解：设A，B两种型号送餐箱的单价分别是元，元， 根据题意，得， 解得， 答：A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元； （2）解：设采购A型号送餐箱个，则采购B型号送餐箱个，采购费用为， 根据题意，得，解得， ∵是非负整数， ∴， 由（1）知A型送餐箱单价为22元，B型送餐箱单价为32元， 则， ∵， ∴随的增大而减小， ∴当时，有最小值，此时，最节省费用， 则（个） 答：最节省费用的采购方案为采购A型送餐箱66个，采购B型送餐箱34个． 8．（2026·云南文山州·一模）仔细阅读下表中的内容，据表中信息完成任务一和任务二． 背景 某学校计划购入A，B两款学习机，辅助日常教学，经过市场调研，了解到这两款学习机的相关信息如下： 信息一： ①购买3台A款学习机和4台B款学习机共需6200元； ②购买2台A款学习机和8台B款学习机共需8400元． ☆任务一 (1)求每台A款学习机，每台B款学习机的价格； 信息二 该校决定购买这两款学习机共50台，配备给部分班级作教学实验，两款都要购买，且购买B款学习机的数量不超过A款的1.5倍． ☆任务二 (2)请为该校提供最省钱的购买方案． 【答案】(1)每台A款学习机的价格是1000元,每台B款学习机的价格是800元 (2)购买20台A款学习机，30台B款学习机，最省钱 【分析】（1）根据购买两款学习机的两组总价条件，列二元一次方程组，求解两款的单价； （2）先设购买款的数量，用它表示款数量和总费用；再根据款数量不超过 款倍的约束条件，求费用函数的最小值，得到最省钱方案． 【详解】（1）解：设每台款学习机的价格是元，每台B款学习机的价格是元． 由题意得，解得， ∴每台款学习机的价格是1000元，每台款学习机的价格是800元． （2）解：设购买台款学习机，台款学习机，总费用为元． 由题意可得：， 解得． 由题意得， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，w取得最小值， 此时，，． ∴购买20台款学习机，30台款学习机，最省钱． 9．（2026·云南曲靖市·一模）云南不仅以茶和咖啡闻名，其得天独厚的自然环境更孕育了被誉为“山珍”的野生菌．如今随着生鲜电商的兴起，云南野生菌正通过“冷链直发”的模式走向全国． 解决问题： 制定采购方案 背景 某主营云南特产的生鲜平台计划采购一批高品质野生菌，该平台选择采购“特级松茸”和“一级牛肝菌”两种产品． 素材 ①该平台首次试水采购了特级松茸和一级牛肝菌，共花费元；②已知采购特级松茸比采购一级牛肝菌多用元． 素材 由于市场反响热烈，该平台计划再次采购这两种野生菌共，设第二次采购特级松茸为． 素材 ①库存与定位指标：为凸显高端定位，要求两次采购后，“特级松茸”的总数量不得少于“一级牛肝菌”总数量的，同时受保鲜冷库单品容量限制，“特级松茸”的总数量不得超过“一级牛肝菌”的总数量； ②物流包装约束：为确保包装规格统一，物流公司要求第二次采购的特级松茸数量必须满足：分式的值必须为正整数． (1)任务：分别求出“特级松茸”和“一级牛肝菌”两种野生菌的单价； (2)任务：在满足所有条件的情况下，共有几种采购方案？其中需要的最少费用是多少？ 【答案】(1)“特级松茸”的单价为元/，“一级牛肝菌”的单价为元/． (2)共有种采购方案，需要的最少费用是元． 【分析】（1）设两种野生菌的单价为未知数，根据题干给出的总花费和差价关系列出二元一次方程组，求解即可得到单价． （2）先根据数量限制条件列出不等式组，得到采购特级松茸质量的取值范围，再根据为正整数的条件化简，得到符合条件的的取值，最后列出总费用的一次表达式，根据一次函数的单调性求出最少费用． 【详解】（1）解：设“特级松茸”单价为元/，“一级牛肝菌”单价为元/． 根据题意得： ， 化简得： ， 解得 ， 答：“特级松茸”单价为300元/，“一级牛肝菌”单价为100元/． （2）解：设第二次采购特级松茸 kg，则第二次采购一级牛肝菌 ． 两次采购后，特级松茸总质量为 ，一级牛肝菌总质量为 ． 根据题意列不等式组： ， 解第一个不等式： 解得： 解第二个不等式： 解得： 即． 由题意，为正整数，化简： 因此为正整数， 设，为正整数，则． 代入得： 解得，即约． 因为是正整数，所以或． 对应或，均满足条件，因此共有2种采购方案． 设总采购费用为元， 根据题意得： 因为，所以随的减小而减小， 当时，取得最小值． （元） 答：共有2种采购方案，需要的最少费用是元． 10．（2026·云南昆明市·一模）普洱茶是云南的特色产品，某茶叶销售店以每饼120元的成本购进一批普洱茶饼，根据市场调研，销售单价不低于成本单价，也不高于每饼200元，已知每季度销售量（单位：饼）与销售单价（单位：元）符合一次函数关系，如图是与的函数关系图象． (1)求与的函数解析式，并直接写出的取值范围； (2)设该茶叶销售店每季度销售茶叶获得的利润为元，求的最大值． 【答案】(1) (2)48000元 【分析】（1）设与的函数解析式为，由题意得：，求解即可； （2）根据题意，得，根据二次函数的最值求解即可； 【详解】（1）解：设与的函数解析式为， 由题意得：， 解得：， 与的函数解析式为； （2）解：由（1）得：， ， ， 当时，随的增大而增大， ， 当时，最大，元 11．（2026·云南昆明市·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线上分别有两点，． (1)若当时，，求的值； (2)若当时，恒有，求的取值范围． 【答案】(1) (2)且 【分析】（1）当时，，代入解析式求解即可； （2）分a大于0和小于0两种情况求解即可； 【详解】（1）解： 抛物线， 又当时，， 即：， 解得：； （2）解：点，都在抛物线上， ， ， 令， 即： ，化简得：， ①当时，， 当时，恒有， ，解得：， ； ②当时，， 当时，恒有， ，解得：， 因为， ； 综上所述：且． 12．（2026·云南保山市·一模）已知m是常数且，函数，记． (1)若，时，求y的值； (2)若，，比较T与5的大小． 【答案】(1) (2)当时，；当时， 【分析】本题考查了整式的运算，分式的运算，完全平方公式等知识． （1）直接代入计算即可； （2）将x、y的值代入函数，得出关于m的方程，根据多项式的乘积为0，可知其中必有一个多项的值为0，据此分类讨论，即可作答．解题中不要先急于解一元二次方程，再代入计算作比较，此时计算量大，灵活运用完全平方公式变形是快速解题的关键． 【详解】（1）解：，， ； （2）解：，， ， ， ， 又， ， 当，即时， ， 此时：； 当，即：时， ， 两边同时除以， 整理得：， ， 此时：； 综上：当时，；当时，． 13．（2026·云南初中学业水平考试·一模）已知函数（为常数）． (1)若，求的值； (2)当时，函数的最大值与最小值的差为9是否恒成立？请说明理由． 【答案】(1) (2)恒成立，理由 对函数配方得， ∵ 二次项系数为， ∴ 抛物线开口向下，对称轴为直线， ， ∴ 当 时，y取得最大值，最大值为， 当时．； 当时，， ， ∴的最小值为 ， ∴ 最大值与最小值的差为， ∴当时，函数的最大值与最小值的差为9恒成立． 【分析】（1）将已知的代入函数解析式．解一元一次方程即可求出k的值． （2）先将二次函数配方得到顶点式．根据开口方向和给定的x取值范围．分别求出函数的最大值和最小值．计算二者的差即可判断结论是否成立． 【详解】（1）解：把代入，得： ， 解得：． （2）略 14．（2026·云南楚雄彝族自治州·一模）已知抛物线，直线． (1)若抛物线的对称轴为直线，求该抛物线的解析式． (2)若抛物线与直线只有一个交点，求代数式的值． 【答案】(1) (2)211 【分析】（1）结合抛物线的对称轴为直线进行列式计算，即可作答． （2）根据抛物线与直线只有一个交点，得出，即，再整理得出，最后代入计算，即可作答． 【详解】（1）解：依题意，对称轴为直线， ， ∴抛物线的解析式为． （2）解：依题意，联立， 得， ， ， ， ， ， ， ， ． 15．（2026·云南玉溪市新平县·一模）已知抛物线在直线的左侧时，y的值随x的值的增大而减小，在直线的右侧时，y的值随x的值的增大而增大．m是抛物线与x轴交点的横坐标，记． (1)求抛物线的解析式； (2)比较T和17的大小． 【答案】(1)抛物线的解析式为 (2)时，；时 【分析】（1）根据图象增减性求出对称轴，即可求解； （2）由m是抛物线与x轴交点的横坐标，可得．据此化简T，解求出m的值，通过作差比较T和17的大小． 【详解】（1）解：∵抛物线在直线的左侧时，y的值随x的值的增大而减小，在直线的右侧时，y的值随x的值的增大而增大． ∴抛物线的对称轴为直线． ∴，则， ∴抛物线的解析式为． （2）解：∵m是抛物线与x轴交点的横坐标， ∴，则． ∴， ， ． ∴． ∵， 解得，． 当时，， 此时， ∴． 当时，， 此时， ∴． 综上可得，时，；时，． 16．（2026·云南德宏州·一模）已知二次函数（为常数，） (1)求抛物线的对称轴； (2)二次函数（为常数，）的图象与一次函数的图象有唯一公共点，设，求的值． 【答案】(1) 直线 (2) 15 【分析】（1）利用二次函数对称轴公式计算即可； （2）先根据题意得到，即，将其代入降次为，再由结合变形得到即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线； （2）解：联立， 则，即， ∵二次函数（为常数，）的图象与一次函数的图象有唯一公共点， ∴，即， ∴， ∴， ∴ ， ∵，， ∴，即， ∴， ∴． 17．（2026·云南昆明市·一模）在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）与轴的交点在原点上方，且到原点的距离为5． (1)求此抛物线的解析式； (2)记抛物线与轴交点的横坐标为，求的值． 【答案】(1) (2)329 【分析】（1）根据题意可得，即可解答； （2）根据题意可得是方程的根，即，令，则，代入可得，整理得：，则，根据完全平方公式变形可得，再求解即可； 【详解】（1）解：抛物线（为常数）与轴的交点在原点上方，且到原点的距离为5， ， 此抛物线的解析式为． （2）解：抛物线与轴交点的横坐标为， 是方程的根，即， 法一：令，则， 代入可得， 整理得：，则， ， ． （注：其他方法参考此标准给分） 法二：令，则，代入可得， 整理得：，可得：， 两边平方得：，即， 两边平方得：，即， 两边平方得：，即， ． 法三：（换元，硬降一次）令，则， 代入可得， 整理得：， 可得：， ． 法四：（不使用换元法，硬降一次） 由，可得， 则， ， ， ， ． 18．（2026·云南初中学业水平考试·一模）在平面直角坐标系中，抛物线经过点． (1)求抛物线的解析式； (2)已知点在抛物线上，，且与均为整数，求点的坐标． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）将点代入中，得出，由，且与均为整数，求出m的值进而即可求点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点 ∴， 解得 ∴抛物线的解析式为； （2）解：点在抛物线上， 满足，即，则， ，且与均为整数， ， 或， 或， 时，；时，， 综上，点A的坐标为或． 19．（2026·云南昭通市威信县·一模）已知关于的二次函数的图象过点． (1)求二次函数的解析式； (2)若点和都在该二次函数的图象上，且，比较与的大小关系． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把代入，可得，即可得二次函数的解析式； （2）由，可得，按照和进行分类讨论，求二次函数的最小值，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， 解得， ∴二次函数的解析式为． （2）解：，理由如下： ∵， ∴． ，， 当时，． ∴ ， ∴当时，取得最小值6， ∴． 当时，． ∴ ， ∴当时，取得最小值6， ∴． 综上所述，． 20．（2026·云南大理州·一模）已知抛物线经过点，设、是常数． (1)求的值（用含的式子表示）； (2)点和点是抛物线上的任意两点，且满足，记．若的值为整数，求的所有整数值． 【答案】(1) (2)或2 【分析】本题主要考查二次函数的性质及代数式的化简与求值． （１）将已知点的坐标代入二次函数解析式中，即可用含的式子表示； （２）先根据关于的表达式求出二次函数解析式，再将和分别代入解析式，结合化简的表达式，最后根据为整数且求出的所有整数值． 【详解】（1）解：抛物线经过点 ； （2）且 ， 点和点是抛物线上的任意两点 ， 　 　 　 　 　 的值为整数 ， 或2． 21．（2026·云南文山州·一模）已知二次函数（为正有理数），对于任意实数，都有，令，且函数的顶点坐标为． (1)当时，求的值； (2)若当时，的函数值为整数，求的值． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用已知不等式，代入 时，左右两边都等于1，即可求解． （2）先由顶点为写出的表达式，得到关于的解析式；再代入，根据为整数且为正有理数的条件，解出的值． 【详解】（1）解：当时，由得，， ∴． （2）解：当时，． 由得，． ∵的函数值为整数， ∴的值可以取，0，1． ∵， ∴，且a为正有理数． ∴函数是二次函数． ∵函数T的顶点坐标为， ∴． 则，． ∴． ∴当时，． ∵为正有理数，即． ①当时，即，解得，不符合条件． ②当时，即，解得． ③当时，即，解得． 经检验，时，， 当时，是整数，满足题意； 当时，， 当时，是整数，满足题意； 综上所述，符合条件的的值为或． 22．（2026·云南昆明市·一模）已知关于的二次函数（为常数）． (1)当时，求二次函数图象的对称轴； (2)当时，二次函数的最大值为，最小值为，若，求的值． 【答案】(1) (2)的值为或 【分析】（）利用二次函数对称轴公式，代入即可解答； （）先确定抛物线的对称轴，再根据对称轴与 区间的位置关系分四类讨论：对称轴在区间左侧、右侧、区间内靠近左端点、区间内靠近右端点，分别求出对应区间的最值并代入列方程，舍去不符合前提条件的解后，最终得到符合条件的值为或． 【详解】（1）解：∵二次函数（为常数）， ∴根据二次函数图象的对称轴为直线， 当时，对称轴为直线， 故二次函数图象的对称轴为； （2）解：抛物线的对称轴为直线， ①若对称轴在区间左侧时，如图，则，即， 此时，当时，有最小值为， 当时， 有最大值为， ， ， 即， （舍去）； ②若对称轴在区间右侧时，如图，则，即， 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ， ， 即， （舍去）； ③若对称轴在区间内且靠近区间左端点时，如图， 则，即， 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ，， 即，（舍去），（符合）； ④若对称轴在区间内且靠近区间右端点时，如图， 则，即． 此时，当时，有最大值为， 当时，有最小值为， ，，即， 解得，（舍去），（符合）； 综上所述，的值为或． 23．（2026·云南楚雄彝族自治州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线（为常数，）与轴交于点． (1)求抛物线的解析式． (2)将抛物线记为，将抛物线记为，与合起来的图象记为．对于上的两点和，当，时，总有，求的取值范围． 【答案】(1) (2)的取值范围是或 【分析】（1）将代入可得答案； （2）在平面直角坐标系中作出抛物线和，再求出与轴交于点，与轴交于点，分两种情况：①当点在轴右侧和点之间时，总有，并 根据可得，，然后求出解集；②当点在点的左侧时，总有，并结合可得，求出解集即可． 【详解】（1）解：根据题意，将代入，得， 解得， 抛物线的解析式为； （2）解：根据题意在平面直角坐标系中作出抛物线和，如图1， 当时，或， ∴与轴交于点，与轴交于点， 时，． ①当点在轴右侧和点之间时，总有． ． ， ，， 解得； ②当时，代入得， 解得或． 结合图象可知应舍去． 当点在点的左侧时，总有． ， ， ， ． 综上，的取值范围是或． 24．（2026·云南楚雄彝族自治州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的解析式为，点，点，点． (1)若抛物线经过点，，，求抛物线的表达式． (2)对于抛物线，若，，．当抛物线与线段有且只有一个公共点时，求的取值范围． 【答案】(1) (2)的取值范围是或 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）先求出抛物线的顶点坐标为，再分三种情况：当抛物线的顶点在线段上时；当抛物线经过点时；当抛物线经过点时；分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：将，，代入，得， 解得． 该抛物线的表达式为． （2）解：对于抛物线，若，，，则抛物线． 抛物线的顶点坐标为． ①当抛物线的顶点在线段上时， 可得． ．此时抛物线的顶点坐标为，即点； ②当抛物线经过点时， 可得， 解得，． 又抛物线与线段有且只有一个公共点， ； ③当抛物线经过点时， 可得， 解得，． 又抛物线与线段有且只有一个公共点， ． 综上所述，的取值范围是或． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $