2025年山东省青岛市初中学业水平考试模拟测试数学试题

这是一份2025年山东省青岛市初中学业水平考试模拟测试数学试题，共64页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．点是二次函数图象的顶点，轴，且交一次函数的图象于点，点在轴上，下列结论错误的是（）
A．点一定在二次函数图象上
B．
C．当最小时，的最小值是3
D．若两个函数图象在第四象限有交点，则
2．已知且，将多项式中的n个（，且n为整数）字母添加一个括号（括号里不能再有括号），并同时改变括号前的符号后得到一个新多项式，并写出整个新多项式的绝对值，然后再进行去绝对值运算，称这种操作为“绝对变括操作”，例如：等，下列结论正确的个数是（ ）
①若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为；
②存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同；
③当时，所有的“绝对变括操作”共有4种不同的运算结果．
A．0个B．1个C．2个D．3个
3．现有个负整数：，，，…，对它们进行如下操作：第次操作，将所有角标数字为的倍数的数变换为相反数，得到数列：，，，…；第次操作，在第次操作完之后的数列上，将所有角标数字为的倍数的数变换为相反数，得到数列：，，，…；以此类推，第次操作，在第次操作完之后的数列上，将所有角标数字为的倍数的数变换为相反数，此时全部操作结束，以下说法正确的有（ ）
若，第次操作结束后，整个数列中会有个正数；
若，第50次操作结束后，整个数列中会有个正数；
在第次操作结束后的数列中任取两个正数，，则的最小值为．
A．个B．个C．个D．个
4．阅读材料：已知点 和直线，则点到直线的距离可用公式 计算．例如：求点到直线的距离．其中，，所以点到直线的距离为，根据以上材料，有下列结论：
①点到直线的距离是；
②直线和直线的距离是；
③若点是抛物线上的点，则点到直线距离的最小值是．
④抛物线上存在两个点到直线的距离是；其中，正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，作射线，使得，作于点，则长的最大值是（ ）
A．B．C．2D．
6．在平面直角坐标系中，有两点，，将，两点的横纵坐标分别对应相加作为点的横纵坐标，将，两点的横纵坐标分别对应相减作为点的横纵坐标，此操作称为第一次坐标变化操作；将，两点的横纵坐标分别对应相加作为点的横纵坐标，将，两点的横纵坐标分别对应相减作为点的横纵坐标，此操作称为第二次坐标变化操作． 例如：，两点第一次坐标变化操作后的点为，点为；下列说法中：
①当，时，经过次坐标变化操作后，的面积为；
②经过次坐标变化操作后，直线的解析式为；
③若，，且，，时，则经过次坐标变化操作后，点的坐标为或．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
7．抛物线，，是常数，经过，，三点，且．在下列四个结论中：①；②；③当时，若点在该抛物线上，则；④若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则，其正确结论的序号是（ ）
A．②③④B．①④C．②③D．③④
8．已知，其中n，为非负整数．均为正整数．规定：，整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法：①；②若，则所有满足条件的整式的和为；③若，则所有满足条件的整式有6个．其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
9．关于的函数的图象与轴有三个不同的公共点，则的值为 ．
10．我们规定：若一个四位自然数各个数位均不为零，且千位与百位的积等于十位与个位的和，千位与十位的和为10，则称这个四位自然数为“加乘数”．例如：2786，满足，且，所以2786是“加乘数”．按照这个规定，最小的“加乘数”为 ；将一个“加乘数”M的千位与十位对调、百位与个位对调，得到新的数记为N，若能被11整除，则满足条件的M的最大值与最小值的差为 ．
11．我们规定：若一个正整数A能写成，其中m，n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方和数”，并把A分解成的过程，称为“方和分解”．例如：因为， 30与38的十位数字相同，个位数字0与8的和为8，所以938是“方和数”，938分解成的过程就是“方和分解”．按照这个规定，最小的“方和数”是 ．把一个“方和数”A进行“方和分解”，即，将m放在n的左边组成一个四位数S，将S的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调得到一个新的四位数T，记，若能被7整除，则满足条件的正整数A的最大值与最小值的差是 ．
12．一个正整数能够写成两个正整数与的差与它们的乘积之和，即，那么叫做“成长数”．例如，所以与都是“成长数”．若，则满足条件的“成长数”中最大的数是 ；若，取、中较大的数为个位数字，较小的数为十位数字组成的两位数记为，将的个位数字与十位数字交换后形成的新两位数记为．记，，若为完全平方数，且能被整除，则满足条件的“成长数”的值为 ．
13．在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为．
（1）若该抛物线与x轴交于点，则 ；
（2）已知点，，若该抛物线与线段始终有两个不同的交点，则n的取值范围是 ．
14．在四边形中，，，，，则四边形的面积是 ．
三、解答题
15．设计一个有关青岛旅游宣传的图案，使它既是中心对称图形，又是轴对称图形．
16．若点满足，则称点P为“t系点”，例如：满足，则称为“3系点”．
(1)关于x的二次函数的图象上是否存在“3系点”，若存在，请求出该“3系点”，若不存在，请说明理由；
(2)关于x的函数与反比例函数的图象在第二象限存在同一个“3系点”，且函数的图象与坐标轴只有2个交点，求a的值；
(3)已知关于x的二次函数的图象上存在2个不同的“3系点”A、B，且对于该二次函数有当，时，，相应的函数值，总满足，请求出线段长度的取值范围．
17．给定圆和直线，过圆上一点作直线于点，直线与圆的另一个交点记为，将称为点关于直线的特征值．特别地，当点与点或重合时，点关于直线的特征值为；当点和重合时，点关于直线的特征值为．
在平面直角坐标系中，
(1)圆是以点为圆心，为半径的圆，
若点的坐标是，则它关于轴的特征值是：_______；
点是圆上一动点，将点关于轴的特征值记为，则的取值范围是__________；
(2)已知圆的半径为，直线，若圆上存在关于直线的特征值是的点，直接写出的取值范围．
18．在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线交轴于点．点是该抛物线上的动点，其横坐标为．将点沿轴正方向向上平移1个单位长度得到点，过点作轴于点，连结，以、为边作矩形．
(1)求此抛物线对应的函数关系式．
(2)当该抛物线在矩形内部的点的纵坐标随值的增大而增大时，求的取值范围．
(3)在、两点之间的部分（包含、两点）图象记为．设与此抛物线的交点的横坐标为，图象最高点与最低点的纵坐标之差为，若，求的取值范围．
(4)设矩形的边与抛物线的交点为（点不与该矩形的顶点重合），当以矩形的一边为直角边，并以这边上的两个端点与点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，直接写出的值．（写出三个值即可）
19．在平面直角坐标系中，已知抛物线、为常数，且经过点，且对称轴为直线．点、、是该抛物线上三个动点，其横坐标分别为，，．连结、，并以、为邻边构造平行四边形．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)当时，求的面积；
(3)当时，求的取值范围；
(4)当平行四边形的边与抛物线存在非平行四边形的顶点的其它交点时，记此交点为点，取的中点记为，当的面积是平行四边形面积的时，直接写出的值．
20．阅读以下信息，完成下列小题
材料一：对数是高中数学必修一中的一个重要知识点，是高中运算的基础．
材料二：对数的基本运算法则：对数公式是数学中的一种常见公式，如果（a>0，且），则x叫做以a为底N的对数，记做，其中要写于右下．其中叫做对数的底，叫做真数．通常以10为底的对数叫做常用对数，记作；以e为底的对数称为自然对数，记作．
(1)请把下列算式写成对数的形式：，，
(2)平方运算是对数运算的基础．完成下列运算：
(3)对数和我们在初中阶段学习的平方根的运算也有相似之处．请完成有关平方根的知识点的填空．
平方根，又叫二次方根，表示为〔 〕，其中属于 的平方根称之为算术平方根（arithmetic square rt），是一种方根．一个正数有 个实平方根，它们互为 ，负数在 范围内没有平方根，0的平方根是0
21．已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点D是点C关于抛物线对称轴的对称点．过A，D两点的直线与y轴交于点E．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m(m≥0)，过点P作PM⊥x轴，垂足为M．线段PM与直线AD交于点N，当MN=2PN时，求点P的坐标；
(3)若点Q是y轴上的点，且满足∠ADQ=45°，求点Q的坐标．
22．定义：如果实数，满足，，且，为常数，那么称点为“改革创新点”，例如点是“改革创新点”．
(1)，，三个点中，点 是“改革创新点”；
(2)设函数，的图象的“改革创新点”分别为点，，过点作轴，垂足为．当的面积为时，求的值；
(3)若点是“改革创新点”，用含的表达式表示，并求二次函数的函数值的取值范围．
23．抛物线，直线的解析式为．
(1)若抛物线经过点，求抛物线的顶点坐标；
(2)探究抛物线与直线的交点情况并说明理由；
(3)若抛物线经过点，且对于任意实数满足两个条件：
①不等式都成立；
②当时，抛物线的最小值为，求直线的解析式．
《2025年山东省青岛市初中学业水平考试模拟测试数学试题》参考答案
1．C
【分析】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、轴对称最短路线问题，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】二次函数，
当时，，
点一定在二次函数图象上，故选项A正确；
二次函数，
该函数的顶点坐标为，
点的坐标为，
点在上，轴，
点N的坐标为，
，
故选项B正确；
当最小时，，此时
点的坐标为，点的坐标为，
点在轴上，点M，N在y轴的左侧，
关于y轴对称点为 ，则直线与y轴的交点即为点P，此时的值最小，
，
的最小值是，选项C错误；
二次函数，
该函数图象开口向下，对称轴为直线，
当时，，
该函数图象与轴交于点，
一次函数与轴交于点，与轴交于点，
将代入，得，解得：，
将代入，得，解得：，
两函数图象在第四象限有交点，
，
故选项D正确；
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了整式的加减，理解新定义及绝对值是的意义是解题关键．把前四项添括号，根据“绝对变括操作”计算即可判断①；当时，根据“绝对变括操作”计算即可判断②；分，，，分别列举出所有情况，根据“绝对变括操作”计算即可判断③．
【详解】解：
，
∵且，
∴，，
∴原式，
∴
，
∴若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为
故①正确；
当时，
，
∴存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同
故②正确；
当时，
，
，
，
当时，
；
；
当时，
，
综上，当时，所有的“绝对变括操作”共有5种不同的运算结果，
故③不正确，
故选：C．
3．D
【分析】本题考查了整式的加减计算，有理数的乘除法运算，化简绝对值，还涉及因数，倍数问题，难度很大，正确理解题意，找出规律是解题的关键．
（1）第四次后，，由得到这50个数中有12个4的倍数，为第个数，第个数变为负数，第个数变为正数，故正数有个，负数有个；
（2）因此不难发现，当角标数的因数有奇数个且角标数为完全平方数时，第50次操作后为正，当角标数为时，第50次操作后为正，故有7个；
（3）对于，当时，原式，当时，原式，当时，原式；对于，当时，原式，当时，原式，当时，原式，由于取不到最小值2，取不到最小值4，故使和尽可能小即可，即最接近5或7，最接近11或15，故当代入即可求解．
【详解】解：（1）原数列：（均为负数），
第一次后：（均为正数），
第二次后：，此时有25个正数，25个负数，且奇正偶负，
第三次后： ，
∵，
∴这50个数中有16个3的倍数，且为8个奇数，8个偶数，且为奇负偶正，其余各数符合不变，
∴有25个正数，25个负数
第四次后，，
∵，
∴这50个数中有12个4的倍数，为第个数，
∴第个数变为负数，第个数变为正数，
∴正数有个，负数有个，
∴（1）正确；
（2）∵角标为1的因数为1，有1个，
∴当时，为正；
角标为2的因数为，有2个，
∴当时，为负；
角标为3的因数为，有2个，
∴当时，为负；
角标为4的因数为，有3个，
∴当时，为正；
角标为9的因数为，有3个，
∴当时，为正；
角标为的因数为，有5个，
∴当时，为正；
因此不难发现，当角标数的因数有奇数个且角标数为完全平方数时，第50次操作后为正，
∴当角标数为时，第第50次操作后为正，故有7个，
∴（2）正确；
（3）对于，
当时，原式，
当时，原式，
当时，原式，
对于，
当时，原式，
当时，原式，
当时，原式，
∵，，，
∴，
对于取不到最小值2，取不到最小值4，
故使和尽可能小即可，
即最接近5或7，最接近11或15，
∴当，
，
∴的最小值为24，
∴（3）正确，
故选： D．
4．D
【分析】本题考查了一次函数的点与直线之间的距离公式的运用，由函数的解析式求点的坐标的运用，平行线的性质的运用，解答时掌握点到直线的距离公式是关键．
①利用点到直线的距离公式求出即可；②从直线上找一个点，求出该点到的距离，即为两条平行线的距离；③利用点到直线的距离公式求出点的坐标，即可作出判断；④求得直线与抛物线有一个交点时的m的值，即可求得直线的解析式，从直线上找一个点，求出该点到的距离，即为点P到直线距离的最小值；
④利用点到直线的距离公式求出点的坐标，即可作出判断．
【详解】解：①直线，
∴点到直线的距离是，故①正确；
②∵直线和的k值相等，都等于-2
∴直线与直线平行，
根据 “平行线间距离相等”找出直线上的一点，
∴点到直线的距离，故②正确；
③设直线向上平移m个单位与抛物线有一个交点，则平移后的直线为，
令，则，
∴，即，
解得，
∴平移后的直线为，
找出直线上一点，
∴点到直线的距离，
∴若点P是抛物线上的点，则点P到直线距离的最小值是，故③正确；
④设点是抛物线的点，到直线的距离是，
则，
∴，
∴，即，
当时，此方程无解；
当时，解得，或
∴抛物线上存在两个点到直线的距离是；
故④正确；
所以正确的结论有①②③④，共4个，
故选：D．
5．B
【分析】利用分类思想解答，当BM在AB的下方时，先取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形，根据，确定当与重合时，取得最大值，此时取得最大值，最大值为，当BM在AB的下方时，过点作于点，取的中点，连接，得，根据，得，
解答即可．
本题考查了直角三角形的性质，矩形的判定和性质，正弦函数的应用，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，当BM在AB的下方时，取的中点，连接，
∵，，
∴，
过点N作于点Q，
∵，，
∴
∴，
过点C作于点P，
则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴当P与N重合时，取得最大值，且，
此时取得最大值，最大值为，
当BM在AB的上方时，过点作于点，取的中点，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上所述，最大值为，
故选：B．
6．C
【分析】经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，据此规律分别求解，即可求解．
【详解】解：经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
经过两点第次坐标变化操作后的坐标：，，
①当，时，，，
，
故此项错误；
②设直线直线的解析式为，则有
，
解得：，
直线直线的解析式为，
故此项正确；
③，，
，
，
，，
，
联立，
解得：或，
，
解得：，
，
当，时，
，
，
，
当，时，
，
，
，
，
，
的坐标为或，
故此项正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了点的坐标规律探究，待定系数法，完全平方公式变形计算等，能找出坐标规律是解题的关键．
7．B
【分析】①根据图象经过，得出，故可判断①；由，且抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧，判断出抛物线的开口向下，即，再把代入 得，得出，再得出抛物线的对称轴在直线的右侧，得出抛物线的顶点在点或右侧，得出，根据，利用不等式的性质即可得出，即可判断②；③先得出抛物线对称轴在直线 的右侧，得出到对称轴的距离大于到对称轴的距离，根据，抛物线开口向下，距离抛物线的对称轴越近的函数值越大，即可得出③；④根据方程有两个相等的实数解，得出△，把代入 得，即，求出，根据根与系数的关系得出，即，根据，得出，求出的取值范围，即可判断④正确．
【详解】解：①图象经过，
，
故①正确；
②，
抛物线与轴的负半轴有交点，
如果抛物线的开口向上，则抛物线与轴的交点 都在的左侧，
中，
抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧，
抛物线的开口一定向下，即，
把代入 得：，
即，
，，
，
，
方程的两个根的积大于0，
即，
，
，
，
即抛物线的对称轴在直线的右侧，
抛物线的顶点在点的上方或者右上方，
，
，
，
故②错误；
③，
当 时，，
抛物线对称轴在直线的右侧，
到对称轴的距离大于到对称轴的距离，
，抛物线开口向下，
距离抛物线越近的函数值越大，
，
故③错误；
④方程可变为，
方程有两个相等的实数解，
△．
把代入 得，即，
，
即，
，
，
即，
，在抛物线上，
，为方程 的两个根，
，
，
，
，
故④正确．
综上所述，正确的结论有：①④．
故选：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，数形结合法，抛物线与轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键．
8．B
【分析】本题主要考查了整式的加法运算，熟练掌握整式的加法运算是解题的关键．
由题意知，即可判定①；先说明，再结合可知，易得或，然后求出满足条件的，然后求和即可判断；由，然后分是种情况，分别求出符合条件的，然后统计即可解答．
【详解】解：①由题意得∶，故①错误；
②由题意得∶
，
∵，
∴
∴或，
∴或，
∴所有满足条件的整式的和为，故②正确；
③∵，
∴当时，，
∴，即；
当时，，
∴，
∵，
∴
∴
当时，，
∴，
∵，
∴
∵为非负整数，为正整数，
∴或或，
∴或或；
当时，，
∴，
∵，
∴
∵、为正整数，
∴
∴；
当时，，
∴，
∵，
∴
∵为非负整数，、为正整数，
∴即此时不满足要求．
∴所有满足条件的整式有6个，即③错误．
正确的个数是1个．
故选：B．
9．或
【分析】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质，难度很大，利用转化和数形结合思想是解决本题的关键．将函数转化为，换元处理，令，则，令，则，得到，令，，则问题转化为函数与图象有3个不同的交点，后面就是画图分析即可．
【详解】解：∵函数，
∴
，
令，
在原函数转化为：，
令，则，
∴，
令，
∴问题转化为函数与图象有3个不同的交点，
对于函数，可知，
∴函数图象经过点，
对于函数，可化简为：，
当，，则函数与y轴交于点0,2，
画出函数与图象如图：
当直线经过点0,2时，符合题意，如图：
则，
∴；
当直线与函数的y轴右侧部分图象相切时，符合题意，如图：
则联立函数解析式得：，
整理得：，
则，
解得：或（舍），
综上所述，或，
故答案为：或．
10．
【分析】此题考查了数字类规律，整式的加减，二元一次方程的解等知识，求最小“加乘数”，先求千位为1的“加乘数”，没有则求千位为2的“加乘数”， 设“加乘数”M千位上数字为a， 则十位上的数字为，百位上的数字为b，则个位上的数字为，得，，
若能被11整除，则能被11整除，再进行分析即可得到答案．
【详解】解：①若最小的“加乘数”千位上数字为1，则十位上的数字为9，设百位上的数字为x，则个位上的数字为y，
则，又∵，，故此时不存在，满足题意；
②若最小的“加乘数”千位上数字为2，则十位上的数字为8，设百位上的数字为x，则个位上的数字为y，
则，又∵，，故，
最小的“加乘数”为；
设“加乘数”M千位上数字为a， 则十位上的数字为，百位上的数字为b，则个位上的数字为，，，、为整数，
则，
由将一个“加乘数”M的千位与十位对调、百位与个位对调，得到新的数记为N，得：
，
∴
∴
∵能被11整除，
∴是的倍数，
设，
当时，，即
∵，，、为整数，
∴没有符合条件的，
当时，，即，
∵，，、为整数，
∴当， 时，“加乘数”为；
当， 时，“加乘数”为；
综上所述：满足条件的“加乘数”最大值为，最小值为；
∴M的最大值与最小值之差为
故答案为：，，
11．
【分析】由新定义可设十位数字是，可得的十位数字是，设的个位数字是，的个位数字是，可求，，表示出，由二次函数的性质即可求解； 设，，由新定义得，，，可求， 由能被7整除，能被7整除，可得，或，或，或，分别进行求解，即可求解．
【详解】解： m，n都是两位数，正整数A最小的“方和数”，
可设十位数字是，
的十位数字是，
设的个位数字是，
的个位数字是，
，
是两位数，
，
解得：，
，
，
，
，
，，
当时，
；
设，
，
，
，
，
，
能被7整除，
能被7整除，
，
，
，
，
，
或，
或，
或，
①当时，
，
，
解得：，
m，n都是两位数，
，
，
解得：，
故，
当时，
，
当时，
，
②当时，
，
同理可求：，
当时，
，
当时，
；
③当时，
，
同理可求：，
当时，
，
当时，
；
④当时，
，
同理可求：，
当时，
，
当时，
；
综上所述∶，，
；
故答案为：，．
【点睛】本题考查了新定义，求整数解问题，整式混合运算，不等式组的应用等；理解新定义，能根据新定义表示出整数，并进行求解是解题的关键．
12． ； ．
【分析】本题考查了二次函数的最值问题，列代数式、整除、有理数的混合运算等知识点，解决本题的关键是利用分类讨论的思想分情况计算．
首先根据，所以可得，然后根据“成长数”的定义进行计算即可；
首先根据为完全平方数，可得或，再根据能被整除，可得，分两种情况求出满足条件的、的值，根据“成长数”的定义计算出结果即可．
【详解】解：，则，
这个“成长数”为：，
整理得：，
当时，这个“成长数”有最大值，最大值是；
由题意可得：，，
则，，
，
、都为整数且，
，且为整数，
又是完全平方数，
或，
或，
能被整除，
则(为整数)，
整理得：，
、都为整数且，
为正整数，
当时，，
整理得：，
当时，，
则此时，则，
，故符合题意，
当时，，
整理得：，
不存在的值使为到之间的整数，
符合题意的只有、，
此时的“成长数”为．
故答案为：， ．
13． 4 或
【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，求解抛物线的解析式，清晰的分类讨论是解本题的关键；
（1）由抛物线与x轴交于点，可得，再进一步求解抛物线的顶点坐标可得答案；
（2）先求解抛物线的顶点纵坐标为，再分两种情况画图，当，对称轴在y轴左侧，当对应的函数值，如图，当，对称轴在y轴右侧，如图，当对应的函数值，再建立不等式求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点，
∴，
∴，
，
，
∴抛物线的顶点为，
∴，
故答案为：4；
（2）∵的对称轴方程为直线，
∴顶点纵坐标，
∵点，，
∴、B关于原点对称，
∴线段经过原点，
∵抛物线始终经过原点，且与x轴始终有两个交点，
当，对称轴在y轴左侧，如图，
∴当时，，
∴，
解得：，
又∵，
∴，
∴，
∵由图象可得：，
∴，
∴，
∴，
当，对称轴在y轴右侧，如图，当对应的函数值，
∴，
解得：，
又∵，
∴，
∴，
∵由图象可得：，
∴，
∴，
∴，
综上：或；
故答案为：或
14．或
【分析】根据题意画出四边形，过点作于点，过点作于点，①过点作于点，②过点作交的延长线于点，分两种情况求解即可．
【详解】解：①如图，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∵，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴，
∴四边形的面积：
；
②如图，过点作于点，过点作于点，过点作交的延长线于点，
由①知：，，，
∴，
∴，
∴四边形的面积：
；
综上所述，四边形的面积为或．
故答案为：或．
【点睛】本题求梯形的面积，考查了等腰三角形的三线合一性质，勾股定理，平行四边形的判定，矩形的判定和性质等知识点，正确理解题意并画出图形是解题的关键．
15．见解析
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
【详解】根据中心对称图形和轴对称图形的定义可得：
16．(1)存在，该“3系点”为，理由见解析
(2)或或
(3)
【分析】（1）设，将其代入，解方程即可；
（2）先求出“3系点”为，将代入得 ，此时函数解析式为，再分类讨论即可；
（3）先求出m的取值范围为，设抛物线上的点为，由“3系点”定义可得，则，同上可解得：或（舍），设，则为方程的两个根，则，那么，由A、B为“3系点”，得到，则，令，转化为二次函数求最值即可．
【详解】（1）解：存在，理由如下：
由题意得，，
∴，
∴，
将代入
得：
解得：，
∴，
∴存在，该“3系点”为2,1；
（2）解：设“3系点”为，
将其代入，得：，
解得：或，
经检验，均是方程的根，
∵关于x的函数与反比例函数的图象在第二象限存在同一个“3系点”，
∴（舍），
∴“3系点”为，
将代入得：，
∴，
∴此时函数解析式为，
当时，
①当抛物线与轴只有1个交点时，则令，
此时，
∴，
解得：，
此时抛物线为，
当时，，
∴与轴交于0,1，
∴当时，符合函数的图象与坐标轴只有2个交点；
②当抛物线与轴有2个交点时，则必过，
∴，
解得：，
此时抛物线为：，
∴当时，符合函数的图象与坐标轴只有2个交点；
当时，此时，符合题意，
∴时，符合函数的图象与坐标轴只有2个交点，
综上所述：或或；
（3）解：，对称轴为直线，
令y=fx，
则，，
∴，
∵要满足对于该二次函数有当，时，，相应的函数值，总满足，
∴，
则，即点在对称轴的左侧，
∵，
∴在直线左侧，随着的增大而减小，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
∴或，
解得：或（舍）
∴，
设抛物线上的点为，
由“3系点”定义可得：，
∴，
∵函数的图象上存在2个不同的“3系点”A、B，
∴，
同上可解得：或（舍），
设，则为方程的两个根，
∴，
∴，
∵A、B为“3系点”，
∴，
∵
令，
对称轴为：直线，
∵，
∴当时，随着m的增大而增大，
而，
∴，
∴，
∴
∴的取值范围为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，涉及待定系数法求函数解析式，一元二次方程根与系数的关系，两点之间距离公式，难度很大，熟练掌握知识点是解题的关键．
17．(1)；；
(2)或．
【分析】（）由题意得，，再根据新定义即可求解；
过作于点，直线与圆的另一个交点记为，过作于点，根据新定义即可求解；
（）分当直线在圆的外部时当直线在圆的内部时两种情况分析即可；
本题考查了垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，一次函数的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，过作于点，直线与圆的另一个交点记为，
∴，，
∴点关于轴的特征值为，
故答案为；
如图，过作于点，直线与圆的另一个交点记为，过作于点，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴关于轴的特征值记为，
由题意可得：，
∴当时，；当时，；
∴的取值范围是，
故答案为：；
（2）解：如图，当直线在圆的外部时，过作于点，直线与圆的另一个交点记为，过作于点，过作于点，易得四边形为矩形，
∴，
同理可得：关于直线的特征值是的点，，
∵，
∴，
∴，即，
当时，
由勾股定理得：，
∴，即，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，解得：；
当时，
由勾股定理得：，
∴，即，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，解得：；
∴的取值范围为；
如图，当直线在圆的内部时，
同理可得：关于直线的特征值是的点，，
∴，
∵，
∴
∴当时，最大值为，
∴，
同理求得：点，
∴，解得：，
∴的取值范围为，
综上可知：的取值范围为或．
18．(1)；
(2)；
(3)；
(4)或或或或．
【分析】利用待定系数法，把点的坐标代入，求出的值即可；
根据矩形的性质，分当时、当时、当时，三种情况进行讨论，当时矩形内部没有二次函数的图象；当时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标随值的增大而减小；只有当时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标随值的增大而增大；
分别求出当和时，图象最高点与最低点的纵坐标之差，即为的取值范围；
抛物线与轴的交点坐标分别为和，抛物线的顶点坐标为1,2，所以要分当时、当时，当时，即当在抛物线顶点的上方时，当，即当与抛物线的交点恰好是抛物线的顶点时，当时，共种情况讨论求解．
【详解】（1）解：把点的坐标代入，
可得：，
解得：，
抛物线对应的函数关系式为；
（2）解：当时，
如下图所示，
抛物线在矩形内部的点的纵坐标随值的增大而增大；
抛物线的顶点坐标为1,2，
当时，
如下图所示，
矩形内部没有二次函数的图象；
当时，
如下图所示，
抛物线在矩形内部的点的纵坐标随值的增大而减小；
综上所述，的取值范围为；
（3）解：当时，
如下图所示，
当与抛物线的交点的横坐标为时，
点的纵坐标为，
点的纵坐标为，
点与点是对称点，
点的纵坐标为，
此时在图象最高点是抛物线的顶点，抛物线顶点纵坐标为，最低点为点，点的纵坐标为12，
；
当时，
如下图所示，
点的横坐标是，纵坐标是，
此时点在轴上，
，
点的纵坐标为，
此时在图象最高点是抛物线的顶点，抛物线顶点纵坐标为，最低点为点，点的纵坐标为，
，
的取值范围为；
（4）解：解方程，
得：，，
抛物线与轴的交点坐标分别为和，
如下图所示，
当点在点左侧时，则有，
恰好在轴上，点是抛物线与轴的交点，
，
，
抛物线与轴的交点的坐标为
，
是等腰直角三角形，
点的纵坐标为，
解方程，
可得：，(舍去)；
当时，
如下图所示，
点的横坐标为，纵坐标为，
则点的纵坐标为，
点的纵坐标为，
，
若为等腰直角三角形，
则有，
整理得：，
解得：，(舍去)；
当时，
如下图所示，
点的横坐标为，
则与抛物线的交点横坐标为，
，
若为等腰直角三角形，
则有，
解得：；
当时，
如下图所示，
与抛物线的交点恰好是抛物线的顶点，
此时，
是等腰直角三角形；
当时，
如下图所示，
点的横坐标为，纵坐标为,
则点的横坐标为，纵坐标为，
若为等腰直角三角形，
则有，
点的坐标为
可得方程：，
解得：．
综上所述，的值可能为：或或或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、待定系数法求二次函数的解析式．解决本题的关键是根据等腰直角三角形的性质分类讨论
19．(1)抛物线的函数关系式为；
(2)的面积为；
(3)的取值范围为；
(4)的值为或．
【分析】根据抛物线的对称轴为x=2可得，根据抛物线经过点可得，解方程组求出、的值即可得抛物线的解析式；
分别求出当时点、、的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，根据解析式求出线段与轴的交点，根据求出结果；
根据抛物线的解析式分别求出点、、的坐标，根据得到关于的不等式组，解不等式组确定的取值范围；
当时，根据平行四边形的性质和点、、的坐标可以得到点的坐标，根据平行四边形的性质可得，从而可得，又因为点是的中点，点是的中点，可以把点、的坐标用含的代数式表示出来，把点的坐标代入二次函数的解析式中得到关于的方程，解方程求出的值；当时，与抛物线不存在交点；当时，即时，利用平行四边形的性质把点的坐标用含的代数式表示出来，根据点在抛物线上，把点的坐标代入二次函数的解析式中得到关于的方程，解方程求出的值．
【详解】（1）解：抛物线、为常数，且经过点，且对称轴为直线，
，
解得：，
抛物线的函数关系式为：；
（2）解：当时，，，，
如图，设交轴于，
设直线的解析式为：，
则，
解得：，
直线的解析式为：，
当时，，
，
点的坐标为，，
；
（3）解：当时，，
点的坐标为，
当时，，
点的坐标为，
当时，，
点的坐标为，
，
，
由得：，
由得：，
解得：；
（4）解：分三种情况：
当时，，
，
，
如图，取的中点，连接，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
是的中点，
点的坐标为，，即点的坐标为，
，是的中点，
是的中点，
同理得：，，
点在抛物线上，
，
解得：（舍，；
当时，即，如图，此时与抛物线不存在交点，不符合题意；
当时，即时，如图，连接，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
点的坐标为，，即点的坐标为，，
点在抛物线上，
，
解得：（舍，；
综上所述的值是或．
【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式、平行四边形的性质、解不等式组、平面直角坐标系中两点间的中点的坐标的求法．解决本题时要注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想．
20．(1)，，
(2)，，27
(3)，，两，相反数，实数
【分析】本题考查了幂的运算，对数与幂的转化，平方根的定义，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）根据对数的定义，结合示例即可求得写出；
（2）根据对数的定义，结合示例即可求得写出；
（3）根据平方根，算术平方根的定义填空即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∵，
∴，
∴；
∵，
∵，
∴，
∴，
故答案为：，，27；
（3）解：平方根，又叫二次方根，表示为，其中属于的平方根称之为算术平方根（arithmetic square rt），是一种方根．一个正数有 两个实平方根，它们互为 相反数，负数在 实数范围内没有平方根，0的平方根是0，
故答案为：，，两，相反数，实数．
21．(1)，
(2)点的坐标为
(3)点的坐标为或
【分析】（1）先求出，再计算求解即可；
（2）先求出点的坐标为，再求出点的坐标为，最后利用待定系数法和函数图象求解即可；
（3）分类讨论，利用锐角三角函数和勾股定理计算求解即可．
【详解】（1）解：令，得，
∴解得，，
∴A−2,0，．
（2）解：∵点为抛物线与轴的交点，
∴点的坐标为，
∵点是点关于抛物线对称轴的对称点，对称轴为直线，
∴点的坐标为．
设直线的详解式为：，
把A−2,0，代入得：，
解得：，
∴直线的详解式为：．
如图，设点的坐标为（其中），
则，．
当时，
可得，
解得：，（舍去）．
当时，，
∴点的坐标为．
（3）∵直线与轴交于点，
∴点坐标为．
分两种情况：
①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．
在中，，
在中，，
∵，A−2,0，，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
∴点的坐标为．
②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作，垂足为，
在中，，
在中，，
∵，，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
由①可知，，
∴，，
∴，
∴，
∴点的坐标为．
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数与x轴的交点坐标，二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，一元二次方程的解法，勾股定理，勾股定理，以及锐角三角函数的知识．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
22．(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）依据题意，根据“改革创新点”的意义，分别进行判断可以得解；
（2）依据题意，由，，且，从而可得，从而可得“改革创新点”在直线上．故、分别为与函数及的交点，可得、的坐标，再过点作直线于，故，从而，故，则，进而计算可以得解；
（3）依据题意可得，从而，可得，故，又，从而，从而，又，从而，最后可得，结合二次函数的性质即可判断得解．
【详解】（1）解：由题意，对于，
∵，，，
∴不是“改革创新点”；
对于，
∵，，，
∴不是“改革创新点”；
对于，
∵，，，
∴是“改革创新点”，
故答案为：；
（2）若点为“改革创新点”，
则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
∴“改革创新点”在直线上，
∴、分别为与函数及的交点，
联列方程组，
解得：或
∵，
∴，
又联列方程组，
解得：，
∴，
过点作直线于，
∴（∵，∴）
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或b＝﹣8（负值不符合题意，舍去），
此时，
∴点在y轴上．
∴C与O重合，M在y轴上．
∴；
（3）∵点是“改革创新点”，
由（2）知：，即，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，，．
【点睛】本题考查反比例函数的应用，二次函数的应用，“改革创新点”的意义，反比例函数与一次函数的交点，一次函数与一次函数的交点，通过对完全平方公式变形求值，三角形的面积等知识点．正确理解“改革创新点”的意义是解题的关键．
23．(1)
(2)抛物线与直线必有两个交点，理由见解析
(3)或
【分析】本题考查二次函数的综合应用，
（1）将代入求出的值，确定抛物线的解析式，即可得出结论；
（2）联立抛物线方程与直线方程，确定判别式与零的大小关系；
（3）由可得函数最小值为，由抛物线顶点公式可得的值，从而可得抛物线对称轴，分三种情况讨论：①当时，②当，
③当；
解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握函数与方程及不等式的关系．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，
∴，
解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴抛物线的顶点坐标为；
（2）抛物线与直线必有两个交点．理由如下：
联立方程组，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴抛物线与直线必有两个交点；
（3）∵对于任意实数，不等式都成立，
∴的最小值为，
∴，
解得：或，
∵，
∴，
∴，
∴抛物线开口向上，顶点坐标为，
①当时，当时，随增大而减小，
∴时，函数最小值为，
∴，
解得：或（舍去），
此时直线的解析式为；
②当，即时，当时，函数最小值为，
∴，
解得：（舍去）；
③当，即时，当时，随增大而增大，
∴，函数最小值为，
∴，
解得：或（舍去），
此时直线的解析式为；
综上所述，直线的解析式为或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握函数与方程及不等式的关系．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
C
D
D
B
C
B
B