2023年湖南省株洲市石峰区中考数学模拟试卷（一）(含解析 )

这是一份2023年湖南省株洲市石峰区中考数学模拟试卷（一）(含解析 )，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在实数−π2，0，2，−1中，最小的是( )
A. −π2B. 0C. 2D. −1
2. 下列计算正确的是( )
A. a2+a3=a3B. a2⋅a3=a6C. (−a3)2=a6D. a2÷a3=a
3. 在平面直角坐标系中，点P(−3,0)在( )
A. x轴上B. y轴上C. 第三象限D. 第四象限
4. 某校规定学生的数学综合成绩满分为100分，其中段考成绩占40%，期末成绩占60%，小明的段考和期考成绩分别是90分，95分，则小明的综合成绩是( )
A. 92分B. 93分C. 94分D. 95分
5. 下列关于矩形的说法正确的是( )
A. 对角线垂直B. 四个角都是直角C. 有四条对称轴D. 四条边相等
6. 方程3x+3=1x−1的解为( )
A. x=3B. x=4C. x=5D. x=−5
7. 不等式x−1≥2x的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图，等腰△ABC内接于⊙O，点D是圆中优弧上一点，连接DB、DC，已知AB=AC，∠ABC=70°，则∠BDC的度数为( )
A. 10°
B. 20°
C. 30°
D. 40°
9. 已知二次函数y=ax2+cx+c和一次函数y=ax+c，则这两个函数在同一个平面直角坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
10. 若二次根式x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
11. 因式分解：3a2−27= ．
12. 我国的长城始建于西周时期，被国务院确定为全国重点文物保护单位.长城总长约6700000米，数据6700000用科学记数法表示为 ．
13. 一个不透明的袋子里装有2个红球和6个黑球，它们除颜色外其余都相同.从袋中任意摸出一个球是红球的概率为 ．
14. 如图，在菱形ABCD中，AB=10，BD=12，则菱形的面积等于 ．
15. 如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在劣弧AB上，则∠CFE的度数为______°.
16. 如图，点A在双曲线y=4x上，点B在双曲线y=kx上，点A在点B的左侧，AB/​/x轴，点C，D在x轴上，若四边形ABCD为面积是9的矩形，则k的值为 ．
17. 如图，已知一个量角器的直径MN与正方形ABCD的边长相等，点N与点C重合，量角器的半圆弧与边BC交于点P，过点M作GH⊥MN，交边AB，AD于G，H，连结CG，CH，在量角器绕点C顺时针旋转的过程中，若MP的度数为60°，则∠GCH= °，此时GMMH的值为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
计算(−2023)0+(12)−1−(−4)+2tan45°．
19. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(1−3x+2)÷x2−2x+13x+6，其中x=4．
20. (本小题10.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，AD//BC，AC平分∠DAB，连接BD交AC于点O，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E．
(1)求证：四边形ABCD为菱形；
(2)若OA=4，OB=3，求CE的长．
21. (本小题10.0分)
如图所示，体育场内一看台与地面所成夹角为30°，看台最低点A到最高点B的距离AB=103米，A，B两点正前方有垂直于地面的旗杆DE，在A，B两点处用仪器测量旗杆顶端E的仰角分别为60°和15°．
(1)求AE的长；
(2)求旗杆DE的高．
22. (本小题10.0分)
某校积极落实“双减”政策，将要开设拓展课程.为让学生可以根据自己的兴趣爱好选择最喜欢的课程，进行问卷调查，问卷设置以下四种选项：A(综合模型)、B(摄影艺术)、C(音乐鉴赏)、D(劳动实践)，随机抽取了部分学生进行调查，每名学生必须且只能选择其中最喜欢的一种课程，并将调查结果整理绘制成如下不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)此次被调查的学生人数为 名；
(2)直接在答题卡中补全条形统计图；
(3)求拓展课程D(劳动实践)所对应的扇形的圆心角的度数；
(4)根据抽样调查结果，请你估计该校1500名学生中，有多少名学生最喜欢C(音乐鉴赏)拓展课程．
23. (本小题10.0分)
如图，直线y=34x+3的图象与x轴，y轴分别交于点B，A，点B与点C关于原点对称，反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过平行四边形ABCD的顶点D．
(1)求点C的坐标及反比例函数的解析式；
(2)动点M从点A到点D，动点N从点C到点A，都以每秒1个单位的速度运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，四边形CDMN的面积最小？此时四边形CDMN的面积是多少？
24. (本小题10.0分)
如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠CAB的平分线交BC于点D，交⊙O于点E，连接EB，作∠BEF=∠CAE，EF交AB的延长线于点F．
(1)求证：BC/​/EF；
(2)求证：EF是⊙O的切线；
(3)若BF=10，EF=20，求⊙O的半径和AD的长．
25. (本小题10.0分)
如图1，抛物线y=−x2−ax−3a+9与x轴交于A、B两点(A点在B点左侧)，与y轴交于点C．
(1)当a=2，求AB的长；
(2)若该函数的图象与x轴只有一个交点，求a的值；
(3)如图2，当a<2时，在第一象限的抛物线上有一点M(1,m)，直线AM交y轴于点P，直线BM交y轴于点Q，OP⋅OQ=12，求a的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−π2<−1<0<2，
故选：A．
根据实数的大小得出结论即可．
本题主要考查实数的大小比较，熟练掌握实数大小的比较是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A.a2+a3不是同类项，不能合并，选项A不符合题意；
B.a2⋅a3=a5，选项B不符合题意；
C.(−a3)2=a6，选项C符合题意；
D.a2÷a3=1a，选项D不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则可判断选项A，根据同底数幂的乘法法则可判断选项B，根据幂的乘方可判断选项C，根据同底数幂的除法法则可判断选项D．
本题主要考查了合并同类项，同底数幂的乘法和除法以及幂的乘方，掌握相关的法则是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵点P的纵坐标为0，
∴点P在x轴上，
故选：A．
根据点P的纵坐标为0，即可判定点P在x轴上．
本题考查了点的坐标，解决本题的关键是熟记x轴上点的坐标特点，纵坐标为0．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意可得
90×40%+95×60%=93(分)
故选：B．
根据加权平均数的定义求解可得．
本题主要考查加权平均数，熟练掌握加权平均数的定义是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：矩形的性质有：对边平行且相等，
对角相等且互相平分，
四个角都是直角，
既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴，
故选：B．
根据矩形的性质直接可得答案．
本题主要考查了矩形的性质，轴对称图形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：去分母得：3(x−1)=x+3，
去括号得：3x−3=x+3，
移项得：3x−x=3+3，
合并同类项得：2x=6，
系数化为1得：x=3，
经检验得，x=3是该方程的解，
故选：A．
去分母，将分式方程化为整式方程，再解整式方程，验根即可．
本题考查解分式方程，熟知解分式方程的方法以及注意解分式方程一定要验证根是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：x−1≥2x，
移项得：x−2x≥1，
合并同类项得：−x≥1，
解得：x≤−1，
把不等式的解集在数轴上表示为：

故选：B．
先移项，再合并同类项，求出不等式的解集，即可求解．
本题考查了解一元一次不等式和在数轴上表示不等式的解集，解题关键是抓住不等式的解集在数轴上表示出来大于或大于等于向右画；小于或小于等于向左画；注意在表示解集时大于等于，小于等于要用实心圆点表示；大于、小于要用空心圆点表示．
8.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，∠ABC=70°，
∴∠ABC=∠C=70°，
∴∠A=180°−∠ABC−∠C=40°，
∴∠A=∠BDC=40°，
故选：D．
先利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠C=70°，再利用三角形内角和定理可得∠A=40°，然后利用同弧所对的圆周角相等，即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，以及圆周角定理是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：A.图象中二次函数a>0，c<0，一次函数a>0，c>0，故A不符合题意．
B.图象中二次函数a>0，c>0，又对称轴在y轴右侧，则−c2a>0，得出c<0，矛盾，故B不符合题意．
C.图象中二次函数a<0，c>0，一次函数a<0，c>0，故C符合题意．
D.图象中二次函数a<0，c<0，又对称轴在y轴右侧，则−c2a>0，得出c>0，矛盾，故D不符合题意．
故选：C．
利用二次函数和一次函数图象的性质“二次函数和一次函数的常数项是图象与y轴交点的纵坐标；一次函数的一次项系数大于0，图象经过一、三象限；小于0，经过二、四象限；二次函数的二次项系数大于0，图象开口向上；二次项系数小于0，图象开口向下．”逐项判断即可．
本题考查二次函数及一次函数的图象的性质．熟练掌握二次函数和一次函数的图象的性质是解答本题的关键．
10.【答案】x≥1
【解析】
【分析】
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
解：∵式子x−1在实数范围内有意义，
∴x−1≥0，
解得x≥1．
故答案为：x≥1．
11.【答案】3(a+3)(a−3)
【解析】解：3a2−27
=3(a2−9)
=3(a+3)(a−3)．
故答案为：3(a+3)(a−3)．
直接提取公因式3，进而利用平方差公式分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确掌握公式法分解因式是解题关键．
12.【答案】6.7×106
【解析】解：6700000=6.7×106．
故答案为：6.7×106．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
13.【答案】14
【解析】解：摸出红球的概率为22+6=14．
故答案为：14．
应用简单随机事件的概率计算方法进行求解即可得出答案．
本题考查了概率公式，掌握概率公式进行求解是解决本题的关键．
14.【答案】96
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OA=OC，OB=OD，
∵BD=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△AOB中，AO=AB2−OB2=102−62=8，
∴AC=2OA=16，
∴菱形的面积为：12×16×12=96，
故答案为：96．
根据菱形的性质可得BD⊥AC，OA=OC，OB=OD，在Rt△AOB中，根据勾股定理可求得AO的长，得出AC的长，最后根据菱形的面积公式计算即可．
本题主要考查菱形的性质，勾股定理，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
15.【答案】72
【解析】解：∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠CDE=(5−2)×180°5=108°，
∵四边形CDEF是⊙O外接四边形，
∴∠EFC+∠CDE=180°，
∴∠EFC=180°−∠CDE=180°−108°=72°，
故答案为：72．
先由正多边形内角和定理求出∠CDE，再根据圆内接四边形的性质即可求出∠EFC．
本题主要考查了正多边形和圆，圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解决问题的关键．
16.【答案】13
【解析】解：延长BA交y轴于点E，则BE⊥y轴，

∵点A在反比例函数y=4x上，
∴四边形AEOD的面积是4，
∵点B在反比例函数y=kx上，
∴四边形BEOC的面积是|k|，
∵四边形ABCD的面积是9，
∴|k|=4+9=13，
∵反比例函数y=kx在第一象限，
∴k=13．
故答案为：13．
延长BA交y轴于点E，根据反比例函数系数k的几何意义，可得四边形AEOD的面积是4，四边形BEOC的面积是|k|，再由四边形ABCD的面积是9，即可求出．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，灵活运用数形结合思想是解题的关键．
17.【答案】45 23−3
【解析】解：在Rt△CGM和Rt△CGB中，
CM=CBCG=CG，
∴Rt△CGM≌Rt△CGB(HL)，
∴∠MCG=∠GCB，
∵MP的度数为60°，
∴∠MCB=30°，
∴∠MCG=∠GCB=15°，
在Rt△CHM和Rt△CHD中，
CM=CDCH=CH，
∴Rt△CHM≌Rt△CHD(HL)，
∴∠DCH=∠MCH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠MCD=60°，
∴∠DCH=∠MCH=30°，
∵∠GCH=∠MCG+∠MCH，
∴∠GCH=∠MCG+∠MCH=15°+30°=45°；
∵Rt△CGM≌Rt△CGB，Rt△CHM≌Rt△CHD，
∴GM=BG，MH=DH，∠DCH=∠MCH，
设MH=DH=x，
∵MP的度数为60°，
∴∠MCD=60°，
∴∠DCH=∠MCH=30°，
∴CD=3DH，
设MH=DH=x，
则CD=3x=AB，AH=3x−x，
∵AG2+AH2=GH2，
∴(3x−GM)2+(3x−x)2=(x+GM)2，
∴GM=(23−3)x，
∴GMMH=(23−3)xx=23−3；
故答案为：45；23−3．
先由HL证明Rt△CGM≌Rt△CGB，得到∠MCG=∠GCB，已知MP的度数为60°，得到∠MCB=30°，进而得到∠MCG=∠GCB=15°，再证明Rt△CHM≌Rt△CHD，得到∠DCH=∠MCH，已知四边形ABCD是正方形，得到∠BCD=90°，进而得到∠MCD=60°，∠DCH=∠MCH=30°，根据∠GCH=∠MCG+∠MCH，即可求得∠GCH的度数；根据Rt△CGM≌Rt△CGB，Rt△CHM≌Rt△CHD，得到GM=BG，MH=DH，∠DCH=∠MCH，设MH=DH=x，则CD=3x=AB，由勾股定理可得GM=(23−3)x，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
18.【答案】解：(−2023)0+(12)−1−(−4)+2tan45°
=1+2+4+2×1
=9．
【解析】已知(−2023)0=1，(12)−1=2，2tan45°=2×1=2，再进行加减运算即可得到答案．
本题主要考查了实数的混合运算，掌握特殊角的三角函数值，零指数幂和负整数指数幂的运算法则是解题的关键．
19.【答案】解：(1−3x+2)÷x2−2x+13x+6
=x+2−3x+2⋅3(x+2)(x−1)2
=x−1x+2⋅3(x+2)(x−1)2
=3x−1，
当x=4时，原式=34−1=1．
【解析】先算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，AD//BC，
∴∠BAC=∠DCA，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∴▱ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，OA=4，OB=3，
∴AC⊥BD，AC=2OA=8，BD=2OB=6，
∴∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=42+32=5，
∵CE⊥AB，
∴S菱形ABCD=AB⋅CE=12AC⋅BD，
即5CE=12×8×6，
解得：CE=245，
即CE的长为245．
【解析】(1)先证四边形ABCD是平行四边形，再证CD=AD，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AC⊥BD，AC=2OA=8，BD=2OB=6，再由勾股定理得AB=5，然后由菱形面积公式得S菱形ABCD=AB⋅CE=12AC⋅BD，即可解决问题．
此题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵BG//AC，
∴∠GBA=∠BAC=30°．

又∠GBE=15°，
∴∠ABE=45°．
∵∠EAD=60°，
∴∠BAE=90°．
∴∠AEB=45°．
∴∠AEB=∠ABE=45°．
∴AB=AE=103米．
故AE的长为103米；
(2)在Rt△ADE中，
∵sin∠EAD=DEAE，
∴DE=AEsin60°=103×32=15(米)，
答：旗杆的高度DE为15米．
【解析】(1)证明∠AEB=∠ABE=45°，即可求解；
(2)在Rt△ADE中，利用正弦函数即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，此类问题的解决关键是建立数学建模，把实际问题转化成数学问题，利用数学知识解决．
22.【答案】120
【解析】解：(1)此次被调查的学生人数为12÷10%=120(名)；
(2)B的人数为：120−12−48−24=36(名)，
补图如下：
；
(3)拓展课程D(劳动实践)所对应的扇形的圆心角的度数为360°×24120=72°；
(4)1500×48120=600(名)，
答：有600名学生最喜欢C(音乐鉴赏)拓展课程．
(1)利用A的人数除以A的百分比即可；
(2)利用总人数乘以B的百分比求出B的人数，然后完成统计图即可；
(3)利用360×D的百分比即可；
(4)利用1500乘以C的百分比求解即可．
本题考查扇形统计图、条形统计图，明确题意，从统计图中获取解答问题的信息是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)∵直线y=34x+3的图象与x轴，y轴分别交于点B，A，
令x=0，则y=3，
∴A(0,3)，
令y=0，则x=−4，
∴B(−4,0)，
∵点B与点C关于原点对称，
∴C(4,0)，
∴BC=8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，且AD=BC，
∴AD=BC=8，yA=yD，
∴D(8,3)，
∵y=kx(k≠0)的图象经过平行四边形ABCD的顶点D，
∴k=8×3=24，
∴反比例函数的解析式为：y=24x；
(2)由(1)可知：A(0,3)，C(4,0)，
∴OA=3，OC=4，
∴AC=OA2+OC2=32+42=5，
由题意可知：CN=AM=t，则AN=5−t，
过点N作NE⊥AD于点E，

∴∠AEN=∠AOC=90°，
∵AD/​/BC，
∴∠NAE=∠ACO，
∴△ANE～△CAO，
∴ANAC=NEAO，
∴5−t5=NE3，
∴NE=35(5−t)，
∴S四边形CDMN
=S△ACD−S△AMN
=12AD⋅OA−12AM⋅NE
=12×8×3−12t×35(5−t)
=310t2−32t+12
=310(t−52)2+818，
∵310>0，
∴当t=52时，四边形CDMN的面积最小为818．
【解析】(1)分别得出点A和点B的坐标，由对称性可得出点C的坐标，根据平行四边形的性质可得出点D的坐标，将点D的坐标代入反比例函数解析式即可得出结论；
(2)过点N作NE⊥AD于点E，根据面积公式可得出四边形CDMN的面积与t的函数关系，最后根据二次函数的性质可得出结论．
本题属于反比例函数与一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积，二次函数的性质等相关知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
24.【答案】(1)证明：∵∠BEF=∠CAE，∠CAE=∠CBE，
∴∠BEF=∠CBE，
∴BC/​/EF；
(2)证明：

连接OE，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∴CE=BE，
∴OE⊥BC，
∵BC/​/EF，
∴OE⊥EF，
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
(3)解：如图，设⊙O的半径为x，则OE=OB=x，OF=x+10，

在Rt△OEF中，由勾股定理得：OE2+EF2=OF2，
∴x2+202=(x+10)2，
解得：x=15，
∴⊙O的半径为15；
∵∠BEF=∠BAE，∠F=∠F，
∴△EBF∽△AEF，
∴BEAE=BFEF=1020=12，
∴AE=2BE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
即BE2+(2BE)2=302，
解得：BE=65，
∴AE=125，
∵BC/​/EF，
∴ABAF=ADAE，
即3040=AD125，
∴AD=95．
【解析】(1)由圆周角定理及已知条件进行等量代换，然后利用内错角相等两直线平行证明即可；
(2)利用角平分线及圆周角定理得出E是BC的中点，再利用垂径定理及平行线的性质推导得出∠OEF为直角，即可证明；
(3)先证明△EBF∽△AEF，然后利用勾股定理计算得出AE，BE的长，再利用平行线所截线段成比例求出AD．
本题主要考查平行的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，切线的证明以及相似三角形，掌握切线的证明，相似三角形的判定及计算是解决本题的关键．
25.【答案】解：(1)当a=2，y=−x2−2x+3，
令y=0，即−x2−2x+3=0，
解得：x1=−3，x2=1，
∴A(−3,0)，B(1,0)，
∴AB=4；
(2)∵抛物线的解析式为：y=−x2−ax−3a+9，且函数的图像与x轴只有一个交点，
令y=0，得到−x2−ax−3a+9=0，
整理得：x2+ax+3a−9=0，
∴Δ=a2−4×1×(3a−9)=0，
∴a2−12a+36=0，
∴(a−6)2=0，
∴a=6；
(3)∵y=−x2−ax−3a+9，M(1,m)，
设A(x1,0)，B(x2,0)，
设直线AM的解析式为：y=kx+b，
∴kx1+b=0k+b=m，
∴k=m1−x1b=mx1x1−1，
∴P(0,mx1x1−1)，
设直线BM的解析式为：y=ex+f，
∴ex2+f=0e+f=m，
∴e=m1−x2f=mx2x2−1，
∴Q(0,mx2x2−1)，
∵OP⋅OQ=12，
∴mx1x1−1⋅mx2x2−1=12，
∵x1，x2是方程−x2−ax−3a+9=0的两个根，
∴x1x2=3a−9，x1+x2=−a，
∵M(1,m)在抛物线上，
∴−1−a−3a+9=m，
∴m=8−4a，
∵mx1x1−1⋅mx2x2−1=12，
∴m2x1x2x1x2−(x1+x2)+1=12，
∴(8−4a)2(3a−9)3a−9−(−a)+1=12，
解得：a=5+52或a=5−52，
∵a<2，
∴a=5−52．
【解析】(1)由题意得：抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3，令y=0，即−x2−2x+3=0，解方程即可求解；
(2)已知抛物线的解析式为：y=−x2−ax−3a+9，函数的图像与x轴只有一个交点，令y=0，得到−x2−ax−3a+9=0，Δ=0即可求出a的值；
(3)设A(x1,0)，B(x2,0)，求出直线AM、BM与y轴的交点P、点Q，根据一元二次方程根与系数的关系得到x1x2=3a−9，x1+x2=−a，根据M(1,m)在抛物线上，得到m=8−4a，根据OP⋅OQ=12，建立方程，解方程即可．
本题考查了二次函数综合题，待定系数法求解析式，求二次函数与x的交点问题，一次函数与坐标轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，综合运用以上知识点是解题的关键．