资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．对于实数，定义运算“*”；关于的方程恰好有三个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．在平面直角坐标系中，二次函数（）的图象如图所示，现给出以下结论：①；②；③；④（为实数）其中结论错误的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，已知的内接正方形边长为2，则的半径是（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．如图所示，在中，，，，则长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，若∠C＝65°，则∠P的度数为( )
A．65° B．130° C．50° D．100°
6．如果△ABC∽△DEF，且对应边的AB与DE的长分别为2、3，则△ABC与△DEF的面积之比为（ ）
A．4:9 B．2:3 C．3:2 D．9:4
7．如图所示，该几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数y＝ax2+bx+c(a＞0)经过点M(﹣1，2)和点N(1，﹣2)，则下列说法错误的是( )
A．a+c＝0
B．无论a取何值，此二次函数图象与x轴必有两个交点，且函数图象截x轴所得的线段长度必大于2
C．当函数在x＜时，y随x的增大而减小
D．当﹣1＜m＜n＜0时，m+n＜
9．已知Rt△ABC中，∠C=900，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．； B．； C．； D．以上都不对；
10．如图所示，抛物线的顶点为，与轴的交点在点和之间，以下结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．①③
11．下列等式从左到右变形中，属于因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
12．在一幅长60 cm、宽40 cm的长方形风景画的四周镶一条金色纸边，制成一幅长方形挂图，如图.如果要使整个挂图的面积是2816 cm2，设金色纸边的宽为x cm，那么x满足的方程是( )
A．(60＋2x)(40＋2x)＝2816
B．(60＋x)(40＋x)＝2816
C．(60＋2x)(40＋x)＝2816
D．(60＋x)(40＋2x)＝2816
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若点 M（-1， y1 ），N（1， y2 ），P（, y3 ）都在抛物线 y＝-mx2 +4mx+m2 +1（m＞0）上，则y1、y2、y3 大小关系为_____（用“＞”连接）．
14．如图，是反比例函数的图象上一点，过点作轴交反比例函数的图象于点，已知的面积为，则的值为___________．
15．在一个不透明的口袋中，有大小、形状完全相同，颜色不同的球15个，从中摸出红球的概率为，则袋中红球的个数为_____．
16．设、是关于的方程的两个根，则__________．
17．一元二次方程的解是 ．
18．已知二次函数的部分图象如图所示，则一元二次方程的解为：_____.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在边长为的正方形中，点是射线上一动点(点不与点重合)，连接，点是线段上一点，且，连接.
求证:；
求证:；
直接写出的最小值.
20．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.
(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；
(2)如图2，若=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与反比例函数的图像在第二象限交于点，与轴交于点，点在轴上，满足条件：，且，点的坐标为，。
（1）求反比例函数的表达式；
（2）直接写出当时，的解集。
22．（10分）抛物线y＝﹣x2+x+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）若B点坐标为（2，0）
①求实数b的值；
②如图1，点E是抛物线在第一象限内的图象上的点，求△CBE面积的最大值及此时点E的坐标．
（2）如图2，抛物线的对称轴交x轴于点D，若抛物线上存在点P，使得P、B、C、D四点能构成平行四边形，求实数b的值．（提示：若点M，N的坐标为M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则线段MN的中点坐标为（，）
23．（10分）如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值，S的最大值是多少；
（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
24．（10分）如图，已知二次函数的图象与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，且，顶点为．
（1）求二次函数的解析式；
（2）点为线段上的一个动点，过点作轴的垂线，垂足为，若，四边形的面积为，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）探索：线段上是否存在点，使为等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说呀理由．
25．（12分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BC=4，∠A=30°，求⊙O的直径．
26．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，.
（1）若，求的值；
（2）过点作与轴平行的直线，交抛物线于点，.当时，求的取值范围.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】设，根据定义得到函数解析式，由方程的有三个不同的解去掉函数图象与直线y=t的交点有三个，即可确定t的取值范围.
【详解】设，由定义得到
，
∵方程恰好有三个不相等的实数根，
∴函数的图象与直线y=t有三个不同的交点，
∵的最大值是
∴若方程恰好有三个不相等的实数根，则t的取值范围是，
故选：C.
【点睛】
此题考查新定义的公式，抛物线与直线的交点与方程的解的关系，正确理解抛物线与直线的交点与方程的解的关系是解题的关键.
2、B
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】
①由抛物线可知： ，，
对称轴，
∴，
∴，故①错误；
②由对称轴可知： ，
∴，
，故②错误；
③关于的对称点为，
∴时，，故③正确；
④当时，y的最小值为，
∴时， ，
∴，
故④正确
故选：B.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，结合图象得出系数之间的关系是解题的关键.
3、C
【分析】如图，连接BD，根据圆周角定理可得BD为⊙O的直径，利用勾股定理求出BD的长，进而可得⊙O的半径的长.
【详解】如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴BC=CD=2，∠BCD=90°，
∴BD==2，
∵正方形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴BD是⊙O的直径，
∴⊙O的半径是=，
故选：C.
【点睛】
本题考查正方形的性质、圆周角定理及勾股定理，根据圆周角定理得出BD是直径是解题关键.
4、B
【分析】先根据同角的三角函数值的关系得出，解出AC=5，再根据勾股定理得出AB的值.
【详解】在中，，，
，即.
又
AC=5
===3.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角函数的值，熟练掌握同角的三角函数的关系是解题的关键.
5、C
【解析】试题分析：∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥AP，OB⊥BP，∴∠OAP=∠OBP=90°，又∵∠AOB=2∠C=130°，则∠P=360°﹣（90°+90°+130°）=50°．故选C．
考点：切线的性质．
6、A
【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方进行计算．
【详解】∵△ABC∽△DEF，
∴△ABC与△DEF的面积之比等于（）2＝（）2＝．
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
7、C
【解析】从上往下看，总体上是一个矩形，中间隔着一个竖直的同宽的小矩形，而挖空后长方体内的剩余部分用虚线表示为左右对称的两条靠近宽的线，选项C中图象便是俯视图.
故选：C.
8、C
【分析】根据二次函数的图象和性质对各项进行判断即可．
【详解】解：∵函数经过点M(﹣1，2)和点N(1，﹣2)，
∴a﹣b+c＝2，a+b+c＝﹣2，
∴a+c＝0，b＝﹣2，
∴A正确；
∵c＝﹣a，b＝﹣2，
∴y＝ax2﹣2x﹣a，
∴△＝4+4a2＞0，
∴无论a为何值，函数图象与x轴必有两个交点，
∵x1+x2＝，x1x2＝﹣1，
∴|x1﹣x2|＝2＞2，
∴B正确；
二次函数y＝ax2+bx+c(a＞0)的对称轴x＝﹣＝，
当a＞0时，不能判定x＜时，y随x的增大而减小；
∴C错误；
∵﹣1＜m＜n＜0，a＞0，
∴m+n＜0，＞0，
∴m+n＜；
∴D正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数的问题，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
9、C
【分析】根据勾股定理求出AB，根据锐角三角函数的定义求出各个三角函数值，即可得出答案．
【详解】如图：
由勾股定理得：AB= ，
所以cosB=，sinB= ，所以只有选项C正确；
故选：C．
【点睛】
此题考查锐角三角函数的定义的应用，能熟记锐角三角函数的定义是解此题的关键．
10、B
【分析】根据二次函数的图象可逐项判断求解即可.
【详解】解：抛物线与x轴有两个交点，
∴△>0，
∴b2−4ac>0，故①错误；
由于对称轴为x=−1，
∴x=−3与x=1关于x=−1对称，
∵x=−3，y<0，
∴x=1时，y=a+b+c<0，故②错误；
∵对称轴为x=− =−1，
∴2a−b=0，故③正确；
∵顶点为B(−1,3)，
∴y=a−b+c=3，
∴y=a−2a+c=3，
即c−a=3，故④正确,
故选B．
【点睛】
本题考查抛物线的图象与性质，解题的关键是熟练运用抛物线的图象与性质，本题属于中等题型．
11、D
【分析】直接利用因式分解的定义分析得出答案．
【详解】A. ，属于整式乘法运算，不符合因式分解的定义，故此选项错误；
B. ，右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故此选项错误；
C. ，属于整式乘法运算，不符合因式分解的定义，故此选项错误；
D. ），属于因式分解，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解．
12、A
【解析】根据题意可知，挂画的长和宽分别为（60+2x）cm和(40＋2x)cm，据此可列出方程(60＋2x)(40＋2x)＝2816
【详解】若设金色纸边的宽为x cm，则挂画的长和宽分别为（60+2x）cm和(40＋2x)cm，
可列方程(60＋2x)(40＋2x)＝2816
故答案为A.
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，找出题中的等量关系是解题关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、y1＜y3＜y1
【分析】利用图像法即可解决问题．
【详解】y＝-mx1 +4mx+m1 +1（m＞0），
对称轴为x＝ ，
观察二次函数的图象可知：y1＜y3＜y1．
故答案为：y1＜y3＜y1．
【点睛】
本题考查二次函数图象上的点的特征，解题的关键是学会利用图象法比较函数值的大小．
14、4
【分析】如果设直线AB与x轴交于点C，那么．根据反比例函数的比例系数k的几何意义，求得△AOC的面积和△COB的面积，即可得解．
【详解】延长AB交x轴于点C，
根据反比例函数k的几何意义可知：
，
，
∴，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数k的几何意义，解题的关键是正确理解k的几何意义．
15、
【分析】等量关系为：红球数：总球数=，把相关数值代入即可求解．
【详解】设红球有x个，根据题意得：，
解得：x=1．
故答案为1．
【点睛】
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16、1
【分析】根据根与系数的关系确定和，然后代入计算即可．
【详解】解：∵
∴=-3, =-5
∴-3-(-5)=1
故答案为1．
【点睛】
本题主要考查了根与系数的关系，牢记对于(a≠0),则有：，是解答本题的关键．
17、±1．
【解析】试题分析：∵x1-4=0
∴x=±1．
考点：解一元二次方程-直接开平方法．
18、
【解析】依题意得二次函数y=的对称轴为x=-1,与x轴的一个交点为(-3,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点横坐标为（-1）×2-（-3）=1，
∴交点坐标为(1，0)
∴当x=1或x=-3时，函数值y=0，
即，
∴关于x的一元二次方程的解为x1=−3或x2=1.
故答案为：.
点睛：本题考查的是关于二次函数与一元二次方程，在解题过程中，充分利用二次凹函数图象，根据图象提取有用条件来解答，这样可以降低题的难度，从而提高解题效率.
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）的最小值为
【分析】（1）由得出，进而得出，即可得出；
（2）首先由正方形的性质得出，，然后由（1）中结论得出，进而即可判定，进而得出
（3）首先由（1）中得出，然后构建圆，找出DE的最小值即可得解.
【详解】
∵四边形是正方形
由(1)知
，
又
由（1）中，得
若使有最小值，则DE最小，由（2）中，点E在以AB为直径的圆上，如图所示
∴DE最小值为DO-OE=
∴的最小值为
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质，以及动点综合问题，解题关键是找出最小值.
20、（1）15°；（2）证明见解析.
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，
∵CA＝DA，
∴∠ACD＝∠ADC＝（180°−30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，
∴∠CDE＝75°−60°＝15°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AC，
∵∠BAC＝30°，
∴BC＝AC，
∴BF＝BC，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，
∴DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，
∴BE＝AB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△AFD≌△CBA，
∴DF＝BA，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
21、（1）；（2）
【解析】（1）过点B作BH⊥x轴于点H，证明≌得到BH与CH的长度，便可求得B点的坐标，进而求得反比例函数解析式；
（2）观察函数图象，当一次函数图象在反比例函数图象下方时的自变量x的取值范围便是结果．
【详解】解：（1）如图作轴于点
则
∴
∵点的坐标为
∴
∵
∴，
在和中
有
∴≌
∴，
∴，即
∴
∴反比例函数解析式为
（2）因为在第二象限中，点右侧一次函数的图像在反比例函数图像的下方,
所以当时，的解集为.
【点睛】
本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，熟练掌握函数解析式的求法以及利用数形结合根据函数图象的上下位置关系得出不等式的解集是重点．
22、（1）①b＝2；②△CBE面积的最大值为1，此时E（1，2）；（2）b＝﹣1+ 或b＝，（，）
【分析】（1）①将点B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b即可求b；
②设E（m，﹣m2+m+2），求出BC的直线解析式为y＝﹣x+2，和过点E与BC垂直的直线解析式为y＝x﹣m2+2，求出两直线交点F，则EF最大时，△CBE面积的最大；
（2）可求C（0，b），B（，0），设M（t，﹣t2+t+b），利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，则分三种情况求解：①当CM和BD为平行四边形的对角线时，＝，＝0，解得b＝﹣1+；②当BM和CD为平行四边形的对角线时，＝，＝，b无解；③当BC和MD为平行四边形的对角线时，＝，＝，解得b＝或b＝﹣（舍）．
【详解】解：（1）①将点B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b，
得到0＝﹣4+2+b，
∴b＝2；
②C（0，2），B（2，0），
∴BC的直线解析式为y＝﹣x+2，
设E（m，﹣m2+m+2），
过点E与BC垂直的直线解析式为y＝x﹣m2+2，
∴直线BC与其垂线的交点为F（，﹣+2），
∴EF＝（﹣+2）＝[﹣（m﹣1）2+]，
当m＝1时，EF有最大值，
∴S＝×BC×EF＝×2×＝1，
∴△CBE面积的最大值为1，此时E（1，2）；
（2）∵抛物线的对称轴为x＝，
∴D（，0），
∵函数与x轴有两个交点，
∴△＝1+4b＞0，
∴b＞﹣，
∵C（0，b），B（，0），
设M（t，﹣t2+t+b），
①当CM和BD为平行四边形的对角线时，
C、M的中点为（，），B、D的中点为（，0），
∴＝，＝0，
解得：b＝﹣1+或b＝﹣1﹣（舍去），
∴b＝﹣1+；
②当BM和CD为平行四边形的对角线时，
B、M的中点为（，），C、D的中点为（，），
∴＝，＝，
∴b无解；
③当BC和MD为平行四边形的对角线时，
B、C的中点为（，），M、D的中点为（，），
∴＝，＝，
解得：b＝或b＝﹣（舍）；
综上所述：b＝﹣1+ 或b＝．
【点睛】
本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次函数的图象及性质，熟练应用平行四边形的判定方法是解题的关键．
23、 (1)当t为秒时，S最大值为；（1）； （3）或或．
【分析】（1）过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出，从而求出AB，再根据，得出PH=3﹣t，则△AQP的面积为：AQ•PH=t（3﹣t），最后进行整理即可得出答案；
（1）连接PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC，，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+1，再求t即可；
（3）由（1）知，PD=﹣t+3，与（1）同理得：QD=﹣t+4，从而求出PQ=，在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即=t，③当PQ=AP，即=5﹣t，再分别计算即可．
【详解】解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴，
∴PH=3﹣t，
∴△AQP的面积为：
S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）1+，
∴当t为秒时，S最大值为cm1．
（1）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴，
∴AE==﹣t+4
QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，
QE=QC=（4﹣t）=﹣t+1，
∴﹣t+4=﹣t+1，
解得：t=，
∵0＜＜4，
∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；
（3）由（1）知，
PD=﹣t+3，与（1）同理得：QD=AD﹣AQ=﹣t+4
∴PQ==，
在△APQ中，
①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；
②当PQ=AQ，即=t时，解得：t1=，t3=5；
③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；
∵0＜t＜4，
∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，
∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．
【点睛】
本题考查相似形综合题．
24、（1）；（2）；（3）存在，，.
【解析】（1）可根据OB、OC的长得出B、C两点的坐标，然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）可将四边形ACPQ分成直角三角形AOC和直角梯形CQPC两部分来求解．先根据抛物线的解析式求出A点的坐标，即可得出三角形AOC直角边OA的长，据此可根据上面得出的四边形的面积计算方法求出S与m的函数关系式．
（3）先根据抛物线的解析式求出M的坐标，进而可得出直线BM的解析式，据此可设出N点的坐标，然后用坐标系中两点间的距离公式分别表示出CM、MN、CN的长，然后分三种情况进行讨论：①CM=MN；②CM=CN；③MN=CN．根据上述三种情况即可得出符合条件的N点的坐标．
【详解】解：（1）∵，∴，．∴，
解得，∴二次函数的解析式为；
（2），
设直线的解析式为，则有解得
∴直线的解析式为
∵轴，，∴点的坐标为
；
（3）线段上存在点， 使为等腰三角形．设点坐标为则：
，，
①当时，解得，（舍去）
此时
②当时，，
解得，（舍去），此时
③当时，
解得，此时．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的确定、图形的面积求法、函数图象交点、等腰三角形的判定等知识及综合应用知识、解决问题的能力．考查学生分类讨论、数形结合的数学思想方法．
25、1
【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，根据等边三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接OB，OC，
∵∠A=30°，
∴∠BOC=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC=BC=4，
∴⊙O的直径=1．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心，等边三角形的判定和性质，解题关键是正确的作出辅助线．
26、（1）；（2）的取值范围为或.
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴，利用对称性求出A、B的坐标，然后把点代入抛物线，即可求出m的值；
（2）根据根的判别式得到m的范围，再结合，然后分为：①开口向上，②开口向下，两种情况进行分析，即可得到答案.
【详解】解：（1）抛物线对称轴为直线.
∴点关于直线对称，
∵
抛物线与轴交于点，
将代入中，
得，
∴；
（2）抛物线与轴有两个交点
∴，即，
解得：或；
①若，开口向上，如图，
当时，有，
解得：；
∵或，
∴；
②若，开口向下，如图，
当时，有，
解得：，
∵或，
∴；
综上所述，的取值范围为：或.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数与坐标轴的交点问题，根的判别式，解题的关键是掌握二次函数的性质，利用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题.
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