一、选择题
1．关于x的方程（m﹣3）x2﹣4x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值花围是（ ） A．m≥1
B．m＞1
C．m≥1且m≠3
D．m＞1且m≠3
2．如图，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠A＝80°，则∠BOC为（ ）
A．100° C．50°
3．一元二次方程x2+x﹣
B．130° D．65°
1＝0的根的情况是（ ） 4B．有两个相等的实数根 D．无法确定
2A．有两个不等的实数根 C．无实数根
4．若将抛物线y=x2平移，得到新抛物线y(x3)，则下列平移方法中，正确的是（ ） A．向左平移3个单位 C．向上平移3个单位
B．向右平移3个单位 D．向下平移3个单位
5．如图1，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为4．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（ ）
84 36．若抛物线y＝kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点，则k的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
A．k＞﹣1
B．k≥﹣1
C．k＞﹣1且k≠0
D．k≥﹣1且k≠0
7．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则在下列各式子：①abc>0；②a+b+c>0；③a+c>b；④2a+b=0；⑤=b2-4ac<0中，成立的式子有( )
423 3843 3823 3
A．②④⑤ C．①②④ A．36°
B．54°
B．②③⑤ D．①③④ C．72°
D．108°
8．正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是（ ） 9．如图，VAOB中，B30．将VAOB绕点O顺时针旋转52得到△AOB，边
AB与边OB交于点C（A不在OB上），则∠ACO的度数为（ ）
A．22 B．52 C．60 D．82
10．下列说法正确的是（ ）
A．“任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是随机事件 B．某种彩票的中奖率为
1，说明每买1000张彩票，一定有一张中奖 1000C．抛掷一枚质地均匀的硬币一次，出现正面朝上的概率为D．“概率为1的事件”是必然事件
1 311．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是( )
A．－1＜x＜2 B．x＞2 C．x＜－1 D．x＜－1或x＞2
12．与y=2（x﹣1）2+3形状相同的抛物线解析式为（ ） A．y=1+
12x 2B．y=（2x+1）2 C．y=（x﹣1）2 D．y=2x2
二、填空题
13．如图，在矩形ABCD中，AD=3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则AB的长为_____．
14．若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的底面半径为__________cm．
15．已知二次函数y＝3x2+2x，当﹣1≤x≤0时，函数值y的取值范围是_____．
16．如图，已知射线BPBA，点O从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线BA向右运动；同时射线BP绕点B顺时针旋转一周，当射线BP停止运动时，点O随之停止运动.以
O为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线BP与eO恰好有且只有一个公共点，则射线BP旋转的速度为每秒______度.
17．心理学家发现：学生对概念的接受能力y与提出概念的时间x（分）之间的关系式为y=﹣0.1x2+2.6x+43（0≤x≤30），若要达到最强接受能力59.9，则需________ 分钟． 18．一元二次方程x25xc0有两个不相等的实数根且两根之积为正数，若c是整数，则c=_____．（只需填一个）．
19．已知在同一坐标系中，抛物线y1＝ax2的开口向上，且它的开口比抛物线y2＝3x2+2的开口小，请你写出一个满足条件的a值：_____．
20．若x1、x2是方程x22mxm2m10的两个实数根，且x1+x2=1-x1x2，则 m 的值为________.
三、解答题
21．在“阳光体育”活动时间，小英、小丽、小敏、小洁四位同学进行一次羽毛球单打比赛，要从中选出两位同学打第一场比赛．
（1）若已确定小英打第一场，再从其余三位同学中随机选取一位，求恰好选中小丽同学的概率；
（2）用画树状图或列表的方法，求恰好选中小敏、小洁两位同学进行比赛的概率． 22．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE． （Ⅰ）求证：∠A＝∠EBC；
（Ⅱ）若已知旋转角为50°，∠ACE＝130°，求∠CED和∠BDE的度数．
23．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，OD⊥AC，垂足为D点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PB，PC，且满足∠PCA＝∠ABC
（1）求证：PA＝PC； （2）求证：PA是⊙O的切线； （3）若BC＝8，
AB3，求DE的长． DF2
24．解方程：2（x-3）2=x2-9．
25．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2-4ax与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)． (1)求点A，B的坐标； (2)已知点C(2，1)，P(1，-
3a)，点Q在直线PC上，且Q点的横坐标为4． 2①求Q点的纵坐标（用含a的式子表示）；
②若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
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一、选择题
1．D 解析：D 【解析】 【分析】
根据二次项系数非零及根的判别式列出关于m的一元一次不等式组，然后方程组即可. 【详解】
解：∵（m-3）x2-4x-2=0是关于x的方程有两个不相等的实数根， ∴m30 2(4)4(m3)(2)0解得：m>1且m≠3. 故答案为D. 【点睛】
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，正确运用一元二次方程的定义和根的判别式解题是解答本题的关键.
2．B
解析：B 【解析】 【分析】
根据三角形的内切圆得出∠OBC=
11∠ABC，∠OCB=∠ACB，根据三角形的内角和定理22求出∠ABC+∠ACB的度数，进一步求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形的内角和定理求出即可． 【详解】
∵点O是△ABC的内切圆的圆心，∴∠OBC=
11∠ABC，∠OCB=∠ACB． 221（∠ABC+∠ACB）2∵∠A=80°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=100°，∴∠OBC+∠OCB==50°=130°，∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣50°． 故选B． 【点睛】
本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的内切圆与内心等知识点的理解和掌握，能求出∠OBC+∠OCB的度数是解答此题的关键．
3．A
解析：A 【解析】 【分析】
根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=2＞0，即可判断有两个不相等的实数根． 【详解】
1×∵△＝12﹣4×（﹣∴方程x2+x﹣故选：A． 【点睛】
1）＝2＞0， 41＝0有两个不相等的实数根． 4本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
4．A
解析：A 【解析】 【分析】
先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y=（x+3）2的顶点坐标为（-3，0），然后利用顶点的平移情况确定抛物线的平移情况． 【详解】
解：抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y=（x+3）2的顶点坐标为（-3，0）， 因为点（0，0）向左平移3个单位长度后得到（-3，0）， 所以把抛物线y=x2向左平移3个单位得到抛物线y=（x+3）2． 故选：A． 【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
5．C
解析：C 【解析】 【分析】
连接OD，根据勾股定理求出CD，根据直角三角形的性质求出∠AOD，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算，得到答案． 【详解】 解：连接OD， 在Rt△OCD中，OC＝
1OD＝2， 2∴∠ODC＝30°，CD＝OD2OC223 ∴∠COD＝60°，
604218223=23 ， ∴阴影部分的面积＝
36023故选：C．
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
6．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据抛物线y＝kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点，得出b2﹣4ac＞0，进而求出k的取值范围． 【详解】
∵二次函数y＝kx2﹣2x﹣1的图象与x轴有两个交点， k×∴b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×（﹣1）＝4+4k＞0， ∴k＞﹣1，
∵抛物线y＝kx2﹣2x﹣1为二次函数， ∴k≠0，
则k的取值范围为k＞﹣1且k≠0， 故选C. 【点睛】
本题考查了二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交点的个数的判断，熟练掌握抛物线与x轴交点的个数与b2-4ac的关系是解题的关键.注意二次项系数不等于0.
7．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据二次函数的性质，利用数形结合的思想一一判断即可. 【详解】
解：∵抛物线的开口向上， ∴a＞0，
∵对称轴在y轴的右侧， ∴a，b异号， ∴b＜0，
∵抛物线交y轴于负半轴， ∴c＜0，
∴abc＞0，故①正确，
∵x=1时，y＜0， ∴a+b+c＜0，故②错误， ∵x=-1时，y＞0， ∴a-b+c＞0， ∴a+c＞b，故③正确， ∵对称轴x=1， ∴-
b=1， 2a∴2a+b=0，故④正确， ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴△=b2-4ac＞0，故⑤错误， 故选D． 【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
8．C
解析：C 【解析】
正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是故选C．
360=72度， 59．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据旋转的性质可得∠B′=∠B=30°，∠BOB′=52°，再由三角形外角的性质即可求得
ACO的度数. 【详解】
∵△A′OB′是由△AOB绕点O顺时针旋转得到，∠B=30°， ∴∠B′=∠B=30°，
∵△AOB绕点O顺时针旋转52°， ∴∠BOB′=52°，
∵∠A′CO是△B′OC的外角， ∴∠A′CO=∠B′+∠BOB′=30°+52°=82°． 故选D． 【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解决问题的关键.
10．D
解析：D
【解析】
试题解析：A、“任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是必然事件，选项错误； B. 某种彩票的中奖概率为错误；
C. 抛掷一枚质地均匀的硬币一次,出现正面朝上的概率为D. “概率为1的事件”是必然事件,正确. 故选D.
1，说明每买1000张，有可能中奖，也有可能不中奖，故B10001.故C错误； 211．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据已知图象可以得到图象与x轴的交点是（-1，0），（2，0），又y＞0时，图象在x轴的上方，由此可以求出x的取值范围． 【详解】
依题意得图象与x轴的交点是（-1，0），（2，0）， 当y＞0时，图象在x轴的上方， 此时x＜－1或x＞2，
∴x的取值范围是x＜－1或x＞2， 故选D． 【点睛】
本题考查了二次函数与不等式，解答此题的关键是求出图象与x轴的交点，然后由图象找出当y＞0时，自变量x的范围，注意数形结合思想的运用.
12．D
解析：D 【解析】 【分析】
抛物线的形状只是与a有关，a相等，形状就相同． 【详解】
y=2（x﹣1）2+3中，a=2． 故选D． 【点睛】
本题考查了抛物线的形状与a的关系，比较简单．
二、填空题
13．3【解析】【分析】根据旋转的性质知AB=AE在直角三角形ADE中根据勾股定理求得AE长即可得【详解】∵四边形ABCD是矩形∴∠D=90°BC=AD=3∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG
解析：32 【解析】
【分析】根据旋转的性质知AB=AE，在直角三角形ADE中根据勾股定理求得AE长即可得.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，BC=AD=3， ∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG， ∴EF=BC=3，AE=AB， ∵DE=EF， ∴AD=DE=3， ∴AE=AD2DE2=32，
∴AB=32， 故答案为32.
【点睛】本题考查矩形的性质和旋转的性质，熟知旋转前后哪些线段是相等的是解题的关键.
14．1【解析】【分析】（1）根据求出扇形弧长即圆锥底面周长；（2）根据即求圆锥底面半径【详解】该圆锥的底面半径=故答案为：1【点睛】圆锥的侧面展开图是扇形解题关键是理解扇形弧长就是圆锥底面周长 解析：1 【解析】 【分析】
nR，求出扇形弧长，即圆锥底面周长； 180C（2）根据C2r，即r，求圆锥底面半径．
2【详解】
（1）根据l该圆锥的底面半径=故答案为：1． 【点睛】
圆锥的侧面展开图是扇形，解题关键是理解扇形弧长就是圆锥底面周长．
1203=1cm
180215．﹣≤y≤1【解析】【分析】利用配方法转化二次函数求出对称轴根据二次函数的性质即可求解【详解】∵y＝3x2+2x＝3（x+）2﹣∴函数的对称轴为x＝﹣∴当﹣1≤x≤0时函数有最小值﹣当x＝﹣1时有最大
1≤y≤1 3【解析】 【分析】
解析：﹣
利用配方法转化二次函数求出对称轴，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】 ∵y＝3x2+2x＝3（x+
121）﹣， 331， 31，当x＝﹣1时，有最大值1， 3∴函数的对称轴为x＝﹣
∴当﹣1≤x≤0时，函数有最小值﹣∴y的取值范围是﹣故答案为﹣【点睛】
1≤y≤1， 31≤y≤1． 3本题考查二次函数的性质、一般式和顶点式之间的转化，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
16．30或60【解析】【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切分两种情况画出图形利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案【详解】解：如
解析：30或60 【解析】 【分析】
射线BP与eO恰好有且只有一个公共点就是射线BP与eO相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案. 【详解】
解：如图1，当射线BP与eO在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°， 此时射线BP旋转的速度为每秒60°÷2=30°；
如图2，当射线BP与eO在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°， 此时射线BP旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.
17．13【解析】【分析】直接代入求值即可【详解】试题解析：把y=599代入y=﹣01x2+26x+43得599=-01x2+26x+43解得：x1=x2=13分钟即学生对概念的接受能力达到599时需要1
解析：13 【解析】 【分析】
直接代入求值即可． 【详解】
试题解析：把y=59.9代入y=﹣0.1x2+2.6x+43得，59.9=-0.1x2+2.6x+43解得：x1=x2=13分钟．
即学生对概念的接受能力达到59.9时需要13分钟．故答案为：13． 考点：二次函数的应用．
18．123456中的任何一个数【解析】【分析】【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根∴△=解得∵c是整数∴c=123456故答案为123456中的任何一个数【点睛】本题考查根的判别式；根与系数的
解析：1，2，3，4，5，6中的任何一个数． 【解析】 【分析】 【详解】
解：∵一元二次方程x25xc0有两个不相等的实数根，
2∴△=(5)4c0，解得c25， 4∵x1x25，x1x2c0，c是整数， ∴c=1，2，3，4，5，6．
故答案为1，2，3，4，5，6中的任何一个数． 【点睛】
本题考查根的判别式；根与系数的关系；开放型．
19．4【解析】【分析】由抛物线开口向上可知a＞0再由开口的大小由a的绝对值决定可求得a的取值范围【详解】解：∵抛物线y1＝ax2的开口向上∴a＞0又∵它的开口比抛物线y2＝3x2+2的开口小∴|a|＞3
解析：4 【解析】 【分析】
由抛物线开口向上可知a＞0，再由开口的大小由a的绝对值决定，可求得a的取值范围． 【详解】
解：∵抛物线y1＝ax2的开口向上， ∴a＞0，
又∵它的开口比抛物线y2＝3x2+2的开口小， ∴|a|＞3， ∴a＞3，
取a＝4即符合题意 【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的开口大小由a的绝对值决定是解题的关键，即|a|越大，抛物线开口越小．
20．1【解析】【分析】【详解】若x1x2是方程x2-2mx+m2-m-1=0的两个实数根；∴x1+x2=2m；x1·x2=m2−m−1∵x1+x2=1-x1x2∴2m=1-(m2−m−1)解得：m1=-
解析：1 【解析】 【分析】 【详解】
若x1，x2是方程x2-2mx+m2-m-1=0的两个实数根； x2= m2−m−1， ∴x1+x2=2m；x1·∵x1+x2=1-x1x2， ∴2m=1-(m2−m−1)， 解得：m1=-2，m2=1.
又∵一元二次方程有实数根时，△ 0， ∴(2m)4(mm1)0, 解得m≥-1， ∴m=1. 故答案为1. 【点睛】
（1）若方程axbxc0?a0的两根是x1、x2，则x1x2，x1x2222bac，这a一关系叫做一元二次方程根与系数的关系；（2）使用一元二次方程根与系数关系解题的前
提条件是方程要有实数根，即各项系数的取值必须满足根的判别式△=b24ac0.
三、解答题
21．（1）【解析】 【分析】
（1）由题意直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与恰好选中小敏、小洁两位同学的情况，再利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】
解：（1）若已确定小英打第一场，再从其余三位同学中随机选取一位，共有3种情况，而选中小丽的情况只有一种，所以P（恰好选中小丽）=（2）列表如下：
11；（2）． 361； 3
所有可能出现的情况有12种，其中恰好选中小敏、小洁两位同学组合的情况有两种，所以P（小敏，小洁）=【点睛】
本题考查列表法与树状图法．
22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）∠BDE=50°, ∠CED =35° 【解析】 【分析】
（Ⅰ）由旋转的性质可得AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，由等腰三角形的性质可求解．
（Ⅱ）由旋转的性质可得AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC＝∠A，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可求解． 【详解】
证明：（Ⅰ）∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC， ∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
21=． 126180ACD180BCE∴∠A＝，∠CBE＝，
22∴∠A＝∠EBC；
（Ⅱ）∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC＝∠A，∠ACB=∠DCE ∴∠A＝∠ADC＝65°，
∵∠ACE＝130°，∠ACD＝∠BCE＝50°， ∴∠ACB＝∠DCE =80°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝35°， ∵∠EDC＝∠A＝65°，
∴∠BDE＝180°﹣∠ADC﹣∠CDE＝50°．∠CED=180°﹣∠DCE﹣∠CDE=35° 【点睛】
本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等． 23．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝8． 【解析】 【分析】
（1）根据垂径定理可得AD＝CD，得PD是AC的垂直平分线，可判断出PA＝PC； （2）由PC＝PA得出∠PAC＝∠PCA，再判断出∠ACB＝90°，得出∠CAB+∠CBA＝90°，再判断出∠PCA+∠CAB＝90°，得出∠CAB+∠PAC＝90°，即可得出结论； （2）根据AB和DF的比设AB＝3a，DF＝2a，先根据三角形中位线可得OD＝4，从而得结论． 【详解】
（1）证明∵OD⊥AC， ∴AD＝CD，
∴PD是AC的垂直平分线， ∴PA＝PC，
（2）证明：由（1）知：PA＝PC， ∴∠PAC＝∠PCA． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°． 又∵∠PCA＝∠ABC， ∴∠PCA+∠CAB＝90°，
∴∠CAB+∠PAC＝90°，即AB⊥PA， ∴PA是⊙O的切线；
（3）解：∵AD＝CD，OA＝OB， ∴OD∥BC，OD＝∵
11BC＝8＝4， 22AB3， DF2设AB＝3a，DF＝2a， ∵AB＝EF， ∴DE＝3a﹣2a＝a， ∴OD＝4＝a＝8， ∴DE＝8． 【点睛】
本题考查的是圆的综合，难度适中，需要熟练掌握线段中垂线的性质、圆的切线的求法以及三角形中位线的相关性质. 24．x1=3，x2=9． 【解析】
试题分析：方程移项后，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
试题解析：方程变形得：2（x﹣3）2﹣（x+3）（x﹣3）=0，分解因式得：（x﹣3）（2x﹣6﹣x﹣3）=0，解得：x1=3，x2=9． 考点：解一元二次方程-因式分解法．
25．(1)A(0,0)，B(4,0)；(2)①Q点的纵坐标为3+3a，②符合题意的a的取值范围是 -1≤a＜0． 【解析】 【分析】
（1）令y=0，则ax2-4ax=0，可求得A、B点坐标； （2）①设直线PC的解析式为，将点P(1,-
3a﹣a， 23a)，C(2,1)代入可解得23k1a,b13a.
23y(1)x13a. 由于Q点的横坐标为4，可求得Q点的纵坐标为3+3a
2②当a＞0时，如图1，不合题意；当a＜0时，由图2，图3可知，3+3a≥0,可求出a的取值范围. 【详解】
(1)令y=0，则ax2-4ax=0. 解得 x10,x24. ∴ A(0,0)，B(4,0)
(2)①设直线PC的解析式为ykxb. 将点P(1,-
3a)，C(2,1)代入上式， 23a,b13a. 2解得k1∴y=(1+
3a)x-1-3a. 2∵点Q在直线PC上，且Q点的横坐标为4， ∴Q点的纵坐标为3+3a
②当a＞0时，如图1，不合题意； 当a＜0时，由图2，图3可知，3+3a≥0. ∴a≥-1．
∴符合题意的a的取值范围是 -1≤a＜0．
图1 图2 图3 【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质;熟练掌握二次函数图象上点的特征，数形结合讨论交点是解题的关键.
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