福建省厦门市集美中学2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试卷(含答案)

数学学科试题

（考试时间：120分钟）

命题人：初三数学命题组审题人：蔡晓熔

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息. 2.请将答案正确填写在答题卡上.

一、单选题（每小题4分共40分）

1.一元二次方程3x22x10的二次项系数和常数项分别是（ ）. A.3和2

B.3和1

C.3和1

D.2和1

2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）.

A. B. C. D.

3.抛物线y2x28x8的对称轴是（ ）. A.x2

B.x2

C.x4

D.x4

4.如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若BAC40°，B90°，CAD10°，则旋转角的度数为（ ）.

A.80° B.50° C.40° D.10°

5.如图，在半径为5cm的

O中，弦AB8cm，OCAB于点C，则OC（ ）.

A.3cm B.4cm C.5cm D.6cm

6.函数yx22x3的图象与x轴的交点个数是（ ）. A.0

2B.1 C.2

2D.3

7.抛物线yx2经过平移后得到抛物线yx22，其平移方法是（ ）. A.向右平移4个单位，再向上平移2个单位 B.向右平移4个单位，再向下平移2个单位 C.向左平移4个单位，再向上平移2个单位 D.向左平移4个单位，再向下平移2个单位

8.为方便市民进行垃圾分类投放，某环保公司第一个月投放a个垃圾桶，计划第三个月投放垃圾桶y个，设该公司第二、三两个月投放垃圾桶数量的月平均增长率为x，那么y与x的函数关系是（ ）. A.ya1x

2B.ya1x

2C.y1xa

2D.yx2a

9.如图，在正方形ABCD中，AB4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）

A.2

B.22

C.3

D.10 10.一元二次方程：M:ax2bxc0；N:cx2bxa0， 其中ac0，ac，以下四个结论：

①如果方程M有两个不相等的实数根，那么方程N也有两个不相等的实数根； ②如果方程M有两根符号相同，那么方程N的两根符号也相同； ③如果m是方程M的一个根，那么

1是方程N的一个根； m④如果方程M和方程N有一个相同的根，那么这个根必是x1. 正确的个数是（ ） A.1

B.2

C.3

D.4

二、填空题（每小题4分共24分） 11.方程x24x0的根是______.

12.在平面直角坐标系中，点1,5关于原点的对称点的坐标是______.

13.已知二次函数y3x1k的图像上有三点A1,y1，B2,y2，C5,y3，则y1，y2，y3的大

2小关系为______.

14.常态化防疫形势下，某学生写了一份预防新型冠状病毒倡议书在微信朋友圈传播，规则为：将倡议书发表在自己的朋友圈，再邀请n个好友转发倡议书，每个好友转发倡议书，又邀请n个互不相同的好友转发倡议书，以此类推，已知经过两轮传播后，共有931人参与了传播活动，则方程列为______. 15.如图，在

O中，ADBC，连接AB、CD，当AB2，CD6时，则O半径长为______.

16.已知抛物线yax2bxc（a，b，c是常数），abc0，下列四个结论： ①若抛物线经过点3,0，则b2a；

②若bc，则方程cx2bxa0一定有根x2； ③抛物线与x轴一定有两个不同的公共点；

④点Ax1,y1，Bx2,y2在抛物线上，若0ac，则当x1x21时，y1y2. 其中正确的是______（填写序号）. 三、解答题（共86分）

17.（8分）解方程：2x23x10.

x22x13x318.（8分）先化简，再求值：2，其中x12. x2x219.（8分）如图，二次函数yax24（a为常数，a0），当x1时，y5.

2

（1）求a的值；

（2）求此抛物线与x轴、y轴的交点坐标； （3）画出此二次函数的图象.

20.（8分）如图，已知△ABC，ACAB.将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，其中点B的对应点D落在AC边上.

（1）用无刻度的直尺和圆规作出△ADE；

（2）连接BD，CE，当ABD60°时，判断线段CE，BD，CD之间的数量关系，并说明理由. 21.（8分）如图，AB，DF是

O的直径，C，D为O上的点，且BC∥FD，过点D作DEAB于点E.

（1）证明：F是AC的中点；

（2）若BC3，DE2，求FC的长.

22.已知关于x的一元二次方程x22mxm2m0有实数根. （1）求m的取值范围；

（2）若该方程的两个实数根分别为，，2212，求m的值.

23.掷实心球是我市中考体育考试的选考项目.如图1是小杰投掷实心球训练，他尝试利用数学模型来研究实心球的运动情况.他以水平方向为x轴方向，1m为单位长度，建立了如图2所示的平面直角坐标系，实心球从y轴上的A点出手，运动路径可看作抛物线，在B点处达到最高位置，落在x轴上的点C处.小杰某次试投时的数据如图2所示.

（1）在图中画出实心球运动路径的示意图；

（2）根据图中信息，求出实心球路径所在抛物线的表达式；

（3）根据我市高中阶段学校招生体育考试评分标准（男生），若实心球投掷距离（实心球落地点C与出手点A的水平距离OC的长度）不小于10m，成绩为满分10分.请通过计算，判断小杰此次试投的成绩是否能达到满分.

24.（12分）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题.如图①，在四边形ABCD中，ADCD，ABC120°，ADC60°，AB2，BC1.

【问题提出】

（1）如图②，在图①的基础上连接BD，由于ADCD，所以可将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB，则△BDB的形状是______； 【尝试解决】

（2）在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积； 【类比应用】

（3）如图③，等边△ABC的边长为2，以D为顶点作一个60°△BDC是顶角△BDC120°的等腰三角形，

的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长______.

25.如图，抛物线yax2bxc交x轴于A、B两点，交y轴于C点.且抛物线的对称轴为x2，OC3，

S△ABC3.

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图，过Dm,2作抛物线切线（不与y轴平行，且与抛物线有且仅有一个交点）DE:yk1xb1（切点为E）和DF:yk2xb2（F为切点），求k1k2的值；

（3）如图，将抛物线向左平移两个单位后再沿y轴向下运动得抛物线C1，直线l3、l4分别与（2）中直线DE、DF平行，l3与C1交于E，F两点，l4与C1交于G，H两点，且l3、l4都经过坐标原点，M，N分别为EF、GH的中点，求点O到直线MN的距离d的最大值.

集美中学2022—2023学年第一学期初三年级期中考

数学学科试题答案

1.B

【分析】找出方程的二次项系数和常数项即可.

【详解】解：方程3x22x10的二次项系数和常数项分别为3和1， 故选：B.

【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：

ax2bxc0（a，b，c是常数且a0）特别要注意a0的条件.这是在做题过程中容易忽视的知识点.

在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项.其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项. 2.B

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即可解答.

【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意； B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故B符合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故C不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意； 故选：B.

【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，理解轴对称图形要找到对称轴，图形关于对称轴折叠能完全重合；中心对称图形要找到对称中心，图形绕着对称中心旋转180°能与自身重合是解题的关键. 3.A

【分析】利用抛物线对称轴公式求解即可. 【详解】解：∵y2x28x8，

∴对称轴为直线x故选：A.

82，

22【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的对称轴公式是解题的关键. 4.B

【分析】根据旋转的性质可得旋转角为BAD，即可求解. 【详解】解：∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的， ∴旋转角为BAD，

∵BAC40°，CAD10°， ∴CADBACCAD50° 即旋转角的度数为50°. 故选：B

【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键. 5.A

【分析】连接OA，根据垂径定理，得AC【详解】连接OA

1AB；再根据勾股定理，即可求出OC. 2OA5 OCAB OCA90°，

AC1AB4 2在Rt△OAC中，OA2AC2OC2

5242OC2

OC3.

故选：A.

【点睛】本题考查圆的知识，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握垂径定理的运用.

6.C

【分析】由b4ac24130，即可求解.

22【详解】解：∵b4ac2413160，

22∴函数yx22x3的图象与x轴有2个交点， 故选：C.

【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点问题，解题关键是掌握抛物线与x轴交点个数与之间的关系. 7.D

【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可. 【详解】解：∵抛物线yx2的顶点坐标为2,0，

2而平移后抛物线yx22的顶点坐标为2,2，

2∴平移方法为向左平移4个单位，再向下平移2个单位. 故选D.

【点睛】本题考查了抛物线的平移规律.关键是确定平移前后抛物线的顶点坐标，寻找平移规律. 8.A

【分析】根据增长率的问题可直接进行求解. 【详解】解：由题意得：ya1x，故A正确. 故选：A.

【点睛】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的应用是解题的关键. 9.C

【分析】过点G作GPBC于点P，延长PG交AD于点H，设BEPFx，只要证得

2△BEF≌△PFGAAS，利用全等三角形的性质可得BEPF，PGBF1，进而得到

PCDH41x3x，在Rt△DGH中，利用勾股定理即可求解.

【详解】解：过点G作GPBC于点P，延长PG交AD于点H，则GPF90°， ∵四边形ABCD是正方形，

ADCCB90°，

四边形CDHP是矩形，

CDPHAB4，PCDH， EFG90°，

BFEPFG90°，

又BFEBEF90°，

PFGBEF，

FEFG，BGPF90°， △BEF≌△PFG(AAS)，

BEPF，PGBF1，

GHPHPG413,

设BEPFx，则PCDH41x3x， 在Rt△DGH中，由勾股定理得，

DG2DH2GH23x323x9，

当x3时，DG2有最小值为9， ∴DG的最小值为3， 故选：C

22

【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，作出适当的辅助线是解题的关键. 10.C

【分析】利用根的判别式与求根公式直接判断①②；利用代入的方法判断③④即可.

【详解】①两个方程根的判别式都是b24ac，所以如果方程M有两个不相等的实数根，那么方程N也有两个不相等的实数根正确；

②如果方程M的两根符号相同，那么方程N的两根符号也相同，那么b24ac0，符号相同，

c0，所以a与cac0，所以方程N的两根符号也相同，结论正确； a111cba0，所以是m2mm③如果m是方程M的一个根，那么m2ambc0，两边同时除以m2，得方程N的一个根，结论正确；

④如果方程M和方程N有一个相同的根，那么ax2bxccx2bxa，acxac，由ac，得

2x21，x1，结论错误.

正确的是①②③，共3个， 故选：C.

【点睛】本题考查了一元二次方程axbxc0a0的根的判别式b24ac；当0，方程有两

2个不相等的实数根；当0，方程有两个相等的实数根；当0，方程没有实数根. 11.x10，x24##x14，x20

【分析】由因式分解法解一元二次方程，即可求出答案. 【详解】解：

x24x0，

xx40，

x0或x40；

故答案为：x10，x24. 12.1,5

【分析】根据关于原点对称的点的坐标的特征，即可求解. 【详解】解：点1,5关于原点的对称点的坐标是1,5. 故答案为：1,5

【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键. 13.y2y1y3##y3y1y2

【分析】根据a30得到抛物线的开口朝下，根据图象上的点离对称轴越远，函数值越小，进行判断即可. 【详解】解：由题意得：a30，抛物线的开口朝下，对称轴为：x1， ∴图象上点离对称轴越远，函数值越小， 2离对称轴最近，5离对称轴最远， ∴y2y1y3； 故答案为：y2y1y3.

【点睛】本题考查二次函数的图象和性质.熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.

14.n2n1931

【分析】设邀请了n个好友转发倡议书，第一轮转发了n个人，第二轮转发了n2个人，根据两轮转发后，共有931人参与列出方程即可. 【详解】解：由题意，得

n2n1931，

故答案为：n2n1931.

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解答时先由条件表示出第一轮增加的人数和第二轮增加的人数，根据两轮总人数为931人建立方程是关键. 15.10 【分析】作直径DE，连接AE、CE.根据直径所对的圆周角是直角，得EADECD90°，则AE∥CB，得CEAB，则CEAB.进而根据勾股定理即可求解. 【详解】解：如图，作直径DE，连接AE、CE.

DE是直径，

EADECD90°， AEBC，

又

ADBC，

AE∥CB， CEAB， CEAB.

AB2，CD6，

EC2，

∴在Rt△ECD中，DE∴

EC2DC22262210.

O半径长为10.

故答案为：10.

【点睛】此题综合运用了圆周角定理的推论、垂径定理的推论、等弧对等弦以及勾股定理，将AB转化为EC是解题的关键. 16.①②④

【分析】①将3,0代入解析式即可判定；②由bc，可得a2c，cx2bxa0可得cx2cx2c0，则原方程可化为x2x20，则一定有根x2；③当b24ac0时，图像与x轴少于两个公共点，只有一个关于a，b，c的方程，故存在a、b、c使b24ac00，故③错误；④若0ac，则有b0且bca，b2a，所以对称轴时，y1y2，故④正确. 【详解】解：

2b1，因为a0在对称轴左侧，函数单调递减，所以当x1x212a抛物线经过点3,0

03a3bc，即9a3bc0

abc0 b2a

故①正确；

bc，abc0 a2c

cx2bxa0

cx2cx2c0，即x2x20 一定有根x2

故②正确；

c的方程，c使b24ac0，当b24ac0时，图像与x轴少于两个公共点，只有一个关于a、故存在a、b、b、

故③错误；

若0ac，则有b0且bca，b2a，所以对称轴b1，因为a0在对称轴左侧，函数单2a调递减，所以当x1x21时，y1y2，故④正确. 故填：①②④.

【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质以及二元一次方程，灵活运用二次函数的图像与性质成为解答本题的关键. 17.x11，x21 2【分析】先判断判别式的符号，再代入公式求解即可. 【详解】解：

2a2，b3，c1，

342110

2bb4ac31， 则x2a4即x11，x21. 2【点睛】本题考查用公式法解一元二次方程.解题的关键是熟记求根公式.再用公式进行计算之前，要先判断判别式的符号. 18.1x，原式2. 【分析】先利用分式的加减乘除运算对分式进行化简，然后把x的值代入即可.

x1【详解】原式2x23x3 x2x2x22x1x2221x x2x2 1xx1x21x

当x12时， ∴原式1122；

【点睛】本题主要考查分式的化简求值，掌握分式混合运算的顺序和法则是解题的关键. 19.解：（1）a1；（2）与x轴交点4,0，0,0；与y轴交点：0,0；（3）详见解析 【分析】（1）把x1，y5代入即可求出a的值；

（2）确定抛物线的关系式后，分别令x0，求出图像与y轴的交点坐标，令y0，求出与x轴的交点坐标； （3）由题意和抛物线的性质可得，抛物线顶点，对称轴，与x轴和y轴的交点，过1,5，得出还过5,5点，根据这些特殊点即可画出其图像. 【详解】解：（1）当x1时，y5

代入yax24得

5a124

解得a1. （2）

22a1

2该二次函数的解析式为yx24

令y0，得0x24 解得x14，x20

2与x轴的交点坐标为4,0，0,0.

令x0，得y024 解得y0.

∴与y轴的交点坐标为0,0.

（3）由（2）知：抛物线的对称轴为直线x2，与x轴的交点坐标为4,0，0,0，顶点坐标为2,4，图像过1,5，由对称性可知还过5,5点，根据这些特殊点可以画出图像，如图所示：

2

故答案为（1）a1；（2）与x轴交点4,0，0,0；与y轴交点：0,0；（3）详见解析

【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质.根据抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标，与x轴和y轴的交点，以及过一些特殊点，把握二次函数的性质，根据相应的点可以大致画出来. 20.（1）见解析

（2）CEBDCD，理由见解析

【分析】（1）作线段ADAB，以点A为圆心，AC为半径画弧，以D为圆心，BC长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，DE，图中△ADE为所求作的三角形.（方法不唯一）

（2）根据由旋转的性质可知ADAB，AEAC，CAEBAD，可以得出△ABD是等边三角形.所以BDAD，还可以得出△ACE是等边三角形，得到ACCE.根据ACADCD，得到

CEBDCD.

（1）正确画出图形，如下：

所以，图中△ADE为所求作的三角形. （2）CEBDCD.

理由是：由旋转的性质可知ADAB，AEAC，CAEBAD，

ABD60°，

△ABD是等边三角形. BAD60°，BDAD. CAE60°，

△ACE是等边三角形.

ACCE. ACADCD， CEBDCD.

【点睛】本题考查了旋转尺规作图，作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，以及旋转的性质，等边三角形的性质等，熟悉旋转的性质是解题的关键. 21.（1）见解析 （2）FC5

【分析】（1）连接BF，根据BC∥FD，可得CBFOFB，再由圆周角定理可得COFBOD，OC，从而可得FCBD，进而得到AFBDFC，即可求证；

（2）作OHBC于点H，连结BD，先证得△OHB≌△DEO，可得OHDE2，从而得到OB继而得到BE1，再由勾股定理可得BD的长，即可求解. （1）证明：如图，连接BF，OC，

5，2

BC∥FD， CBFOFB，

COF2CBF，BOD2OFB，

COFBOD， FCBD， AOFBOD， AFBDFC，

F是AC的中点；

（2）解：作OHBC于点H，连结BD，

BC∥FD， CBOBOD，

ODOB，OEDOHB90°，

△OHB≌△DEO，

OHDE2，BHOE， OHBC，BC3， BHOE1.5，

53OB22，即BEOBOEOBBH1，

22BDDE2BE25， FCBD，

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理等知识，根据BC∥FD，得到FCBD是解题的关键. 22.（1）m0 （2）m的值为2

2【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式得到2m4mm0，然后解关于m的不等式即可；

22（2）根据根与系数的关系得到ab2m，abm2m，利用整体代入的方法得到m2m60，然后解关于m的方程即可.

2（1）解：根据题意得：2m4mm0，

2解得m0，

∴m的取值范围是m0.

（2）解：根据题意得ab2m，abm2m，

22212,

2m2m2m12，即m2m60，

解得m12，m23（舍去）. 故m的值为2.

【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握若x1，x2是一元二次方程

22ax2bxc0a0的两根时，x1x223.（1）见解析 （2）ybc，x1x2. aa22x54； 25（3）小杰此次试投的成绩达到优秀. 【分析】（1）根据题意画出图象即可；

（2）设该抛物线的表达式为yax54，由抛物线过点A得到25a42.求得a结论；

（3）根据题意解方程即可得到结论. （1）解：实心球运动路径如图所示.

22，于是得到25；

（2）解：依题意，抛物线的顶点B的坐标为5,4，点A的坐标为0,2. 设该抛物线的表达式为yax54， 由抛物线过点A，有25a42.

2解得a2， 2522x54； 25∴该抛物线的表达式为y（3）

解：令y0，得22x540. 25解得x1552，x2552（C在x轴正半轴，故舍去）.

点C的坐标为552,0.

OC552.

由21，可得OC55110. ∴小杰此次试投的成绩达到优秀.

【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键. 24.（1）等边三角形 （2）93 4（3）4

【分析】（1）由旋转的性质得出BDDB，BDB60°，所以△BDB是等边三角形； （2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB的面积即可；

（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，则△BDM≌△CDP，得出MDPD，

MBDDCP，MDBPDC，证明△NMD≌△NPD，证得△AMN的周长ABAC4.

（1）解：将△DCB绕点D顺时勃方向旋转60°，得到△DAB，

BDBD，BDB60°，

△BDB是等边三角形；

故答案为：等边三角形；

（2）解：由（1）知，△BCD≌△BAD，

四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB的面积，

BCAB1，

BBABAB213，

∴S四边形ABCDS△BDB13393. 3224（3）解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，

△BDM≌△CDP，

MDPD，CPBM，MBDDCP，MDBPDC， △BDC是等腰三角形，且BDC120°，

BDCD，DBCDCB30°，

又

△ABC等边三角形，

ABCACB60°，

MBDABCDBC90°，

同理可得NCD90，

PCDNCDMBD90°， DCNDCP180°，

∴N，C，P三点共线，

MDN60°，

MDBNDCPDCNDCBDCMDN60°，

即MDNPDN60°，

△NMD≌△NPDSAS，

MNPNNCCPNCBM，

△AMN的周长AMANMNAMANNCBMABAC224.

故△AMN的周长为4.

【点睛】本题是四边形综合题，考查了图形的旋转变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，类比思想等.熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键. 25.（1）yx24x3

（2）k1k24 （3）d的最大值2

【分析】（1）由S△ABC3，得c2，根据三角形面积公式可知，AB2，根据对称轴为直线x2，OC3，求出A，B的坐标，代入拋物线解析式即可；

（2）设点Dm,2向上平移后对应点为D1n,1，平移后的切线l1为：y1k1xn，平移后的切线l2为：y1k2xn，联立直线与抛物线解析式，根据相切可知0，由根与一元二次方程的关系求出k1k2的值即可；

（3）由l3的解析式为：yk1x，l4的解析式为：y4x，联立直线与抛物线的解析式求出M，N点的k1坐标，得到直线MN的解析式，判断出该直线过定点0,2，进而得到d2. （1）解：

S△ABC3，OC3，

1ABOC3，c3， 2AB2，

对称轴为直线x2，

A1,0，B3,0，

将1,0，3,0代入yax2bx3得：ab30，9a3b30， 解得：a1，b4，

yx24x3.

（2）解：将抛物线C向左平移2个单位，向上平移1个单位得yx2， 设点Dm,2平移后对应点为D1n,1，

平移后的切线l1为：y1k1xn，平移后的切线l2为：y1k2xn， 联立y1k1xn，yx2，得：x2k1xk1n10，

k124k1n40，

同理可得，k24k2n40，

2k1k2，

k1，k2是k24kn40的两根， k1k24.

（3）

DE∥l3，DF∥l4，

l3的解析式为：yk1x，l4的解析式为：y4x， k1联立yk1x，yx2m，得：x2k1xm0，

xExFk1，

M为EF的中点， kxM1，

2k12yM，

2k1k12即M,，

2228N同理，得,2， k1k1设MN的解析式为：ypxq，

k1k12pq22，

28pqk12k1k124pk1， 解得：q2k124x2，且该直线过定点0,2， 即直线MN:yk1d2，

∴点O到直线MN的距离d的最大值2.

【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求表达式，中点坐标公式，一次函数与二次函数的交点问题等知识点，解题关键是根据直线与抛物线相切，联立两个函数解析式后得到的一元二次方程的根的判别式为

0.