九年級數學上冊期末考試卷及答案(2)
九年級數學上冊期末考試卷參考答案
一、選擇題
1.sin30° 的值為( )
A. B. C. D.
【考點】特殊角的三角函數值.
【分析】根據特殊角三角函數值，可得答案.
【解答】解：sin30°= ，
故選：A.
【點評】本題考查了特殊角三角函數值，熟記特殊角三角函數值是解題關鍵.
2.下列各組圖形一定相似的是( )
A.兩個矩形
B.兩個等邊三角形
C.各有一角是80°的兩個等腰三角形
D.任意兩個菱形
【考點】相似圖形.
【分析】根據相似圖形的概念進行判斷即可.
【解答】解：兩個矩形對應邊的比不一定相等，故不一定相似;
兩個等邊三角形相似對應邊的比相等，對應角相等，一定相似;
各有一角是80°的兩個等腰三角形對應角不一定相等，故不一定相似;
任意兩個菱形對應角不一定相等，故不一定相似;
故選：B.
【點評】本題考查的是相似圖形的概念，掌握對應角相等，對應邊的比相等的多邊形，叫做相似多邊形是解題的關鍵.
3.麗華根據演講比賽中九位評委所給的分數作了如下表格：
平均數 中位數 眾數 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果去掉一個最高分和一個最低分，則表中數據一定不發生變化的是( )
A.平均數 B.眾數 C.方差 D.中位數
【考點】統計量的選擇.
【分析】根據中位數的定義：位于中間位置或中間兩數的平均數可以得到去掉一個最高分和一個最低分不影響中位數.
【解答】解：去掉一個最高分和一個最低分對中位數沒有影響，
故選D.
【點評】本題考查了統計量的選擇，解題的關鍵是了解中位數的定義，難度不大.
4.如果關于x的一元二次方程(m﹣1)x2+2x+1=0有兩個不相等的實數根，那么m的取值范圍是( )
A.m>2 B.m<2 C.m>2且m≠1 D.m<2且m≠1
【考點】根的判別式;一元二次方程的定義.
【分析】根據一元二次方程的定義和判別式的意義得到m﹣1≠0且△=22﹣4(m﹣1)>0，然后求出兩個不等式的公共部分即可.
【解答】解：根據題意得m﹣1≠0且△=22﹣4(m﹣1)>0，
解得m<2且m≠1.
故選D.
【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判別式△=b2﹣4ac：當△>0，方程有兩個不相等的實數根;當△=0，方程有兩個相等的實數根;當△<0，方程沒有實數根.也考查了一元二次方程的定義.
5.如圖，將寬為1cm的長方形紙條沿BC折疊，使∠CAB=45°，則折疊后重疊部分的面積為( )
A. cm2 B. cm2 C. cm2 D. cm2
【考點】翻折變換(折疊問題);矩形的性質.
【分析】如圖，作CH⊥AB于H.首先證明AC﹣=AB，△ACH是等腰直角三角形，求出AB、CH即可解決問題.
【解答】解：如圖，作CH⊥AB于H.
∵∠1=∠2，∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴AC=AB，
∵∠CAB=45°，∠AHC=90°，
∴∠CAH=∠HCA=45°，
∴AH=CH=1，AC=AB= ，
∴S△ABC= •AB•CH= ，
故選D.
【點評】本題考查翻折變換、矩形性質、三角形的面積公式等知識，熟知圖形翻折不變性的性質是解答此題的關鍵，本題的突破點是證明AC=AB= ，屬于中考常考題型.
6.如圖，二次函數y=ax2+bx+c(a>0)的圖象與直線y=1交點坐標為(1，1)，(3，1)，則不等式ax2+bx+c﹣1>0的解集為( )
A.x>1 B.1
【考點】二次函數與不等式(組).
【分析】根據二次函數y=ax2+bx+c(a>0)的圖象與直線y=1交點坐標即可得到不等式ax2+bx+c﹣1>0的解集.
【解答】解：根據圖象得二次函數y=ax2+bx+c(a>0)的圖象與直線y=1交點坐標為(1，1)，(3，1)，
而ax2+bx+c﹣1>0，即y>1，
故x<1或x>3.
故選：C.
【點評】此題主要考查了二次函數與一元二次不等式之間的聯系：根據當y>1時，利用圖象得出不等式解集是解題關鍵.
二、填空題：
7.拋物線y=2x2﹣4x+1的對稱軸為直線 x=1 .
【考點】二次函數的性質.
【分析】把拋物線解析式化為頂點式可求得答案.
【解答】解：
∵y=2x2﹣4x+1=2(x﹣1)2﹣1，
∴對稱軸為直線x=1，
故答案為：x=1.
【點評】本題主要考查二次函數的性質，掌握二次函數的頂點式是解題的關鍵，即在y=a(x﹣h)2+k中，對稱軸為x=h，頂點坐標為(h，k).
8.100件某種產品中有五件次品，從中任意取一件，恰好抽到次品的概率是 .
【考點】概率公式.
【分析】根據概率的求法，找準兩點：
①全部情況的總數;
②符合條件的情況數目;二者的比值就是其發生的概率.
【解答】解：100件某種產品中有五件次品，從中任意取一件，恰好抽到次品的概率是 = .
故答案為 .
【點評】此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現m種結果，那么事件A的概率P(A)= .
9.將拋物線y=﹣2x2+1向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度所得的拋物線解析式為 y=﹣2(x﹣1)2+2 .
【考點】二次函數圖象與幾何變換.
【分析】直接根據平移規律作答即可.
【解答】解：將拋物線y=﹣2x2+1向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度后所得拋物線解析式為y=﹣2(x﹣1)2+2.
故答案為：y=﹣2(x﹣1)2+2.
【點評】主要考查了函數圖象的平移，要求熟練掌握平移的規律：左加右減，上加下減.并用規律求函數解析式.
10.如圖，在△ABC中，DE∥BC，DE與邊AB相交于點D，與邊AC相交于點E，如果AD=3，BD=4，AE=2，那么AC= .
【考點】平行線分線段成比例.
【分析】由平行可得到 = ，代入可求得EC，再利用線段的和可求得AC.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ = ，即 = ，
解得EC= ，
∴AC=AE+EC=2+ = ，
故答案為： .
【點評】本題主要考查平行線分線段成比例，掌握平行線分線段所得線段對應成比例是解題的關鍵.
11.已知圓錐的底面半徑為3，側面積為15π，則這個圓錐的母線長為 5 .
【考點】圓錐的計算.
【分析】這個圓錐的母線長為l，根據圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和扇形面積公式得到 •2π•3•l=15π，然后解方程即可.
【解答】解：這個圓錐的母線長為l，
根據題意得 •2π•3•l=15π，解得l=5.
故答案為5.
【點評】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長.
12.某人沿著坡度i=1： 的山坡走了50米，則他離地面的高度上升了 25 米.
【考點】解直角三角形的應用-坡度坡角問題.
【分析】根據題意可以設出某人沿著坡度i=1： 的山坡走了50米時的豎直高度，然后根據勾股定理即可解答本題.
【解答】解：設某人沿著坡度i=1： 的山坡走了50米時的豎直高度為x米，
則此時走的水平距離為 米，
由勾股定理可得， ，
解得，x1=﹣25(舍去)，x2=25，
故答案為：25.
【點評】本題考查解直角三角形的應用﹣坡度坡角問題、勾股定理，明確坡度的含義是解答此類題目的關鍵.
13.從地面垂直向上拋出一小球，小球的高度h(米)與小球運動時間t(秒)之間的函數關系式是h=10t﹣5t2，則小球運動到的最大高度為 5 米.
【考點】二次函數的應用.
【分析】把拋物線解析式化成頂點式，即可解答.
【解答】解：∵h=10t﹣5t2=﹣5(t﹣1)2+5，
又∵﹣5<0，
∴t=1時，h有最大值，最大值為5，
故答案為5.
【點評】本題主要考查二次函數的應用，借助二次函數解決實際問題，解題的關鍵是正確的建立二次函數模型.
14.△ABC中，AB=AC=4，BC=5，點D是邊AB的中點，點E是邊AC的中點，點P是邊BC上的動點，∠DPE=∠C，則BP= 1或4 .
【考點】相似三角形的判定與性質;等腰三角形的性質.
【分析】根據等腰三角形的性質得到BD=2，CE=2，∠B=∠C，根據相似三角形的性質即可得到結論.
【解答】解：∵AB=AC=4，點D是邊AB的中點，點E是邊AC的中點，
∴BD=2，CE=2，∠B=∠C，
∵∠DPE=∠C，
∴∠BPD=180°﹣∠B﹣∠DPE，∠CEP=180°﹣∠EPC﹣∠C，
∴∠DPB=∠PEC，
∴△BPD∽△CPE，
∴ ，即 ，
∴PB=1或4，
故答案為：1或4.
【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵.
15.如圖，四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，若四邊形ABCO為平行四邊形，則∠ADB= 30° .
【考點】圓內接四邊形的性質;平行四邊形的性質.
【分析】根據圓內接三角形的性質得到∠ADC+∠ABC=180°，根據平行四邊形的性質的∠AOC=∠ABC，根據圓周角定理得到∠ADC= ∠AOC，計算即可.
【解答】解：∵四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵四邊形ABCO為平行四邊形，
∴∠AOC=∠ABC，
由圓周角定理得，∠ADC= ∠AOC，
∴∠ADC+2∠ADC=180°，
∴∠ADC=60°，
∵OA=OC，
∴平行四邊形ABCO為菱形，
∴BA=BC，
∴ = ，
∴∠ADB= ∠ADB=30°，
故答案為：30°.
【點評】本題考查的是圓內接三角形的性質、平行四邊形的性質、菱形的判定，掌握相關的性質定理和判定定理是解題的關鍵.
16.已知二次函數y=ax2+2 x(a<0)的圖象與x軸交于A(6，0)，頂點為B，C為線段AB上一點，BC=2，D為x軸上一動點.若BD=OC，則D的坐標為 D(2，0)或(4，0) .
【考點】拋物線與x軸的交點.
【分析】把A(6，0)代入y=ax2+2 x得0=62a+2 ×6，得到y=﹣ x2+2 x，根據拋物線的頂點坐標公式得到B(3，3 )，根據兩點間的距離公式得到AB= =6，過B作BE⊥OA于E，CF⊥OA與F，根據相似三角形的性質得到AF=2，CF=2 ，根據兩點間的距離公式得到OC= =2 ，根據BD=OC，列方程即可得到結論.
【解答】解：把A(6，0)代入y=ax2+2 x得0=62a+2 ×6，
∴a=﹣ ，
∴y=﹣ x2+2 x，
∵頂點為B，
∴B(3，3 )，
∴AB= =6，
∵BC=2，
∴AC=4，
過B作BE⊥OA于E，CF⊥OA與F，
∴CF∥BE，
∴△ACF∽△ABE，
∴ = = ，
∴AF=2，CF=2 ，
∴OF=4，
∴OC= =2 ，
∵BD=OC，
∴BD=2 ，
設D(x，0)，
∴BD= =2 ，
∴x1=2，x2=4，
∴D(2，0)或(4，0).
故答案為：D(2，0)或(4，0).
【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點，相似三角形的判定和性質，勾股定理，待定系數法求函數的解析式，正確的作出輔助線是解題的關鍵.
三、解答題：(共102分)
17.(10分)(2016秋•泰州期末)(1)計算：2﹣1+| ﹣2|+tan60°
(2)解方程：(x+1)(x﹣3)=﹣1.
【考點】實數的運算;負整數指數冪;解一元二次方程-配方法;特殊角的三角函數值.
【分析】(1)原式利用負整數指數冪法則，絕對值的代數意義，以及特殊角的三角函數值計算即可得到結果;
(2)方程整理后，利用配方法求出解即可.
【解答】解：(1)原式= +2﹣ + = ;
(2)整理得：x2﹣2x=2，
配方得：x2﹣2x+1=3，即(x﹣1)2=3，
解得：x1=1+ ，x2=1﹣ .
【點評】此題考查了實數的運算，以及解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
18.某班召開主題班會，準備從由2名男生和2名女生組成的班委會中選擇2人擔任主持人.
(1)用樹狀圖或表格列出所有等可能結果;
(2)求所選主持人恰好為1名男生和1名女生的概率.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)根據題意可直接先畫出列表或樹狀圖;
(2)根據圖可判斷12種結果中有8種結果可以使該事件發生，即可得概率.
【解答】解：(1)畫樹狀圖如下：
(2)由(1)知P(恰好為1名男生和1名女生)= = .
【點評】本題考查了列表法與樹狀圖法，用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
19.甲進行了10次射擊訓練，平均成績為9環，且前9次的成績(單位：環)依次為：8，10，9，10，7，9，10，8，10.
(1)求甲第10次的射擊成績;
(2)求甲這10次射擊成績的方差;
(3)乙在相同情況下也進行了10次射擊訓練，平均成績為9環，方差為1.6環2，請問甲和乙哪個的射擊成績更穩定?
【考點】方差.
【分析】(1)用甲射擊的總環數減去前9次射擊的總環數可得;
(2)根據方差的計算公式可得;
(3)根據方差的意義可得答案.
【解答】解：(1)根據題意，甲第10次的射擊成績為9×10﹣(8+10+9+10+7+9+10+8+10)=9;
(2)甲這10次射擊成績的方差為 ×[4×(10﹣9)2+3×(9﹣9)2+2×(8﹣9)2+(7﹣9)2]=1;
(3)∵平均成績相等，而甲的方差小于乙的方差，
∴乙的射擊成績更穩定.
【點評】本題主要考查方差，熟練掌握方差的計算公式和方差的意義是解題的關鍵.
20.(10分)(2016秋•泰州期末)如圖，△ABC中，∠C=90°，tanB= ，AC=2，D為AB中點，DE垂直AB交BC于E.
(1)求AB的長度;
(2)求BE的長度.
【考點】解直角三角形.
【分析】(1)首先利用正切函數的定義求得另一直角邊BC的長，然后利用勾股定理即可求得AB的長;
(2)首先求得BD的長，然后求得DE的長，利用勾股定理即可求得BE的長.
【解答】解：(1)∵∠C=90°，tanB= ，AC=2，
∴BC=2AC=4，
∴AB= = =2 ;
(2)∵D為AB中點，
∴BD= AB= ，
∵DE垂直AB交BC于E，tanB= ，
∴DE= BD= ，
∴BE= = = .
【點評】本題考查了解直角三角形及勾股定理的知識，解題的關鍵是從題目中整理出直角三角形并選擇合適的邊角關系求得相關線段的長，難度不大，屬于中等題目.
21.(10分)(2014•哈爾濱)如圖，AB、CD為兩個建筑物，建筑物AB的高度為60米，從建筑物AB的頂點A點測得建筑物CD的頂點C點的俯角∠EAC為30°，測得建筑物CD的底部D點的俯角∠EAD為45°.
(1)求兩建筑物底部之間水平距離BD的長度;
(2)求建筑物CD的高度(結果保留根號).
【考點】解直角三角形的應用-仰角俯角問題.
【分析】(1)根據題意得：BD∥AE，從而得到∠BAD=∠ADB=45°，利用BD=AB=60，求得兩建筑物底部之間水平距離BD的長度為60米;
(2)延長AE、DC交于點F，根據題意得四邊形ABDF為正方形，根據AF=BD=DF=60，在Rt△AFC中利用∠FAC=30°求得CF，然后即可求得CD的長.
【解答】解：(1)根據題意得：BD∥AE，
∴∠ADB=∠EAD=45°，
∵∠ABD=90°，
∴∠BAD=∠ADB=45°，
∴BD=AB=60，
∴兩建筑物底部之間水平距離BD的長度為60米;
(2)延長AE、DC交于點F，根據題意得四邊形ABDF為正方形，
∴AF=BD=DF=60，
在Rt△AFC中，∠FAC=30°，
∴CF=AF•tan∠FAC=60× =20 ，
又∵FD=60，
∴CD=60﹣20 ，
∴建筑物CD的高度為(60﹣20 )米.
【點評】考查解直角三角形的應用;得到以AF為公共邊的2個直角三角形是解決本題的突破點.
22.(10分)(2016秋•泰州期末)如圖，二次函數y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，交y軸于C點，其中B點坐標為(3，0)，C點坐標為(0，3)，且圖象對稱軸為直線x=1.
(1)求此二次函數的關系式;
(2)P為二次函數y=ax2+bx+c在x軸下方的圖象上一點，且S△ABP=S△ABC，求P點的坐標.
【考點】拋物線與x軸的交點;待定系數法求二次函數解析式.
【分析】(1)將B、C的坐標和對稱軸方程代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數的值，可得此二次函數的關系式;
(2)根據等底等高的三角形的面積相等，可得P的縱坐標與C的縱坐標互為相反數，根據自變量與函數值的對應關系，可得答案.
【解答】解：(1)根據題意，得
，
解得 .
故二次函數的表達式為y=﹣x2+2x+3.
(2)由S△ABP=S△ABC，得
yP+yC=0，得yP=﹣3，
當y=﹣3時，﹣x2+2x+3=﹣3，
解得x1=1﹣ ，x2=1+ .
故P點的坐標為(1﹣ ，﹣3)或(1+ ，﹣3).
【點評】本題考查了二次函數綜合題，(1)利用待定系數法求函數解析式;(2)利用等底等高的三角形的面積相等得出P的縱坐標與C的縱坐標互為相反數是解題關鍵.
23.(10分)(2016秋•泰州期末)如圖，四邊形OABC為平行四邊形，B、C在⊙O上，A在⊙O外，sin∠OCB= .
(1)求證：AB與⊙O相切;
(2)若BC=10cm，求⊙O的半徑長及圖中陰影部分的面積.
【考點】切線的判定;平行四邊形的性質;扇形面積的計算;解直角三角形.
【分析】(1)由特殊三角函數值sin∠OCB= ，求得∠OCB=45°，根據同圓的半徑相等得：OB=OC，利用等邊對等角得：∠OCB=∠OBC=45°，所以∠BOC=90°，最后由平行四邊形的對邊平行和平行線性質得：
∠BOC=∠ABO=90°，AB與⊙O相切;
(2)根據勾股定理求⊙O的半徑長，再利用差求陰影部分的面積.
【解答】(1)證明：連接OB，
∵sin∠OCB= ，
∴∠OCB=45°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠BOC=90°，
∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠BOC=∠ABO=90°，
∵B在⊙O上，
∴AB與⊙O相切;
解：(2)設⊙O的半徑為r，則OB=OC=r，
在Rt△OBC中，r2+r2=102，
∴r=5 ，
∴S陰影部分=S扇形OBC﹣S△OBC= ﹣ × = π﹣25，
答：⊙O的半徑長5 ，陰影部分的面積為 .
【點評】本題考查了切線的判定、平行四邊形的性質、三角函數值、扇形的面積;明確兩種證明切線的方法：①無交點，作垂線段，證半徑;②有交點，作半徑，證垂線;熟記扇形的面積公式，并掌握特殊的三角函數值.
24.(10分)(2016秋•泰州期末)如圖，在菱形ABCD中，AB=4，對角線AC、BD交于O點，E為AD延長線上一點，DE=2，直線OE分別交AB、CD于G、F.
(1)求證：DF=BG;
(2)求DF的長;
(3)若∠ABC=60°，求tan∠AEO.
【考點】相似三角形的判定與性質;全等三角形的判定與性質;菱形的性質.
【分析】(1)根據菱形的性質得出OD=OB，再由平行線的性質得出∠OBG=∠ODF，故可得出△BGO≌△DFO，進而可得出結論;
(2)過點O作OK∥AD，由三角形中位線定理得出OK的長，再判定出△DEF∽△KOF，利用相似三角形的對應邊成比例即可得出結論;
(3)過點O作OH⊥AD于點H，根據菱形的性質得出∠ADO=30°，∠OAH=60°，設OH=x，則DH= x，AH= x，再由AD=4可得出x的值，進而得出結論.
【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OBG=∠ODF.
在△BGO與△DFO中，
∵ ，
∴△BGO≌△DFO(ASA)，
∴DF=BG;
(2)解：過點O作OK∥AD，
∵點O是對角線AC、BD交點，
∴點O是線段AC的中點，
∴OK是△ACD的中線，
∴OK= AD=2，DK= CD=2.
∵AD∥OK，
∴△DEF∽△KOF，
∴ = ，即 = ，解得DF=1.
(3)解：過點O作OH⊥AD于點H，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADO=30°，∠OAH=60°，
設OH=x，則DH= x，AH= x.
∵AD=4，
∴ x+ x=4，解得x= ，
∴HD=3，OH= ，
∴HE=HD+DE=3+2=5，
∴tan∠AEO= = .
【點評】本題考查的是相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、菱形的性質及銳角三角函數的定義等知識，涉及面較廣，難度較大.
25.(12分)(2016秋•泰州期末)如圖，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，點E是AD邊上一動點(不與點A，D重合 )，過A、E、C三點的⊙O交AB延長線于點F，連接CE、CF.
(1)求證：△DEC∽△BFC;
(2)設DE的長為x，△AEF的面積為y.
①求y關于x的函數關系式，并求出當x為何值時，y有最大值;
②連接AC，若△ACF為等腰三角形，求x的值.
【考點】圓的綜合題.
【分析】(1)如圖1中，連接EF.首先證明EF是⊙O直徑，推出∠ECF=90°，由∠DCB=∠ECF，推出∠DCE=∠BCF，由∠D=∠CBF，即可證明△DEC∽△BFC.
(2)①由△DEC∽△BFC，得 = ，求出BF，構建二次函數，利用二次函數的性質即可解決問題.
②分三種情形討論即可解決問題.a、當AC=AF= 時.b、當CA=CF時，易知AB=BF=1，c、當FC=FA時，則有(2x)2+22=(1+2x)2.
【解答】(1)證明：如圖1中，連接EF.
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD=1，AD=BC=2，∠A=∠D=∠DCB=∠ABC=∠CBF=90°，
∴EF是⊙O直徑，
∴∠ECF=90°，
∴∠DCB=∠ECF，
∴∠DCE=∠BCF，∵∠D=∠CBF，
∴△DEC∽△BFC.
(2)①∵△DEC∽△BFC，
∴ = ，
∴ = ，
∴BF=2x，AF=1+2x，
∴y= •AE•AF= (2﹣x)(1+2x)=﹣x2+ x+1=﹣(x﹣ )2+ ，
∵﹣1<0，
∴當x= 時，y有最大值.
②如圖2中，a、當AC=AF= 時，
∵BF=2x= ﹣1，
∴x= .
b、當CA=CF時，易知AB=BF=1，
∴2x=1，
∴x= .
c、當FC=FA時，則有(2x)2+22=(1+2x)2，
解得x= ，
綜上所述，△ACF為等腰三角形，x的值為 或 或 .
【點評】本題考查圓綜合題、矩形的性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會添加常用輔助線，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題.
26.(14分)(2016秋•泰州期末)已知二次函數y=mx2﹣nx+n﹣2(n>0，m≠0)的圖象經過A(2，0).
(1)用含n的代數式表示m;
(2)求證：二次函數y=mx2﹣nx+n﹣2的圖象與x軸始終有2個交點;
(3)設二次函數y=mx2﹣nx+n﹣2的圖象與x軸的另一個交點為B(t，0).
①當n取n1，n2時，t 分別為t1，t2，若n1
②若t為整數，求整數n的值.
【考點】拋物線與x軸的交點;二次函數的圖象.
【分析】(1)把A(2，0)代入y=mx2﹣nx+n﹣2，即可用含n的代數式表示m;
(2)只需證明△=(﹣n)2﹣4m(n﹣2)>0即可;
(3)①根據題意用含n的代數式表示t，可得t1﹣t2= ﹣ = ，依此可得t1﹣t2<0，從而求解;
②t= =2﹣ ，因為t為整數且n>0，可得n+2>2，得到n+2=4或n+2=8，解方程即可求解.
【解答】解：(1)把A(2，0)代入y=mx2﹣nx+n﹣2，得4m﹣2n+n﹣2=0，m= ;
(2)∵△=(﹣n)2﹣4m(n﹣2)=n2﹣4× ×(n﹣2)=n2﹣n2+4=4>0，
∴二次函數y=mx2﹣nx+n﹣2的圖象與x軸始終有2個交點;
(3)①依題意可知t= ;
所以t1﹣t2= ﹣ = ，
因為n1
又因為n>0，
所以n1+2>0，n2+2>0，
所以t1﹣t2<0，
所以t1
②t= =2﹣ ，
因為t為整數且n>0，
所以n+2>2，
所以n+2=4或n+2=8
所以n=2或n=6.
【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點.解答本題的關鍵是根據根的判別式△>0證明拋物線與x軸有兩個交點.
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