14.(1)证明：∵二次函数y=mx2+nx+p图象的顶点横坐标是2，

∴抛物线的对称轴为x=2，即-n2m=2，

化简，得n+4m=0.

(2)解：∵二次函数y=mx2+nx+p与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)，x1<0

∴OA=-x1，OB=x2，x1+x2=-nm，x1•x2=pm.

令x=0，得y=p，∴C(0，p).∴OC=|p|.

由三角函数定义，得tan∠CAO=OCOA=-|p|x1，tan∠CBO=OCOB=|p|x2.

∵tan∠CAO-tan∠CBO=1，即-|p|x1-|p|x2=1.

化简，得x1+x2x1•x2=-1|p|.

将x1+x2=-nm，x1•x2=pm代入，得-nmpm=-1|p|化简，得⇒n=p|p|=±1.

由(1)知n+4m=0，

∴当n=1时，m=-14;当n=-1时，m=14.

∴m，n的值为：m=14，n=-1(此时抛物线开口向上)或m=-14，n=1(此时抛物线开口向下).

(3)解：由(2)知，当p>0时，n=1，m=-14，

∴抛物线解析式为：y=-14x2+x+p.

联立抛物线y=-14x2+x+p与直线y=x+3解析式得到-14x2+x+p=x+3，

化简，得x2-4(p-3)=0.

∵二次函数图象与直线y=x+3仅有一个交点，

∴一元二次方程根的判别式等于0，

即Δ=02+16(p-3)=0，解得p=3.

∴y=-14x2+x+3=-14(x-2)2+4.

当x=2时，二次函数有最大值，最大值为4.

15.解：(1)设此抛物线的解析式为y=a(x-3)2+4，

此抛物线过点A(0，-5)，

∴-5=a(0-3)2+4，∴a=-1.

∴抛物线的解析式为y=-(x-3)2+4，

即y=-x2+6x-5.

(2)抛物线的对称轴与⊙C相离.

证明：令y=0，即-x2+6x-5=0，得x=1或x=5，

∴B(1,0)，C(5,0).

设切点为E，连接CE，

由题意，得，Rt△ABO∽Rt△BCE.

∴ABBC=OBCE，即12+524=1CE，

解得CE=426.

∵以点C为圆心的圆与直线BD相切，⊙C的半径为r=d=426.

又点C到抛物线对称轴的距离为5-3=2，而2>426.

则此时抛物线的对称轴与⊙C相离.

(3)假设存在满足条件的点P(xp，yp)，

∵A(0，-5)，C(5,0)，

∴AC2=50，

AP2=(xp-0)2+(yp+5)2=x2p+y2p+10yp+25，CP2=(xp-5)2+(yp-0)2=x2p+y2p-10xp+25.

①当∠A=90°时，在Rt△CAP中，

由勾股定理，得AC2+AP2=CP2，

∴50+x2p+y2p+10yp+25=x2p+y2p-10xp+25，

整理，得xp+yp+5=0.

∵点P(xp，yp)在抛物线y=-x2+6x-5上，

∴yp=-x2p+6xp-5.

∴xp+(-x2p+6xp-5)+5=0，

解得xp=7或xp=0，∴yp=-12或yp=-5.

∴点P为(7，-12)或(0，-5)(舍去).

②当∠C=90°时，在Rt△ACP中，

由勾股定理，得AC2+CP2=AP2，

∴50+x2p+y2p-10xp+25=x2p+y2p+10yp+25，

整理，得xp+yp-5=0.

∵点P(xp，yp)在抛物线y=-x2+6x-5上，

∴yp=-x2p+6xp-5，

∴xp+(-x2p+6xp-5)-5=0，

解得xp=2或xp=5，∴yp=3或yp=0.

∴点P为(2,3)或(5,0)(舍去)

综上所述，满足条件的点P的坐标为(7，-12)或(2,3).

这就是我们为大家准备的中考数学第一轮模拟试题的内容，希望符合大家的实际需要。

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