1. (2025·甘肃)如图，一个圆形喷水池的中央竖直安装了一个柱形喷水装置 $ OM $，喷头 $ M $ 向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，按如图所示的平面直角坐标系，水流喷出的高度 $ y(m) $ 与水平距离 $ x(m) $ 之间的函数表达式是 $ y = -x^{2} + 2x + \frac{7}{4}(x ＞ 0) $，则水流喷出的最大高度是(
A.$ 3m $
B.$ 2.75m $
C.$ 2m $
D.$ 1.75m $
B
)A.$ 3m $
B.$ 2.75m $
C.$ 2m $
D.$ 1.75m $
答案：1.B
解析：
解：对于二次函数$y = -x^{2} + 2x + \frac{7}{4}$，其中$a=-1$，$b=2$，$c=\frac{7}{4}$。
因为$a=-1＜0$，所以抛物线开口向下，函数有最大值。
对称轴为$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{2}{2×(-1)}=1$。
将$x=1$代入函数得：
$y=-(1)^{2}+2×1+\frac{7}{4}=-1 + 2+\frac{7}{4}=1+\frac{7}{4}=\frac{11}{4}=2.75$
所以水流喷出的最大高度是$2.75m$。
答案：B
因为$a=-1＜0$，所以抛物线开口向下，函数有最大值。
对称轴为$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{2}{2×(-1)}=1$。
将$x=1$代入函数得：
$y=-(1)^{2}+2×1+\frac{7}{4}=-1 + 2+\frac{7}{4}=1+\frac{7}{4}=\frac{11}{4}=2.75$
所以水流喷出的最大高度是$2.75m$。
答案：B
2. (教材 P32 习题 5 变式)如图，某校的围墙上端由若干段相同的凹曲拱形栅栏组成，其拱状图形为抛物线的一部分，栅栏的跨径 $ AB $ 之间按相同的间距 $ 0.2m $ 用 $ 5 $ 根立柱加固，拱高 $ OC $ 为 $ 0.36m $，则立柱 $ EF $ 的长为(
A.$ 0.4m $
B.$ 0.16m $
C.$ 0.2m $
D.$ 0.24m $
C
)A.$ 0.4m $
B.$ 0.16m $
C.$ 0.2m $
D.$ 0.24m $
答案：
2.C 解析:如图,以C为原点,OC所在直线为y轴建立平面直角坐标系(单位长度为1m).因为OB=0.2×3=0.6(m),OC=0.36m,所以B(0.6,0.36).设抛物线的函数表达式为y=ax².把点B(0.6,0.36)代入y=ax²,得0.36=0.36a,解得a=1,所以y=x².因为OE=0.2×2=0.4(m),所以点F的横坐标为−0.4.在y=x²中,令x=−0.4,得y=0.16,所以EF=0.36−0.16=0.2(m).故立柱EF的长为0.2m.
2.C 解析:如图,以C为原点,OC所在直线为y轴建立平面直角坐标系(单位长度为1m).因为OB=0.2×3=0.6(m),OC=0.36m,所以B(0.6,0.36).设抛物线的函数表达式为y=ax².把点B(0.6,0.36)代入y=ax²,得0.36=0.36a,解得a=1,所以y=x².因为OE=0.2×2=0.4(m),所以点F的横坐标为−0.4.在y=x²中,令x=−0.4,得y=0.16,所以EF=0.36−0.16=0.2(m).故立柱EF的长为0.2m.
3. 亮点原创·北京时间 2024 年 8 月 11 日凌晨，在巴黎奥运会男子篮球决赛中，美国队 $ 98:87 $ 战胜法国队，获得金牌。如图，某运动员练习投篮，从出手到投中篮圈中心，球的运动路径是抛物线 $ y = -0.2x^{2} + 3.5 $ 的一部分(单位长度为 $ 1m $)，则该运动员与篮底的水平距离 $ l $ 是
]
4
m。]答案：3.4 解析:在y=−0.2x²+3.5中,令y=3.05,得−0.2x²+3.5=3.05,解得x₁=1.5,x₂=−1.5(不合题意，舍去)，所以该运动员与篮底的水平距离l是1.5+2.5=4(m).
解析：
解：在抛物线$y = -0.2x^{2} + 3.5$中，令$y = 3.05$，得：
$-0.2x^{2} + 3.5 = 3.05$
移项化简得：
$-0.2x^{2} = 3.05 - 3.5$
$-0.2x^{2} = -0.45$
两边同时除以$-0.2$：
$x^{2} = 2.25$
解得：
$x_{1} = 1.5,\ x_{2} = -1.5$
因为水平距离为正值，舍去$x_{2} = -1.5$。则运动员与篮底的水平距离$l = 1.5 + 2.5 = 4\ \mathrm{m}$。
答案：4
$-0.2x^{2} + 3.5 = 3.05$
移项化简得：
$-0.2x^{2} = 3.05 - 3.5$
$-0.2x^{2} = -0.45$
两边同时除以$-0.2$：
$x^{2} = 2.25$
解得：
$x_{1} = 1.5,\ x_{2} = -1.5$
因为水平距离为正值，舍去$x_{2} = -1.5$。则运动员与篮底的水平距离$l = 1.5 + 2.5 = 4\ \mathrm{m}$。
答案：4
4. 一条隧道的截面由抛物线和矩形构成，矩形的长为 $ 8m $，宽为 $ 2m $，隧道的最高点 $ P $ 位于 $ AB $ 的中央且距地面 $ 6m $，建立如图所示的平面直角坐标系(单位长度为 $ 1m $)。
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) 一辆货车高 $ 4m $，宽 $ 2m $，能否从该隧道内通过，为什么？
(3) 如果隧道内设双行道，那么(2)中这辆货车能否通过，为什么？
]
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) 一辆货车高 $ 4m $，宽 $ 2m $，能否从该隧道内通过，为什么？
(3) 如果隧道内设双行道，那么(2)中这辆货车能否通过，为什么？
]答案：4.(1)设该抛物线的函数表达式为y=ax²+bx+c.由题意，得该抛物线经过点A(0,2),P(4,6),B(8,2)，则$\begin{cases}c=2,\\16a+4b+c=6,\\64a+8b+c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\dfrac{1}{4},\\b=2,\\c=2.\end{cases}$所以该抛物线的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{4}x²+2x+2(0\leqslant x\leqslant8)。$
(2)能.理由如下:在$y=-\dfrac{1}{4}x²+2x+2$中,令y=4,得$-\dfrac{1}{4}x²+2x+2=4,$解得$x₁=4+2\sqrt{2},x₂=4-2\sqrt{2},$因为$x₁−x₂=4\sqrt{2}＞2,$所以这辆货车能从该隧道内通过.
(3)能.理由如下:由(2)可知$\dfrac{1}{2}(x₁−x₂)=2\sqrt{2}＞2,$所以这辆货车能从该隧道内通过.
(2)能.理由如下:在$y=-\dfrac{1}{4}x²+2x+2$中,令y=4,得$-\dfrac{1}{4}x²+2x+2=4,$解得$x₁=4+2\sqrt{2},x₂=4-2\sqrt{2},$因为$x₁−x₂=4\sqrt{2}＞2,$所以这辆货车能从该隧道内通过.
(3)能.理由如下:由(2)可知$\dfrac{1}{2}(x₁−x₂)=2\sqrt{2}＞2,$所以这辆货车能从该隧道内通过.
5. 新趋势 学科融合 一个球从地面竖直向上弹起时的速度为 $ 10m/s $，经过时间 $ t(s) $，球距离地面的高度 $ h(m) $ 适用公式 $ h = 10t - 5t^{2} $，那么球弹起后又回到地面所花的时间 $ t(s) $ 为(
A.$ 5 $
B.$ 10 $
C.$ 1 $
D.$ 2 $
D
)A.$ 5 $
B.$ 10 $
C.$ 1 $
D.$ 2 $
答案：5.D
解析：
当球回到地面时，高度$h = 0$，则有方程：
$10t - 5t^{2}=0$
提取公因式$5t$得：
$5t(2 - t)=0$
解得$t = 0$或$t = 2$。
$t = 0$是球刚弹起的时刻，球弹起后又回到地面所花的时间为$t = 2$。
D
$10t - 5t^{2}=0$
提取公因式$5t$得：
$5t(2 - t)=0$
解得$t = 0$或$t = 2$。
$t = 0$是球刚弹起的时刻，球弹起后又回到地面所花的时间为$t = 2$。
D
6. (2025·江苏徐州模拟)以初速度 $ v(m/s) $ 从地面竖直向上抛出小球，从抛出到落地的过程中，小球的高度 $ h(m) $ 与小球的运动时间 $ t(s) $ 之间的函数表达式是 $ h = vt - 4.9t^{2} $。现将某弹性小球从地面竖直向上抛出，初速度为 $ v_{1} $，经过时间 $ t_{1} $ 落回地面，运动过程中小球的最大高度为 $ h_{1} $(如图①)，小球落地后，竖直向上弹起，初速度为 $ v_{2} $，经过时间 $ t_{2} $ 落回地面，运动过程中小球的最大高度为 $ h_{2} $(如图②)。若 $ h_{1} = 2h_{2} $，则 $ t_{1}:t_{2} $ 的值为
]
$\sqrt{2}$
。]答案：$6.\sqrt{2} $解析:由题意,得v₁t₁−4.9t₁²=0,v₂t₂−4.9t₂²=0,所以$t₁=\dfrac{10v₁}{49},t₂=\dfrac{10v₂}{49},$所以t₁:t₂=v₁:v₂.因为$h=vt−4.9t²=−4.9(t−\dfrac{5v}{49})²+\dfrac{5v²}{98},$所以$h₁=\dfrac{5v₁²}{98},h₂=\dfrac{5v₂²}{98},$所以h₁:h₂=v₁²:v₂².因为h₁=2h₂,所以h₁:h₂=2:1,所以v₁²:v₂²=2:1,所以$t₁:t₂=v₁:v₂=\sqrt{2}:1,$所以t₁:t₂的值为$\sqrt{2}。$
解析：
解：当小球落回地面时，$h = 0$，则：
对于初速度$v_1$，有$v_1t_1 - 4.9t_1^2 = 0$，解得$t_1 = \frac{v_1}{4.9}$（$t_1 = 0$舍去）；
对于初速度$v_2$，有$v_2t_2 - 4.9t_2^2 = 0$，解得$t_2 = \frac{v_2}{4.9}$（$t_2 = 0$舍去）。
故$t_1:t_2 = v_1:v_2$。
又$h = vt - 4.9t^2 = -4.9(t - \frac{v}{9.8})^2 + \frac{v^2}{19.6}$，
所以最大高度$h_1 = \frac{v_1^2}{19.6}$，$h_2 = \frac{v_2^2}{19.6}$。
因为$h_1 = 2h_2$，所以$\frac{v_1^2}{19.6} = 2 × \frac{v_2^2}{19.6}$，即$v_1^2 = 2v_2^2$，$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{2}$。
因此$t_1:t_2 = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$
对于初速度$v_1$，有$v_1t_1 - 4.9t_1^2 = 0$，解得$t_1 = \frac{v_1}{4.9}$（$t_1 = 0$舍去）；
对于初速度$v_2$，有$v_2t_2 - 4.9t_2^2 = 0$，解得$t_2 = \frac{v_2}{4.9}$（$t_2 = 0$舍去）。
故$t_1:t_2 = v_1:v_2$。
又$h = vt - 4.9t^2 = -4.9(t - \frac{v}{9.8})^2 + \frac{v^2}{19.6}$，
所以最大高度$h_1 = \frac{v_1^2}{19.6}$，$h_2 = \frac{v_2^2}{19.6}$。
因为$h_1 = 2h_2$，所以$\frac{v_1^2}{19.6} = 2 × \frac{v_2^2}{19.6}$，即$v_1^2 = 2v_2^2$，$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{2}$。
因此$t_1:t_2 = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$