2026屆湖南長沙市雅境中學數學九年級第一學期期末復習檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，若以A為圓心，4為半徑作⊙A.下列四個點中，在⊙A外的是()A．點A B．點B C．點C D．點D2．如果關于的方程是一元二次方程，那么的值為：（）A． B． C． D．都不是3．一元二次方程3x2﹣x﹣2＝0的二次項系數是3，它的一次項系數是（）A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．04．某村引進甲乙兩種水稻良種，各選6塊條件相同的實驗田，同時播種并核定畝產，結果甲、乙兩種水稻的平均產量均為550kg/畝，方差分別為，，則產量穩(wěn)定，適合推廣的品種為：（）A．甲、乙均可 B．甲 C．乙 D．無法確定5．在△ABC中，∠A、∠B都是銳角，且，則關于△ABC的形狀的說法錯誤的是（）A．它不是直角三角形 B．它是鈍角三角形C．它是銳角三角形 D．它是等腰三角形6．下列說法正確的是（）A．所有等邊三角形都相似 B．有一個角相等的兩個等腰三角形相似C．所有直角三角形都相似 D．所有矩形都相似7．將拋物線向上平移個單位長度，再向右平移個單位長度，得到的拋物線為（）A． B．C． D．8．式子在實數范圍內有意義，則x的取值范圍是（）A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＜﹣2 D．x≤﹣29．如圖，AB為⊙O的直徑，CD為⊙O上的兩個點（CD兩點分別在直徑AB的兩側），連接BD，AD，AC，CD，若∠BAD=56°，則∠C的度數為（）A．56° B．55°C．35° D．34°10．如圖，的頂點在拋物線上，將繞點順時針旋轉，得到，邊與該拋物線交于點，則點的坐標為（）．A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．將正整數按照圖示方式排列，請寫出“2020”在第_____行左起第_____個數．12．如圖，扇形ABC的圓心角為90°，半徑為6，將扇形ABC繞A點逆時針旋轉得到扇形ADE，點B、C的對應點分別為點D、E，若點D剛好落在上，則陰影部分的面積為_____．13．如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D為AC上一點，AD=2，P為BD上一點，連接CP，以CP為邊，在PC的右側作等邊△CPQ，連接AQ交BD延長線于E，當△CPQ面積最小時，QE=____________．14．墻壁CD上D處有一盞燈(如圖)，小明站在A處測得他的影長與身長相等，都為1.6m，他向墻壁走1m到B處時發(fā)現影子剛好落在A點，則燈泡與地面的距離CD＝____．15．如圖，已知等邊的邊長為，頂點在軸正半軸上，將折疊，使點落在軸上的點處，折痕為.當是直角三角形時，點的坐標為__________．16．已知一條拋物線，以下說法：①對稱軸為，當時，隨的增大而增大；②；③頂點坐標為；④開口向上.其中正確的是______.（只填序號）17．在直角坐標平面內，拋物線在對稱軸的左側部分是______的.18．如圖，在中，，，，點是斜邊的中點，則_______；三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在四邊形中，將繞點順時針旋轉一定角度后，點的對應點恰好與點重合，得到．（1）求證：；（2）若，試求四邊形的對角線的長．20．（6分）如圖，四邊形OABC為矩形，OA=4，OC=5，正比例函數y=2x的圖像交AB于點D，連接DC，動點Q從D點出發(fā)沿DC向終點C運動，動點P從C點出發(fā)沿CO向終點O運動．兩點同時出發(fā)，速度均為每秒1個單位，設從出發(fā)起運動了ts．（1）求點D的坐標；（2）若PQ∥OD，求此時t的值？（3）是否存在時刻某個t，使S△DOP=S△PCQ？若存在，請求出t的值，若不存在，請說明理由；（4）當t為何值時，△DPQ是以DQ為腰的等腰三角形?21．（6分）如圖，是一座古拱橋的截面圖，拱橋橋洞的上沿是拋物線形狀，當水面的寬度為10m時，橋洞與水面的最大距離是5m．（1）經過討論，同學們得出三種建立平面直角坐標系的方案（如圖），你選擇的方案是（填方案一，方案二，或方案三），則B點坐標是，求出你所選方案中的拋物線的表達式；（2）因為上游水庫泄洪，水面寬度變?yōu)?m，求水面上漲的高度．22．（8分）在中，，記，點為射線上的動點，連接，將射線繞點順時針旋轉角后得到射線，過點作的垂線，與射線交于點，點關于點的對稱點為，連接.（1）當為等邊三角形時，①依題意補全圖1；②的長為________；（2）如圖2，當，且時，求證：；（3）設，當時，直接寫出的長.（用含的代數式表示）23．（8分）如圖，已知二次函數y=ax2+2x+c的圖象經過點C（0，3），與x軸分別交于點A，點B（3，0）．點P是直線BC上方的拋物線上一動點．（1）求二次函數y=ax2+2x+c的表達式；（2）連接PO，PC，并把△POC沿y軸翻折，得到四邊形POP′C，若四邊形POP′C為菱形，請求出此時點P的坐標；（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ACPB的面積最大？求出此時P點的坐標和四邊形ACPB的最大面積．24．（8分）如圖1，拋物線與x軸相交于點A、點B，與y軸交于點C（0,3），對稱軸為直線x=1，交x軸于點D，頂點為點E．（1）求該拋物線的解析式；（2）連接AC，CE，AE，求△ACE的面積；（3）如圖2，點F在y軸上，且OF=，點N是拋物線在第一象限內一動點，且在拋物線對稱軸右側，連接ON交對稱軸于點G，連接GF，若GF平分∠OGE，求點N的坐標．25．（10分）如圖,已知圓錐的底面半徑是2,母線長是6.（1）求這個圓錐的高和其側面展開圖中∠ABC的度數；（2）如果A是底面圓周上一點,從點A拉一根繩子繞圓錐側面一圈再回到A點,求這根繩子的最短長度.26．（10分）為測量觀光塔高度，如圖，一人先在附近一樓房的底端A點處觀測觀光塔頂端C處的仰角是60°，然后爬到該樓房頂端B點處觀測觀光塔底部D處的俯角是30°．已知樓房高AB約是45m，請根據以上觀測數據求觀光塔的高．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】連接AC,利用勾股定理求出AC的長度,即可解題.【詳解】解：如下圖,連接AC,∵圓A的半徑是4,AB=4,AD=3,∴由勾股定理可知對角線AC=5,∴D在圓A內,B在圓上,C在圓外,故選C.本題考查了圓的簡單性質,屬于簡單題,利用勾股定理求出AC的長是解題關鍵.2、C【分析】據一元二次方程的定義得到m-1≠0且m2-7=2，然后解不等式和方程即可得到滿足條件的m的值．【詳解】解：根據題意得m-1≠0且m2-7=2，

解得m=-1．

故選：C．本題考查了一元二次方程的定義：只含有一個未知數，并且未知數的最高次數是2的整式方程叫一元二次方程．3、A【解析】根據一元二次方程一次項系數的定義即可得出答案.【詳解】由一元二次方程一次項系數的定義可知一次項系數為﹣1，故選：A．本題考查的是一元二次方程的基礎知識，比較簡單，需要熟練掌握.4、B【解析】試題分析：這是數據統計與分析中的方差意義的理解，平均數相同時，方差越小越穩(wěn)定，因此可知推廣的品種為甲.答案為B考點：方差5、C【解析】先根據特殊角的三角函數值求出∠A、∠B的度數，再根據三角形內角和定理求出∠C即可作出判斷．【詳解】∵△ABC中,∠A、∠B都是銳角,sinA＝,cosB＝，∴∠A＝∠B＝30°.∴∠C＝180°?∠A?∠B＝180?30°?30°＝120°.故選C.本題主要考查特殊角三角函數值，熟悉掌握是關鍵．6、A【解析】根據等邊三角形各內角為60°的性質、矩形邊長的性質、直角三角形、等腰三角形的性質可以解題．【詳解】解：A、等邊三角形各內角為60°，各邊長相等，所以所有的等邊三角形均相似，故本選項正確；

B、一對等腰三角形中，若底角和頂角相等且不等于60°，則該對三角形不相似，故本選項錯誤；

C、直角三角形中的兩個銳角的大小不確定，無法判定三角形相似，故本選項錯誤；

D、矩形的鄰邊的關系不確定，所以并不是所有矩形都相似，故本選項錯誤．

故選：A．本題考查了等邊三角形各內角為60°，各邊長相等的性質，考查了等腰三角形底角相等的性質，本題中熟練掌握等邊三角形、等腰三角形、直角三角形、矩形的性質是解題的關鍵．7、B【分析】根據拋物線的平移規(guī)律：上加下減，左加右減解答即可．【詳解】解：將拋物線向上平移個單位長度，再向右平移個單位長度，得到的拋物線為：．故選：B．本題考查了拋物線的平移，屬于基礎題型，熟練掌握拋物線的平移規(guī)律是解題的關鍵．8、B【分析】根據二次根式有意義的條件可得，再解不等式即可．【詳解】解：由題意得：，解得：，

故選：B．此題主要考查了二次根式有意義的條件，關鍵是掌握二次根式中的被開方數是非負數．9、D【分析】利用直徑所對的圓周角是可求得的度數，根據同弧所對的的圓周角相等可得∠C的度數.【詳解】解：AB為⊙O的直徑，點D為⊙O上的一個點故選：D本題考查了圓周角的性質，熟練掌握圓周角的相關性質是解題的關鍵.10、C【分析】先根據待定系數法求得拋物線的解析式，然后根據題意求得D（0，2），且DC∥x軸，從而求得P的縱坐標為2，代入求得的解析式即可求得P的坐標．【詳解】∵Rt△OAB的頂點A(?2,4)在拋物線上，∴4=4a，解得a=1，∴拋物線為，∵點A(?2,4)，∴B(?2,0)，∴OB=2，∵將Rt△OAB繞點O順時針旋轉，得到△OCD，∴D點在y軸上，且OD=OB=2，∴D(0,2)，∵DC⊥OD，∴DC∥x軸，∴P點的縱坐標為2，代入,得，解得∴P故答案為:.考查二次函數圖象上點的坐標特征,坐標與圖形變化-旋轉，掌握旋轉的性質是解題的關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、611【分析】根據圖形中的數字，可以寫出前n行的數字之和，然后即可計算出2020在多少行左起第幾個數字，本題得以解決．【詳解】解：由圖可知，第一行1個數，第二行2個數，第三行3個數，…，則第n行n個數，故前n個數字的個數為：1+2+3+…+n＝，∵當n＝63時，前63行共有＝2016個數字，2020﹣2016＝1，∴2020在第61行左起第1個數，故答案為：61，1．本題考查了數字類規(guī)律探究，從已有數字確定其變化規(guī)律是解題的關鍵.12、3π+9．【分析】直接利用旋轉的性質結合扇形面積求法以及等邊三角形的判定與性質得出S陰影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD，進而得出答案.【詳解】解：連接BD，過點B作BN⊥AD于點N，∵將半徑為4，圓心角為90°的扇形BAC繞A點逆時針旋轉60°，∴∠BAD＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ABD＝60°，則∠ABN＝30°，故AN＝3，BN＝3，S陰影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD＝﹣（﹣×6×3）＝3π+9．故答案為3π+9．本題主要考查了扇形的面積求法以及等邊三角形的判定與性質.正確得出△ABD是等邊三角形是關鍵.13、【分析】如圖，過點D作DF⊥BC于F，由“SAS”可證△ACQ≌△BCP，可得AQ＝BP，∠CAQ＝∠CBP，由直角三角形的性質和勾股定理可求BD的長，由銳角三角函數可求BP的長，由相似三角形的性質可求AE的長，即可求解．【詳解】如圖，過點D作DF⊥BC于F，∵△ABC，△PQC是等邊三角形，∴BC＝AC，PC＝CQ，∠BCA＝∠PCQ＝60°，∴∠BCP＝∠ACQ，且AC＝BC，CQ＝PC，∴△ACQ≌△BCP（SAS）∴AQ＝BP，∠CAQ＝∠CBP，∵AC＝6，AD＝2，∴CD＝4，∵∠ACB＝60°，DF⊥BC，∴∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝2，DF＝CF÷tan30°=CF＝2，∴BF＝4，∴BD＝==2，∵△CPQ是等邊三角形，∴S△CPQ＝CP2，∴當CP⊥BD時，△CPQ面積最小，∴cos∠CBD＝，∴，∴BP＝，∴AQ＝BP＝，∵∠CAQ＝∠CBP，∠ADE＝∠BDC，∴△ADE∽△BDC，∴，∴，∴AE＝，∴QE＝AQ?AE＝．故答案為；．本題考查了全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，銳角三角函數，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理等知識，求出BP的長是本題的關鍵．14、m【分析】利用相似三角形的相似比，列出方程組，通過解方程組求出燈泡與地面的距離即可．【詳解】如圖：根據題意得：BG=AF=AE=1.6m，AB=1m，∵BG∥AF∥CD，∴△EAF∽△ECD，△ABG∽△ACD，∴AE：EC=AF：CD，AB：AC=BG：CD，設BC=xm，CD=ym，則CE=（x+2.6）m，AC=（x+1）m，∴,解得：x=,y=,∴CD=m.∴燈泡與地面的距離為米，故答案為m.15、，【解析】當A′E∥x軸時，△A′EO是直角三角形，可根據∠A′OE的度數用O′A表示出OE和A′E，由于A′E＝AE，且A′E＋OE＝OA＝，由此可求出OA′的長，也就能求出A′E的長,據此可求出A′的坐標；當∠A’EO=90°時，△A′EO是直角三角形，設OE=x,則AE=A’E=-x,根據三角函數的關系列出方程即可求解x,從而求出A’的坐標.【詳解】當A′E∥x軸時，△OA′E是直角三角形，故∠A′OE＝60°，A′E＝AE，設A′的坐標為（0，b），∴AE＝A′E＝A’Otan60°=b，OE＝2b，b＋2b＝2＋，∴b＝1，A′的坐標是（0，1）；當∠A’EO=90°時，△A′EO是直角三角形，設OE=x,則AE=A’E=-x,∵∠AOB=60°，∴A’E=OEtan60°=x=-x解得x=∴A’O=2OE=∴A’（0，）綜上，A’的坐標為，.此題主要考查圖形與坐標，解題的關鍵是熟知等邊三角形的性質、三角函數的應用.16、①④【分析】先確定頂點及對稱軸，結合拋物線的開口方向逐一判斷．【詳解】因為y=2(x﹣3)2+1是拋物線的頂點式，頂點坐標為(3，1)，①對稱軸為x=3，當x＞3時，y隨x的增大而增大，故①正確；②，故②錯誤；③頂點坐標為(3，1)，故③錯誤；④∵a=1＞0，∴開口向上，故④正確．故答案為：①④．本題考查了二次函數的性質以及函數的單調性和求拋物線的頂點坐標、對稱軸及最值的方法．熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．17、下降【分析】由拋物線解析式可求得其開口方向，再結合二次函數的增減性則可求得答案．【詳解】解：∵在y=(x-1)2-3中，a=1＞0，

∴拋物線開口向上，

∴在對稱軸左側部分y隨x的增大而減小，即圖象是下降的，

故答案為：下降．本題主要考查二次函數的性質，利用二次函數的解析式求得拋物線的開口方向是解題的關鍵．18、5【分析】根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等邊三角形的判定和性質解答．【詳解】解：∵在中，，，∴，∵點是斜邊的中點，∴BD=AD，∴△BCD是等邊三角形，BD=BC=5.故答案為：5.本題考查直角三角形斜邊上的中線的性質，解題關鍵是熟練掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．三、解答題(共66分)19、（1）見解析；（2）．【分析】證明：由繞點順時針旋轉到，利用旋轉性質得BC=AC，，由∠ABC=45o，可知∠ACB=90o，由，可證即可，解:連，由繞點順時針旋轉到，得，CD=CE=2，BD=AE，利用等式性質得，∠CDE=45o，利用勾股定理DE=2，由∠ADC=45o可得∠ADE=90o，由勾股定理可求AE即可．【詳解】證明：繞點順時針旋轉一定角度后，點的對應點恰好與點重合，得到，，又即，解:連，繞點順時針旋轉一定角度后，點的對應點恰好與點重合，得到，即，又，．本題考查旋轉的性質和勾股定理問題，關鍵是掌握三角形旋轉的性質與勾股定理知識，會利用三角形旋轉性質結合∠ABC=45o證∠ACB=90o，利用余角證AE⊥BD，利用等式性質證∠DCE=90o，利用勾股定理求DE，結合∠ADC=45o證Rt△ADE,會用勾股定理求AE使問題得以解決．20、（1）D（1，4）；（1）；（3）存在，t的值為1；（4）當或或時，△DPQ是一個以DQ為腰的等腰三角形【分析】（1）由題意得出點D的縱坐標為4，求出y=1x中y=4時x的值即可得；（1）由PQ∥OD證△CPQ∽△COD，得，即，解之可得；（3）分別過點Q、D作QE⊥OC，DF⊥OC交OC與點E、F，對于直線y=1x，令y=4求出x的值，確定出D坐標，進而求出BD，BC的長，利用勾股定理求出CD的長，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形CQE與三角形CDF相似，由相似得比例表示出QE，由底PC，高QE表示出三角形PQC面積，再表示出三角形ODP面積，依據S△DOP=S△PCQ列出關于t的方程，解之可得；（4）由三角形CQE與三角形CDF相似，利用相似得比例表示出CE，PE，進而利用勾股定理表示出PQ1，DP1，以及DQ，分兩種情況考慮：①當DQ=DP；②當DQ=PQ，求出t的值即可．【詳解】解：（1）∵OA=4∴把代入得∴D（1，4）．（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=5∴AB=OC=5，BC=OA=4∴BD=3，DC=5由題意知：DQ=PC=t∴OP=CQ=5t∵PQ∥OD∴∴∴．（3）分別過點Q、D作QE⊥OC，DF⊥OC交OC與點E、F則DF=OA=4∴DF∥QE∴△CQE∽△CDF∴∴∴∵S△DOP=S△PCQ∴∴，當t=5時，點P與點O重合，不構成三角形，應舍去∴t的值為1．（4）∵△CQE∽△CDF∴∴∴①當時，，解之得：②當時，解之得：答：當或或時，△DPQ是一個以DQ為腰的等腰三角形．此題屬于一次函數的綜合問題，涉及的知識有：坐標與圖形性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，以及等腰三角形的性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質以及勾股定理是解本題的關鍵．21、(1)方案1;B（5,0）;;(2)3.2m.【解析】試題分析：（1）根據拋物線在坐標系的位置，可用待定系數法求拋物線的解析式．（2）把x=3代入拋物線的解析式，即可得到結論．試題解析：解：方案1：（1）點B的坐標為（5，0），設拋物線的解析式為：．由題意可以得到拋物線的頂點為（0，5），代入解析式可得：，∴拋物線的解析式為：；（2）由題意：把代入，解得：=3.2，∴水面上漲的高度為3.2m．方案2：（1）點B的坐標為（10，0）．設拋物線的解析式為：．由題意可以得到拋物線的頂點為（5，5），代入解析式可得：，∴拋物線的解析式為：；（2）由題意：把代入解得：=3.2，∴水面上漲的高度為3.2m．方案3：（1）點B的坐標為（5，），由題意可以得到拋物線的頂點為（0，0）．設拋物線的解析式為：，把點B的坐標（5，），代入解析式可得：，∴拋物線的解析式為：；（2）由題意：把代入解得：=，∴水面上漲的高度為3.2m．22、（1）①見解析，②.（2）見解析；（3）.【分析】（1）①根據題意補全圖形即可；②根據旋轉的性質和對稱的性質易證得，利用特殊角的三角函數值即可求得答案；（2）作于，于，證得四邊形是矩形，求得，再證得，求得，再求得，即可證得結論.（3）設則，證得，求得，再作DM⊥AB，PN⊥DQ，利用面積法求得，繼而求得，再證得，求得，根據得，即可求得答案.【詳解】（1）解：①補全圖形如圖所示：②∵為等邊三角形，∴，，根據旋轉的性質和對稱的性質知：，，∴，，在和中，，∴，∴，∵為等邊三角形，，∴，在中，，∴，∴.（2）作于，于，∵，∴，由題意可知，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，關于點對稱，∴，，∴，∴為中點，∴垂直平分，∴；（3）∵，AC⊥BD，∴，設則，∵AC⊥BD，AP⊥AD，∴∠ACB=∠PAD，又∵∠ABC=∠PDA，∴，∴，∴，∴，作DM⊥AB，PN⊥DQ，∵，∴，∵，∴，∴，∵，又∵∠AB=∠PDA，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：，∴.本題是三角形綜合題，主要考查了三角形的旋轉，勾股定理，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，構造出全等三角形、相似三角形、直角三角形是解本題的關鍵．23、（1）y=﹣x2+2x+3（2）（，）（3）當點P的坐標為（，）時，四邊形ACPB的最大面積值為【分析】（1）根據待定系數法，可得函數解析式；（2）根據菱形的對角線互相垂直且平分，可得P點的縱坐標，根據自變量與函數值的對應關系，可得P點坐標；（3）根據平行于y軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得PQ的長，根據面積的和差，可得二次函數，根據二次函數的性質，可得答案．【詳解】（1）將點B和點C的坐標代入函數解析式，得解得二次函數的解析式為y=﹣x2+2x+3；（2）若四邊形POP′C為菱形，則點P在線段CO的垂直平分線上，如圖1，連接PP′，則PE⊥CO，垂足為E，∵C（0，3），∴∴點P的縱坐標，當時，即解得（不合題意，舍），∴點P的坐標為（3）如圖2，P在拋物線上，設P（m，﹣m2+2m+3），設直線BC的解析式為y=kx+b，將點B和點C的坐標代入函數解析式，得解得直線BC的解析為y=﹣x+3，設點Q的坐標為（m，﹣m+3），PQ=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m．當y=0時，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，OA=1，S四邊形ABPC=S△ABC+S△PCQ+S△PBQ當m=時，四邊形ABPC的面積最大．當m=時，，即P點的坐標為當點P的坐標為時，四邊形ACPB的最大面積值為．本題考查了二次函數綜合題，解（1）的關鍵是待定系數法；解（2）的關鍵是利用菱形的性質得出P點的縱坐標，又利用了自變量與函數值的對應關系；解（3）的關鍵是利用面積的和差得出二次函數，又利用了二次函數的性質．24、（1）y=-x2+2x+3；（2）1；（3）點N的坐標為：（，）．【分析】（1）由點C的坐標，求出c，再由對稱軸為x=1，求出b，即可得出結論；（2）先求出點A，E坐標，進而求出直線AE與y軸的交點坐標，最后用三角形面積公式計算即可得出結論；（3）先利用角平分線定理求出FQ=1，進而利用勾股定理求出OQ=1=FQ，進而求出∠BON=45°，求出直線ON的解析式，最后聯立拋物線解析式求解，即可得出結論．【詳解】解：（1）∵拋物線y=-x2+bx+c與y軸交于點C（0，3），令x=0，