注重能力立意 落实核心素养

2021年云南省初中数学学业水平考试压轴题以二次函数为背景，设问和考查方式推陈出新、别具一格，重点考查代数的推理与证明，倡导“重视知识运用突出能力立意，导向教学革新落实核心素养”的压轴题命题原则，公平公正地考查了学生的学习水平和思维品质，引导学习者会用数学的眼光观察现实世界，会用数学的思维思考现实世界，会用数学的语言表达数学世界，是一道优秀的初中数学学业水平考试题.

一、试题重现

题目：已知抛物线y=-2x2+bx+c经过点（0，-2），当x<-4时，y随x的增大而增大，当x>-4时，y随x的增大而减小.设r是抛物线y=-2x2+bx+c与x轴的交点（交点也称公共点）的横坐标，m=.

（1）求b、c的值;

（2）求证：r4-2r2+1=60r2;

（3）以下结论：m<1，m=1，m>1，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论.

二、特色解读

1. 题型创新，立意鲜明

本道压轴题第（1）问考查了用待定系数法求二次函数的解析式，通过观察二次函数的增减性，分析得出函数的对称轴为直线x=-4，再把点（0，-2）代入抛物线即可得到关于b，c的二元一次方程组，从而顺利求解b，c，考查了学生的基础知识和基本技能;第（2）问是本题的一大亮点和创新点，考查函数与方程的关系和恒等式证明，设问不走寻常路，通过恒等式的证明考查了学生分析问题和解决问题的能力，体现了推理论证和计算能力的和谐统一;第（3）问是本题的点睛之笔，先猜想后论证，重点考查两数大小的比较，可采用“作差法”“作商法”和“放缩法”，突出了对学生综合能力的考查.

2. 别出机杼，拾级而上

本道压轴题的每一个设问都别出心裁，三个小问题也是按分层推进的要求设计，可以说是按“先求出二次函数的解析式，再根据抛物线与x轴的交点的横坐标为r得出方程，进而为第二个问题的解决创造了必备条件，最后要充分运用第二个问题的证明结论进行推论才能很好地解决第三个问题”这样一个主线来设计的.问题设计独辟蹊径，布局独特不落俗套，做到了环环相扣，引导学生的思维拾级而上.此道压轴题关注学生探究的全过程，关注主干知识的应用过程，关注学生学习的过程和结果，体现了数学学科的育人价值，发展了学生的数学思维.

3. 解法多样，凸显本质

本道压轴题突出考查了二次函数解析式的求法、二次函数的图象和性质、二次函数与一元二次方程的关系、一元二次方程的解法、分式的化简和求值、等式的性质、不等式的性质、完全平方公式和平方差公式、两数大小比较等知识点，这些都是初中数学的核心知识.试题解法多样，涉及“数形结合”“函数与方程”“整体代换”“转化化归”“分类讨论”等思想，运用到“配方法”“待定系数法”“换元法”“构造法”“逆向思维法”等.这些初中数学中的重要思想方法，在这一道试题中就能体现得淋漓尽致.试题设置的每一个问题的解法都是丰富多样的，突出考查了学生分析问题解决问题的基本方法，让学生体验解决问题方法的多样性，发展创新意识.同时，试题既关注了后进生、中等生和尖子生，也具有很好的区分度，着重考查了学生的观察能力、分析能力、计算能力、转化能力、推理能力等.在这些能力交织碰撞的同时，“直观想象”“数学运算”“逻辑推理”等核心素养落实落地，凸显了初中数学教学的本质，对初中数学教学和复习备考都有很强的指导意义，是一道不折不扣的优秀初中数学学业水平考试压轴题，称之为“最美云南初中数学学业水平考试压轴题”再合适不过.

三、解法赏析

题目的第（1）问是经典的利用二次函数图形和性质求待定系数问题，关键在于学生能够理解对称轴的描述，读懂对称轴就是x=-4.一种解法是把图形与y轴交点坐标，以及对称轴公式代入计算，比较常规;还有一种解法可利用抛物线自身图形对称特点，找出隐藏条件后，再利用待定系数法求解.

我们重点看第（2）（3）问：

（2）证明：∵b=-16，c=-2，∴y=-2x2+bx+c=-2x2-16x-2，∵r是抛物线y=-2x2-16x-2与x轴交点的横坐标，∴r是方程-2x2-16x-2=0的解.∴-2r2-16r-2=0，即得r2+8r+1=0（r2=-8r-1或-r2=8r+1）.

【解法1】左边r4-2r2+1=（r2）2-2r2+1=（-8r-1）2-2r2+1=62r2+16r+2=62r2+2（8r+1）=62r2-2r2=60r2=右边，所以r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是先利用r4=（r2）2降次转化，再利用-r2=8r+1或r2=-8r-1进行整体代换，运算后证明结论.

【解法2】左边=r4-2r2+1=（r2）2-2r2+1=（-8r-1）2-2r2+1=64r2-2r2+16r+2=64r2-2（r2-8r-1）=64r2-4r2=60r2=右边，所以r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是先同时用r4=（r2）2和r2=-8r-1进行降次转化，最后用r2=-8r-1作整体代换，运算后证明结论.

【解法3】左边=r4-2r2+1=（r2-1）2=（-8r2-1-1）2=（-8r-2）2=64r2+32r+4=64r2+4（8r+1）=64r2-4r2=60r2=右边，所以r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是先将要证明结论的左边转化为完全平方差的形式，再用r2=-8r-1代入运算，最后用-r2=8r+1作整体代换，运算后证明结论.

【解法4】左边=r4-2r2+1=r4+1-2r2=r4+2r2+1-4r2=（r2+1）2-4r2=（-8r-1+1）2-4r2=64r2-4r2=60r2=右边，所以r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是先将要证明结论的左边利用完全平方和公式进行转化，再用r2+1=-8r代入运算，运算后证明结论.

【解法5】左边=r4-2r2+1=（r2）2-2r2+1=（-8r-1）2-2（-8r-1）+1=64r2+16r+1+16r+3=64（-8r-1）+32r+4=-480r-60，右边=60r2=60（-8r-1）=-480r-60，所以左边=右边，即r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是利用r4=（r2）2或r2=-8r-1将要证明结论的两边都降次，降至不能再降为止，通过两边化简计算后得到相同的式子来证明结论成立.

上面的五种解法都是通过“整体代换思想”实现降次，把等式的左边通过降次转化成等式的右边，或者将两边的式子都降次转化成相同的式子.这五种解法均体现了转化思想和整体思想，落实了运算能力和推理能力的培养目标.

【解法6】方程r2+8r+1=0中，显然r≠0，所以有=0，化简得r+=-8，两边进行平方运算得（r+）2=（-8）2，即r2+2+=64，r2+=62，故r4+1=62r2，等式两边同时减2r2，最终得r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是通过“等式的性质”将方程r2+8r+1=0化成r+=-8，再将等式两边同时进行了平方运算得r2+=62，又利用“等式的性质”得r4+1=62r2，最后再次利用“等式的性质”证明r4-2r2+1=60r2成立.

【解法7】方程r2+8r+1=0中，显然r≠0，所以=0，化简得r+=-8，所以（r-）2=（r+）2-4=（-8）2-4=60，所以（r-）2=60，即r2-2+=60，去分母后得r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是通过“等式的性质”将方程r2+8r+1=0化成r+=-8，再通过完全平方公式的一个推论：（a-b）2=（a+b）2-4ab，转化出（r-）2=60，进而得到r2-2+=60，去分母后直接证明r4-2r2+1=60r2成立.

解法6和解法7都很好地利用了式子的化简和运算，特别是完全平方公式的运用，在证明过程中很好地体现了转化化归思想，培养了学生的应用意识和创新意识，落实了推理能力和运算能力的培养目标.

【解法8】由方程r2+8r+1=0可得r2+2r+1+6r=0和r2-2r+1+10r=0，所以得（r+1）2=-6r和（r-1）2=-10r，综上可得（r+1）2（r-1）2=60r2，化简可得（r2-1）2=60r2，展开后得证r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是通过“等式的性质”和“完全平方公式”，把r2+8r+1=0先处理得到（r+1）2=-6r和（r-1）2=

-10r，再将两个等式左右两边分别相乘得到（r+1）2（r-1）2=60r2，即（r2-1）2=60r2，最后证明r4-2r2+1=60r2成立.

【解法9】因为r2+8r+1=0，所以（r2+8r+1）（r2-8r+1）=0×（r2-8r+1），（r2+1）2-64r2=0，化简得r4+2r2+1-64r2=0，整理可得r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是通过“等式的性质”，构造平方差公式，把r2+8r+1=0两边同时乘以式子r2-8r+1，再利用平方差公式计算得到（r2+1）2-64r2=0，又用完全平方公式计算整理最后证明r4-2r2+1=60r2成立.

解法8和解法9都很好地利用了式子的化简和运算，特别是充分利用完全平方公式、平方差公式.在证明过程中体现转化化归思想和构造法思想，培养了学生的应用意识和创新意识，落实了推理能力和运算能力的培养目标.

【解法10】因为r2+8r+1=0，解得r1=-4+，r2=-4-.当r1=-4+时，得到r1-=-4，（r1-）2=16，所以r12-2r1+15=16，整理得r12-1=2r1;当r2=-4-时，得到r2+=-4，（r2+）2=16，所以r22+2r2+15=16，整理得r22-1=-2r2.综上可得（r2-1）2=（±2r）2，展开可得r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是通过方程解出两根，依据要证明的恒等式的等价转化的式子是（r2-1）2=60r2，故只需分类将两根变形运算后，得出r2-1=±2r，再对等式两边平方运算后证明r4-2r2+1=60r2成立.

【解法11】因为r2+8r+1=0，解得r1=-4+，r2=-4-.当r1=-4+时，得r12-1=30-8，2r1=2（-4+）=30-8，所以r12-1=2r1;同理当r2=-4-时，r22-1=-2r2，综上可得（r2-1）2=（±2r）2，所以（r2-1）2=60r2，展开可得r4-2r2+1=60r2.

【赏析】此解法的思路是依据要证明的恒等式的等价转化的式子是（r2-1）2=60r2，再进一步等价转化得到r2-1=

±2r，通过方程解出两根，再分类运算出两边的数值，通过数值相等后得出（r2-1）2=（±2r）2，运算后证明r4-2r2+1=60r2成立.

解法10、解法11都很好地利用了方程求解出的两根，把r4-2r2+1=60r2降次成r2-1=±2r.解法10是直接由方程的根进行变形运算得到r2-1=±2r;解法11是直接由方程的根的数值代入运算来证明r2-1=±2r成立，再通过等式的变形运算证明结果.在证明过程中体现转化化归思想和构造法思想，培养了学生的应用意识和创新意识，落实了推理能力和运算能力的培养目标.

【解法12】因为r2+8r+1=0，解得r1=-4+，r2=-4-.当r1=-4+时，〔（-5+）（-3+）〕2=1860-480，60r12=60（-4+）2=1860-480，所以〔（r1-1）（r1+1）〕2=60r12;同理当r2=-4-时，〔（r2-1）（r2+1）〕2=60r22，综上可得〔（r-1）（r+1）〕2=60r2.所以（r2-1）2=60r2，展开可得r4-2r2+1=60r2.