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【解析版】福州市时代中学2022年八年级下期末数学试卷
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这是一份【解析版】福州市时代中学2022年八年级下期末数学试卷，共21页。
福建省福州市时代中学2022学年八年级（下）期末数学试卷
一．选择题（每题2分，满分20分）
1． （2014春•福州校级期末）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B． 矩形 C． 等腰梯形 D． 平行四边形
考点： 中心对称图形；轴对称图形．
分析： 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；
B、是轴对称图形，又是中心对称图形．故选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故选项错误．
故选B．
点评： 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2． （2014春•福州校级期末）菱形和矩形一定具备的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B． 对角线互相垂直
C．对角线相等 D． 每条对角线平分一组对角
考点： 菱形的性质；矩形的性质．
分析： 根据菱形和矩形的性质对各选项分别进行判断．
解答： 解：A、菱形和矩形的对角线都互相平分，所以A选项正确；
B、菱形的对角线互相垂直平分，而矩形的对角线互相平分且相等，所以B选项错误；
C、菱形的对角线互相垂直平分，而矩形的对角线互相平分且相等，所以C选项错误；
D、菱形的对角线互相垂直平分且平分没组对角，而矩形的对角线互相平分且相等，所以D选项错误．
故选A．
点评： 本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了矩形的性质．
3． （2007•眉山）一元二次方程x2+x+2=0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的正根 B． 有两个不相等的负根
C．没有实数根 D． 有两个相等的实数根
考点： 根的判别式．
分析： 判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2﹣4ac的值的符号就可以了．
解答： 解：∵a=1，b=1，c=2，
∴△=b2﹣4ac=12﹣4×1×2=﹣7＜0，
∴方程没有实数根．
故选C．
点评： 总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
4． （2014春•福州校级期末）某班体育委员记录第一组七位同学定点投篮（每人投十个），投进篮筐的个数情况依次是：5，6，5，3，6，8，9．则这组数据的平均数和中位数分别是（ ）
A． 6，6 B． 6，8 C． 7，6 D． 7，8
考点： 中位数；加权平均数．
分析： 利用中位数及平均数的定义求解即可．
解答： 解：3，5，5，6，6，8，9中平均数为=6，
中位数是6，
故选：A．
点评： 本题主要考查了中位数及平均数，解题的关键是熟记求中位数的方法．
5． （2012•甘谷县模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=6，则BC的长为（ ）
A． 1 B． 2 C． 2 D． 12
考点： 翻折变换（折叠问题）；勾股定理的应用；菱形的性质；矩形的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求解．
解答： 解：∵菱形AECF，AB=6，
∴假设BE=x，
∴AE=6﹣x，
∴CE=6﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=6﹣x，
解得：x=2，
∴CE=4，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===2，
故选：C．
点评： 此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
6． （2007•绍兴）如图的方格纸中，左边图形到右边图形的变换是（ ）
A． 向右平移7格
B． 以AB的垂直平分线为对称轴作轴对称变换，再以AB为对称轴作轴对称变换
C． 绕AB的中点旋转180°，再以AB为对称轴作轴对称
D． 以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格
考点： 生活中的轴对称现象；生活中的平移现象．
专题： 压轴题；网格型．
分析： 认真观察图形，找准特点，根据轴对称的性质及平移变化得出．
解答： 解：观察可得：要使左边图形变化到右边图形，首先以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格．
故选D．
点评： 主要考查了轴对称的性质及平移变化．
轴对称图形具有以下的性质：
（1）轴对称图形的两部分是全等的；
（2）对称轴是连接两个对称点的线段的垂直平分线．
7． （2012春•黄山期末）下列各命题都成立，而它们的逆命题不能成立的是（ ）
A． 两直线平行，同位角相等
B． 全等三角形的对应角相等
C． 四边相等的四边形是菱形
D． 直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和
考点： 命题与定理．
分析： 把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．再分析逆命题是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解答： 解：A、逆命题是同位角相等，两直线平行，成立；
B、逆命题是对应角相等的三角形是全等三角形，不成立；
C、逆命题是菱形是四边相等的四边形，成立；
D、逆命题是一条边的平方等于另外两条边的平方和的三角形是直角三角形，成立．
故选B．
点评： 本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
8． （2013•日照）如图是某学校全体教职工年龄的频数分布直方图（统计中采用“上限不在内”的原则，如年龄为36岁统计在36≤x＜38小组，而不在34≤x＜36小组），根据图形提供的信息，下列说法中错误的是（ ）
A． 该学校教职工总人数是50人
B． 年龄在40≤x＜42小组的教职工人数占学校教职工人数的20%
C． 教职工年龄的中位数一定落在40≤x＜42这一组
D． 教职工年龄的众数一定在38≤x＜40这一组
考点： 频数（率）分布直方图；中位数；众数．
分析： 各组的频数的和就是总人数，然后根据百分比、众数、中位数的定义即可作出判断．
解答： 解：A、该学校教职工总人数是4+6+11+10+9+6+4=50（人），故正确；
B、在40≤x＜42小组的教职工人数占该学校全体教职工总人数的比例是：×100%=20%，故正确；
C、教职工年龄的中位数一定落在40≤x＜42这一组，正确；
D、教职工年龄的众数一定在38≤x＜40这一组．错误．
故选：D．
点评： 本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
9． （2014•福州模拟）如图，△ABC的中线BD、CE交于点O，连接OA，点G、F分别为OC、OB的中点，BC=4，AO=3，则四边形DEFG的周长为（ ）
A． 6 B． 7 C． 8 D． 12
考点： 三角形中位线定理．
分析： 根据平行四边形的判定以及三角形中位线的运用，由中位线定理，可得EF∥AO，FG∥BC，且都等于边长BC的一半，由此可得问题答案．
解答： 解：∵BD，CE是△ABC的中线，
∴ED∥BC且ED=BC，
∵F是BO的中点，G是CO的中点，
∴FG∥BC且FG=BC，
∴ED=FG=BC=2，
同理GD=EF=AO=1.5，
∴四边形DEFG的周长为1.5+1.5+2+2=7．
故选：B．
点评： 本题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理，三角形的中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
10． （2014•福州模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为C（1，k），与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（不包含端点），则k的取值范围是（ ）
A． 2＜k＜3 B． ＜k＜4 C． ＜k＜4 D． 3＜k＜4
考点： 抛物线与x轴的交点．
分析： 首先把顶点坐标代入函数解析式得到k=a+b+c=c，利用c的取值范围可以求得k的取值范围．
解答： 解∵抛物线与x轴的两个交点坐标分别是（﹣1，0），（3，0），
∴﹣1×3=﹣3，
∴=﹣3，则a=﹣．
∵抛物线与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（不包含端点），
∴2＜c＜3，
∴﹣1＜﹣＜﹣．
∴b=﹣2a=，
∴k=a+b+c=c．
∵2＜c＜3，
∴＜c＜4，即＜k＜4．
故选C．
点评： 本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
二．填空题（每题2分，共20分）
11． （2013春•东丰县期末）已知某一组数据x1，x2，x3，…，x20，其中样本方差S2=[（x1﹣5）2+（x2﹣5）2+…+（x20﹣5）2]，则这20个数据的总和是 100 ．
考点： 方差；算术平均数．
分析： 先根据方差的计算公式：s2=[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，其中n是样本容量，表示平均数，得出本题中20个数据的平均数为5，再根据平均数的定义求解．
解答： 解：∵一组数据x1，x2，x3，…，x20，其中样本方差S2=[（x1﹣5）2+（x2﹣5）2+…+（x20﹣5）2]，
∴这20个数据的平均数为5，
∴这20个数据的总和是5×20=100．
故答案为100．
点评： 本题考查方差及平均数的意义，一般地，设n个数据，x1、x2、…xn的平均数为，则方差s2=[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．
12． （2014春•福州校级期末）矩形的一条较短边长是5cm，两条对角线的夹角是60°，则这个矩形的周长是 10+10 cm．
考点： 矩形的性质．
分析： 由矩形的性质得出OA=OB，证明△AOB是等边三角形，得出OA=AB=5cm，AC=2OA=10cm，由勾股定理求出BC，即可得出矩形ABCD的周长．
解答： 解：如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，OA=AC，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=5cm，
∴AC=2OA=10cm，
∴BC===5，
∴矩形ABCD的周长=2（AB+BC）=10+10（cm），
故答案为：10+10．
点评： 本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
13． （2009•大冶市校级模拟）如图，将三角尺ABC（其中∠ABC=60°，∠C=90°）绕点B按顺时针转动一个角度到A1BCl的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于 120 度．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 利用旋转的性质计算．
解答： 解：三角板中∠ABC=60°，旋转角是∠CBC1，
则∠CBC1=180﹣60=120°．
这个旋转角度等于120度．
故填120．
点评： 正确记忆三角板的角的度数，理解旋转角的概念，是解决本题的关键．
14． （2009•遂宁）如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
考点： 勾股定理的逆定理；直角三角形斜边上的中线．
分析： 由勾股定理的逆定理，判断三角形为直角三角形，再根据直角三角形的性质直接求解．
解答： 解：∵AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，由勾股定理的逆定理得，△ABC是直角三角形，
∴BD=AC=cm．
点评： 解决此题的关键是熟练运用勾股定理的逆定理判定直角三角形，明确了直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半之后此题就不难了．
15． （2012秋•太原期末）某商品原售价400元，连续两次降价后售价为324元，该商品平均降价的百分率为 10% ．
考点： 一元二次方程的应用．
专题： 增长率问题．
分析： 等量关系为：原来的售价×（1﹣降低的百分率）2=324，把相关数值代入计算即可．
解答： 解：设该商品平均降价的百分率为x，根据题意得出：
400（1﹣x）2=324，
解得：x=0.1，
∴该商品平均降价的百分率为：10%．
故答案为：10%．
点评： 此题主要考查了一元二次方程的应用；求平均变化率的方法为：若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
16． （2014春•福州校级期末）某校在开展“节约每一滴水”的活动中，从九年级的180名同学中任选10名同学汇报了各自家庭一个月的节水情况，如下表所示：
节约水量（吨） 0.5 1 1.5 2
同学数（人） 2 3 4 1
这10名同学的家庭一个月的平均节水量是 1.2 吨；估计这180名同学的家庭一个月大约能节水 216 吨．
考点： 用样本估计总体；加权平均数．
分析： 首先计算平均数，然后用样本的平均数估计总体的平均数即可；
解答： 解：10名同学的家庭一个月的平均节水量是=1.2吨；
180名同学的家庭一个月大约能节水180×1.2=216吨，
故答案为：1.2，216．
点评： 本题考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
17． （2015•开封二模）已知关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是 k＞﹣1且k≠0． ．
考点： 根的判别式．
专题： 计算题．
分析： 根据一元二次方程的定义以及根的判别式得到k≠0，且△＞0，然后解两个不等式即可得到实数k的取值范围．
解答： 解：根据题意得，k≠0，且△＞0，即22﹣4×k×（﹣1）＞0，解得k＞﹣1，
∴实数k的取值范围为k＞﹣1且k≠0．
故答案为k＞﹣1且k≠0．
点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根；也考查了一元二次方程的定义．
18． （2013•钦州）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是 10 ．
考点： 轴对称-最短路线问题；正方形的性质．
分析： 由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
解答： 解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE．
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10．
故答案为：10．
点评： 本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出．
19． （2014春•福州校级期末）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①b2＞4ac； ②abc＞0； ③2a﹣b=0； ④8a+c＜0； ⑤9a+3b+c＜0． 其中结论正确的是 ①②⑤ ．（填正确结论的序号）（③根据对称轴判断，④根据韦达定理的两根积判断）
考点： 二次函数图象与系数的关系．
分析： 由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断即可．
解答： 解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；
∵抛物线开口向上，∴a＞0，
∵对称轴在y轴的右侧，∴b＜0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，∴c＜0，
∴abc＞0，②正确；
∵﹣=1，∴2a+b=0，③错误；
∵x=﹣2时，y＞0，
∴4a﹣2b+c＞0，即8a+c＞0，④错误；
根据抛物线的对称性可知，当x=3时，y＜0，
∴9a+3b+c＜0，⑤正确，
故答案为：①②⑤．
点评： 本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号与抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数的关系是解题的关键．
20． （2014春•福州校级期末）如图，平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△AOB连续作旋转变换，依次得到三角形①，②，③，…，那么第2个三角形的直角顶点坐标是（，），第100个三角形的直角顶点坐标 （396，0） ．
考点： 坐标与图形变化-旋转．
专题： 规律型．
分析： 先计算出AB，然后根据旋转的性质观察△OAB连续作旋转变换，得到△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位，于是判断100个三角形和三角形④的状态一样，然后可计算出它的直角顶点的横坐标，从而得到100个三角形的直角顶点的坐标．
解答： 解：∵点A（﹣3，0），B（0，4），
∴OB=4，OA=3，
∴AB=5，
∵对△OAB连续作如图所示的旋转变换，
∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位，
而100=3×33+1，
∴第100个三角形Rt△100和三角形④的状态一样，
所以第100个三角形的直角顶点的横坐标为33×12=396，纵坐标为0．
故答案为：（396，0）．
点评： 本题考查了图形旋转后的坐标问题：先要理解所旋转图形的性质，然后根据旋转的性质理解每次旋转后图形各个点的坐标变化，从中找出变化的规律，再根据规律确定某种状态下的位置及坐标．
三．解答题（共60分）
21．（8分）（2014春•福州校级期末）解下列方程：
（1）x2﹣3x=2（x﹣3）；
（2）2x2﹣2x﹣5=0（配方法）
考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析： （1）首先去掉括号得到2﹣5x+6=0，然后分解因式得到（x﹣2）（x﹣3）=0，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）首先将常数项移到等号的右侧，然后把二次项系数化为1，再配方，最后开方即可．
解答： 解：（1）∵x2﹣3x=2（x﹣3），
∴x2﹣5x+6=0，
∴（x﹣2）（x﹣3）=0，
∴x1=2，x2=3；
（2）∵2x2﹣2x﹣5=0，
∴2（x2﹣x+）=，
∴（x﹣）2=，
∴x﹣=，
∴x1=，x2=．
点评： 本题考查了因式分解法和配方法解一元二次方程的知识，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程以及要掌握配方法的步骤，难度适中．
22．（5分）（2014春•福州校级期末）为了从甲，乙两名学生中选拔一人参加竞赛，学校每个月对他们的学习进行了一次测验，如图是两人赛前5次测验成绩的折线统计图．（每次测试的成绩均为5的倍数）
（1）分别求出甲，乙两名学生测验成绩的平均数和方差；
（2）如果你是他们的辅导教师，应选派哪一名学生参加这次竞赛，请结合所学习的统计知识说明理由．
考点： 方差；算术平均数．
分析： （1）根据平均数、方差的计算方法，结合折线图读出数据可得答案；
（2）根据折线图，由于两人的平均数相等，即总体水平相同，再比较方差，选方差小的参加．
解答： 解：（1）由折线图可得：甲的5个数据依次为：65，80，80，85，90；乙的5个数据依次为：75，90，80，75，80；
故甲的平均数为×（65+80+80+85+90）=80；
方差为×（225+25+100）=70；
乙的平均数为×（75+90+80+75+80）=80；
方差为×（25+100+25）=30；
（2）根据（1）的计算结果，可得甲乙的平均数相等；但甲的方差比乙的方差大，即乙的成绩比甲的稳定；故应选乙参加这次竞赛．
点评： 本题考查了平均数和方差的计算以及读折线图的能力和利用统计图获取信息的能力．
23．（6分）（2014春•福州校级期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C，求线段BC旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
考点： 作图-旋转变换；扇形面积的计算．
专题： 计算题．
分析： （1）先根据关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点，再连结A1B1、A1C1和B1C1即可；
（2）通过构造直角三角形旋转，画出△ABC绕点C逆时针旋转90°后CA的对应线段CA2，CB的对应线段CB2，这样可得到△A2B2C，再利用勾股定理计算出BC，然后根据扇形面积公式计算线段BC旋转过程中扫过的面积．
解答： 解：（1）如图1，
（2）如图2，
BC==，
所以BC扫过的面积S扇形==π．
点评： 本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了扇形面积的计算．
24．（6分）（2013•贺州）如图，D是△ABC的边AB上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，若MA=MC．
（1）求证：CD=AN；
（2）若AC⊥DN，∠CAN=30°，MN=1，求四边形ADCN的面积．
考点： 平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
分析： （1）利用“平行四边形ADCN的对边相等”的性质可以证得CD=AN；
（2）根据“直角△AMN中的30度角所对的直角边是斜边的一半”求得AN=2MN=2，然后由勾股定理得到AM=，则S四边形ADCN=4S△AMN=2．
解答： （1）证明：∵CN∥AB，
∴∠1=∠2．
在△AMD和△CMN中，
，
∴△AMD≌△CMN（ASA），
∴AD=CN．
又AD∥CN，
∴四边形ADCN是平行四边形，
∴CD=AN；
（2）解：∵AC⊥DN，∠CAN=30°，MN=1，
∴AN=2MN=2，
∴AM==，
∴S△AMN=AM•MN=××1=．
∵四边形ADCN是平行四边形，
∴S四边形ADCN=4S△AMN=2．
点评： 本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质．解题时，还利用了直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半．
25．（7分）（2014春•福州校级期末）已知：△ABC的两边AB，AC的长关于x的方程x2﹣（2k+3）x+k2+3k+2=0的两个实数根，第三边BC的长为5．试问：当k取何值时，△ABC是等腰三角形？
考点： 解一元二次方程-因式分解法；等腰三角形的判定．
分析： 先求出方程的解，根据两解得出只能BC为腰，分为两种情况，求出即可．
解答： 解：x2﹣（2k+3）x+k2+3k+2=0，
（x﹣k﹣1）（x﹣k﹣2）=0，
x1=k+1，x2=k+2
所以x1不等于x2，
所以BC为腰，
①当x1=k+1=5时，k=4，
x2=k+2=6；
②当x2=k+2=5时，k=3，
x1=k+1=4，
所以k=4或3．
点评： 本题考查了等腰三角形的性质，解一元二次方程的应用，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
26．（9分）（2014春•福州校级期末）某商场经营某种品牌的玩具，购进时的单价是30元，根据市场调研发现：该品牌玩具每天的销售量y件与售价x元之间存在着如下表所示的一次函数关系．
售价x（元） … 70 90 …
销售量y（件） … 300 100 …
（1）求销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式；
（2）设销售该品牌玩具获得的利润为W元，求出W与x之间的函数关系式；当商场获得了10000元销售利润，求该玩具销售单价x应定为多少元？
（3）若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于44元，且商场要完成不少于540件的销售任务，求商场销售该品牌玩具获得的最大利润是多少？
考点： 二次函数的应用．
分析： （1）设销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式为：y=kx+b，列方程组求解即可；
（2）根据销售利润=单件利润×销售量，列出函数表达式，出W与x之间的函数关系式；由利润为10000元列一元二次方程求解即可玩具销售单价；
（3）根据题意列不等式组求出x的取值范围，根据二次函数性质求出此范围内的函数最大值即可．
解答： 解：（1）设销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式为：y=kx+b，
代入（70，300）（90，100）得：
，
解得：
∴y=﹣10x+1000；
（2）根据题意得：W=（x﹣30）（﹣10x+1000）=﹣10x2+1300x﹣30000；
当W=10000时，﹣10x2+1300x﹣30000=10000
解得：x1=50，x2=80，
答：玩具销售单价为50元或80元时，可获得10000元的销售利润；
（3）根据题意得：
解得：44≤x≤46，
W=﹣10x2+1300x﹣30000=﹣10（x﹣65）2+12250
∵﹣10＜0，对称轴x=65，
∴当44≤x≤46时，W随x的增大而增大，
∴当x=46时，最大利润为8640，
答：商场销售该品牌玩具获得的最大利润为8640元．
点评： 此题主要考查了二次函数的应用，利用函数增减性得出最值是解题关键，能从实际问题中抽象出二次函数模型是解答本题的重点和难点．
27．（8分）（2014•昌平区一模）如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG．
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD的度数；
（3）如图3，如果α=45°，AB=2，AE=，求点G到BE的距离．
考点： 几何变换综合题．
分析： （1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再根据余角的性质，可得∠BAE=∠DAG，然后利用“SAS”证明△ABE≌△ADG，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）分两种情况：①E在BC的右边，连接AC，AF，CF，利用点A，C，E，F四点共圆求解，②E在BC的左边，连接AC，AF，FG，CG，首先确定DG和CG在同一条直线上，再利用点A，C，G，F四点共圆求解．
（3）根据平行线的判定，可得AB与GE的关系，根据平行线间的距离相等，可得△BEG与△AEG的关系，根据根据勾股定理，可得AH与BE的关系，再根据勾股定理，可得BE的长，根据三角形的面积公式，可得G到BE的距离．
解答： （1）证明：如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°，
又∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG．
∴在△ABE与△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE=DG；
（2）解：①如图3，连接AC，AF，CF，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFE=45°，
∵∠DCE=90°
∴点A，C，E，F四点共圆，
∵∠AEF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠FCD=45°
②如图4，连接AC，AF，FG，CG
由（1）知∵△ABE≌△ADG，
∴∠ABE=∠ADG=90°，
∴DG和CG在同一条直线上，
∴∠AGD=∠AGC=∠BAG，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠BAC=∠FAG=45°，
∴∠BAG+∠GAC=45°，∠BAG+∠BAF=45°，
∴∠AGD+∠GAC=45°，
∴∠BAG+∠BAF+∠AGD+∠GAC+∠AGF=180°，
∴点A，C，G，F四点共圆，
∵∠AGF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∴∠FCD=90°+45°=135°．
（3）解：如图5，连接GB、GE，
由已知α=45°，可知∠BAE=45°．
又∵GE为正方形AEFG的对角线，
∴∠AEG=45°．
∴AB∥GE．
∵，AB与GE间的距离相等，
∴GE=8，．
过点B作BH⊥AE于点H，
∵AB=2，
∴．
∴．
∴．
设点G到BE的距离为h．
∴．
∴．
即点G到BE的距离为．
点评： 本题主要考查了几何变换综合题．涉及正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等积式及四点共圆周的知识，综合性强．解题的关键是运用等积式及四点共圆周判定及性质求解．
28．（11分）（2013•钦州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2+2x与x轴相交于O、B，顶点为A，连接OA．
（1）求点A的坐标和∠AOB的度数；
（2）若将抛物线y=x2+2x向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线m，其顶点为点C．连接OC和AC，把△AOC沿OA翻折得到四边形ACOC′．试判断其形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，判断点C′是否在抛物线y=x2+2x上，请说明理由．
（4）若点P为x轴上的一个动点，试探究在抛物线m上是否存在点Q，使以点O、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，且OC为该四边形的一条边？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （参考公式：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点坐标为（，），对称轴是直线x=﹣．）
考点： 二次函数综合题．
专题： 压轴题；探究型．
分析： （1）由y=x2+2x得，y=（x+2）2﹣2，故可得出抛物线的顶点A的坐标，令x2+2x=0得出点B的坐标过点A作AD⊥x轴，垂足为D，由∠ADO=90°可知点D的坐标，故可得出OD=AD，由此即可得出结论；
（2）由题意可知抛物线m的二次项系数为，由此可得抛物线m的解析式过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，根据勾股定理可求出OC的长，同理可得AC的长，OC=AC，由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，由此即可得出结论；
（3）过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，由于OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，故可得出∠COH=∠C′OG，再根据CE∥OH可知∠OCE=∠C′OG，根据全等三角形的判定定理可知△CEO≌△C′GO，故可得出点C′的坐标把x=﹣4代入抛物线y=x2+2x进行检验即可得出结论；
（4）由于点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，故设Q（a，（a﹣2）2﹣4），由于OC为该四边形的一条边，故OP为对角线，由于点P在x轴上，根据中点坐标的定义即可得出a的值，故可得出结论．
解答： 解：（1）∵由y=x2+2x得，y=（x+2）2﹣2，
∴抛物线的顶点A的坐标为（﹣2，﹣2），
令x2+2x=0，解得x1=0，x2=﹣4，
∴点B的坐标为（﹣4，0），
过点A作AD⊥x轴，垂足为D，
∴∠ADO=90°，
∴点A的坐标为（﹣2，﹣2），点D的坐标为（﹣2，0），
∴OD=AD=2，
∴∠AOB=45°；
（2）四边形ACOC′为菱形．
由题意可知抛物线m的二次项系数为，且过顶点C的坐标是（2，﹣4），
∴抛物线的解析式为：y=（x﹣2）2﹣4，即y=x2﹣2x﹣2，
过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，
∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE﹣EF=2，
∴OC===2，
同理，AC=2，OC=AC，
由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，
故四边形ACOC′为菱形．
（3）如图1，点C′不在抛物线y=x2+2x上．
理由如下：
过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，
∵OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，
∴∠COH=∠C′OG，
∵CE∥OH，
∴∠OCE=∠C′OG，
又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，
∴△CEO≌△C′GO，
∴OG=CE=4，C′G=OE=2，
∴点C′的坐标为（﹣4，2），
把x=﹣4代入抛物线y=x2+2x得y=0，
∴点C′不在抛物线y=x2+2x上；
（4）存在符合条件的点Q．
∵点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，
∴设Q（a，（a﹣2）2﹣4），
∵OC为该四边形的一条边，
∴OP为对角线，
∴=0，解得a1=6，a2=﹣2（舍去），
∴点Q的坐标为（6，4）．
点评： 本题考查的是二次函数综合题，涉及到抛物线的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质等知识，难度适中．
福建省福州市时代中学2022学年八年级（下）期末数学试卷
一．选择题（每题2分，满分20分）
1． （2014春•福州校级期末）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B． 矩形 C． 等腰梯形 D． 平行四边形
考点： 中心对称图形；轴对称图形．
分析： 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；
B、是轴对称图形，又是中心对称图形．故选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故选项错误．
故选B．
点评： 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2． （2014春•福州校级期末）菱形和矩形一定具备的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B． 对角线互相垂直
C．对角线相等 D． 每条对角线平分一组对角
考点： 菱形的性质；矩形的性质．
分析： 根据菱形和矩形的性质对各选项分别进行判断．
解答： 解：A、菱形和矩形的对角线都互相平分，所以A选项正确；
B、菱形的对角线互相垂直平分，而矩形的对角线互相平分且相等，所以B选项错误；
C、菱形的对角线互相垂直平分，而矩形的对角线互相平分且相等，所以C选项错误；
D、菱形的对角线互相垂直平分且平分没组对角，而矩形的对角线互相平分且相等，所以D选项错误．
故选A．
点评： 本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了矩形的性质．
3． （2007•眉山）一元二次方程x2+x+2=0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的正根 B． 有两个不相等的负根
C．没有实数根 D． 有两个相等的实数根
考点： 根的判别式．
分析： 判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2﹣4ac的值的符号就可以了．
解答： 解：∵a=1，b=1，c=2，
∴△=b2﹣4ac=12﹣4×1×2=﹣7＜0，
∴方程没有实数根．
故选C．
点评： 总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
4． （2014春•福州校级期末）某班体育委员记录第一组七位同学定点投篮（每人投十个），投进篮筐的个数情况依次是：5，6，5，3，6，8，9．则这组数据的平均数和中位数分别是（ ）
A． 6，6 B． 6，8 C． 7，6 D． 7，8
考点： 中位数；加权平均数．
分析： 利用中位数及平均数的定义求解即可．
解答： 解：3，5，5，6，6，8，9中平均数为=6，
中位数是6，
故选：A．
点评： 本题主要考查了中位数及平均数，解题的关键是熟记求中位数的方法．
5． （2012•甘谷县模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=6，则BC的长为（ ）
A． 1 B． 2 C． 2 D． 12
考点： 翻折变换（折叠问题）；勾股定理的应用；菱形的性质；矩形的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求解．
解答： 解：∵菱形AECF，AB=6，
∴假设BE=x，
∴AE=6﹣x，
∴CE=6﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=6﹣x，
解得：x=2，
∴CE=4，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===2，
故选：C．
点评： 此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
6． （2007•绍兴）如图的方格纸中，左边图形到右边图形的变换是（ ）
A． 向右平移7格
B． 以AB的垂直平分线为对称轴作轴对称变换，再以AB为对称轴作轴对称变换
C． 绕AB的中点旋转180°，再以AB为对称轴作轴对称
D． 以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格
考点： 生活中的轴对称现象；生活中的平移现象．
专题： 压轴题；网格型．
分析： 认真观察图形，找准特点，根据轴对称的性质及平移变化得出．
解答： 解：观察可得：要使左边图形变化到右边图形，首先以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格．
故选D．
点评： 主要考查了轴对称的性质及平移变化．
轴对称图形具有以下的性质：
（1）轴对称图形的两部分是全等的；
（2）对称轴是连接两个对称点的线段的垂直平分线．
7． （2012春•黄山期末）下列各命题都成立，而它们的逆命题不能成立的是（ ）
A． 两直线平行，同位角相等
B． 全等三角形的对应角相等
C． 四边相等的四边形是菱形
D． 直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和
考点： 命题与定理．
分析： 把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．再分析逆命题是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解答： 解：A、逆命题是同位角相等，两直线平行，成立；
B、逆命题是对应角相等的三角形是全等三角形，不成立；
C、逆命题是菱形是四边相等的四边形，成立；
D、逆命题是一条边的平方等于另外两条边的平方和的三角形是直角三角形，成立．
故选B．
点评： 本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
8． （2013•日照）如图是某学校全体教职工年龄的频数分布直方图（统计中采用“上限不在内”的原则，如年龄为36岁统计在36≤x＜38小组，而不在34≤x＜36小组），根据图形提供的信息，下列说法中错误的是（ ）
A． 该学校教职工总人数是50人
B． 年龄在40≤x＜42小组的教职工人数占学校教职工人数的20%
C． 教职工年龄的中位数一定落在40≤x＜42这一组
D． 教职工年龄的众数一定在38≤x＜40这一组
考点： 频数（率）分布直方图；中位数；众数．
分析： 各组的频数的和就是总人数，然后根据百分比、众数、中位数的定义即可作出判断．
解答： 解：A、该学校教职工总人数是4+6+11+10+9+6+4=50（人），故正确；
B、在40≤x＜42小组的教职工人数占该学校全体教职工总人数的比例是：×100%=20%，故正确；
C、教职工年龄的中位数一定落在40≤x＜42这一组，正确；
D、教职工年龄的众数一定在38≤x＜40这一组．错误．
故选：D．
点评： 本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
9． （2014•福州模拟）如图，△ABC的中线BD、CE交于点O，连接OA，点G、F分别为OC、OB的中点，BC=4，AO=3，则四边形DEFG的周长为（ ）
A． 6 B． 7 C． 8 D． 12
考点： 三角形中位线定理．
分析： 根据平行四边形的判定以及三角形中位线的运用，由中位线定理，可得EF∥AO，FG∥BC，且都等于边长BC的一半，由此可得问题答案．
解答： 解：∵BD，CE是△ABC的中线，
∴ED∥BC且ED=BC，
∵F是BO的中点，G是CO的中点，
∴FG∥BC且FG=BC，
∴ED=FG=BC=2，
同理GD=EF=AO=1.5，
∴四边形DEFG的周长为1.5+1.5+2+2=7．
故选：B．
点评： 本题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理，三角形的中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
10． （2014•福州模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为C（1，k），与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（不包含端点），则k的取值范围是（ ）
A． 2＜k＜3 B． ＜k＜4 C． ＜k＜4 D． 3＜k＜4
考点： 抛物线与x轴的交点．
分析： 首先把顶点坐标代入函数解析式得到k=a+b+c=c，利用c的取值范围可以求得k的取值范围．
解答： 解∵抛物线与x轴的两个交点坐标分别是（﹣1，0），（3，0），
∴﹣1×3=﹣3，
∴=﹣3，则a=﹣．
∵抛物线与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（不包含端点），
∴2＜c＜3，
∴﹣1＜﹣＜﹣．
∴b=﹣2a=，
∴k=a+b+c=c．
∵2＜c＜3，
∴＜c＜4，即＜k＜4．
故选C．
点评： 本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
二．填空题（每题2分，共20分）
11． （2013春•东丰县期末）已知某一组数据x1，x2，x3，…，x20，其中样本方差S2=[（x1﹣5）2+（x2﹣5）2+…+（x20﹣5）2]，则这20个数据的总和是 100 ．
考点： 方差；算术平均数．
分析： 先根据方差的计算公式：s2=[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，其中n是样本容量，表示平均数，得出本题中20个数据的平均数为5，再根据平均数的定义求解．
解答： 解：∵一组数据x1，x2，x3，…，x20，其中样本方差S2=[（x1﹣5）2+（x2﹣5）2+…+（x20﹣5）2]，
∴这20个数据的平均数为5，
∴这20个数据的总和是5×20=100．
故答案为100．
点评： 本题考查方差及平均数的意义，一般地，设n个数据，x1、x2、…xn的平均数为，则方差s2=[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．
12． （2014春•福州校级期末）矩形的一条较短边长是5cm，两条对角线的夹角是60°，则这个矩形的周长是 10+10 cm．
考点： 矩形的性质．
分析： 由矩形的性质得出OA=OB，证明△AOB是等边三角形，得出OA=AB=5cm，AC=2OA=10cm，由勾股定理求出BC，即可得出矩形ABCD的周长．
解答： 解：如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，OA=AC，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=5cm，
∴AC=2OA=10cm，
∴BC===5，
∴矩形ABCD的周长=2（AB+BC）=10+10（cm），
故答案为：10+10．
点评： 本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
13． （2009•大冶市校级模拟）如图，将三角尺ABC（其中∠ABC=60°，∠C=90°）绕点B按顺时针转动一个角度到A1BCl的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于 120 度．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 利用旋转的性质计算．
解答： 解：三角板中∠ABC=60°，旋转角是∠CBC1，
则∠CBC1=180﹣60=120°．
这个旋转角度等于120度．
故填120．
点评： 正确记忆三角板的角的度数，理解旋转角的概念，是解决本题的关键．
14． （2009•遂宁）如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
考点： 勾股定理的逆定理；直角三角形斜边上的中线．
分析： 由勾股定理的逆定理，判断三角形为直角三角形，再根据直角三角形的性质直接求解．
解答： 解：∵AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，由勾股定理的逆定理得，△ABC是直角三角形，
∴BD=AC=cm．
点评： 解决此题的关键是熟练运用勾股定理的逆定理判定直角三角形，明确了直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半之后此题就不难了．
15． （2012秋•太原期末）某商品原售价400元，连续两次降价后售价为324元，该商品平均降价的百分率为 10% ．
考点： 一元二次方程的应用．
专题： 增长率问题．
分析： 等量关系为：原来的售价×（1﹣降低的百分率）2=324，把相关数值代入计算即可．
解答： 解：设该商品平均降价的百分率为x，根据题意得出：
400（1﹣x）2=324，
解得：x=0.1，
∴该商品平均降价的百分率为：10%．
故答案为：10%．
点评： 此题主要考查了一元二次方程的应用；求平均变化率的方法为：若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
16． （2014春•福州校级期末）某校在开展“节约每一滴水”的活动中，从九年级的180名同学中任选10名同学汇报了各自家庭一个月的节水情况，如下表所示：
节约水量（吨） 0.5 1 1.5 2
同学数（人） 2 3 4 1
这10名同学的家庭一个月的平均节水量是 1.2 吨；估计这180名同学的家庭一个月大约能节水 216 吨．
考点： 用样本估计总体；加权平均数．
分析： 首先计算平均数，然后用样本的平均数估计总体的平均数即可；
解答： 解：10名同学的家庭一个月的平均节水量是=1.2吨；
180名同学的家庭一个月大约能节水180×1.2=216吨，
故答案为：1.2，216．
点评： 本题考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
17． （2015•开封二模）已知关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是 k＞﹣1且k≠0． ．
考点： 根的判别式．
专题： 计算题．
分析： 根据一元二次方程的定义以及根的判别式得到k≠0，且△＞0，然后解两个不等式即可得到实数k的取值范围．
解答： 解：根据题意得，k≠0，且△＞0，即22﹣4×k×（﹣1）＞0，解得k＞﹣1，
∴实数k的取值范围为k＞﹣1且k≠0．
故答案为k＞﹣1且k≠0．
点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根；也考查了一元二次方程的定义．
18． （2013•钦州）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是 10 ．
考点： 轴对称-最短路线问题；正方形的性质．
分析： 由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
解答： 解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE．
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10．
故答案为：10．
点评： 本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出．
19． （2014春•福州校级期末）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①b2＞4ac； ②abc＞0； ③2a﹣b=0； ④8a+c＜0； ⑤9a+3b+c＜0． 其中结论正确的是 ①②⑤ ．（填正确结论的序号）（③根据对称轴判断，④根据韦达定理的两根积判断）
考点： 二次函数图象与系数的关系．
分析： 由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断即可．
解答： 解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；
∵抛物线开口向上，∴a＞0，
∵对称轴在y轴的右侧，∴b＜0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，∴c＜0，
∴abc＞0，②正确；
∵﹣=1，∴2a+b=0，③错误；
∵x=﹣2时，y＞0，
∴4a﹣2b+c＞0，即8a+c＞0，④错误；
根据抛物线的对称性可知，当x=3时，y＜0，
∴9a+3b+c＜0，⑤正确，
故答案为：①②⑤．
点评： 本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号与抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数的关系是解题的关键．
20． （2014春•福州校级期末）如图，平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△AOB连续作旋转变换，依次得到三角形①，②，③，…，那么第2个三角形的直角顶点坐标是（，），第100个三角形的直角顶点坐标 （396，0） ．
考点： 坐标与图形变化-旋转．
专题： 规律型．
分析： 先计算出AB，然后根据旋转的性质观察△OAB连续作旋转变换，得到△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位，于是判断100个三角形和三角形④的状态一样，然后可计算出它的直角顶点的横坐标，从而得到100个三角形的直角顶点的坐标．
解答： 解：∵点A（﹣3，0），B（0，4），
∴OB=4，OA=3，
∴AB=5，
∵对△OAB连续作如图所示的旋转变换，
∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位，
而100=3×33+1，
∴第100个三角形Rt△100和三角形④的状态一样，
所以第100个三角形的直角顶点的横坐标为33×12=396，纵坐标为0．
故答案为：（396，0）．
点评： 本题考查了图形旋转后的坐标问题：先要理解所旋转图形的性质，然后根据旋转的性质理解每次旋转后图形各个点的坐标变化，从中找出变化的规律，再根据规律确定某种状态下的位置及坐标．
三．解答题（共60分）
21．（8分）（2014春•福州校级期末）解下列方程：
（1）x2﹣3x=2（x﹣3）；
（2）2x2﹣2x﹣5=0（配方法）
考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析： （1）首先去掉括号得到2﹣5x+6=0，然后分解因式得到（x﹣2）（x﹣3）=0，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）首先将常数项移到等号的右侧，然后把二次项系数化为1，再配方，最后开方即可．
解答： 解：（1）∵x2﹣3x=2（x﹣3），
∴x2﹣5x+6=0，
∴（x﹣2）（x﹣3）=0，
∴x1=2，x2=3；
（2）∵2x2﹣2x﹣5=0，
∴2（x2﹣x+）=，
∴（x﹣）2=，
∴x﹣=，
∴x1=，x2=．
点评： 本题考查了因式分解法和配方法解一元二次方程的知识，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程以及要掌握配方法的步骤，难度适中．
22．（5分）（2014春•福州校级期末）为了从甲，乙两名学生中选拔一人参加竞赛，学校每个月对他们的学习进行了一次测验，如图是两人赛前5次测验成绩的折线统计图．（每次测试的成绩均为5的倍数）
（1）分别求出甲，乙两名学生测验成绩的平均数和方差；
（2）如果你是他们的辅导教师，应选派哪一名学生参加这次竞赛，请结合所学习的统计知识说明理由．
考点： 方差；算术平均数．
分析： （1）根据平均数、方差的计算方法，结合折线图读出数据可得答案；
（2）根据折线图，由于两人的平均数相等，即总体水平相同，再比较方差，选方差小的参加．
解答： 解：（1）由折线图可得：甲的5个数据依次为：65，80，80，85，90；乙的5个数据依次为：75，90，80，75，80；
故甲的平均数为×（65+80+80+85+90）=80；
方差为×（225+25+100）=70；
乙的平均数为×（75+90+80+75+80）=80；
方差为×（25+100+25）=30；
（2）根据（1）的计算结果，可得甲乙的平均数相等；但甲的方差比乙的方差大，即乙的成绩比甲的稳定；故应选乙参加这次竞赛．
点评： 本题考查了平均数和方差的计算以及读折线图的能力和利用统计图获取信息的能力．
23．（6分）（2014春•福州校级期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C，求线段BC旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
考点： 作图-旋转变换；扇形面积的计算．
专题： 计算题．
分析： （1）先根据关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点，再连结A1B1、A1C1和B1C1即可；
（2）通过构造直角三角形旋转，画出△ABC绕点C逆时针旋转90°后CA的对应线段CA2，CB的对应线段CB2，这样可得到△A2B2C，再利用勾股定理计算出BC，然后根据扇形面积公式计算线段BC旋转过程中扫过的面积．
解答： 解：（1）如图1，
（2）如图2，
BC==，
所以BC扫过的面积S扇形==π．
点评： 本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了扇形面积的计算．
24．（6分）（2013•贺州）如图，D是△ABC的边AB上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，若MA=MC．
（1）求证：CD=AN；
（2）若AC⊥DN，∠CAN=30°，MN=1，求四边形ADCN的面积．
考点： 平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
分析： （1）利用“平行四边形ADCN的对边相等”的性质可以证得CD=AN；
（2）根据“直角△AMN中的30度角所对的直角边是斜边的一半”求得AN=2MN=2，然后由勾股定理得到AM=，则S四边形ADCN=4S△AMN=2．
解答： （1）证明：∵CN∥AB，
∴∠1=∠2．
在△AMD和△CMN中，
，
∴△AMD≌△CMN（ASA），
∴AD=CN．
又AD∥CN，
∴四边形ADCN是平行四边形，
∴CD=AN；
（2）解：∵AC⊥DN，∠CAN=30°，MN=1，
∴AN=2MN=2，
∴AM==，
∴S△AMN=AM•MN=××1=．
∵四边形ADCN是平行四边形，
∴S四边形ADCN=4S△AMN=2．
点评： 本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质．解题时，还利用了直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半．
25．（7分）（2014春•福州校级期末）已知：△ABC的两边AB，AC的长关于x的方程x2﹣（2k+3）x+k2+3k+2=0的两个实数根，第三边BC的长为5．试问：当k取何值时，△ABC是等腰三角形？
考点： 解一元二次方程-因式分解法；等腰三角形的判定．
分析： 先求出方程的解，根据两解得出只能BC为腰，分为两种情况，求出即可．
解答： 解：x2﹣（2k+3）x+k2+3k+2=0，
（x﹣k﹣1）（x﹣k﹣2）=0，
x1=k+1，x2=k+2
所以x1不等于x2，
所以BC为腰，
①当x1=k+1=5时，k=4，
x2=k+2=6；
②当x2=k+2=5时，k=3，
x1=k+1=4，
所以k=4或3．
点评： 本题考查了等腰三角形的性质，解一元二次方程的应用，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
26．（9分）（2014春•福州校级期末）某商场经营某种品牌的玩具，购进时的单价是30元，根据市场调研发现：该品牌玩具每天的销售量y件与售价x元之间存在着如下表所示的一次函数关系．
售价x（元） … 70 90 …
销售量y（件） … 300 100 …
（1）求销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式；
（2）设销售该品牌玩具获得的利润为W元，求出W与x之间的函数关系式；当商场获得了10000元销售利润，求该玩具销售单价x应定为多少元？
（3）若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于44元，且商场要完成不少于540件的销售任务，求商场销售该品牌玩具获得的最大利润是多少？
考点： 二次函数的应用．
分析： （1）设销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式为：y=kx+b，列方程组求解即可；
（2）根据销售利润=单件利润×销售量，列出函数表达式，出W与x之间的函数关系式；由利润为10000元列一元二次方程求解即可玩具销售单价；
（3）根据题意列不等式组求出x的取值范围，根据二次函数性质求出此范围内的函数最大值即可．
解答： 解：（1）设销售量y（件）与售价x（元）之间的函数关系式为：y=kx+b，
代入（70，300）（90，100）得：
，
解得：
∴y=﹣10x+1000；
（2）根据题意得：W=（x﹣30）（﹣10x+1000）=﹣10x2+1300x﹣30000；
当W=10000时，﹣10x2+1300x﹣30000=10000
解得：x1=50，x2=80，
答：玩具销售单价为50元或80元时，可获得10000元的销售利润；
（3）根据题意得：
解得：44≤x≤46，
W=﹣10x2+1300x﹣30000=﹣10（x﹣65）2+12250
∵﹣10＜0，对称轴x=65，
∴当44≤x≤46时，W随x的增大而增大，
∴当x=46时，最大利润为8640，
答：商场销售该品牌玩具获得的最大利润为8640元．
点评： 此题主要考查了二次函数的应用，利用函数增减性得出最值是解题关键，能从实际问题中抽象出二次函数模型是解答本题的重点和难点．
27．（8分）（2014•昌平区一模）如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG．
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD的度数；
（3）如图3，如果α=45°，AB=2，AE=，求点G到BE的距离．
考点： 几何变换综合题．
分析： （1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再根据余角的性质，可得∠BAE=∠DAG，然后利用“SAS”证明△ABE≌△ADG，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）分两种情况：①E在BC的右边，连接AC，AF，CF，利用点A，C，E，F四点共圆求解，②E在BC的左边，连接AC，AF，FG，CG，首先确定DG和CG在同一条直线上，再利用点A，C，G，F四点共圆求解．
（3）根据平行线的判定，可得AB与GE的关系，根据平行线间的距离相等，可得△BEG与△AEG的关系，根据根据勾股定理，可得AH与BE的关系，再根据勾股定理，可得BE的长，根据三角形的面积公式，可得G到BE的距离．
解答： （1）证明：如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°，
又∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG．
∴在△ABE与△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE=DG；
（2）解：①如图3，连接AC，AF，CF，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFE=45°，
∵∠DCE=90°
∴点A，C，E，F四点共圆，
∵∠AEF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠FCD=45°
②如图4，连接AC，AF，FG，CG
由（1）知∵△ABE≌△ADG，
∴∠ABE=∠ADG=90°，
∴DG和CG在同一条直线上，
∴∠AGD=∠AGC=∠BAG，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠BAC=∠FAG=45°，
∴∠BAG+∠GAC=45°，∠BAG+∠BAF=45°，
∴∠AGD+∠GAC=45°，
∴∠BAG+∠BAF+∠AGD+∠GAC+∠AGF=180°，
∴点A，C，G，F四点共圆，
∵∠AGF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∴∠FCD=90°+45°=135°．
（3）解：如图5，连接GB、GE，
由已知α=45°，可知∠BAE=45°．
又∵GE为正方形AEFG的对角线，
∴∠AEG=45°．
∴AB∥GE．
∵，AB与GE间的距离相等，
∴GE=8，．
过点B作BH⊥AE于点H，
∵AB=2，
∴．
∴．
∴．
设点G到BE的距离为h．
∴．
∴．
即点G到BE的距离为．
点评： 本题主要考查了几何变换综合题．涉及正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等积式及四点共圆周的知识，综合性强．解题的关键是运用等积式及四点共圆周判定及性质求解．
28．（11分）（2013•钦州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2+2x与x轴相交于O、B，顶点为A，连接OA．
（1）求点A的坐标和∠AOB的度数；
（2）若将抛物线y=x2+2x向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线m，其顶点为点C．连接OC和AC，把△AOC沿OA翻折得到四边形ACOC′．试判断其形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，判断点C′是否在抛物线y=x2+2x上，请说明理由．
（4）若点P为x轴上的一个动点，试探究在抛物线m上是否存在点Q，使以点O、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，且OC为该四边形的一条边？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （参考公式：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点坐标为（，），对称轴是直线x=﹣．）
考点： 二次函数综合题．
专题： 压轴题；探究型．
分析： （1）由y=x2+2x得，y=（x+2）2﹣2，故可得出抛物线的顶点A的坐标，令x2+2x=0得出点B的坐标过点A作AD⊥x轴，垂足为D，由∠ADO=90°可知点D的坐标，故可得出OD=AD，由此即可得出结论；
（2）由题意可知抛物线m的二次项系数为，由此可得抛物线m的解析式过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，根据勾股定理可求出OC的长，同理可得AC的长，OC=AC，由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，由此即可得出结论；
（3）过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，由于OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，故可得出∠COH=∠C′OG，再根据CE∥OH可知∠OCE=∠C′OG，根据全等三角形的判定定理可知△CEO≌△C′GO，故可得出点C′的坐标把x=﹣4代入抛物线y=x2+2x进行检验即可得出结论；
（4）由于点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，故设Q（a，（a﹣2）2﹣4），由于OC为该四边形的一条边，故OP为对角线，由于点P在x轴上，根据中点坐标的定义即可得出a的值，故可得出结论．
解答： 解：（1）∵由y=x2+2x得，y=（x+2）2﹣2，
∴抛物线的顶点A的坐标为（﹣2，﹣2），
令x2+2x=0，解得x1=0，x2=﹣4，
∴点B的坐标为（﹣4，0），
过点A作AD⊥x轴，垂足为D，
∴∠ADO=90°，
∴点A的坐标为（﹣2，﹣2），点D的坐标为（﹣2，0），
∴OD=AD=2，
∴∠AOB=45°；
（2）四边形ACOC′为菱形．
由题意可知抛物线m的二次项系数为，且过顶点C的坐标是（2，﹣4），
∴抛物线的解析式为：y=（x﹣2）2﹣4，即y=x2﹣2x﹣2，
过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，
∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE﹣EF=2，
∴OC===2，
同理，AC=2，OC=AC，
由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，
故四边形ACOC′为菱形．
（3）如图1，点C′不在抛物线y=x2+2x上．
理由如下：
过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，
∵OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，
∴∠COH=∠C′OG，
∵CE∥OH，
∴∠OCE=∠C′OG，
又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，
∴△CEO≌△C′GO，
∴OG=CE=4，C′G=OE=2，
∴点C′的坐标为（﹣4，2），
把x=﹣4代入抛物线y=x2+2x得y=0，
∴点C′不在抛物线y=x2+2x上；
（4）存在符合条件的点Q．
∵点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，
∴设Q（a，（a﹣2）2﹣4），
∵OC为该四边形的一条边，
∴OP为对角线，
∴=0，解得a1=6，a2=﹣2（舍去），
∴点Q的坐标为（6，4）．
点评： 本题考查的是二次函数综合题，涉及到抛物线的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质等知识，难度适中．
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