2024-2025学年广东省汕头市潮南区陈店公办八校九年级（上）期末数学试卷（含详解）

这是一份2024-2025学年广东省汕头市潮南区陈店公办八校九年级（上）期末数学试卷（含详解），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，如图四幅作品分别代表“立春”，“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）下列事件属于必然事件的是（ ）
A．车辆随机经过一个路口，遇到红灯
B．掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是奇数
C．抛1枚硬币，硬币落地时正面朝上
D．任意画一个三角形，其内角和是180度
3．（3分）在平面直角坐标系中，点A（3，﹣6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，6）B．（3，﹣6）C．（﹣3，﹣6）D．（﹣3，6）
4．（3分）二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是（ ）
A．y＝2（x+2）2﹣2B．y＝2（x﹣2）2﹣2
C．y＝2（x+2）2+2D．y＝2（x﹣2）2+2
5．（3分）如图，△ABE绕点B顺时针旋转一定角度得到△CBD，点D刚好在AE的延长线上，若∠AEB＝130°，则旋转角的度数为（ ）
A．50°B．65°C．80°D．95°
6．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC、BD为对角线，BD经过圆心O．若∠BAC＝55°，则∠DBC的度数是（ ）
A．50°B．45°C．40°D．35°
7．（3分）若点（﹣1，4），（3，4）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，则此抛物线的对称轴是（ ）
A．直线x=−baB．直线x＝1C．直线x＝3D．直线x＝2
8．（3分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3，下列结论错误的是（ ）
A．抛物线开口向上
B．抛物线的对称轴为直线x＝2
C．抛物线的顶点坐标为（2，﹣1）
D．当x＜2时，y随x的增大而增大
9．（3分）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型．图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n＝（ ）
A．108B．90C．60D．45
10．（3分）若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程x2﹣10x+m＝0的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A．3B．23C．14D．214
二、填空题（本大题共5小题）
11．（3分）若点（1，y1），（2，y2）在抛物线y＝﹣x2上，则y1，y2的大小关系为：y1 y2．
12．（3分）一个不透明布袋里只装有n个红球和3个白球（除颜色外其余都相同），从中任意摸出一个球是红球的概率为23，则n的值为 ．
13．（3分）如图，AB是⊙O的直径，OM是⊙O的半径，OM垂直于弦AC，垂足为D．若AC＝12，BC＝5，则DM＝ ．
14．（3分）如图，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°至EBGF的位置，连接AC，EG，取AC，EG的中点M，N连接MN，若AB＝8，BC＝6，则MN＝ ．
15．（3分）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为OA的中点，CE⊥OA交弧AB于点E，以点O为圆心，OC的长为半径作弧CD交OB于点D，若OA＝4，则阴影部分的面积为 ．
三、解答题（一）（本大题共3小题）
16．（10分）解方程：
（1）（y﹣1）2﹣25＝0；
（2）（2x+1）（x﹣3）＝﹣6．
17．（10分）粤式早茶作为广东餐饮文化的重要组成部分，以其种类繁多、口味独特、价格实惠而闻名．李强在广州旅游期间，决定在“A．肠粉、B．叉烧包、C．虾饺、D．烧卖”四种茶点中选择喜欢的进行品尝（选到每种茶点的可能性相同）．
（1）如果只选其中一种茶点品尝，李强选到“A．肠粉”的概率是 ；
（2）如果选择两种茶点品尝，请用画树状图或列表的方法求李强选到“A．肠粉”和“D．烧卖”的概率．
18．（10分）在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡OA，从点O处抛出一个小球，落到点A(3，32)处．小球在空中所经过的路线是抛物线y＝﹣x2+bx的一部分．
（1）求抛物线的解析式；
（2）斜坡上点B处有一棵树，点B的横坐标为1，小球恰好越过树的顶端C，求这棵树的高度．
四、解答题（二）（本大题共3小题）
19．（15分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为BC上一点，以O为圆心，OB为半径作⊙O交AB于另一点D，E为AC上一点，且AE＝DE．
（1）证明：DE是⊙O的切线；
（2）若BO＝2，OC＝1，AC＝2BC，求AE的长．
20．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（8+k）x+8k＝0
（1）求证：无论k取任何实数，方程总有实数根；
（2）若等腰三角形的一边长为5，另两边长恰好是这个方程的两个根，求这个等腰三角形的周长．
21．（5分）为美化市容，某广场用规格为10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
【观察思考】
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
【规律总结】
（1）图5灰砖有 块，白砖有 块；图n灰砖有 块，白砖有 块；
【问题解决】
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少56的情形，请通过计算说明你的理由．
五、解答题（三）（本大题共2小题）
22．（10分）如图1，CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D．
（1）若∠ECB＝120°，
①求AB所对圆心角的度数；
②连结DB，DA，求证：△ABD是等边三角形．
（2）如图2，若∠ADB＝45°，AB＝2，求△ABD的面积．
23．（10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0）三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝﹣x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
2024-2025学年广东省汕头市潮南区陈店公办八校九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，如图四幅作品分别代表“立春”，“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：A选项不是轴对称图象，也不是中心对称图形，不合题意；
B选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；
C选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；
D选项是轴对称图象，也是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
2．（3分）下列事件属于必然事件的是（ ）
A．车辆随机经过一个路口，遇到红灯
B．掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是奇数
C．抛1枚硬币，硬币落地时正面朝上
D．任意画一个三角形，其内角和是180度
【解答】解：根据事件发生的可能性大小判断如下：
A、车辆随机经过一个路口，遇到红灯是随机事件，不属于必然事件，不符合题意；
B、掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是奇数是随机事件，不属于必然事件，不符合题意；
C、抛1枚硬币，硬币落地时正面朝上是随机事件，不属于必然事件，不符合题意；
D、任意画一个三角形，其内角和是180度是必然事件，符合题意．
故选：D．
3．（3分）在平面直角坐标系中，点A（3，﹣6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，6）B．（3，﹣6）C．（﹣3，﹣6）D．（﹣3，6）
【解答】解：根据两个点关于原点对称的性质得：点A（3，﹣6）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，6），
故选：D．
4．（3分）二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是（ ）
A．y＝2（x+2）2﹣2B．y＝2（x﹣2）2﹣2
C．y＝2（x+2）2+2D．y＝2（x﹣2）2+2
【解答】解：将二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位再向左平移2个单位得y＝2（x+2）2+1﹣3，即y＝2（x+2）2﹣2．
故选：A．
5．（3分）如图，△ABE绕点B顺时针旋转一定角度得到△CBD，点D刚好在AE的延长线上，若∠AEB＝130°，则旋转角的度数为（ ）
A．50°B．65°C．80°D．95°
【解答】解：如图，连接DE，
∵点D刚好在AE的延长线上，∠AEB＝130°，
∴∠BED＝50°，
∵△ABE绕点B顺时针旋转一定角度得到△CBD，
∴BE＝BD，
∴∠BED＝∠BDE＝50°，
则∠DBE＝80°，
故选：C．
6．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC、BD为对角线，BD经过圆心O．若∠BAC＝55°，则∠DBC的度数是（ ）
A．50°B．45°C．40°D．35°
【解答】解：∵BD经过圆心O．
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠BAC＝∠BDC＝55°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BDC＝35°，
故选：D．
7．（3分）若点（﹣1，4），（3，4）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，则此抛物线的对称轴是（ ）
A．直线x=−baB．直线x＝1C．直线x＝3D．直线x＝2
【解答】解：∵两点的纵坐标都为4，
∴此两点是一对对称点，
∴对称轴x=x1+x22=−1+32=1．
故选：B．
8．（3分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3，下列结论错误的是（ ）
A．抛物线开口向上
B．抛物线的对称轴为直线x＝2
C．抛物线的顶点坐标为（2，﹣1）
D．当x＜2时，y随x的增大而增大
【解答】解：抛物线a＝1＞0，抛物线开口向上，因此A选项正确，不符合题意；
由解析式得，对称轴为直线x＝2，因此B选项正确，不符合题意；
由解析式得，当x＝2时，y取最小值，最小值为﹣1，所以抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），因此C选项正确，不符合题意；
因为抛物线开口向上，对称轴为直线x＝2，因此当x＜2时，y随x的增大而减小，因此D选项错误，符合题意；
故选：D．
9．（3分）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型．图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n＝（ ）
A．108B．90C．60D．45
【解答】解：根据题意，⊙M的周长为：2π×12＝2π，
∴⊙M顺时针转动3周时，点P移动的弧长为：2π×3＝6π，
∴根据弧长公式得，6π=nπ×10180，
解得n＝108，
所以n的值为108．
故选：A．
10．（3分）若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程x2﹣10x+m＝0的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A．3B．23C．14D．214
【解答】解：设菱形的两条对角线长分别为a、b，
∵菱形的面积＝两条对角线积的一半，
∴12ab＝11即ab＝22．
∴由题意，得a+b=10ab=22．
∴菱形的边长=(a2)2+(b2)2
=12a2+b2
=12(a+b)2−2ab
=12100−44
=1256
=14．
故选：C．
二、填空题（本大题共5小题）
11．（3分）若点（1，y1），（2，y2）在抛物线y＝﹣x2上，则y1，y2的大小关系为：y1 ＞ y2．
【解答】解：根据解析式可知：抛物线的对称轴是y轴，开口向下，
∴当x＞0时，函数值y随着x的增大而减小．
∵1＜2，
∴y1＞y2．
故答案为：＞．
12．（3分）一个不透明布袋里只装有n个红球和3个白球（除颜色外其余都相同），从中任意摸出一个球是红球的概率为23，则n的值为 6 ．
【解答】解：∵一个不透明布袋里只装有n个红球和3个白球（除颜色外其余都相同），
∴球的总数＝n+3，
∵从中任意摸出一个球是红球的概率为23，
∴nn+3=23，
解得n＝6，
检验，当n＝6时，原分式方程有意义，
∴n＝6，
故答案为：6．
13．（3分）如图，AB是⊙O的直径，OM是⊙O的半径，OM垂直于弦AC，垂足为D．若AC＝12，BC＝5，则DM＝ 4 ．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵AC＝12，BC＝5，
∴AB=122+52=13，
∴OM＝6.5，
∵OM是⊙O的半径，OM垂直于弦AC，垂足为D，
∴D是AC的中点，
∵O是AB的中点，
∴OD=12BC＝2.5，
∴DM＝OM﹣OD＝6.5﹣2.5＝4．
故答案为：4．
14．（3分）如图，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°至EBGF的位置，连接AC，EG，取AC，EG的中点M，N连接MN，若AB＝8，BC＝6，则MN＝ 52 ．
【解答】解：连接BM、BN，
在Rt△ABC中，利用勾股定理可得AC＝10，
∵M为AC中点，
∴BM=12AC＝5．
∵矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°至EBGF的位置，
∴BM＝BN，且∠MBN＝90°，
∴MN=2BM＝52．
故答案为52．
15．（3分）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为OA的中点，CE⊥OA交弧AB于点E，以点O为圆心，OC的长为半径作弧CD交OB于点D，若OA＝4，则阴影部分的面积为 13π+23 ．
【解答】解：连接OE、AE，
∵点C为OA的中点，
∴∠CEO＝30°，∠EOC＝60°，
∴△AEO为等边三角形，
∴S扇形AOE=60π×42360=83π，
∴S阴影＝S扇形AOB﹣S扇形COD﹣（S扇形AOE﹣S△COE）
=90π×42360−90π×22360−（83π−12×2×23）
＝3π−83π+23
=13π+23．
故答案为：13π+23．
三、解答题（一）（本大题共3小题）
16．（10分）解方程：
（1）（y﹣1）2﹣25＝0；
（2）（2x+1）（x﹣3）＝﹣6．
【解答】解：（1）移项得：（y﹣1）2＝25，
∴y﹣1＝5或y﹣1＝﹣5，
解得y1＝6，y2＝﹣4；
（2）整理得：2x2﹣5x+3＝0，
∴（2x﹣3）（x﹣1）＝0，
∴2x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得x1=32，x2=1．
17．（10分）粤式早茶作为广东餐饮文化的重要组成部分，以其种类繁多、口味独特、价格实惠而闻名．李强在广州旅游期间，决定在“A．肠粉、B．叉烧包、C．虾饺、D．烧卖”四种茶点中选择喜欢的进行品尝（选到每种茶点的可能性相同）．
（1）如果只选其中一种茶点品尝，李强选到“A．肠粉”的概率是 14 ；
（2）如果选择两种茶点品尝，请用画树状图或列表的方法求李强选到“A．肠粉”和“D．烧卖”的概率．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中李强选到“A．肠粉”的结果有1种，
∴李强选到“A．肠粉”的概率是14．
故答案为：14．
（2）列表如下：
共有12种等可能的结果，其中李强选到“A．肠粉”和“D．烧卖”的结果有：（A，D），（D，A），共2种，
∴李强选到“A．肠粉”和“D．烧卖”的概率为212=16．
18．（10分）在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡OA，从点O处抛出一个小球，落到点A(3，32)处．小球在空中所经过的路线是抛物线y＝﹣x2+bx的一部分．
（1）求抛物线的解析式；
（2）斜坡上点B处有一棵树，点B的横坐标为1，小球恰好越过树的顶端C，求这棵树的高度．
【解答】解：（1）由题意，∵点A（3，32）是抛物线 y＝﹣x2+bx 上的一点，
∴﹣32+3b=32．
∴b=72，
∴抛物线的解析式为 y＝﹣x2+72x；
（2）由题意，过点B分别作x轴的垂线，垂足是点D，
设直线OA的解析式为y＝kx，
∴3k=32，
∴k=12，
∴直线OA的解析式为y=12x，
∵点B的横坐标为1，
∴点C的横坐标为1．
将x＝1代入y＝﹣x2+72x，y=12x，
∴y＝﹣12+72×1=52，y=12×1=12，
∴点C的坐标为（1，52），点B的坐标为（1，12）．
∴BC＝CD﹣BD=52−12=2．
答：这棵树的高度是2．
四、解答题（二）（本大题共3小题）
19．（15分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为BC上一点，以O为圆心，OB为半径作⊙O交AB于另一点D，E为AC上一点，且AE＝DE．
（1）证明：DE是⊙O的切线；
（2）若BO＝2，OC＝1，AC＝2BC，求AE的长．
【解答】（1）证明：连接OD，如图1，
由题意可得：∠A+∠B＝90°，
∵AE＝DE，
∴∠A＝∠EDA，
∴∠B+∠EDA＝90°；
又∵∠B＝∠ODB，
∴∠ODB+∠EDA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE；
∵OD是圆的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接OE，OD，
∵OB＝2，OC＝1，
∴BC＝3，
∵AC＝2BC，
∴AC＝6，
设AE＝DE＝x，则CE＝6﹣x，
∵∠OCE＝∠ODE＝90°，
∴OC2+CE2＝OE2，OD2+DE2＝OE2，
∴12+（6﹣x）2＝22+x2，
∴x=114，
∴AE=114．
20．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（8+k）x+8k＝0
（1）求证：无论k取任何实数，方程总有实数根；
（2）若等腰三角形的一边长为5，另两边长恰好是这个方程的两个根，求这个等腰三角形的周长．
【解答】解：（1）证明：∵Δ＝（8+k）2﹣4×8k
＝（k﹣8）2，
∵（k﹣8）2，≥0，
∴△≥0，
∴无论k取任何实数，方程总有实数根；
（2）解方程x2﹣（8+k）x+8k＝0得x1＝k，x2＝8，
①当腰长为5时，则k＝5，
∴周长＝5+5+8＝18；
②当底边为5时，
∴x1＝x2，
∴k＝8，
∴周长＝8+8+5＝21．
21．（5分）为美化市容，某广场用规格为10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
【观察思考】
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
【规律总结】
（1）图5灰砖有 25 块，白砖有 24 块；图n灰砖有 n2 块，白砖有 （4n+4） 块；
【问题解决】
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少56的情形，请通过计算说明你的理由．
【解答】解：（1）由所给图形可知，
图1中灰砖的块数为：1＝12，白砖的块数为：8＝1×4+4；
图2中灰砖的块数为：4＝22，白砖的块数为：12＝2×4+4；
图3中灰砖的块数为：9＝32，白砖的块数为：16＝3×4+4；
…，
所以图n中灰砖的块数为n2块，白砖的块数为（4n+4）块．
当n＝5时，
n2＝25（块），4n+4＝24（块），
即图5中灰砖的块数为25块，白砖的块数为24块．
故答案为：25，24，n2，（4n+4）．
（2）存在，理由如下：
由题知，
n2﹣（4n+4）＝56，
解得n＝10或﹣6，
因为n为正整数，
所以n＝10，
所以存在白砖数恰好比灰砖数少56的情形．
五、解答题（三）（本大题共2小题）
22．（10分）如图1，CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D．
（1）若∠ECB＝120°，
①求AB所对圆心角的度数；
②连结DB，DA，求证：△ABD是等边三角形．
（2）如图2，若∠ADB＝45°，AB＝2，求△ABD的面积．
【解答】（1）①解：∵∠ECB＝120°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ECB＝60°．
∴AB所对圆心角的度数＝2∠ACB＝120°；
②证明：∵CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，
∴∠ECD＝∠BCD=12∠ECB=12×120°＝60°．
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠DAB＝60°，
∵∠ECD为圆内接四边形CABD的外角，
∴∠ABD＝∠ECD＝60°，
∵∠ADB＝ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠DAB＝∠ABD＝60°，
∴△ABD是等边三角形；
（2）解：连接DO并延长交AB于点H，连接OA，OB，如图，
则∠AOB＝2∠ADB＝2×45°＝90°，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴OA＝OB=22AB=2，
∴OD＝OA=2．
∵CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，
∴∠ECD＝∠BCD=12∠ECB，
∵∠ECD为圆内接四边形CABD的外角，
∴∠ABD＝∠ECD．
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠ABD＝∠DAB，
∴DA＝DB，
∴DA=DB．
∴DH⊥AB．
∴AH＝DH＝1，
∴OH=12AB＝1，
∴DH＝OD+OH=2+1．
∴△ABD的面积=12AB•DH=12×2×（2+1）=2+1．
23．（10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0）三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝﹣x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
【解答】解：（1）设此抛物线的函数解析式为：y＝ax2+bx+c，
将A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0）三点代入，
得，4a−2b+c=0c=−2a+b+c=0，
解得，a=1b=1c=−2，
∴此函数解析式为：y＝x2+x﹣2；
（2）如图1，过点M作y轴的平行线交AB于点D，
∵M点的横坐标为m，且点M在第三象限的抛物线上，
∴设M点的坐标为（m，m2+m﹣2），﹣2＜m＜0，
设直线AB的解析式为y＝kx﹣2，
把A（﹣2，0）代入，
得，k＝﹣1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣2，
∵MD∥y轴，
∴点D的坐标为（m，﹣m﹣2），
∴MD＝﹣m﹣2﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m，
∴S△MAB＝S△MDA+S△MDB
=12MD•OA
=12×2（m2﹣2m）
＝﹣m2﹣2m
＝﹣（m+1）2+1，
∵﹣2＜m＜0，
∴当m＝﹣1时，S△MAB有最大值1，
综上所述，S关于m的函数关系式是S＝﹣m2﹣2m（﹣2＜m＜0），S的最大值为1；
（3）设P（x，x2+x﹣2），
①当OB为边时，根据平行四边形的性质知PQ∥OB，且PQ＝OB，
∴Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y＝﹣x，
则Q（x，﹣x），
由PQ＝OB，得|﹣x﹣（x2+x﹣2）|＝2，
即|﹣x2﹣2x+2|＝2，
当﹣x2﹣2x+2＝2时，x1＝0（不合题意，舍去），x2＝﹣2，
∴Q（﹣2，2）；
当﹣x2﹣2x+2＝﹣2时，x1＝﹣1+5，x2＝﹣1−5，
∴Q（﹣1+5，1−5）或（﹣1−5，1+5）；
②当BO为对角线时，OQ∥BP，A与P应该重合，OP＝2，四边形PBQO为平行四边形，
则BQ＝OP＝2，Q横坐标为2，
代入y＝﹣x，
得Q（2，﹣2），
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，2）或（﹣1+5，1−5）或（﹣1−5，1+5）或（2，﹣2）．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
D
A
C
D
B
D
A
C
A
B
C
D
A
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）