2022-2023学年北京市昌平区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市昌平区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共27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。

2022-2023学年北京市昌平区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 中国传统文化博大精深.下面四个图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. 京剧脸谱 B. 剪纸对鱼
C. 中国结 D. 风筝燕归来
2. 在平面直角坐标系中，若点P的坐标为(3,−2)，则点P所在的象限是(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 下列图象中，y不是x的函数的是(    )
A. B.
C. D.
4. 如表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差：

甲
乙
丙
丁
平均数(cm)
185
180
185
180
方差
3.6
3.6
7.4
8.1
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择(    )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
5. 如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形是(    )
A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形
6. 下列方程中有两个不相等的实数根的方程是(    )
A. x2−4x+4=0 B. x2−5x−1=0 C. x2−2x+3=0 D. 2x2−x+2=0
7. 初二某班第一次体育机考模拟测试平均分为95分，经过专业的体育指导和训练后，在之后的第二次和第三次体育模拟测试中，班级平均分稳步提升，第三次体育模拟测试平均分达到99分，设该班每次测试班级平均分较上次的增长率相同，均为x，则可列方程为(    )
A. 95(1+x)=99 B. 95(1−x)=99 C. 95(1+x)2=99 D. 95(1−x)2=99
8. 如图，△ABC三边的中点分别是D，E，F，则下列说法正确的是(    )
①四边形ADEF一定是平行四边形；
②若∠A=90°，则四边形ADEF是矩形；
③若AE⊥BC，则四边形ADEF是菱形；
④若AE平分∠BAC，则四边形ADEF是正方形．

A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 方程x2−4x=0的解为______．
10. 某一次函数的图象经过点(0,−3)，且函数y随x的增大而减增大，请你写出一个符合条件的函数解析式______．
11. 已知P1(−1,y1)、P2(2,y2)是一次函数y=2x+1的图象上的两点，则y1 ______ y2.(填“>”或“<”或“=”)
12. 若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为           ．
13. 如图，A，B两地被建筑物遮挡，为测量A，B两地的距离，在地面上选一点C，连结CA，CB，分别取CA，CB的中点D，E，若DE的长为36m，则A，B两地距离为______m.

14. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果∠AOB=80°，那么∠ADB的度数为______ ．


15. 某学校有一个矩形小花园，花园长20米，宽18米，现要在花园中修建人行雨道，如图所示，阴影部分为雨道，其余部分种植花卉，同样宽度的雨道有3条，其中两条与矩形的宽平行，另外一条与矩形的宽垂直，计划花卉种植面积共为306平方米，设雨道的宽为x米，根据题意可列方程为______ ．


16. 在平面直角坐标系xOy中，已知A(−3,0)，B(2,0)，C(1,3)，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共12小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
解方程：x2−4x−5=0．
18. (本小题5.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，E、F是BC、AD上的两点，且AE//CF.求证：BE=DF．

19. (本小题5.0分)
已知一个一次函数的图象平行于直线y=12x，且经过点A(2,3)，与x轴交于点B．
(1)求这个一次函数的表达式，并在平面直角坐标系中画出它的图象；
(2)求△AOB的面积．

20. (本小题5.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+mx+m−1=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)如果方程有一个根为正数，求m的取值范围．
21. (本小题5.0分)
如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，将对角线BD向两个方向延长，分别至点E和点F，且BE=DF．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若∠AEF=∠CEF，求证：四边形AECF是菱形．

22. (本小题5.0分)
阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
三角形中位线定理的证明
如图1，△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，像DE这样，连接三角形两边的中点的线段叫做三角形的中位线．求证：DE//BC，且DE=12BC．

证明：如图2，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF．
∵AE=EC，DE=EF，
∴四边形ADCF是平行四边形(依据1)．
∴CF−//DA．
∵DA=BD，
∴CF−//BD．
∴四边形DBCF是平行四边形(依据2)．
∴DF−//BC．
∵DE=12DF，
∴DE//BC，且DE=12BC．
归纳总结：
上述证明过程中运用了“倍长线段法”，也有人称材料中的方法为“倍长法”(延长了三角形中位线的一倍)，该方法是解决初中数学几何题的一种常用方法．
任务(1)
上述材料证明过程中的“依据1”是指：______；
“依据2”是指：______；
类比探究
数学学习小组发现还可以用“倍长线段法”证明定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
已知：如图3，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，E为AB边的中点，求证：CE=12AB．
证明：延长CE到点F，使EF=CE，连接BF，AF，如图4．
任务(2)请将证明过程补充完整．
23. (本小题6.0分)
如图，用80m长的篱笆在墙边(墙长40米)围一个矩形草坪，当矩形面积是750m2时，它的长和宽应为多少？

24. (本小题6.0分)
菲尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每4年评选一次，颁给有卓越贡献并且年龄一般不超过40岁的2−4名年轻数学家，被视为数学界的诺贝尔奖.自1936年以来，每次都在国际数学家大会上颁发菲尔兹奖.华裔数学家丘成桐、陶哲轩分别在1982年、2006年获得菲尔兹奖.下面的数据是从1936年至2022年共64位菲尔兹奖得主获奖时的年龄(岁)：
29 39 35 33 39 27 33 35 31 31 37 32 38 36 31 39 32 38 37
34 29 34 38 32 35 36 33 32 29 35 36 37 39 38 40 38 37 39
38 34 33 40 36 36 37 40 31 38 38 40 40 37 35 40 39 37 30
40 34 36 36 39 35 37
数据经分组整理，列出了如下的频数分布表，并绘制了频数分布直方图：
年龄x岁
频数
27≤x<31
a
31≤x<35
16
35≤x<39
29
39≤x<43
b
合计
64
(1)截至2022年，最年轻的菲尔兹奖得主的年龄是______ 岁；
(2)a= ______ ，b= ______
(3)补全频数分布直方图；
(4)结合统计图表，请你描述这64位菲尔兹奖得主获奖时的年龄分布特征．

25. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，÷次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点(1,0)，(2,2)，
(1)求这个一次函数的表达式；
(2)当x>−1时，对于x的每一个值，函数y=mx+2的值大于一次函数y=kx+b(k≠0)的值，直接写出m的取值范围．
26. (本小题6.0分)
甲乙两人在一条长400米的直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息，已知甲先出发3秒，在跑步过程中，甲、乙两人间的距离y(米)与乙出发的时间x(秒)之间的函数关系如图所示．
①甲的速度为______ 米/秒，乙的速度为______ 米/秒；
②离开起点后，甲、乙两人第一次相遇时，距离起点______ 米；
③乙到达终点时，甲距离终点还有______ 米；
④甲、乙两人之间的距离超过32米的时间范围是：______ 秒
27. (本小题7.0分)
正方形ABCD中，点E为射线DC上一点(点E不与D，C重合)，射线AE交BD于点P，交直线BC于点F，点Q为EF的中点，连接PC，CQ．
(1)如图1，当点E在线段DC上时，直接写出∠PCQ的度数，∠PCQ= ______ ，并证明；
(2)如图2，当点E在线段DC的延长线上时，点D作BD的垂线，交直线CQ于点M．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段DP，DC，DM的数量关系，并证明．


28. (本小题7.0分)
对于点P和图形W，若点P关于图形W上任意的一点的对称点为点Q，所有点Q组成的图形为M，则称图形M为点P关于图形W的“对称图形”.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−1,−2)，B(2,−2)，C(2,1)，D(−1,1)．
(1)①在点E(−2,−4)，F(0,−4)，G(3,−3)中，是点0关于线段AB的“对称图形”上的点有______ ．
②画出点O关于四边形ABCD的“对称图形”；
(2)点T(t,0)是x轴上的一动点．
①若点T关于四边形ABCD的“对称图形”与O关于四边形ABCD的“对称图形”有公共点，求t的取值范围；
②直线y=x−t与x轴交于点T，与y轴交于点H，线段TH上存在点K，使得点K是点T关于四边形ABCD的“对称图形”上的点，直接写出t的取值范围．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符符合题意；
C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、该图形是既不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．

2.【答案】D 
【解析】解：若点P的坐标为(3,−2)，
因为3>0，−2<0，
所以点P所在的象限是第四象限．
故选：D．
根据各象限内点的坐标特征解答．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．

3.【答案】D 
【解析】解：A、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，故A不符合题意；
B、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，故B不符合题意；
C、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，故C不符合题意；
D、对于自变量x的每一个值，因变量y不是都有唯一的值与它对应，所以y不是x的函数，故D符合题意；
故选：D．
根据函数的定义：对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，逐一判断即可解答．
本题考查了函数的概念，熟练掌握函数的定义是解题的关键．

4.【答案】A 
【解析】
【分析】
此题考查了平均数和方差，正确理解方差与平均数的意义是解题关键．
首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加．
【解答】
解：∵x甲−=x丙−>x乙−=x丁−，
∴从甲和丙中选择一人参加比赛，
∵S甲2=S乙2 ∴选择甲参赛，
故选A．  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了多边形，利用多边形的内角和列式是解题关键．
根据多边形的内角和，列式即可得答案．
【解答】
解：设多边形为n边形，由题意，得
(n−2)⋅180°= 360°×2，
解得n = 6，
故选：D．  
6.【答案】B 
【解析】解：A、∵Δ=16−16=0，∴方程有两个相等的实数根，故本选项不符合题意；
B、∵Δ=25−4×1×(−1)=29>0，∴方程有两个不相等的实数根，故本选项符合题意；
C、∵Δ=4−4×1×3=−8<0，∴方程没有实数根，故本选项不符合题意；
D、∵Δ=1−4×2×2=−15<0，∴方程没有实数根，故本选项不符合题意；
故选：B．
分别求出每一个方程的判别式Δ的值，找出Δ>0的方程即可．
本题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ<0时，方程无实数根．

7.【答案】C 
【解析】解：根据题意得：95(1+x)2=99．
故选：C．
利用第三次体育模拟测试平均分=第一次体育模拟测试平均分×(1+该班每次测试班级平均分较上次的增长率)2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：①∵E是BC的中点，D是AB的中点，
∴DE//AC，
∵E是BC的中点，F是AC的中点，
∴EF//AB．
∴四边形ADEF是平行四边形．
∴①正确；
②若∠BAC=90°，如图，

由①知：四边形ADEF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ADEF是矩形，
∴②正确；
③如图，
若AE⊥BC，
∵E是BC的中点，
∴AE是BC的垂直平分线，
∴AB=AC．
∵AE⊥BC，D是AB的中点，
∴DE=12AB．
同理：EF=12AC，
∴DE=EF．
由①知：四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是菱形．
∴③正确；
④如图，

由①知：AD//EF，
∴∠EAD=∠AEF．
若AE平分∠BAC，
则∠EAD=∠FAE，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=FE，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴④不正确；
综上可得，正确的结论有：①②③，
故选：B．
①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；
②∠BAC=90°，则根据①的结论可得四边形AEDF是矩形；
③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出DE=EF，从而得出四边形AEDF是菱形；
④利用AE平分∠BAC可以判定四边形ADEF是菱形而非正方形，可得④的结论错误．
本题主要考查了三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，直角三角形斜边上的直线的性质，等腰三角形的判定与性质．利用三角形的中位线定理得出平行线是解题的关键．

9.【答案】x1=0，x2=4 
【解析】
【分析】
本题考查简单的一元二次方程的解法，在解一元二次方程时应当注意要根据实际情况选择最合适快捷的解法．该题运用了因式分解法．x2−4x提取公因式x，再根据“两式的乘积为0，则至少有一个式子的值为0”求解．
【解答】
解：x2−4x=0
x(x−4)=0
x=0或x−4=0
x1=0，x2=4
故答案是x1=0，x2=4．  
10.【答案】y=x−3(答案不唯一) 
【解析】解：∵函数y随x的增大而增大，
∴函数y的斜率k大于0．
故可设该一次函数的解析式为y=x+b(k>0)．
由题意得：当x=0时，b=−3．
∴y=x−3．
故答案为：y=x−3(答案不唯一)．
根据一次函数的性质，由函数y随x的增大而增大，可得斜率k>0，进而设y=x+b.根据一次函数的图象经过点(0,−3)，求得b的值．
本题考查了一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．

11.【答案】< 
【解析】解：∵一次函数y=2x+1中的k=2>0，
∴y随x的增大而增大，
∵P1(−1,y1)、P2(2,y2)是一次函数y=2x+1的图象上的两点，且−1<2，
∴y1 故答案为：<．
根据一次函数的增减性即可得．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的增减性是解题关键．

12.【答案】24 
【解析】解：如图：菱形ABCD中AC=8，BD=6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△DAC的面积=12AC⋅OD，△BAC的面积=12AC⋅OB，
∴菱形ABCD的面积=△DAC的面积+△BAC的面积=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD=12×8×6=24．
故答案为：24．

13.【答案】72 
【解析】解：∵点D，E分别为CA，CB的中点，
∴AB=2DE=72m，
故答案为：72．
根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

14.【答案】40° 
【解析】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠AOB=∠OAD+∠ODA=80°，
∴∠ADB=40°．
故答案为：40°．
只要证明OA=OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

15.【答案】(20−2x)(18−x)=306 
【解析】解：∵花园长20米，宽18米，且雨道的宽为x米，
∴种植花卉的部分可合成长为(20−2x)米，宽为(18−x)米的矩形．
根据题意得：(20−2x)(18−x)=306．
故答案为：(20−2x)(18−x)=306．
由花园的长、宽及雨道的宽，可得出种植花卉的部分可合成长为(20−2x)米，宽为(18−x)米的矩形，结合花卉种植面积共为306平方米，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

16.【答案】(−4,3)或(6,3)或(−2,−3) 
【解析】解：如图，∵A(−3,0)，B(2,0)，C(1,3)，
以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，
∴点D的坐标为：(−4,3)或(6,3)或(−2,−3)．
故答案为：(−4,3)或(6,3)或(−2,−3)．
分三种情况画出平行四边形，①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．

17.【答案】解：(x+1)(x−5)=0，
则x+1=0或x−5=0，
∴x1=−1，x2=5． 
【解析】根据本题方程的特点，利用因式分解法解方程即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键

18.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE=AF，
∴BC−CE=AD−AF，
即BE=DF． 
【解析】先根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD//BC，再根据平行四边形的判定可得四边形AECF是平行四边形，根据平行四边形的性质可得CE=AF，然后根据线段和差即可得证．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．

19.【答案】解：(1)设一次函数的解析式为：y=kx+b，
∵一次函数的图象平行于直线y=12x，
∴k=12，
∵一次函数的图象经过点A(2,3)，
∴3=12×2+b，
∴b=2，
∴一次函数的解析式为y=12x+2，
令y=0，则0=12x+2，
解得：x=−4，
图象如图所示：


(2)由y=12x+3，
令y=0，得12x+3=0，
∴x=−6，
∴一次函数的图象与x轴的解得为B(−6,0)，
∴△ABC的面积为12×6×4=12． 
【解析】(1)根据互相平行的两直线解析式k值相等，设出一次函数的解析式，再把点A坐标代入解析式求解即可；
(2)令y=0，求出点B的坐标，即可求解．
本题考查了两条直线相交或平行问题，掌握平行两直线k值相等，求出一次函数的解析式是本题的关键．

20.【答案】(1)证明：∵Δ=m2−4(m−1)
=m2−4m+4
=(m−2)2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)x=，
解得x1=−1，x2=−m+1，
∵方程只有一个根是正数，
∴−m+1>0，
∴m<1． 
【解析】(1)先计算判别式的意义得到Δ=(m−2)2≥0，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)先利用求根公式解方程得x1=−1，x2=−m+1，再根据题意得到−m+1>0，从而得到m的范围．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．

21.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∵BE=DF，
∴OB+BE=OD+DF，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
(2)证明：∵四边形AECF是平行四边形，
∴AF//EC，
∴∠AFE=∠CEF．
∵∠AEF=∠CEF，
∴∠AFE=∠AEF，
∴AF=AE．
∴平行四边形行AECF是菱形． 
【解析】(1)由平行四边形的性质得到OB=OD，OA=OC，又BE=DF，得到OE=OF，即可证明四边形AECF是平行四边形；
(2)由AF//EC，得到∠AFE=∠CEF.又∠AEF=∠CEF，因此∠AFE=∠AEF，得到AF=AE.即可证明平行四边形行AECF是菱形．
本题考查菱形的判定，平行四边形的判定和性质，关键是由平行四边形的性质得到OE=OF；由平行线的性质，等腰三角形的判定得到AF=AE．

22.【答案】对角线互相平分的四边形是平行四边形  一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 
【解析】解：(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形，
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案为对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
(2)延长CE到点F，使EF=CE，连接BF，AF，
∵E为AB的中点，
∴AE=BE，
∴四边形ACBF是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴平行四边形ACBF是矩形，
∴AB=CF，
∵CE=12CF，
∴CE=12AB．
(1)由平行四边形的判定方法可得出答案；
(2)延长CE到点F，使EF=CE，连接BF，AF，证明四边形ACBF是平行四边形，由矩形的判定方法可得出四边形ACBF是矩形，由矩形的性质得出AB=CF，则可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．

23.【答案】解：设AB边的长为x米，则BC边的长为(80−2x)米，
根据题意得：x(80−2x)=750，
整理得：x2−40x+375=0，
解得：x1=15，x2=25，
当x=15时，80−2x=80−2×15=50>40，不符合题意，舍去；
当x=25时，80−2x=80−2×25=30<40，符合题意．
答：矩形草坪的长为30米，宽为25米． 
【解析】设AB边的长为x米，则BC边的长为(80−2x)米，根据矩形草坪的面积是750m2，可列出关于x的一元二次方程，解之可求出x的值，再结合墙长40米，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

24.【答案】27  4  15 
【解析】解：(1)根据所给数据可得，截至2022年，最年轻的菲尔兹奖得主的年龄是27岁；
故答案为：27；
(2)根据所给数据可得出a=4，b=15，
故答案为：4，15；
(3)补全频数分布直方图如下：
；
(4)由频数分布直方图知，这64位菲尔兹奖得主获奖时的年龄主要分布在35～39岁．
(1)根据所给数据即可得出答案；
(2)根据所给数据即可得出a和b的值；
(3)根据a和b的值即可补全频数分布直方图；
(4)由频数分布直方图可得答案．
此题考查了频率分布直方图，读懂题意，根据题意找出每组的人数，列出图表是本题的关键．

25.【答案】解：(1)把点(1,0)，(2,2)代入y=kx+b得：
k+b=02k+b=2，
解得：k=2b=−2，
故一次函数解析式为：y=2x−2；
(2)把x=−1代入y=2x−2，求得y=−4，
把点(−1,−4)代入y=mx+2，得−4=−m+2，
解得m=6，
∵当x>−1时，对于x的每一个值，函数y=mx+2的值大于一次函数y=kx+b(k≠0)的值，
∴2≤m≤6． 
【解析】(1)把两点坐标代入y=kx+b，可得关于k、b的方程组，解得k、b的值，进而可得函数解析式；
(2)当x=−1时，求出y=2x−2的值，然后根据题意，结合图象，即可求出m的取值范围．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．

26.【答案】4  5  60  68  44  89 
【解析】解：①由图象可知，乙出发时，甲，乙之间距离为12米，即甲先出发3秒跑了12米，
∴甲的速度为12÷3=4(米/秒)，
∵乙80秒到达终点，
∴乙的速度为400÷80=5(米/秒)，
故答案为：4，5；
②∵125−4=12(秒)，
∴乙出发后，用12秒追上甲，即甲、乙两人第一次相遇，
此时距离起点5×12=60(米)，
故答案为：60；
③∵400−(12+80×4)=68(米)，
∴乙到达终点时，甲距离终点还有68米，
故答案为：68；
④当乙用12秒追上甲后，因每秒比甲多跑1米，
∴再过32秒两人相距32米，即从x>44时起，两人距离超过32米，
当乙用80秒到达终点时，甲距离终点还有68米，
∴甲再跑36米，两人相距32米，所需时间为36÷4=9(秒)，
∴当x<89时，两人距离超过32米，
∴甲、乙两人之间的距离超过32米的时间范围是44 故答案为：44，89．
①由12÷3=4(米/秒)即得甲的速度，乙速度为400÷80=5(米/秒)；②求出乙用12秒追上甲，即甲、乙两人第一次相遇，即知此时距离起点5×12=60(米)；
③列式计算可得乙到达终点时，甲距离终点还有68米；
④乙用12秒追上甲，再过32秒两人相距32米，故从x>44时起，两人距离超过32米，当乙用80秒到达终点时，甲距离终点还有68米，甲再跑36米，两人相距32米，故当x<89时，两人距离超过32米，即可得到答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．

27.【答案】90° 
【解析】解：(1)∠PCQ=90°，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，DA=DC，
在△DAP和△DCP中，
DA=DC∠ADP=∠CDPDP=DP，
∴△DAP≌△DCP(SAS)，
∴∠DAP=∠DCP，
∵点Q为EF的中点，
∴EQ=FQ=CQ，
∴∠QEC=∠QCE，∠QCF=∠F，
∵∠QEC=∠DEA，AD//BC，
∴∠DEA=∠QCE，∠DAE=∠F=∠DCP，
∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠DCP+∠QCE=90°，
∴∠PCQ=90°，
故答案为：90；
(2)①如图2，即为补全的图形；

②DP+DM= 2DC，
证明：∵BD是正方形四边形ABCD的对角线，
∴∠ABD=∠BDC=45°，AB=CD，
∵DM⊥BD，
∴∠BDM=90°，
∴∠CDM=45°，
∴∠ABP=∠CDM，
∵AB//DC，
∴∠BAP=∠CEQ，
由(1)知：∠CEQ=∠ECQ=∠DCM，
∴∠BAP=∠DCM，
∴△BAP≌△DCM(ASA)，
∴BP=DM，
∴DP+DM=DP+BP=BD= 2DC，
∴DP+DM= 2DC．
(1)证明△DAP≌△DCP(SAS)，得∠DAP=∠DCP，再根据正方形的性质即可解决问题；
(2)①根据题意画出图形即可；
②证明△BAP≌△DCM得BP=DM，再利用等腰直角三角形的性质即可解决问题．
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是得到△BAP≌△DCM．

28.【答案】点E，点F 
【解析】解：(1)①根据点P关于图形W的“对称图形”的定义，点O关于线段AB的“对称图形”是，如图所示．点E(−2,−4)，F(0,−4)在线段JN上．
故答案为：点E，点F

②点O关于四边形ABCD的“对称图形”为四边形JNMI．

(2)①动点T关于四边形ABCD的“对称图形”为四边形SRVU，如图所示．利用中点坐标公式可得到点S(4−t,2)，U(−2−t,2)，V(−2−t,−4)，R(4−t,−4).四边形SRVU随t的变化左右移动，当四边形JNMI与四边形SRVU有公共点时，应满足：
4−t≥−2−2−t≤4，
∴−6≤t≤6，
②要使得点K是四边形SRVU上的点，需满足：
0≤4−t≤t或t≤−2−t≤0，
∴2≤t≤4或−2≤t≤−1．

根据点P关于图形W的“对称图形”的定义，可以在图形W上找几个特殊点(线段的端点)，
作出点P关于这些特殊点的对称点，大体描绘图形M的形状．
(1)①作出点O关于点A、B的对称点J、N，得到点O关于线段AB的“对称图形”是一条线段；
②类似地，可以得到点O关于四边形ABCD的“对称图形”是一个正方形；
(2)①点T关于四边形ABCD的“对称图形”也是一个正方形，与O关于四边形ABCD的“对称图形”大小一样，只是随t的变化左右移动，可以用数形结合求解；
②是动线段与动正方形的交点问题，沿用数形结合求解．
这道题在新定义下考察点的对称，数形结合的思想，以及运动的观点，建立不等式解决交点问题，是一道很不错的综合题．