精品解析：北京市顺义区2025—2026学年度第二学期期末练习八年级数学

2025—2026学年度第二学期期末八年级数学练习 考生须知： 1．本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分．考试时间120分钟． 2．在答题卡上准确填写学校、班级、姓名和准考证号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题（共16分，每题2分，第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个） 1. 在平面直角坐标系中，点关于x轴的对称点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 3. 方程的解为（ ） A. B. ， C. ， D. ， 4. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）． A. B. C. D. 5. 某校甲、乙两班均有20名男生，他们体重指数（BMI）的箱线图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 甲班男生BMI的下四分位数为 B. 乙班男生BMI的最大值为 C. 甲班男生BMI的中位数高于乙班男生BMI的中位数 D. 乙班男生BMI比甲班男生BMI更集中 6. 如图，在四边形中，，添加下列条件能判定四边形是平行四边形的是（ ）． A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，点，在直线上，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法确定 8. 如图，在矩形中，，交于点，．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，交于点，交于点，连接，．对于任意，下面四个结论中，所有正确结论的序号是（ ） ①都有四边形是梯形； ②都有四边形是菱形； ③都有四边形是菱形； ④都有六边形是正六边形． A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④ 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 如图，______． 10. 如图，在中，，，，分别是，的中点，则________． 11. 某校有1000名学生，为了解学生使用AI学习的情况，从中随机选取了50名学生开展调查，获得了他们最常使用AI学习的类型，数据整理如下： AI学习的类型 知识梳理 口语测评 作文辅助 作业答疑 错题分析 学生人数 5 10 12 17 6 根据以上数据，估计该校这1000名学生中最常使用AI进行作业答疑的有________人． 12. 在平面直角坐标系中，直线与的交点不可能在第________象限． 13. 为对比甲、乙两台数控机床的加工稳定性，从甲、乙两台机床生产的同规格零件中各随机抽取10件检测，得到尺寸误差（单位：），数据分布如图： 如果某台机床尺寸误差的10个数据的方差越小，认为该台机床的加工稳定性更高，则________机床的加工稳定性更高（填“甲”或“乙”）． 14. 已知关于x的一元二次方程有一个根为1，则另一个根为________． 15. 如图，在正方形中，分别以A，B两点为圆心，长为半径画弧，两弧在正方形的内部交于点E．若正方形边长为2，则四边形的面积为________． 16. 2026年北京亦庄人形机器人半程马拉松比赛中，某国产机器人跑完（近似为），净用时（近似为），超过了人类男子半马世界纪录．小明通过查找数据将整个跑步过程分为起始高速跑、中途稳速跑、终点前调整、最后冲刺跑四个阶段，并用图象表示路程s（单位：）与时间t（单位：）的大致对应关系，如图所示，下面有四个推断： ①终点前调整阶段用时约为； ②当机器人到达警示温度时，系统会自动下调速度．在比赛开始时该机器人到达警示温度； ③中途稳速跑阶段的平均配速（所用的时间）为； ④全程平均速度约为． 其中合理的是________（填所有合理推断的序号）． 三、解答题（共68分，第17-19题每题5分，第20-23题每题6分，第24题5分，第25题6分，第26题5分，第27题6分，第28题7分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 17. 解方程：． 18. 如图，在□ABCD中，E，F分别在AD，BC上，且AE=CF，连结BE、DF．求证：BE=DF． 19. 在如图所示平面直角坐标系中，画出直线． （1）若直线与，轴分别交于，两点，直接写出，两点的坐标； （2）求的面积． 20. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）设，是原方程的两个实数根．若k为正整数，求的值． 21. 阅读材料，并完成任务． “矩形的判定”这节课上，研究了矩形的两个判定定理之后，老师问：“还有其它能够判定矩形的方法吗？”小禹说：“我发现一组邻角是直角，对角线相等的四边形是矩形”．老师说：“这个命题是真命题”．要证明这个命题是真命题，需要先分清命题的题设和结论，然后画出相应的图形、写出已知和求证，最后完成证明，请你补全表中的已知条件并完成证明过程． 已知：在四边形中，，________． 求证：四边形是矩形． 画图： 证明： 22. 如图，在四边形中，，，为的中点，连接并延长，交于点，连接． （1）求证：四边形为菱形； （2）连接，若，，，求的长． 23. 由于部分汽车车型较大，为了扩大每个车位的面积，小区物业打算重新划分某处的10个大小相同的矩形车位．现在每个矩形车位的长和宽分别为，，重新划分后车位数不变，每个矩形车位的长和宽增加了相同的长度，且个车位的总面积增大了．求重新划分后每个矩形车位的长和宽分别是多少？ 24. 气象部门常用探测气球观测近地面气象数据．某观测站同时放出两个探测气球，停在海拔的空中进行探测，号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为；号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为．设上升时间为（单位：），号、号两个探测气球的海拔分别为，（单位：）． （1）写出与的函数关系式（）； （2）在平面直角坐标系中，对应的函数图象如图所示，请在该坐标系中画出中对应的函数图象； （3）根据以上信息，回答下列问题： 求两个探测气球放出多长时间时海拔相同（海拔为时除外）？ 求两个探测气球放出多长时间时海拔的差最大，并求出这个最大值． 25. 世界环境日为每年的6月5日，2026年我国环境日的主题为“全面绿色转型，共建美丽中国”．某校为增强学生环保意识，组织初二年级40名学生开展相关知识的竞赛，为了解学生的竞赛情况，对学生的成绩（百分制）数据整理并绘制了如下统计图表： 40名学生成绩的频数分布表 分组/分 频数 频率 4 0.100 8 m 17 0.425 6 0.150 a n 合计 40 1.000 （1）写出m的值，并补全频数分布直方图； （2）85分及以上的9名学生的成绩按从小到大的顺序排列为：85，85，86，88，90，95，96，96，98．将这9个数据依次分为两组，共有以下8种情况，分别计算组内离差平方和，如表所示： 分组情况 组内离差平方和 第一组1个，第二组8个 181.50 第一组2个，第二组7个 129.43 第一组3个，第二组6个 77.50 第一组4个，第二组5个 p 第一组5个，第二组4个 23.55 第一组6个，第二组3个 77.50 第一组7个，第二组2个 129.43 第一组8个，第二组1个 166.88 ①求出p的值； ②若按组内离差平方和最小的原则分为两组，并分别给予这两组学生一等奖和特等奖，则给予特等奖的这组学生有________名，他们的成绩分别为________． 26. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，． （1）求，的值； （2）当时，对于的每一个值，函数的值既大于函数的值，又小于函数的值，直接写出的取值范围． 27. 如图，在菱形中，，点在的延长线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点，连接． （1）依题意补全图形，求证：； （2）若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 28. 在平面直角坐标系中，对于点，和正实数给出如下定义：若满足，则称点，互为“倍伴随点”． （1）如图，点． ①在点，，中，是点的“1倍伴随点”的是________； ②以点，，，为顶点的四边形上存在点的“2倍伴随点”，直接写出的取值范围； （2）直线与，轴分别交于，两点，点，，，．若存在，使得当时，线段上存在四边形上所有点的“倍伴随点”，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末八年级数学练习 考生须知： 1．本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分．考试时间120分钟． 2．在答题卡上准确填写学校、班级、姓名和准考证号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题（共16分，每题2分，第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个） 1. 在平面直角坐标系中，点关于x轴的对称点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：点关于x轴的对称点的坐标是． 2. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用移项、合并同类项即可求出解集． 【详解】解：， 移项得， 合并同类项得， 不等式的解集为． 3. 方程的解为（ ） A. B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】使用因式分解法即可得到方程的解，用到因式分解中提取公因式的方法和“若两个数的乘积为0，则至少其中一个数为0”的性质． 【详解】将原方程移项整理得 ， 提取公因式得 ， 或 ， 解得 ，． 4. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】中心对称图形定义：在平面内，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能和原来图形重合，这个图形就是中心对称图形；逐一判断四个选项即可． 【详解】解：根据中心对称图形定义逐个分析： 选项A：等边三角形，绕中心旋转后，图形与原图无法重合，不是中心对称图形； 选项B：等腰梯形，绕任意一点旋转都不能与原图重合，不是中心对称图形； 选项C：五角星，旋转后尖角位置颠倒，和原图不重合，不是中心对称图形； 选项D：该方形拼接图形，绕正中心旋转后，每个部分都能与原图形对应重合，符合中心对称图形定义． 5. 某校甲、乙两班均有20名男生，他们体重指数（BMI）的箱线图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 甲班男生BMI的下四分位数为 B. 乙班男生BMI的最大值为 C. 甲班男生BMI的中位数高于乙班男生BMI的中位数 D. 乙班男生BMI比甲班男生BMI更集中 【答案】D 【解析】 【分析】根据箱线图分别读出甲、乙两班的最小值、下四分位数、中位数、上四分位数及最大值，结合数据逐一判断即可． 【详解】解：由箱线图可知， 甲班男生BMI的最小值为，下四分位数为，∴选项A错误； 乙班男生BMI的最大值为，上四分位数为，∴选项B错误； 甲班男生BMI的中位数为，乙班男生BMI的中位数为，甲班男生BMI的中位数低于乙班男生BMI的中位数，∴选项C错误； 甲班男生BMI的最小值为，最大值为，乙班男生BMI的最小值为，最大值为，乙班男生BMI比甲班男生BMI更集中，∴选项D正确． 6. 如图，在四边形中，，添加下列条件能判定四边形是平行四边形的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一分析各选项能否结合已知条件推出平行四边形． 【详解】解：已知四边形中，，依次分析选项： 选项A：一组对边平行、另一组对边相等，无法判定平行四边形，反例：等腰梯形满足、，但不是平行四边形，故此条件不成立． 选项B：仅能说明为等腰三角形，和四边形对边关系无关，无法证明两组对边相等或平行，不能判定平行四边形． 选项C：只能得到，仅三条边相等，无法推出两组对边分别相等，不能判定平行四边形． 选项D：已知，又添加，即四边形两组对边分别相等，根据平行四边形判定定理，可判定四边形是平行四边形． 7. 在平面直角坐标系中，点，在直线上，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一次函数的增减性，解题思路为根据一次函数的比例系数判断函数增减性，再比较两点横坐标大小，进而得到与的大小关系； 【详解】解：∵ 直线解析式为，其比例系数 ∴ 随的增大而减小 ∵ 两点横坐标满足 ∴ ； 8. 如图，在矩形中，，交于点，．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，交于点，交于点，连接，．对于任意，下面四个结论中，所有正确结论的序号是（ ） ①都有四边形是梯形； ②都有四边形是菱形； ③都有四边形是菱形； ④都有六边形是正六边形． A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质，梯形与菱形、正多边形的判定，利用矩形对角线互相平分且相等的性质，结合旋转得到的线段角的关系，逐一判定结论即可. 【详解】解：连接， ∵矩形对角线，交于， ∴， ∵，是矩形对角线， ∴过点， 由旋转性质可得，旋转角为， 逐一判定如下： ① ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴与不平行， ∴四边形只有一组对边平行，是梯形，①正确. ②∵ ，与不一定相等， ∴与不一定相等， 因此四边形不一定是菱形，②错误. ③ 由矩形性质得， 即， 由旋转后矩形得，， 即， 因此四边形是平行四边形， ∵， ∴梯形是等腰梯形， 由轴对称知， 邻边相等的平行四边形是菱形，因此四边形是菱形，③正确. ④ 只有当时，六边形才是正六边形， 题干要求对任意都成立，因此④错误. 综上，正确结论为①③，对应选项是C. 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 如图，______． 【答案】 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式即可求解． 【详解】解：在五边形中，． 10. 如图，在中，，，，分别是，的中点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】证明，进一步利用三角形的中位线的性质求解即可． 【详解】解：在中，，， ∴， ∵，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴． 11. 某校有1000名学生，为了解学生使用AI学习的情况，从中随机选取了50名学生开展调查，获得了他们最常使用AI学习的类型，数据整理如下： AI学习的类型 知识梳理 口语测评 作文辅助 作业答疑 错题分析 学生人数 5 10 12 17 6 根据以上数据，估计该校这1000名学生中最常使用AI进行作业答疑的有________人． 【答案】 【解析】 【分析】先计算样本中最常使用AI进行作业答疑的频率，再用总体总人数乘以该频率，即可得到估计结果． 【详解】解：由题意可得，抽取的50名样本中，最常使用AI进行作业答疑的频率为 ， 因此估计该校1000名学生中最常使用AI进行作业答疑的人数为 ． 12. 在平面直角坐标系中，直线与的交点不可能在第________象限． 【答案】 四 【解析】 【分析】根据一次函数图象与系数的关系，确定已知直线经过的象限，结合交点在直线上，即可得到结论． 【详解】解：对于直线，由一次函数图象与系数的关系可知，，， 因此直线经过第一、二、三象限，不经过第四象限， 因为直线与的交点一定在直线上，所以交点不可能在第四象限． 13. 为对比甲、乙两台数控机床的加工稳定性，从甲、乙两台机床生产的同规格零件中各随机抽取10件检测，得到尺寸误差（单位：），数据分布如图： 如果某台机床尺寸误差的10个数据的方差越小，认为该台机床的加工稳定性更高，则________机床的加工稳定性更高（填“甲”或“乙”）． 【答案】 甲 【解析】 【分析】根据图象，判断数据的波动程度，进而得到方差的大小关系，即可得出结果. 【详解】解：由图象可知，甲机床的10个数据的波动程度明显小于乙机床的10个数据的波动程度， ∴， ∴甲机床的加工稳定性更高. 14. 已知关于x的一元二次方程有一个根为1，则另一个根为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，两根之和为．设方程的另一个根为，利用根与系数的关系列方程求解即可． 【详解】解：设方程的另一个根为， 根据根与系数的关系可得： ， 解得， 即方程的另一个根为． 15. 如图，在正方形中，分别以A，B两点为圆心，长为半径画弧，两弧在正方形的内部交于点E．若正方形边长为2，则四边形的面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，过点作于点G， 过点作于点， 根据题意判定为等边三角形，分别求出和的面积，最后将两个三角形面积相加即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点G， 过点作于点，  由题意可知，，  是等边三角形 ， ， ∴， ∴， ∴， ∴，  四边形是正方形，  ，，  ， 在中，，，， ，  ， ． 16. 2026年北京亦庄人形机器人半程马拉松比赛中，某国产机器人跑完（近似为），净用时（近似为），超过了人类男子半马世界纪录．小明通过查找数据将整个跑步过程分为起始高速跑、中途稳速跑、终点前调整、最后冲刺跑四个阶段，并用图象表示路程s（单位：）与时间t（单位：）的大致对应关系，如图所示，下面有四个推断： ①终点前调整阶段用时约为； ②当机器人到达警示温度时，系统会自动下调速度．在比赛开始时该机器人到达警示温度； ③中途稳速跑阶段的平均配速（所用的时间）为； ④全程平均速度约为． 其中合理的是________（填所有合理推断的序号）． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】图象分段：0～15min：起始高速跑；15～45min：中途稳速跑；45～47min：终点前调整；47～50.5min：最后冲刺跑，分别判断结论正误即可． 【详解】解：①终点前调整对应时间区间， 用时：，推断①合理． ②速度对应图像斜率，斜率变小代表速度下调． 图像斜率在处发生变化（15分钟后速度下降），不是，推断②不合理． ③中途稳速用时：， 路程：， 配速（每千米耗时），推断③合理． ④平均速度，推断④合理． 综上，合理推断为①③④． 三、解答题（共68分，第17-19题每题5分，第20-23题每题6分，第24题5分，第25题6分，第26题5分，第27题6分，第28题7分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【详解】解：， 移项，得， 配方，等式两边同时加1，得， 整理，得， 开平方，得， 解得，． 18. 如图，在□ABCD中，E，F分别在AD，BC上，且AE=CF，连结BE、DF．求证：BE=DF． 【答案】 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∵AE=CF， ∴DE=BF，DE∥BF， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴BE=DF． 【解析】 【分析】根据平行四边形性质得出AD∥BC，AD=BC，求出DE=BF，DE∥BF，得出四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可． 【详解】略 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形DEBF是平行四边形是解决问题的关键． 19. 在如图所示平面直角坐标系中，画出直线． （1）若直线与，轴分别交于，两点，直接写出，两点的坐标； （2）求的面积． 【答案】（1）解：列表， 描点，连线， ， ∴点，； （2）． 【解析】 【分析】通过列表、描点、连线的步骤即可画出函数图象，再由图象可得，两点的坐标； 由，，则，，然后通过的面积为即可求解． 【小问1详解】 解：画图略， 由图象可知，，； 【小问2详解】 解：∵，， ∴，， ∴的面积为． 20. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）设，是原方程的两个实数根．若k为正整数，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根，可得，进一步求解即可； （2）根据，结合k为正整数，再进一步求解即可． 【小问1详解】 解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴ ， 解得，， ∴的取值范围为； 【小问2详解】 解：∵，是原方程的两个实数根，， ∵k为正整数， ∴， ∴方程为， ∴． 21. 阅读材料，并完成任务． “矩形的判定”这节课上，研究了矩形的两个判定定理之后，老师问：“还有其它能够判定矩形的方法吗？”小禹说：“我发现一组邻角是直角，对角线相等的四边形是矩形”．老师说：“这个命题是真命题”．要证明这个命题是真命题，需要先分清命题的题设和结论，然后画出相应的图形、写出已知和求证，最后完成证明，请你补全表中的已知条件并完成证明过程． 已知：在四边形中，，________． 求证：四边形是矩形． 画图： 证明： 【答案】证明：在四边形中，， ， ， 在和中： ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形． 【解析】 【分析】先由一组邻角为直角推出一组对边平行，再结合对角线相等，通过全等三角形证明另一组对边相等，得到四边形是平行四边形，最后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”完成证明． 【详解】略 22. 如图，在四边形中，，，为的中点，连接并延长，交于点，连接． （1）求证：四边形为菱形； （2）连接，若，，，求的长． 【答案】（1）证明：∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）． 【解析】 【分析】由可得，然后证明，所以，得四边形为平行四边形，又，故有四边形为菱形； 由得四边形为菱形，则，，，由勾股定理得，所以，然后通过直角三角形的性质即可求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：如图， 由得四边形为菱形， ∴，，， ∴，为中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即的长为． 23. 由于部分汽车车型较大，为了扩大每个车位的面积，小区物业打算重新划分某处的10个大小相同的矩形车位．现在每个矩形车位的长和宽分别为，，重新划分后车位数不变，每个矩形车位的长和宽增加了相同的长度，且个车位的总面积增大了．求重新划分后每个矩形车位的长和宽分别是多少？ 【答案】重新划分后每个矩形车位的长是，宽是． 【解析】 【分析】设每个矩形车位的长和宽增加的相同长度为，原个车位的总面积为，则重新划分后每个车位长为，宽为，再进一步求解即可． 【详解】解：设每个矩形车位的长和宽增加的相同长度为，原个车位的总面积为，则重新划分后每个车位长为，宽为， ∴， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去） ∴，， 答：重新划分后每个矩形车位的长是，宽是． 24. 气象部门常用探测气球观测近地面气象数据．某观测站同时放出两个探测气球，停在海拔的空中进行探测，号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为；号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为．设上升时间为（单位：），号、号两个探测气球的海拔分别为，（单位：）． （1）写出与的函数关系式（）； （2）在平面直角坐标系中，对应的函数图象如图所示，请在该坐标系中画出中对应的函数图象； （3）根据以上信息，回答下列问题： 求两个探测气球放出多长时间时海拔相同（海拔为时除外）？ 求两个探测气球放出多长时间时海拔的差最大，并求出这个最大值． 【答案】（1）； （2）解：由得，当时，；当时，， 描点，连线， （3）；两个探测气球放出时海拔的差最大，最大值为． 【解析】 【分析】根据号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为，列出函数关系式； 由得，当时，；当时，，然后描点，连线即可； 先求出，当时，即，然后解方程即可； 由，然后分当时，当时两种情况求解，再比较即可． 【小问1详解】 解：∵号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为， ∴与的函数关系式； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 解：∵号探测气球从海拔处匀速上升，上升速度为， ∴， 当时，即，解得， ∴两个探测气球放出时海拔相同； 由， 当时，， ∵， ∴随的增大而减小， ∴当时，最大，为； 由得，当时，， ∴当时，， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，最大，为， ∵， ∴两个探测气球放出时海拔的差最大，最大值为． 25. 世界环境日为每年的6月5日，2026年我国环境日的主题为“全面绿色转型，共建美丽中国”．某校为增强学生环保意识，组织初二年级40名学生开展相关知识的竞赛，为了解学生的竞赛情况，对学生的成绩（百分制）数据整理并绘制了如下统计图表： 40名学生成绩的频数分布表 分组/分 频数 频率 4 0.100 8 m 17 0.425 6 0.150 a n 合计 40 1.000 （1）写出m的值，并补全频数分布直方图； （2）85分及以上的9名学生的成绩按从小到大的顺序排列为：85，85，86，88，90，95，96，96，98．将这9个数据依次分为两组，共有以下8种情况，分别计算组内离差平方和，如表所示： 分组情况 组内离差平方和 第一组1个，第二组8个 181.50 第一组2个，第二组7个 129.43 第一组3个，第二组6个 77.50 第一组4个，第二组5个 p 第一组5个，第二组4个 23.55 第一组6个，第二组3个 77.50 第一组7个，第二组2个 129.43 第一组8个，第二组1个 166.88 ①求出p的值； ②若按组内离差平方和最小的原则分为两组，并分别给予这两组学生一等奖和特等奖，则给予特等奖的这组学生有________名，他们的成绩分别为________． 【答案】（1）； （2）①②； 【解析】 【分析】（1）频率公式：频率，已知频数、总数可求频率；已知各组频数和为总 数，可反求未知频数；频数分布直方图绘制规则：每组对应长方形高度等于本组频数，横轴为成绩分组，纵轴为频数． （2）①根据依次分组规则，计算每组离差平方和即可； ②结合分数高低判断特等奖分组，离差平方和越小代表组内成绩越集中、水平更统一． 【小问1详解】 解：总人数为40，频数为8， ， 各组频数之和为40： ， ， 分组频数，在直方图横坐标区间绘制高度为5的长方形即可． 【小问2详解】 解：①9个成绩从小到大：85，85，86，88，90，95，96，96，98， 分组规则：第一组4个，第二组5个，即前4个为第一组，后5个为第二组 第一组：；第二组：， 第一组计算 均值 ， 组内离差平方和 ， 第二组计算 均值 ， 组内离差平方和 ， ． ②观察表格中所有组内离差平方和数值：，最小数值为， 对应分组“第一组5个，第二组4个”； 该分组下，第二组4个成绩分数更高、成绩更拔尖，对应特等奖．故特等奖学生有名，成绩为． 26. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，． （1）求，的值； （2）当时，对于的每一个值，函数的值既大于函数的值，又小于函数的值，直接写出的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可； （2）由（1）可得函数的解析式为，函数的解析式为，再求出当直线与直线交于点时，；当直线与直线交于点时，；根据图象得出答案即可． 【小问1详解】 解：∵在平面直角坐标系中，函数的图象经过点，， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：由（1）可得函数的解析式为，函数的解析式为， 把代入得：， 把代入得：，解得：， 即当直线与直线交于点时，； 把代入得：， 把代入得：，解得：， 即当直线与直线交于点时，； 如图， ∵当时，对于的每一个值，函数的值既大于函数的值，又小于函数的值， ∴根据图象可得：当时，符合题意． 27. 如图，在菱形中，，点在的延长线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点，连接． （1）依题意补全图形，求证：； （2）若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）证明：补全图形如下： 在菱形中，， ， 线段绕点逆时针旋转得到线段， ， ， ， ， ∵ ∴， ∴． （2）解：线段，，之间的数量关系为，理由如下： 延长交于点M， 在菱形中，， ，， ， 故四边形是平行四边形， ， 根据（1）的证明，知， ∴，， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， ， ，， ； 【解析】 【分析】（1）根据题意，首先证明，再证明即可得证； （2）延长交于点M，证明四边形是平行四边形，得到，根据（1）的证明，证明，利用等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 28. 在平面直角坐标系中，对于点，和正实数给出如下定义：若满足，则称点，互为“倍伴随点”． （1）如图，点． ①在点，，中，是点的“1倍伴随点”的是________； ②以点，，，为顶点的四边形上存在点的“2倍伴随点”，直接写出的取值范围； （2）直线与，轴分别交于，两点，点，，，．若存在，使得当时，线段上存在四边形上所有点的“倍伴随点”，直接写出的取值范围． 【答案】（1）①；② （2）或 【解析】 【分析】（1）①根据1倍伴随点定义求解即可； ②代入求出，由四边形是竖直矩形得到，得到结合矩形中求出的取值范围即可； （2）设，根据定义求得，变形得到的表达式，代入临界值，在临界值条件下代入四边形顶点坐标求出关于的表达式分情况讨论． 【小问1详解】 解：①代入定义：，， 分别检验三点： ：，不满足； ：，满足； ：，满足， 答案：； ②设点的“2倍伴随点”为，则，， ∵， ∴四边形是矩形，，， 由题意得，直线与矩形有交点，即存在，使得， 解不等式：，，， 即要与有重叠： 矩形右边界，， 矩形左边界， 综上：． 【小问2详解】 解：在直线中， 令，解得；令，解得， 所以， 设线段上一点，矩形上任意一点，，为倍伴随点： ， 整理得： ①， 由题意得：存在，对任意，存在，使矩形内所有满足式①． 将①改写为： ，② ， 对每个在四边形上存在满足： 当：，， 当时，，则， 即与有重叠： 有，， ，， 存在值，则，得，则； 当时，，则， 即与有重叠： 有，， ，， 存在值，则，得，则； 当时，②式变形为，存在值使与四边形有交点， 当时，或； 当：，， 当时，，则， 即与有重叠： 有，， ，， 存在值，则，得，则； 当时，，则， 即与有重叠： 有，， ，， 存在值，则，得，则； 当时，②式变形为，存在值使与四边形有交点， 当时，取任意值均可， 综上，或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $