湖南省邵陽市新寧縣2025屆八下數(shù)學(xué)期末質(zhì)量檢測模擬試題含解析

湖南省邵陽市新寧縣2025屆八下數(shù)學(xué)期末質(zhì)量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．下列圖形是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A．菱形 B．矩形 C．正三角形 D．平行四邊形2．如圖，已知直線y=3x+b與y=ax-2的交點的橫坐標(biāo)為，根據(jù)圖象有下列3個結(jié)論：①a>0；②b<0；③x>-2是不等式

3x+b>ax-2的解集其中正確的個數(shù)是（）A．0, B．1, C．2, D．33．如圖，以Rt△ABC的三邊為直角邊分別向外作等腰直角三角形．若AB=5，則圖中陰影部分的面積為（）A．6 B． C． D．254．如圖，被笑臉蓋住的點的坐標(biāo)可能是（）A．（3，2） B．（-3，2） C．（-3，-2） D．（3，-2）5．正方形、、…按如圖所示的方式放置.點、、…和點、、…別在直線和軸上，則點的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．6．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A（1，2），B（2，1），C（﹣1，﹣3）．D（﹣2，3），其中不可能與點E（1，3）在同一函數(shù)圖象上的一個點是（）A．點AB．點BC．點CD．點D7．某校舉行課間操比賽，甲、乙兩個班各選出20名學(xué)生參加比賽，兩個班參賽學(xué)生的平均身高都為1.65m，其方差分別是S甲2＝3.8，S乙2＝3.4，則參賽學(xué)生身高比較整齊的班級是（）A．甲班 B．乙班 C．同樣整齊 D．無法確定8．在邊長為5的正方形ABCD中，以A為一個頂點，另外兩個頂點在正方形ABCD的邊上作等腰三角形，且含邊長為4的所有大小不同的等腰三角形的個數(shù)為（）A．6 B．5 C．4 D．39．某服裝加工廠加工校服960套的訂單，原計劃每天做48套．正好按時完成．后因?qū)W校要求提前5天交貨，為按時完成訂單，設(shè)每天就多做x套，則x應(yīng)滿足的方程為（）A． B． C． D．10．一次考試考生約2萬名，從中抽取500名考生的成績進(jìn)行分析，這個問題的樣本是（）A．500 B．500名 C．500名考生 D．500名考生的成績11．如圖，矩形是延長線上一點，是上一點，若則的度數(shù)是（）A． B．C． D．12．如圖，E、F為菱形ABCD對角線上的兩點，∠ADE=∠CDF，要判定四邊形BFDE是正方形，需添加的條件是（）A．AE=CF B．OE=OF C．∠EBD=45° D．∠DEF=∠BEF二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在矩形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于點F，點G是EF的中點，連接CG、BG、BD、DG，下列結(jié)論：①BC=DF，②∠DGF=135o；③BG⊥DG，④若3AD=4AB，則4S△BDG=25S△DGF；正確的是____________（只填番號）．14．如圖，菱形ABCD中，點M、N分別在AD，BC上，且AM＝CN，MN與AC交于點O，連接DO，若∠BAC＝28°，則∠ODC＝_____．15．在中，，，將繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到旋轉(zhuǎn)角為，點B，點C的對應(yīng)點分別為點D，點E，過點D作直線AB的垂線，垂足為F，過點E作直線AC的垂線，垂足為P，當(dāng)時，點P與點C之間的距離是________.16．如圖，已知E是正方形ABCD的邊AB上一點，點A關(guān)于DE的對稱點為F，若正方形ABCD的邊長為1，且∠BFC＝90°，則AE的長為___17．若a2﹣5ab﹣b2＝0，則的值為_____．18．一次函數(shù)y=kx+2（k≠0）的圖象與x軸交于點A（n，0），當(dāng)n＞0時，k的取值范圍是_____．三、解答題（共78分）19．（8分）已知關(guān)于x的一元二次方程mx2－2x＋1＝0.(1)若方程有兩個實數(shù)根，求m的取值范圍；(2)若方程的兩個實數(shù)根為x1，x2，且x1x2－x1－x2＝，求m的值．20．（8分）如圖，直線與直線相交于點A（3，1），與x軸交于點B．（1）求k的值；（2）不等式的解集是________________．21．（8分）“母親節(jié)”前夕，某花店用3000元購進(jìn)了第一批盒裝花，上市后很快售完，接著又用4000元購進(jìn)第二批盒裝花．已知第二批所購花的進(jìn)價比第一批每盒少3元，且數(shù)量是第一批盒數(shù)的1.5倍．問第一批盒裝花每盒的進(jìn)價是多少元？22．（10分）某商店在銷售中發(fā)現(xiàn):某品牌童裝平均每天可售出20件,每件盈利40元.商場決定采取適當(dāng)?shù)慕祪r措施,擴(kuò)大銷售量,增加盈利,盡量減少庫存.經(jīng)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn):如果每件童裝每降價4元,那么平均每天就可多售出8件.如果要盈利1200元,那每件降價多少元?23．（10分）某校八年級全體同學(xué)參加了某項捐款活動，隨機(jī)抽查了部分同學(xué)捐款的情況統(tǒng)計如圖所示(1)本次共抽查學(xué)生____人，并將條形圖補(bǔ)充完整；(2)捐款金額的眾數(shù)是_____，平均數(shù)是_____；(3)在八年級700名學(xué)生中，捐款20元及以上(含20元)的學(xué)生估計有多少人？24．（10分）如圖，AB=12cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=9cm，點P在線段AB上以3cm/s的速度，由A向B運(yùn)動，同時點Q在線段BD上由B向D運(yùn)動．（1）若點Q的運(yùn)動速度與點P的運(yùn)動速度相等，當(dāng)運(yùn)動時間t=1（s），△ACP與△BPQ是否全等？說明理由，并直接判斷此時線段PC和線段PQ的位置關(guān)系；（2）將“AC⊥AB，BD⊥AB”改為“∠CAB=∠DBA”，其他條件不變．若點Q的運(yùn)動速度與點P的運(yùn)動速度不相等，當(dāng)點Q的運(yùn)動速度為多少時，能使△ACP與△BPQ全等.（3）在圖2的基礎(chǔ)上延長AC，BD交于點E，使C，D分別是AE，BE中點，若點Q以（2）中的運(yùn)動速度從點B出發(fā)，點P以原來速度從點A同時出發(fā)，都逆時針沿△ABE三邊運(yùn)動，求出經(jīng)過多長時間點P與點Q第一次相遇．25．（12分）如圖，矩形OABC的頂點A，C在x，y軸正半軸上，反比例函數(shù)過OB的中點D，與BC，AB交于M,N，且已知D(m,2),N(8,n)．（1）求反比例函數(shù)的解析式；（2）若將矩形一角折疊，使點O與點M重合，折痕為PQ，求點P的坐標(biāo)；（3）如圖2，若將沿OM向左翻折，得到菱形OQMR，將該菱形沿射線OB以每秒個單位向上平移t秒．①用t的代數(shù)式表示和的坐標(biāo)；②要使該菱形始終與反比例函數(shù)圖像有交點，求t的取值范圍．26．某校舉辦了一次趣味數(shù)學(xué)黨賽，滿分100分，學(xué)生得分均為整數(shù)，這次競賽中，甲、乙兩組學(xué)生成績?nèi)缦拢▎挝唬悍郑┘捉M：30，60，60，60，60，60，70，90，90，100乙組：50，60，60，60，70，70，70，70，80，90.組別平均分中位數(shù)方差甲組68a376乙組b70（1）以生成績統(tǒng)計分析表中a＝_________分，b＝_________分.（2）小亮同學(xué)說:“這次賽我得了70分，在我們小組中屬中游略偏上！”雙察上面表格判斷，小亮可能是甲、乙哪個組的學(xué)生?并說明理由。(3)計算乙組成的方差，如果你是該校數(shù)學(xué)競賽的教練員，現(xiàn)在需要你選一組同學(xué)代表學(xué)校參加復(fù)賽，你會進(jìn)擇哪一組?并說明理由。

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解析】

根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】解：A、菱形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；B、矩形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；C、正三角形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項錯誤；D、平行四邊形是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形，故本選項正確．故選：D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．2、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)可得a＞0；b＞0；當(dāng)x＞-2時，直線y=3x+b在直線y=ax-2的上方，即x＞-2是不等式3x+b＞ax-2的解集．【詳解】解：由圖象可知，a＞0，故①正確；b＞0，故②錯誤；當(dāng)x＞-2，直線y=3x+b在直線y=ax-2的上方，即x＞-2是不等式3x+b＞ax-2的解集，故③正確．故選：C．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)以及與一元一次不等式的關(guān)系，要熟練掌握．3、D【解析】分析：先用直角三角形的邊長表示出陰影部分的面積，再根據(jù)勾股定理可得：AB2=AC2+BC2，進(jìn)而可將陰影部分的面積求出．詳解：S陰影=AC2+BC2+AB2=（AB2+AC2+BC2），∵AB2=AC2+BC2=1，∴AB2+AC2+BC2=50，∴S陰影=×50=1．故選D．點睛：本題考查了勾股定理的知識，要求能夠運(yùn)用勾股定理證明三個等腰直角三角形的面積之間的關(guān)系.4、C【解析】

判斷出笑臉蓋住的點在第三象限，再根據(jù)第三象限內(nèi)點的坐標(biāo)特征解答．【詳解】由圖可知，被笑臉蓋住的點在第三象限，（3，2），（-3，2），（-3，-2），（3，-2）四個點只有（-3，-2）在第三象限．故選C．【點睛】本題考查了各象限內(nèi)點的坐標(biāo)的符號特征，記住各象限內(nèi)點的坐標(biāo)的符號是解決的關(guān)鍵，四個象限的符號特點分別是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．5、B【解析】

利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征及正方形的性質(zhì)可得出點的坐標(biāo)，根據(jù)點的坐標(biāo)的變化可找出變化規(guī)律“點的坐標(biāo)為（n為正整數(shù)）”，再代入n=2019即可得出的坐標(biāo)，然后再將其橫坐標(biāo)減去縱坐標(biāo)得到的橫坐標(biāo)，和的縱坐標(biāo)相同．【詳解】解：當(dāng)時，，

∴點A1的坐標(biāo)為（0，1）．

∵四邊形A1B1C1O為正方形，

∴點B1的坐標(biāo)為（1，1），點C1的坐標(biāo)為（1，0）．

當(dāng)時，，

∴點A2的坐標(biāo)為（1，2）．

∵A2B2C2C1為正方形，

∴點B2的坐標(biāo)為（3，2），點C2的坐標(biāo)為（3，0）．

同理，可知：點B3的坐標(biāo)為（7，4），點B4的坐標(biāo)為（15，8），點B5的坐標(biāo)為（31，16），…，

∴點的坐標(biāo)為（n為正整數(shù)），

∴點的坐標(biāo)為，∴點的坐標(biāo)為，即為．

故選：B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、正方形的性質(zhì)以及規(guī)律型：點的坐標(biāo)，根據(jù)點的坐標(biāo)的變化找出變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．6、A【解析】

根據(jù)“對于x的每一個確定的值，y都有唯一的值與其對應(yīng)”，可知點A不可能與E在同一函數(shù)圖象上．【詳解】根據(jù)函數(shù)的定義可知：點A（1，2）不可能與點E（1，3）在同一函數(shù)圖象上.故選A．【點睛】本題考查了函數(shù)的概念，明確函數(shù)的定義是關(guān)鍵，尤其要正確理解：對于x的每一個確定的值，y都有唯一的值與其對應(yīng)．7、B【解析】

根據(jù)方差的意義可作出判斷．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定【詳解】S甲2＝3.8，S乙2＝3.4，∴S甲2＞S乙2，∴參賽學(xué)生身高比較整齊的班級是乙班，故選：B．【點睛】此題主要考查了方差，方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越?。环粗?，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．8、B【解析】

①以A為圓心，以4為半徑作弧，交AD、AB兩點，連接即可；②連接AC，在AC上，以A為端點，截取2個單位，過這個點作AC的垂線，交AD、AB兩點，連接即可；③以A為端點在AB上截取4個單位，以截取的點為圓心，以4個單位為半徑畫弧，交BC一個點，連接即可；④連接AC，在AC上，以C為端點，截取2個單位，過這個點作AC的垂線，交BC、DC兩點，然后連接A與這兩個點即可；⑤以A為端點在AB上截取4個單位，再作著個線段的垂直平分線交CD一點，連接即可，⑥以A為端點在AD上截取4個單位，再作這條線段的垂直平分線交BC一點，連接即可（和⑤大小一樣）；⑦以A為端點在AD上截取4個單位，以截取的點為圓心，以4個單位為半徑畫弧，交CD一個點，連接即可（和③大小一樣）．【詳解】解：滿足條件的所有圖形如圖所示：共5個．

故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形的判定方法．9、D【解析】解：原來所用的時間為：，實際所用的時間為：，所列方程為：．故選D．點睛：本題考查了由實際問題抽象出分式方程，關(guān)鍵是時間作為等量關(guān)系，根據(jù)每天多做x套，結(jié)果提前5天加工完成，可列出方程求解．10、D【解析】

樣本是指從總體中抽取的部分個體，據(jù)此即可判斷【詳解】由題可知，所考查的對象為考生的成績，所以從總體中抽取的部分個體為500名考生的成績.故答案為：D【點睛】本題考查了樣本的概念，明確題中考查的對象是解題的關(guān)鍵.11、B【解析】

根據(jù)矩形性質(zhì)求出∠BCD=90°，AB∥CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)和外角的性質(zhì)求出∠ACD=3∠DCE，即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，∠BCD=90°，

∵∠ACB=24°，

∴∠ACD=90°-24°=66°，

∵∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠E，∠AFC=∠FAE+∠E

∴∠AFC=2∠E

∵AB∥CD

∴∠E=∠DCE

∴∠ACD=3∠DCE=66°，

∴∠DCE=22°

故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)等知識點，能求出∠FEA的度數(shù)是解此題的關(guān)鍵．12、C【解析】

從對角線的角度看，一個四邊形需滿足其兩條對角線垂直、平分且相等才能判定是正方形，由于菱形的對角線已經(jīng)垂直，所以要判定四邊形BFDE是正方形，只需證明BD和EF相等且平分，據(jù)此逐項判斷即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，A、若AE=CF，則OE=OF，但EF與BD不一定相等，所以不能判定四邊形BFDE是正方形，本選項不符合題意；B、若OE=OF，同樣EF與BD不一定相等，所以不能判定四邊形BFDE是正方形，本選項也不符合題意；C、若∠EBD=45°，∵∠BOE=90°，∴∠BEO=45°，∴OE=OB，∵AD=CD，∴∠DAE=∠DCF，又∵∠ADE=∠CDF，∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE=CF，∴OE=OF，∴EF=BD，∴四邊形BFDE是正方形，本選項符合題意；D、若∠DEF=∠BEF，由C選項的證明知OE=OF，但不能證明EF與BD相等，所以不能判定四邊形BFDE是正方形，本選項不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)和正方形的判定，屬于常考題型，熟練掌握菱形的性質(zhì)和正方形的判定方法是解題的關(guān)鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、①③④【解析】

根據(jù)矩形的性質(zhì)得：BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由角平分線可得△ADF是等腰直角三角形，則BC=DF=AD，故①正確；先求出∠BAE=45°，判斷出△ABE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=BE，∠AEB=45°，從而得到BE=CD；再求出△CEF是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得CG=EG，再求出∠BEG=∠DCG=135°，然后利用“邊角邊”證明△BEG≌△DCG，得到∠BGE=∠DGC，由∠BGE＜∠AEB，得到∠DGC=∠BGE＜45°，∠DGF＜135°，故②錯誤；由全等三角形的性質(zhì)可得∠BGE=∠DGC，即可得到③正確；由△BGD是等腰直角三角形得到BD=5a，求得S△BDG，過G作GM⊥CF于M，求得S△DGF，進(jìn)而得出答案．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°．∵AF平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAF=45°，∴△ADF是等腰直角三角形，∴DF=AD，∴BC=DF，故選項①正確；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB=BE，∠AEB=45°．∵AB=CD，∴BE=CD；∵∠CEF=∠AEB=45°，∠ECF=90°，∴△CEF是等腰直角三角形．∵點G為EF的中點，∴CG=EG，∠FCG=45°，∴∠BEG=∠DCG=135°．在△BEG和△DCG中，∵，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴∠BGE=∠DGC．∵∠BGE＜∠AEB，∴∠DGC=∠BGE＜45°．∵∠CGF=90°，∴∠DGF＜135°，故②錯誤；∵△BEG≌△DCG，∴∠BGE=∠DGC，BG=DG．∵∠EGC=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG，故③正確；∵3AD=4AB，∴，∴設(shè)AB=3a，則AD=4a．∵BD=5a，∴BG=DGa，∴S△BDGa1．過G作GM⊥CF于M．∵CE=CF=BC﹣BE=BC﹣AB=a，∴GMCFa，∴S△DGF?DF?GM4aa=a1，∴S△BDGS△DGF，∴4S△BDG=15S△DGF，故④正確．故答案為①③④．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明三角形全等和等腰直角三角形是解決問題的關(guān)鍵．14、62°【解析】

證明≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AO=CO，根據(jù)菱形的性質(zhì)有：AD=DC，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得到DO⊥AC，即∠DOC=90°.根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DCA=28°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求解.【詳解】四邊形ABCD是菱形，AD//BC,在與中，，≌；AO=CO，AD=DC，∴DO⊥AC，∴∠DOC=90°.∵AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA.∵∠BAC=28°，∠BAC=∠DCA.，∴∠DCA=28°，∴∠ODC=90°-28°=62°.故答案為62°【點睛】考查菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等，比較基礎(chǔ)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵.15、3或1.【解析】

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知△ACB≌△AED，推出∠CAB=∠EAD=∠CBA，則當(dāng)∠DAF=∠CBA時，分兩種情況，一種是A，F(xiàn)，E三點在同一直線上，另一種是D，A，C在同一條直線上，可分別求出CP的長度．【詳解】解：∵AC=BC=10，

∴∠CAB=∠CBA，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，△ACB≌△AED，

∴AE=AC=10，∠CAB=∠EAD=∠CBA，

①∵∠DAF=∠CBA，

∴∠DAF=∠EAD，

∴A，F(xiàn)，E三點在同一直線上，如圖1所示，

過點C作CH⊥AB于H，

則AH=BH=AB=7，

∵EP⊥AC，

∴∠EPA=∠CHA=90°，

又∵∠CAH=∠EAP，CA=EA，

∴△CAH≌△EAP（AAS），

∴AP=AH=7，

∴PC=AC-AP=10-7=3；

②當(dāng)D，A，C在同一條直線上時，如圖2，

∠DAF=∠CAB=∠CBA，

此時AP=AD=AB=7，

∴PC=AC+AP=10+7=1.

故答案為：3或1．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定等，解題的關(guān)鍵是能夠分類討論，求出兩種情況的結(jié)果．16、【解析】

延長EF交CB于M，連接DM，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD=DC，∠A=∠BCD=90°，由折疊的性質(zhì)得到∠DFE=∠DFM=90°，通過Rt△DFM≌Rt△DCM，于是得到MF=MC．由等腰三角形的性質(zhì)得到∠MFC=∠MCF由余角的性質(zhì)得到∠MFC=∠MBF，于是求得MF=MB，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】如圖，延長EF交CB于M，連接DM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，∵將△ADE沿直線DE對折得到△DEF，∴∠DFE=∠DFM=90°，在Rt△DFM與Rt△DCM中，，∴Rt△DFM≌Rt△DCM（HL），∴MF=MC，∴∠MFC=∠MCF，∵∠MFC+∠BFM=90°，∠MCF+∠FBM=90°，∴∠MFB=∠MBF，∴MB=MC，∴MF=MC=BM=，設(shè)AE=EF=x，∵BE2+BM2=EM2，即（1-x）2+（）2=（x+）2，解得：x=，∴AE=，故答案為：．【點睛】本題考查了翻折變換-折疊問題，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．17、5【解析】

由已知條件易得，，兩者結(jié)合即可求得所求式子的值了.【詳解】∵，∴，∵，∴.故答案為：5.【點睛】“能由已知條件得到和”是解答本題的關(guān)鍵.18、k＜1【解析】分析：根據(jù)題意可以用含k的式子表示n，從而可以得出k的取值范圍.詳解：∵一次函數(shù)y=kx+2（k≠1）的圖象與x軸交于點A（n，1），∴n=﹣，∴當(dāng)n＞1時，﹣＞1，解得，k＜1，故答案為k＜1．點睛：本題考查一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用一次函數(shù)的性質(zhì)和不等式的性質(zhì)解答.三、解答題（共78分）19、(1)m≤1且m≠0(2)m＝－2【解析】

（1）根據(jù)一元二次方程的定義和判別式得到m≠0且Δ＝(－2)2－4m≥0，然后求解不等式即可；（2）先根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到x1＋x2＝，x1x2＝，再將已知條件變形得x1x2－(x1＋x2)＝，然后整體代入求解即可.【詳解】(1)根據(jù)題意，得m≠0且Δ＝(－2)2－4m≥0，解得m≤1且m≠0.(2)根據(jù)題意，得x1＋x2＝，x1x2＝，∵x1x2－x1－x2＝，即x1x2－(x1＋x2)＝，∴－＝，解得m＝－2.【點睛】本題考查一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系（韋達(dá)定理），根的判別式：（1）當(dāng)△=b2﹣4ac＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）當(dāng)△=b2﹣4ac=0時，方程有有兩個相等的實數(shù)根；（3）當(dāng)△=b2﹣4ac＜0時，方程沒有實數(shù)根.韋達(dá)定理：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有兩個實數(shù)根x1，x2，那么x1+x2=，x1x2=.20、(1);(2)x＞3.【解析】

（1）根據(jù)直線y=kx+2與直線相交于點A（3，1），與x軸交于點B可以求得k的值和點B的坐標(biāo)；

（2）根據(jù)函數(shù)圖象可以直接寫出不等式kx+2＜的解集．【詳解】（1），解得：（2），解得：x＞3【點睛】本題考查一次函數(shù)與一元一次不等式，解題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答問題．21、第一批盒裝花每盒的進(jìn)價是27元【解析】

設(shè)第一批盒裝花的進(jìn)價是x元/盒，則第一批進(jìn)的數(shù)量是：，第二批進(jìn)的數(shù)量是：，再根據(jù)等量關(guān)系：第二批進(jìn)的數(shù)量=第一批進(jìn)的數(shù)量×1.5可得方程．【詳解】設(shè)第一批盒裝花每盒的進(jìn)價是x元，則第二批盒裝花每盒的進(jìn)價是（x﹣3）元，根據(jù)題意得：1.5×＝，解得：x＝27，經(jīng)檢驗，x＝27是所列分式方程的解，且符合題意．答：第一批盒裝花每盒的進(jìn)價是27元．【點睛】本題考查了分式方程的應(yīng)用．注意，分式方程需要驗根，這是易錯的地方．22、每件童裝應(yīng)降價1元.【解析】

設(shè)每件童裝應(yīng)降價x元，原來平均每天可售出1件，每件盈利40元，后來每件童裝降價4元，那么平均每天就可多售出8件．要想平均每天銷售這種童裝上盈利110元，由此即可列出方程（40-x）（1+2x）=110，解方程就可以求出應(yīng)降價多少元．【詳解】如果每件童裝降價4元，那么平均每天就可多售出8件，則每降價1元，多售2件，設(shè)降價x元，則多售2x件．設(shè)每件童裝應(yīng)降價x元，依題意得（40-x）（1+2x）=110，整理得x2-30x+10=0，解之得x1=10，x2=1，因要減少庫存，故x=1．答：每件童裝應(yīng)降價1元．【點睛】首先找到關(guān)鍵描述語，找到等量關(guān)系，然后準(zhǔn)確的列出方程是解決問題的關(guān)鍵．最后要判斷所求的解是否符合題意，舍去不合題意的解．23、(1)50；補(bǔ)圖見解析；(2)10，13.1；(3)154人.【解析】

(1)有題意可知，捐款15元的有14人，占捐款總?cè)藬?shù)的28%，由此可得總?cè)藬?shù)，將捐款總?cè)藬?shù)減去捐款5、15、20、25元的人數(shù)可得捐10元的人數(shù)；(2)從條形統(tǒng)計圖中可知，捐款10元的人數(shù)最多，可知眾數(shù)，將50人的捐款總額除以總?cè)藬?shù)可得平均數(shù)；(3)由抽取的樣本可知，用捐款20及以上的人數(shù)所占比例估計總體中的人數(shù)．【詳解】(1)本次抽查的學(xué)生有：14÷28%=50(人)，則捐款10元的有50﹣9﹣14﹣7﹣4=16(人)，補(bǔ)全條形統(tǒng)計圖圖形如下：故答案為50；(2)由條形圖可知，捐款10元人數(shù)最多，故眾數(shù)是10；這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為：=13.1；故答案為10，13.1．(3)捐款20元及以上(含20元)的學(xué)生有：×700=154(人)；【點睛】此題考查條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖；加權(quán)平均數(shù)；眾數(shù)，解題關(guān)鍵在于看懂圖中數(shù)據(jù)24、（1）△ACP≌△BPQ，理由見解析；線段PC與線段PQ垂直（2）1或（3）9s【解析】

（1）利用SAS證得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，進(jìn)一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出結(jié)論即可；

（2）由△ACP≌△BPQ，分兩種情況：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程組求得答案即可．（3）因為VQ＜VP，只能是點P追上點Q，即點P比點Q多走PB+BQ的路程，據(jù)此列出方程，解這個方程即可求得．【詳解】（1）當(dāng)t=1時，AP=BQ=3，BP=AC=9，又∵∠A=∠B=90°，在△ACP與△BPQ中，，∴△ACP≌△BPQ（SAS），∴∠ACP=∠BPQ，∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，∠CPQ=90°，則線段PC與線段PQ垂直.（2）設(shè)點Q的運(yùn)動速度x,①若△ACP≌△BPQ，則AC=BP，AP=BQ，，解得，②若△ACP≌△BPQ，則AC=BQ，AP=BP，解得，綜上所述，存在或使得△ACP與△BPQ全等.（3）因為VQ＜VP，只能是點P追上點Q，即點P比點Q多走PB+BQ的路程，設(shè)經(jīng)過x秒后P與Q第一次相遇，∵A