四川省达州市万源市黄钟中学2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟测试题（含解析）

这是一份四川省达州市万源市黄钟中学2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟测试题（含解析），共32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．顺次连结对角线相等的四边形各边中点所得的四边形必定是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．平行四边形
2．下列函数中，y是x的反比例函数的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图是一个放置在水平试验台上的锥形瓶，从上往下看该立体图形得到的平面图形是（ ）

A． B． C． D．
4．用配方法解一元二次方程，下面配方正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．在智力竞答节目中，某参赛选手答对最后两题单选题就能利通关，两题均有四个选项，此选手只能排除第1题的一个错误选项，第2题完全不会，他还有两次“求助”机会（使用可去掉一个错误选项），为提高通关概率，他的求助使用策略为（ ）
A．两次求助都用在第1题B．两次求助都用在第2题
C．在第1第2题各用一次求助D．两次求助都用在第1题或都用在第2题
6．如图，在中，点，分别在边，上，与不平行，添加下列条件之一仍不能判定的是（ ）

A．B．C．D．
7．2018（第七届）绵阳之春国际车展将于2018年4月18日-22日在绵阳国际会展中心盛大举行．某品牌汽车为了推广宣传，特举行“趣味答题闯关赢大奖”活动，参与者需连续闯过三关方能获得终极大奖．已知闯过第一关的概率为，连续闯过两关的概率为，连续闯过三关的概率为，已经连续闯过两关的参与者获得终极大奖的概率为 （ ）
A．B．C．D．
8．若关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是 （ ）．
A．B．C．且D．且
9．如图所示，在中，，，于，是线段上一个动点，以为直角顶点向下作等腰，连结，，则的最小值为( )

A．B．C．D．
10．如图，在一张矩形纸片中，，点E，F分别在边上，将纸片沿直线折叠，点C落在边上的点H处，点D落在点G处，有下列四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段长的取值范围是；④当点H与点A重合时， 2，其中，正确的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．两个相似多边形的面积比是，其中较小多边形的周长为，则较大多边形的周长为 ．
12．若反比例函数的图象不经过第一象限，则的取值范围是 ．
13．由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，如图所示，则搭成该几何体的小正方体最多是 个．
14．如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点O，连接．若，则另一条直角边的长为 ．
15．若实数，分别满足，，且，则的值为 ．
16．如图，把矩形纸片放入平面直角坐标系中，使分别落在x轴、y轴上，连接，将纸片沿折叠，使点B落在点D的位置，与y轴交于点E，若，则点E的坐标为 ．
三、解答题（共72分）
17．解下列方程：
(1)
(2)
18．一个两位数，十位数字与个位数字之和是5，把这个两位数的个位数字与十位数字对调后，所得的新两位数与原来两位数的乘积为736，求原来的两位数．
19．如图，小华在晚上由路灯A走向路灯B．当他走到点P时，发现他身后影子的顶部刚好接触到路灯A的底部G；当他向前再步行12米到达点Q时，发现他身前影子的顶部刚好接触到路灯B的底部D．已知小华的身高是1.6米，两个路灯的高度都是9.6米，且．
(1)求两个路灯之间的距离；
(2)当小华走到路灯B的底部D时，他在路灯A下的影长是多少?
20．关于x的一元二次方程有两个实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若的两条直角边，的长恰好是此方程的两个实数根，斜边，求的周长．
21．如图，矩形ABCD 和正方形ECGF，其中E、H分别为AD、BC中点，连结AF、HG、AH.
（1）求证：；
（2）求证：；
22．在一个不透明的口袋里装有若干个相同的红球，为了估计袋中红球的数量，七年级（2）班学生在数学实验室分组做摸球试验：每组先将10个与红球大小、形状完全相同的白球装入袋中，搅匀后从中随机摸出一个球并记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下面是全班各小组的汇总数据统计表：
(1)表中的________；
(2)请估计当摸球次数s很大时，摸到白球的频率将会接近________（精确到）
(3)试估算摸到红球的概率是________（精确到）
(4)试估算这个不透明的口袋中红球的个数．
23．如图，反比例函数的图像经过点，一次函数的图像经过点且与反比例函数图像的另一个交点为．

(1)求一次函数与反比例函数的解析式，并在图中画出该一次函数的图像；
(2)结合图像，直接写出不等式组的解集_________．
(3)把的图像向下平移4个单位长度，若平移后的直线与反比例函数的图像在第三象限交于点，求的面积．
24．探索发现
如图（1），在正方形中，为边上不与重合的点，过点三点分别作的垂线，垂足分别为．

（1）求证：；
（2）求证：．
迁移拓展
如图（2），在正方形中，为直线上一点，过点作的垂线，垂足为，若，直接写出的长．
25．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
(1)请直接写出点A的坐标为________，点D的坐标为________；
(2)点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
(3)点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形?若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与解析
1．A
【分析】本题考查菱形的判定和三角形的中位线定理，解题的关键是掌握菱形的判定和三角形的中位线定理．
【详解】如图，
，E、F、G、H分别是线段、、、的中点，
∴、分别是、的中位线，、分别是、的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
故选A．
2．D
【分析】根据反比例函数的定义：一般地，形如或（是常数，）的函数叫做是的反比例函数，逐项判断即可得．
【详解】解：A、是正比例函数，则此项不符题意；
B、叫做是的反比例函数，则此项不符题意；
C、，当时，是的反比例函数，则此项不符合题意；
D、是反比例函数，则此项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数，熟记定义是解题关键．
3．B
【分析】根据圆柱和圆台的几何特征，结合俯视图的性质进行判断即可．
【详解】该几何图形是由圆柱和圆台构成，从上往下看，圆柱和圆台的底面都是圆，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆柱和圆台的俯视图的判断，属于容易题．
4．A
【分析】先化二次项系数为1，把常数项3右移，然后等式两边同时加上一次项系数−的一半的平方，再整理即可．
【详解】解：由原方程得，−x=-3，
配方得：−x+=-3+，即．
故选：A．
【点睛】本题考查解一元二次方程-配方法，配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号右边；（2）把二次项系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方，
5．D
【分析】根据题意，分类讨论，列举或画出树状图列出等可能的情况，根据概率公式求出每一种情况下的概率，即可判断．
【详解】解：①若两次求助都用在第1题，
假设D选项是第1题的正确选项，选手可以排除的是A选项，使用两次求助时存在三种等可能的情况：
第一种：求助排除AB选项，还剩CD两个选项，答对的概率是，
第二种：求助排除AC选项，还剩BD两个选项，答对的概率是，
第三种：求助排除BC选项，只剩D一个选项，答对的概率是1，
因此第一题答对的概率为：，第2题答对的概率为，
故此时该选手通关的概率为：；
②若在第1第2题各用一次求助，
假设D选项是第1题的正确选项，选手可以排除的是A选项，使用一次求助时存在三种等可能的情况：
第一种：求助排除A选项，还剩BCD三个选项，答对的概率是，
第二种：求助排除B选项，还剩CD两个选项，答对的概率是，
第三种：求助排除C选项，还剩BD两个选项，答对的概率是，
因此第一题答对的概率为：，
第2题使用一次求助后，还剩3个选项，其中只有一个正确选项，因此答对的概率为，
故此时该选手通关的概率为：；
③两次求助都用在第2题，
画树状图如下：上层A、B、C表示第一题剩下的三个选项，下层A、B表示第二题剩下的二个选项，

共有6种等可能的结果，其中该选手通关的可能只有1种，故此时该选手通关的概率为：.
∵，
∴两次求助都用在第1题或都用在第2题时，该选手通关的概率大，
故选：D．
【点睛】此题考查的是求概率问题，掌握画树状图的方法、概率公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
6．B
【分析】由于，则根据相似三角形的判定方法可对各选项进行判断．
【详解】解：，
当时，，故A不合题意；
当时，，故C不合题意；
当时，，故D不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
7．D
【分析】设已经连续闯过两关并获得终极大奖的概率为，由获得终极大奖是在连续闯过两关的基础上再闯过第三关，则存在概率关系：连续闯过两关的概率与过第三关的概率之积等于连续闯过三关的概率，由此等量关系可得方程，解方程即可．
【详解】设已经连续闯过两关并获得终极大奖的概率为，由题意得，，
解得：．
故选：D．
【点睛】本题考查了概率的求法，清楚连续闯两关的概率与过第三关的概率之积等于连续闯三关的概率是解答本题的关键．
8．C
【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式．关于x的一元二次方程有实数根，则，且，求出k的取值范围即可．
【详解】解：关于x的一元二次方程有实数根，
则，且，
∴，
解得：且，
故选：C．
9．B
【分析】当 时，DE有最小值，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】连接AE
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴E点的运动轨迹为射线AE
∴当DE最短时，
即当 时，DE有最小值
∵在 中，
∴
∵
∴ 是等腰直角三角形
∴
∴DE的最小值是2
故答案为：B．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质以线段的最值问题，掌握相似三角形的性质以及判定定理、等腰直角三角形的性质是解题的关键．
10．C
【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得，由点C落在上的一点H处，不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若与重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值，可判断③；如图，过点H作于M，由勾股定理可求的长，可判断④；即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，
若平分，
∴，
∴，
∵点C落在上的一点H处，
∴不一定等于30°
∴不一定平分，故②错误；
当点H与点A重合时，有最小值，
设，则，
在中，，
即，解得，
∴，
若落在上时，有最大值，
∴四边形是正方形，
∴，
∴最大值为4，
∴，故③正确；
如图，过点F作于M，

∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故选C.
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
11．##54厘米
【分析】本题考查相似多边形的性质．掌握相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
【详解】解：两个相似多边形的面积比是，面积比是周长比的平方，
∴大多边形与小多边形的相似比是．
∵相似多边形周长的比等于相似比，
∴设大多边形的周长为，
则有，
解得：，
经检验，是原方程的解，
∴大多边形的周长为．
故答案为．
12．
【分析】根据图象在坐标平面内的位置：不经过第一象限，则，解之即可求得的取值范围，从而求解．
【详解】解：反比例函数的图象不经过第一象限，
则经过二四象限，
∴．
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图象性质，熟练掌握反比例函数的图象性质是解题的关键．
13．7
【分析】根据主视图和俯视图的定义即可得．
【详解】解：由主视图和俯视图可知，搭成该几何体的小正方体最多如图所示：其中，各数字表示所在行、列上小正方体的最多的个数，
则搭成该几何体的小正方体最多是（个），
故答案为：7．
【点睛】本题考查了主视图和俯视图，在俯视图上表示出正确的数字是解题的关键．
14．5
【分析】过O作，过A作，可得四边形为矩形，推出，根据正方形的性质得出，求出，根据证，推出，得出等腰三角形三角形，根据勾股定理求出，求出，即可求出答案．
【详解】解：过O作于F，过A作于M，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，有一定的难度．
15．
【分析】先根据题意可以把、看作是一元二次方程的两个实数根，利用根与系数的关系得到，再代入代数式进行求解即可．
【详解】解：∵、分别满足，
∴可以、看作是一元二次方程的两个实数根，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
16．
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质证明，设，则，利用勾股定理可得进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，
∵将纸片矩形沿折叠，使点B落在点D的位置，
,
,
，
∵点B的坐标为，
，，
设，则，
在中，，
解得，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和平行线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，再利用勾股定理列出等式进行求解即可．
17．(1)；
(2)．
【分析】（1）去括号、移项合并，然后应用提公因式法解方程即可；
（2）运用配方法解方程即可．
【详解】（1）解：
即
解得：．
（2）
．
【点睛】本题考查了解一元二次方程；根据方程特点选择适当的方式解方程是解题的关键．
18．23或32
【分析】设原来两位数的十位数字为x，则个位数字为5－x，然后可表示出两个两位数，然后根据它们的乘积为736，可列一元二次方程，然后解方程即可．
【详解】解：设原来两位数的十位数字为x，则个位数字为5－x，
根据题意，得[10x＋（5－x）]·[10（5－x）＋x]＝736
解得x1＝2，x2＝3
当x＝2时，5－x＝3，符合题意，原来的两位数是23．
当x＝3时，5－x＝2，符合题意，原来的两位数是32
答：原来的两位数是23或32
【点睛】本题考查理解题意能力，可看出本题是数字问题，数字问题关键是设法，设个位上的数字或十位上的数字，然后根据题目所给的条件列方程求解．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形对应线段成比例是解题的关键．
（1）先证明，得到，代入数值求出答案；
（2）如图，他在路灯A下的影子为，证明，得到求出答案．
【详解】（1）设.
∵，
∴，
∴，即，
解得，
经检验，是原分式方程的解，并且符合实际意义，
∴，
即两个路灯之间的距离．
（2）设小华走到路灯B的底部时头的顶部为E，连接，并延长交的延长线于点F，则即为此时他在路灯A下的影子长，
设 ，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
经检验，是原分式方程的解，并且符合实际意义，
所以当小华走到路灯B的底部时，他在路灯A下的影子长是．
20．(1)
(2)14
【分析】（1）由方程有两个实数根结合根的判别式，可得出，解之即可得出结论；
（2）根据根与系数的关系可得出，结合勾股定理可得出关于m的一元二次方程，解之可得出m的值，由方程的两根均为正值可确定m的值，再根据三角形的周长公式即可求出结论．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴．
解得：．
（2）解：设，是关于x的一元二次方程的两实数根，
∴，，
∵，
∴
，
根据勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
∴的周长为．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，根的判别式，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）根据题意可先证明四边形AHCE为平行四边形，再根据正方形的性质得到∴，，故可证明四边形AHGF是平行四边形，即可求解；
（2）根据四边形AHGF是平行四边形，得，根据四边形ABCD是矩形，可得 ，再根据平角的性质及等量替换即可证明.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，且E、H分别为AD、BC的中点，
∴，，
∴四边形AHCE为平行四边形，
∴，，
又∵四边形ECGF为正方形，
∴，，
∴，，
∴四边形AHGF是平行四边形，
∴；
（2）证明：∵四边形AHGF是平行四边形，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴；
【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知特殊平行四边形的性质定理.
22．(1)
(2)
(3)
(4)这个不透明的口袋中红球有15个
【分析】（1）根据题目表中的数据，直接计算摸到白球的频率即可得到答案；
（2）从表中的统计数据可知，摸到白球的频率稳定在左右；
（3）先利用频率估计概率可得摸到白球的概率，再利用1减去摸到白球的概率即可得；
（4）根据红球的概率公式得到相应方程求解即可．
【详解】（1）解：由表中数据可知摸到白球的频率；
故答案为：；
（2）解：由表格中计算的频率过程可知，当摸球次数s很大时，摸到白球的频率将会接近；
故答案为：；
（3）解：由题意得：摸到白球的概率为，
则摸到红球的概率是，
故答案为：；
（4）解：设红球的个数为x，根据题意，
得：，
解得：，
经检验是原方程的解，
答：这个不透明的口袋中红球有15个．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比，组成整体的几部分的概率之和为1．
23．(1)反比例函数的关系式为，一次函数的关系式为，在图中画出该一次函数的图像见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可得到答案，然后作出图像即可；
（2）不等式组的解集，数形结合，是指直线图像在反比例函数图像上方的部分对应的自变量的取值范围；
（3）根据函数图像平移，得到直线解析式，求出，再由平面直角坐标系中三角形面积求法求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图像经过点，
∴，
∴反比例函数的关系式为，
当时，，即点，
∵一次函数的图像经过点，点，
∴，解得，
∴一次函数的关系式为，
作图如下：

（2）解：如图所示：

不等式组的解集：或，
故答案为：或；
（3）解：如图所示：

把的图像向下平移4个单位长度，得到，
直线与反比例函数的图像在第三象限交于点，
，
．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、利用函数图像解不等式、平面直角坐标系中求三角形面积等，熟练掌握一次函数与反比例函数图像与性质是解决问题的关键．
24．探索发现：（1）见解析；（2）见解析；迁移拓展：或
【分析】探索发现：（1）根据正方形的性质，证明三角形全等即可求解；（2）如图，连接，作，交于点，根据正方形的性质可证，根据等腰直角三角形的性质，即可求解；迁移拓展：分类讨论，①如图，当点线段上时，作，延长交于点；②如图，当点的延长线上时；图形结合分析即可求解．
【详解】解：探索发现
（1）证明：如图所示，在正方形中，

，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
．
（2）证明：如图，连接，作，交于点，

，
，
∵四边形为正方形，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
，由（1）得，，
，
，
，
，
．
迁移拓展：
①如图，当点线段上时，作，延长交于点，

依题意，由①得：，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
，
，
，
，
，
∴，
设，
则，解得或（舍去），
，
设，则由可得，
解得：，即
，
∴；
②如图，当点的延长线上时，

同理可得：，
设，则由可得，解得：，
，
∴．
综上所得：的长是或．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合，掌握图形的变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，构造直角三角形，图形结合，分类讨论等知识是解题的关键．
25．(1)(-4，0)，(0，3)
(2)P(-，)；
(3)点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解一元二次方程即可求解；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，利用待定系数法求得直线OD1的解析式和直线AB的解析式，解方程组即可求解；
（3）分BN为边和BN为对角线两种情况讨论，利用正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质可求解．
【详解】（1）解：∵线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
解方程x2－7x＋12＝0得：x=4或3，
∴OA=4，OD=3，
∴点A的坐标为(-4，0)，点D的坐标为(0，3)；
故答案为：(-4，0)，(0，3)；
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解：∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，矩形的性质，正方形的性质，待定系数法求解析式，相似三角形 判定和性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
摸球次数
150
300
600
900
1200
1500
摸到白球的频数
63
123
247
365
484
603
摸到白球的频率