2022-2023学年江西科技学院附中八年级（下）段考数学试卷（B卷）（含解析）

这是一份2022-2023学年江西科技学院附中八年级（下）段考数学试卷（B卷）（含解析），共26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.在平面直角坐标系中，点P(−3,m2+1)关于原点对称点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.抛物线的函数表达式为y=3(x−2)2+1，若将x轴向上平移2个单位长度，将y轴向左平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为( )
A. y=3(x+1)2+3B. y=3(x−5)2+3
C. y=3(x−5)2−1D. y=3(x+1)2−1
3.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC，CD，AD的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为( )
A. 3+ 3B. 2+2 3C. 2+ 3D. 1+2 3
4.某商店销售连衣裙，每条盈利40元，每天可以销售20条.商店决定降价销售，经调查，每降价1元，商店每天可多销售2条连衣裙.若想要商店每天盈利1200元，每条连衣裙应降价( )
A. 5元B. 10元C. 20元D. 10元或20元
5.某农场拟建一间矩形种牛饲养室，饲养室的一面靠现有墙(墙足够长)，并在如图所示位置留2m宽的门，已知计划中的建筑材料可建围墙(不包括门)的总长度为50m.设饲养室长为xm，占地面积为ym2，则y关于x的函数表达式是( )
A. y=−x2+50xB. y=−12x2+24xC. y=−12x2+25xD. y=−12x2+26x
6.设m、n是常数，且n4ac；②abc>0；③2a+b=0；④a−b+c0.其中正确结论的序号是______．
12.已知Rt△ABC中，∠A=90°，AC=2AB=4，D，E分别是AB，BC的中点，连接DE，将△BDE绕顶点B旋转，当点E到直线AB的距离为1时，CE的长为______．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
已知关于x的一元二次方程x2−6x+2m−1=0有x1，x2两实数根．
(1)若x1=1，求x2及m的值；
(2)是否存在实数m，满足(x1−1)(x2−1)=6m−5？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
14.(本小题6分)
如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠AOB=60°，对角线AC所在的直线绕点O顺时针旋转角α(0°0，c0，
∴abc0
∴2a+b=4a>0，∴③错误；
∵x=−1时，y0，
把b=2a代入得：3a+c>0，选项⑤正确；
故答案为①④⑤．
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴x=−1计算2a+b与0的关系；再由根的判别式与根的关系，进而对所得结论进行判断．
本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
12.【答案】3或5或 41
【解析】解：在Rt△ABC中，∠A=90°，D，E分别是AB，BC的中点，如图1，
∴△BDE为直角三角形，
∵AC=2AB=4，
∴AB=2，BD=1，DE=2，
∴BE= 12+22= 5，
若点E到直线AB的距离为1，则可分四种情况进行讨论，
①当点E在直线AB的右侧，点E在上方时，如图2，过点D作DF⊥AC，
∵点E到直线AB的距离为1，BD=1，
∴DE/​/AB，E、D、F三点共线，
∵DF⊥AC，BD⊥DE，
∴四边形BDFA是矩形，
∴DF=AB=2，CF=AC−AF=AC−BD=3，
∴EF=4，
∴CE= CF2+EF2=5；
②当点E在直线AB的左侧，点E在上方时，如图3，过点E作EG⊥AC交CA延长线于点G，过点B作BH⊥EG，则EG/​/AB，
∵点E到直线AB的距离为1，
∴BH=1，
∴EH= BE2−BH2=2，
由题意可得：四边形ABHG为矩形，
∴AG=BH=1，AB=HG=2，
∴CG=5，
∴CE= CG2+EG2= 41；
③当点E在直线AB的左侧，点E在下方时，如图4，
∵点E到直线AB的距离为1，BD=1，
∴BD⊥AB，
∴四边形ABDE为矩形，
∴AE=BD=1，E、A、C三点共线，
∴CE=AC+AE=5；
④如图5，当点E在直线AB的右侧，点E在下方时，
BE= 5，AB=2，点E到直线AB的距离为1，
可以确定点E在线段AC上，且AE=1，
则CE=3，
综上，CE的长为3或5或 41．
根据三角形中位线求得DE，利用勾股定理求得BE的长度，再利用旋转的性质，根据点E到直线AB的距离为1，分类讨论求解即可．
此题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理以及三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解．
13.【答案】解：(1)根据题意得，x1x2=ca=2m−1，x1+x2=6，
若x1=1，1+x2=6，解得x2=5，
∵5=ca=2m−1，
解得：m=3；
(2)存在；
∵(x1−1)(x2−1)=6m−5，
∴x1x2−(x1+x2)+1=6m−5，
∵x1+x2=6，x1x2=2m−1，
∴2m−1−6+1=6m−5，
整理得：m2−8m+12=0，
解得：m1=2，m2=6，
经检验m1=2，m2=6为原方程的解，
又∵一元二次方程x2−6x+2m−1=0有两个实数根，
∴Δ=(−6)2−4(2m−1)≥0，
解得：m≤5，
∴m=2．
【解析】(1)根据一元二次方程根和系数的关系，得到x1+x2=6，x1x2=2m−1，即可求出x2及m的值；
(2)将x1+x2=6，x1x2=2m−1代入(x1−1)(x2−1)=6m−5，整理得：m2−8m+12=0，求出m的值，然后再舍去不合题意的值即可．
本题考查了一元二次方程根的判别式，根和系数的关系，解分式方程，熟练掌握一元二次方程根和系数的关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca是解题关键．
14.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，AO=CO，
∴∠AEO=∠CFO，
在△AOE和△COF中，
∠AEO=∠CFO∠AOE=∠COFAO=CO，
∴△AOE≅△COF(AAS)；
(2)当α=90°时，四边形AFCE为菱形，
理由：∵△AOE≅△COF，
∴OE=OF，
又∵AO=CO，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵∠AOE=90°，
∴四边形AFCE为菱形．
【解析】(1)由“AAS”可证△AOE≅△COF；
(2)由全等三角形的性质可得OE=OF，可证四边形AFCE为平行四边形，由菱形的判定可得结论．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，矩形的性质等知识，证明△AOE≅△COF是解题的关键．
15.【答案】解：(1)令x=0得y=8，所以抛物线与y轴的交点坐标为(0,8)；
(2)令y=0得x1=−4，x2=1，所以对称轴方程为x=−1.5；
(3)根据y=−2(x+4)(x−1)可知：抛物线在x轴上方的部分所对应的自变量x的取值范围是−4