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2022-2023学年北京市石景山区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年北京市石景山区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23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学年北京市石景山区八年级（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. 在平面直角坐标系xOy中，点P(1,−2)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (−1,2) B. (1,−2) C. (−2,1) D. (2,−1)
2. 下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 解方程x2−4x=3，下列用配方法进行变形正确的是( )
A. (x−2)2=19 B. (x−4)2=7 C. (x−2)2=4 D. (x−2)2=7
4. 一元二次方程2x2−3x+5=0根的情况是( )
A. 有两个相等实数根 B. 有两个不相等实数根
C. 没有实数根 D. 无法判断
5. 下表是甲、乙两名同学八次射击测试成绩，设两组数据的平均数分别为x甲−，x乙−，方差分别为s甲2，s乙2，则下列说法正确的是( )
甲
7
8
7
4
9
10
7
4
乙
6
7
8
7
8
6
7
7
A. x甲−=x乙−，s甲2s乙2
C. x甲−>x乙−，s甲2s乙2
6. 某工厂由于采用新技术，生产量逐月增加，原来月产量为2000件，两个月后增至月产量为3000件.若设月平均增长率为x，则下列所列的方程正确的是( )
A. 2000(1+x)=3000 B. 2000(1+x)2=3000
C. 2000(1+x%)2=3000 D. 2000+2000(1+x)=3000
7. 如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A(3,0)，C(0,2)，将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，则旋转后点B的对应点坐标为( )
A. (−2,3)
B. (−2,0)
C. (0,3)
D. (2,3)
8. 小英以300米/分的速度匀速骑车8分钟到达某地，原地停留10分钟后以400米/分的速度匀速骑回出发地.小英距出发地的距离y(单位：千米)与时间x(单位：分)的函数图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 函数y= x−1中，自变量x的取值范围是______ ．
10. 已知x=2是关于x的一元二次方程x2+bx−5=0的一个根，则b的值是______ ．
11. 根据某班40名学生身高的频数分布直方图(每组不含起点值，含终点值)，回答下列问题：
(1)人数最多的身高范围是______ ；
(2)身高大于175cm的学生占全班人数的百分比是______ ．
12. 请写出一个图象平行于直线y=−5x，且过第一、二、四象限的一次函数的表达式______ ．
13. 已知点A(−2,y1)，B(3,y2)在一次函数y=2x−3的图象上，则y1______y2(填“>”，“<”或“=”)．
14. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，M，N分别是BC，DC边的中点，连接MN交AC于点P，以下说法正确的是______ (填写序号即可)．
①DA=DC
②OA=OB
③MN⊥AC
④∠ABD=60°
15. 在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=3，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH.若CH平分∠DCB，则DH的长是______ ．
16. 如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动；点Q从点B出发，沿线段BA以每秒2个单位长度的速度向终点A运动.P，Q两点同时出发，设点P运动的时间为t(单位：秒)，△APQ的面积为y.则y关于t的函数表达式为______ ．
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)
一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A(−2,5)，B(0,1).求一次函数的表达式．
19. (本小题5.0分)
已知：如图，E，F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE.求证：BF=DE．
20. (本小题5.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(4,−1)，B(5,5)，C(1,4)，点A关于x轴的对称点P．
(1)在平面直角坐标系中作出点C，点P；
(2)顺次连接O，P，B，C，所得的四边形是______ (写出一种特殊四边形，不必证明)．
21. (本小题5.0分)
下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC边的中点．
求证：DE//BC，且DE=12BC．
方法一：
证明：如图，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF．
方法二：
证明：如图，取BC中点G，连接GE并延长到点F，使EF=GE，连接AF．
22. (本小题5.0分)
甲、乙两人赛跑时，路程s(单位：米)和时间t(单位：秒)的关系如图所示，请你观察图象并回答：
(1)这次赛跑的总路程有______ 米.
(2)甲、乙两人中，______ 的速度比较快．
(3)求出发2秒后，甲、乙两人的距离．
23. (本小题6.0分)
已知：在矩形ABCD中，AC是对角线．
求作：菱形AECF，使点E，F分别在边AD，BC上．
作法：如图，
①分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径画弧，两弧在线段AC两侧分别交于点M，N；
②作直线MN交AC于点O，与AD，BC分别交于点E，F；
③连接AF，CE.所以四边形AECF就是所求的菱形．
根据上面设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接MA，MC；NA，NC．
∵MA=MC，NA=NC，
∴MN是AC的垂直平分线______ (填推理根据)．
∴EA=EC．
∴∠EAC=∠ECA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAC=∠FCA．
∴∠ECA= ______ ．
又MN⊥AC，
∴∠COE=∠COF=90°．
∴∠CEF=∠CFE．
∴CF=CE．
∴CF=EA．
又∵CF//EA，
∴四边形AECF是平行四边形______ (填推理根据)．
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形______ (填推理根据)．
24. (本小题6.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−2kx+2k−1=0．
(1)请判断这个方程根的情况；
(2)若该方程有一个根小于1，求k的取值范围．
25. (本小题6.0分)
如图，矩形草地ABCD中，AB=16m，AD=10m，点O为边AB中点，草地内铺了一条长和宽分别相等直角折线甬路(PO=PQ,OM=QN)，若草地总面积(两部分阴影之和)为132m2，求甬路的宽．
26. (本小题6.0分)
平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+b(k≠0)的图象与函数y=2x的图象交于点(1,m)．
(1)求b，m的值；
(2)当x<2时，对于x的每一个值，函数y=x+b(k≠0)的值大于函数y=2x+n的值，直接写出n的取值范围．
27. (本小题7.0分)
如图，正方形Rt△ABC中，点Rt△ABC在AD上(与点A，D不重合)，连接BE.将线段BE绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，过点F作FG⊥AD，交AD延长线于点G．
(1)依题意补全图形；
(2)连接DF，试判断DF与GF的数量关系，并证明．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，如果点P到原点O的距离为a，点M到点P的距离是a的k倍(k为正整数)，那么称点M为点P的k倍关联点．
(1)当点P1的坐标为(0,1)时，
①如果点P1的2倍关联点M在y轴上，那么点M的坐标是______ ；
如果点P1的2倍关联点M在x轴上，那么点M的坐标是______ ；
②如果点M(x,y)是点P1的k倍关联点，且满足y=−2，−1≤x≤4，那么k的最大值为______ ；
(2)如果点P2的坐标为(1,1)，且在函数y=x+b的图象上存在P2的2倍关联点，直接写出b的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：点(1,−2)关于原点对称的点的坐标是(−1,2)，
故选：A．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形．
2.【答案】C
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】D
【解析】解：x2−4x=3，
x2−4x+4=3+4，
(x−2)2=7，
故选：D．
利用解一元二次方程−配方法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握解一元二次方程−配方法是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵Δ=(−3)2−4×2×5=9−40=−31<0，
∴2x2−3x+5=0没有实数根，
故选：C．
求出根的判别式Δ=b2−4ac，判断其的符号就即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式Δ>0时，方程有两个不相等的实数根是解决问题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵x甲−=7+8+7+4+9+10+7+48=7，
S甲2=18×[3×(7−7)2+(8−7)2+2×(4−7)2+(9−7)2+(10−7)2]=4，
x乙−=6+7+8+7+8+6+7+78=7，
S乙2=18×[4×(7−7)2+2×(6−7)2+2×(8−7)2]=0.5，
∴x甲−=x乙−，S甲2>S乙2．
故选：B．
首先依据平均数=总数÷个数分别计算出x甲−，x乙−，即可判断其大小；再依据方差的计算公式分别计算甲、乙的方差即可作出判断．
本题主要考查平均数与方差，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2000(1+x)2=3000．
故选：B．
利用两个月后的月产量=原来的月产量×(1+月产量的平均增长率)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．
7.【答案】A
【解析】解：如图，
∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB，BC=OA，
∵C(0,2)，A(3,0)，
∴AB=OC=2，OA=BC=3，
由旋转变换的性质可知B′(−2,3)，
故选：A．
利用矩形的性质以及旋转变换的性质解决问题即可．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，得：以300米/分的速度匀速骑车8分钟，路程随时间匀速增加；在原地休息了10分钟，路程不变；以400米/分的速度骑回出发地，路程逐渐减少，且返回的时间为：2400÷400=6(分钟)，所以选项B的图象符合题意．
故选：B．
根据匀速行驶，可得路程随时间匀速增加，根据原地休息，路程不变，根据加速返回，可得路程随时间逐渐减少，可得答案．
本题考查了函数图象，根据题意判断路程与时间的关系是解题关键，注意休息时路程不变．
9.【答案】x≥1
【解析】解：由题意得：x−1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10.【答案】12
【解析】解：由题意得：把x=2代入方程x2+bx−5=0中得：
4+2b−5=0，
解得：b=12，
故答案为：12．
根据题意可得：把x=2代入方程x2+bx−5=0中得：4+2b−5=0，然后进行计算即可解答．
本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
11.【答案】165cm
则人数最多的身高范围是165cm
故答案为：40%．
(1)根据频数分布直方图即可看出人数最多的身高范围；
(2)用身高大于175cm的学生除以全班人数即可；
本题考查频数分布直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12.【答案】y=−5x+3(答案不唯一)
【解析】解：设一次函数为y=kx+b，
∵图象平行于直线y=−5x，
∴k=−5，
∵图象经过第一、二、四象限的一次函数，
∴b>0，
∴y=−5x+3；
故答案为：y=−5x+3(答案不唯一)．
设一次函数解析式为y=kx+b，根据图象图象平行于直线y=−5x，得k=−5，根据经过第一、二、四象限的一次函数，得k<0，b>0，代入符合条件的数即可．
本题考查一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确一次函数的性质，由题意可以得到k的值，b的正负情况．
13.【答案】<
【解析】解：∵k=2>0，
∴y随x的增大而增大．
又∵点A(−2,y1)，B(3,y2)在一次函数y=2x−3的图象上，且−2<3，
∴y1
由k=2>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，结合−2<3，即可得出y1
14.【答案】①③
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC，故①正确；AO=OC，OD=OB，故②错误；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵M，N分别是BC，DC边的中点，
∴MN是△CBD的中位线，
∴MN//BD，
∴MN⊥AC，故③正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∴△ABD是等腰三角形，
∴∠ABD不一定等于60°，故④错误，
故答案为：①③．
根据菱形的性质得到DA=DC，故①正确；AO=OC，OD=OB，故②错误；根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形的中位线定理得到MN//BD，根据平行线的性质得到MN⊥AC，故③正确；根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
15.【答案】 5
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC=3，
∴∠DCH=∠BHC，
∵CH平分∠DCB，
∴∠DCH=∠BCH，
∴∠BHC=∠BCH，
∴BH=BC=3，
∴AH=AB−BH=5−3=2，
∵DH⊥AB，
∴∠DHA=90°，
∴DH= AD2−AH2= 32−22= 5，
故答案为： 5．
由平行四边形的性质得AB//CD，AD=BC=3，再证∠BHC=∠BCH，得BH=BC=3，则AH=AB−BH=2，然后由勾股定理即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
16.【答案】y=t(5−t)(0≤t≤5)
【解析】解：∵10÷2=5(秒)，5÷1=5(秒)，
∴点P，Q同时到达终点．
当运动时间为t秒时，AP=t，BQ=2t，AQ=AB−BQ=10−2t，
∴y=12AP⋅AQ，
∴y=12t⋅(10−2t)，
即y=t(5−t)(0≤t≤5)．
故答案为：y=t(5−t)(0≤t≤5)．
利用时间=路程÷速度，可求出点P，Q到达终点的时间，当运动时间为t秒时，AP=t，AQ=10−2t，利用三角形的面积公式，即可得出y关于t的函数表达式．
本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，根据各数量之间的关系，找出y关于t的函数表达式是解题的关键．
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】解：把A(−2,5)，B(0,1)代入y=kx+b得：
−2k+b=5b=1，
解得：k=−2b=1，
故一次函数解析式为y=−2x+1．
【解析】把A、B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．
此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题关键．
19.【答案】证明：∵AF=CE，
∴AE=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=CB，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
AE=CF∠DAE=∠BCFAD=CB，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴BF=DE．
【解析】根据平行四边形的性质证明△ADE≌△CBF即可解答．
本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质．
20.【答案】菱形
【解析】解：(1)如图，点C，点P即为所求；
(2)顺次连接O，P，B，C，所得的四边形是菱形，
证明：由作图可知：AP=PB=BC=OC，
∴四边形OPBC是菱形．
故答案为：菱形．
(1)在平面直角坐标系中作出点C，根据关于x轴的对称点的坐标特征作出点P即可；
(2)顺次连接O，P，B，C，根据菱形的判定即可解决问题．
本题考查了作图−基本作图，菱形的判定，关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握菱形的判定．
21.【答案】解：选择方法一，
证明如下：在△AED和△CEF中，
AE=EC∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF(SAS)，
∴CF=AD，∠DAE=∠FCE，
∴CF//AB，
∵AD=DB，
∴CF=DB，
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF=BC，DF//BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，DE//BC；
方法二，证明△AEF≌△CEG，
得到四边形ABGF为平行四边形，仿照方法一证明．
【解析】证明△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得到CF=AD，∠DAE=∠FCE，再证明四边形DBCF为平行四边形，根据平行四边形的性质证明即可．
本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
22.【答案】60 甲
【解析】解：(1)根据图象，
这次赛跑的总路程有60米；
(2)根据图象，甲的倾斜程度比乙的倾斜程度大，
故甲、乙两人中，甲的速度比较快；
(3)V甲=605=12(米/秒)，
V乙=606=10(米/秒)，
∴出发2秒后，甲、乙两人的距离=2×12−2×10=24−20=4(米)，
故出发2秒后，甲、乙两人的距离为4米．
根据函数图象求解(1)和(2)，求出甲和乙的速度，求两人的距离用甲的路程−乙的路程，进而作答．
本题考查函数图象，数形结合；解题的关键是读懂图象并求出速度．
23.【答案】到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上 ∠FCA 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【解析】解：(1)如图：
连接MA，MC；NA，NC．
∵MA=MC，NA=NC，
∴MN是AC的垂直平分线(到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上)，
∴EA=EC．
∴∠EAC=∠ECA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAC=∠FCA．
∴∠ECA=∠FCA．
又MN⊥AC，
∴∠COE=∠COF=90°．
∴∠CEF=∠CFE．
∴CF=CE．
∴CF=EA．
又∵CF//EA，
∴四边形AECF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)，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)，
故答案为：到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上，∠FCA，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
(1)根据题中步骤作图；
(2)先证明四边形是平行四边形再证明是菱形．
本题考查了复杂作图，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)在已知一元二次方程x2−2kx+2k−1=0中a=1，b=−2k，c=2k−1，
∴Δ=(−2k)2−4×1×(2k−1)=4k2−8k+4=4(k−1)2≥0，
故原方程始终有两个实数根；
(2)x2−2kx+2k−1=0，
(x−1)(x−2k+1)=0，
解得x1=1，x2=2k−1，
由题意2k−1<1，即k<1，
故该方程的一个根小于1时，k<1．
故k的取值范围为k<1．
【解析】(1)根据根的判别式即可求出答案．
(2)求出方程的两根，根据题意列出方程即可求出答案．
本题考查了一元二次方程根的分布，解题的关键是熟练运用根的判别式以及方程的解法，本题属于中等题型．
25.【答案】解：∵点O为边AB中点，
∴OA=OB=16÷2=8(m)，
设甬路的宽为x m，
根据题意得，16×10−8×8+(8−x)2=132，
解得x=2或x=14(不合题意舍去)，
答：甬路的宽为2m．
【解析】根据线段的中点的定义得到OA=OB=16÷2=8(m)，设甬路的宽为x m，根据题意列方程即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵函数y=2x的图象过点(1,m)，
∴m=2×1=2，
∵一次函数y=x+b(k≠0)的图象与函数y=2x的图象交于点(1,2)，
∴2=1+b，
∴b=1；
(2)如图：
当x=2时，y=x+1=3，
把(2,3)代入y=2x+n得，4+n=3，
解得：n=−1，
观察图象，当x<2时，对于x的每一个值，函数y=x+b(k≠0)的值大于函数y=2x+n的值，则n≤−1．
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)根据数形结合，列式求解．
本题考查了两条直线相交或平行问题，数形结合思想是解题的关键．
27.【答案】解：(1)图形如图所示：
(2)结论；DF= 2GF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AB=AD，
∵FG⊥AG，
∴∠G=90°，
∵EB=ED，∠BEF=90°，
∴∠G=∠A=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠ABE=∠GEF，
∴△ABE≌△GEF(AAS)，
∴AE=FG，AB=EG，
∴EG=AD，
∴DG=AE=GF，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴DF= 2GF．
【解析】(1)根据要求作出图形；
(2)证明△ABE≌△GEF(AAS)，推出AE=FG，AB=EG，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，全等三角形的判定和性质，这发型的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
28.【答案】(0,−1)或(0,3)； (− 3,0)或( 3,0) 5
【解析】解：(1)当点P1的坐标为(0,1)时，
①点P1的2倍关联点M在y轴上，设M(0,n)，根据题意可得|n−1|=2×1，
解得n=−1或n=3，
∴M(0,−1)或(0,3)，
点P1的2倍关联点M在x轴上，设M(m,0)，根据题意可得 m2+12=2×1，
解得m=− 3或m= 3，
∴M(− 3,0)或( 3,0)，
故答案为：(0,−1)或(0,3)；(− 3,0)或( 3,0)；
②∵P1的坐标为(0,1)且M的纵坐标为y=−2，
根据题意，可知当x=4时，k的值最大，
∴ 32+42=k×1，
解得k=5，
故答案为：5；
(2)设在函数y=x+b的图象上的点N(n,n+b)是P2的2倍关联点，
根据题意，得 (n−1)2+(n+b−1)2=2× 12+12，
化简得2(n−1)2−2b(n−1)+b2−8=0，
∵Δ=(−2b)2−4×2×(b2−8)≥0，
解得−4≤b≤−4．
∴b的取值范围是：−4≤b≤−4．
(1)①根据k倍关联点的定义即可求出；
②根据k倍关联点的定义，且M的纵坐标为y=−2，可知x=4时，k值最大，列方程求解即可；
(2)设函数y=x+b的图象上点N(n,n+b)，根据2倍关联点的定义列方程得得 (n−1)2+(n+b−1)2=2× 12+12，再根据方程的判别式大于等于0，即可求出b的取值范围．
本题考查了新定义和一次函数图象与系数的关系，理解新定义并灵活运用是解题的关键．
2022-2023学年北京市石景山区八年级（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. 在平面直角坐标系xOy中，点P(1,−2)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (−1,2) B. (1,−2) C. (−2,1) D. (2,−1)
2. 下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 解方程x2−4x=3，下列用配方法进行变形正确的是( )
A. (x−2)2=19 B. (x−4)2=7 C. (x−2)2=4 D. (x−2)2=7
4. 一元二次方程2x2−3x+5=0根的情况是( )
A. 有两个相等实数根 B. 有两个不相等实数根
C. 没有实数根 D. 无法判断
5. 下表是甲、乙两名同学八次射击测试成绩，设两组数据的平均数分别为x甲−，x乙−，方差分别为s甲2，s乙2，则下列说法正确的是( )
甲
7
8
7
4
9
10
7
4
乙
6
7
8
7
8
6
7
7
A. x甲−=x乙−，s甲2
C. x甲−>x乙−，s甲2
6. 某工厂由于采用新技术，生产量逐月增加，原来月产量为2000件，两个月后增至月产量为3000件.若设月平均增长率为x，则下列所列的方程正确的是( )
A. 2000(1+x)=3000 B. 2000(1+x)2=3000
C. 2000(1+x%)2=3000 D. 2000+2000(1+x)=3000
7. 如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A(3,0)，C(0,2)，将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，则旋转后点B的对应点坐标为( )
A. (−2,3)
B. (−2,0)
C. (0,3)
D. (2,3)
8. 小英以300米/分的速度匀速骑车8分钟到达某地，原地停留10分钟后以400米/分的速度匀速骑回出发地.小英距出发地的距离y(单位：千米)与时间x(单位：分)的函数图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 函数y= x−1中，自变量x的取值范围是______ ．
10. 已知x=2是关于x的一元二次方程x2+bx−5=0的一个根，则b的值是______ ．
11. 根据某班40名学生身高的频数分布直方图(每组不含起点值，含终点值)，回答下列问题：
(1)人数最多的身高范围是______ ；
(2)身高大于175cm的学生占全班人数的百分比是______ ．
12. 请写出一个图象平行于直线y=−5x，且过第一、二、四象限的一次函数的表达式______ ．
13. 已知点A(−2,y1)，B(3,y2)在一次函数y=2x−3的图象上，则y1______y2(填“>”，“<”或“=”)．
14. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，M，N分别是BC，DC边的中点，连接MN交AC于点P，以下说法正确的是______ (填写序号即可)．
①DA=DC
②OA=OB
③MN⊥AC
④∠ABD=60°
15. 在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=3，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH.若CH平分∠DCB，则DH的长是______ ．
16. 如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动；点Q从点B出发，沿线段BA以每秒2个单位长度的速度向终点A运动.P，Q两点同时出发，设点P运动的时间为t(单位：秒)，△APQ的面积为y.则y关于t的函数表达式为______ ．
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)
一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A(−2,5)，B(0,1).求一次函数的表达式．
19. (本小题5.0分)
已知：如图，E，F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE.求证：BF=DE．
20. (本小题5.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(4,−1)，B(5,5)，C(1,4)，点A关于x轴的对称点P．
(1)在平面直角坐标系中作出点C，点P；
(2)顺次连接O，P，B，C，所得的四边形是______ (写出一种特殊四边形，不必证明)．
21. (本小题5.0分)
下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC边的中点．
求证：DE//BC，且DE=12BC．
方法一：
证明：如图，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF．
方法二：
证明：如图，取BC中点G，连接GE并延长到点F，使EF=GE，连接AF．
22. (本小题5.0分)
甲、乙两人赛跑时，路程s(单位：米)和时间t(单位：秒)的关系如图所示，请你观察图象并回答：
(1)这次赛跑的总路程有______ 米.
(2)甲、乙两人中，______ 的速度比较快．
(3)求出发2秒后，甲、乙两人的距离．
23. (本小题6.0分)
已知：在矩形ABCD中，AC是对角线．
求作：菱形AECF，使点E，F分别在边AD，BC上．
作法：如图，
①分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径画弧，两弧在线段AC两侧分别交于点M，N；
②作直线MN交AC于点O，与AD，BC分别交于点E，F；
③连接AF，CE.所以四边形AECF就是所求的菱形．
根据上面设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接MA，MC；NA，NC．
∵MA=MC，NA=NC，
∴MN是AC的垂直平分线______ (填推理根据)．
∴EA=EC．
∴∠EAC=∠ECA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAC=∠FCA．
∴∠ECA= ______ ．
又MN⊥AC，
∴∠COE=∠COF=90°．
∴∠CEF=∠CFE．
∴CF=CE．
∴CF=EA．
又∵CF//EA，
∴四边形AECF是平行四边形______ (填推理根据)．
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形______ (填推理根据)．
24. (本小题6.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−2kx+2k−1=0．
(1)请判断这个方程根的情况；
(2)若该方程有一个根小于1，求k的取值范围．
25. (本小题6.0分)
如图，矩形草地ABCD中，AB=16m，AD=10m，点O为边AB中点，草地内铺了一条长和宽分别相等直角折线甬路(PO=PQ,OM=QN)，若草地总面积(两部分阴影之和)为132m2，求甬路的宽．
26. (本小题6.0分)
平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+b(k≠0)的图象与函数y=2x的图象交于点(1,m)．
(1)求b，m的值；
(2)当x<2时，对于x的每一个值，函数y=x+b(k≠0)的值大于函数y=2x+n的值，直接写出n的取值范围．
27. (本小题7.0分)
如图，正方形Rt△ABC中，点Rt△ABC在AD上(与点A，D不重合)，连接BE.将线段BE绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，过点F作FG⊥AD，交AD延长线于点G．
(1)依题意补全图形；
(2)连接DF，试判断DF与GF的数量关系，并证明．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，如果点P到原点O的距离为a，点M到点P的距离是a的k倍(k为正整数)，那么称点M为点P的k倍关联点．
(1)当点P1的坐标为(0,1)时，
①如果点P1的2倍关联点M在y轴上，那么点M的坐标是______ ；
如果点P1的2倍关联点M在x轴上，那么点M的坐标是______ ；
②如果点M(x,y)是点P1的k倍关联点，且满足y=−2，−1≤x≤4，那么k的最大值为______ ；
(2)如果点P2的坐标为(1,1)，且在函数y=x+b的图象上存在P2的2倍关联点，直接写出b的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：点(1,−2)关于原点对称的点的坐标是(−1,2)，
故选：A．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形．
2.【答案】C
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、原图不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】D
【解析】解：x2−4x=3，
x2−4x+4=3+4，
(x−2)2=7，
故选：D．
利用解一元二次方程−配方法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握解一元二次方程−配方法是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵Δ=(−3)2−4×2×5=9−40=−31<0，
∴2x2−3x+5=0没有实数根，
故选：C．
求出根的判别式Δ=b2−4ac，判断其的符号就即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式Δ>0时，方程有两个不相等的实数根是解决问题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵x甲−=7+8+7+4+9+10+7+48=7，
S甲2=18×[3×(7−7)2+(8−7)2+2×(4−7)2+(9−7)2+(10−7)2]=4，
x乙−=6+7+8+7+8+6+7+78=7，
S乙2=18×[4×(7−7)2+2×(6−7)2+2×(8−7)2]=0.5，
∴x甲−=x乙−，S甲2>S乙2．
故选：B．
首先依据平均数=总数÷个数分别计算出x甲−，x乙−，即可判断其大小；再依据方差的计算公式分别计算甲、乙的方差即可作出判断．
本题主要考查平均数与方差，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2000(1+x)2=3000．
故选：B．
利用两个月后的月产量=原来的月产量×(1+月产量的平均增长率)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．
7.【答案】A
【解析】解：如图，
∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB，BC=OA，
∵C(0,2)，A(3,0)，
∴AB=OC=2，OA=BC=3，
由旋转变换的性质可知B′(−2,3)，
故选：A．
利用矩形的性质以及旋转变换的性质解决问题即可．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，得：以300米/分的速度匀速骑车8分钟，路程随时间匀速增加；在原地休息了10分钟，路程不变；以400米/分的速度骑回出发地，路程逐渐减少，且返回的时间为：2400÷400=6(分钟)，所以选项B的图象符合题意．
故选：B．
根据匀速行驶，可得路程随时间匀速增加，根据原地休息，路程不变，根据加速返回，可得路程随时间逐渐减少，可得答案．
本题考查了函数图象，根据题意判断路程与时间的关系是解题关键，注意休息时路程不变．
9.【答案】x≥1
【解析】解：由题意得：x−1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10.【答案】12
【解析】解：由题意得：把x=2代入方程x2+bx−5=0中得：
4+2b−5=0，
解得：b=12，
故答案为：12．
根据题意可得：把x=2代入方程x2+bx−5=0中得：4+2b−5=0，然后进行计算即可解答．
本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
11.【答案】165cm
则人数最多的身高范围是165cm
故答案为：40%．
(1)根据频数分布直方图即可看出人数最多的身高范围；
(2)用身高大于175cm的学生除以全班人数即可；
本题考查频数分布直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12.【答案】y=−5x+3(答案不唯一)
【解析】解：设一次函数为y=kx+b，
∵图象平行于直线y=−5x，
∴k=−5，
∵图象经过第一、二、四象限的一次函数，
∴b>0，
∴y=−5x+3；
故答案为：y=−5x+3(答案不唯一)．
设一次函数解析式为y=kx+b，根据图象图象平行于直线y=−5x，得k=−5，根据经过第一、二、四象限的一次函数，得k<0，b>0，代入符合条件的数即可．
本题考查一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确一次函数的性质，由题意可以得到k的值，b的正负情况．
13.【答案】<
【解析】解：∵k=2>0，
∴y随x的增大而增大．
又∵点A(−2,y1)，B(3,y2)在一次函数y=2x−3的图象上，且−2<3，
∴y1
由k=2>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，结合−2<3，即可得出y1
14.【答案】①③
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC，故①正确；AO=OC，OD=OB，故②错误；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵M，N分别是BC，DC边的中点，
∴MN是△CBD的中位线，
∴MN//BD，
∴MN⊥AC，故③正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∴△ABD是等腰三角形，
∴∠ABD不一定等于60°，故④错误，
故答案为：①③．
根据菱形的性质得到DA=DC，故①正确；AO=OC，OD=OB，故②错误；根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形的中位线定理得到MN//BD，根据平行线的性质得到MN⊥AC，故③正确；根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
15.【答案】 5
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC=3，
∴∠DCH=∠BHC，
∵CH平分∠DCB，
∴∠DCH=∠BCH，
∴∠BHC=∠BCH，
∴BH=BC=3，
∴AH=AB−BH=5−3=2，
∵DH⊥AB，
∴∠DHA=90°，
∴DH= AD2−AH2= 32−22= 5，
故答案为： 5．
由平行四边形的性质得AB//CD，AD=BC=3，再证∠BHC=∠BCH，得BH=BC=3，则AH=AB−BH=2，然后由勾股定理即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
16.【答案】y=t(5−t)(0≤t≤5)
【解析】解：∵10÷2=5(秒)，5÷1=5(秒)，
∴点P，Q同时到达终点．
当运动时间为t秒时，AP=t，BQ=2t，AQ=AB−BQ=10−2t，
∴y=12AP⋅AQ，
∴y=12t⋅(10−2t)，
即y=t(5−t)(0≤t≤5)．
故答案为：y=t(5−t)(0≤t≤5)．
利用时间=路程÷速度，可求出点P，Q到达终点的时间，当运动时间为t秒时，AP=t，AQ=10−2t，利用三角形的面积公式，即可得出y关于t的函数表达式．
本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，根据各数量之间的关系，找出y关于t的函数表达式是解题的关键．
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】解：把A(−2,5)，B(0,1)代入y=kx+b得：
−2k+b=5b=1，
解得：k=−2b=1，
故一次函数解析式为y=−2x+1．
【解析】把A、B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．
此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题关键．
19.【答案】证明：∵AF=CE，
∴AE=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=CB，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
AE=CF∠DAE=∠BCFAD=CB，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴BF=DE．
【解析】根据平行四边形的性质证明△ADE≌△CBF即可解答．
本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质．
20.【答案】菱形
【解析】解：(1)如图，点C，点P即为所求；
(2)顺次连接O，P，B，C，所得的四边形是菱形，
证明：由作图可知：AP=PB=BC=OC，
∴四边形OPBC是菱形．
故答案为：菱形．
(1)在平面直角坐标系中作出点C，根据关于x轴的对称点的坐标特征作出点P即可；
(2)顺次连接O，P，B，C，根据菱形的判定即可解决问题．
本题考查了作图−基本作图，菱形的判定，关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握菱形的判定．
21.【答案】解：选择方法一，
证明如下：在△AED和△CEF中，
AE=EC∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF(SAS)，
∴CF=AD，∠DAE=∠FCE，
∴CF//AB，
∵AD=DB，
∴CF=DB，
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF=BC，DF//BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，DE//BC；
方法二，证明△AEF≌△CEG，
得到四边形ABGF为平行四边形，仿照方法一证明．
【解析】证明△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得到CF=AD，∠DAE=∠FCE，再证明四边形DBCF为平行四边形，根据平行四边形的性质证明即可．
本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
22.【答案】60 甲
【解析】解：(1)根据图象，
这次赛跑的总路程有60米；
(2)根据图象，甲的倾斜程度比乙的倾斜程度大，
故甲、乙两人中，甲的速度比较快；
(3)V甲=605=12(米/秒)，
V乙=606=10(米/秒)，
∴出发2秒后，甲、乙两人的距离=2×12−2×10=24−20=4(米)，
故出发2秒后，甲、乙两人的距离为4米．
根据函数图象求解(1)和(2)，求出甲和乙的速度，求两人的距离用甲的路程−乙的路程，进而作答．
本题考查函数图象，数形结合；解题的关键是读懂图象并求出速度．
23.【答案】到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上 ∠FCA 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【解析】解：(1)如图：
连接MA，MC；NA，NC．
∵MA=MC，NA=NC，
∴MN是AC的垂直平分线(到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上)，
∴EA=EC．
∴∠EAC=∠ECA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAC=∠FCA．
∴∠ECA=∠FCA．
又MN⊥AC，
∴∠COE=∠COF=90°．
∴∠CEF=∠CFE．
∴CF=CE．
∴CF=EA．
又∵CF//EA，
∴四边形AECF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)，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)，
故答案为：到线段两端点距离相等是点在线段的垂直平分线上，∠FCA，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
(1)根据题中步骤作图；
(2)先证明四边形是平行四边形再证明是菱形．
本题考查了复杂作图，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)在已知一元二次方程x2−2kx+2k−1=0中a=1，b=−2k，c=2k−1，
∴Δ=(−2k)2−4×1×(2k−1)=4k2−8k+4=4(k−1)2≥0，
故原方程始终有两个实数根；
(2)x2−2kx+2k−1=0，
(x−1)(x−2k+1)=0，
解得x1=1，x2=2k−1，
由题意2k−1<1，即k<1，
故该方程的一个根小于1时，k<1．
故k的取值范围为k<1．
【解析】(1)根据根的判别式即可求出答案．
(2)求出方程的两根，根据题意列出方程即可求出答案．
本题考查了一元二次方程根的分布，解题的关键是熟练运用根的判别式以及方程的解法，本题属于中等题型．
25.【答案】解：∵点O为边AB中点，
∴OA=OB=16÷2=8(m)，
设甬路的宽为x m，
根据题意得，16×10−8×8+(8−x)2=132，
解得x=2或x=14(不合题意舍去)，
答：甬路的宽为2m．
【解析】根据线段的中点的定义得到OA=OB=16÷2=8(m)，设甬路的宽为x m，根据题意列方程即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵函数y=2x的图象过点(1,m)，
∴m=2×1=2，
∵一次函数y=x+b(k≠0)的图象与函数y=2x的图象交于点(1,2)，
∴2=1+b，
∴b=1；
(2)如图：
当x=2时，y=x+1=3，
把(2,3)代入y=2x+n得，4+n=3，
解得：n=−1，
观察图象，当x<2时，对于x的每一个值，函数y=x+b(k≠0)的值大于函数y=2x+n的值，则n≤−1．
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)根据数形结合，列式求解．
本题考查了两条直线相交或平行问题，数形结合思想是解题的关键．
27.【答案】解：(1)图形如图所示：
(2)结论；DF= 2GF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AB=AD，
∵FG⊥AG，
∴∠G=90°，
∵EB=ED，∠BEF=90°，
∴∠G=∠A=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠ABE=∠GEF，
∴△ABE≌△GEF(AAS)，
∴AE=FG，AB=EG，
∴EG=AD，
∴DG=AE=GF，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴DF= 2GF．
【解析】(1)根据要求作出图形；
(2)证明△ABE≌△GEF(AAS)，推出AE=FG，AB=EG，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，全等三角形的判定和性质，这发型的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
28.【答案】(0,−1)或(0,3)； (− 3,0)或( 3,0) 5
【解析】解：(1)当点P1的坐标为(0,1)时，
①点P1的2倍关联点M在y轴上，设M(0,n)，根据题意可得|n−1|=2×1，
解得n=−1或n=3，
∴M(0,−1)或(0,3)，
点P1的2倍关联点M在x轴上，设M(m,0)，根据题意可得 m2+12=2×1，
解得m=− 3或m= 3，
∴M(− 3,0)或( 3,0)，
故答案为：(0,−1)或(0,3)；(− 3,0)或( 3,0)；
②∵P1的坐标为(0,1)且M的纵坐标为y=−2，
根据题意，可知当x=4时，k的值最大，
∴ 32+42=k×1，
解得k=5，
故答案为：5；
(2)设在函数y=x+b的图象上的点N(n,n+b)是P2的2倍关联点，
根据题意，得 (n−1)2+(n+b−1)2=2× 12+12，
化简得2(n−1)2−2b(n−1)+b2−8=0，
∵Δ=(−2b)2−4×2×(b2−8)≥0，
解得−4≤b≤−4．
∴b的取值范围是：−4≤b≤−4．
(1)①根据k倍关联点的定义即可求出；
②根据k倍关联点的定义，且M的纵坐标为y=−2，可知x=4时，k值最大，列方程求解即可；
(2)设函数y=x+b的图象上点N(n,n+b)，根据2倍关联点的定义列方程得得 (n−1)2+(n+b−1)2=2× 12+12，再根据方程的判别式大于等于0，即可求出b的取值范围．
本题考查了新定义和一次函数图象与系数的关系，理解新定义并灵活运用是解题的关键．
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