2020-2021学年重庆实验外国语学校八年级(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年重庆实验外国语学校八年级（下）期末数
学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）
1.下列各图中，是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
2.已知x=1是关于x的一元二次方程3x2−x+m=0的一个根，则m的值是()
A. 2
B. −2
C. 1
D. −1
3.甲同学射靶8次，成绩分别为：5，7，6，7，7，8，6，7，则甲同学的射靶成绩的
众数为()
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
4.如图，⊙O的半径为2，∠AOB=90°，则图中阴影部分的面
积为()
A. π
2
B. π
C. 2π
D. 4π
5.将抛物线y=−2(x+1)2−3向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，
得到新的抛物线的解析式为()
A. y=−2(x−1)2
B. y=−2(x+3)2
C. y=−2(x−1)2−6
D. y=−2(x+3)2−6
6.在平面直角坐标系中，以点(3,−4)为圆心，2为半径的圆，与直线x=1的位置关系
为()
A. 相交
B. 相切
C. 相离
D. 不能确定
7.如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BC=5√3，∠BOC=120°，
则△ABC的面积为()
A. 25√3
2B. 5√3
2
C. 5√3
D. 10√3
8.下列命题：
①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
②对角线相等的四边形是矩形；
③对角线互相垂直平分的四边形是菱形；
④对角线互相垂直的矩形是正方形．
其中真命题的个数是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9.已知(−3,y1)，(1,y2)，(5,y3)是抛物线y=−2x2−4x+m上的点，则()
A. y1>y2>y3
B. y2>y1>y3
C. y1=y2>y3
D. y1>y2=y3
10.关于x的二次函数y=(m−2)x2−2x+1与x轴有两个不同的交点，则m的取值
范围是()
A. m≤3
B. m≤3且m≠2
C. m<3
D. m<3且m≠2
11.若实数a使关于x的不等式组{x−1
2
<1+x
3
7x−2≥x+a
，有且只有四个整数解；关于x的二
次函数y=x2−3ax+1，当−3
2≤x≤3
2
时，y随着x的增大而减小，则符合条件的
所有整数a的个数为()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
12.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，其顶点坐标为(1,m)，且
与x轴的一个交点为(3,0)，与y轴的交点在(0,−1)和(0,−2)之间(不包括这两个点)有下列结论：
①abc<0；②不等式y<0的解集为−1<x<3；③1
3<a<2
3
；④c=m+b2
4a
；
⑤b2−4ac=16a2.正确的结论有()个．
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13.平面直角坐标系中，点(−1,−1)关于原点对称的点的坐标为______．
14.从2，−1，0，1，3，4六个数中任选一个数记为m，则使关于x的一次函数y=(m−
2)x+2不经过第三象限的概率为______．
15.如图，扇形OAB的圆心角为124°，C是弧AB⏜上一点，
则∠ACB=______．
16.如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，E
为AB的中点，且DE=5，BC=12，则△ABD的
周长为______．
17.如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，∠ABC=120°，AB=6，BC=13，
将△BOC沿直线BD翻折得到△BOF，BF交AD于点E，则S△BED=______．
18.某超市有甲，乙，丙三种坚果礼盒，它们都是由a，b，c三种坚果组成，甲，乙，
丙三种坚果礼盒的成本均为盒内a，b，c三种坚果的成本之和．超市现有三种礼盒
甲，乙，丙的数量之比为4：2：5，甲种坚果礼盒内装有a种坚果600克，b种坚果100克，c种坚果300克，乙种坚果礼盒内装有a种坚果200克，b种坚果200克，c种坚果600克，甲种坚果礼盒的成本是100克，a种坚果的成本的15倍，销
倍，每盒丙礼盒在成本的基础上售利润率是60%，每盒乙种礼盒的售价是成本的3
2
提价80%后打八折销售，获利为100克a种坚果的4.4倍，如果超市将所有礼盒全部售出，则该超市出售这三种坚果礼盒获得的总利润率为______．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分）
19.解一元二次方程：
(1)x2−2x=0；
(2)x2−4=2x．
20.如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，点O是AC的中点，过点O作EF//AB交
AD于点E，交BC于点F，连接AF．
(1)求证：AE=AF；
(2)若∠ACB=30°，BC=3，求OE的长．
21.为更有针对性地备战中考体考，初三年级决定每周五下午第三节课全年级统一安排
为“体考分类训练课”，训练课分为四类：A跳绳、B实心球、C立定跳远、D综合训练．每位同学必须选择其中一类课进行训练，且只限一类，不可多选．为更科学的分配训练课的老师人数，年级事先随机抽取了部分学生了解其参加训练课类型的意愿，并将调查结果绘制成图1、图2的统计图，请结合图中的信息解答下列问题：
(1)本次调查中，希望参加“C立定跳远”训练课的学生人数所占百分比是______，
分别希望参加四类训练课的学生人数的中位数是______；
(2)请补全条形图；
(3)如果初三(1)班希望参加“A跳绳”训练课的共有4名同学，其中有2名女生，2
名男生，现从这4名学生中任意抽取2名学生，请用画树状图或列表的方法，求出刚好抽到同性别学生的概率．
22.已知二次函数y=x2+bx+c的图象过点A(1,0)，点B(4,3)，二次函数与y轴交于
点C，与x轴的另一个交点为点D，设过C、D的一次函数的解析式为y=kx+d.请根据以上信息解答下列问题：
(1)①该二次函数解析式为______；
②该一次函数的解析式为______；
(2)在平面直角坐标系中画出该二次函数和一次函数的图象；
(3)请写出二次函数图象的增减性______；
(4)根据(2)的图象直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围．
23.2021端午节前夕，某商推出了肉粽和蜜枣粽两种精美礼盒，其中肉粽礼盒的单价
为180元/盒，蜜枣粽礼盒的单价为120元/盒．
(1)5月份，销售了肉粽和枣粽礼盒共200盒，总额为26400元，问5月份销售了多
少盒肉粽礼盒？
(2)6月份，商铺决定调整营销方案，将肉粽礼盒的单价在原有基础上下调m元，蜜
枣粽礼盒的单价不变，这样肉粽礼盒的销量较5月份肉粽礼盒的销量涨了10m盒，蜜枣棕礼盒的销量较5月份蜜枣粽礼盒的销量减少了10m盒，且6月份肉粽礼盒的销量不超过6月份蜜枣粽礼盒的销量，设6月份的销售总额为w元，问当m为值时，总额最大，最大为多少元？
24.如果二次函数y1=a1x2+b1x+c1(a1≠0,a1,b1,c1是常数)与y2=a2x2+b2x+
c2(a2≠0,a2,b2,c2是常数)满足a1+a2=2，b1+b2=3，c1+c2=4，称这两个函数互为“系数相关函数”．
(1)函数y=−x2+5x−2的“系数相关函数”为______；
(2)若函数y=x2+mx+n与y=x2+3nx+m+5互“系数相关函数”，求(m+
n)2021的值；
(3)证明方程y1=0的实数解不是方程y2=0的实数解．
25.如图1，若二次函数y=−x2+3x+4的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，
连接AC、BC．
(1)求三角形ABC的面积；
(2)若点P是抛物线在一象限内BC上方一动点，连接PB、PC，是否存在点P，使
四边形ABPC的面积为18，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
(3)如图2，若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、
K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
26.在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接AE．
(1)如图1，若AB=7√2，BE=10.求AE的长．
(2)如图2，对角线AC与BD相交于点O，点F在AB上，且EF=AE，连接CF.点
G在EF上，EG=BG，延长BG交AC于点H.求证：CF=√2BH；
(3)如图3，在(1)的条件下，过点E作EM//CD交OC于点M，把△OEM绕点O逆
时针旋转α(0°≤α≤360°)得△OE′M′，取E′M′的中点K，连接CK，将CK顺时针旋转90°得到CN，连接KN.过点N作NR⊥BC于点R，当NR最大时，求线段KR的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.是中心对称图形，故本选项符合题意；
D.不是中心对称图形，故本选项不合题意．
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的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】B
【解析】解：把x=1代入方程3x2−x+m=0得：3−1+m=0，
解得：m=−2．
故选：B．
把x=1代入方程3x2−x+m=0，得出一个关于m的方程，解方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
3.【答案】C
【解析】解：这组射靶成绩数据中7出现次数最多，有4次，
所以甲同学的射靶成绩的众数为7，
故选：C．
根据众数的概念求解即可．
本题主要考查众数，求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠AOB=90°，OA=OB=2，
∴S
扇形=90π⋅22
360
=π，
故选：B．
根据扇形的面积公式计算即可．
本题考查扇形的面积的计算，解题的关键是记住扇形的面积公式S=nπr2
360=1
2
lr．
5.【答案】B
【解析】解：将抛物线y=−2(x+1)2−3向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到新的抛物线的解析式为：y=−2(x+1+2)2−3+3，即y=−2(x+3)2；故选：B．
根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
6.【答案】B
【解析】解：∵点(3,−4)到直线x=1的距离为2，半径为2，
则有2=2，
∴这个圆与直线x=1相切．
故选：B．
本题应将该点到直线x=1的距离与半径对比即可判断．
本题考查了直线与圆的位置关系、坐标与图形性质．直线与圆相切，直线到圆的距离等于半径；与圆相离，直线到圆的距离大于半径．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO，BO=DO，
∴OB=OA=OC，
∵∠BOC=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=OC，
∵AB2+BC2=AC2，BC=5√3，∴AB2+(2√3)2=(2AB)2，
解得：AB=5，
∴△ABC的面积是1
2×AB×BC=1
2
×5×5√3=25√3
2
，
故选：A．
根据矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO，BO=DO，求出OB=OA=OC，求出∠AOB=60°，根据等边三角形的判定得出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质得出AB=OA=OB=OC，根据勾股定理求出AB，再根据三角形的面积公式求出答案即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理等知识点，能熟记矩形的对角线相等且互相平分是解此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
②对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；
③对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题；
④对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题；
故选：B．
根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定直接进行判断即可．
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9.【答案】C
【解析】解：∵y=−2x2−4x+m=−2(x+1)2+2+m，
∴抛物线的开口向下，对称轴是直线x=−1，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小，
∵(−3,y1)，(1,y2)，(5,y3)是抛物线y=−2x2−4x+m上的点，
∴点(−3,y1)关于对称轴x=−1的对称点是(1,y3)，
∵1<5，
∴y1=y2>y3，
故选：C．
先求出抛物线的对称轴和开口方向，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可．本题考查了二次函数的性质，主要利用了二次函数的增减性和对称性，求出对称轴是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵关于x的二次函数y=(m−2)x2−2x+1与x轴有两个不同的交点，∴关于x的一元二次方程(m−2)x2−2x+1=0有两个不同的解，
∴Δ=(−2)2−4×(m−2)×1>0，且m−2≠0，
解得：m<3且m≠2．
故选：D．
函数与x轴的交点横坐标就是令y=0时的一元二次方程的解，可以用Δ>0解题．
本题考查了二次函数与方程之间的关系，即函数图象与x轴的交点横坐标就是y=0时的一元二次方程的解．值得注意的是，二次项系数不能为0，这是同学们解题时容易忽略的点．
11.【答案】C
【解析】解：解不等式组得：2+a
6
≤x<5，
∵不等式组有且只有四个整数解，
∴0<2+a
6
≤1，
解得：−2<a≤4，
∵二次函数y=x2−3ax+1图象开口向上，对称轴为直线x=3a
2，当−3
2
≤x≤3
2
时，y
随着x的增大而减小，
∴3a
2≥3
2
，
解得：a≥1，∴1≤a≤4，∵a为整数，
∴a可取1，2，3，4．
故选：C．
先解不等式组，再结合只有四个整数解列出关于a的不等式，求出a的取值范围，然后由二次函数的增减性求出a的取值范围，最后结合两个a的范围找出符合条件的a的个数．
本题考查了已知不等式组的整数求参数的取值范围问题、已知二次函数的增减性求参数的取值范围问题．归根究底，考的是不等式的应用和二次函数的性质．本题容易出错的地方在于是否取等号，这里可以数形结合的方法进行分析，如果分析不清楚可以假设法进行判断．
12.【答案】A
【解析】解：∵开口向上、对称轴为直线x=1、与y轴的交点在y轴负半轴，
∴a>0，b<0，c<0，
∴abc>0，故①不符合题意；
∵抛物线过点(3,0)，对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的两个交点为：(3,0)，(−1,0)，
∴不等式y<0的解集为−1<x<3，故②符合题意；
∵抛物线与x轴的两个交点为：(3,0)，(−1,0)，
∴y=a(x−3)(x+1)=ax2−2ax−3a=ax2+bx+c，
∴b=−2a，c=−3a，
∵抛物线与y轴的交点在(0,−1)和(0,−2)之间(不包括这两个点)，
∴−2<c<−1，
∴−2<−3a<−1，
∴1
3<a<2
3
，故③符合题意；
当x=1时，y=−4a=m，
∵b=−2a，c=−3a，
∴b2−4ac=4a2+12a2=16a2=(−4a)2=−4am，∴c=m+b2
4a
，故④符合题意；⑤符合题意．
∴正确的结论有②③④⑤四个．
故选：A．
①由开口方向、对称轴位置、与y轴的交点位置判断；②结合函数图象与x轴的交点判断；③利用交点式和与x轴的交点坐标得到a与c的关系，结合与y轴的交点在(0,−1)和(0,−2)之间(不包括这两个点)求出a的范围；④变形为−m=b2−4ac，结合顶点坐标判断；⑤利用交点式得到b与c和a的关系，化简b2−4ac进行判断．
本题考查了二次函数的图象与性质，需要结合函数图象与系数的关系、函数与x轴的交点、顶点坐标、函数与不等式的关系判断．
13.【答案】(1,1)
【解析】解：点(−1,−1)关于原点对称的点的坐标是(1,1)．
故答案为：(1,1)．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
14.【答案】1
2
【解析】解：关于x的一次函数y=(m−2)x+2的图象经过第三象限，
则m−2<0，
即m<2，
2，−1，0，1，3，4六个数中有3个小于2，
则关于x的一次函数y=(m−2)x+2不经过第三象限的概率为3
6=1
2
，
故答案为：1
2
．
首先根据一次函数y=(m−2)x+2不经过第三象限确定m<2，然后再确定概率即可．此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．15.【答案】118°
【解析】解：如图所示，在⊙O上取点D，连接AD，BD，
∵∠AOB=124°，
∴∠ADB=1
2∠AOB=1
2
×124°=62°．
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠ACB=180°−62°=118°．
故答案为：118°．
在⊙O上取点D，连接AD，BD，根据圆周角定理求出∠D的度数，由圆内接四边形的性质即可得出结论．
本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出圆周角是解答此题的关键．16.【答案】24
【解析】解：∵D为BC的中点，E为AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴AC=2DE，
∵DE=5，
∴AC=10，
∴AB=AC=10，
∵AB=AC，D为BC的中点，BC=12，
∴AD⊥BC，BD=1
2
BC=6，
在Rt△ADB中，AD=√AB2−BD2=√102−62=8，
∴△ABD的周长=AB+AD+BD=10+6+8=24，
故答案为：24．
根据三角形中位线定理求出AC，进而求出AB，根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，根据勾股定理求出AD，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
17.【答案】381
40
√3
【解析】解：由折叠的性质可知，∠CBO=∠OBE，
∵平行四边形ABCD，
∴BC//AD，
∴∠BEA=∠CBE=2∠OBE，
∵∠BEG=∠OBE+∠BDE，
∴∠OBE=∠ODE，
∴BE=ED，
过点B作BG⊥AD于点G，
∵∠ABC=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=6，
在Rt△ABG中，∠ABG=30°，
∴AG=3，BG=√36−9=3√3，设ED=x，则BE=x，
∵BC=13，
∴GE=10−x′，
在Rt△BEG中，BE2=BG2+GE2，∴x2=(3√3)2+(10−x)2，
解得x=127
20
，
∴S△BED=1
2×DE×BG=1
2
×127
20
×3√3=381
40
√3，
故答案为381
40
√3．
由折叠的性质可知，∠CBO=∠OBE，再由平行四边形的性质，可得BE=ED，过点B 作BG⊥AD于点G，在Rt△ABG中，∠ABG=30°，求出AG=3，BG=3√3，设ED=x，则BE=x，GE=10−x′，在Rt△BEG中，由勾股定理得x2=(3√3)2+(10−x)2，解
得x=127
20，可求S△BED=1
2
×DE×BG=381
40
√3．
本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、应用勾股定理是解题的关键．
18.【答案】54.67%
【解析】解：设100克a种坚果成本为x，100克b种坚果成本为y，100克c种坚果成果为z，
甲礼盒：6x+y+3z=15x，即y+3z=9x，售价为15x÷60%=25x，
乙礼盒：成本=2x+2y+6z=2x+2⋅9x=20x，售价为3
2
⋅20x=30x，
丙礼盒：设成本为m，则m(1+80%)⋅80%−m=4.4x，m=10x，
甲礼盒利润25x−15x=10x，
乙礼盒利润30x−20x=10x，
丙礼盒利润4.4x，
∴总利润率为4×10x+2×10x+5×4.4x
4×15x+2×20x+5×10x
×100%≈54.67%，
故答案为：54.67%．
设100克a种坚果成本为x，100克b种坚果成本为y，100克c种坚果成果为z，根据已知条件求出甲、乙、丙礼盒的成本和售价以及利润，根据利润率=总利润÷成本，即可得出结果．
本题主要考查利润率问题．要熟练掌握售价=利润+成本，利润率=总利润÷成本，根据题意得出等量关系是解题的关键．
19.【答案】解：(1)x(x−2)=0，
x=0或x−2=0，
所以x1=0，x2=2；
(2)x2−2x−4=0，
∵Δ=b2−4ac=(−2)2−4×(−4)=20，
∴x=−b±√b2−4ac
2a =2±2√5
2×1
=1±√5，
∴x1=1+√5，x2=1−√5．
【解析】(1)利用因式分解法解方程；
(2)先把方程化为一般式，然后利用求根公式求解．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了公式法．
20.【答案】证明：(1)∵点O是AC的中点，
∴OA=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠AEF=∠CFE，
在△AOE和△COF中，
{∠AEO =∠CFO ∠AOE =∠COF OA =OC
，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OE =OF ，
∵AB ⊥AC ，
∴∠BAC =90°，
∵EF//AB ，
∴∠COF =∠BAC =90°，
∴AC 垂直平分EF ，
∴AE =AF ；
(2)在Rt △ABC 中，∠ACB =30°，BC =3，
∴AB =12BC =32
， ∵AB//EF ，AE//BF ，
∴四边形ABFE 是平行四边形，
∴EF =AB =32
， ∴OE =12EF =34．
【解析】(1)通过AAS 证明△AOE≌△COF ，得OE =OF ，再证明AC ⊥EF ，即可证明AE =AF ；
(2)首先在Rt △ABC 中，求出AB =32，再证明EF =AB =32，即可求出OE 的长．
本题主要考查了平行四边形的性质和判定、三角形全等的判定与性质、含30°角的直角三角形等知识，熟练运用性质是解题的关键．
21.【答案】40% C 立定跳远
【解析】解：(1)希望参加“C 立定跳远”训练课的学生人数所占百分比为：1−10%−30%−20%=40%，
本次调查的学生人数为：30÷20%=150(人)，
则希望参加“A 跳绳”训练课的学生人数为：150×10%=15(人)，
希望参加“B 实心球”训练课的学生人数为：150×30%=45(人)，
希望参加“C 立定跳远”训练课的学生人数为：150×40%=60(人)，
∴希望参加四类训练课的学生人数的中位数是“C 立定跳远”，
故答案为：40%，C 立定跳远；
(2)补全条形图如下：
(3)画树状图如图：
共有12种等可能的结果，刚好抽到同性别学生的结果有4种，
∴刚好抽到同性别学生的概率为412=13．
(1)由题意易求希望参加“C 立定跳远”训练课的学生人数所占百分比，再由中位数的定义即可求解；
(2)由(1)的数据补全条形图即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，刚好抽到同性别学生的结果有4种，再由概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法、条形统计图和扇形统计图，条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小，正确画出树状图是解题的关键．
22.【答案】y =x 2−4x +3 y =−x +3 当x >2时，y 随x 的增大而增大，当x <2时y 随x 的增大而减小
【解析】解：(1)①二次函数y =x 2+bx +c 的图象过点A(1,0)，点B(4,3)， 则{1+b +c =042+4b +c =3
， 解得：{b =−4c =3
，
∴y =x 2−4x +3，
故答案为：y =x 2−4x +3；
②∵y =x 2−4x +3，
∴令y =0，即x 2−4x +3=0，
解得：x =1或x =3，
∴二次函数与x 轴的另一个交点为点D(3,0)，
令x =0，y =3，
∴二次函数与y 轴交于点C(0,3)，
∵一次函数y =kx +d 过点C 和点D ，
则{3k +d =0d =3
， 解得：{k =−1d =3
， ∴一次函数的解析式为y =−x +3，
故答案为：y =−x +3；
(2)由(1)可知二次函数的顶点坐标(2,−1)，与x 轴交点坐标为(1,0)，(3,0)， 与y 轴的交点为(0,3)，
一次函数与坐标轴的交点为(3,0)和(0,3)，
如图所示：
(3)∵y =x 2−4x +3=(x −2)2−1，a =1>0，
∴当x >2时，y 随x 的增大而增大，当x <2时y 随x 的增大而减小，
故答案为：当x >2时，y 随x 的增大而增大，当x <2时y 随x 的增大而减小；
(4)由(2)中图象可得，当0<x <3时，一次函数值大于二次函数值．
(1)①根据题意用待定系数法求函数解析式即可，②先求出求出一次函数与坐标轴的交点，再用待定系数法求函数解析式即可；
(2)根据函数的对称轴，顶点坐标，与坐标轴的交点画函数图象；
(3)根据函数的性质判断函数的增减性；
(4)从函数图象中直接得出结论．
本题考查二次函数与不等式的应用，用待定系数法求函数解析式，函数与坐标轴的交点，函数的性质等知识，关键是对二次函数性质的掌握以及数形结合解决问题．
23.【答案】解：(1)设5月份销售了x盒肉粽礼盒，则销售了(200−x)盒蜜枣粽礼盒，由题意，得：180x+120(200−x)=26400，
解得：x=40，
答：5月份销售了40盒肉粽礼盒，则销售了160盒蜜枣粽礼盒；
(2)∵6月份肉粽礼盒的销量不超过6月份蜜枣粽礼盒的销量，
∴40+10m≤160−10m．
解得：m≤6，
由题意，得：
w=(180−m)(40+10m)+120(160−10m)
=−10m2+560m+26400
=−10(m−28)2+34240，
∵−10<0，
∴当m≤6时，w随m的增大而增大，
∴m=6时，w有最大值，最大值为29400元．
【解析】(1)设5月份销售了x盒肉粽礼盒，则销售了(200−x)盒蜜枣粽礼盒，由题意列出方程，求解即可；
(2)根据题意列出w关于m的函数解析式，根据函数的性质求最值．
本题考查二次函数和一元一次方程的应用，关键是根据题意列出二次函数的解析式．
24.【答案】y=3x2−2x+6
【解析】解：(1)∵a1=−1，b1=5，c1=−2，a1+a2=2，b1+b2=3，c1+c2=4，∴−1+a2=2，5+b2=3，−2+c2=4，
∴a2=3，b2=−2，c2=6，
∴函数y=−x2+5x−2的“系数相关函数”为y=3x2−2x+6．
故答案为：y=3x2−2x+6；
(2)根据题意m+3n=3，m+5+n=4，
解得m=−3，n=2，
∴(m+n)2021=(−3+2)2021=−1；
(3)证明：设方程y1=0存在一实数解x=t也是方程y2=0的实数解，
则a1t2+b1t+c1=0，a2t2+b2t+c2=0，
将两式相加，得：(a2+a1)t2+(b1+b2)t+c1+c2=0，
∵a1+a2=2，b1+b2=3，c1+c2=4，
∴2t2+3t+4=0必有解，
但是，△=32−4×2×4=−23<0，显然这与题设矛盾，
∴方程y1=0的实数解不是方程y2=0的实数解．
(1)根据“系数相关函数”的定义求出a2，b2，c2，从而得到原函数y=−x2+5x−2的“系数相关函数”；
(2)根据“系数相关函数”的定义得出m+3n=3，m+5+n=4，求出m，n即可；
(3)应用反证法证明即可．
本题以二次函数为载体主要考查了新定义“系数相关函数”、反证法，正确地理解“系数相关函数”的含义、“正难则反”的思想是本题的关键．
25.【答案】解：(1)令x=0，则y=4，
∴C(0,4)，
令y=0，则−x2+3x+4=0，
解得x=4或x=−1，
∴A(−1,0)，B(4,0)，
∴AB=5，
×5×4=10；
∴S△ABC=1
2
(2)存在，理由如下：
∵四边形ABPC的面积为18，S△ABC=10，
∴△BCP的面积为8，
设直线BC的解析式为y=kx+4，将点B(4,0)代入，得k=−1，∴直线BC的解析式为y=−x+4，
过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，
设P(t,−t2+3t+4)，则M(t,−t+4)，
×4×PM=2(−t2+3t+
∴S△BCP=1
2
4+t−4)=2(−t2+4t)=8，
∴t=2，
∴P(2,6)；
(3)存在，理由如下：
设Q(m,−m2+3m+4)，
当m>0时，如图1，
∵矩形是以BC为边，
∴QK//BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K
作KG⊥x轴交G点，
∵CQ=BK，∠OCB=∠OBC=
45°，
∴∠HCQ=∠GBK=45°，
∴△CHQ≌△BGK(AAS)，
∴HC=HQ=BG=GK，
∴m=−m2+3m+4−4，
∴m=2或m=0(舍)，
∴HQ=2，
∴K(6,2)；
当m<0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK//BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠OBH=∠OHB=45°，∠FCO=∠CFO=45°，
∴OF=OC=OB=OH=4，∠HQG=∠EFK=45°，
∵KC=BQ，CF=HB，
∴FK=QH，
∴△QHG≌△KFE(AAS)，
∴QG=HG=EF=EK，
∴−m=−4−(−m2+3m+4)，
∴m=−2或m=4(舍)，
∴GQ=2，
∴K(−6,−2)；
综上所述，K点的坐标为(−6,−2)或(6,2)．
×5×4=10；【解析】(1)令x=0，求C(0,4)，令y=0，求A(−1,0)，B(4,0)，再求S△ABC=1
2
(2)由已知可得△BCP的面积为8，求出直线BC的解析式为y=−x+4，过P点作PM⊥x 轴，交BC于点M，设P(t,−t2+3t+4)，则M(t,−t+4)，则S△BCP=2(−t2+4t)=8，求出t=2，则P(2,6)；
(3)设Q(m,−m2+3m+4)，当m>0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK(AAS)，得到m=−m2+3m+4−4，则HQ=2，所以
K(6,2)；当m<0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y 轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE(AAS)，则有−m=−4−(−m2+ 3m+4)，求得m=−2，则GQ=2，可求K(−6,−2)．
本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用矩形和等腰
直角三角形的性质是解题的关键．
26.【答案】(1)解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，AB=BC=7√2，∠ABC=90°，∴AC=BD=√2AB=14，
∴OA=OB=7，
∵BE=10，
∴OE=BE−OB=10−7=3，
∴AE=√OA2+OE2=√72+32=√58．
(2)证明：如图2中，过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N.连接EC．
∵BD垂直平分线段AC，
∴EA=EC，
∵EF=EA，
∴EC=EF，
∵BD平分∠ABC，EM⊥AB，EN⊥BC，
∴EM=EN，
∵∠EMF=∠ENC=90°，
在Rt△EMF和Rt△ENC中，
{EM=EN
EF=EC，
∴Rt△EMF≌Rt△ENC(HL)，
∴∠MEF=∠NEC，
∵∠EMB=∠MBN=∠ENB=90°，
∴∠MEN=90°，
∴∠FEC=∠MEN=90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴CF=√2EF，
∵GB=GE，EA=EC，
∴∠GBE=∠GEB，∠EAC=∠ECA，
∵∠GEB+∠CEB=90°，∠CEB+∠ECA=90°，∴∠GEB=∠ECA，
∴∠EAO=∠OBH，
在△AOE和△BOH中，
{∠AOE=∠BOH AO=BO
∠EAO=∠OBH
，
∴△AOE≌△BOH(ASA)，
∴BH=AE，
∵AE=EF，CF=√2EF，
∴CF=√2BH．
(3)解：如图3−1中，将线段CO绕点C顺时针旋转90°得到CT，连接TN，OK．
∵∠OCT=∠KCN=90°，
∴∠OCK=∠TCN，
在△OCK 和△TCN 中，
{CO =CT ∠OCK =∠TCN CK =CN
，
∴△OCK≌△TCN(SAS)，
∴OK =TN ，
由(1)可知，OE′=OM′=3，
∴E′M′=3√2， ∵E′K =KM′，
∴OK =12E′M′=3√22， ∴TN =OK =3√22
， ∵NR ⊥BC ，
∴当NR 经过点T 时，NR 的值最大，如图3−2中，此时M′在OA 上，连接OR ，此时O ，R ，T ，N 共线．
在Rt △OKR 中，OK =3√22
，OR =7√22， ∴KR =√OK 2+OR 2=(
3√22)(7√22)=√29．
【解析】(1)在Rt △AOE 中，求出AO ，OE ，利用勾股定理解决问题即可．
(2)如图2中，过点E 作EM ⊥AB 于M ，EN ⊥BC 于N ，连接EC.首先证明△EFC 是等腰直角三角形，再证明AE =BH ，可得结论．
(3)如图3−1中，将线段CO 绕点C 顺时针旋转90°得到CT ，连接TN ，
OK.证明△OCK≌△TCN(SAS)，推出OK =TN ，可得OK =12E′M′=3√22，推出TN =OK =3√22
，由题意当NR 经过点T 时，NR 的值最大，如图3−2中，此时M′在OA 上，连接OR ，此时O ，R ，T ，N 共线．利用勾股定理求出KR 即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角
形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．。