北京师范大学附属中学2023-2024学年下学期统练八数学试题（PDF版，含解析）

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参考答案
第一部分选择题
一、选择题（共 16分，每题 2分）第 1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 【答案】B
【分析】根据几何体的主视图和左视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可
判断柱体底面形状，得到答案．
【详解】由几何体的主视图和左视图都是长方形，
故该几何体是柱体，
又因为俯视图是三角形，
故该几何体是三棱柱．
故选：B．
2. 【答案】C
【分析】科学记数法的表示形式为 a 10n 的形式，其中1 a 10，n 为整数．确定 n 的值时，要看把
原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值 10 时，n 是
正数；当原数的绝对值＜1时，n 是负数．
【详解】解：将 1040000000 用科学记数法表示为：1.04 109 ．
故选：C．
1 a 10，n 为整数，表示时关键要正确确定 a 的值以及 n 的值．
3. 【答案】C
【分析】根据加减消元法进行求解即可．
x + y = 3①
【详解】解： ，
3x y = 5②
①+②，得， 4x = 8,
解得， x = 2,
把 x = 2 代入①得， 2+ y = 3,
解得， y =1,
x = 2,
∴方程组的解为：
y =1
故选：C
【点睛】本题主要考查解二元一次方程组，解答的关键是对解二元一次方程组的方法的掌握．
4. 【答案】B
【分析】根据算术平方根的定义估算无理数 3 、 14 的大小即可．
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【详解】解： 1 3 2,3 14 4，
比 3 大且比 14 小的整数有：2 和 3，
故选：B．
5. 【答案】D
1
【分析】首先根据角平分线计算出 BEG = BEF = 58 ，再根据两直线平行内错角相等得出 EGC
2
的大小即可．
【详解】解： BEF =116 ， EG 平分 BEF ，
1 1
BEG = FEG = BEF = 116 = 58 ，
2 2
AB∥CD ，
EGC = BEG = 58 ，
故选：D ．
6. 【答案】C
【分析】先利用树状图法得出两次摸球所有可能的结果，进而利用概率的计算公式求解即可．
【详解】画树状图得所有可能出现的结果数为∶
共有 12 种等可能的结果，两次摸出小球的颜色相同的有 6 种情况，
6 1
两次摸出小球的颜色相同的概率是： = ．
12 2
故选 C．
7. 【答案】D
1
【分析】由数轴可知 0 a 1 ，移项和两边除以 a 分别得到 a 0 ， 1 ，两边同时乘以 a 得到
a
2 1
0 a2 a ，从而得到 a 0 a a 1 ，由此选出答案．
a
【详解】解：由数轴可知： 0 a 1，
1
∴ a 0 ， 1．
a
又∵ 0 a 1，
∴两边乘以 a得：0 a2 a ，
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a 0 a2
1
∴ a 1 ，
a
1 1
∴a， a， a 2 ， 中，最大的是 ．
a a
故选：D
8. 【答案】A
【分析】分别求出三个问题中变量 y 与变量 x之间的函数关系式即可得到答案．
1463
【详解】解：①由平均速度等于路程除以时间得： y = ，符合题意；
x
1.68 104 16800
②由人均面积等于总面积除以总人口得： y = ，即 y = ，符合题意；
x x
1 1 1
③由加满汽油后开了 200km时，油箱中汽油大约消耗了 ，可知每公里油耗为： 50 200 = (L)，
4 4 16
再由油箱中的剩油量等于油箱容量减去耗油量，耗油量等于每公里油耗乘以加满汽油后汽车行驶的路程得：
1
y = 50 x，不符合题意；
16
综上分析可知，变量 y 与变量 x 之间的函数关系可以用该图象表示的是①②．
故选：A．
第二部分非选择题
二、填空题（共 16分，每题 2分）
9. 【答案】 x 2
【分析】根据分式有意义的条件即分母不为 0 可直接进行求解．
【详解】解：由题意可得：
x 2 0，
∴ x 2，
故答案为： x 2．
10. 【答案】m 1
m 1
【分析】根据反比例函数 y = 的图象位于第二、四象限，可以得到m 1 0，然后求解即可．
x
m 1
【详解】解： 反比例函数 y = 的图象位于第二、四象限，
x
m 1 0 ，
解得：m 1，
故答案为：m 1．
4
11. 【答案】
3
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【分析】取点 B (3，0)，则 AB ⊥ x轴于 B，根据点 A 的坐标求出OB 和 AB ，根据锐角正切函数的定义求
出即可．
【详解】取点 B (3，0)，则 AB ⊥ x轴于 B，
∵点 A 的坐标为(3，4)，
∴OB = 3，AB = 4 ，
AB 4
tan = = ．
OB 3
4
故答案为： ．
3
12. 【答案】 ①. 1 ②. 1
【分析】通过 a 取 1，b 取-1 可说明命题“若 a2=b2，则 a=b”是错误的．
【详解】解：当 a=1，b=-1 时，满足 a2=b2，但 a≠b．故命题错误.
故答案为 1，-1（答案不唯一）．
13. 【答案】乙
【分析】根据方差越小越稳定和平均数决策即可．
【详解】解：∵乙的平均数最大，方差最小，即乙的成绩好且状态稳定，
∴这名队员应是乙．
故答案是：乙．
14. 【答案】150
【分析】延长 AD, BC 相交于点 E, 由三角形内角和定理求出 E = 30 , 2+ EDC =150 ,由对顶角相等
可得 EDC = 1, 从而可得结论．
【详解】解：延长 AD, BC 相交于点 E, 如图，
∴ A+ B + E =180 ,
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又 A = 80 ， B = 70 ，
∴ E =180 A B =18 80 70 = 30 ,
又 2+ EDC + E =180 ,
∴ 2+ EDC =180 E =180 30 =150 ,
又 EDC = 1,
∴ 1+ 2 =150 ,
故答案为：150 ．
2
15. 【答案】
3
【分析】先证明 ADE ABC ，然后利用相似三角形的性质求解．
【详解】解：∵ DE∥BC ，
∴ ADE ABC ，
2
S
∴ ADE
DE 4
，
S ABC BC 4 5
DE 2
∴ = ，
BC 3
2
故答案为： ．
3
16. 【答案】 ①. C ②. E、H、I 或 H、E、I． (二者之一即可)
【分析】①C 地GDP名次下降，只能是第一名下降而来的，即上一年度排名第 1 的区县是 C；
② F 地GDP名次下降，上一年度 F 地排第五，G 地GDP名次上升，上一年度 G 地排第九，E 地本年度
GDP排第五，名次上升，上一年度可能是排第六或者第七，然后分类讨论即可．
【详解】解：①∵A 地GDP名次上升，每个区县的名次变化都不超过两位，B 地GDP 名次无变化，
∴只能是第三名上升而来的，即原来 A 地原来名次是第三名；
同理，C 地GDP名次下降，只能是第一名下降而来的；
∴上一年度排名第 1 的区县是 C，上一年度排名前四名依次是C、B、A、D ；
②F 地GDP名次下降，只能是从第五名下降，即上一年度 F 地排第五，
同理，G 地GDP名次上升，只能是从第九名上升，即上一年度 G 地排第九，
∵E 地本年度GDP排第五，名次上升，每个区县的名次变化都不超过两位，
∴E 地上一年度可能是排第六或者第七
(i)若 E 地上一年度是排第六，即 E 地和 F 地的排名交换，
∴H 地上一年度是排第七，I 地上一年度是排第八，
∴上一年度排名从前往后依次是：C、B、A、D、F、E、H、I、G、J ；
(ii)若 E 地上一年度是排第七，
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∵H 地本年度GDP排第八，GDP名次下降，现在上一年度未确定的只有第六和第八，
∴H 地上一年度是排第六，I 地上一年度是排第八
∴上一年度排名从前往后依次是：C、B、A、D、F、H、E、I、G、J ；
∴上一年度排在第 6，7，8 名的区县依次是 E、H、I 或 H、E、I ．
故答案为： C； E、H、I 或 H、E、I (二者之一即可)．
三、解答题（共 68分，第 17-20题，每题 5分，第 21-22题，每题 6分，第 23题 5分，第
24题 6分，第 25题 5分，第 26题 6分，第 27-28题，每题 7分）解答应写出文字说明、演
算步骤或证明过程．
17. 【答案】1
【解析】
【分析】利用特殊角的三角函数值、负整数指数幂、绝对值的性质逐项计算，即可求解．
1
1
【详解】解： 8 4cos 45 + 2
3
2
= 2 2 4 +3 2
2
= 2 2 2 2 + 3 2
=1．
18. 【答案】 1 x 2，1，2
【分析】根据解一元一次不等式的步骤即可解答．
x 1
2x +1 ①
【详解】解： 2 ，

3x 1 5②
由①得： x 1，
由②得： x 2 ，
∴原不等式的解集为 1 x 2；
∴原不等式所有正整数解为：1，2；
19. 【答案】（1）见解析 （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；90；有一个内角是直角的平
行四边形是矩形．
【解析】
【分析】（1）按照步骤操作即可；
（2）根据矩形的判定定理推导，填空即可.
【小问 1 详解】
解：补全图形如下：
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【小问 2 详解】
证明：∵ AD = BC = b， AB = DC = a，
∴四边形 ABCD是平行四边形(两组对边分别相等的四边形是平行四边形)．
∵直线m ⊥ l ，
∴ ABC = 90 ，
∴四边形 ABCD 是矩形(有一个内角是直角的平行四边形是矩形)．
故答案是：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；90；有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
20. 【答案】化简为： a2 + a，结果值为：5
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再根据已知等式可得答案．
1 a 1
【详解】解： a
a a2
a2 1 a2
=
a a 1
(a + 1) (a 1) a2
=
a a 1
= a2 + a ，
a2 + a 5 = 0
a2 + a = 5
1 a 1
a = a
2 + a = 5．
2
a a
21. 【答案】m =1， x1 = 2 ， x2 =1
2
【分析】先根据根的判别式的意义得到 = ( 3) 4(m+1) 0 ，解不等式，从而得到正整数 m 的值，代
入原方程，然后利用因式分解法解方程即可．
2
【详解】根据题意得Δ = ( 3) 4(m+1) 0
5
解得m
4
所以正整数 m 的值为 1
代入原方程得 x2 3x + 2 = 0
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即 (x 2)(x 1) = 0
∴ x1 = 2 ， x2 =1
22. 【答案】（1）见解析 （2）OE = 37
【分析】（1）根据矩形的对角线相等可得 AC = BD，对边平行可得 AD∥BC ，再证明出四边形
ADEC 是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得 AC = DE ，从而得证；
（2）如图，过点 O 作OF ⊥ CD 于点 F，欲求OE ，只需在直角 OEF 中求得OF、FE 的值即可．结合
三角形中位线求得OF ，结合矩形、平行四边形的性质以及勾股定理求得OE 即可．
【小问 1 详解】
∵四边形 ABCD是矩形，
∴ AC = BD，AD∥BC ，
又∵ DE∥ AC ，
∴四边形 ADEC 是平行四边形，
∴ AC = DE ，
∴ BD = DE ；
【小问 2 详解】
如图，过点 O 作OF ⊥ BC 于点 F，
∵四边形 ABCD是矩形，
∴ AC BD,点 O 是 AC, BD 的中点， AD = BC = 4,
1 1
∴OC = AC,OB = BD,
2 2
∴OC =OB,
1
∴CF = BF = BC = 2，
2
∴ F 点是 BC 的中点，
∴OF 是△BCD 的中位线，
1
∴OF = CD =1,
2
又∵四边形 ADEC 是平行四边形，
∴CE = AD = 4, ．
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∴ EF = CF +CE = 2+ 4 = 6．
在Rt△OEF 中，由勾股定理可得：OE = OF 2 + EF 2 = 12 + 62 = 37 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，熟记各性质并求出四边形 ADEC 是平行四
边形是解题的关键．
23. 【答案】（1）见解析 （2）88.5 分；94 分
（3）1900 份
【分析】（1）用 20 减去第一、二、四、五组的频数即可得到第三组（ 70 x 80）的频数，进而可补全
频数分布直方图；
（2）根据中位数和众数的定义求解即可；
（3）用样本百分比估计总体数量即可．
【小问 1 详解】
第三组（ 70 x 80）的频数为： 20 1 1 7 9 = 2 ，
补全图形如下：
【小问 2 详解】
∵20 个数据按大小顺序排列，最中间的两个数据是第 10 和 11 个，
∴A 小区参加有奖问答活动的 20 名居民成绩的数据的中位数在80 x 90 这一组内的第 6 和 7 个数据的
88+89
平均数，即 =88.5；
2
B 小区参加有奖问答活动的 20 名居民成绩中出现次数最多的是 94 分，出现 4 次，
故 B 小区参加有奖问答活动的 20 名居民成绩中众数是 94 分，
故答案为：88.5 分；94 分；
【小问 3 详解】
9 10
2000+ 200=1900（份）
20 20
答：估计这两个小区的居委会一共需要准备 1900 份小奖品
24. 【答案】（1）见解析；
（2）见解析
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【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角及菱形的性质得到点M 是 BD 的中点即可解答；
（2）根据菱形的性质及全等三角形的判定得到 DBE≌ DBF ，再根据全等三角形的性质得到
BFD = DEB = 90 ，最后利用四边形的内角和及切线的判定即可解答．
【小问 1 详解】
解：连接 AM ，
∵ AD 为 O 的直径，
∴ AMD = 90 ，
∴ AM ⊥ BD ，
∵四边形 ABCD是菱形，
∴ AD = AB ，
∴点M 是 BD的中点，
∴ DM = BM ；
【小问 2 详解】
解：连接 DE ，
∵四边形 ABCD是菱形，
∴ DBE = DBF ， DAB + ABC =180 ，
∴在 DBE 和 DBF ，
BE = BF

DBE = DBF ，

BD = BD
∴ DBE≌ DBF (SAS )，
∴ DEB = DFB ，
∵ AD 是 O 的直径，
∴ AED = DEB = 90 ，
∴ BFD = DEB = 90 ，
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∵ DAB + ABC =180 ，
∴在四边形 ABFD 中， ADF + DFB =180 ，
∴ ADF = 90 ，
∴ AD ⊥ DF ，
∴ DF 是 O 的切线．
25. 【答案】（1）1， 2
5
（2）①1；② 2 xP
2
【分析】（1）先根据直线的解析式可求 a 的值，从而可得点 A 的坐标，再将点 A 坐标代入反比例函数的
解析式可得 k 的值；
（2）①先求出点 P 坐标，再根据反比例函数的解析式求出点 B 、C 坐标，然后结合函数图像、整点的定
义即可得；②由图可知点 P 不可能在点 A 下方，故点 P 在点 A 上方，结合函数图像列出不等式组求解即
可．
【小问 1 详解】
k
解： 函数 y = (x 0)的图像与一次函数 y = 2x 的图像交于点 A(a, 2)，
x
2 = 2 a ，即 a =1，
A(1, 2)，
( k
k
将 A 1, 2)代入反比例函数 y = (x 0)中， 2 = 解得： k = 2，
x 1
故答案为： a =1， k = 2；
【小问 2 详解】
2
①由（1）可知反比例函数解析式为 y = (x 0)，
x
点 P 是射线OA上一点， P 的横坐标是 2 ，
y = 2 2 = 4
P (2,4)
2
将 x = 2 代入 y = (x 0)，得 y =1
x
2 1
将 y = 4 代入 y = (x 0)，得 x =
x 2
k
点 P 与 x轴， y 轴的垂线交函数 y = (x 0)的图像于点 B ，C ，
x
1
B (2,1)，C ,4 ，
2
如图：
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结合函数图像可知，区域W 内有1个整数点；
②区域W 内恰有5个整点，由图可知点 P 只能位于A 的上方如图：
y 5
如图，当 P 的纵坐标为5时，横坐标为 x = = ，
2 2
5
结合图像可知，当 2 xP 时，区域内有5个整数点．
2
26. 【答案】（1） y1 y2 ，理由见解析
（2）m 2
【解析】
【分析】（1）当m = 2时，3 x2 5 ，将抛物线解析式化为顶点式，得到对称轴，根据 x x1， 2 的大小
判断与对称轴的距离，结合 a<0，即可得出答案；
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（2）根据题意可知满足 y1 = y2 ，即x 与x1 2关于对称轴 x =1对称，当 1 x1 2时，则x 2的最小值要
比 x1 = 2 时的对称点 0 小，x 2的最大值要比 x1 = 1时的对称点 3 大，解不等式组即可．
【小问 1 详解】
y1 y2 ；
2
理由：∵ y = ax2 2ax +8 = a (x 1) +8 a，
∴抛物线的对称轴是直线 x =1
当m = 2时，3 x2 5
∵ 1 x1 2，3 x2 5 ，对称轴是直线 x =1
∴x 比x 离对称轴近 1 2
∵ a<0，抛物线开口向下
∴ y1 y2
【小问 2 详解】
∵1 m x2 m + 7
∴1 m m + 7
解得m 3①
∵存在 x1, x2 ，满足 y1 = y2 ，且 1 x1 2
∴1 m 3
解得m 2②
综上，m 的取值范围是m 2
27. （1）
①依题意补全图形如图所示：
证明：∵AC绕点逆时针旋转 180°-α得到线段 CE
∴ AC = CE ，
∵点 F 是 DE的中点，
∴ DF = EF ，
∵点 C 与点 G 关于点 F 对称，
∴CF =GF ，
又∵ DFG = EFC ，
∴ DFG EFC ，
∴ DG = CE ，
∴ AC = DG ；
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②证明：∵边 AB 绕点 B顺时针旋转α（<0°α<180°）得到线段 BD，
∴ BD = BA，
设 ACB = x, ABC = y,则 BAC =180 (x + y) .
∴在四边形 BDEC 中，
BDE + CED = 360 DBC BCE =180 (x + y)
∵ DFG EFC ，
∴ GDF = CEF ；
∴ BDG = BDE + GDF =180 (x + y)
∴ BDG = BAC ；
∴ BDG BAC ，
∴ DGB = ACB ；
3
（2） FH = BC
4
28. 【答案】（1）2 2 ，3
（2）b 的取值范围是 3 b 6 或 6 b 3 ；
3 7
（3）2 t +1
2 2
【分析】（1）设经过点 M 的直线与 O 交于 E、F 两点，过点 O 作OH ⊥ EF 于 H，连接OM，OE ，利
用垂径定理得到 EF = 2EH ，由勾股定理可得当OH 最大时， EH 最小，即此时 EF 最小，求出
OM = 2 ，再由OH OM ，得到当点 H 与点 M 重合时，OH 有最大值 2 ，即可求出 EF 的最小值为
2 2 ，则被圆 O 截得的弦长取值范围为 2 2 x 4 ，再由被圆 O 截得的弦长为 3 的弦有 2 条，被圆 O
截得的弦长为 4 的弦只有 1 条，可得点 M 关于圆 O 的特征值为 3；
（2）根据题意得，关于圆 O的特征值为 4 的所有点都在以 O为圆心， 3 为半径的圆周上，分当b 0时和
当b 0时，两种情况讨论即可求解；
（3）由于同一平面内，对于任意一点 Q，经过 O、Q 的直线与圆 O 截得的弦（直径）都为 4，则点 Q 关
r =1 r = 2
于圆 O 的特征值不可能为 0，由此可得 rs 0，则 或 ；经过点 S 且弦长为 4（最长弦）的直
s = 2 s =1
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7
线有 1 条，弦长为 3（最短弦）的直线有 1 条，由（2）可知点 S 一定在以 O 为圆心，以 为半径的圆
2
3
上，同理点 R 一定在以 T 为圆心，以 为半径的圆上，则当满足以 O 为圆心，2 为半径的圆与以 T 为圆
2
3 7
心， 为半径的圆有交点，且同时满足以 O 为圆心， 为半径的圆与以 T 为圆心，1 为半径的圆有交
2 2
点时 t 的值符合题意，由此求解即可．
【小问 1 详解】
解：设经过点 M 的直线与 O 交于 E、F 两点，过点 O 作OH ⊥ EF 于 H，连接OM，OE ，
∴ EF = 2EH ，
在Rt△OEH 中，由勾股定理得EH = OE 2 OH 2 = 4 OH 2 ，
∴当OH 最大时， EH 最小，即此时 EF 最小，
∵点 M 的坐标为 (1，1)，
∴OM = 12 +12 = 2 ，
又∵OH OM ，
∴当点 H 与点 M 重合时，OH 有最大值 2 ，
2
∴此时 EH 有最小值 4 ( 2 ) = 2 ，
∴ EF 的最小值为 2 2
∵过点 M 的直线被圆 O 截得的弦长的最大值为 4（直径），
∴被圆 O 截得的弦长取值范围为 2 2 x 4 ，
∴被圆 O 截得的弦长为正整数的只有是 3 或 4，
∵被圆 O 截得的弦长为 3 的弦有 2 条，被圆 O 截得的弦长为 4 的弦只有 1 条，
∴点 M 关于圆 O 的特征值为 3，
故答案为： 2 2 ，3；
【小问 2 详解】
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解：设点 G 是圆 O 的特征值为 4 的点，
由（1）可知经过一点 G 且弦长为 4（最长弦）的直线有 1 条，弦长为 3 的直线有 2 条，
∵特征值要保证为 4，
∴经过点 G 且弦长为 2 的直线有且只有 1 条，
∴经过点 G 的直线被圆 O 截得的弦长的最小值为 2，
∵ 22 12 = 3 ，
∴由（1）可知，关于圆 O 的特征值为 4 的所有点都在以 O 为圆心， 3 为半径的圆周上，
∵直线 y = x + b分别与 x，y 轴交于点 A，B，
∴ A( b，0)， B (0，b)，
∴OA =OB = b，
∴ OBH = 45
当b 0时，
∵线段 AB 上总存在关于圆 O 的特征值为 4 的点，
∴线段 AB 与以 O 为圆心， 3 为半径的圆有交点，
当线段 AB 与以 O 为圆心， 3 为半径的圆相切时，将切点设为 H，连接 OH，则OH = 3 ，
∴OB = 2OH = 6 ，
∴b1 = 6 ，
将以 O 为圆心， 3 为半径的圆与 y 轴正半轴的交点记为 B1，则OB1 = 3 ，
当线段 AB 与以 O 为圆心， 3 为半径的圆相交，且过点 B1时，可得b = 3 ， 2
∴ 3 b 6 ；
同理可求当b 0时， 6 b 3 ；
综上，b 的取值范围是 3 b 6 或 6 b 3 ；
【小问 3 详解】
：∵同一平面内，对于任意一点 Q，经过 O、Q 的直线与圆 O 截得的弦（直径）都为 4，
∴点 Q 关于圆 O 的特征值不可能为 0，
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∴ rs 0，
∵ r + s = 3，且 r、s 都是整数，
r =1 r = 2
∴ 或 ；
s = 2 s =1
r =1
当 时，
s = 2
∴经过点 S 且弦长为 4（最长弦）的直线有 1 条，弦长为 3（最短弦）的直线有 1 条，
2
3 7
∴由（2）可知点 S 一定在以 O 为圆心，以 22 = 为半径的圆上，
2 2
r = 2 2 1 3
同理当 时，点 R 一定在以 T 为圆心，以 12 = 为半径的圆上，
s =1 2 2
3
∴当满足以 O 为圆心，2 为半径的圆与以 T 为圆心， 为半径的圆有交点，且同时满足以 O 为圆心，
2
7
为半径的圆与以 T 为圆心，1 为半径的圆有交点时 t 的值符合题意；
2
如图 3-1 所示，
3 7
当以 O 为圆心， 为半径的圆与以 T 为圆心，1 为半径的圆外切时，此时 t1 = +1；
2 2
3 3
如图 3-2 所示，当以 O 为圆心，2 为半径的圆与以 T 为圆心， 为半径的圆外切时，此时 t2 = 2 ；
2 2
3 7
综上所述，当2 t +1时，存在点 R，S，使得 r + s = 3．
2 2
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