福建省福州江南水都中学2022-2023学年八年级下学期期末数学试题

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2022—2023学年第二学期期末考试
八年级 数学试卷
一、单选题（每题4分，共10题40分）
1. 下列曲线中不能表示y是x的函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义解答逐个判断即可．
【详解】对于A，C，D选项，给出一个x的值，只有一个y与之相对应，所以不符合题意，对于B，给出一个x的值，不是只有一个y值与之相对应，所以符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了函数的判断，掌握定义是解题的关键．即有两个变量x，y，如果给出x的一个值，y就有唯一的值与它相对应，那么x叫做自变量，y叫做x的函数．
2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A. 4，5，6 B. 1，1， C. 6，8，11 D. 5，12，23
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理解答．
【详解】解：A.

不能构成直角三角形
故A不符合题意；
B.

能构成直角三角形
故B符合题意；
C.

不能构成直角三角形
故C不符合题意；
D.

不能构成直角三角形
故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
3. 平行四边形中，若，则的度数为（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质计算选择即可．
【详解】∵平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
4. 直线可以由（ ）单位长度得到的．
A. 向右平移3个 B. 向左平移3个 C. 向下平移3个 D. 向上平移3个
【答案】C
【解析】
【分析】根据一次函数图象的平移规律进行求解即可．
【详解】解：直线向下平移3个单位长度得到，
故选C．
【点睛】本题主要考查了函数图像的平移法则，掌握函数图像的平移法则“左加右减，上加下减”是解答本题的关键．
5. 若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为（ ）
A. 60 B. 30 C. 24 D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】解：菱形的面积= ×6×10=30，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
6. 现有一组数据：1，4，3，2，5，x．若该组数据的众数是3，则该组数据的中位数为（ ）
A. B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数的定义求得x，再将所有数据从小到大排序，即可求得中位数．
【详解】解：∵该组数据的众数是3，
∴，
将所有数据从小到大排序：1，2，3，3，4，5，
则中位数为，
故选：C．
【点睛】本题考查众数和中位数，理解众数和中位数概念和求解方法是解答的关键．
7. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 且 D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式可得k≠0且Δ，解之得出k的范围．
详解】解：，，，
△，
解得：，
是二次项系数不能为0，，
即且．
故选：D．
【点睛】本题考查了根的判别式、解一元一次不等式组等知识，对于一元二次方程a＋bx＋c＝0（a≠0），则有−4ac≥0⇔方程有两实根，−4ac＞0⇔方程有两不等实根，−4ac＝0⇔方程有两相等实根，−4ac＜0⇔方程没有实根．也考查了一元二次方程的定义．解题关键是掌握一元二次方程根的判别式及一元二次方程的定义．
8. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　）

A. 矩形的对角线相等
B. 矩形的四个角是直角
C. 对角线相等的四边形是矩形
D. 对角线相等的平行四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形，
故选D．
【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键．
9. 《九章算术》内容丰富，与实际生活联系紧密，在书上讲述了这样一个问题“今有垣高一丈，倚木于垣，上与垣齐．引木却行一尺，其木至地．问木长几何？”其内容可以表述为：“有一面墙，高一丈．将一根木杆斜靠在墙上，使木杆的上端与墙的上端对齐，下端落在地面上．如果使木杆下端从此时的位置向远离墙的方向移动1尺，则木杆上端恰好沿着墙滑落到地面上．问木杆长多少尺？”（说明：1丈＝10尺）设木杆长x尺，依题意，下列方程正确的是（　　）
A. x2＝（x﹣1）2+102 B. （x+1）2＝x2+102
C. x2＝（x﹣1）2+12 D. （x+1）2＝x2+12
【答案】A
【解析】
【分析】利用数形结合的思想，画出图形，依题意找出等量关系，依题意BA=10尺，CD=1尺，AC=BD，在RtΔABC中，由勾股定理得AC2=AB2+BC2即x2=102+(x-1)2．
【详解】如图所示，依题意BA=10尺，CD=1尺，AC=BD，
设木杆长x尺，AC=x尺，则BC=（x-1）尺，在RtΔABC中，由勾股定理得AC2=AB2+BC2即
x2=102+(x-1)2．
故选择：A．

【点睛】本题考查勾股定理的应用问题，掌握勾股定理，会利用数形结合思想进行分析，用未知数表示相应的线段，利用勾股定理构造方程是解题关键．
10. 已知为数轴原点，如图，
（1）在数轴上截取线段；
（2）过点作直线垂直于；
（3）在直线上截取线段；
（4）以为圆心，的长为半径作弧，交数轴于点.
根据以上作图过程及所作图形，有如下四个结论：①；②；③；④上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】由勾股定理求得，进而得，再判断结论的正误．
【详解】根据题意得，，
，
故正确；
，
，
∵，
∴，
正确，错误；
，
故错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，数轴与实数的对应关系，无理数的估算，关键是由勾股定理求得．
二、填空题（每题4分，共6题24分）
11. 平行四边形的周长为16，一边长为5，则另一条邻边长为________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据平行四边形的对边相等，求出两邻边的和，再根据题意求解即可．
【详解】解：，
．
，
故答案为：3．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
12. 如图，在中，，分别为，边的中点，若，则的长为______．

【答案】6
【解析】
【分析】直接根据三角形中位线定理即可得．
【详解】解：在中，，分别为，边的中点，且，

故答案为：6．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
13. 2022年冬奥会在北京市和张家口市联合举行，北京成为奥运史上第一个既举办夏季奥运会又举办冬季奥运会的城市．为了激发同学们对冬奥会的热情，某校开设了滑冰选修课，12名同学被分成甲、乙、丙三组进行训练，经过6次测试，甲、乙、丙三组的平均成绩相同，方差分别为，，要从中选择一组状态稳定的参加全区中学生滑冰联谊赛，则应选择___组（填“甲”，“乙”或“丙”）．
【答案】乙
【解析】
【分析】根据方差的定义可作出判断，方差越小，波动越小，方差越大，波动越大，即可解答．
【详解】解：

乙的成绩最稳定．
故答案为：乙．
【点睛】本题考查了方差的意义，熟知方差表示的意义是解题的关键．
14. 如图，直线过点，则不等式的解集是 __．

【答案】
【解析】
【分析】所求不等式解集，即为函数图象在轴的上方部分的横坐标即可．
【详解】解：∵直线过点，
∴当时，直线在轴的上方，即，
∴不等式的解集是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，解题的关键是结合图象，利用数形结合的思想解决问题．
15. 已知m是方程的一个根，则的值为_______．
【答案】2025
【解析】
【分析】根据题意可得，再代入，即可求解．
【详解】解：∵m是方程的一个根
∴，
∴，
∴．
故答案为：2025
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，熟练掌握式方程左右两边同时成立的未知数的值是方程的解是解题的关键．
16. 如图，正方形ABCO的边长为，OA与x轴正半轴的夹角为15°，点B在第一象限，点D在x轴的负半轴上，且满足∠BDO＝15°，直线y＝kx+b经过B、D两点，则b﹣k＝_____．

【答案】2﹣．
【解析】
【分析】连接OB，过点B作BE⊥x轴于点E，根据正方形的性质可得出∠AOB的度数及OB的长，结合三角形外角的性质可得出∠BDO＝∠DBO，利用等角对等边可得出OD＝OB，进而可得出点D的坐标，在Rt△BOE中，通过解直角三角形可得出点B的坐标，由点B，D的坐标，利用待定系数法可求出k，b的值，再将其代入（b﹣k）中即可求出结论．
【详解】解：连接OB，过点B作BE⊥x轴于点E，如图所示．
∵正方形ABCO的边长为，
∴∠AOB＝45°，OB＝OA＝2．
∵OA与x轴正半轴的夹角为15°，
∴∠BOE＝45°﹣15°＝30°．
又∵∠BDO＝15°，
∴∠DBO＝∠BOE﹣∠BDO＝15°，
∴∠BDO＝∠DBO，
∴OD＝OB＝2，
∴点D的坐标为（﹣2，0）．
在Rt△BOE中，OB＝2，∠BOE＝30°，
∴BE＝OB＝1，OE＝＝，
∴点B的坐标为（，1）．
将B（，1），D（﹣2，0）代入y＝kx+b，
得：，
解得：，
∴b﹣k＝4﹣2﹣（2﹣）＝2﹣．
故答案为：2﹣．

【点睛】此题考查的是正方形的性质、等腰三角形的判定、直角三角形的性质和求一次函数的解析式，掌握正方形的性质、等角对等边、30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理和利用待定系数法求一次函数解析式是解决此题的关键．
三、解答题（共9题86分）
17. 解一元二次方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】根据直接开平方的方法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
解得，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 如图，货车卸货时支架侧面是，已知．求的长．

【答案】
【解析】
【分析】直接利用勾股定理得出的长．
【详解】解：如图所示：在中，
，
答：的长为．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确运用勾股定理是解题关键．
19. 如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，且BF=DE．
求证：AE∥CF．

【答案】证明见解析
【解析】
【详解】试题分析：通过全等三角形△ADE≌△CBF的对应角相等证得∠AED=∠CFB，则由平行线的判定证得结论．　
证明：∵平行四边形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，∴∠ADE=∠CBF．
∵在△ADE与△CBF中，AD=BC，∠ADE=∠CBF， DE=BF，
∴△ADE≌△CBF（SAS）．∴∠AED=∠CFB．
∴AE∥CF．
20. 如图，已知点，．

（1）求的面积．
（2）求直线所对应的函数解析式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，过点作轴于点，可得，，根据勾股定理求出，再利用三角形的面积公式计算即可；
（2）利用待定系数法即可得出结论．
【小问1详解】
解：如图，过点作轴于点，
∵点，，
∴，，
在，，
∴，
∴的面积为．
【小问2详解】
由（1）知：，
∴，
∵点，
设直线的解析式为，
，
解得：，
∴直线所对应的函数解析式为．
【点睛】本题考查待定系数法确定一次函数的解析式，勾股定理，三角形的面积．掌握待定系数法确定一次函数的解析式、勾股定理是解题的关键．
21. 为了倡导绿色出行，共享单车是学生喜爱的“绿色出行”方式之一，某校为了解本校学生出行使用共享单车的情况，随机调查了某天部分出行学生使用共享单车的情况
使用次数
0
1
2
3
4
5
人数
11
15
24
27
18
5

（1）这天部分出行学生使用共享单车次数的众数是______；
（2）这天部分出行学生平均每人使用共享单车约多少次？（结果保留整数）
【答案】（1）3 （2）2次
【解析】
【分析】（1）根据众数的定义即可解答；
（2）根据算术平均数的计算方法解答即可
【小问1详解】
解 ：被调查的100名学生共享单车的使用次数出现次数最多的是3次，共出现27次，
故答案为：3；
【小问2详解】
解：（次）．
答：这天部分出行学生平均每人使用共享单车约为2次．
【点睛】本题主要考查了众数、算术平均数等知识点，理解众数的定义是解答本题的关键．
22. 如图，在中，，垂足为D，点E为AB中点．

（1）利用尺规作图，在AC上作一点F，使得，（不写作法，保留作图痕迹）
（2）连接DE，DF，EF，求证：是直角三角形
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）作∠AEF=∠ABC即可；
（2）利用三角形的中位线定理和勾股定理的逆定理可得结论．
【小问1详解】
解：如图，线段EF即为所求；
【小问2详解】
证明：连接DE，DF，EF，

∵EFBC，AE=EB，
∴AF=FC，
∴EF=BC=10，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵点E为AB中点，AF=FC，
∴DE=AB=8，DF=AC=6，
∵62+82=102，即DF2+DE2=EF2，
∴△DEF是直角三角形．
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，三角形中位线的性质，勾股定理的逆定理，掌握以上知识是解题的关键．
23. 现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解有甲、乙两家快递公司比较合适．甲公司表示：快递物品不超过1千克的，按每千克22元收费；超过1千克，超过的部分按每千克15元收费．乙公司表示：按每千克16元收费，另加包装费3元．设小明快递物品x千克．
（1）请分别写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用y（元）与x（千克）之间的函数关系式；
（2）小明选择哪家快递公司更省钱？
【答案】（1），；（2）当＜x＜4时，选乙快递公司省钱；当x＝4或x＝时，选甲、乙两家快递公司快递费一样多；当0＜x＜或x＞4时，选甲快递公司省钱
【解析】
【分析】（1）根据“甲公司的费用＝起步价＋超出重量×续重单价”可得出y甲关于x的函数关系式，根据“乙公司的费用＝快件重量×单价＋包装费用”即可得出y乙关于x的函数关系式；
（2）分0＜x≤1和x＞1两种情况讨论，分别令y甲＜y乙、y甲＝y乙和y甲＞y乙，解关于x的方程或不等式即可得出结论．
【详解】解：（1）由题意知：
当0＜x≤1时，y甲＝22x；
当1＜x时，y甲＝22＋15（x﹣1）＝15x＋7，y乙＝16x＋3；
∴，；
（2）①当0＜x≤1时，令y甲＜y乙，即22x＜16x＋3，解得：0＜x＜；
令y甲＝y乙，即22x＝16x＋3，解得：x＝；
令y甲＞y乙，即22x＞16x＋3，解得：＜x≤1.
②x＞1时，令y甲＜y乙，即15x＋7＜16x＋3，解得：x＞4；
令y甲＝y乙，即15x＋7＝16x＋3，解得：x＝4；
令y甲＞y乙，即15x＋7＞16x＋3，解得：0＜x＜4
综上可知：当＜x＜4时，选乙快递公司省钱；当x＝4或x＝时，选甲、乙两家快递公司快递费一样多；当0＜x＜或x＞4时，选甲快递公司省钱．
24. 四边形ABCD是正方形，AC是对角线，E是平面内一点，且，过点C作，且．连接AE、AF，M是AF的中点，作射线DM交AE于点N.
（1）如图1，若点E，F分别在BC，CD边上．
求证：①；
②；
（2）如图2，若点E在四边形ABCD内，点F在直线BC的上方，求与的和的度数．

【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知及正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算，可知①∠BAE＝∠DAF是否成立；可知②DN⊥AE是否成立；
（2）根据已知及正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算，求出∠EAC与∠ADN的和的度数.
【详解】（1）证明：①在正方形ABCD中，
∴，.
∵，
∴.
∴
∴.
②∵M是AF的中点，
∴，
由①可知.
∵.
∵
∴
∴

（2）解：延长AD至H，使得，连结FH，CH.

∵，
∴.
在正方形ABCD中，AC是对角线，
∴.
∴.
∴.
∴
又∵，
∴.
∴
∵M是AF的中点，D是AH的中点，
∴.
∴
∴
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的应用，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质的计算.
25. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，三点．

（1）求线段的长度；
（2）若点D在直线上，且，求点D的坐标；
（3）在（2）的的条件下，直线上应该存在点P，使以A，B，P三点为顶点的三角形是等腰三角形，求出所有的点P的坐标．
【答案】（1）4 （2）D点坐标为
（3）点P的坐标为或或或
【解析】
【分析】（1）根据B、C两点坐标即可求出的长度；
（2）容易求得直线的解析式，由可知，点D在的垂直平分线上，所以D的纵坐标为1，将其代入直线解析式即可求出D的坐标；
（3）A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三形，可分为以下三种情况：、和，然后分别求出的坐标即可．
【小问1详解】
∵，．
∴；
【小问2详解】
∵，
∴点D在线段的垂直平分线上，
∵，，
∴线段的中点为，
∴D点纵坐标为1,
∵点D在直线上，
∴，解得，
∴D点坐标为；
【小问3详解】
∵，，
∴可设直线解析式为,
∴，解得，
∴直线解析式为，
∴可设P点坐标为，

∵，，
∴，，，
当以A，B，P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，
有、和三种情况,
①当时，则有，解得，
此时P点坐标为；
②当时，则有，解得或,
此时P点坐标为或；
③当时，则有,
解得(此时与B点重合，舍去)或，
此时P点坐标为；
综上可知存在满足条件的点P,其坐标为或或或．
【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、等腰三角形的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识；分别表示出的长是解题的关键．