广西河池市东兰县2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）

这是一份广西河池市东兰县2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共18页。

2022-2023学年广西河池市东兰县八年级（下）期末数学试卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）使二次根式有意义的x的取值范围是（　　）
A．x＞0 B．x＞2 C．x≥2 D．x≠2
2．（3分）下列各曲线中，表示y是x的函数的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（3分）下列各组数中，不能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．0.3，0.4，0.5 B．12，16，20
C．1，， D．11，40，41
4．（3分）一家鞋店在一段时间内销售了某款运动鞋30双，该款的各种尺码鞋销售量如图所示．鞋店决定在下一次进货时增加一些尺码为23.5cm的该款运动鞋，影响鞋店这一决策的统计量是（　　）

A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
5．（3分）下列运算正确的是（　　）
A． B． C．＝6 D．÷＝3
6．（3分）把两块形状大小完全相同的含有45°角的三角板的一边拼在一起，则所得到的图形不可能有（　　）
A．正方形
B．等边三角形
C．等腰直角三角形
D．平行四边形（非矩形、菱形、正方形）
7．（3分）人体生命活动所需能量主要由食物中的糖类提供．如图是小潘早餐后一段时间内血糖浓度变化曲线图．下列描述正确的是（　　）

A．从9时至10时血糖呈下降状态
B．10时血糖最高
C．从10时至12时血糖呈上升状态
D．这段时间有3个时刻血糖浓度达到7.0mmol•L﹣1
8．（3分）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOB＝60°，BD＝6，则AB的长为（　　）

A．4 B．4 C．3 D．5
9．（3分）在平面直角坐标系中，将直线y＝2x+b沿x轴向右平移2个单位后恰好经过原点，则b的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
10．（3分）如图，直线y＝kx+b和直线y＝mx+n相交于点（3，﹣2），则方程组的解是（　　）

A． B． C． D．
11．（3分）如图，矩形ABCD中，边 AB＝8，BC＝16，P、Q分别是边BC、AD上的点，且四边形APCQ是菱形，则菱形的面积为（　　）

A．128 B．48 C．60 D．80
12．（3分）如图，函数y＝|x+2|﹣1的图象所在坐标系的原点是（　　）

A．点M B．点N C．点P D．点Q
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
13．（2分）小明调查了某地1月份一周的最低气温（单位：℃），分别是﹣2，0，3，﹣1，1，0，4，其中0℃以上（不含0℃）出现的频数是 　 　．
14．（2分）已知一组数据2，4，1，3，x的平均数是3，则x是 　 　．
15．（2分）直线y＝3x﹣2不经过第 　 　象限．
16．（2分）若实数x，y满足，则以x，y的值为边长的等腰三角形的周长为 　 　．
17．（2分）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，DB＝10，DH⊥AB于点H，则DH＝　 　.​

18．（2分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的顶点A在x轴上，OA＝4，OC＝3，点D为BC边上一点，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，连接OE．当点D在边BC上运动时，OE的长度的最小值是 　 　．

三．解答题（共8小题，满分72分）
19．（6分）计算：．
20．（6分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中m＝4．
21．（10分）如图，AC⊥BC，CA＝CB＝BD＝1，AD＝．
（1）求AB的长；
（2）求证：∠ABD＝90°．

22．（10分）某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如条形图所示．
下面是根据5名选手的决赛成绩的条形图绘制的关于平均数、中位数、众数方差的统计表．

平均数/分
中位数/分
众数/分
方差/分2
初中代表队
a
85
b
s2
高中代表队
85
80
100
160
（1）根据条形图计算出a，b的值；
（2）结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？
（3）计算初中代表队决赛成绩的方差s2，并判断哪一个代表队选手的成绩较为稳定．

23．（10分）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（2，0），C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是　 　；
（2）若点D与点C关于原点对称，则点D的坐标为　 　；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．

24．（10分）某县著名传统土特产品“豆笋”、“豆干”以“浓郁豆香，绿色健康”享誉全国，深受广大消费者喜爱．已知2件豆笋和3件豆干进货价为240元，3件豆笋和4件豆干进货价为340元．
（1）分别求出每件豆笋、豆干的进价；
（2）某特产店计划用不超过10440元购进豆笋、豆干共200件，且豆笋的数量不低于豆干数量的，该特产店有哪几种进货方案？
（3）若该特产店每件豆笋售价为80元，每件豆干售价为55元，在（2）的条件下，怎样进货可使该特产店获得利润最大，最大利润为多少元？
25．（10分）问题提出：

（1）如图①，在等边三角形ABC中，AB＝4，AD为BC边上的高，点E为AC的中点，连接BE交AD于点O，则AO的长为 　 　；
问题探究：
（2）如图②，在正方形ABCD中，AB＝6，点P为正方形内一点，当时，求PA+PB的最小值；
问题解决：
（3）如图③，四边形ABCD是某现代农业生态园部分平面示意图，其中AB∥CD，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝AD，CD＝300米，△ABD的中心O是一座有机蔬菜餐厅，生态园的入口M是CD上的中点，BM是一条有机蔬菜展览走廊，BC是一条循环生态河，现需要在BC边上取点E，BM上找点P，修建道路ME、EP、OP，为了节省成本需要修建的道路最短，即ME+EP+OP的值最小；是否存在这样的点E、P，使得ME+EP+OP的值最小？若存在请求出ME+EP+OP的最小值；若不存在，请说明理由．
26．（10分）在数学实践活动课上，“卓越”小组准备研究如下问题：如图，EF为直尺的一条边，四边形ABCD为一正方形纸板（∠DAB、∠ABC、∠BCD、∠D均为直角）
（1）【操作发现】
如图①小组成员小方把正方形的一条边AB与EF重合放置，刘老师在与同学们交流研讨时又做出了∠DAF的平分线AQ，交正方形的边于点P．
则此时∠PAB的度数为 　 　；∠PAB与∠DAE的度数之间的关系为 　 　．

（2）【问题探究】
受小方同学的启发，小组成员小丽将正方形纸板按如图②放置，若此时记∠DAE的度数为α，其他条件不变，请帮小丽同学探究：∠PAB与∠DAE的度数之间的关系是否发生改变，并说明理由．
（3）【拓展延伸】
组内其他同学也都继续探索，将正方形按如图③放置，刘老师同样做出了∠DAF的平分线AQ，请直接写出∠QAB与∠DAE的度数之间的关系．

2022-2023学年广西河池市东兰县八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1． 解：由题意得，x﹣2≥0，
解得，x≥2，
故选：C．
2． 解：第一个、第二个、第三个都表示y是x的函数，共3个，
故选：C．
3． 解：A、0.32+0.42＝0.52，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
B、122+162＝202，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
C、12+（）2＝（）2，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
D、112+402≠412，不符合勾股定理的逆定理，故本选项符合题意．
故选：D．
4． 解：由表中数据知，这组数据的众数为23.5cm，
所以影响店主决策的统计量是众数，
故选：C．
5． 解：A、与不能合并，所以A选项错误；
B、原式＝2﹣＝，所以B选项错误；
C、原式＝＝，所以C选项错误；
D、原式＝＝3，所以D选项正确．
故选：D．
6． 解：将两块三角板的斜边拼在一起可得正方形，
将一条直角边拼在一起可得等腰直角三角形和平行四边形．
故选：B．
7． 解：A．从9时至10时血糖呈下降状态，故说法正确，符合题意；
B.9时血糖最高浓度最高，故原说法错误，不符合题意；
C．从11时至12时，血糖先上升后下降，故原说法错误，不符合题意；
D．段时间有2个时刻血糖浓度达到7.0mmol•L﹣1，故原说法错误，不符合题意．
故选：A．
8． 解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝AC，OB＝BD＝3，AC＝BD＝6，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB＝3，
故选：C．
9． 解：∵平移后抛物线的解析式为y＝2（x﹣2）+b，平移2个单位后恰好经过原点，
∴将（0，0）代入解析式可得0＝﹣4+b，
∴b＝4．
故选：C．
10． 解：直线y＝kx+b和直线y＝mx+n相交于点（3，﹣2），则方程组的解是，
故选：A．
11． 解：由题意得，AB＝8，BC＝16，
设BP＝x，则CP＝16﹣x，
在Rt△ABP中，AB2+BP2＝AP2，
∴82+x2＝（16﹣x）2，
解得：x＝6，
∴CP＝16﹣6＝10，
S菱形APCQ＝PC×AB＝10×8＝80．
故选：D．
12． 解：由y＝|x+2|﹣1可得y＝，
函数图象如下所示：

对比所给图象可知，点N是坐标系的原点．
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
13． 解：0℃以上（不含0℃）出现的频数是3，
故答案为：3．
14． 解：∵数据2，4，1，3，x的平均数为3，
∴（2+4+1+3+x）÷3＝3，
解得x＝5．
故答案为：5．
15． 解：∵k＝3＞0，图象过一三象限，b＝﹣2＜0过第四象限
∴这条直线一定不经过第二象限．
故答案为：二
16． 解：根据题意得，x﹣4＝0，y﹣10＝0，
解得x＝4，y＝10，
①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、10，
∵4+4＝8＜10，
∴不能组成三角形；
②4是底边时，三角形的三边分别为4、10、10，
能组成三角形，周长＝4+10+10＝24．
所以，三角形的周长为24．
故答案为：24．
17． 解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝12，OD＝OB＝5，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝＝13，
∵AC•BD＝DH•AB，
∴DH＝＝．
故答案为：．
18． 解：如图所示：过点D作DG⊥OA，过点E作HE⊥DG．

∵DG⊥OA，HE⊥DG，
∴∠EHD＝∠DGA＝90°．
∴∠GDA+∠DAG＝90°．
∵四边形ADEF为正方形，
∴DE＝AD，∠HDE+∠GDA＝90°．
∴∠HDE＝∠GAD．
在△HED和△GDA中，
，
∴△HED≌△GDA（AAS）．
∴HE＝DG＝3，HD＝AG．
设D（a，3），则DC＝a，DH＝AG＝4﹣a．
∴E（a+3，7﹣a）．
∴OE＝＝．
当a＝2时，OE有最小值，最小值为5．
故答案为：5．
三．解答题（共8小题，满分72分）
19． 解：原式＝2×+5+3
＝1+5+3
＝9．
20． 解：原式＝（）÷
＝
＝﹣，
当m＝4时，
原式＝﹣＝﹣＝﹣．
21． 解：（1）∵AC⊥BC，AC＝BC＝1，
∴AB＝；
（2）∵AB＝，BD＝1，AD＝，
∴，
∴AD2＝AB2+BD2，
∴△ABD是直角三角形，
∴∠ABD＝90°．
22． 解：（1）初中5名选手的平均分a＝＝85，
众数b＝85；
（2）由表格可知初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，
故初中部决赛成绩较好；
（3）S2初中＝×[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，
∵S2初中＜S2高中，
∴初中代表队选手的成绩较为稳定．
23． 解：（1）如图所示：△ABC的面积是：3×4﹣；
故答案为：4；


（2）点D与点C关于原点对称，则点D的坐标为：（﹣4，﹣3）；
故答案为：（﹣4，﹣3）；

（3）∵P为x轴上一点，△ABP的面积为4，
∴BP＝8，
∴点P的横坐标为：2+8＝10或2﹣8＝﹣6，
故P点坐标为：（10，0）或（﹣6，0）．
24． 解：（1）设每件豆笋的进价为x元，每件豆干的进价为y元，
由题意得：，
解得：，
∴每件豆笋的进价为60元，每件豆干的进价为40元；
（2）设购进豆笋a件，则购进豆干（200﹣a）件，
由题意可得：，
解得：120≤a≤122，且a为整数，
∴该特产店有以下三种进货方案：
当a＝120时，200﹣a＝80，即购进豆笋120件，购进豆干80件，
当a＝121时，200﹣a＝79，即购进豆笋121件，购进豆干79件，
当a＝122时，200﹣a＝78，即购进豆笋122件，购进豆干78件，
（3）设总利润为w元，
则w＝（80﹣60）•a+（55﹣40）•（200﹣a）＝5a+3000，
∵5＞0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a＝122时，w取得最大值，最大值为5×122+3000＝3610，
∴购进豆笋122件，购进豆干78件可使该特产店获得利润最大，最大利润为3610元．
25． 解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝AB＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60，
∵AD是BC边上的高，
.∠BAD＝∠BAC＝30°，
∵点E是AC边的中点，
∴BE是AC边的中线，
∴∠CBE＝ABC＝30°，
在Rt△ABD中，AB＝4，∠BAD＝30°，
cos∠BAD＝，
∴AD＝4×，
在Rt△BDO中，BD＝BC＝2，∠DBO＝30°，
tan∠DBO＝，
∴OD＝BD，
∴AO＝AD﹣OD＝2．
故答案为：；
（2）过点P作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，过点P作PQ⊥AB，交AB于点Q，则四边形MAQP是矩形，
∴MA＝PQ，
∵，
∴，
∴PQ＝3，
∴MA＝3，
作点A关于点M的对称点A′，连接A′B，此时PA+PB＝PA′+PB＝A′B，由“两点之间，线段最短”可知PA+PB的最小值为A′B，

∵MA＝MA′＝3，
∴AA′＝2MA＝6．
在Rt△A′AB中，AA′＝6，AB＝6，
由勾股定理得，AB＝，
∴PA+PB的最小值为6；
（3）作点M关于BC的对称点M′，连接OM′，则OM′交BC于点F，交BM于点P，则有ME＝M′E，MC＝M′C，

∴ME+EP+OP＝M'E+EP+OP，
由“两点之间，线段最短”可知ME+EP+OP的最小值为OM'，
∵∠A＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠A＝60°，4B＝BD＝AD，
又点O是等边△ABD的中心，
连接OD，则OD平分∠ADB，
∴∠BDO＝∠ADB＝60°＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠M'DB＝∠ABD＝60°，
∴∠ODM'＝∠BDO+∠BDM'＝30°+60°＝90°，
∴△ODM′是直角三角形，
∴BD＝2CD＝2×300＝600（m），
∵M为CD的中点，
∴MC＝CD＝150（m），
∴M'C＝150m，
∴M'D＝M'C+CD＝150+300＝450（m），
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝600m．
由（1）的方法可得DO＝200m，
在Rt△OM'D中，M′O2＝M′D2+DO2，
∴MD＝＝＝50（m），
∴ME+EP+OP最小值为50m．
26． 解：（1）如图①，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB＝90°，∠PAB＝45°，
∴∠DAE＝90°，
∴∠PAB＝∠DAE；
故答案为：45°，∠PAB＝∠DAE；
（2）∠PAB与∠DAE的度数之间的关系没有发生改变．
理由如下：
如图②，
∵∠DAE＝α，
∴∠DAF＝180°﹣α，
∵AQ平分∠DAF，
∴∠DAQ＝∠DAF＝90°﹣α，
∴∠PAB＝∠DAB﹣∠DAQ＝90°﹣（90°﹣α）＝α，
即∠PAB＝∠DAE；
（3）如图③，
∵∠DAF的平分线为AQ，
∴∠QAD＝∠DAF，
∴∠QAB＝90°+∠QAD＝90°+∠DAF，
∵∠DAE＝180°﹣∠DAF，
∴∠DAE＝90°﹣∠DAF，
∴∠QAB+∠DAE＝180°，
即∠QAB＝180°﹣∠DAE．