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2022-2023学年广东省广州市番禺区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共20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学年广东省广州市番禺区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列计算正确的是( )
A. 22=±2 B. (−2)2=−2 C. 3−8=−2 D. 3−8=2
2. 下列等式成立的是( )
A. a− b= a−b B. 6× 2=2 3
C. 5a+ 20a=5 a D. 6÷ 3=2
3. 如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为( )
A. (1,1)
B. ( 3,1)
C. ( 32,1)
D. (1, 3)
4. 已知△ABC的三边长分别为a，b，c，在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的是( )
A. a=5，b=12，c=13 B. a：b：c=3：4：5
C. a=13，b=14，c=15 D. a= 41，b=4，c=5
5. 下列函数中，正比例函数是( )
A. y=−8x B. y=8x C. y=8x2 D. y=8x−4
6. 数据2、5、6、0、6、1、8的中位数和众数分别是( )
A. 0和6 B. 0和8 C. 5和6 D. 5和8
7. 直线y=3x+1向下平移2个单位，所得直线的解析式是( )
A. y=3x+3 B. y=3x−2 C. y=3x+2 D. y=3x−1
8. 如图，点O是▱ABCD对角线的交点，EF过点O分别交AD、BC于点E、F，下列结论中成立的是( )
A. ∠CFO=∠AEO
B. AE=BF
C. ∠DOC=∠COF
D. OB=OC
9. 如图1，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则当x=9时，点R应运动到( )
A. M处 B. N处 C. P处 D. Q处
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=2 5，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，连结CF，则CF的长为( )
A. 83 B. 43 5 C. 85 5 D. 103
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 若 2x−3有意义，则x的取值范围是______．
12. 在平面直角坐标系中两点A(4,0)和B(0,4)之间的距离AB= ______ ．
13. 如图，将平行四边形ABCO放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，若点A的坐标是(a,0)，点C的坐标是(b,c)，则点B的坐标是______ ．
14. 如图是“赵爽弦图”，其中△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10，AH=6，那么EF等于______ ．
15. 甲、乙两地7月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是S甲2 ______S乙2(填“>”、“<”或“=”)．
16. 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF= 5，则对角线BD的长为______ .(结果保留根号)
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：(1) 18− 8；
(2) 9a+ 25a；
(3)( 5+3)( 5−3)−( 3−1)2．
18. (本小题6.0分)
如图，O为坐标原点，一次函数y=kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点，半径为2的⊙O经过A、B两点．
(1)写出A、B两点的坐标；
(2)求此一次函数的解析式；
(3)求圆心O到直线AB的距离．
19. (本小题6.0分)
如图，BD是▱ABCD的对角线，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，求证：AE=CF．
20. (本小题6.0分)
如图统计的是一个路口某时段来往车辆的车速情况，请运用你所学的统计知识，写一份简短的报告，让交警知道在这个时段，该路口来往车辆的车速情况(如最大车速，车速数据的中位数、众数、平均数等)，并对数据作一个简要分析．
21. (本小题8.0分)
为了锻炼身体增强体质，小何同学在某周末上午9时骑自行车离开家去绿道锻炼，15时回家，已知小何离家的距离s(km)与时间t(h)之间的关系如图所示．
根据图象解答下列问题：
(1)写出小何离家的最远距离；
(2)小何途中共休息了几次，每次休息多长时间？
(3)小何由离家最远的地方返回家时的平均速度是多少？
22. (本小题8.0分)
如图，函数y=−2x+3与y=−12x+m的图象交于点P(n,−2)．
(1)求出m，n的值；
(2)观察图象，写出−12x+m≤−2x+3的解集；
(3)设△BOC和△ABP的面积分别为S1、S2，求S1S2．
23. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且
DE=12AC，连接OE交CD于点F，连接AF、CE．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，求AFAE．
24. (本小题10.0分)
某学校计划在总费用2300元的限额内，租用汽车送234名学生和6名教师集体外出活动，每辆汽车上至少要有一名教师，现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如下表所示．
甲种大客车
乙种大客车
载客量(人/辆)
45
30
租金(元/辆)
400
280
设共租用了汽车m辆，其中租用甲种客车x辆，租车费用为y元．
(1)求y关于x的函数解析式；
(2)运用上述关系，求出最节省费用的租车方案，并说明理由．
25. (本小题12.0分)
如图，点E是正方形ABCD边BC上一动点(不与B、C重合)，CM是外角∠DCN的平分线，点F在射线CM上．
(1)当∠CEF=∠BAE时，判断AE与EF是否垂直，并证明结论；
(2)若在点E运动过程中，线段CF与BE始终满足关系式CF= 2BE．
①连接AF，证明AFAE的值为常量；
②设AF与CD的交点为G，△CEG的周长为a，求正方形ABCD的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A． 22=2，故此选项不合题意；
B. (−2)2=2，故此选项不合题意；
C.3−8=−2，故此选项符合题意；
D.3−8=−2，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用二次根式的性质以及立方根的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了立方根、二次根式的性质与化简，正确化简各数是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、原式不能合并，不符合题意；
B、原式= 6×2= 12=2 3，符合题意；
C、原式= 5a+2 5a=3 5a，不符合题意；
D、原式= 6÷3= 2，不符合题意．
故选：B．
各式计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：过点B作BH⊥AO于H点，
∵△OAB是等边三角形，
∴OH=12OA=1，
在Rt△BHO中，由勾股定理得：BH= 22−12= 3，
∴点B的坐标为(1, 3).
故选：D．
过点B作BH⊥AO于H点，根据△OAB是等边三角形，所以可求出OH和BH长，即可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质，坐标与图形性质和勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵a2+b2=52+122=169，c2=132=169，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵a：b：c=3：4：5，
∴设a=3k，则b=4k，c=5k，
∴a2+b2=(3k)2+(4k)2=25k2，c2=(5k)2=25k2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵a2+b2=132+142=365，c2=152=225，
∴a2+b2≠c2，
∴△ABC不是直角三角形，
故C符合题意；
D、∵c2+b2=52+42=41，a2=( 41)2=41，
∴c2+b2=a2，
∴△ABC为直角三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A、y=−8x，是正比例函数，符合题意；
B、y=8x，是反比例函数，不合题意；
C、y=8x2，是二次函数，不合题意；
D、y=8x−4，是一次函数，不合题意；
故选：A．
直接利用正比例函数以及反比例函数、二次函数、一次函数的定义分别分析得出答案．
此题主要考查了正比例函数以及反比例函数、二次函数、一次函数的定义，正确把握相关定义是解题关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查众数和中位数，解题的关键是明确众数和中位数的定义，会找一组数据的众数和中位数．将题目中的数据按照从小到大排列，从而可以得到这组数据的众数和中位数，本题得以解决．
【解答】
解：将2、5、6、0、6、1、8按照从小到大排列是：
0，1，2，5，6，6，8，
位于中间位置的数为5，
故中位数为5，
数据6出现了2次，最多，
故这组数据的众数是6，中位数是5，
故选C．
7.【答案】D
【解析】解：直线y=3x+1向下平移2个单位，所得直线的解析式是：y=3x+1−2=3x−1．
故选：D．
直接利用一次函数平移规律进而得出答案．
此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确记忆平移规律是解题关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵点O是平行四边形ABCD对角线的交点，
∴OA=OC，AD//BC，
∴∠CFO=∠AEO，①成立；
又∵∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴AE=CF，但不一定得出BF=CF，
则AE不一定等于BF，②不一定成立；
∠DOC不一定等于∠COF，③不一定成立；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC与BD不一定相等，
∴OC和OB不一定相等，④不一定成立．
故选：A．
首先可根据平行四边形的性质及全等三角形的判定推出△AEO≌△CFO，从而进行分析即可．
本题考查平行四边形的性质，全等三角形判定和性质，理解基本性质，利用全等三角形的判定与性质是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：点R在NP上时，三角形面积增加，点R在PQ上时，三角形的面积不变，点R在QN上时，三角形面积变小，点R在Q处，三角形面积开始变小．
故选：D．
根据三角形的面积变化情况，可得R在PQ上时，三角形面积不变，可得答案．
本题考查了动点函数图象，利用三角型面积的变化确定R的位置是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：连接BF交AE于点H，
∵将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，
∴点B、F关于AE对称，
∴BH=FH，BF⊥AE，
∵BC=2 5，点E为BC的中点，
∴BE= 5，
又∵AB=2，
∴AE= AB2+BE2=3，
∵SΔABE=12×AB×BE=12×AE×BH，
∴BH=2× 53=2 53，
则BF=4 53，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFC=90°，
∴CF= BC2−BF2=103．
故选：D．
连接BF交AE于点H，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
11.【答案】x≥32
【解析】解：根据题意得，2x−3≥0，
解得x≥32．
故答案为：x≥32．
根据被开方数是非负数列不等式求解即可．
本题考查了代数式有意义的条件，利用被开方数是非负数列不等式是解题的关键．
12.【答案】4 2
【解析】解：∵点A(4,0)和B(0,4)，
∴OA=OB=4，
∴AB= OA2+OB2= 42+42=4 2，
故答案为：4 2．
根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
13.【答案】(a+b,c)
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=BC，OA//BC，
∵A(a,0)，
∴OA=BC=a，
∵C(b,c)，
∴B(a+b,c)，
故答案为：(a+b,c)．
利用平行四边形的性质即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14.【答案】2
【解析】解：∵AB=10，AH=6，
∴BH= AB2−AH2=8，
∴EF=BH−AH=8−6=2，
故答案为：2．
根据勾股定理求得BH，进而求得EF的值即可．
此题考查勾股定理的证明，关键是应用直角三角形中勾股定理的运用．
15.【答案】>
【解析】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，
∴S甲2>S乙2，
故答案为：>．
由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，结合方差的意义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
16.【答案】2 5
【解析】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠BDC=35°，∠DCE=70°，
又∵∠MCE=15°，
∴∠DCF=55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF=35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=35°，
在△CDH和△CDF中，
∠CHD=∠CFD∠HDC=∠FDCDC=DC，
∴△CDH≌△CDF(AAS)，
∴DF=DH= 5，
∴DB=2 5，
故答案为2 5．
连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．
17.【答案】解：(1)原式=3 2−2 2
= 2；
(2)原式=3 a+5 a
=8 a；
(3)原式=( 5)2−32−(3−2 3+1)
=5−9−3+2 3−1
=2 3−8．
【解析】(1)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(2)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(3)原式利用平方差公式及完全平方公式化简，计算即可求出值．
此题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，以及平方差公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)∵半径为2的⊙O经过A、B两点，
∴OA=OB=2，
∴A(2,0)，B(0,2)；
(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得0=2k+b2=b，
解得k=−1b=2，
∴一次函数的解析式为y=−x+2；
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，
∵AB= OA2+OB2= 22+22=2 2，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅h，
∴h=OA⋅OBAB=2×22 2= 2，
故圆心O到直线AB的距离为 2．
【解析】(1)根据已知条件得到OA=OB=2，于是得到A(2,0)，B(0,2)；(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得解方程组得到结论
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，待定系数法求函数的解析式，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD ∠ABE=∠CDF AB=CD ，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF．
【解析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用；证明△ABE≌△CDF是解决问题的关键．
根据平行四边形的性质得出AB=CD，AB//CD，根据平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，求出∠AEB=∠CFD=90°，根据AAS推出△ABE≌△CDF，得出对应边相等即可．
20.【答案】解：2+5+8+6+4+2=27，
则该时间段内的众数是52，中位数是52，平均时速为127×(50×2+51×5+52×8+53×6+54×4+55×2)≈52.4(km/h)，
报告：由图可知，这个时段路口来往车辆的最低时速是50km/h，最高时速是55km/h，大部分车辆车速是52km/h．
【解析】根据条形统计图中的数据，可以得到这组数据的中位数和众数，最高时速和最低时速，然后即可写出相应的报告，本题得以解决．
本题考查条形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答，注意本题答案不唯一，只要合理即可．
21.【答案】解：(1)图象上各点纵坐标的最大值为35，
∴小何离家的最远距离为35km．
(2)小何途中共休息了2次：第1次休息了11−10.5=0.5(h)，第2次休息了13−12=1(h)．
(3)小何由离家最远的地方返回家时，经过的距离为35km，所用的时间为15−13=2(h)，
∴小何由离家最远的地方返回家时的平均速度为352=17.5(km/h)．
【解析】(1)从图象上各点纵坐标的最大值即可得到答案；
(2)在休息期间，纵坐标不变，从而判断休息的次数和时长；
(3)从图象上可以知道返回家所经过的路程和时间，从而利用v−=st计算其平均速度．
本题考查一次函数的应用，一定要理解题意，培养从图象中获取有用信息的能力，这是解这类题的关键．
22.【答案】解：(1)把P(n,−2)代入y=−2x+3得−2n+3=−2，
解得n=52；
∴P(52,−2)，
把P(52,−2)代y=−12x+m得−54+m=−2，
解得m=−34；
(2)不等式−12x+m≤−2x+3的解集为x≤52；
(3)∵函数y=−2x+3与y轴交于点A，函数y=−12x−34的图象与y轴交于点B，与x轴交于点C，
∴A(0,3)，B(0,−34)，C(−32,0)，
设△BOC和△ABP的面积分别为S1、S2，则S1S2=12×34×3212×(3+34)×52=325．
【解析】(1)先把P(n,−2)代入y=−2x+3求出n得到P(52,−2)，然后把P点坐标代入y=−12x+m求出m；
(2)写出直线y=−12x+m不在直线y=−2x+3的上方所对应的自变量的范围即可；
(3)先求出A、B、C的坐标，然后利用三角形面积公式计算即可．
此题是两条直线相交问题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，一次函数与不等式以及三角形面积，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．
23.【答案】(1)证明：四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC，AD=CD，
∵DE//AC且DE=12AC，
∴DE=OA=OC，
∴四边形OADE、四边形OCED都是平行四边形，
∴OE=AD，
∴OE=CD；
(2)解：连接AE．
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形，
∴CF=DF，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC=AB=CD=AD=4，
∴AF⊥CD，
∴AF= AC2−CF2= 42−22=2 3，
在矩形OCED中，CE=OD= AD2−AO2=2 3．
在Rt△ACE中，AE= AC2+CE2= 42+(2 3)2=2 7．
∴AFAE=2 32 7= 217，
【解析】(1)由菱形ABCD中，DE//AC且DE=12AC，易证得四边形OCED是平行四边形，继而可得OE=CD即可；
(2)由菱形的对角线互相垂直，可证得四边形OCED是矩形，根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可，理由等边三角形的性质求出AF，可得结论．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用．注意证得四边形OCED是平行四边形，四边形OCED是矩形是关键．
24.【答案】解：(1)由题意可知，租用5辆车不能将学生和老师运送完，因为每辆汽车上至少要一名教师，所以只能租6辆，即m=6，
设租甲种客车x(辆)、学校租车所需的总费用y(元)，依题意，
得y=400x+280(6−x)
整理，得y=120x+1680．
所以y与x的函数关系式为：y=120x+1680；
(2)由题意得，45x+30(6−x)≥240400x+280(6−x)≤2300，
解得4≤x≤316，
∵x为整数，
∴x的值为4或5；
∴有两种租车方案：①甲种客车4辆，乙种客车2辆，租车需花费：400×4+280×2=2160(元)；
②甲种客车5辆，乙种客车1辆，租车需花费：400×5+280=2280(元)．
∵2280>2160，
∴最少租车费用是2160元，
因为2160<2280，
所以租甲种客车4辆，乙种客车2辆时，最节省费用，最小费用为2160元．
【解析】(1)根据题意可列出y与x的等式关系，再化简整理得出x，y的表达式；
(2)根据共有师生240人，费用不超过2300元，列不等式组求解；然后根据一次函数的性质解答即可．
此题主要考查了一次函数与一次不等式组的综合应用，由题意得出租用x辆甲种客车与总租金用y的函数关系是解决问题的关键．
25.【答案】(1)解：垂直，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵∠CEF=∠BAE，
∴∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠AEF=90°，
∴AE⊥EF；
(2)①证明：如图1，
作FG⊥BN于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCN=∠BCD=90°，AB=BC，
∵CMP平分∠DCN，
∴∠DCM=∠MCN=45°，
∴CF= 2CF= 2FG，
∵CF= 2BE，
∴BE=CG=CF，
∴BE+EC=CG+EC，
∴BC=EG，
∴EG=AB，
∵∠FCG=∠B=90°，
∴△ABE≌△EGF(SAS)，
∴AE=EF，∠FEG=∠BAE，
∴由(1)得：∠AEF=90°，
∴AFAE= 2；
②解：如图2，
在CB的延长线上截取BH=DG，连接AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABH=∠ABC=∠BAD=∠D=90°，AB=AD=BC=CD，
∴△ABH≌△ADG(SAS)，
∴∠DAG=∠BAH，AH=AG，
由①知：∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAG=45°，
∴∠BAE+∠BAH=45°，
∴∠EAH=45°，
∴∠EAH=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AEH≌△AEG，
∴EG=EH=BH+BE=DG+BE，
∴EG+CG+EC=DG+BE+CG+EC=CD+BC=2BC=a，
∴BC=12a，
∴S正方形ABCD=BC2=14a2．
【解析】(1)可证明∠BAE+∠AEB=90°，∠CEF=∠BAE，从而∠CEF+∠AEB=90°，进而得出结果；
(2)①作FG⊥BN于G，可证得BC=EG，进而证得△ABE≌△EGF，进一步得出结果；
②在CB的延长线上截取BH=DG，连接AH，可证得△ABH≌△ADG，进而证得△AEH≌△AEG，进一步得出结果．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
2022-2023学年广东省广州市番禺区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列计算正确的是( )
A. 22=±2 B. (−2)2=−2 C. 3−8=−2 D. 3−8=2
2. 下列等式成立的是( )
A. a− b= a−b B. 6× 2=2 3
C. 5a+ 20a=5 a D. 6÷ 3=2
3. 如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为( )
A. (1,1)
B. ( 3,1)
C. ( 32,1)
D. (1, 3)
4. 已知△ABC的三边长分别为a，b，c，在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的是( )
A. a=5，b=12，c=13 B. a：b：c=3：4：5
C. a=13，b=14，c=15 D. a= 41，b=4，c=5
5. 下列函数中，正比例函数是( )
A. y=−8x B. y=8x C. y=8x2 D. y=8x−4
6. 数据2、5、6、0、6、1、8的中位数和众数分别是( )
A. 0和6 B. 0和8 C. 5和6 D. 5和8
7. 直线y=3x+1向下平移2个单位，所得直线的解析式是( )
A. y=3x+3 B. y=3x−2 C. y=3x+2 D. y=3x−1
8. 如图，点O是▱ABCD对角线的交点，EF过点O分别交AD、BC于点E、F，下列结论中成立的是( )
A. ∠CFO=∠AEO
B. AE=BF
C. ∠DOC=∠COF
D. OB=OC
9. 如图1，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则当x=9时，点R应运动到( )
A. M处 B. N处 C. P处 D. Q处
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=2 5，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，连结CF，则CF的长为( )
A. 83 B. 43 5 C. 85 5 D. 103
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 若 2x−3有意义，则x的取值范围是______．
12. 在平面直角坐标系中两点A(4,0)和B(0,4)之间的距离AB= ______ ．
13. 如图，将平行四边形ABCO放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，若点A的坐标是(a,0)，点C的坐标是(b,c)，则点B的坐标是______ ．
14. 如图是“赵爽弦图”，其中△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10，AH=6，那么EF等于______ ．
15. 甲、乙两地7月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是S甲2 ______S乙2(填“>”、“<”或“=”)．
16. 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF= 5，则对角线BD的长为______ .(结果保留根号)
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：(1) 18− 8；
(2) 9a+ 25a；
(3)( 5+3)( 5−3)−( 3−1)2．
18. (本小题6.0分)
如图，O为坐标原点，一次函数y=kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点，半径为2的⊙O经过A、B两点．
(1)写出A、B两点的坐标；
(2)求此一次函数的解析式；
(3)求圆心O到直线AB的距离．
19. (本小题6.0分)
如图，BD是▱ABCD的对角线，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，求证：AE=CF．
20. (本小题6.0分)
如图统计的是一个路口某时段来往车辆的车速情况，请运用你所学的统计知识，写一份简短的报告，让交警知道在这个时段，该路口来往车辆的车速情况(如最大车速，车速数据的中位数、众数、平均数等)，并对数据作一个简要分析．
21. (本小题8.0分)
为了锻炼身体增强体质，小何同学在某周末上午9时骑自行车离开家去绿道锻炼，15时回家，已知小何离家的距离s(km)与时间t(h)之间的关系如图所示．
根据图象解答下列问题：
(1)写出小何离家的最远距离；
(2)小何途中共休息了几次，每次休息多长时间？
(3)小何由离家最远的地方返回家时的平均速度是多少？
22. (本小题8.0分)
如图，函数y=−2x+3与y=−12x+m的图象交于点P(n,−2)．
(1)求出m，n的值；
(2)观察图象，写出−12x+m≤−2x+3的解集；
(3)设△BOC和△ABP的面积分别为S1、S2，求S1S2．
23. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且
DE=12AC，连接OE交CD于点F，连接AF、CE．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，求AFAE．
24. (本小题10.0分)
某学校计划在总费用2300元的限额内，租用汽车送234名学生和6名教师集体外出活动，每辆汽车上至少要有一名教师，现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如下表所示．
甲种大客车
乙种大客车
载客量(人/辆)
45
30
租金(元/辆)
400
280
设共租用了汽车m辆，其中租用甲种客车x辆，租车费用为y元．
(1)求y关于x的函数解析式；
(2)运用上述关系，求出最节省费用的租车方案，并说明理由．
25. (本小题12.0分)
如图，点E是正方形ABCD边BC上一动点(不与B、C重合)，CM是外角∠DCN的平分线，点F在射线CM上．
(1)当∠CEF=∠BAE时，判断AE与EF是否垂直，并证明结论；
(2)若在点E运动过程中，线段CF与BE始终满足关系式CF= 2BE．
①连接AF，证明AFAE的值为常量；
②设AF与CD的交点为G，△CEG的周长为a，求正方形ABCD的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A． 22=2，故此选项不合题意；
B. (−2)2=2，故此选项不合题意；
C.3−8=−2，故此选项符合题意；
D.3−8=−2，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用二次根式的性质以及立方根的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了立方根、二次根式的性质与化简，正确化简各数是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、原式不能合并，不符合题意；
B、原式= 6×2= 12=2 3，符合题意；
C、原式= 5a+2 5a=3 5a，不符合题意；
D、原式= 6÷3= 2，不符合题意．
故选：B．
各式计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：过点B作BH⊥AO于H点，
∵△OAB是等边三角形，
∴OH=12OA=1，
在Rt△BHO中，由勾股定理得：BH= 22−12= 3，
∴点B的坐标为(1, 3).
故选：D．
过点B作BH⊥AO于H点，根据△OAB是等边三角形，所以可求出OH和BH长，即可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质，坐标与图形性质和勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵a2+b2=52+122=169，c2=132=169，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵a：b：c=3：4：5，
∴设a=3k，则b=4k，c=5k，
∴a2+b2=(3k)2+(4k)2=25k2，c2=(5k)2=25k2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵a2+b2=132+142=365，c2=152=225，
∴a2+b2≠c2，
∴△ABC不是直角三角形，
故C符合题意；
D、∵c2+b2=52+42=41，a2=( 41)2=41，
∴c2+b2=a2，
∴△ABC为直角三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A、y=−8x，是正比例函数，符合题意；
B、y=8x，是反比例函数，不合题意；
C、y=8x2，是二次函数，不合题意；
D、y=8x−4，是一次函数，不合题意；
故选：A．
直接利用正比例函数以及反比例函数、二次函数、一次函数的定义分别分析得出答案．
此题主要考查了正比例函数以及反比例函数、二次函数、一次函数的定义，正确把握相关定义是解题关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查众数和中位数，解题的关键是明确众数和中位数的定义，会找一组数据的众数和中位数．将题目中的数据按照从小到大排列，从而可以得到这组数据的众数和中位数，本题得以解决．
【解答】
解：将2、5、6、0、6、1、8按照从小到大排列是：
0，1，2，5，6，6，8，
位于中间位置的数为5，
故中位数为5，
数据6出现了2次，最多，
故这组数据的众数是6，中位数是5，
故选C．
7.【答案】D
【解析】解：直线y=3x+1向下平移2个单位，所得直线的解析式是：y=3x+1−2=3x−1．
故选：D．
直接利用一次函数平移规律进而得出答案．
此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确记忆平移规律是解题关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵点O是平行四边形ABCD对角线的交点，
∴OA=OC，AD//BC，
∴∠CFO=∠AEO，①成立；
又∵∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴AE=CF，但不一定得出BF=CF，
则AE不一定等于BF，②不一定成立；
∠DOC不一定等于∠COF，③不一定成立；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC与BD不一定相等，
∴OC和OB不一定相等，④不一定成立．
故选：A．
首先可根据平行四边形的性质及全等三角形的判定推出△AEO≌△CFO，从而进行分析即可．
本题考查平行四边形的性质，全等三角形判定和性质，理解基本性质，利用全等三角形的判定与性质是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：点R在NP上时，三角形面积增加，点R在PQ上时，三角形的面积不变，点R在QN上时，三角形面积变小，点R在Q处，三角形面积开始变小．
故选：D．
根据三角形的面积变化情况，可得R在PQ上时，三角形面积不变，可得答案．
本题考查了动点函数图象，利用三角型面积的变化确定R的位置是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：连接BF交AE于点H，
∵将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，
∴点B、F关于AE对称，
∴BH=FH，BF⊥AE，
∵BC=2 5，点E为BC的中点，
∴BE= 5，
又∵AB=2，
∴AE= AB2+BE2=3，
∵SΔABE=12×AB×BE=12×AE×BH，
∴BH=2× 53=2 53，
则BF=4 53，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFC=90°，
∴CF= BC2−BF2=103．
故选：D．
连接BF交AE于点H，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
11.【答案】x≥32
【解析】解：根据题意得，2x−3≥0，
解得x≥32．
故答案为：x≥32．
根据被开方数是非负数列不等式求解即可．
本题考查了代数式有意义的条件，利用被开方数是非负数列不等式是解题的关键．
12.【答案】4 2
【解析】解：∵点A(4,0)和B(0,4)，
∴OA=OB=4，
∴AB= OA2+OB2= 42+42=4 2，
故答案为：4 2．
根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
13.【答案】(a+b,c)
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=BC，OA//BC，
∵A(a,0)，
∴OA=BC=a，
∵C(b,c)，
∴B(a+b,c)，
故答案为：(a+b,c)．
利用平行四边形的性质即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14.【答案】2
【解析】解：∵AB=10，AH=6，
∴BH= AB2−AH2=8，
∴EF=BH−AH=8−6=2，
故答案为：2．
根据勾股定理求得BH，进而求得EF的值即可．
此题考查勾股定理的证明，关键是应用直角三角形中勾股定理的运用．
15.【答案】>
【解析】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，
∴S甲2>S乙2，
故答案为：>．
由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，结合方差的意义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
16.【答案】2 5
【解析】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠BDC=35°，∠DCE=70°，
又∵∠MCE=15°，
∴∠DCF=55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF=35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=35°，
在△CDH和△CDF中，
∠CHD=∠CFD∠HDC=∠FDCDC=DC，
∴△CDH≌△CDF(AAS)，
∴DF=DH= 5，
∴DB=2 5，
故答案为2 5．
连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．
17.【答案】解：(1)原式=3 2−2 2
= 2；
(2)原式=3 a+5 a
=8 a；
(3)原式=( 5)2−32−(3−2 3+1)
=5−9−3+2 3−1
=2 3−8．
【解析】(1)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(2)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(3)原式利用平方差公式及完全平方公式化简，计算即可求出值．
此题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，以及平方差公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)∵半径为2的⊙O经过A、B两点，
∴OA=OB=2，
∴A(2,0)，B(0,2)；
(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得0=2k+b2=b，
解得k=−1b=2，
∴一次函数的解析式为y=−x+2；
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，
∵AB= OA2+OB2= 22+22=2 2，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅h，
∴h=OA⋅OBAB=2×22 2= 2，
故圆心O到直线AB的距离为 2．
【解析】(1)根据已知条件得到OA=OB=2，于是得到A(2,0)，B(0,2)；(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得解方程组得到结论
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，待定系数法求函数的解析式，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD ∠ABE=∠CDF AB=CD ，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF．
【解析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用；证明△ABE≌△CDF是解决问题的关键．
根据平行四边形的性质得出AB=CD，AB//CD，根据平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，求出∠AEB=∠CFD=90°，根据AAS推出△ABE≌△CDF，得出对应边相等即可．
20.【答案】解：2+5+8+6+4+2=27，
则该时间段内的众数是52，中位数是52，平均时速为127×(50×2+51×5+52×8+53×6+54×4+55×2)≈52.4(km/h)，
报告：由图可知，这个时段路口来往车辆的最低时速是50km/h，最高时速是55km/h，大部分车辆车速是52km/h．
【解析】根据条形统计图中的数据，可以得到这组数据的中位数和众数，最高时速和最低时速，然后即可写出相应的报告，本题得以解决．
本题考查条形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答，注意本题答案不唯一，只要合理即可．
21.【答案】解：(1)图象上各点纵坐标的最大值为35，
∴小何离家的最远距离为35km．
(2)小何途中共休息了2次：第1次休息了11−10.5=0.5(h)，第2次休息了13−12=1(h)．
(3)小何由离家最远的地方返回家时，经过的距离为35km，所用的时间为15−13=2(h)，
∴小何由离家最远的地方返回家时的平均速度为352=17.5(km/h)．
【解析】(1)从图象上各点纵坐标的最大值即可得到答案；
(2)在休息期间，纵坐标不变，从而判断休息的次数和时长；
(3)从图象上可以知道返回家所经过的路程和时间，从而利用v−=st计算其平均速度．
本题考查一次函数的应用，一定要理解题意，培养从图象中获取有用信息的能力，这是解这类题的关键．
22.【答案】解：(1)把P(n,−2)代入y=−2x+3得−2n+3=−2，
解得n=52；
∴P(52,−2)，
把P(52,−2)代y=−12x+m得−54+m=−2，
解得m=−34；
(2)不等式−12x+m≤−2x+3的解集为x≤52；
(3)∵函数y=−2x+3与y轴交于点A，函数y=−12x−34的图象与y轴交于点B，与x轴交于点C，
∴A(0,3)，B(0,−34)，C(−32,0)，
设△BOC和△ABP的面积分别为S1、S2，则S1S2=12×34×3212×(3+34)×52=325．
【解析】(1)先把P(n,−2)代入y=−2x+3求出n得到P(52,−2)，然后把P点坐标代入y=−12x+m求出m；
(2)写出直线y=−12x+m不在直线y=−2x+3的上方所对应的自变量的范围即可；
(3)先求出A、B、C的坐标，然后利用三角形面积公式计算即可．
此题是两条直线相交问题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，一次函数与不等式以及三角形面积，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．
23.【答案】(1)证明：四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC，AD=CD，
∵DE//AC且DE=12AC，
∴DE=OA=OC，
∴四边形OADE、四边形OCED都是平行四边形，
∴OE=AD，
∴OE=CD；
(2)解：连接AE．
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形，
∴CF=DF，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC=AB=CD=AD=4，
∴AF⊥CD，
∴AF= AC2−CF2= 42−22=2 3，
在矩形OCED中，CE=OD= AD2−AO2=2 3．
在Rt△ACE中，AE= AC2+CE2= 42+(2 3)2=2 7．
∴AFAE=2 32 7= 217，
【解析】(1)由菱形ABCD中，DE//AC且DE=12AC，易证得四边形OCED是平行四边形，继而可得OE=CD即可；
(2)由菱形的对角线互相垂直，可证得四边形OCED是矩形，根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可，理由等边三角形的性质求出AF，可得结论．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用．注意证得四边形OCED是平行四边形，四边形OCED是矩形是关键．
24.【答案】解：(1)由题意可知，租用5辆车不能将学生和老师运送完，因为每辆汽车上至少要一名教师，所以只能租6辆，即m=6，
设租甲种客车x(辆)、学校租车所需的总费用y(元)，依题意，
得y=400x+280(6−x)
整理，得y=120x+1680．
所以y与x的函数关系式为：y=120x+1680；
(2)由题意得，45x+30(6−x)≥240400x+280(6−x)≤2300，
解得4≤x≤316，
∵x为整数，
∴x的值为4或5；
∴有两种租车方案：①甲种客车4辆，乙种客车2辆，租车需花费：400×4+280×2=2160(元)；
②甲种客车5辆，乙种客车1辆，租车需花费：400×5+280=2280(元)．
∵2280>2160，
∴最少租车费用是2160元，
因为2160<2280，
所以租甲种客车4辆，乙种客车2辆时，最节省费用，最小费用为2160元．
【解析】(1)根据题意可列出y与x的等式关系，再化简整理得出x，y的表达式；
(2)根据共有师生240人，费用不超过2300元，列不等式组求解；然后根据一次函数的性质解答即可．
此题主要考查了一次函数与一次不等式组的综合应用，由题意得出租用x辆甲种客车与总租金用y的函数关系是解决问题的关键．
25.【答案】(1)解：垂直，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵∠CEF=∠BAE，
∴∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠AEF=90°，
∴AE⊥EF；
(2)①证明：如图1，
作FG⊥BN于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCN=∠BCD=90°，AB=BC，
∵CMP平分∠DCN，
∴∠DCM=∠MCN=45°，
∴CF= 2CF= 2FG，
∵CF= 2BE，
∴BE=CG=CF，
∴BE+EC=CG+EC，
∴BC=EG，
∴EG=AB，
∵∠FCG=∠B=90°，
∴△ABE≌△EGF(SAS)，
∴AE=EF，∠FEG=∠BAE，
∴由(1)得：∠AEF=90°，
∴AFAE= 2；
②解：如图2，
在CB的延长线上截取BH=DG，连接AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABH=∠ABC=∠BAD=∠D=90°，AB=AD=BC=CD，
∴△ABH≌△ADG(SAS)，
∴∠DAG=∠BAH，AH=AG，
由①知：∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAG=45°，
∴∠BAE+∠BAH=45°，
∴∠EAH=45°，
∴∠EAH=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AEH≌△AEG，
∴EG=EH=BH+BE=DG+BE，
∴EG+CG+EC=DG+BE+CG+EC=CD+BC=2BC=a，
∴BC=12a，
∴S正方形ABCD=BC2=14a2．
【解析】(1)可证明∠BAE+∠AEB=90°，∠CEF=∠BAE，从而∠CEF+∠AEB=90°，进而得出结果；
(2)①作FG⊥BN于G，可证得BC=EG，进而证得△ABE≌△EGF，进一步得出结果；
②在CB的延长线上截取BH=DG，连接AH，可证得△ABH≌△ADG，进而证得△AEH≌△AEG，进一步得出结果．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
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