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2022-2023学年重庆市永川区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市永川区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22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学年重庆市永川区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 27 B. 1.5 C. 12 D. 2
2. 若函数y=kx+2(k≠0)的图象经过点(1,−2)，则k的值是( )
A. 4 B. −4 C. 2 D. −2
3. 下列四组线段中，可以构成直角三角形的是( )
A. 4，5，6 B. 1.5，2，2.5 C. 2，3，4 D. 1， 2，3
4. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 四条边相等 B. 对角线互相垂直平分
C. 对角线平分一组对角 D. 对角线相等
5. 某校生物小组11人到校外采集标本，其中2人每人采集到6件，4人每人采集到3件，5人每人采集到4件，则这个小组平均每人采集标本( )
A. 3件 B. 4件 C. 5件 D. 6件
6. 若 3−x=3−x，则x的值是( )
A. 0 B. 2 C. 3 D. 2或3
7. 下列计算错误的是( )
A. 14× 7=7 2 B. 60÷ 5=2 3
C. 9a+ 25a=8 a D. 3 2− 2=3
8. 某班抽取6名同学进行体育达标测试，成绩如下：70，80，65，70，65，70，下列关于对这组数据的描述中，错误的是( )
A. 中位数是65 B. 众数是70 C. 平均数是70 D. 极差是15
9. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，F都在边BC上，且AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，若AD=8，EF=2，则边AB的长是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
10. 如图，直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB沿直线AB翻折后得到△AO′B，则点O′的坐标是( )
A. ( 3,3)
B. ( 3, 3)
C. (2,2 3)
D. (2 3,4)
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 若 3m−1有意义，则m的取值范围是______．
12. 数据6，4，5，3，2的方差是______ ．
13. 如图，在▱ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，BD=8，E是边AD的中点，连接OE，若▱ABCD的周长是20，则△ODE的周长是______ ．
14. 已知函数y=ax+b经过(1,3)，(0,−2)，则a−b= ______ ．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于______．
16. 如图，已知A点坐标为(5,0)，直线y=x+b(b>0)与y轴交于点B，连接AB，∠α=75°，则b的值为______ ．
17. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，M为边AD的中点，延长MD至点E，使ME=MC，以DE为边作正方形DEFG，点G在边CD上，则DG的长为______．
18. 如图，点E是正方形ABCD内一点，且AE=1，BE= 5，若∠AED=135°，则正方形ABCD的面积是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算： 24+ 12−13× 4÷ 12× 27．
20. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90o，∠B=30o，点D在边BC上，且AC=6，∠ADB=135°，求BD的长．
21. (本小题10.0分)
如图，直线AC是一次函数y=2x+3的图象，直线BC是一次函数y=−2x−1的图象．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)求△ABC的面积．
22. (本小题10.0分)
为实施“农村留守儿童关爱计划”，某学校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，且有6名留守儿童的班级数占全校班级数的20%，并制成如下不完整的统计图：
(1)该校共有多少个班级？并将统计图补充完整；
(2)写出该校各班级留守儿童人数的中位数和众数；
(3)该校平均每班有多少名留守儿童？
23. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作
AF//BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：①△AEF≌△DEB；
②四边形ADCF是平行四边形；
(2)若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
24. (本小题10.0分)
某天，张强到体育馆看球赛，进场时，发现门票还在家里，此时离比赛开始还有30分钟，于是他立即以m(米/分)的速度步行回家取票.在他从体育馆步行回家取票的同时，他父亲骑自行车从家里出发，以3m(米/分)的速度给他送票，两人在途中相遇，相遇后张强立即坐他父亲的自行车赶回体育馆.如图中线段AB、OB分别表示父、子俩送票、取票过程中，离体育馆的路程S(米)与所用时间t(分钟)之间的函数关系，结合图象解答下列问题(假设骑自行车和步行的速度始终保持不变)：
(1)求m的值和点B的坐标；
(2)求直线AB所表示的函数关系式；
(3)张强能否在比赛开始前到达体育馆？
25. (本小题10.0分)
现从A，B向甲、乙两地运送蔬菜，A，B两个蔬菜市场各有蔬菜14吨，其中甲地需要蔬菜15吨，乙地需要蔬菜13吨，从A到甲地运费50元/吨，到乙地30元/吨；从B地到甲运费60元/吨，到乙地45元/吨．
(1)设A地到甲地运送蔬菜x吨，请完成下表：
运往甲地(单位：吨)
运往乙地(单位：吨)
A
x
______
B
______
______
(2)设总运费为W元，请写出W与x的函数关系式．
(3)怎样调运蔬菜才能使运费最少？
26. (本小题10.0分)
如图，矩形OABC的边OC、OA分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，点D在OC的延长线上，已知OC=1，且OD>OA>OC.把△OAB沿矩形OABC的对角线OB翻折后，顶点A恰好落在线段AD的中点A′处．
(1)求∠AOB的度数；
(2)求线段OA，OD的长度；
(3)已知点P是直线AD上的一个动点，在这个坐标平面内是否存在点Q，使得以O、A、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A． 27的被开方数中含有能开方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B. 1.5的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C. 12的被开方数中含有能开方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D. 2是最简二次根式，故本选项符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因数和因式．
2.【答案】B
【解析】解：∵函数y=kx+2(k≠0)的图象经过点(1,−2)，
∴−2=k+2，
解得：k=−4，
∴k的值是−4．
故选：B．
利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出关于k的一元一次方程，解之即可求出k的值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记“直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b”是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查勾股定理的逆定理，属于基础题.由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】
解：A.42+52=41≠62，不可以构成直角三角形，故A选项错误；
B.1.52+22=6.25=2.52，可以构成直角三角形，故B选项正确；
C.22+32=13≠42，不可以构成直角三角形，故C选项错误；
D.12+( 2)2=3≠32，而且它们不符合三角形的三边关系，不可以构成直角三角形，故D选项错误．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】解：正方形的性质：正方形的四条边相等，四个角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，并且每一条对角线平分一组对角；
菱形的性质：菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角；因此正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等；
故选：D．
根据正方形和菱形的性质容易得出结论．
本题考查了正方形和菱形的性质；熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键；注意区别．
5.【答案】B
【解析】解：本组数据分别为：6，6，3，3，3，3，4，4，4，4，4，
故平均数=2×6+4×3+5×411=4．
故选B．
只要运用加权平均数公式即可求出，为简单题．
本题考查的是加权平均数的求法．熟记公式是解决本题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意得，
3−x=0或3−x=1，
解得x=3或x=2，
故选：D．
根据算术平方根等于它本身的数是0或1进行求解．
此题考查了算术平方根的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
7.【答案】D
【解析】解：A、 14× 7= 2×7×7=7 2，正确；
B、 60÷ 5= 60÷5=2 3，正确；
C、 9a+ 25a=3 a+5 a=8 a，正确；
D、3 2− 2=2 2，故错误．故选D．
根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
8.【答案】A
【解析】解：把这组数据从小到大排列为：65，65，70，70，70，80，最中间两个数的平均数是：(70+70)÷2=70，则中位数是70，故选项A符合题意；
70出现了三次，出现的次数最多，则众数是70，故选项B不符合题意；
平均数是：(70×3+65×2+80)÷6=70，故选项C不符合题意；
极差是：80−65=15，故选项D不符合题意；
故选：A．
根据平均数，中位数，众数及极差的概念进行判断．
此题考查了极差、众数、平均数和中位数，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值；众数是一组数据中出现次数最多的数；中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(或最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数．
9.【答案】C
【解析】解：在▱ABCD中，
∵BC=AD=8，BC//AD，CD=AB，CD//AB，
∴∠DAE=∠AEB，∠ADF=∠DFC，
∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，
∴∠BAE=∠DAE，∠ADF=∠CDF，
∴∠BAE=∠AEB，∠CFD=∠CDF，
∴AB=BE，CF=CD，
∴BC=BE+CF−EF=2AB−2=8．
即2AB−2=8．
∴AB=5；
故选：C．
根据平行线的性质得到∠ADF=∠DFC，由DF平分∠ADC，得到∠ADF=∠CDF，等量代换得到∠DFC=∠FDC，根据等腰三角形的判定得到CF=CD，同理BE=AB，根据已知条件得到四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AB=CD，AD=BC，即可得到结论．
本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是判断出AB=BE=CF=CD．
10.【答案】A
【解析】解：如图，作O′M⊥y轴，交y于点M，O′N⊥x轴，交x于点N，
∵直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴B(0,2)，A(2 3,0)，
∴∠BAO=30°，
由折叠的特性得，O′B=OB=2，∠ABO=∠ABO′=60°，
∴MB=1，MO′= 3，
∴OM=3，ON=O′M= 3，
∴O′( 3,3)，
故选：A．
作O′M⊥y轴，交y于点M，O′N⊥x轴，交x于点N，由直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，求出B(0,2)，A(2 3,0)，和∠BAO=30°，运用直角三角形求出MB和MO′，再求出点O′的坐标．
本题主要考查了折叠问题及一次函数问题，解题的关键是运用折叠的特性得出相等的角与线段．
11.【答案】m≥13
【解析】解：∵ 3m−1有意义，
∴3m−1≥0，
解得m≥13，
即m的取值范围是m≥13．
故答案为：m≥13．
二次根式有意义的条件为被开方数是非负数，据此可得结论．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，如果一个式子中含有多个二次根式，那么它们有意义的条件是：各个二次根式中的被开方数都必须是非负数．
12.【答案】2
【解析】解：由题意得：x−=15×(6+4+5+3+2)=4，
∴数据的方差S2=15×[(6−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(2−4)2]=2．
故答案为：2．
先求出平均数，再根据方差的公式计算即可．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
13.【答案】9
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，DO=BO=12BD，
∵▱ABCD周长为20，BD=8，
∴AB+AD=10，DO=4，
∵BO=DO，E是AD边的中点，
∴DE=12AD，EO=12AB，
∴DE+EO=12(AB+AD)=12×10=5，
∴△ODE的周长为DO+DE+EO=4+5=9．
故答案为：9．
根据平行四边形的性质得出AD=BC，AB=CD，DO=BO=12BD，求出AB+AD=10，DO=4，根据三角形的中位线求出EO=12AB，求出DE+EO的值，即可求出答案．
本题考查了三角形的中位线，平行四边形的性质的应用，能求出EO+DE的值是解此题的关键，注意：平行四边形的对边相等，平行四边形的对角线互相平分．
14.【答案】7
【解析】解：∵函数y=ax+b经过(1,3)，(0,−2)，
∴3=a+b−2=b，
解得：a=5b=−2，
∴a−b=5+2=7；
故答案为：7．
利用待定系数法求出a，b，再代值计算即可．
本题考查待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握图象上的点满足一次函数的解析式是解题的关键．
15.【答案】3.5
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵AB+BC+CD+DA=28，
∴AD=7，
∵H为AD边中点，
∴OH=12AD=3.5；
故答案为：3.5．
由菱形的四边相等求出边长，再根据对角线互相垂直得出∠AOD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
16.【答案】5 33
【解析】解：∵直线的解析式是y=x+b，
∴OB=OC=b，则∠BCA=45°；
又∵∠α=75°=∠BCA+∠BAC=45°+∠BAC(外角定理)，
∴∠BAC=30°；
而点A的坐标是(5,0)，
∴OA=5，
在Rt△BAO中，∠BAC=30°，OA=5，
∴tan∠BAO=OBOA= 33，
∴BO=5 33，即b=5 33．
故答案是：5 33．
根据直线y=x+b的斜率是1可知∠BCA=45°；然后利用已知条件∠a=75°、外角定理可以求得∠BAC=30°；最后在直角三角形ABO中利用特殊角的三角函数来求OB即b的值即可．
本题综合考查了三角形的外角性质、特殊角的三角函数值以及一次函数的斜率的几何意义．解题时，注意挖掘隐含在题干中的已知条件∠BCA=45°．
17.【答案】 5−1
【解析】解：∵M为边AD的中点，
∴MD=12AD=12×2=1，
在Rt△CDM中，MC= MD2+CD2= 12+22= 5，
∵ME=MC，
∴ME= 5，
∴DE=ME−MD= 5−1，
在正方形DEFG中，DG=DE= 5−1．
故答案为： 5−1．
根据线段中点的定义求出MD，再利用勾股定理列式求出MC，即为ME的长度，然后求出DE，再根据正方形的四条边都相等可得DG=DE．
本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，线段中点的定义，熟记性质是解题的关键．
18.【答案】4+ 6
【解析】解：如图，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，
则BE′=DE，AE′=AE=1，
∵旋转角是90°，
∴∠EAE′=90°，
∴△EAE′是等腰直角三角形，
∴EE′= AE2+AE′2= 12+12= 2，∠AE′E=45°，
∵∠AED=135°，
∴∠AE′B=∠AED=135°，
∴∠EE′B=135°−45°=90°，
在Rt△EE′B中，由勾股定理得，BE′= BE2−EE′2= ( 5)2−( 2)2= 5−2= 3，
过点A作AF⊥BE′的延长线于点F，
∵∠AE′B=135°，
∴∠AE′F=45°，
∴△AFE′是等腰直角三角形，
∴AF2+FE′2=AE′2，
∴2AF2=1，
∴AF=FE′= 22，
∴FB=FE′+BE′= 22+ 3，
在△ABF中，由勾股定理得AB2=AF2+FB2
∴AB2=( 22)2+( 22+ 3)2=12+12+ 6+3=4+ 6，
正方形ABCD的面积是4+ 6，
故答案为：4+ 6．
把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得BE′=DE，AE′=AE，然后求出△AEE′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出EE′，∠EE′A=45°，再求出∠EE′B=90°，利用勾股定理BE′的长，再在等腰直角三角形AFE′中求出AF、FE′的长，最后在Rt△AFB中根据勾股定理求出AB2，即可得到正方形ABCD的面积．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
19.【答案】解： 24+ 12−13× 4÷ 12× 27
=2 6+2 3−13×2× 2×3 3
=2 6+2 3−2 6
=2 3．
【解析】先进行二次根式的化简，除法转为乘法，再算乘法，最后算加减即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20.【答案】解：∵∠C=90o，∠B=30o，AC=6，
∴AB=2AC=12，
∴BC= AB2−AC2= 122−62=6 3．
∵∠ADB=135°，
∴∠ADC=180°−135°=45°，
∴AC=CD=6，
∴BD=BC−CD=6 3−6．
【解析】先根据∠C=90o，∠B=30o，AC=6求出AB的长，再由勾股定理求出BC的长，由∠ADB=135°得出∠ADC=45°，由直角三角形的性质即可得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
21.【答案】证明：(1)在y=2x+3中，令x=0，解得：y=3，
则A点的坐标为(0,3)，
同理，B点的坐标为(0,−1)，
∵y=2x+3y=−2x−1
解得x=−1y=1．
∴C点的坐标为(−1,1)；
(2)∵AB=4，
∴S△ABC=12×4×1=2．
【解析】(1)在两个一次函数解析式中，令x=0，求得y的值，即可得到A和B的坐标，求两个一次函数的解析式组成的方程组求得C的坐标；
(2)求出AB的长，利用三角形面积公式即可求解．
本题考查了利用图象求解各问题，要认真体会点的坐标，一次函数与一元一次方程组之间的内在联系．
22.【答案】解：(1)调查的班级数有：4÷20%=20(个)，
有4名留守儿童班级数为：20−2−2−3−5−4=4(个)，
补全统计图如下：
(2)该校各班级留守儿童人数的中位数为4名，众数为5名；
(3)120×(1×2+2×2+3×3+4×4+5×5+6×4)=4.2≈4(名)．
答：该校平均每班大约有4名留守儿童．
【解析】(1)用有6名留守儿童的班级数除以它所占的百分比即可得到全校班级总数，再用总数分别减去其它五种情况人数即可得出有4名留守儿童班级数；
(2)分别根据中位数和众数的定义解答即可；
(3)根据加权平均数的计算公式解答即可．
本题主要考查众数、加权平均数、中位数、条形统计图和扇形统计图，解题关键是扇形统计图和条形统计图中数据相结合解题．
23.【答案】(1)①证明：∵AF//BC，
∴∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DBE∠EAF=∠EDBAE=DE，
∴△AEF≌△DEB(AAS)，
②证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
由①得，△AEF≌△DEB，
∴AF=BD，
∴CD=AF，
∵AF//BD，
∴四边形ADCF是平行四边形；
(2)解：四边形ADCF是矩形，理由如下：
∵AB=AC，BD=CD，、
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴▱ADCF是矩形．
【解析】(1)①由AF//BC，得∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，结合AE=DE证得结论；
②可得AF=CD，结合AF//BC得出结论；
(2)根据等腰三角形“三线合一”可得AD⊥BC，进而得出结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．
24.【答案】解：(1)∵O点与A点相距5880米，
∴小明家离体育馆有5880米，
∵从点O点到点B用了21分钟，
∴父子俩在出发后21分钟相遇；
设小明的速度为m米/分，则他父亲的速度为3m米/分，
根据题意得21m+3m×21=5880，
解得m=70，
∴21×m=21×70=1470米)，
∴父亲与小明相遇时距离体育馆还有1470米，
∴点B的坐标(21,1470)；
(2)设直线AB所表示的函数关系式为S=kt+b(k≠0)，
把A(0,5880)，B(21,1470)代入解析式，
则21k+b=1470b=5880，
解得k=−210b=5880，
∴直线AB所表示的函数关系式为S=−210t+5880；
(3)∵从B点到O点的速度为3m=210米/秒，
∴从B点到O点的所需时间=1470210=7(分)，
而小明从体育馆到点B用了21分钟，
∴小明从点O到点B，再从点B到点O需21+7=28(分)，
∵小明从体育馆出发取票时，离比赛开始还有30分钟，
∴小明能在比赛开始之前赶回体育馆．
【解析】(1)观察图象得到小明家离体育馆有5880米，小明到相遇地点时用了21分钟，则得到父子俩在出发后21分钟相遇；小明的速度为m米/分，则他父亲的速度为3m米/分，利用父子俩在出发后21分钟相遇列出方程，解方程求出m的值，再求出小明在21分钟走的路程即可；
(2)用待定系数法求函数解析式即可；
(3)由(2)得到从B点到O点的速度为3x=180米/秒，则从B点到O点的所需时间，得到小明取票回到体育馆用的时间与30比较即可．
本题考查了一次函数的应用，函数图象反映两个变量之间的变化情况，根据图象提供得信息得到实际问题中的相关的量，然后利用这些量解决问题．
25.【答案】解：(1)14−x；15−x；x−1；
(2)由题意，得
W=50x+30(14−x)+60(15−x)+45(x−1)=5x+1275(1≤x≤14)；
(3)∵A，B到两地运送的蔬菜为非负数，
∴x≥014−x≥015−x≥0x−1≥0.，
解不等式组，得：1≤x≤14，
在W=5x+1275中，
∵k=5>0，
∴W随x增大而增大，
∴当x最小为1时，W有最小值，
∴当x=1时，A：x=1，14−x=13，
B：15−x=14，x−1=0，
即A向甲地运1吨，向乙地运13吨，B向甲地运14吨，向乙地运0吨才能使运费最少．
【解析】
解答：(1)如图所示：
运往甲地(单位：吨)
运往乙地(单位：吨)
A
x
14−x
B
15−x
x−1
(2)见答案；
(3)见答案．
【分析】
(1)根据题意A，B两个蔬菜市场各有蔬菜14吨，其中甲地需要蔬菜15吨，乙地需要蔬菜13吨，可得解．
(2)根据从A到甲地运费50元/吨，到乙地30元/吨；从B地到甲运费60元/吨，到乙地45元/吨可列出总费用，从而可得出答案．
(3)首先求出x的取值范围，再利用w与x之间的函数关系式，求出函数最值即可．
本题考查了利用一次函数的有关知识解答实际应用题，一次函数是常用的解答实际问题的数学模型，是中考的常见题型，同学们应重点掌握．
26.【答案】解：(1)由翻折可知OA=OA′，
∵点A′是线段AD的中点，且∠AOD=90°，OA′=A′A，
∴OA′=A′A=OA，
∴△OAA′等边三角形，
∴∠AOA′=60°，
又由翻折知∠AOB=∠A′OB=12∠AOA′，
∴∠AOB=30°．
答：∠AOB的度数为30°．
(2)∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=1，∠BAO=90°，
由(1)知∠AOB=30°，
∴OB=2AB=2，
在Rt△AOB中，OB2=OA2+AB2，
∴22=OA2+12，
解得OA= 3，
∵点A′是线段AD的中点，且∠AOD=90°，
∴AD=2OA′，
∴OA′=OA= 3，
∴AD=2 3，
在Rt△AOD中，AD2=OA2+OD2，
∴(2 3)2=( 3)2+OD2，
∴OD=3．
答：OD的长度为3．
(3)存在，
∵△OAA′是等边三角形，
∴当平移线段OA，使点O与A′重合时，该四边形是菱形，
此时点P1与点A′重合，
∵OA=OA′，∠AOD=90°，
∴P1是AD的中点，
∴P1(0+32, 3+02)，即P1(32, 32)，
则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向上平移 32个单位，
∴Q1(0+32, 3+ 32)，即Q1(32,3 32)，
同理，当平移线段OA，使点A到P2位置，则AO=AP2时，该四边形是菱形，
∵OQ2//AD，
∴∠Q2OM=30°，
设点Q2(x,− 3x)，
∵OQ2=AO= 3，
∴x2+( 3x)2=( 3)2，
解得x=− 32(舍去正值)，
∴− 3x=32，
∴Q2(− 32,32)；
同理，当平移线段OA，使点A与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向下平移 32个单位，
∴Q3(32,− 32)．
综上，点Q的坐标为Q1(32,3 32)，Q2(−32, 32)，Q3(32,− 32)．
【解析】(1)根据翻折的性质和直角三角形斜边中线的性质证明△OAA′是等边三角形，可得∠AOA′=60°，再由翻折的性质可得答案；
(2)在Rt△AOB中，利用勾股定理求出OA，可得OA′和AD的长度，再在Rt△AOD中，利用勾股定理求出OD即可；
(3)由△OAA′是等边三角形，可得当平移线段OA，使点O与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向上平移 32个单位，据此求解；同理，当平移线段OA，使点A到P2位置，则AO=AP2时，该四边形是菱形，设点Q2(x,− 3x)，OQ2=AO= 3，利用勾股定理求解即可；同理，当平移线段OA，使点A与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向下平移 32个单位，据此求解即可．
本题考查了四边形的综合应用，菱形的性质，矩形的性质，三角形翻折问题，勾股定理等知识的综合运用，利用数形结合的思想是解题的关键．
2022-2023学年重庆市永川区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 27 B. 1.5 C. 12 D. 2
2. 若函数y=kx+2(k≠0)的图象经过点(1,−2)，则k的值是( )
A. 4 B. −4 C. 2 D. −2
3. 下列四组线段中，可以构成直角三角形的是( )
A. 4，5，6 B. 1.5，2，2.5 C. 2，3，4 D. 1， 2，3
4. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 四条边相等 B. 对角线互相垂直平分
C. 对角线平分一组对角 D. 对角线相等
5. 某校生物小组11人到校外采集标本，其中2人每人采集到6件，4人每人采集到3件，5人每人采集到4件，则这个小组平均每人采集标本( )
A. 3件 B. 4件 C. 5件 D. 6件
6. 若 3−x=3−x，则x的值是( )
A. 0 B. 2 C. 3 D. 2或3
7. 下列计算错误的是( )
A. 14× 7=7 2 B. 60÷ 5=2 3
C. 9a+ 25a=8 a D. 3 2− 2=3
8. 某班抽取6名同学进行体育达标测试，成绩如下：70，80，65，70，65，70，下列关于对这组数据的描述中，错误的是( )
A. 中位数是65 B. 众数是70 C. 平均数是70 D. 极差是15
9. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，F都在边BC上，且AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，若AD=8，EF=2，则边AB的长是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
10. 如图，直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB沿直线AB翻折后得到△AO′B，则点O′的坐标是( )
A. ( 3,3)
B. ( 3, 3)
C. (2,2 3)
D. (2 3,4)
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 若 3m−1有意义，则m的取值范围是______．
12. 数据6，4，5，3，2的方差是______ ．
13. 如图，在▱ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，BD=8，E是边AD的中点，连接OE，若▱ABCD的周长是20，则△ODE的周长是______ ．
14. 已知函数y=ax+b经过(1,3)，(0,−2)，则a−b= ______ ．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于______．
16. 如图，已知A点坐标为(5,0)，直线y=x+b(b>0)与y轴交于点B，连接AB，∠α=75°，则b的值为______ ．
17. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，M为边AD的中点，延长MD至点E，使ME=MC，以DE为边作正方形DEFG，点G在边CD上，则DG的长为______．
18. 如图，点E是正方形ABCD内一点，且AE=1，BE= 5，若∠AED=135°，则正方形ABCD的面积是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算： 24+ 12−13× 4÷ 12× 27．
20. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90o，∠B=30o，点D在边BC上，且AC=6，∠ADB=135°，求BD的长．
21. (本小题10.0分)
如图，直线AC是一次函数y=2x+3的图象，直线BC是一次函数y=−2x−1的图象．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)求△ABC的面积．
22. (本小题10.0分)
为实施“农村留守儿童关爱计划”，某学校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，且有6名留守儿童的班级数占全校班级数的20%，并制成如下不完整的统计图：
(1)该校共有多少个班级？并将统计图补充完整；
(2)写出该校各班级留守儿童人数的中位数和众数；
(3)该校平均每班有多少名留守儿童？
23. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作
AF//BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：①△AEF≌△DEB；
②四边形ADCF是平行四边形；
(2)若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
24. (本小题10.0分)
某天，张强到体育馆看球赛，进场时，发现门票还在家里，此时离比赛开始还有30分钟，于是他立即以m(米/分)的速度步行回家取票.在他从体育馆步行回家取票的同时，他父亲骑自行车从家里出发，以3m(米/分)的速度给他送票，两人在途中相遇，相遇后张强立即坐他父亲的自行车赶回体育馆.如图中线段AB、OB分别表示父、子俩送票、取票过程中，离体育馆的路程S(米)与所用时间t(分钟)之间的函数关系，结合图象解答下列问题(假设骑自行车和步行的速度始终保持不变)：
(1)求m的值和点B的坐标；
(2)求直线AB所表示的函数关系式；
(3)张强能否在比赛开始前到达体育馆？
25. (本小题10.0分)
现从A，B向甲、乙两地运送蔬菜，A，B两个蔬菜市场各有蔬菜14吨，其中甲地需要蔬菜15吨，乙地需要蔬菜13吨，从A到甲地运费50元/吨，到乙地30元/吨；从B地到甲运费60元/吨，到乙地45元/吨．
(1)设A地到甲地运送蔬菜x吨，请完成下表：
运往甲地(单位：吨)
运往乙地(单位：吨)
A
x
______
B
______
______
(2)设总运费为W元，请写出W与x的函数关系式．
(3)怎样调运蔬菜才能使运费最少？
26. (本小题10.0分)
如图，矩形OABC的边OC、OA分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，点D在OC的延长线上，已知OC=1，且OD>OA>OC.把△OAB沿矩形OABC的对角线OB翻折后，顶点A恰好落在线段AD的中点A′处．
(1)求∠AOB的度数；
(2)求线段OA，OD的长度；
(3)已知点P是直线AD上的一个动点，在这个坐标平面内是否存在点Q，使得以O、A、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A． 27的被开方数中含有能开方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B. 1.5的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C. 12的被开方数中含有能开方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D. 2是最简二次根式，故本选项符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因数和因式．
2.【答案】B
【解析】解：∵函数y=kx+2(k≠0)的图象经过点(1,−2)，
∴−2=k+2，
解得：k=−4，
∴k的值是−4．
故选：B．
利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出关于k的一元一次方程，解之即可求出k的值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记“直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b”是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查勾股定理的逆定理，属于基础题.由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】
解：A.42+52=41≠62，不可以构成直角三角形，故A选项错误；
B.1.52+22=6.25=2.52，可以构成直角三角形，故B选项正确；
C.22+32=13≠42，不可以构成直角三角形，故C选项错误；
D.12+( 2)2=3≠32，而且它们不符合三角形的三边关系，不可以构成直角三角形，故D选项错误．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】解：正方形的性质：正方形的四条边相等，四个角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，并且每一条对角线平分一组对角；
菱形的性质：菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角；因此正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等；
故选：D．
根据正方形和菱形的性质容易得出结论．
本题考查了正方形和菱形的性质；熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键；注意区别．
5.【答案】B
【解析】解：本组数据分别为：6，6，3，3，3，3，4，4，4，4，4，
故平均数=2×6+4×3+5×411=4．
故选B．
只要运用加权平均数公式即可求出，为简单题．
本题考查的是加权平均数的求法．熟记公式是解决本题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意得，
3−x=0或3−x=1，
解得x=3或x=2，
故选：D．
根据算术平方根等于它本身的数是0或1进行求解．
此题考查了算术平方根的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
7.【答案】D
【解析】解：A、 14× 7= 2×7×7=7 2，正确；
B、 60÷ 5= 60÷5=2 3，正确；
C、 9a+ 25a=3 a+5 a=8 a，正确；
D、3 2− 2=2 2，故错误．故选D．
根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
8.【答案】A
【解析】解：把这组数据从小到大排列为：65，65，70，70，70，80，最中间两个数的平均数是：(70+70)÷2=70，则中位数是70，故选项A符合题意；
70出现了三次，出现的次数最多，则众数是70，故选项B不符合题意；
平均数是：(70×3+65×2+80)÷6=70，故选项C不符合题意；
极差是：80−65=15，故选项D不符合题意；
故选：A．
根据平均数，中位数，众数及极差的概念进行判断．
此题考查了极差、众数、平均数和中位数，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值；众数是一组数据中出现次数最多的数；中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(或最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数．
9.【答案】C
【解析】解：在▱ABCD中，
∵BC=AD=8，BC//AD，CD=AB，CD//AB，
∴∠DAE=∠AEB，∠ADF=∠DFC，
∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，
∴∠BAE=∠DAE，∠ADF=∠CDF，
∴∠BAE=∠AEB，∠CFD=∠CDF，
∴AB=BE，CF=CD，
∴BC=BE+CF−EF=2AB−2=8．
即2AB−2=8．
∴AB=5；
故选：C．
根据平行线的性质得到∠ADF=∠DFC，由DF平分∠ADC，得到∠ADF=∠CDF，等量代换得到∠DFC=∠FDC，根据等腰三角形的判定得到CF=CD，同理BE=AB，根据已知条件得到四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AB=CD，AD=BC，即可得到结论．
本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是判断出AB=BE=CF=CD．
10.【答案】A
【解析】解：如图，作O′M⊥y轴，交y于点M，O′N⊥x轴，交x于点N，
∵直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴B(0,2)，A(2 3,0)，
∴∠BAO=30°，
由折叠的特性得，O′B=OB=2，∠ABO=∠ABO′=60°，
∴MB=1，MO′= 3，
∴OM=3，ON=O′M= 3，
∴O′( 3,3)，
故选：A．
作O′M⊥y轴，交y于点M，O′N⊥x轴，交x于点N，由直线y=− 33x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，求出B(0,2)，A(2 3,0)，和∠BAO=30°，运用直角三角形求出MB和MO′，再求出点O′的坐标．
本题主要考查了折叠问题及一次函数问题，解题的关键是运用折叠的特性得出相等的角与线段．
11.【答案】m≥13
【解析】解：∵ 3m−1有意义，
∴3m−1≥0，
解得m≥13，
即m的取值范围是m≥13．
故答案为：m≥13．
二次根式有意义的条件为被开方数是非负数，据此可得结论．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，如果一个式子中含有多个二次根式，那么它们有意义的条件是：各个二次根式中的被开方数都必须是非负数．
12.【答案】2
【解析】解：由题意得：x−=15×(6+4+5+3+2)=4，
∴数据的方差S2=15×[(6−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(2−4)2]=2．
故答案为：2．
先求出平均数，再根据方差的公式计算即可．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
13.【答案】9
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，DO=BO=12BD，
∵▱ABCD周长为20，BD=8，
∴AB+AD=10，DO=4，
∵BO=DO，E是AD边的中点，
∴DE=12AD，EO=12AB，
∴DE+EO=12(AB+AD)=12×10=5，
∴△ODE的周长为DO+DE+EO=4+5=9．
故答案为：9．
根据平行四边形的性质得出AD=BC，AB=CD，DO=BO=12BD，求出AB+AD=10，DO=4，根据三角形的中位线求出EO=12AB，求出DE+EO的值，即可求出答案．
本题考查了三角形的中位线，平行四边形的性质的应用，能求出EO+DE的值是解此题的关键，注意：平行四边形的对边相等，平行四边形的对角线互相平分．
14.【答案】7
【解析】解：∵函数y=ax+b经过(1,3)，(0,−2)，
∴3=a+b−2=b，
解得：a=5b=−2，
∴a−b=5+2=7；
故答案为：7．
利用待定系数法求出a，b，再代值计算即可．
本题考查待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握图象上的点满足一次函数的解析式是解题的关键．
15.【答案】3.5
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵AB+BC+CD+DA=28，
∴AD=7，
∵H为AD边中点，
∴OH=12AD=3.5；
故答案为：3.5．
由菱形的四边相等求出边长，再根据对角线互相垂直得出∠AOD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
16.【答案】5 33
【解析】解：∵直线的解析式是y=x+b，
∴OB=OC=b，则∠BCA=45°；
又∵∠α=75°=∠BCA+∠BAC=45°+∠BAC(外角定理)，
∴∠BAC=30°；
而点A的坐标是(5,0)，
∴OA=5，
在Rt△BAO中，∠BAC=30°，OA=5，
∴tan∠BAO=OBOA= 33，
∴BO=5 33，即b=5 33．
故答案是：5 33．
根据直线y=x+b的斜率是1可知∠BCA=45°；然后利用已知条件∠a=75°、外角定理可以求得∠BAC=30°；最后在直角三角形ABO中利用特殊角的三角函数来求OB即b的值即可．
本题综合考查了三角形的外角性质、特殊角的三角函数值以及一次函数的斜率的几何意义．解题时，注意挖掘隐含在题干中的已知条件∠BCA=45°．
17.【答案】 5−1
【解析】解：∵M为边AD的中点，
∴MD=12AD=12×2=1，
在Rt△CDM中，MC= MD2+CD2= 12+22= 5，
∵ME=MC，
∴ME= 5，
∴DE=ME−MD= 5−1，
在正方形DEFG中，DG=DE= 5−1．
故答案为： 5−1．
根据线段中点的定义求出MD，再利用勾股定理列式求出MC，即为ME的长度，然后求出DE，再根据正方形的四条边都相等可得DG=DE．
本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，线段中点的定义，熟记性质是解题的关键．
18.【答案】4+ 6
【解析】解：如图，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，
则BE′=DE，AE′=AE=1，
∵旋转角是90°，
∴∠EAE′=90°，
∴△EAE′是等腰直角三角形，
∴EE′= AE2+AE′2= 12+12= 2，∠AE′E=45°，
∵∠AED=135°，
∴∠AE′B=∠AED=135°，
∴∠EE′B=135°−45°=90°，
在Rt△EE′B中，由勾股定理得，BE′= BE2−EE′2= ( 5)2−( 2)2= 5−2= 3，
过点A作AF⊥BE′的延长线于点F，
∵∠AE′B=135°，
∴∠AE′F=45°，
∴△AFE′是等腰直角三角形，
∴AF2+FE′2=AE′2，
∴2AF2=1，
∴AF=FE′= 22，
∴FB=FE′+BE′= 22+ 3，
在△ABF中，由勾股定理得AB2=AF2+FB2
∴AB2=( 22)2+( 22+ 3)2=12+12+ 6+3=4+ 6，
正方形ABCD的面积是4+ 6，
故答案为：4+ 6．
把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得BE′=DE，AE′=AE，然后求出△AEE′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出EE′，∠EE′A=45°，再求出∠EE′B=90°，利用勾股定理BE′的长，再在等腰直角三角形AFE′中求出AF、FE′的长，最后在Rt△AFB中根据勾股定理求出AB2，即可得到正方形ABCD的面积．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
19.【答案】解： 24+ 12−13× 4÷ 12× 27
=2 6+2 3−13×2× 2×3 3
=2 6+2 3−2 6
=2 3．
【解析】先进行二次根式的化简，除法转为乘法，再算乘法，最后算加减即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20.【答案】解：∵∠C=90o，∠B=30o，AC=6，
∴AB=2AC=12，
∴BC= AB2−AC2= 122−62=6 3．
∵∠ADB=135°，
∴∠ADC=180°−135°=45°，
∴AC=CD=6，
∴BD=BC−CD=6 3−6．
【解析】先根据∠C=90o，∠B=30o，AC=6求出AB的长，再由勾股定理求出BC的长，由∠ADB=135°得出∠ADC=45°，由直角三角形的性质即可得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
21.【答案】证明：(1)在y=2x+3中，令x=0，解得：y=3，
则A点的坐标为(0,3)，
同理，B点的坐标为(0,−1)，
∵y=2x+3y=−2x−1
解得x=−1y=1．
∴C点的坐标为(−1,1)；
(2)∵AB=4，
∴S△ABC=12×4×1=2．
【解析】(1)在两个一次函数解析式中，令x=0，求得y的值，即可得到A和B的坐标，求两个一次函数的解析式组成的方程组求得C的坐标；
(2)求出AB的长，利用三角形面积公式即可求解．
本题考查了利用图象求解各问题，要认真体会点的坐标，一次函数与一元一次方程组之间的内在联系．
22.【答案】解：(1)调查的班级数有：4÷20%=20(个)，
有4名留守儿童班级数为：20−2−2−3−5−4=4(个)，
补全统计图如下：
(2)该校各班级留守儿童人数的中位数为4名，众数为5名；
(3)120×(1×2+2×2+3×3+4×4+5×5+6×4)=4.2≈4(名)．
答：该校平均每班大约有4名留守儿童．
【解析】(1)用有6名留守儿童的班级数除以它所占的百分比即可得到全校班级总数，再用总数分别减去其它五种情况人数即可得出有4名留守儿童班级数；
(2)分别根据中位数和众数的定义解答即可；
(3)根据加权平均数的计算公式解答即可．
本题主要考查众数、加权平均数、中位数、条形统计图和扇形统计图，解题关键是扇形统计图和条形统计图中数据相结合解题．
23.【答案】(1)①证明：∵AF//BC，
∴∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DBE∠EAF=∠EDBAE=DE，
∴△AEF≌△DEB(AAS)，
②证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
由①得，△AEF≌△DEB，
∴AF=BD，
∴CD=AF，
∵AF//BD，
∴四边形ADCF是平行四边形；
(2)解：四边形ADCF是矩形，理由如下：
∵AB=AC，BD=CD，、
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴▱ADCF是矩形．
【解析】(1)①由AF//BC，得∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，结合AE=DE证得结论；
②可得AF=CD，结合AF//BC得出结论；
(2)根据等腰三角形“三线合一”可得AD⊥BC，进而得出结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．
24.【答案】解：(1)∵O点与A点相距5880米，
∴小明家离体育馆有5880米，
∵从点O点到点B用了21分钟，
∴父子俩在出发后21分钟相遇；
设小明的速度为m米/分，则他父亲的速度为3m米/分，
根据题意得21m+3m×21=5880，
解得m=70，
∴21×m=21×70=1470米)，
∴父亲与小明相遇时距离体育馆还有1470米，
∴点B的坐标(21,1470)；
(2)设直线AB所表示的函数关系式为S=kt+b(k≠0)，
把A(0,5880)，B(21,1470)代入解析式，
则21k+b=1470b=5880，
解得k=−210b=5880，
∴直线AB所表示的函数关系式为S=−210t+5880；
(3)∵从B点到O点的速度为3m=210米/秒，
∴从B点到O点的所需时间=1470210=7(分)，
而小明从体育馆到点B用了21分钟，
∴小明从点O到点B，再从点B到点O需21+7=28(分)，
∵小明从体育馆出发取票时，离比赛开始还有30分钟，
∴小明能在比赛开始之前赶回体育馆．
【解析】(1)观察图象得到小明家离体育馆有5880米，小明到相遇地点时用了21分钟，则得到父子俩在出发后21分钟相遇；小明的速度为m米/分，则他父亲的速度为3m米/分，利用父子俩在出发后21分钟相遇列出方程，解方程求出m的值，再求出小明在21分钟走的路程即可；
(2)用待定系数法求函数解析式即可；
(3)由(2)得到从B点到O点的速度为3x=180米/秒，则从B点到O点的所需时间，得到小明取票回到体育馆用的时间与30比较即可．
本题考查了一次函数的应用，函数图象反映两个变量之间的变化情况，根据图象提供得信息得到实际问题中的相关的量，然后利用这些量解决问题．
25.【答案】解：(1)14−x；15−x；x−1；
(2)由题意，得
W=50x+30(14−x)+60(15−x)+45(x−1)=5x+1275(1≤x≤14)；
(3)∵A，B到两地运送的蔬菜为非负数，
∴x≥014−x≥015−x≥0x−1≥0.，
解不等式组，得：1≤x≤14，
在W=5x+1275中，
∵k=5>0，
∴W随x增大而增大，
∴当x最小为1时，W有最小值，
∴当x=1时，A：x=1，14−x=13，
B：15−x=14，x−1=0，
即A向甲地运1吨，向乙地运13吨，B向甲地运14吨，向乙地运0吨才能使运费最少．
【解析】
解答：(1)如图所示：
运往甲地(单位：吨)
运往乙地(单位：吨)
A
x
14−x
B
15−x
x−1
(2)见答案；
(3)见答案．
【分析】
(1)根据题意A，B两个蔬菜市场各有蔬菜14吨，其中甲地需要蔬菜15吨，乙地需要蔬菜13吨，可得解．
(2)根据从A到甲地运费50元/吨，到乙地30元/吨；从B地到甲运费60元/吨，到乙地45元/吨可列出总费用，从而可得出答案．
(3)首先求出x的取值范围，再利用w与x之间的函数关系式，求出函数最值即可．
本题考查了利用一次函数的有关知识解答实际应用题，一次函数是常用的解答实际问题的数学模型，是中考的常见题型，同学们应重点掌握．
26.【答案】解：(1)由翻折可知OA=OA′，
∵点A′是线段AD的中点，且∠AOD=90°，OA′=A′A，
∴OA′=A′A=OA，
∴△OAA′等边三角形，
∴∠AOA′=60°，
又由翻折知∠AOB=∠A′OB=12∠AOA′，
∴∠AOB=30°．
答：∠AOB的度数为30°．
(2)∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=1，∠BAO=90°，
由(1)知∠AOB=30°，
∴OB=2AB=2，
在Rt△AOB中，OB2=OA2+AB2，
∴22=OA2+12，
解得OA= 3，
∵点A′是线段AD的中点，且∠AOD=90°，
∴AD=2OA′，
∴OA′=OA= 3，
∴AD=2 3，
在Rt△AOD中，AD2=OA2+OD2，
∴(2 3)2=( 3)2+OD2，
∴OD=3．
答：OD的长度为3．
(3)存在，
∵△OAA′是等边三角形，
∴当平移线段OA，使点O与A′重合时，该四边形是菱形，
此时点P1与点A′重合，
∵OA=OA′，∠AOD=90°，
∴P1是AD的中点，
∴P1(0+32, 3+02)，即P1(32, 32)，
则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向上平移 32个单位，
∴Q1(0+32, 3+ 32)，即Q1(32,3 32)，
同理，当平移线段OA，使点A到P2位置，则AO=AP2时，该四边形是菱形，
∵OQ2//AD，
∴∠Q2OM=30°，
设点Q2(x,− 3x)，
∵OQ2=AO= 3，
∴x2+( 3x)2=( 3)2，
解得x=− 32(舍去正值)，
∴− 3x=32，
∴Q2(− 32,32)；
同理，当平移线段OA，使点A与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向下平移 32个单位，
∴Q3(32,− 32)．
综上，点Q的坐标为Q1(32,3 32)，Q2(−32, 32)，Q3(32,− 32)．
【解析】(1)根据翻折的性质和直角三角形斜边中线的性质证明△OAA′是等边三角形，可得∠AOA′=60°，再由翻折的性质可得答案；
(2)在Rt△AOB中，利用勾股定理求出OA，可得OA′和AD的长度，再在Rt△AOD中，利用勾股定理求出OD即可；
(3)由△OAA′是等边三角形，可得当平移线段OA，使点O与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向上平移 32个单位，据此求解；同理，当平移线段OA，使点A到P2位置，则AO=AP2时，该四边形是菱形，设点Q2(x,− 3x)，OQ2=AO= 3，利用勾股定理求解即可；同理，当平移线段OA，使点A与A′重合时，该四边形是菱形，则线段OA的平移方式为向右平移32个单位，向下平移 32个单位，据此求解即可．
本题考查了四边形的综合应用，菱形的性质，矩形的性质，三角形翻折问题，勾股定理等知识的综合运用，利用数形结合的思想是解题的关键．
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