吉林省长春市汽开区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）

这是一份吉林省长春市汽开区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共18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。

1．（3分）要使二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＜2B．x＞2C．x≤2D．x≥2
2．（3分）为了落实“双减”政策，增强学生体质，某校篮球兴趣小组开展投篮活动，六名选手投中篮备的个数分别为5，6，6，6，7，8，则这组数据的众数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
3．（3分）下列图形中，可以表示y是x的函数的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图，在▱ABCD中，AE平分∠DAB交CD于点E，AB＝7，BC＝4，则CE的长度为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．（3分）如图，两条宽为1的纸带交叉叠放，则重叠部分的面积（ ）
A．有最小值1B．有最大值1C．有最小值D．有最大值
6．（3分）爷爷饭后出去散步，从家里出发20分钟后到一个离家900米的街心花园，与朋友聊天10分钟后，用15分钟返回家里．下面图形中表示爷爷离家的距离y（米）与离家时间x（分）之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，且BE＝2OE．若AE＝4，则OA的长为（ ）
A．B．C．D．
8．（3分）如图，函数和的图象分别是l1和l2．设点P在l2上，PA∥y轴交l1于点A，PB∥x轴交l1于点B，则△PAB的面积为（ ）
A．1B．4C．D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9．（3分）计算：＝ ．
10．（3分）在平面直角坐标系中，点A（3，m+2）在第四象限，则m的取值范围是 ．
11．（3分）如图是甲、乙两名同学的8次射击训练成绩的折线统计图，他们的平均成绩相同，若要从这两位同学中选一名成绩较为稳定的同学参加学校运动会的射击项目，则应选 ．
12．（3分）如图，菱形ABCD的周长为，对角线AC和BD相交于点O．若AC：BD＝1：2，则菱形ABCD的面积为 ．
13．（3分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点P在正方形ABCD内，△PBC是等边三角形，则△PBD的面积为 ．
14．（3分）如图，已知A（4，0），B（4，4），直线y＝kx+4与x轴正半轴交于点C，与y轴交于点D，将线段CD绕着点C顺时针旋转90°，点D落在点E处，连接AE，BE，若△AEB为等腰三角形，则k的值为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15．（6分）计算：
（1）；
（2）．
16．（6分）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，求证：四边形EBFD是平行四边形．
17．（6分）图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点称为格点．只用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写画法．
（1）在图①中，点A、B均在格点上，画出一个直角三角形ABC，要求BC、AC两边均是无理数．
（2）在图②中画出一个面积为5的正方形DEFG．
18．（7分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）与反比例函数相交于A、B两点，且A点坐标为（1，3），B点的横坐标为﹣3．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式．
（2）根据图象直接写出使得时x的取值范围．
19．（7分）如图，在▱ABCD中，AD＞CD，CE平分∠BCD交AD于点E，过点E作EF∥CD交BC于点F，连结DF交CE于点O，过点O作OG⊥CF于点G．
（1）求证：四边形CDEF是菱形．
（2）若CE＝16，DF＝12，求OG的长．
20．（8分）某教育局为了解初中毕业年级学生的体质情况，从某校九年级学生中随机抽取20%的学生进行体质监测．根据《中学生体质健康标准》规定学生体质健康等级标准：90分及以上为优秀；80分～89分为良好；60分～79分为及格；60分以下为不及格，将测试成绩制成如下图表．
各等级学生频率分布表
请根据图表信息回答下列问题：
（1）表格中的a＝ ，b＝ ．
（2）已知“80分～89分”这组的数据如下：81，83，84，85，85，81，80，86，87，88，83，85，则所抽取的这些学生体质监测成绩的中位数是 ．
（3）求参加本次体质监测的学生的平均成绩．
（4）请估计该校九年级体质监测成绩未达到“良好”等级及以上的学生人数．
21．（8分）甲骑自行车匀速由A地驶向B地执行任务，乙骑摩托车匀速由A地驶向B地取文件后立即按原速原路返回（取文件的时间忽略不计），甲、乙行驶过程中离A地的距离s（km）与甲行驶时间t（h）的函数关系如图所示，请根据图象回答下列问题：
（1）甲、乙两人中， （填“甲”或“乙”）出发时间早，早 小时．
（2）求乙从A地驶向B地时s与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
（3）乙从B地返回A地时，请先画出其函数图象并求乙与甲相遇时t的值．
22．（8分）综合与实践
【操作感知】如图①，在矩形纸片ABCD的AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连结PM、BM．∠DPM＝60°，则∠MBC的大小为 度．
【迁移探究】如图②，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，并延长PM交CD于点Q，连结BQ．
（1）判断△MBQ与△CBQ的关系并证明．
（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为 ．
23．（10分）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，函数的图象与BC边相交于点M（点M不与点B重合），与AB边相交于点N．
（1）如图①，若点B的坐标为（4，2），M为CB中点，求k的值和点N的坐标．
（2）如图②，连结OB，过点M作MQ⊥OB，垂足为Q．若k＝1，MB＝2CM时，设OB长为m，MQ长为n，求m与n的函数关系式．
24．（12分）在平面直角坐标系中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2．若P、Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P、Q的“相关矩形”，如图①为点P、Q的“相关矩形”示意图．若点P（1，0），点Q（m，5）．
（1）当m＝3时，在图②中画出点P、Q的“相关矩形”并求它的周长．
（2）若点P、Q的“相关矩形”为正方形，求m的值．
（3）已知一次函数y＝﹣2x+4的图象交x轴于点A，交y轴于点B，若在线段AB上存在一点C，使得点C、Q的“相关矩形”是正方形．
①点A的坐标为 ，点B的坐标为 ．
②直接写出m的取值范围．
2022-2023学年吉林省长春市汽开区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1．【分析】利用当二次根式有意义时，被开方式为非负数，得到有关x的一元一次不等式，解之即可得到本题答案．
【解答】解：∵二次根式有意义，
∴x﹣2≥0，
解得：x≥2，
故选：D．
2．【分析】根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数进行求解即可．
【解答】解：5，6，6，6，7，8，这组数据中，6出现了3次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为6，
故选：B．
3．【分析】根据函数的概念，对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，结合函数图象即可解答．
【解答】解：由函数的定义，可知C选项中，对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，符合函数定义，
故选：C．
4．【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得DC∥AB，DC＝AB＝7，AD＝BC＝4，所以∠DEA＝∠BAE，而∠DAE＝∠BAE，则∠DEA＝∠DAE，所以AD＝ED＝4，则CE＝DC﹣ED＝3，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB＝7，AD＝BC＝4，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB交CD于点E，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴AD＝ED＝4，
∴CE＝DC﹣ED＝7﹣4＝3，
故选：A．
5．【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【解答】解：过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE＝BF＝1，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠BCD，
∴∠EAB＝∠BCF，
在△ABE与△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（AAS），
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝，
∴S菱形ABCD＝AD•BE＝，
∴当∠BAE＝90°时，重叠部分的面积有最小值是1，
故选：A．
6．【分析】爷爷散步的时间段看，分为0﹣20分钟散步，20﹣30分钟朋友聊天，30﹣45分钟返回家，按时间段把函数图象分为三段．
【解答】解：依题意，0﹣20分钟散步，离家路程增加到900米，
20﹣30分钟朋友聊天，离家路程不变，
30﹣45分钟返回家，离家路程减少为0米．
故选：B．
7．【分析】由矩形的性质可得AC＝BD，AO＝CO＝BO＝DO，由勾股定理可求OE的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO＝BO＝DO，
∵BE＝2OE．
∴BO＝3OE＝OA，
在Rt△AOE中，AE2+EO2＝AO2，
∴16+OE2＝9OE2，
∴OE＝，
∴OA＝30E＝3，
故选：A．
8．【分析】根据反比例函数系数k的几何意义以及反比例函数图象上点的坐标特征，设点A的横坐标为x，用含有x的代数式表示PA、PB，再利用三角形面积公式进行计算即可．
【解答】解：如图，延长PA、PB分别交x轴，y轴于点C、D，连接OA、OB，
设点A的横坐标为x，则点A的纵坐标为，点P的纵坐标为，
∴PA＝PC﹣AC＝﹣＝，
∵点B在反比例函数y＝的图象上，点B的纵坐标为，
∴点B的横坐标为x，
即BD＝x，
∴PD＝PB﹣BD＝x﹣x＝x，
∴S△PAB＝PA•PB
＝××x
＝，
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9．【分析】根据二次根式的乘法，先把被开方数相乘，再进行二次根式的化简．
【解答】解：原式＝
＝
＝3，
故答案为：3．
10．【分析】根据平面直角坐标系中第四象限点的坐标特征（+，﹣）可得m+2＜0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：∵点A（3，m+2）在第四象限，
∴m+2＜0，
解得：m＜﹣2，
故答案为：m＜﹣2．
11．【分析】根据图形波动的大小可直接得出答案．
【解答】解：由图象看作，乙的波动比甲小，即乙的方差小于甲．
所以乙的成绩比甲稳定，
所以若要从这两位同学中选一名成绩较为稳定的同学参加学校运动会的射击项目，则应选乙．
故答案为：乙．
12．【分析】由菱形的性质可知：对角线互相平分且垂直又因为AC：BD＝1：2，所以AO：BO＝1：2，再根据菱形的面积为两对角线乘积的一半计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AO：BO＝1：2；
∵菱形ABCD的周长为8，
∴AB＝2，
∵AO：BO＝1：2，
∴AO＝2，BO＝4，
∴AC＝4，BD＝8，
∴菱形ABCD的面积S＝＝16，
故答案为：16．
13．【分析】△PBD的面积为S△PBC+S△PCD﹣S△BCD，根据题意分别求出这三个三角形的面积即可解答．
【解答】解：∵△PBC是等边三角形，
∴点P在BC的垂直平分线上，
∴点P到CD的距离为1，
∴S△PCD＝＝1，
S△PBC＝×2×＝，
S△BCD＝×2×2＝2，
∴△PBD的面积为S△PBC+S△PCD﹣S△BCD＝＝﹣1，
故答案为：﹣1．
14．【分析】作EM⊥AB于M，EN⊥x轴于N，由等腰三角形的性质即可求得E的纵坐标，然后通过证得△ECN≌△CDO求得OC＝EN＝2，得到C（2，0），代入解析式即可求得k的值．
【解答】解：作EM⊥AB于M，EN⊥x轴于N，
∵A（4，0），B（4，4），
∴AB⊥x轴，AB＝4，
∵△AEB为等腰三角形，
∴AM＝BM，
∴M（4，2），
∴E点的纵坐标为2，即EN＝2，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DCO+∠ECN＝90°，
∵∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠ECN＝∠CDO，
在△ECN和△CDO中，
，
∴△ECN≌△CDO（AAS），
∴OC＝EN＝2，
∴C（2，0），
代入y＝kx+4得，0＝2k+4，
解得k＝﹣2，
故答案为：﹣2．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15．【分析】（1）直接利用二次根式的乘法运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的性质以及分母有理化分别计算，进而得出答案．
【解答】解：（1）原式＝；
（2）原式＝
＝3﹣2﹣
＝．
16．【分析】由平行四边形的性质得出AB＝CD，BE∥DF，证出BE＝DF，即可得出四边形EBFD是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，………………………………4分
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EB∥DF，EB＝DF，………………………………8分
∴四边形EBFD是平行四边形．………………………………9分
17．【分析】（1）根据勾股定理的性质和直角三角形的判定定理作图；
（2）根据勾股定理的性质及正方形的面积公式作图．
【解答】解：如下图：
（1）如图①，△ABC1，△ABC2即为所求；
（2）如图②，正方形DFEG即为所．
18．【分析】（1）根据待定系数法即可解决问题．
（2）观察图象kx+b＜时，kx+b的图象在的下面，由此即可写出x的取值范围．
【解答】（1）将点A（1，3）代入，
解得：m＝3．
∴反比例函数解析式为．
∵点B的横坐标为﹣3，
∴点B坐标（﹣3，﹣1）．
把A（1，3），B（﹣3，﹣1）代入y＝kx+b得：
，
解得：，
∴一次函数的解析式为y＝x+2；
（2）由图象可知kx+b＜时，x＜﹣3或0＜x＜1．
19．【分析】（1）证四边形CDEF为平行四边形，再证∠ECD＝∠DEC，则CD＝DE，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得EO＝CO＝CE＝8，DO＝FO＝DF＝6，CE⊥DF，再由勾股定理得CF＝10，然后由三角形面积即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵EF∥CD，
∴四边形CDEF为平行四边形，
∵CE平分∠BCD，
∴∠ECB＝∠ECD，
∵AD∥BC，
∴∠ECB＝∠DEC，
∴∠ECD＝∠DEC，
∴CD＝DE，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：∵四边形CDEF为菱形，
∴EO＝CO＝CE＝×16＝8，DO＝FO＝DF＝×12＝6，CE⊥DF，
在Rt△COF中，由勾股定理得：CF＝＝＝10，
∵OG⊥CF，
∴S△COF＝CO•FO＝CF•OG，
∴OG＝＝＝．
20．【分析】（1）根据不及格的人数及其对应频率可得抽取的学生总人数，根据各组频数之和等于数据总数可得a的值，根据各组频率之和等于1可得b的值；
（2）根据中位数的意义进行解答即可；
（3）根据平均数公式计算即可；
（4）用样本中成绩为未达到“良好”等级及以上的学生数除以20%即可．
【解答】解：（1）抽取的学生总人数为4÷0.08＝50（人），
a＝50﹣（4+18+16）＝12，
b＝1﹣（0.08+0.36+0.24）＝0.32．
故答案为：12，0.32；
（2）将九年级学生测试成绩为“80分～89分”这组的数据重新排列为80，81，81，83，83，84，85，85，85，86，87，88，
不及格和及格段的学生一共有4+18＝22（人），优秀的学生有16人，
∴所抽取的50名学生测试成绩中间的两个数分别是是81分和83分，
∴所抽取的50名学生测试成绩的中位数应该是（81+83）÷2＝82（分），
故答案为：82；
（3）＝（92×16+84×12+70×18+45×4）÷50＝78.4．
答：参加本次体质监测的学生的平均成绩为78.4．
（4）（4+18）÷20%＝110（人）．
答：该校九年级体质监测成绩未达到“良好”等级及以上的学生人数约为110人．
21．【分析】（1）由图象直接得出结论；
（2）用待定系数法求函数解析式即可；
（3）根据相遇时两人的路程之和为2×80列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）由图象可知，甲、乙两人中甲出发时间早，早2小时，
故答案为：甲，2；
（2）设乙从A地驶向B地时s与t之间的函数关系式为s＝kt+b（k≠0），
将（2，0）、（4，80）代入，得
解得
∴乙从A地驶向B地时s与t之间的函数关系式为s＝40t﹣80（2≤x≤4）；
（3）画出函数图象如图：
甲从A地驶向B地时的速度为＝（km/h），
∴，
解得t＝4.5．
答：乙从B地返回A地时，与甲相遇时t的值为4.5．
22．【分析】操作感知：根据折叠求出∠ABP＝∠MBP＝30°，即可得出结论；
迁移探究：（1）根据HL证Rt△MBQ≌Rt△CBQ即可；
（2）设CQ的长为x，则DQ＝4﹣x，MQ＝＝＝x，利用勾股定理求出x的值即可．
【解答】解：【操作感知】：由折叠知，∠APB＝∠MPB，∠ABP＝∠MBP，∠A＝∠M＝90°，
∵∠DPM＝60°，
∴∠APB＝∠MPB＝（180°﹣∠DPM）÷2＝60°，
∴∠ABP＝∠MBP＝30°，
∴∠MBC＝90°﹣∠ABP﹣∠MBP＝30°，
故答案为：30；
【迁移探究】（1）判断：△MBQ≌△CBQ，
证明：∵正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，
∴AB＝BM＝BC，∠A＝∠BMP＝∠BMQ＝∠C＝90°
在Rt△MBQ和Rt△CBQ中，
，
∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ（HL），
即△MBQ≌△CBQ；
（2）设CQ的长为x，
∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，
∴DQ＝4﹣x，MQ＝＝＝x，PM＝AP＝＝2，
在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2，
即（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
解得x＝，
故答案为：．
23．【分析】（1）根据题意得到M（2，2），然后利用待定系数法即可求得k，进一步求得点N的坐标；
（2）连结OM，设M的坐标为 ，B的坐标为 ，利用S△OBC＝S△OMC+S△OBM得到+＝，进一步得到m与n的函数关系式．
【解答】解：（1）∵点B的坐标为（4，2），M为CB中点，
∴M的坐标为（2，2），
将M点的坐标代入 得，k＝2×2＝4，
∴，
∴当x＝4时，y＝1，
∴N的坐标为（4，1）；
（2）连结OM，设M的坐标为 ，B的坐标为 ，
∴S△OBC＝＝，
∴S△OBC＝S△OMC+S△OBM＝+＝，
∴mn＝2，即 ．
24．【分析】（1）根据点P、Q的“相关矩形”的定义画出图形，利用矩形的周长公式即可求得点P、Q的“相关矩形”的周长．
（2）利用点P、Q的“相关矩形”的定义可得：D（m，0），E（1，5），即PD＝|m﹣1|，PE＝5，根据正方形的性质可得PD＝PE，即|m﹣1|＝5，解方程即可得出答案．
（3）设C（n，﹣2n+4），且0≤n≤2，则D（m，﹣2n+4），E（n，5），可得CD＝|m﹣n|，CE＝5﹣（﹣2n+4）＝2n+1，根据正方形性质可得CD＝CE，即|m﹣n|＝2n+1，得出m＝3n+1或m＝﹣n﹣1，利用不等式性质即可求得答案．
【解答】解：（1）当m＝3时，Q（3，5），点P、Q的“相关矩形”PDQE如图所示：
∵四边形PDQE是矩形，
∴PE＝DQ＝5，PD＝EQ＝2，
∴矩形PDQE的周长＝2×（5+2）＝14．
（2）∵P（1，0），Q（m，5），DQ⊥x轴，PE⊥x轴，EQ⊥y轴，PD⊥y轴，
∴D（m，0），E（1，5），
∴PD＝|m﹣1|，PE＝5，
∵四边形PDQE是正方形，
∴PD＝PE，
∴|m﹣1|＝5，
∴m＝6 或﹣4．
（3）①在一次函数y＝﹣2x+4中，令x＝0，得y＝4，令y＝0，得x＝2，
∴A（2，0），B（0，4），
故答案为：（2，0）（0，4）．
②如图，
∵点C线段AB上，
∴设C（n，﹣2n+4），且0≤n≤2，
则D（m，﹣2n+4），E（n，5），
∴CD＝|m﹣n|，CE＝5﹣（﹣2n+4）＝2n+1，
∵点C、Q的“相关矩形”是正方形，即四边形CDQE是正方形，
∴CD＝CE，即|m﹣n|＝2n+1，
∴m＝3n+1或m＝﹣n﹣1，
当m＝3n+1时，
∵0≤n≤2，
∴1≤3n+1≤7，
即1≤m≤7；
当m＝﹣n﹣1时，
∵0≤n≤2，
∴﹣3≤﹣n﹣1≤﹣1，
即﹣3≤m≤﹣1；
综上所述，m的取值范围为﹣3≤m≤﹣1或1≤m≤7．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/7/27 16:27:07；用户：13489132473；邮箱：18065151197；学号：471276
成绩
频数
频率
优秀
16
b
良好
a
0.24
及格
18
0.36
不及格
4
0.08