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2022-2023学年河北省石家庄市长安区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河北省石家庄市长安区八年级（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学年河北省石家庄市长安区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，“心形”图片盖住的点的坐标可能是( )
A. (2,−4)
B. (−4,2)
C. (−1,−2)
D. (−2,4)
2. 如图，学校在琪琪家的( )
A. 北偏东30°的方向上
B. 北偏东30°的方向上，且距离琪琪家2km
C. 南偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km
D. 北偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km
3. 函数y=1x−1的自变量x的取值范围是( )
A. x≠0 B. x≠1 C. x≥1 D. x≤1
4. 某校为了解1500名学生周日晚上的睡眠时间，进行了问卷调查，从中抽取了100名学生的睡眠时间，下面说法不正确的是( )
A. 1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体 B. 每名学生周日晚上的睡眠时间是个体
C. 100名学生是所抽取的一个样本 D. 样本的容量是100
5. 如图是加油机上的数据显示牌，其中的变量是( )
A. 金额
B. 单价
C. 油量
D. 金额和油量
6. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−13x+1的图象可能是( )
A. 直线l1
B. 直线l2
C. 直线l3
D. 直线l4
7. 点A(0,y1)和B(2,y2)都在正比例函数y=kx(k≠0，且k为常数)的图象上，若y1>y2，则k的值可能是( )
A. k=0.5 B. k=−1 C. k=2 D. k=3
8. 如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，且AE+EO=3，则▱ABCD的周长为( )
A. 20
B. 16
C. 12
D. 8
9. 某市出租车单程收费价格与行驶路程之间的函数关系如图所示，则行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为( )
A. 1.25元 B. 1.5元 C. 1.8元 D. 2.75元
10. 一张多边形纸片沿如图中的虚线l剪去一部分后，得到一个内角和为1800°的新多边形，则原多边形的边数为( )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
11. 已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将△ABC各顶点横坐标不变，纵坐标都乘以12后，得到△A1B1C1，则点A1的坐标为( )
A. (−3,2) B. (−3,1) C. (−2,1) D. (−2,2)
12. 如图，∠MON=90°，在此基础上用尺规作出正方形AOBC，下面说法不正确的是( )
A. 弧③的半径长等于弧①的半径长
B. 弧②的半径长等于弧①的半径长
C. 弧②的半径长小于弧①的半径长
D. 弧②的半径长等于弧③的半径长
13. 如图，矩形ABCD的对角线交于点O，以点O为原点建立平面直角坐标系，AC所在直线为y轴，AB=2，∠ABD=60°，则点C的坐标为( )
A. (0,−2)
B. (0,2)
C. (0,− 3)
D. (0,−1)
14. 如图，点A(−1,3)，B(2,2)，若N是x轴上使得|NA−NB|的值最大的点，则ON的长为( )
A. 45
B. 83
C. 8
D. 6
15. 如图，四边形ABCD中，BD为对角线，AB=2，CD=2.8，E，F分别是边AD，BC的中点，则EF的取值范围是( )
A. 0.4
A. (24,23) B. (25,25) C. (26,25) D. (27,26)
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
17. 点P(4,−3)关于x轴对称的点的坐标是______．
18. 如图，将点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B，则点B的坐标是______ ．
19. 某市计划在生态公园内造一片有A，B两种树的混合林，需要购买这两种树苗共500棵，相关信息如表所示.设购买A种树苗x棵，造这片林的总费用为y元.则y(元)与x(棵)之间的函数表达式为______ .(总费用=购买树苗的费用+劳务费)
单价(元/棵)
劳务费(元/棵)
A种树苗
20
4
B种树苗
25
5
20. 如图，正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3，且点A，B，E在同一直线上，M是线段DF的中点，连结MG，MB，则MB的长为______ ，MG的长为______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
已知点M(3a−6,a−1)，根据下列条件分别求出点M的坐标．
(1)点M在y轴上；
(2)点N的坐标为(2,1).直线MN//y轴．
22. (本小题8.0分)
周末琪琪骑车郊游，当他骑了一段路时，发现所带饮用水不充足，于是又回到刚经过的某商店，买到水后继续去郊游的目的地，并在1.2小时到达目的地.如图是他本次郊游所用的时间与离家距离的关系示意图，根据图中提供的信息回答下列问题：
(1)琪琪家到郊游目的地的路程是______ km，琪琪一共骑行了______ km．
(2)在去目的地的途中，哪个时间段内琪琪的骑车速度最快？最快的速度是多少？
(3)如果琪琪到目的地后，琪琪因急事立刻以20km/h的速度回家，请在图中画出琪琪回家所用时间与离家距离的关系图象．
23. (本小题9.0分)
某校五四青年节期间举办了“青春飞扬”演讲比赛，将所有参赛选手的比赛成绩(得分均为整数)进行整理，并绘制成如图所示的扇形统计图和频数分布直方图．
(1)本次比赛参赛选手共有______ 人，扇形统计图中“79.5−89.5”这一范围的人数占总参赛人数的百分比为______ ；
(2)补全图中的频数分布直方图；
(3)赛前规定，成绩由高到低，前40%的参赛选手获奖.某参赛选手的比赛成绩为86分，试判断他能否获奖，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，线段AB两个端点的坐标分别为A(−1,3)，B(−1,1)，直线l：y=ax+b(a≠0,a,b为常数)经过点(3,0)和(−1,−4)．
(1)求直线l解析式；
(2)若将直线l向上平移n个单位长度，且平移后的直线经过线段AB的中点，求n的值；
(3)直线l1：y=kx+m(k≠0)经过点C(1,0)，且l1与线段AB有交点(包含A，B两点)，直接写出k的取值范围．
25. (本小题11.0分)
【探究】如图1，正方形ABCD和正方形CEFG有公共顶点C.连接BG、DE.求证：BG=DE．
【变式】如图2，菱形ABCD和菱形CEFG有公共顶点C，且∠A=∠F、连接BG，DE．
(1)是否仍存在结论BG=DE？若存在，给出证明，若不存在，请说明理由；
(2)如图3，当点G恰好落在对角线BD上时，点F在BD延长线上，且DF=2DG，若△CED的面积为9，直接写出菱形ABCD的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：小手盖住的是第四象限的点，其点坐标特征为：横坐标为正数，纵坐标为负数，符合的只有A选项．
故选：A．
根据各象限内点的坐标特征解题，四个象限的符号特征为：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．
本题考查的是点的坐标，掌握四个象限内点的坐标符号特征是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：如图：
由题意得：∠AOB=90°，∠COB=30°，
∴∠AOC=∠AOB−∠COB=60°，
∴学校在琪琪家的北偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km，
故选：D．
根据题意可得：∠AOB=90°，∠COB=30°，然后利用角的和差关系可得∠AOC=60°，再根据方向角的定义，即可解答．
本题考查了方向角，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，有x−1≠0，
解得x≠1．
故选：B．
根据分式有意义的条件是分母不为0，可得x−1≠0，解不等式即可．
本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
4.【答案】C
【解析】解：A、1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体，正确，故A不符合题意；
B、每名学生周日晚上的睡眠时间是个体，正确，故B不符合题意；
C、100名学生是所抽取的一个样本，错误，应该是100名学生周日晚上的睡眠时间是所抽取的一个样本，故C符合题意；
D、样本的容量是100，正确，故D不符合题意；
故选：C．
根据总体、个体、样本、样本容量的意义，逐一判断即可解答．
本题考查了总体、个体、样本、样本容量，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：常量是固定不变的量，变量是变化的量，单价是不变的量，而金额是随着油量的变化而变化，所以其中的变量是金额和油量．
故选：D．
随着加油数量的增多，金额也增加，油量是自变量，金额是因变量．据此解答．
本题考查常量与变量，解题的关键是正确理解常量与变量，本题属于基础题型．
6.【答案】A
【解析】解：一次函数y=−13x+1中，k=−13<0，b=1>0，
∴一次函数y=−13x+1过第一、二、四象限，
∴一次函数y=−13x+1的图象可能是直线l1，
故选：A．
根据一次函数的性质即可判断．
此题主要考查了一次函数的图象，关键是掌握一次函数y=kx+b(k≠0,k、b为常数)的性质．
7.【答案】B
【解析】解：∵0<2，y1>y2，
即y随x的增大而减小，
∴k<0，
∴k值可以为−1．
故选：B．
由当0<2，y1>y2，利用一次函数的性质可得出k<0，即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=ED，
∴OE=12CD，
∵AE+EO=3，
∴2AE+2EO=6，
∴AD+DC=6，
∴平行四边形ABCD的周长=2×6=12，
故选：C．
首先证明：OE=12BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题；
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理，属于中考常考题型．
9.【答案】B
【解析】解：由题意得：
(11−8)÷(4−2)=1.5(元)，
即行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为1.5元．
故选：B．
由题意可知，小数2千米是，收费为8元，行驶到4千米时，收费为11元，据此可得行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为1.5元．
本题主要考查了一次函数的应用，正确理解图象的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：设新多边形是n边形，由多边形内角和公式得：
(n−2)×180°=1800°，
解得n=12，
原多边形的边数是12+2=14．
故选：B．
根据多边形内角和公式，可得新多边形的边数，根据新多边形比原多边形少2条边，可得答案．
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
11.【答案】B
【解析】解：由图可知，A(−3,2)，
∴点A1的坐标为(−3,1)．
故选：B．
首先根据点的位置得到点A的坐标，再将A点横坐标不变，纵坐标乘以12即可得到点A1的坐标．
本题考查了坐标与图形性质，准确写出点A的坐标是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】解：①以O为圆心，OA为半径作弧，交ON于B，
②分别以A，B为圆心，OA的长为半径作弧，两弧相交于C，
则四边形OACB为正方形，
故选：C．
根据正方形的判定定理作图求解．
本题考查了基本作图，掌握正方形的判定定理是解题的关键．
13.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵∠ABD=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=OC=2，
∴点C的坐标为(0,−2)，
故选：A．
根据矩形的性质证明△OAB是等边三角形，得OA=OB=AB=OC=2，进而可得点C的坐标．
本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
14.【答案】C
【解析】解：连接AB并延长交x轴于N，由三角形第三边大于两边之差得，点N为所求，
∵A(−1,3)，B(2,2)，
∴AB：y=−13x+83，
令y=0，x=8，
∴点N(8,0)，
∴ON=8，
故选：C．
连接AB并延长交x轴于N，由三角形第三边大于两边之差得，点N为所求，求出AB的关系式，再求出与x轴的交点即可．
本题考查了线段差最大值的求法，一次函数关系式的求法是解题关键．
15.【答案】A
【解析】解：取BD的中点H，连接EH、FH，
∵E、H分别为AD、BD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=12AB=1，
同理可得：FH=12CD=1.4，
在△EHF中，FH−EH
∴0.4
取BD的中点H，连接EH、FH，根据三角形中位线定理分别求出EH、FH，根据三角形的三边关系解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、三角形的三边关系，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
16.【答案】C
【解析】解：由图得，A3，A5，A7，…，A2n+1在第一象限，
而A2，A4，A6，…，A2n在第二象限，
∴A51在第一象限，
由A3(2,1)A5(3,2)A7(4,3)…，得，A2n+1(n+1,n)，
∵2n+1=51，
∴n=25，
∴A2n+1(26,25)．
故选：C．
由图得，A3，A5，A7，…，A2n+1在第一象限，而A2，A4，A6，…，A2n在第二象限，判断出A51在第一象限，在依规律计算即可．
本题考查了点的规律的探究，结合图形分析题意并解答是解题关键．
17.【答案】(4,3)
【解析】解：点P(4,−3)关于x轴对称的点的坐标是(4,3)．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．
本题比较容易，考查平面直角坐标系中关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系．是需要识记的内容．
18.【答案】(−1, 3)
【解析】解：点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B，
∴B在第二象限．
如图，作BH⊥x轴于H．
∵∠BOA=120°，
∴∠BOH=60°．
∴∠OBH=30°．
∴OH=12OB=1，BH= 32OB= 3．
∴B(−1, 3).故答案为：(−1, 3).
依据题意，在平面直角坐标系，确定B点的位置，再由特殊角的关系即可求出B的坐标．
本题主要考查了旋转的性质，解题时要熟练掌握并准确计算．
19.【答案】y=−6x+15000
【解析】解：依题意，y=(20+4)x+(25+5)(500−x)，
即y=−6x+15000．
故答案为：y=−6x+15000．
A种树苗为x棵时，B种树苗为(500−x)棵，A种树苗一棵总费用为(20+4)元，B种树苗一棵总费用为(25+5)元，根据题意容易写出函数关系式．
此题考查了一次函数的应用，关键要仔细审题，懂得把B种树苗用A种树苗为x表示出来，即(500−x)．
20.【答案】 262 1
【解析】解：连接BD，BF，
∵四边形ABCD，四边形BEFG是正方形，
∴∠DBC=∠CBF=45°，
∴∠DBF=90°，
∵正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3，
∴BD=2 2，BF=3 2，
∴DF= BD2+BF2= 26，
∵M是线段DF的中点，
∴BM=12DF= 262，
过M作MH⊥BG于H，
∵BM=FM=12DF,BG=FG,GM=GM，
∴△BGM≌△FGM(SSS)，
∴∠BGM=∠FGM=45°，
∴△GHM是等腰直角三角形，
∴MH=GH，
∴BH=3−HG，
∵BM2=BH2+HM2，
∴264=(3−HG)2+HG2，
∴HG=1或HG=5(不合题意舍去)，
∴GM= 2HG= 2．
故答案为： 262， 2．
连接BD，BF，根据正方形的性质得到∠DBC=∠CBF=45°，求得∠DBF=90°，得到BD=2 2，BF=3 2，根据勾股定理得到DF= BD2+BF2= 26，根据直角三角形的性质得到BM=12DF= 262，过M作MH⊥BG于H，根据全等三角形的性质得到∠BGM=∠FGM=45°，推出△GHM是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵点M(3a−6,a−1)在y轴上，
∴3a−6=0，
解得：a=2，
则a−1=1，
∴M(0,1)；
(2)∵直线MN//y轴，
∴点M，N的横坐标相等，
∵M(3a−6,a−1)，N(2,1)．
∴3a−6=2，
解得：a=83，
则a−1=53，
∴M(2,53)．
【解析】(1)根据在y轴上点的坐标的横坐标为0，以此建立方程求解即可；
(2)根据MN//y轴可知，点M，N的横坐标相等，以此建立方程求解即可．
本题主要考查坐标与图形的性质，熟知在y轴上点的坐标的横坐标为0，平行于y轴的直线上的点的横坐标相等是解题关键．
22.【答案】12 16
【解析】解：(1)由图可得，琪琪家到郊游目的地的路程是12km，琪琪一共骑行了12+(6−4)×2=16(km)，
故答案为：12，16；
(2)当0≤x≤0.4时，琪琪的骑车速度是60.4=15(千米/小时)，
当0.4
∴回到家的时间为1.2+1220=1.8，
画出图象如下：
(1)由图象直接可得琪琪家到郊游目的地的路程是12km，根据图象知，琪琪返回了2千米，即可求出一共骑行了16千米；
(2)分半列式算出各时间段的速度即可得到答案；
(3)求出回到家的时间t=1.8，再画出图象即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
23.【答案】50 40%
【解析】解：(1)(8+4)÷24%=50(人)，
“59.5−69.5”所占的百分比为(2+1)÷50=6%，
∴79.5−89.5”所占的百分比为1−6%−30%−24%=40%，
故答案为：50，40%；
(2)样本中，“69.5−74.5”的人数为50×30%−8=7(人)，
“79.5−84.5”的人数为50×40%−8=12(人)，
补全频数分布直方图如下：
(3)能获奖．理由为：
获奖人数为50×40%=20(人)，
而“84.5−99.5”的人数为8+8+4=20(人)，
∴得分为86分的一定能获奖．
(1)根据两个统计图中，“89.5−99.5”的频数为8+4=12人、所占调查人数的24%，由频率=频数总数可求出调查人数；求出“59.5−69.5”所占的百分比，由各组频率之和为100%，可求出答案；
(2)求出“69.5−74.5”“79.5−84.5”的频数，即可补全频数分布直方图；
(3)求出成绩由高到低前40%的人数，调查相应的分数与86分比较即可．
本题考查频数分布直方图，扇形统计图，掌握两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提，掌握频率=频数总数是得出正确答案的关键．
24.【答案】解：(1)∵直线l：y=ax+b(a≠0,a,b为常数)经过点(3,0)和(−1,−4)，
∴3a+b=0−a+b=−4，
解得a=1b=−3，
∴直线l解析式为y=x−3；
(2)由(1)知直线l的解析式为y=x−3
∵A(−1,3)，B(−1,1)，
∴线段AB的中点为(−1,2)，
设平移后的直线l的解析式为y=x−3+n，
将线段AB的中点(−1,2)代入得2=−1−3+n，
解得n=6；
(3)∵直线l1：y=kx+m(k≠0)经过点C(1,0)，
∴k+m=0，
∴m=−k，
∴直线l1：y=kx−k，
代入A(−1,3)得，3=−k−k，解得k=−32，
代入A(−1,1)得，1=−k−k，解得k=−12，
∴k的取值范围是−32≤k≤−12．
【解析】(1)利用待定系数法即可求得；
(2)根据平移的规律求得平移后的解析式，然后代入AB的中点坐标，即可求得n的值．
(3)把A，B的坐标代入求得k的值，然后根据图象即可求得．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特点，一次函数图象与系数的关系，数形结合是解决问题的关键．
25.【答案】【探究】证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴CB=CD，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
CB=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG=DE；
【变式】(1)存在．
证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，
∴CB=CD，CG=CE，∠BCD=∠A，∠F=∠GCE，
又∵∠A=∠F，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
CB=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG=DE；
(2)解：∵△DCE与菱形CEFG同底等高，
∴菱形CEFG的面积等于△DCE面积的2倍，
又∵△DCE的面积为9，
∴菱形CEFG的面积等于18，
∴S△DCG+S△DEF=18−9=9，
∵△DCG与△DEF中DG边与DF边上的高相等，
∴△DCG与△DEF的面积比等于DG与DF的比，
∵DF=2DG，
∴S△DCG=12S△DEF，
∴S△DCG=3，S△DEF=6，
∵△BCG≌△DCE，
∴S△BCG=S△DCE=9，
∴S△BCD=9+3=12，
∴菱形ABCD的面积=12×2=24．
【解析】【探究】根据正方形的性质和同角的余角相等推出∠BCG=∠DCE，推出判定△BCG≌△DCE发的条件后根据全等三角形的对应边相等即可推出结论；
【变式】(1)根据菱形的性质，结合已知条件推出∠BCD=∠GCE，根据菱形四条边相等推出判定△BCG≌△DCE的条件，判定全等后再根据全等三角形的性质即可得出结论；
(2)先根据面积公式推出△DGC与△DEF的面积和等于△DCE的面积，再根据DF与DG之间的数量关系求出△DGC的面积，易得四边形DGCE的面积，然后根据△BCG≌△DCE推出△BCD的面积与四边形DGCE的面积，最后根据菱形的性质即可求出结果．
本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及三角形的面积与平行四边形之间的关系，深入理解题意是解决问题的关键．
2022-2023学年河北省石家庄市长安区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，“心形”图片盖住的点的坐标可能是( )
A. (2,−4)
B. (−4,2)
C. (−1,−2)
D. (−2,4)
2. 如图，学校在琪琪家的( )
A. 北偏东30°的方向上
B. 北偏东30°的方向上，且距离琪琪家2km
C. 南偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km
D. 北偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km
3. 函数y=1x−1的自变量x的取值范围是( )
A. x≠0 B. x≠1 C. x≥1 D. x≤1
4. 某校为了解1500名学生周日晚上的睡眠时间，进行了问卷调查，从中抽取了100名学生的睡眠时间，下面说法不正确的是( )
A. 1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体 B. 每名学生周日晚上的睡眠时间是个体
C. 100名学生是所抽取的一个样本 D. 样本的容量是100
5. 如图是加油机上的数据显示牌，其中的变量是( )
A. 金额
B. 单价
C. 油量
D. 金额和油量
6. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−13x+1的图象可能是( )
A. 直线l1
B. 直线l2
C. 直线l3
D. 直线l4
7. 点A(0,y1)和B(2,y2)都在正比例函数y=kx(k≠0，且k为常数)的图象上，若y1>y2，则k的值可能是( )
A. k=0.5 B. k=−1 C. k=2 D. k=3
8. 如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，且AE+EO=3，则▱ABCD的周长为( )
A. 20
B. 16
C. 12
D. 8
9. 某市出租车单程收费价格与行驶路程之间的函数关系如图所示，则行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为( )
A. 1.25元 B. 1.5元 C. 1.8元 D. 2.75元
10. 一张多边形纸片沿如图中的虚线l剪去一部分后，得到一个内角和为1800°的新多边形，则原多边形的边数为( )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
11. 已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将△ABC各顶点横坐标不变，纵坐标都乘以12后，得到△A1B1C1，则点A1的坐标为( )
A. (−3,2) B. (−3,1) C. (−2,1) D. (−2,2)
12. 如图，∠MON=90°，在此基础上用尺规作出正方形AOBC，下面说法不正确的是( )
A. 弧③的半径长等于弧①的半径长
B. 弧②的半径长等于弧①的半径长
C. 弧②的半径长小于弧①的半径长
D. 弧②的半径长等于弧③的半径长
13. 如图，矩形ABCD的对角线交于点O，以点O为原点建立平面直角坐标系，AC所在直线为y轴，AB=2，∠ABD=60°，则点C的坐标为( )
A. (0,−2)
B. (0,2)
C. (0,− 3)
D. (0,−1)
14. 如图，点A(−1,3)，B(2,2)，若N是x轴上使得|NA−NB|的值最大的点，则ON的长为( )
A. 45
B. 83
C. 8
D. 6
15. 如图，四边形ABCD中，BD为对角线，AB=2，CD=2.8，E，F分别是边AD，BC的中点，则EF的取值范围是( )
A. 0.4
A. (24,23) B. (25,25) C. (26,25) D. (27,26)
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
17. 点P(4,−3)关于x轴对称的点的坐标是______．
18. 如图，将点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B，则点B的坐标是______ ．
19. 某市计划在生态公园内造一片有A，B两种树的混合林，需要购买这两种树苗共500棵，相关信息如表所示.设购买A种树苗x棵，造这片林的总费用为y元.则y(元)与x(棵)之间的函数表达式为______ .(总费用=购买树苗的费用+劳务费)
单价(元/棵)
劳务费(元/棵)
A种树苗
20
4
B种树苗
25
5
20. 如图，正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3，且点A，B，E在同一直线上，M是线段DF的中点，连结MG，MB，则MB的长为______ ，MG的长为______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
已知点M(3a−6,a−1)，根据下列条件分别求出点M的坐标．
(1)点M在y轴上；
(2)点N的坐标为(2,1).直线MN//y轴．
22. (本小题8.0分)
周末琪琪骑车郊游，当他骑了一段路时，发现所带饮用水不充足，于是又回到刚经过的某商店，买到水后继续去郊游的目的地，并在1.2小时到达目的地.如图是他本次郊游所用的时间与离家距离的关系示意图，根据图中提供的信息回答下列问题：
(1)琪琪家到郊游目的地的路程是______ km，琪琪一共骑行了______ km．
(2)在去目的地的途中，哪个时间段内琪琪的骑车速度最快？最快的速度是多少？
(3)如果琪琪到目的地后，琪琪因急事立刻以20km/h的速度回家，请在图中画出琪琪回家所用时间与离家距离的关系图象．
23. (本小题9.0分)
某校五四青年节期间举办了“青春飞扬”演讲比赛，将所有参赛选手的比赛成绩(得分均为整数)进行整理，并绘制成如图所示的扇形统计图和频数分布直方图．
(1)本次比赛参赛选手共有______ 人，扇形统计图中“79.5−89.5”这一范围的人数占总参赛人数的百分比为______ ；
(2)补全图中的频数分布直方图；
(3)赛前规定，成绩由高到低，前40%的参赛选手获奖.某参赛选手的比赛成绩为86分，试判断他能否获奖，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，线段AB两个端点的坐标分别为A(−1,3)，B(−1,1)，直线l：y=ax+b(a≠0,a,b为常数)经过点(3,0)和(−1,−4)．
(1)求直线l解析式；
(2)若将直线l向上平移n个单位长度，且平移后的直线经过线段AB的中点，求n的值；
(3)直线l1：y=kx+m(k≠0)经过点C(1,0)，且l1与线段AB有交点(包含A，B两点)，直接写出k的取值范围．
25. (本小题11.0分)
【探究】如图1，正方形ABCD和正方形CEFG有公共顶点C.连接BG、DE.求证：BG=DE．
【变式】如图2，菱形ABCD和菱形CEFG有公共顶点C，且∠A=∠F、连接BG，DE．
(1)是否仍存在结论BG=DE？若存在，给出证明，若不存在，请说明理由；
(2)如图3，当点G恰好落在对角线BD上时，点F在BD延长线上，且DF=2DG，若△CED的面积为9，直接写出菱形ABCD的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：小手盖住的是第四象限的点，其点坐标特征为：横坐标为正数，纵坐标为负数，符合的只有A选项．
故选：A．
根据各象限内点的坐标特征解题，四个象限的符号特征为：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．
本题考查的是点的坐标，掌握四个象限内点的坐标符号特征是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：如图：
由题意得：∠AOB=90°，∠COB=30°，
∴∠AOC=∠AOB−∠COB=60°，
∴学校在琪琪家的北偏东60°的方向上，且距离琪琪家2km，
故选：D．
根据题意可得：∠AOB=90°，∠COB=30°，然后利用角的和差关系可得∠AOC=60°，再根据方向角的定义，即可解答．
本题考查了方向角，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，有x−1≠0，
解得x≠1．
故选：B．
根据分式有意义的条件是分母不为0，可得x−1≠0，解不等式即可．
本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
4.【答案】C
【解析】解：A、1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体，正确，故A不符合题意；
B、每名学生周日晚上的睡眠时间是个体，正确，故B不符合题意；
C、100名学生是所抽取的一个样本，错误，应该是100名学生周日晚上的睡眠时间是所抽取的一个样本，故C符合题意；
D、样本的容量是100，正确，故D不符合题意；
故选：C．
根据总体、个体、样本、样本容量的意义，逐一判断即可解答．
本题考查了总体、个体、样本、样本容量，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：常量是固定不变的量，变量是变化的量，单价是不变的量，而金额是随着油量的变化而变化，所以其中的变量是金额和油量．
故选：D．
随着加油数量的增多，金额也增加，油量是自变量，金额是因变量．据此解答．
本题考查常量与变量，解题的关键是正确理解常量与变量，本题属于基础题型．
6.【答案】A
【解析】解：一次函数y=−13x+1中，k=−13<0，b=1>0，
∴一次函数y=−13x+1过第一、二、四象限，
∴一次函数y=−13x+1的图象可能是直线l1，
故选：A．
根据一次函数的性质即可判断．
此题主要考查了一次函数的图象，关键是掌握一次函数y=kx+b(k≠0,k、b为常数)的性质．
7.【答案】B
【解析】解：∵0<2，y1>y2，
即y随x的增大而减小，
∴k<0，
∴k值可以为−1．
故选：B．
由当0<2，y1>y2，利用一次函数的性质可得出k<0，即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=ED，
∴OE=12CD，
∵AE+EO=3，
∴2AE+2EO=6，
∴AD+DC=6，
∴平行四边形ABCD的周长=2×6=12，
故选：C．
首先证明：OE=12BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题；
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理，属于中考常考题型．
9.【答案】B
【解析】解：由题意得：
(11−8)÷(4−2)=1.5(元)，
即行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为1.5元．
故选：B．
由题意可知，小数2千米是，收费为8元，行驶到4千米时，收费为11元，据此可得行驶2千米之后，每行驶1千米增加的钱数为1.5元．
本题主要考查了一次函数的应用，正确理解图象的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：设新多边形是n边形，由多边形内角和公式得：
(n−2)×180°=1800°，
解得n=12，
原多边形的边数是12+2=14．
故选：B．
根据多边形内角和公式，可得新多边形的边数，根据新多边形比原多边形少2条边，可得答案．
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
11.【答案】B
【解析】解：由图可知，A(−3,2)，
∴点A1的坐标为(−3,1)．
故选：B．
首先根据点的位置得到点A的坐标，再将A点横坐标不变，纵坐标乘以12即可得到点A1的坐标．
本题考查了坐标与图形性质，准确写出点A的坐标是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】解：①以O为圆心，OA为半径作弧，交ON于B，
②分别以A，B为圆心，OA的长为半径作弧，两弧相交于C，
则四边形OACB为正方形，
故选：C．
根据正方形的判定定理作图求解．
本题考查了基本作图，掌握正方形的判定定理是解题的关键．
13.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵∠ABD=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=OC=2，
∴点C的坐标为(0,−2)，
故选：A．
根据矩形的性质证明△OAB是等边三角形，得OA=OB=AB=OC=2，进而可得点C的坐标．
本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
14.【答案】C
【解析】解：连接AB并延长交x轴于N，由三角形第三边大于两边之差得，点N为所求，
∵A(−1,3)，B(2,2)，
∴AB：y=−13x+83，
令y=0，x=8，
∴点N(8,0)，
∴ON=8，
故选：C．
连接AB并延长交x轴于N，由三角形第三边大于两边之差得，点N为所求，求出AB的关系式，再求出与x轴的交点即可．
本题考查了线段差最大值的求法，一次函数关系式的求法是解题关键．
15.【答案】A
【解析】解：取BD的中点H，连接EH、FH，
∵E、H分别为AD、BD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=12AB=1，
同理可得：FH=12CD=1.4，
在△EHF中，FH−EH
∴0.4
取BD的中点H，连接EH、FH，根据三角形中位线定理分别求出EH、FH，根据三角形的三边关系解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、三角形的三边关系，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
16.【答案】C
【解析】解：由图得，A3，A5，A7，…，A2n+1在第一象限，
而A2，A4，A6，…，A2n在第二象限，
∴A51在第一象限，
由A3(2,1)A5(3,2)A7(4,3)…，得，A2n+1(n+1,n)，
∵2n+1=51，
∴n=25，
∴A2n+1(26,25)．
故选：C．
由图得，A3，A5，A7，…，A2n+1在第一象限，而A2，A4，A6，…，A2n在第二象限，判断出A51在第一象限，在依规律计算即可．
本题考查了点的规律的探究，结合图形分析题意并解答是解题关键．
17.【答案】(4,3)
【解析】解：点P(4,−3)关于x轴对称的点的坐标是(4,3)．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．
本题比较容易，考查平面直角坐标系中关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系．是需要识记的内容．
18.【答案】(−1, 3)
【解析】解：点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B，
∴B在第二象限．
如图，作BH⊥x轴于H．
∵∠BOA=120°，
∴∠BOH=60°．
∴∠OBH=30°．
∴OH=12OB=1，BH= 32OB= 3．
∴B(−1, 3).故答案为：(−1, 3).
依据题意，在平面直角坐标系，确定B点的位置，再由特殊角的关系即可求出B的坐标．
本题主要考查了旋转的性质，解题时要熟练掌握并准确计算．
19.【答案】y=−6x+15000
【解析】解：依题意，y=(20+4)x+(25+5)(500−x)，
即y=−6x+15000．
故答案为：y=−6x+15000．
A种树苗为x棵时，B种树苗为(500−x)棵，A种树苗一棵总费用为(20+4)元，B种树苗一棵总费用为(25+5)元，根据题意容易写出函数关系式．
此题考查了一次函数的应用，关键要仔细审题，懂得把B种树苗用A种树苗为x表示出来，即(500−x)．
20.【答案】 262 1
【解析】解：连接BD，BF，
∵四边形ABCD，四边形BEFG是正方形，
∴∠DBC=∠CBF=45°，
∴∠DBF=90°，
∵正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3，
∴BD=2 2，BF=3 2，
∴DF= BD2+BF2= 26，
∵M是线段DF的中点，
∴BM=12DF= 262，
过M作MH⊥BG于H，
∵BM=FM=12DF,BG=FG,GM=GM，
∴△BGM≌△FGM(SSS)，
∴∠BGM=∠FGM=45°，
∴△GHM是等腰直角三角形，
∴MH=GH，
∴BH=3−HG，
∵BM2=BH2+HM2，
∴264=(3−HG)2+HG2，
∴HG=1或HG=5(不合题意舍去)，
∴GM= 2HG= 2．
故答案为： 262， 2．
连接BD，BF，根据正方形的性质得到∠DBC=∠CBF=45°，求得∠DBF=90°，得到BD=2 2，BF=3 2，根据勾股定理得到DF= BD2+BF2= 26，根据直角三角形的性质得到BM=12DF= 262，过M作MH⊥BG于H，根据全等三角形的性质得到∠BGM=∠FGM=45°，推出△GHM是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵点M(3a−6,a−1)在y轴上，
∴3a−6=0，
解得：a=2，
则a−1=1，
∴M(0,1)；
(2)∵直线MN//y轴，
∴点M，N的横坐标相等，
∵M(3a−6,a−1)，N(2,1)．
∴3a−6=2，
解得：a=83，
则a−1=53，
∴M(2,53)．
【解析】(1)根据在y轴上点的坐标的横坐标为0，以此建立方程求解即可；
(2)根据MN//y轴可知，点M，N的横坐标相等，以此建立方程求解即可．
本题主要考查坐标与图形的性质，熟知在y轴上点的坐标的横坐标为0，平行于y轴的直线上的点的横坐标相等是解题关键．
22.【答案】12 16
【解析】解：(1)由图可得，琪琪家到郊游目的地的路程是12km，琪琪一共骑行了12+(6−4)×2=16(km)，
故答案为：12，16；
(2)当0≤x≤0.4时，琪琪的骑车速度是60.4=15(千米/小时)，
当0.4
∴回到家的时间为1.2+1220=1.8，
画出图象如下：
(1)由图象直接可得琪琪家到郊游目的地的路程是12km，根据图象知，琪琪返回了2千米，即可求出一共骑行了16千米；
(2)分半列式算出各时间段的速度即可得到答案；
(3)求出回到家的时间t=1.8，再画出图象即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
23.【答案】50 40%
【解析】解：(1)(8+4)÷24%=50(人)，
“59.5−69.5”所占的百分比为(2+1)÷50=6%，
∴79.5−89.5”所占的百分比为1−6%−30%−24%=40%，
故答案为：50，40%；
(2)样本中，“69.5−74.5”的人数为50×30%−8=7(人)，
“79.5−84.5”的人数为50×40%−8=12(人)，
补全频数分布直方图如下：
(3)能获奖．理由为：
获奖人数为50×40%=20(人)，
而“84.5−99.5”的人数为8+8+4=20(人)，
∴得分为86分的一定能获奖．
(1)根据两个统计图中，“89.5−99.5”的频数为8+4=12人、所占调查人数的24%，由频率=频数总数可求出调查人数；求出“59.5−69.5”所占的百分比，由各组频率之和为100%，可求出答案；
(2)求出“69.5−74.5”“79.5−84.5”的频数，即可补全频数分布直方图；
(3)求出成绩由高到低前40%的人数，调查相应的分数与86分比较即可．
本题考查频数分布直方图，扇形统计图，掌握两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提，掌握频率=频数总数是得出正确答案的关键．
24.【答案】解：(1)∵直线l：y=ax+b(a≠0,a,b为常数)经过点(3,0)和(−1,−4)，
∴3a+b=0−a+b=−4，
解得a=1b=−3，
∴直线l解析式为y=x−3；
(2)由(1)知直线l的解析式为y=x−3
∵A(−1,3)，B(−1,1)，
∴线段AB的中点为(−1,2)，
设平移后的直线l的解析式为y=x−3+n，
将线段AB的中点(−1,2)代入得2=−1−3+n，
解得n=6；
(3)∵直线l1：y=kx+m(k≠0)经过点C(1,0)，
∴k+m=0，
∴m=−k，
∴直线l1：y=kx−k，
代入A(−1,3)得，3=−k−k，解得k=−32，
代入A(−1,1)得，1=−k−k，解得k=−12，
∴k的取值范围是−32≤k≤−12．
【解析】(1)利用待定系数法即可求得；
(2)根据平移的规律求得平移后的解析式，然后代入AB的中点坐标，即可求得n的值．
(3)把A，B的坐标代入求得k的值，然后根据图象即可求得．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特点，一次函数图象与系数的关系，数形结合是解决问题的关键．
25.【答案】【探究】证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴CB=CD，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
CB=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG=DE；
【变式】(1)存在．
证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，
∴CB=CD，CG=CE，∠BCD=∠A，∠F=∠GCE，
又∵∠A=∠F，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
CB=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG=DE；
(2)解：∵△DCE与菱形CEFG同底等高，
∴菱形CEFG的面积等于△DCE面积的2倍，
又∵△DCE的面积为9，
∴菱形CEFG的面积等于18，
∴S△DCG+S△DEF=18−9=9，
∵△DCG与△DEF中DG边与DF边上的高相等，
∴△DCG与△DEF的面积比等于DG与DF的比，
∵DF=2DG，
∴S△DCG=12S△DEF，
∴S△DCG=3，S△DEF=6，
∵△BCG≌△DCE，
∴S△BCG=S△DCE=9，
∴S△BCD=9+3=12，
∴菱形ABCD的面积=12×2=24．
【解析】【探究】根据正方形的性质和同角的余角相等推出∠BCG=∠DCE，推出判定△BCG≌△DCE发的条件后根据全等三角形的对应边相等即可推出结论；
【变式】(1)根据菱形的性质，结合已知条件推出∠BCD=∠GCE，根据菱形四条边相等推出判定△BCG≌△DCE的条件，判定全等后再根据全等三角形的性质即可得出结论；
(2)先根据面积公式推出△DGC与△DEF的面积和等于△DCE的面积，再根据DF与DG之间的数量关系求出△DGC的面积，易得四边形DGCE的面积，然后根据△BCG≌△DCE推出△BCD的面积与四边形DGCE的面积，最后根据菱形的性质即可求出结果．
本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及三角形的面积与平行四边形之间的关系，深入理解题意是解决问题的关键．
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