福建省福州四中桔园洲中学2022-2023学年下学期八年级期末数学试卷（含答案）

2022-2023学年福建省福州四中桔园洲中学八年级（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40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  如图曲线中不能表示是的函数的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.  下列各组数中，能构成直角三角形的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

3.  平行四边形中，若，则的度数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  直线可以由单位长度得到的．(    )

A. 向右平移个 B. 向左平移个 C. 向下平移个 D. 向上平移个

5.  若菱形的两条对角线的长分别为和，则菱形的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  现有一组数据：，，，，，若该组数据的众数是，则该组数据的中位数为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是 (    )

A.  B.  C. 且 D. 且

8.  如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线，就可以判断，其推理依据是(    )

A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角
C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形

9.  九章算术内容丰富，与实际生活联系紧密，在书上讲述了这样一个问题“今有垣高一丈，倚木于垣，上与垣齐引木却行一尺，其木至地问木长几何？”其内容可以表述为：“有一面墙，高一丈将一根木杆斜靠在墙上，使木杆的上端与墙的上端对齐，下端落在地面上如果使木杆下端从此时的位置向远离墙的方向移动尺，则木杆上端恰好沿着墙滑落到地面上问木杆长多少尺？”说明：丈尺
设木杆长尺，依题意，下列方程正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

10.  已知为数轴原点，如图，
在数轴上截取线段；
过点作直线垂直于；
在直线上截取线段；
以为圆心，的长为半径作弧，交数轴于点．
根据以上作图过程及所作图形，有如下四个结论：；；；上述结论中，所有正确结论的序号是(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）

11.  平行四边形的周长为，一边长为，则另一条邻边长为      ．

12.  如图，在中，、分别是、的中点，若，则          ．
 

13.  年冬奥会在北京市和张家口市联合举行，北京成为奥运史上第一个既举办夏季奥运会又举办冬季奥运会的城市为了激发同学们对冬奥会的热情，某校开设了滑冰选修课，名同学被分成甲、乙、丙三组进行训练，经过次测试，甲、乙、丙三组的平均成绩相同，方差分别为，，，要从中选择一组状态稳定的参加全区中学生滑冰联谊赛，则应选择______ 组填“甲”，“乙”或“丙”．

14.  如图，直线过点，，则不等式的解集是______ ．

15.  已知是方程的一个根，则的值为______ ．

16.  如图，正方形的边长为，与轴正半轴的夹角为，点在第一象限，点在轴的负半轴上，且满足，直线经过、两点，则______．

三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）

17.  现代互联网技术的厂泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解甲、乙两家快递公司比较合适，甲公司表示：快递物品不超过千克的，按每千克元收费；超过千克，超过的部分按每千克元收费，乙公司表示：按每千克元收费，另加包装费元．设小明快递物品千克．
当时，请分別直接写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用元与千克之间的函数关系式；
在的条件下，小明选择哪家快递公司更省钱？

四、解答题（本大题共8小题，共76.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

18.  本小题分
解一元二次方程：．

19.  本小题分
如图，货车卸货时支架侧面是，已知，求的长．

20.  本小题分
如图，在平行四边形中，、是对角线上的两点，且．
求证：．

21.  本小题分
如图，已知点，．
求的面积．
求直线所对应的函数解析式．

22.  本小题分
为了倡导绿色出行，共享单车是学生喜爱的“绿色出行”方式之一，某校为了解本校学生出行使用共享单车的情况，随机调查了某天部分出行学生使用共享单车的情况．

这天部分出行学生使用共享单车次数的众数是______ ；
这天部分出行学生平均每人使用共享单车约多少次？结果保留整数

23.  本小题分
如图，在中，，，，，垂足为，点为中点．
利用尺规作图，在上作一点，使得，不写作法，保留作图痕迹
连接，，，求证：是直角三角形．

24.  本小题分
四边形是正方形，是对角线，是平面内一点，且，过点作，且连接、，是的中点，作射线交于点．
如图，若点，分别在，边上．
求证：；
；
如图，若点在四边形内，点在直线的上方，求与的和的度数．

 

25.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，已知点，，三点．
求线段的长度；
若点在直线上，且，求点的坐标；
在的条件下，直线上应该存在点，使以，，三点为顶点的三角形是等腰三角形，求出所有的点的坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、对于自变量的每一个值，因变量都有唯一的值与它对应，所以是的函数，故A不符合题意；
B、对于自变量的每一个值，因变量都有唯一的值与它对应，所以是的函数，故B不符合题意；
C、对于自变量的每一个值，因变量不是都有唯一的值与它对应，所以不是的函数，故C符合题意；
D、对于自变量的每一个值，因变量都有唯一的值与它对应，所以是的函数，故D不符合题意；
故选：．
根据函数的概念，对于自变量的每一个值，因变量都有唯一的值与它对应，即可解答．
本题考查了函数的概念，熟练掌握函数的概念是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查勾股定理的逆定理，要求学生熟练掌握这个逆定理．
根据勾股定理逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【解答】
解：、，不能构成直角三角形，故A错误；
B、，能构成直角三角形，故B正确；
C、，不能构成直角三角形，故C错误；
D、，不能构成直角三角形，故D错误．
故选：．  

3.【答案】 

【解析】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
．
故选：．
根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质以及平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质并灵活运用．
 

4.【答案】 

【解析】解：直线向下平移个单位长度得到，
故选：．
根据一次函数图象的平移规律进行求解即可．
本题主要考查了函数图象的平移法则，掌握函数图象的平移法则“左加右减，上加下减”是解答本题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：根据菱形面积等于对角线乘积的一半可得：．
故选：．
根据菱形面积等于对角线乘积的一半进行计算即可．
本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形面积等于对角线乘积的一半．
 

6.【答案】 

【解析】解：该组数据的众数是，
，
将所有数据从小到大排序：，，，，，，
则中位数为，
故选：．
根据众数的定义求得，再将所有数据从小到大排序，即可求得中位数．
本题考查众数和中位数，理解众数和中位数的概念和求解方法是解答的关键．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式的值的符号就可以了．关于的一元二次方程有实数根，则．
【解答】
解：，，，
，，
是二次项系数不能为，，
即且．
故选：．  

8.【答案】 

【解析】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，
故选：．
根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，熟记“对角线相等的平行四边形为矩形”是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：如图，设木杆长为尺，则木杆底端离墙的距离即的长有尺，
在中，
，
，
故选：．
当木杆的上端与墙头平齐时，木杆与墙、地面构成直角三角形，设木杆长为尺，则木杆底端离墙有尺，根据勾股定理可列出方程．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是由实际问题抽象出直角三角形，从而运用勾股定理解题．
 

10.【答案】 

【解析】解：根据题意得，，，，
，
故正确；
，
，
正确，错误；
，
故错误；
故选：．
由勾股定理求得，进而得，，再判断结论的正误．
本题主要考查了勾股定理，数轴与实数的对应关系，关键是由勾股定理求得．
 

11.【答案】 

【解析】解：

，
故答案为：．
根据平行四边形的对边相等，求出两邻边的和，再根据题意求解即可．
此题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半可知，，进而由的值求得．
【解答】
解：，分别是的边和的中点，
是的中位线，
，
．
故答案是：．  

13.【答案】乙 

【解析】解：，
，
乙的成绩最稳定．
故答案为：乙．
根据方差的定义可作出判断，方差越小，波动越小，方差越大，波动越大，即可解答．
本题考查了方差的意义，熟知方差表示的意义是解题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：当时，，
所以不等式的解集为．
故答案为：．
写出函数图象在轴上方所对应的自变量的范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
 

15.【答案】 

【解析】解：是方程的一个根
，
，
．
故答案为：．
根据题意可得，再代入，即可求解．
本题主要考查了一元二次方程的解，熟练掌握式方程左右两边同时成立的未知数的值是方程的解是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：连接，过点作轴于点，如图所示．
正方形的边长为，
，．
与轴正半轴的夹角为，
．
又，
，
，
，
点的坐标为．
在中，，，
，，
点的坐标为．
将，代入，得：，
解得：，
．
故答案为：．
连接，过点作轴于点，根据正方形的性质可得出的度数及的长，结合三角形外角的性质可得出，利用等角对等边可得出，进而可得出点的坐标，在中，通过解直角三角形可得出点的坐标，由点，的坐标，利用待定系数法可求出，的值，再将其代入中即可求出结论．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、解直角三角形以及三角形外角的性质，根据点的坐标，利用待定系数法求出，的值是解题的关键．
 

17.【答案】解：由题意可得，
，
；
时，令，
即
解得：，
令，
即，
解得：，
令，
即，
解得：，
综上可知：当时，选乙快递公司省钱；当时，选甲、乙两家快递公司快递费一样多；当时，选甲快递公司省钱． 

【解析】根据题意可以得到甲、乙两家快递公司快递该物品的费用元与千克之间的函数关系式；
根据题意和中的函数解析式，可以列出相应的不等式，从而可以解答本题．
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用函数与不等式的性质解答．
 

18.【答案】解：，
，
，
解得，． 

【解析】根据直接开平方的方法解方程即可．
本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
 

19.【答案】解：在中，
，
答：的长为． 

【解析】直接利用勾股定理得出的长．
此题主要考查了勾股定理的应用，正确运用勾股定理是解题关键．
 

20.【答案】证明：平行四边形中，，，
．
在与中，
，
≌，
，
． 

【解析】通过全等三角形≌的对应角相等证得，则由平行线的判定证得结论．
本题综合考查了平行四边形的性质、平行线的判定以及全等三角形的判定与性质．此题是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关线段相等的证明．
 

21.【答案】解：点，，
，，
的面积为：；
由可知点的坐标为，
设一次函数的解析式为，
把点，点代入解析式得：
，
解得：，
直线所对应的函数解析式为：． 

【解析】利用两点间的距离求出的长，再确定线段的长，点的纵坐标为高，边长为底边，计算三角形的面积；
由得点的坐标，点的坐标，利用待定系数法求出函数的解析式．
本题考查了利用待定系数法解函数解析式，求三角形面积，解题的关键是掌握待定系数法求解析式和两点间的距离求法．
 

22.【答案】 

【解析】解：被调查的名学生共享单车的使用次数出现次数最多的是次，共出现次，
故答案为：；
次．
答：这天部分出行学生平均每人使用共享单车约为次．
根据众数的定义即可解答；
根据算术平均数的计算方法解答即可．
本题主要考查了众数、算术平均数等知识点，理解众数的定义是解答本题的关键．
 

23.【答案】解：如图，线段即为所求；


证明：，，
，
，
，
，
点为中点，，
，，
，即，
是直角三角形． 

【解析】作即可；
利用三角形的中位线定理和勾股定理的逆定理可得结论．
本题考查作图复杂作图，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 

24.【答案】证明：四边形是正方形
，

，且，，
≌

是的中点，

，
由可知

如图，延长至，使得，连接，．

，
，

，且，
≌

是的中点，是的中点，

 

【解析】由“”可证≌，可得结论；
由直角三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得结论；
延长至，使得，连接，，由“”可得≌，可得，由三角形中位线定理可得，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
 

25.【答案】解：，．
；
，
点在线段的垂直平分线上，
，，
线段的中点为，
点纵坐标为，
点在直线上，
，解得，
点坐标为；
，，
可设直线解析式为，
，解得，
直线解析式为，
可设点坐标为，
，，
，
，，
当以、、三点为顶点的三角形是等腰三角形时，有、和三种情况，
当时，则有，解得，此时点坐标为；
当时，则有，解得或，此时点坐标为或；
当时，则有，解得此时与点重合，舍去或，此时点坐标为；
综上可知存在满足条件的点，其坐标为或或或． 

【解析】根据，的坐标即可得到结论；
由可知点的在线段的垂直平分线上，可求得点的纵坐标，再由直线的解析式可求得点坐标；
由、的坐标可求得直线的解析式，则可设出点坐标，从而可表示出、和的长，分、和三种情况分别得到关于点坐标的方程，可求得点坐标．
本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、等腰三角形的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识．在中利用三角函数求的长是解题的关键，在中确定出点的位置是解题的关键，在中用点的坐标分别表示出、及的长是解题的关键，注意分三种情况．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．