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2022-2023学年山东省德州市临邑县八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省德州市临邑县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共27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学年山东省德州市临邑县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 函数y=x x+4+1x−1的自变量x的取值范围是( )
A. x≠−4且x≠1 B. x>−4且x≠1 C. x>−4 D. x≥−4且x≠1
2. 已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，下列说法正确的有个．( )
①若∠C=90°，则a2+b2=c2；
②若∠B=90°，则a2+c2=b2；
③若∠A=90°，则b2+c2=a2；
④总有a2+b2=c2．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 下列计算不正确的是( )
A. 316= 34 B. 32+ 32=32
C. 3 2−2 2= 2 D. 2× 5= 10
4. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,3)，将点A绕原点O逆时针方向旋转90°得到点B，则点B的坐标为( )
A. (−2,−3)
B. (−3,−2)
C. (2,3)
D. (3,2)
5. 下列命题为真命题的是( )
A. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的平行四边形为矩形
C. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
6. 在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象可能是( )
A. B. C. D.
7. 在2021年的体育学业水平测试中，6名学生的一项体育成绩统计如图所示，则这组数据的中位数、方差、众数分别是( )
A. 18，1，18
B. 17.5，3，18
C. 18，3，18
D. 17.5，1，18
8. 如图，数轴上点A对应的数是0，点C对应的数是−4，BC⊥AC，垂足为C，且BC=1，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为( )
A. − 17 B. 17 C. −4.2 D. −4.5
9. 对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若a+b+c=0，则b2−4ac≥0；
②若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；
③若c是方程ax2+bx+c=0的一个很，则一定有ac+b+1=0成立；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax0+b)2．
其中正确的( )
A. ①②④ B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④
10. 如图，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EF⊥OC于点G，连接FG，则FG的最小值为( )
A. 4
B. 4.8
C. 5
D. 6
11. 如图，正方形ABCD的边长为4，P为正方形边上一动点，运动路线是A→D→C→B→A，设P点经过的路程为x，以点A、P、D为顶点的三角形的面积是y，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，平面直角坐标系中，点A1的坐标为(1,2)，以O为圆心，OA1的长为半径画弧，交直线y=12x于点B1；过点B1作B1A2//y轴交直线y=2x于点A2，以O为圆心，OA2长为半径画弧，交直线y=12x于点B2；过点B2作B2A3//y轴交直线y=2x于点A3，以点O为圆心，OA3长为半径画弧，交直线y=12x于点B3；…按如此规律进行下去，点B2023的坐标为( )
A. (22022,22023) B. (22021,22022) C. (22022,22021) D. (22023,22022)
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 计算( 5−2)2023( 5+2)2023的结果是______ ．
14. 关于x的方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
15. 如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D.若∠A′DC=90°，则∠A= ．
16. 2023年，临邑县某单位为响应国家“厉行节约，反对浪费”的号召，减少了对办公经费的投入，在两个月内将开支从每月2500元降到1600元，若平均每月降低开支的百分率为x，则可根据题意列出方程为______ ．
17. 如图所示，直线y=23x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边，在第二象限内作等腰直角△ABC，∠BAC=90°，则过B、C两点直线的解析式为______ ．
18. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，P为BD上的一点，连接CP，过点P作PF⊥CP交AD的延长线于点F，延长FP交AB于点E，则下列结论：(1)∠DPF=∠PCA；(2)BE=DF；(3)点P为EF的中点；(4)S△BPE=S△DCP；(5)若OP=2，则BE=2 2；其中正确的结论有______ 个.(填正确结论的个数)
三、解答题（本大题共7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10.0分)
(1)3 12−6 13+ 48；
(2)先化简，再求值：m−33m2−6m÷(m+2−5m−2)，其中m是方程x2+3x−4=0的根．
20. (本小题10.0分)
2023年2月6日土耳其发生7.8级地震，牵动世界各国人民的心！为进一步宣传防震减灾科普知识，增强学生应急避险和自救互救能力，某校组织全校学生进行“防震减灾知识测试”，现随机抽取部分学生的测试成绩x(单位：分)整理成A：60≤x<70，B：70≤x<80，C：80≤x<90，D：90≤x≤100四个等级，绘制成如下频数分布表和扇形统计图：
被抽取学生的测试成绩的频数表
等级
成绩/分
频数/人
各组总分/分
A
60≤x<70
10
650
B
70≤x<80
b
1050
C
80≤x<90
21
1785
D
90≤x≤100
5
455
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ，b= ；
(2)此次被抽取学生的测试成绩的中位数落在 等级，求此次被抽取学生的测试成绩的平均数；
(3)如果90分以上(含90分)为优秀，请估计全校2000名学生中此次测试成绩优秀的学生人数．
21. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D，E分别是边AB，AC的中点，BC=BD，点F在ED的延长线上，且BF//CD．
(1)求证：四边形CBFD为菱形；
(2)连接CF与BD相交于点O，若CF=8 3，求AC的长．
22. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A(−2,6)，且与x轴相交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．
(1)求k、b的值；
(2)请直接写出不等式kx+b−3x>0的解集；
(3)若点D在y=3x上，且满足S△BCD=2S△BOC，求点D的坐标．
23. (本小题12.0分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF=BE，连接DF，
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)连接OE，若AB=13，OE=2 13，求AE的长．
24. (本小题12.0分)
近年来，预制菜消费持续升温，它既满足了消费者的需要，也不断拓展着饮食行业的发展.某餐饮平台计划推出A和B两种预制菜品，已知售出1份菜品A和2份菜品B可获利35元，售出2份菜品A和3份菜品B可获利60元．
(1)求每份菜品A、B的利润；
(2)根据销售情况，该餐饮平台每日都能售完A、B两种菜品共1000份，且菜品A的数量不高于菜品B数量的32，应该如何进货才能使总利润最高？最高利润是多少？
25. (本小题12.0分)
如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上(点E与点A、B不重合)，过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
(1)求证：△DAE≌△ABF；
(2)若△DEF的面积为132，求AF的长；
(3)在(2)的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，x+4>0且x−1≠0，
解得x>−4且x≠1；
故选：B．
二次根式有意义则被开方数非负，分式有意义则分母不等于0，据此得出不等式求解即可．
本题考查求自变量的取值范围，涉及二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，不等式的求解，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，
∴若∠C=90°，则a2+b2=c2；若∠B=90°，则a2+c2=b2；若∠A=90°，则b2+c2=a2；
故①②③正确；
只有当∠C=90°时才有a2+b2=c2，
故④错误，
故选：C．
根据勾股定理逐一判断即可求解．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解： 316= 34，故选项A正确，不符合题意；
32+ 32=3+3=6≠32，故选项B不正确，故选项B符合题意；
3 2−2 2= 2，故选项C正确，不符合题意；
2× 5= 10，故选项D正确，不符合题意；
故选：B．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：过A点作AD⊥y轴，过B点作BE⊥x轴，
∵点A的坐标为(−2,3)，
∴AD=2，OD=3，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠AOE=90°，
∴∠BOE+∠AOE=90°，
∴∠AOD=∠BOE，
∵OA=OB，
在△AOD和△BOE中，
∠ADO=∠BEO∠AOD=∠BOEOA=OB，
∴△AOD≌△BOE(AAS)，
∴OE=OD=3，OA=OD=3
∴点B的坐标为(−3,−2)，
故选：B．
利用图象法解决问题即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．
5.【答案】B
【解析】解：A.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是假命题，不符合题意；
B.对角线相等的平行四边形为矩形，是真命题，符合题意；
C.一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，是假命题，不符合题意；
D.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是假命题，不符合题意；
故选：B．
根据正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理逐项分析判断即可求解．
本题考查了正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理，熟练掌握正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为y=ax+a2与y=a2x+a，
所以x=1时，两函数的值都是a2+a，
所以两直线的交点的横坐标为1，
若a>0，则一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象都是y随x的增大而增大，且都交y轴的正半轴；
若a<0，则一次函数y=ax+a2的图象中y随x的增大而减小，交y轴的正半轴，y=a2x+a的图象中y随x的增大而增大，交y轴的负半轴，且两直线的交点的横坐标为1；
故选：D．
利用一次函数的性质进行判断．
此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．
一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
7.【答案】A
【解析】解：这组数据从小到大依次为17、17、18、18、18、20，
最中间两个数的平均数是(18+18)÷2=18，则中位数是18；
18出现3次，次数最多，所以众数为18，
这组数据的平均数是：(17×2+18×3+20)÷6=18，
则方差是：16×[2×(17−18)2+3×(18−18)2+(20−18)2]=1．
故选：A．
根据中位数和众数的定义、方差公式分别进行解答即可．
本题考查了众数和中位数、方差的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．
8.【答案】A
【解析】解：∵数轴上点A对应的数是0，点C对应的数是−4，
∴AC=4，
∵BC⊥AC，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：AB= AC2+BC2= 42+12= 17，
∵以点A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴于点D，
∴AD=AB= 17，
∵点D在点A的左侧，
∴点D表示的数为：− 17，
故选：A．
由勾股定理得AB= 17，再由作图得AD=AB= 17，然后由点D在点A的左侧即可得出答案．
本题考查了勾股定理、实数与数轴等知识，由勾股定理求出AB的长是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：①若a+b+c=0，则x=1是方程ax2+bx+c=0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知：△=b2−4a≥0，故①正确；
②方程ax2+c=0有两个不相等的实根，
∴△=0−4ac>0，
∴−4ac>0
则方程ax2+bx+c=0的判别式△=b2−4a>0，
∴方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根，故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c=0的一个根，
则ac2+bc+c=0，
∴c(ac+b+1)=0，
若c=0，等式仍然成立，
但ac+b+1=0不一定成立，故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，
则由求根公式可得：x0=−b± b2−4ac2a，
∴2ax0+b=± b2−4ac，
∴b2−4ac=(2ax0+b)2，故④正确．
故正确的有①②④，
故选：A．
按照方程的解的含义、一元二次方程的实数根与判别式的关系、等式的性质、一元二次方程的求根公式等对各选项分别讨论，可得答案．
本题考查了一元二次方程根的判别式，灵活运用根的判别式式解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图所示：连接OE，
在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，
∴∠COD=90°,CD= OD2+OC2= 82+62=10，
∵EF⊥OC，EF⊥OC
∴四边形OGEF是矩形，
∴GF=OE，
∴FG的最小值，
即OE最小值，
∴当OE⊥AC时，OE最小，
∵12OC⋅OD=12CD⋅OE，
∴12×8×6=12×10⋅OE，
∴OE=4.8，
∴OE最小为4.8，
即FG的最小值为4.8，
故选：B．
如图所示：连接OE，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，得∠COD=90°，CD=10，由EF⊥OC，EF⊥OC，可得四边形OGEF是矩形，进而得出GF=OE，当OE⊥AC时，OE最小，即FG的最小值，即可得出．
本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形OGEF是矩形是解此题的关键．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
根据动点从点A出发，首先向点D运动，此时y=0，当点P在DC上运动时，y随着x的增大而增大，当点P在CB上运动时，y不变，当点P在BA上运动时，y随着x的增大而减小，据此作出选择即可．
本题考查了动点问题的函数图象，解决动点问题的函数图象问题关键是发现y随x的变化而变化的趋势．
【解答】
解：当点P由点A向点D运动，即0≤x≤4时，y的值为0；
当点P在DC上运动，即4
12.【答案】D
【解析】解：由题意可得，点A1的坐标为(1,2)，
设点B1的坐标为(a,12a)，
∵a2+(12a)2=12+22，
解得，a=2，(负根舍去)
∴点B1的坐标为(2,1)，
同理可得，点A2的坐标为(2,4)，点B2的坐标为(4,2)，
点A3的坐标为(4,8)，点B3的坐标为(8,4)，
……
∴点B2023的坐标为(22023,22022)，
故选：D．
根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2023的坐标．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、点的坐标，解答本题的关键是明确题意，发现题目中坐标的变化规律，求出相应的点的坐标．
13.【答案】1
【解析】解：( 5−2)2023( 5+2)2023
=[( 5−2)( 5+2)]2023
=(5−4)2023
=12023
=1，
故答案为：1．
根据平方差公式和有理数的乘方计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键，注意平方差公式的应用．
14.【答案】k>−1且k≠0
【解析】解：∵关于x的方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2+4k>0，
解得：k>−1且k≠0，
∴k的取值范围为k>−1且k≠0．
故答案为：k>−1且k≠0．
根据一元二次方程的定义和判别式，得出k≠0且Δ=(−2)2+4k>0，解出不等式，即可得到k的取值范围．
本题考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义，解本题的关键在熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系．一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系：当Δ>0时，方程有两个不等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】55°
【解析】
【分析】
根据题意得出∠ACA′=35°，则∠A′=90°−35°=55°，即可得出∠A的度数．
此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理等知识，得出∠ACA′的度数是解题关键．
【解答】
解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，∠A′DC=90°，
∴∠ACA′=35°，则∠A′=90°−35°=55°，
则∠A=∠A′=55°．
故答案为：55°．
16.【答案】2500(1−x)2=1600
【解析】解：根据题意列出方程为2500(1−x)2=1600，
故答案为：2500(1−x)2=1600．
根据题意列出一元二次方程即可求解．
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】y=−15x+2
【解析】解：对于直线y=23x+2，令x=0，得到y=2，
即B(0,2)，
∴OB=2，
令y=0，得到x=−3，即A(−3,0)，OA=3，
过C作CM⊥x轴，可得∠AMC=∠BOA=90°，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∵△ABC为等腰直角三角形，即∠BAC=90°，AC=BA，
∴∠CAM+∠BAO=90°，
∴∠ACM=∠BAO，
在△CAM和△ABO中，
∠AMC=∠BOA=90°∠ACM=∠BAOAC=BA，
∴△CAM≌△ABO(AAS)，
∴AM=OB=2，CM=OA=3，
即OM=OA+AM=3+2=5，
∴C(−5,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(0,2)，
∴b=2−5k+b=3，
解得k=−15b=2．
∴过B、C两点的直线对应的函数表达式是y=−15x+2，
故答案为：y=−15x+2．
过C作CM垂直于x轴，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，以及AC=AB，利用AAS得到三角形ACM与三角形BAO全等，由全等三角形对应边相等得到CM=OA，AM=OB，由AM+OA求出OM的长，即可确定出C坐标，然后根据待定系数法即可求得过B、C两点的直线对应的函数表达式．
本题考查了一次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的性质是解本题的关键．
18.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°，
∵PF⊥CP，
∴∠COD=∠CPE=90°，
∴∠BPE=∠PCA=90°−∠BPC，
∵∠DPF=∠BPE，
∴∠DPF=∠PCA，
故①正确；
连接PA、CE、CF，设EF交CD于点H，则∠DHF=∠PHC，
∵AD=CD，BD⊥AC，
∴∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADP和△CDP中，
AD=CD∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴PA=PC，∠PAD=∠PCD，
∵∠CDF=∠CPF=90°，
∴∠PFD=90°−∠DHF=90°−∠PHC=∠PCD，
∴∠PFD=∠PAD，
∴PF=PA=PC，
∵∠PEA+∠PFD=90°，∠PAE+∠PAD=90°，
∴∠PEA=∠PAE，
∴PE=PF=PA=PC，
∴P为EF中点，
故③正确；
∵∠PCE=∠PEC=45°，∠PCF=∠PFC=45°，PC垂直平分EF，
∴∠ECF=90°，CE=CF，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
∠CBE=∠CDFBC=DC∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF(ASA)，
∴BE=DF，
故②正确；
∵当OP逐渐变小时，则S△BPE的值逐渐变小，而S△DCP的值逐渐变大，
∴S△BPE与S△DCP不一定相等，
故④错误；
作EG⊥BD于点G，则∠BGE=∠PGE=90°，
∴∠PGE=∠COP=90°，
∴∠GPE=∠OCP=90°−∠OPC，
在△GPE和△OCP中，
∠PGE=∠COP∠GPE=∠OCPPE=CP，
∴△GPE≌△OCP(AAS)，
∴GE=OP=2，
∵AB=CB，BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=45°，
∴∠GEB=∠GBE=45°，
∴GE=GB=2，
∴BE= GE2+GB2= 22+22=2 2，
故⑤正确，
综上所述，①②③⑤这4个答案正确，
故答案为：4．
由四边形ABCD是正方形，得AC⊥BD，而PF⊥CP，则∠COD=∠CPE=90°，所以∠BPE=∠PCA=90°−∠BPC，因为∠DPF=∠BPE，所以∠DPF=∠PCA，可判断①正确；
连接PA、CE、CF，设EF交CD于点H，先证明△ADP≌△CDP，得PA=PC，再证明∠PFD=∠PAD，得PF=PA=PC，再证明∠PEA=∠PAE，则PE=PF=PA=PC，可判断③正确；
由∠PCE=∠PEC=45°，∠PCF=∠PFC=45°，PC垂直平分EF，得∠ECF=90°，CE=CF，进而证明△BCE≌△DCF，得BE=DF，可判断②正确；
当OP逐渐变小时，则S△BPE的值逐渐变小，而S△DCP的值逐渐变大，可知S△BPE与S△DCP不一定相等，可判断④错误；
作EG⊥BD于点G，先证明△GPE≌△OCP，得GE=OP=2，再证明∠GEB=∠GBE=45°，则GE=GB=2，即可根据勾股定理求得BE= GE2+GB2=2 2，可判断⑤正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角的余角相等、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)3 12−6 13+ 48
=3 3×22−6 39+ 3×42
=6 3−2 3+4 3
=8 3．
(2)m−33m2−6m÷(m+2−5m−2)
=m−33m(m−2)÷m2−4−5m−2
=m−33m(m−2)×m−2(m+3)(m−3)
=13m(m+3)，
∵m是方程x2+3x−4=0的根，
∴m2+3m−4=0，即m(m+3)=4，
∴原式=13m(m+3)=13×4=112．
【解析】(1)先化简各二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并；
(2)将式子括号内通分，并将分子分母因式分解，再进行约分化简，然后根据一元二次方程的根的定义得出m(m+3)=4，代入化简的式子即可求解．
本题考查了二次根式的加减运算，分式的化简求值及一元二次方程的解的定义，熟练掌握二次根式加减法运算法则及分式的混合运算法则是解题关键．
20.【答案】20 14 C
【解析】解：(1)抽取的样本容量为：21÷42%=50，
故a=1050×100=20；
b=50−10−21−5=14；
故答案为：20；14；
(2)此次被抽取学生的测试成绩的中位数落在C等级，
此次被抽取学生的测试成绩的平均数为：150×(650+1050+1785+455)=78.8(分)；
故答案为：C；
(3)2000×550=200(人)，
答：估计全校2000名学生中此次测试成绩优秀的学生人数大约为200人．
(1)用C等级的人数除以42%即可得出样本容量，再用A的频数除以样本容量可得a的值；用样本容量减去其它等级的频数可得b的值；
(2)根据中位数的定义以及平均数的计算方法解答即可；
(3)用全校人数乘样本中90分以上(含90分)所占百分比即可．
本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，
∵BF//CD，
∴四边形CBFD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D是边AB的中点，
∴CD=12AB=BD，
又∵BC=BD，
∴CD=BC，
∴平行四边形CBFD为菱形；
(2)解：连接CF，交于BD于O，如图，
由(1)得：四边形CBFD为菱形，
∴OC=OF=12CF，BD⊥CF，
又∵CF=8 3，
∴OC=OF=12CF=4 3，
∵BC=BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=∠BCD=60°，
∵BD⊥CF，
∴∠BCO=30°，
∴BC=2OB，
在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，
∴OB= 33OC=4，
∴BC=2OB=8，
∴AB=2BD=16，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2= 162−82=8 3．
【解析】(1)先证四边形CBFD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得CD=12AB=BD，然后证出CD=CB，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OC=OF=12CF=2 3，BD⊥CF，再由等边三角形的性质得∠CBD=∠BCD=60°，∠BCO=30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得OB=4，BC=2OB=8，进而得出AC= 3BC=8 3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质，证出CD=BD．
22.【答案】解：(1)把x=1代入y=3x得x=3，
∴点C坐标为(1,3)，
把(1,3)，(−2,6)代入y=kx+b得3=k+b6=−2k+b，
解得k=−1b=4．
(2)由图象可得x<1时，kx+b>3x，
∴kx+b−3x>0的解集为x<1．
(3)①如图，当点D在点C上方使，CD=2OC时，满足题意，
∵O(0,0)，C(1,3)，
∴点D坐标为(3,9)．
②当点D在点O下方时，CD=2OC时，满足题意，
此时点D坐标为(−1,−3)，
综上所述，点D坐标为(−1,−3)或(3,9)．
【解析】(1)由点C在直线y=3x上求出点C坐标，再通过待定系数法求解．
(2)由图象求解．
(3)由CD=2OC满足题意求解．
本题考查反比例函数与一次函数交点问题，解题关键是掌握函数与方程及不等式的关系．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC且AD=BC，
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∴AD=EF，
∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，AB=13，
∴BC=AB=13，AC⊥BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴OE=12AC=OA=2 13，AC=2OE=4 13，
∴OB= AB2−OA2= 132−(2 13)2=3 13，
∴BD=2OB=6 13，
∵菱形ABCD的面积=12BD×AC=BC×AE，
即12×6 13×4 13=13×AE，
解得：AE=12．
【解析】(1)先证四边形AEFD是平行四边形，再证出∠AEF=90°，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
(2)由菱形的性质得BC=AB=13，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE=OA=2 13，AC=2OE=4 13，然后由勾股定理求出OB=3 13，则BD=2OB=6 13，最后由菱形ABCD的面积=12BD×AC=BC×AE，即可求解．
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每份菜品A的利润为x元，每份菜品B的利润为y元，
根据题意得x+2y=352x+3y=60，
解得x=15y=10，
答：每份菜品A的利润为15元，每份菜品B的利润为10元；
(2)设购进A菜品m份，总利润为w元，
根据题意得m≤32(1000−m)，
解得m≤600，
w=15m+10(1000−m)=5m+10000，
∵5>0，
∴w随着m的增大而增大，
当m=600时，w取得最大值，最大值为13000元，
1000−600=400(份)，
答：购进A菜品600份，B菜品400份，所获利润最大，最大利润为13000元．
【解析】(1)设每份菜品A的利润为x元，每份菜品B的利润为y元，根据售出1份菜品A和2份菜品B可获利35元，售出2份菜品A和3份菜品B可获利60元，列二元一次方程组，求解即可；
(2)设购进A菜品m份，总利润为w元，根据菜品A的数量不高于菜品B数量的32，求出m的取值范围，再表示出w与m的函数关系式，根据一次函数的增减性即可确定最大利润时进货方案，进一步求出最大利润即可．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，理解题意是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠B=90°，DA=BA，
∵AF⊥DE，即∠AGD=90°，
∴∠GAE+∠GAD=90°=∠GAD+∠GDA，
∴∠ADE=∠BAF，
在△ABF与△DAE中，
∠BAF=∠ADEAB=DA∠B=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE(ASA)；
(2)解：∵△ABF≌△DAE，
∴可设AE=BF=x，
∴BE=CF=4−x，
∴S△DEF=S正方形ABCD−S△ADE−S△EBF−S△DCF
=4×4−12×4x−12x(4−x)−12×4(4−x)
=16−2x−2x+12x2−8+2x
=12x2−2x+8，
∴12x2−2x+8=132，
解得x=3或x=1，
∴AE=3或AE=1，
∴AF= AD2+AE2=5或 17；
(3)解：如图所示，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，
∵点M是DE的中点，
∴DM=ME，
∵在正方形ABCD中，AB//CD，
∴∠PDM=∠AEM，∠DPM=∠EAM，
∴△DPM≌△EAM(AAS)，
∴PM=AM，DP=AE=3或1，
当AE=3时，BF=DP=3，
∴CF=CP=1，
∴PF= PC2+CF2= 2，
∵N是AF的中点，
∴MN是△APF的中位线，
∴MN=12PF= 22；
当AE=1时，BF=DP=1，
∴CF=CP=3，
∴PF= PC2+CF2=3 2，
同理可得MN=12PF=3 22；
综上所述，MN的长度为 22或3 22．
【解析】(1)先证得∠ADE=∠BAF，再利用ASA证明△DAE≌△ABF即可；
(2)根据全等三角形的性质可设AE=BF=x，则BE=CF=4−x，再由S△DEF=S正方形ABCD−S△ADE−S△EBF−S△DCF得到方程12x2−2x+8=132，解方程求出AE的值，再利用勾股定理求出AF的长即可；
(3)连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，得到PM=AM，再根据DP=AE=3或1，MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
2022-2023学年山东省德州市临邑县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 函数y=x x+4+1x−1的自变量x的取值范围是( )
A. x≠−4且x≠1 B. x>−4且x≠1 C. x>−4 D. x≥−4且x≠1
2. 已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，下列说法正确的有个．( )
①若∠C=90°，则a2+b2=c2；
②若∠B=90°，则a2+c2=b2；
③若∠A=90°，则b2+c2=a2；
④总有a2+b2=c2．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 下列计算不正确的是( )
A. 316= 34 B. 32+ 32=32
C. 3 2−2 2= 2 D. 2× 5= 10
4. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,3)，将点A绕原点O逆时针方向旋转90°得到点B，则点B的坐标为( )
A. (−2,−3)
B. (−3,−2)
C. (2,3)
D. (3,2)
5. 下列命题为真命题的是( )
A. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的平行四边形为矩形
C. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
6. 在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象可能是( )
A. B. C. D.
7. 在2021年的体育学业水平测试中，6名学生的一项体育成绩统计如图所示，则这组数据的中位数、方差、众数分别是( )
A. 18，1，18
B. 17.5，3，18
C. 18，3，18
D. 17.5，1，18
8. 如图，数轴上点A对应的数是0，点C对应的数是−4，BC⊥AC，垂足为C，且BC=1，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为( )
A. − 17 B. 17 C. −4.2 D. −4.5
9. 对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若a+b+c=0，则b2−4ac≥0；
②若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；
③若c是方程ax2+bx+c=0的一个很，则一定有ac+b+1=0成立；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax0+b)2．
其中正确的( )
A. ①②④ B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④
10. 如图，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EF⊥OC于点G，连接FG，则FG的最小值为( )
A. 4
B. 4.8
C. 5
D. 6
11. 如图，正方形ABCD的边长为4，P为正方形边上一动点，运动路线是A→D→C→B→A，设P点经过的路程为x，以点A、P、D为顶点的三角形的面积是y，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，平面直角坐标系中，点A1的坐标为(1,2)，以O为圆心，OA1的长为半径画弧，交直线y=12x于点B1；过点B1作B1A2//y轴交直线y=2x于点A2，以O为圆心，OA2长为半径画弧，交直线y=12x于点B2；过点B2作B2A3//y轴交直线y=2x于点A3，以点O为圆心，OA3长为半径画弧，交直线y=12x于点B3；…按如此规律进行下去，点B2023的坐标为( )
A. (22022,22023) B. (22021,22022) C. (22022,22021) D. (22023,22022)
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 计算( 5−2)2023( 5+2)2023的结果是______ ．
14. 关于x的方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
15. 如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D.若∠A′DC=90°，则∠A= ．
16. 2023年，临邑县某单位为响应国家“厉行节约，反对浪费”的号召，减少了对办公经费的投入，在两个月内将开支从每月2500元降到1600元，若平均每月降低开支的百分率为x，则可根据题意列出方程为______ ．
17. 如图所示，直线y=23x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边，在第二象限内作等腰直角△ABC，∠BAC=90°，则过B、C两点直线的解析式为______ ．
18. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，P为BD上的一点，连接CP，过点P作PF⊥CP交AD的延长线于点F，延长FP交AB于点E，则下列结论：(1)∠DPF=∠PCA；(2)BE=DF；(3)点P为EF的中点；(4)S△BPE=S△DCP；(5)若OP=2，则BE=2 2；其中正确的结论有______ 个.(填正确结论的个数)
三、解答题（本大题共7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10.0分)
(1)3 12−6 13+ 48；
(2)先化简，再求值：m−33m2−6m÷(m+2−5m−2)，其中m是方程x2+3x−4=0的根．
20. (本小题10.0分)
2023年2月6日土耳其发生7.8级地震，牵动世界各国人民的心！为进一步宣传防震减灾科普知识，增强学生应急避险和自救互救能力，某校组织全校学生进行“防震减灾知识测试”，现随机抽取部分学生的测试成绩x(单位：分)整理成A：60≤x<70，B：70≤x<80，C：80≤x<90，D：90≤x≤100四个等级，绘制成如下频数分布表和扇形统计图：
被抽取学生的测试成绩的频数表
等级
成绩/分
频数/人
各组总分/分
A
60≤x<70
10
650
B
70≤x<80
b
1050
C
80≤x<90
21
1785
D
90≤x≤100
5
455
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ，b= ；
(2)此次被抽取学生的测试成绩的中位数落在 等级，求此次被抽取学生的测试成绩的平均数；
(3)如果90分以上(含90分)为优秀，请估计全校2000名学生中此次测试成绩优秀的学生人数．
21. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D，E分别是边AB，AC的中点，BC=BD，点F在ED的延长线上，且BF//CD．
(1)求证：四边形CBFD为菱形；
(2)连接CF与BD相交于点O，若CF=8 3，求AC的长．
22. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A(−2,6)，且与x轴相交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．
(1)求k、b的值；
(2)请直接写出不等式kx+b−3x>0的解集；
(3)若点D在y=3x上，且满足S△BCD=2S△BOC，求点D的坐标．
23. (本小题12.0分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF=BE，连接DF，
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)连接OE，若AB=13，OE=2 13，求AE的长．
24. (本小题12.0分)
近年来，预制菜消费持续升温，它既满足了消费者的需要，也不断拓展着饮食行业的发展.某餐饮平台计划推出A和B两种预制菜品，已知售出1份菜品A和2份菜品B可获利35元，售出2份菜品A和3份菜品B可获利60元．
(1)求每份菜品A、B的利润；
(2)根据销售情况，该餐饮平台每日都能售完A、B两种菜品共1000份，且菜品A的数量不高于菜品B数量的32，应该如何进货才能使总利润最高？最高利润是多少？
25. (本小题12.0分)
如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上(点E与点A、B不重合)，过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
(1)求证：△DAE≌△ABF；
(2)若△DEF的面积为132，求AF的长；
(3)在(2)的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，x+4>0且x−1≠0，
解得x>−4且x≠1；
故选：B．
二次根式有意义则被开方数非负，分式有意义则分母不等于0，据此得出不等式求解即可．
本题考查求自变量的取值范围，涉及二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，不等式的求解，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，
∴若∠C=90°，则a2+b2=c2；若∠B=90°，则a2+c2=b2；若∠A=90°，则b2+c2=a2；
故①②③正确；
只有当∠C=90°时才有a2+b2=c2，
故④错误，
故选：C．
根据勾股定理逐一判断即可求解．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解： 316= 34，故选项A正确，不符合题意；
32+ 32=3+3=6≠32，故选项B不正确，故选项B符合题意；
3 2−2 2= 2，故选项C正确，不符合题意；
2× 5= 10，故选项D正确，不符合题意；
故选：B．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：过A点作AD⊥y轴，过B点作BE⊥x轴，
∵点A的坐标为(−2,3)，
∴AD=2，OD=3，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠AOE=90°，
∴∠BOE+∠AOE=90°，
∴∠AOD=∠BOE，
∵OA=OB，
在△AOD和△BOE中，
∠ADO=∠BEO∠AOD=∠BOEOA=OB，
∴△AOD≌△BOE(AAS)，
∴OE=OD=3，OA=OD=3
∴点B的坐标为(−3,−2)，
故选：B．
利用图象法解决问题即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．
5.【答案】B
【解析】解：A.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是假命题，不符合题意；
B.对角线相等的平行四边形为矩形，是真命题，符合题意；
C.一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，是假命题，不符合题意；
D.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是假命题，不符合题意；
故选：B．
根据正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理逐项分析判断即可求解．
本题考查了正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理，熟练掌握正方形、矩形、平行四边形、菱形的判定定理是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为y=ax+a2与y=a2x+a，
所以x=1时，两函数的值都是a2+a，
所以两直线的交点的横坐标为1，
若a>0，则一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象都是y随x的增大而增大，且都交y轴的正半轴；
若a<0，则一次函数y=ax+a2的图象中y随x的增大而减小，交y轴的正半轴，y=a2x+a的图象中y随x的增大而增大，交y轴的负半轴，且两直线的交点的横坐标为1；
故选：D．
利用一次函数的性质进行判断．
此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．
一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
7.【答案】A
【解析】解：这组数据从小到大依次为17、17、18、18、18、20，
最中间两个数的平均数是(18+18)÷2=18，则中位数是18；
18出现3次，次数最多，所以众数为18，
这组数据的平均数是：(17×2+18×3+20)÷6=18，
则方差是：16×[2×(17−18)2+3×(18−18)2+(20−18)2]=1．
故选：A．
根据中位数和众数的定义、方差公式分别进行解答即可．
本题考查了众数和中位数、方差的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．
8.【答案】A
【解析】解：∵数轴上点A对应的数是0，点C对应的数是−4，
∴AC=4，
∵BC⊥AC，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：AB= AC2+BC2= 42+12= 17，
∵以点A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴于点D，
∴AD=AB= 17，
∵点D在点A的左侧，
∴点D表示的数为：− 17，
故选：A．
由勾股定理得AB= 17，再由作图得AD=AB= 17，然后由点D在点A的左侧即可得出答案．
本题考查了勾股定理、实数与数轴等知识，由勾股定理求出AB的长是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：①若a+b+c=0，则x=1是方程ax2+bx+c=0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知：△=b2−4a≥0，故①正确；
②方程ax2+c=0有两个不相等的实根，
∴△=0−4ac>0，
∴−4ac>0
则方程ax2+bx+c=0的判别式△=b2−4a>0，
∴方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根，故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c=0的一个根，
则ac2+bc+c=0，
∴c(ac+b+1)=0，
若c=0，等式仍然成立，
但ac+b+1=0不一定成立，故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，
则由求根公式可得：x0=−b± b2−4ac2a，
∴2ax0+b=± b2−4ac，
∴b2−4ac=(2ax0+b)2，故④正确．
故正确的有①②④，
故选：A．
按照方程的解的含义、一元二次方程的实数根与判别式的关系、等式的性质、一元二次方程的求根公式等对各选项分别讨论，可得答案．
本题考查了一元二次方程根的判别式，灵活运用根的判别式式解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图所示：连接OE，
在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，
∴∠COD=90°,CD= OD2+OC2= 82+62=10，
∵EF⊥OC，EF⊥OC
∴四边形OGEF是矩形，
∴GF=OE，
∴FG的最小值，
即OE最小值，
∴当OE⊥AC时，OE最小，
∵12OC⋅OD=12CD⋅OE，
∴12×8×6=12×10⋅OE，
∴OE=4.8，
∴OE最小为4.8，
即FG的最小值为4.8，
故选：B．
如图所示：连接OE，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，得∠COD=90°，CD=10，由EF⊥OC，EF⊥OC，可得四边形OGEF是矩形，进而得出GF=OE，当OE⊥AC时，OE最小，即FG的最小值，即可得出．
本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形OGEF是矩形是解此题的关键．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
根据动点从点A出发，首先向点D运动，此时y=0，当点P在DC上运动时，y随着x的增大而增大，当点P在CB上运动时，y不变，当点P在BA上运动时，y随着x的增大而减小，据此作出选择即可．
本题考查了动点问题的函数图象，解决动点问题的函数图象问题关键是发现y随x的变化而变化的趋势．
【解答】
解：当点P由点A向点D运动，即0≤x≤4时，y的值为0；
当点P在DC上运动，即4
12.【答案】D
【解析】解：由题意可得，点A1的坐标为(1,2)，
设点B1的坐标为(a,12a)，
∵a2+(12a)2=12+22，
解得，a=2，(负根舍去)
∴点B1的坐标为(2,1)，
同理可得，点A2的坐标为(2,4)，点B2的坐标为(4,2)，
点A3的坐标为(4,8)，点B3的坐标为(8,4)，
……
∴点B2023的坐标为(22023,22022)，
故选：D．
根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2023的坐标．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、点的坐标，解答本题的关键是明确题意，发现题目中坐标的变化规律，求出相应的点的坐标．
13.【答案】1
【解析】解：( 5−2)2023( 5+2)2023
=[( 5−2)( 5+2)]2023
=(5−4)2023
=12023
=1，
故答案为：1．
根据平方差公式和有理数的乘方计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键，注意平方差公式的应用．
14.【答案】k>−1且k≠0
【解析】解：∵关于x的方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2+4k>0，
解得：k>−1且k≠0，
∴k的取值范围为k>−1且k≠0．
故答案为：k>−1且k≠0．
根据一元二次方程的定义和判别式，得出k≠0且Δ=(−2)2+4k>0，解出不等式，即可得到k的取值范围．
本题考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义，解本题的关键在熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系．一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系：当Δ>0时，方程有两个不等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】55°
【解析】
【分析】
根据题意得出∠ACA′=35°，则∠A′=90°−35°=55°，即可得出∠A的度数．
此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理等知识，得出∠ACA′的度数是解题关键．
【解答】
解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，∠A′DC=90°，
∴∠ACA′=35°，则∠A′=90°−35°=55°，
则∠A=∠A′=55°．
故答案为：55°．
16.【答案】2500(1−x)2=1600
【解析】解：根据题意列出方程为2500(1−x)2=1600，
故答案为：2500(1−x)2=1600．
根据题意列出一元二次方程即可求解．
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】y=−15x+2
【解析】解：对于直线y=23x+2，令x=0，得到y=2，
即B(0,2)，
∴OB=2，
令y=0，得到x=−3，即A(−3,0)，OA=3，
过C作CM⊥x轴，可得∠AMC=∠BOA=90°，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∵△ABC为等腰直角三角形，即∠BAC=90°，AC=BA，
∴∠CAM+∠BAO=90°，
∴∠ACM=∠BAO，
在△CAM和△ABO中，
∠AMC=∠BOA=90°∠ACM=∠BAOAC=BA，
∴△CAM≌△ABO(AAS)，
∴AM=OB=2，CM=OA=3，
即OM=OA+AM=3+2=5，
∴C(−5,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(0,2)，
∴b=2−5k+b=3，
解得k=−15b=2．
∴过B、C两点的直线对应的函数表达式是y=−15x+2，
故答案为：y=−15x+2．
过C作CM垂直于x轴，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，以及AC=AB，利用AAS得到三角形ACM与三角形BAO全等，由全等三角形对应边相等得到CM=OA，AM=OB，由AM+OA求出OM的长，即可确定出C坐标，然后根据待定系数法即可求得过B、C两点的直线对应的函数表达式．
本题考查了一次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的性质是解本题的关键．
18.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°，
∵PF⊥CP，
∴∠COD=∠CPE=90°，
∴∠BPE=∠PCA=90°−∠BPC，
∵∠DPF=∠BPE，
∴∠DPF=∠PCA，
故①正确；
连接PA、CE、CF，设EF交CD于点H，则∠DHF=∠PHC，
∵AD=CD，BD⊥AC，
∴∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADP和△CDP中，
AD=CD∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴PA=PC，∠PAD=∠PCD，
∵∠CDF=∠CPF=90°，
∴∠PFD=90°−∠DHF=90°−∠PHC=∠PCD，
∴∠PFD=∠PAD，
∴PF=PA=PC，
∵∠PEA+∠PFD=90°，∠PAE+∠PAD=90°，
∴∠PEA=∠PAE，
∴PE=PF=PA=PC，
∴P为EF中点，
故③正确；
∵∠PCE=∠PEC=45°，∠PCF=∠PFC=45°，PC垂直平分EF，
∴∠ECF=90°，CE=CF，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
∠CBE=∠CDFBC=DC∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF(ASA)，
∴BE=DF，
故②正确；
∵当OP逐渐变小时，则S△BPE的值逐渐变小，而S△DCP的值逐渐变大，
∴S△BPE与S△DCP不一定相等，
故④错误；
作EG⊥BD于点G，则∠BGE=∠PGE=90°，
∴∠PGE=∠COP=90°，
∴∠GPE=∠OCP=90°−∠OPC，
在△GPE和△OCP中，
∠PGE=∠COP∠GPE=∠OCPPE=CP，
∴△GPE≌△OCP(AAS)，
∴GE=OP=2，
∵AB=CB，BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=45°，
∴∠GEB=∠GBE=45°，
∴GE=GB=2，
∴BE= GE2+GB2= 22+22=2 2，
故⑤正确，
综上所述，①②③⑤这4个答案正确，
故答案为：4．
由四边形ABCD是正方形，得AC⊥BD，而PF⊥CP，则∠COD=∠CPE=90°，所以∠BPE=∠PCA=90°−∠BPC，因为∠DPF=∠BPE，所以∠DPF=∠PCA，可判断①正确；
连接PA、CE、CF，设EF交CD于点H，先证明△ADP≌△CDP，得PA=PC，再证明∠PFD=∠PAD，得PF=PA=PC，再证明∠PEA=∠PAE，则PE=PF=PA=PC，可判断③正确；
由∠PCE=∠PEC=45°，∠PCF=∠PFC=45°，PC垂直平分EF，得∠ECF=90°，CE=CF，进而证明△BCE≌△DCF，得BE=DF，可判断②正确；
当OP逐渐变小时，则S△BPE的值逐渐变小，而S△DCP的值逐渐变大，可知S△BPE与S△DCP不一定相等，可判断④错误；
作EG⊥BD于点G，先证明△GPE≌△OCP，得GE=OP=2，再证明∠GEB=∠GBE=45°，则GE=GB=2，即可根据勾股定理求得BE= GE2+GB2=2 2，可判断⑤正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角的余角相等、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)3 12−6 13+ 48
=3 3×22−6 39+ 3×42
=6 3−2 3+4 3
=8 3．
(2)m−33m2−6m÷(m+2−5m−2)
=m−33m(m−2)÷m2−4−5m−2
=m−33m(m−2)×m−2(m+3)(m−3)
=13m(m+3)，
∵m是方程x2+3x−4=0的根，
∴m2+3m−4=0，即m(m+3)=4，
∴原式=13m(m+3)=13×4=112．
【解析】(1)先化简各二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并；
(2)将式子括号内通分，并将分子分母因式分解，再进行约分化简，然后根据一元二次方程的根的定义得出m(m+3)=4，代入化简的式子即可求解．
本题考查了二次根式的加减运算，分式的化简求值及一元二次方程的解的定义，熟练掌握二次根式加减法运算法则及分式的混合运算法则是解题关键．
20.【答案】20 14 C
【解析】解：(1)抽取的样本容量为：21÷42%=50，
故a=1050×100=20；
b=50−10−21−5=14；
故答案为：20；14；
(2)此次被抽取学生的测试成绩的中位数落在C等级，
此次被抽取学生的测试成绩的平均数为：150×(650+1050+1785+455)=78.8(分)；
故答案为：C；
(3)2000×550=200(人)，
答：估计全校2000名学生中此次测试成绩优秀的学生人数大约为200人．
(1)用C等级的人数除以42%即可得出样本容量，再用A的频数除以样本容量可得a的值；用样本容量减去其它等级的频数可得b的值；
(2)根据中位数的定义以及平均数的计算方法解答即可；
(3)用全校人数乘样本中90分以上(含90分)所占百分比即可．
本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，
∵BF//CD，
∴四边形CBFD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D是边AB的中点，
∴CD=12AB=BD，
又∵BC=BD，
∴CD=BC，
∴平行四边形CBFD为菱形；
(2)解：连接CF，交于BD于O，如图，
由(1)得：四边形CBFD为菱形，
∴OC=OF=12CF，BD⊥CF，
又∵CF=8 3，
∴OC=OF=12CF=4 3，
∵BC=BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=∠BCD=60°，
∵BD⊥CF，
∴∠BCO=30°，
∴BC=2OB，
在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，
∴OB= 33OC=4，
∴BC=2OB=8，
∴AB=2BD=16，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2= 162−82=8 3．
【解析】(1)先证四边形CBFD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得CD=12AB=BD，然后证出CD=CB，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OC=OF=12CF=2 3，BD⊥CF，再由等边三角形的性质得∠CBD=∠BCD=60°，∠BCO=30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得OB=4，BC=2OB=8，进而得出AC= 3BC=8 3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质，证出CD=BD．
22.【答案】解：(1)把x=1代入y=3x得x=3，
∴点C坐标为(1,3)，
把(1,3)，(−2,6)代入y=kx+b得3=k+b6=−2k+b，
解得k=−1b=4．
(2)由图象可得x<1时，kx+b>3x，
∴kx+b−3x>0的解集为x<1．
(3)①如图，当点D在点C上方使，CD=2OC时，满足题意，
∵O(0,0)，C(1,3)，
∴点D坐标为(3,9)．
②当点D在点O下方时，CD=2OC时，满足题意，
此时点D坐标为(−1,−3)，
综上所述，点D坐标为(−1,−3)或(3,9)．
【解析】(1)由点C在直线y=3x上求出点C坐标，再通过待定系数法求解．
(2)由图象求解．
(3)由CD=2OC满足题意求解．
本题考查反比例函数与一次函数交点问题，解题关键是掌握函数与方程及不等式的关系．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC且AD=BC，
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∴AD=EF，
∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，AB=13，
∴BC=AB=13，AC⊥BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴OE=12AC=OA=2 13，AC=2OE=4 13，
∴OB= AB2−OA2= 132−(2 13)2=3 13，
∴BD=2OB=6 13，
∵菱形ABCD的面积=12BD×AC=BC×AE，
即12×6 13×4 13=13×AE，
解得：AE=12．
【解析】(1)先证四边形AEFD是平行四边形，再证出∠AEF=90°，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
(2)由菱形的性质得BC=AB=13，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE=OA=2 13，AC=2OE=4 13，然后由勾股定理求出OB=3 13，则BD=2OB=6 13，最后由菱形ABCD的面积=12BD×AC=BC×AE，即可求解．
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每份菜品A的利润为x元，每份菜品B的利润为y元，
根据题意得x+2y=352x+3y=60，
解得x=15y=10，
答：每份菜品A的利润为15元，每份菜品B的利润为10元；
(2)设购进A菜品m份，总利润为w元，
根据题意得m≤32(1000−m)，
解得m≤600，
w=15m+10(1000−m)=5m+10000，
∵5>0，
∴w随着m的增大而增大，
当m=600时，w取得最大值，最大值为13000元，
1000−600=400(份)，
答：购进A菜品600份，B菜品400份，所获利润最大，最大利润为13000元．
【解析】(1)设每份菜品A的利润为x元，每份菜品B的利润为y元，根据售出1份菜品A和2份菜品B可获利35元，售出2份菜品A和3份菜品B可获利60元，列二元一次方程组，求解即可；
(2)设购进A菜品m份，总利润为w元，根据菜品A的数量不高于菜品B数量的32，求出m的取值范围，再表示出w与m的函数关系式，根据一次函数的增减性即可确定最大利润时进货方案，进一步求出最大利润即可．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，理解题意是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠B=90°，DA=BA，
∵AF⊥DE，即∠AGD=90°，
∴∠GAE+∠GAD=90°=∠GAD+∠GDA，
∴∠ADE=∠BAF，
在△ABF与△DAE中，
∠BAF=∠ADEAB=DA∠B=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE(ASA)；
(2)解：∵△ABF≌△DAE，
∴可设AE=BF=x，
∴BE=CF=4−x，
∴S△DEF=S正方形ABCD−S△ADE−S△EBF−S△DCF
=4×4−12×4x−12x(4−x)−12×4(4−x)
=16−2x−2x+12x2−8+2x
=12x2−2x+8，
∴12x2−2x+8=132，
解得x=3或x=1，
∴AE=3或AE=1，
∴AF= AD2+AE2=5或 17；
(3)解：如图所示，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，
∵点M是DE的中点，
∴DM=ME，
∵在正方形ABCD中，AB//CD，
∴∠PDM=∠AEM，∠DPM=∠EAM，
∴△DPM≌△EAM(AAS)，
∴PM=AM，DP=AE=3或1，
当AE=3时，BF=DP=3，
∴CF=CP=1，
∴PF= PC2+CF2= 2，
∵N是AF的中点，
∴MN是△APF的中位线，
∴MN=12PF= 22；
当AE=1时，BF=DP=1，
∴CF=CP=3，
∴PF= PC2+CF2=3 2，
同理可得MN=12PF=3 22；
综上所述，MN的长度为 22或3 22．
【解析】(1)先证得∠ADE=∠BAF，再利用ASA证明△DAE≌△ABF即可；
(2)根据全等三角形的性质可设AE=BF=x，则BE=CF=4−x，再由S△DEF=S正方形ABCD−S△ADE−S△EBF−S△DCF得到方程12x2−2x+8=132，解方程求出AE的值，再利用勾股定理求出AF的长即可；
(3)连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，得到PM=AM，再根据DP=AE=3或1，MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
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