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2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了下列各式中，是最简二次根式的是，下列计算，正确的是，下列命题正确的是，台风影响着人们的生产和生活等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷
1.下列各式中，是最简二次根式的是( )
A. 8 B. 10 C. 12 D. 12
2.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是( )
A. 2，3，3 B. 2，3，4 C. 2，3，5 D. 2， 5，3
3.下列计算，正确的是( )
A. (−3)2=−3 B. 2+ 3= 5 C. 4×9=2×3 D. 12÷2= 6
4.下列命题正确的是( )
A. 对角线相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等且互相平分的四边形是菱形
C. 对角线垂直且互相平分的四边形是矩形
D. 对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形
5.在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D为斜边AB的中点.若AC=8，BC=6，则CD的长为( )
A. 10 B. 6 C. 5 D. 4
6.小雨在参观故宫博物院时，被太和殿窗棂的三交六惋菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形ABCD(如图1所示).若AB的长度为a，则菱形ABCD的面积为( )
A. 3a24 B. 3a22 C. a2 D. 3a2
7.台风影响着人们的生产和生活.人们为研究台风，将研究条件进行一定的合理简化，把近地面风速画在一个以台风中心为原点，以台风半径为横轴，风速为纵轴的坐标系中，并在图中标注了该台风的12级、10级和7级风圈半径，如12级风圈半径是指近地面风速衰减至32.7m/s时，离台风中心的距离约为150km.那么以下关于这场台风的说法中，正确的是( )
A. 越靠近台风中心位置，风速越大
B. 距台风中心150km处，风速达到最大值
C. 10级风圈半径约为280km
D. 在某个台风半径达到最大风速之后，随台风半径的增大，风速又逐渐衰减
8.在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC，A(0,3)，B(2,3)，C(2,0)，点M在边OA上，OM=1.点P在边AB上运动，连接PM，点A关于直线PM的对称点为A′.若PA=x，MA′+A′B=y，下列图象能大致反映y与x的函数关系的是( )
A.
B.
C.
D.
9.若 x−2在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是__________.
10.若 a−1+ b−5=0，则a=______ ，b=______ .
11.若△ABC的周长为6，则以△ABC三边的中点为顶点的三角形的周长等于______ .
12.某商场招聘员工，现有甲、乙两人参加竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩(百分制)和各项占比如下表所示，那么从甲、乙两人各自的平均成绩看，应该录取：______ .
测试项目
计算机
语言
商品知识
在平均成绩中的占比
50%
30%
20%
甲的成绩
70
80
90
乙的成绩
90
80
70
13.如图，直线y=mx+n与直线y=kx+b的交点为A，则关于x，y的方程组y=mx+ny=kx+b的解是______ .
14.小杰利用教材中的剪纸活动设计了一个魔术.他将一个长方形纸片对折两次，剪下一个角(如图1)，展平后得到一个带正方形孔洞的魔术道具(如图2)，这个正方形孔洞ABCD的边长为2cm(如图4).他试图将一个直径为3cm的圆形铁环(铁环厚度忽略不计)穿过这个孔洞，没有成功，于是他对这个道具进行折叠、旋转(如图5、图6)，并调整纸片产生一个新的“孔洞”(如图3).请你计算调整前后的孔洞最“宽”处的“宽度”来说明魔术的效果.如图4中的“宽度”BD=______ cm；图6中的“宽度”BD″=______ cm.
15.如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，BE与CF的交点在▱ABCD内.若BC=5，AB=3，则EF=______ .
16.在△ABC中，BC=3，BD平分∠ABC交AC于点D，DE//BC，交AB于点E，EF//AC交BC于点F.有以下结论：
①四边形EFCD一定是平行四边形；
②连接DF所得四边形EBFD一定是平行四边形；
③保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度可使BF=FC成立；
④保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小可使BF=FC成立.
其中所有的正确结论是：______ .(填序号即可)
17.计算：
(1) 12× 4+ 27；
(2)( 6+ 2)( 6− 2)− 52.
18.在平面直角坐标系xOy中，直线m：y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.将直线m向右平移3个单位长度得到直线l.
(1)求点A，点B的坐标，画出直线m及直线l；
(2)求直线l的解析式；
(3)直线l还可以看作由直线m经过其他方式的平移得到的，请写出一种平移方式.
19.尺规作图：过直线外一点作这条直线的平行线.
已知：如图，直线l及直线l外一点P.
求作：直线m，使得m//l，且直线m经过点P.
作法：①在直线l上取一点A，连接AP，以点A为圆心，AP的长为半径画弧，交直线l于点B；
②分别以点P，点B为圆心，AP的长为半径画弧，两弧交于点C(不与点A重合)；
③经过P，C两点作直线m.
直线m就是所求作的直线.
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明.
证明：连接BC.
∵AP=______ =______ =______ ，
∴四边形PABC是______ (填“矩形”“菱形”或“正方形”)(______ )(填推理的依据).
∴m//l(______ )(填推理的依据).
20.如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，CF⊥AD于点F.
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)连接BD，若∠CBD=30∘，BC=5，BD=4 3，求DF的长.
21.已知甲、乙两地相距60km，小徐和小马两人沿同一条公路从甲地到乙地，小徐骑自行车3h到达.小马骑摩托车比小王晚1h出发，骑行30km时追上小徐，停留nh后继续以原速骑行.在整个行程中，两人与甲地的距离y与小徐骑行时间x的对应关系分别如图中线段OA和折线段BCDE所示，DE与OA的交点为F.
(1)线段OA所对应的函数表达式为______ ，相应自变量x的取值范围是______ ；线段BC所对应的函数表达式为______ ，相应自变量x的取值范围是______ ；
(2)小马在BC段的速度为______ km/h，n=______ ；
(3)求小马第二次追上小徐时与乙地的距离.
22.某校为了解课外阅读情况，在初二年级的两个班中，各随机抽取部分学生调查了他们一周的课外阅读时长(单位：小时)，并对数据进行了整理、描述和分析.下面给出了部分信息.
a.甲班学生课外阅读时长(单位：小时)：7，7，8，9，9，11，12.
b.乙班学生课外阅读时长的折线图：
c.甲、乙两班学生阅读时长的平均数、众数、中位数：
平均数
中位数
众数
甲班
m
9
t
乙班
9
n
9
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m，t，n的值；
(2)设甲、乙两班数据的方差分别为s12，s12，则s12______ s22(填“>”“=”或“<”).
23.在平面直角坐标系xOy中，对于非零的实数a，将点P(x,y)变换为P′(ax,ya)称为一次“a−变换”.例如，对点P(2,3)作一次“3−变换”，得到点P′(6,1).
已知直线y=−2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B.若对直线l上的各点分别作同样的“a−变换”，点A，B变换后的对应点分别为A′，B′.
(1)当a=−2时，点A′的坐标为______ ；
(2)若点B′的坐标为(0,6)，则a的值为______ ；
(3)以下三个结论：
①线段AB与线段A′B′始终相等；
②∠BAO与∠B′A′O始终相等；
③△AOB与△A′OB′的面积始终相等.
其中正确的是______ (填写序号即可)，并对正确的结论加以证明.
24.在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，M，N两点分别在AB，BC边上，BM=BN.连接DM，取DM的中点K，连接AK，NK.
(1)依题意补全图1，并写出∠AKN的度数；
(2)用等式表示线段NK与AK的数量关系，并证明；
(3)若AB=6，AC，BD的交点为O，连接OM，OK，四边形AMOK能否成为平行四边形？若能，求出此时AM的长；若不能，请说明理由.
25.在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O(0,0)，R(0,5)，S(8,5)，T(8,0).已知点E(2,4)，F(0,3)，G(4,2).若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为______ .
26.在平面直角坐标系xOy中，对于正方形ABCD和它的边上的动点P，作等边△OPP′，且O，P，P′三点按顺时针方向排列，称点P′是点P关于正方形ABCD的“友好点”.已知A(−a,a)，B(a,a)，C(a,−a)，D(−a,−a)(其中a>0).
(1)如图1，若a=3，AB的中点为M，当点P在正方形的边AB上运动时，
①若点P和点P′关于正方形ABCD的“友好点”，点P′恰好都在正方形的边AB上，则点P′的坐标为______ ；点M关于正方形ABCD的“友好点”点M′的坐标为______ ；
②若记点P关于正方形ABCD的“友好点”为P′(m,n)，直接写出n与m的关系式(不要求写m的取值范围)；
(2)如图2，E(−1,−1)，F(2,2).当点P在正方形ABCD的四条边上运动时，若线段EF上有且只有一个点P关于正方形ABCD的“友好点”，求a的取值范围；
(3)当2≤a≤4时，直接写出所有正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A. 8=2 2，不是最简二次根式，不符合题意；
B. 10是最简二次根式，符合题意；
C. 12=2 3，不是最简二次根式，不符合题意；
D. 12= 22不是最简二次根式，不符合题意．
故选：B.
最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、∵22+32≠32，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
B、∵22+32≠42，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
C、∵22+32≠52，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
D、∵22+( 5)2=32，∴能够成直角三角形，符合题意．
故选：D.
根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、 (−3)2=3，故A不符合题意；
B、 2与 3不能合并，故B不符合题意；
C、 4×9= 4× 9=2×3，故C符合题意；
D、 12÷2=2 3÷2= 3，故D不符合题意；
故选：C.
根据二次根式的加法，乘法，除法法则，二次根式的性质进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意；
对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故C错误，不符合题意；
对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，故D正确，符合题意；
故选：D.
根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断．
本题考查命题与定理，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理．
5.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90∘，AC=8，BC=6，
∴AB= AC2+BC2= 82+62=10，
∵D为斜边AB的中点，
∴CD=12AB=5，
故选：C.
先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后再利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD=12AB=5，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及勾股定理是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过A作AH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=a，
∵∠B=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴AH= 32AB= 32a，
∴菱形ABCD的面积=BC⋅AH= 32a2.
故选：B.
过A作AH⊥BC于H，由四边形ABCD是菱形，得到AB=BC=a，又∠B=60∘，推出△ABC是等边三角形，求出AH= 32a，即可求出菱形ABCD的面积．
本题考查菱形的面积，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，关键是由菱形的性质，推出△ABC是等边三角形．
7.【答案】D
【解析】解：A、根据图象可知，在图象的前段部分，风速随台风半径的增大而增大，则越靠近台风中心位置，风速越小(最小为10m/s)，故A选项不符合题意；
B、根据图象可知，台风半径小于100km时，风速已达到最大值，故B选项不符合题意；
C、根据图象可知，10级风圈的台风半径为200km，风速为24.5m/s，故C选项不符合题意；
D、根据图象可知，风速先是随台风半径的增大而增大，风速达到最大之后，又随台风半径的增大而减小，故D选项符合题意．
故选：D.
根据题目建立的函数模型，结合所给的函数图象，可以分析出风速随台风半径的变化情况，进而解决问题．
本题考查了用函数思想解决实际问题，以及对给定图象的理解能力．
8.【答案】A
【解析】解：∵A(0,3)，B(2,3)，C(2,0)，
∴OA=3，AB=2，
∵OM=1
∴MA=MA′=2，
∵MA′+A′B=y，
∴y=2+A′B，
当x=0时，A与A′重合，A′B=2，此时，y=2+2=4；
当x=2时，P与B重合，AB=A′B=2此时，y=2+2=4；
故可排除D选项．
∵当点M、A′、B三点共线时，y最小，
此时，AP=PA′=A′B，∠PA′B=90∘，
∴x+ 2x=2，
∴x<1，
∴当y最小值时，x<1，可排除B、C.
故选：A.
先根据坐标和轴对称的性质得到MA=MA′=2，进而得到y=2+A′B，然后再根据函数图象确定极值点的函数值，可排除D；然后再根据函数的最小值时，x的范围即可解答．
本题主要考查了函数图象的确定，掌握排除法解答的方法是本题的关键．
9.【答案】x≥2
【解析】解：根据题意得：x−2≥0，
解得：x≥2.
故答案为：x≥2.
根据二次根式有意义的条件得到x−2≥0，解之即可求出x的取值范围．
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式有意义时被开方数是非负数．
10.【答案】1 5
【解析】解：∵ a−1+ b−5=0，
∴a−1=0，b−5=0，
∴a=1，b=5.
故答案为：1，5.
直接利用非负数的性质得出答案．
此题主要考查了非负数的性质，正确掌握算术平方根的定义是解题关键．
11.【答案】3
【解析】解：如图示，
点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，
∵原三角形的周长为6，
则新三角形的周长为12×6=3.
故答案为：3.
由三角形的中位线定理可知，以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．
本题考查三角形的中位线，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．
12.【答案】乙
【解析】解：甲的平均成绩为：70×50%+80×30%+90×20%=77(分)，
乙的平均成绩为：90×50%+80×30%+70×20%=83(分)，
∵83>77，
∴应该录取乙．
故答案为：乙．
根据加权平均数的计算公式分别列出算式，再进行计算即可．
此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是本题的关键，是一道基础题．
13.【答案】x=1y=3
【解析】解：由函数图象可知，直线y=mx+n与直线y=kx+b的交点为A(1,3)，
∴方程组y=mx+ny=kx+b的解是x=1y=3.
故答案为：x=1y=3.
根据两条直线的交点的意义即可解答．
本题主要考查一次函数图象的交点与方程组的解的关系，理解两条直线的交点坐标的意义是解题的关键．
14.【答案】2 2 4
【解析】解：∵正方形孔洞ABCD的边长为2cm，
∴对角线BD的长为 22+22= 8=2 2(cm)，
如图5，由旋转性质可知CB=CD′=2cm，
如图6，由折叠的性质可知BD′′=2BC=4cm，
故答案为：2 2；4.
根据正方形的性质及勾股定理可知BD的长为2 2cm；由旋转性质及折叠的性质可知BD′′=2BC=4cm.
本题考查了折叠的性质，旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握折叠的性质及旋转的性质是解题的关键．
15.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，AD//BC，AD=BC=5，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=3，
同理可得：DF=CD=3，
∴EF=AE+DF−AD=3+3−5=1，
故答案为：1.
由平行线的性质和角平分线的性质可求∠ABE=∠AEB，可得AB=AE=3，DF=CD=3，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，及等腰三角形的判定和性质，题目比较简单．
16.【答案】①③
【解析】解：∵DE//BC，EF//AC，
∴四边形EFCD是平行四边形，故①正确；
只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故②错误；
改变BA的长度，BD与AC的交点为中点时，则AD=DC，
∵DE//BC，
∴AEBE=ADDC=1，
∴AE=BE，即E为AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵四边形EFCD是平行四边形，
∴DE=FC，
∵DE=12BC，
∴DE=BF，
∴BF=FC，
故③正确；
保持BA的长度不变且AB=BC=3时，
∵BD平分∠ABC，
∴D为AC的中点，
同③，改变∠ABC的大小都能使BF=FC，
但当BA的长度不变且不等于3时，不可能使BF=FC成立，故④错误，
所以，正确的结论是①③，
故答案为：①③．
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断①；只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故可判断②；保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度能使BF=FC成立，故可判断③；保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小不一定能使BF=FC成立，故可判断④．
本题主要考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理的应用、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
17.【答案】解：(1) 12× 4+ 27
=4 3−3 3
= 3；
(2))( 6+ 2)( 6− 2)− 52
=6−2−5
=−1.
【解析】(1)先根据二次根式的乘法法则和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的减法法则进行计算即可；
(2)先根据平方差公式和二次根式的性质进行计算，再算减法即可．
本题考查了二次根式的混合运算和平方差公式，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
18.【答案】解：(1)直线m：y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.
令x=0，则y=6，令y=0，y=−3，
∴A(−3,0)，B(0,6)；
(2)∵将直线m向右平移3个单位长度得到直线l.
∴y=2(x−3)+6=2x；
(3)y=2x可看作直线y=2x+6向下平移6个单位得到的．
【解析】(1)y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.令x=0，则y=6，令y=0，y=−3，解答即可；
(2)根据解析式的平移规律：左加右减可得出平移后的直线解析式．
(3)根据平移规律解答即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换：一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)的图象为直线，当直线平移时k不变，当向上平移m个单位，则平移后直线的解析式为y=kx+b+m.
19.【答案】AB BC CP 菱形 四边相等的四边形是菱形 菱形的对边平行
【解析】解：(1)如图：
(2)证明：连接BC.
∵AP=AB=BC=CP，
∴四边形PABC是菱形(四边相等的四边形是菱形).
∴m//l(菱形的对边平行).
故答案为：AB，BC，CP，菱形，四边相等的四边形是菱形，菱形的对边平行．
(1)根据作法作出图形即可；
(2)根据作法和菱形的性质，判定定理填空即可．
本题考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴AE⊥AD，∠AEC=∠AFC=90∘，
∴∠EAF=90∘，
∴四边形AECF是矩形；
(2)解：如图，过D作DH⊥BC于点H，
则∠DHB=90∘，四边形DFCH是矩形，
∴DF=CH，
∵∠CBD=30∘，BD=4 3，
∴DH=12BD=2 3，
∴BH= BD2−DH2= (4 3)2−(2 3)2=6，
∴CH=BH−BC=6−5=1，
∴DF=1，
即DF的长为1.
【解析】(1)证∠AEC=∠AFC=∠EAF=90∘，即可得出结论；
(2)过D作DH⊥BC于点H，则四边形DFCH是矩形，得DF=CH，再由含30∘角的直角三角形的性质得DH=2 3，然后由勾股定理得BH=6，即可解决问题．
本题主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】y=20x0≤x≤3y=60x−601≤x≤1.5600.5
【解析】解：(1)由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，
∴小徐的骑行速度为60÷3=20km/h，
∴线段OA所对应的函数表达式为y=20x，其中相应自变量x的取值范围是0≤x≤3；
在y=20x中，当y=20x=30，x=1.5，
∴在小徐出发1.5h时，小马追上小徐，
∴小马的骑行速度为301.5−1=60km/h，
∴线段BC所对应的函数表达式为y=60(x−1)=60x−60，其中相应自变量x的取值范围是1≤x≤1.5；
故答案为：y=20x，0≤x≤3，y=60x−60，1≤x≤1.5；
(2)由(1)得小马在BC段的速度为60km/h，n=2−1.5=0.5，
故答案为：60，0.5；
(3)设小马在小徐出发1小时后第二次追上小徐，
由题意得，20t=30+60(t−2)，
解得t=2.25，
∴小马在小徐出发2.25小时后第二次追上小徐，
∴小马第二次追上小徐时与乙地的距离为60−2.25x20=15km.
(1)由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，根据速度=路程+时间，求出小徐的速度，
即可求出线段OA所对应的函数表达式；再求出小徐骑行30km的时间，进而求出小马的骑行速度，从而求出线段BC所对应的
函数表达式，再求出对应的自变量的取值范围即可．
(2)根据(1)所求即可得到答案；
(3)设小马在小徐出发小时后第二次追上小徐，根据两人相遇时，所走的路程相同列出方程求解即可．
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
22.【答案】<
【解析】解：(1)由题意得，m=17×(7+7+8+9+9+11+12)=9，
把乙班的数据从小到大排列，排在中间的数是9，故中位数b=9，
甲班的数据中7和9出现的次数最多，故众数t=7、9；
(2)由题意得，甲组数据在7至11之间波动，波动范围较小，乙组数据在5只14之间波动，波动范围较大，
所以s12
(1)分别根据算术平均数的定义，中位数的定义以及众数的定义解答即可；
(2)根据两组数据的波动情况即可判断．
本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．
23.【答案】(−4,0)23 ③
【解析】解：(1)在y=−2x+4中，令x=0得y=4，令y=0得x=2，
∴A(2,0)，B(0,4)，
当a=−2时，点A′的坐标为(−2×2,0−2)，即(−4,0)，
故答案为：(−4,0)；
(2)∵B′的坐标为(0,6)，
∴4a=6，
解得a=23，
经检验，a=23是原方程的解，
故答案为：23；
(3)∵A(2,0)，B(0,4)，A′(2a,0)，B′(0,4a)，
∴AB=2 5，A′B′=2 a2+4a2，
当a2=1时，AB=A′B′，故①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；
∵OBOA=2，OB′OA′=2a2，
∴②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；
∵△AOB的面积为12×2×4=4，△A′OB′的面积为12×|2a|×|4a|=4，
∴③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确；
故答案为：③．
(1)求出A(2,0)，B(0,4)，即可得点A′的坐标为(−2×2,0−2)，即(−4,0)；
(2)根据B′的坐标为(0,6)，得4a=6，解得a=23；
(3)由A(2,0)，B(0,4)，A′(2a,0)，B′(0,4a)，可知①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确．
本题考查考查一次函数的综合应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“a−变换”．
24.【答案】解：(1)依题意补全图形如下：
延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠AMD=∠EDM.
在△AMK和△EDK中，
∠AMK=∠EDMMK=DK∠AKM=∠EKD，
∴△AMK≌△EDK(ASA)，
∴AK=KE，AM=DE，
∴AB−AM=CD−DE，
即BM=CE.
∵BM=BN，
∴BN=CE.
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AE，∠ABC=∠ACB=∠ACE=60∘.
在△ABN和△ACE中，
AB=AC∠ABC=∠ACE=60∘BN=CE，
∴△ABN≌△ACE(SAS)，
∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠CAE，
即∠BAC=∠NAE=60∘，
∴等腰△DAE为等边三角形，
∴NA=NE，
∵AK=KE，
∴NK⊥AE，
∴∠AKN=90∘；
(2)段NK与AK的数量关系为：NK= 3AK.理由：
由(1)知：△DAE为等边三角形，
∴∠ANE=60∘，
∵NK⊥AE，
∴∠ANK=12∠ANE=30∘，
∴AK=12AN.
设AK=a，则AN=2a，
∴NK= AN2−AK2= (2a)2−a2= 3a，
∴NK= 3AK；
(3)四边形AMOK能成为平行四边形，如图，
∵四边形AMOK为平行四边形，
∴OK=AM.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=OD，
∵MK=DK，
∴OK为△DMB的中位线，
∴OK=12BM，
∴AM=12BM，
∴BM=2AM，
∵AB=AM+BM=6，
∴3AM=6，
∴AM=2.
∴四边形AMOK能成为平行四边形，此时AM的长为2.
【解析】(1)延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，利用全等三角形的判定与性质得到AM=DE，进而利用等式的性质得到BM=CE，则BN=CE；利用全等三角形的判定与性质得到AN=AE，利用等式的性质得到∠NAE=60∘，则△DAE为等边三角形，利用等腰三角形的三线合一的性质可得AK⊥AE，则结论可求；
(2)利用等边三角形的性质和等腰三角形的三线合一的性质得到∠ANK=30∘，再利用含30∘角的直角三角形的性质和勾股定理解答即可；
(3)依题意画出图形，利用平行四边形的性质和三角形的中位线定理解答即可得出结论．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，含30∘角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形，平行四边形的性质是解题的关键．
25.【答案】(5,4)或(6,3)或(7,2)或(2,1)
【解析】解：如图：
可计算出S△EFG=3为使四边形面积为6，
则分别以EG、FG、EF构造三角形的面积为3，
因为凸四边形的的顶点都必须在网格线交点，
则可以得出P可能所在的点：P1(4,5)、P2 (5,4)、P3(6,3)、P4(7,2)P5(2,1)
其中P1(4,5)时，构成的是三角形不是四边形，
所以P可能的坐标为(5,4)或(6,3)或(7,2)或(2,1).
根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．
根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．
26.【答案】( 3,3)(3 32,32)
【解析】(1)( 3,3)；(3 32,32)；
'
如图，OP=OP′=PP′，
∴PM=P′M，OM=3，∠MOP=∠MOP′=30∘，
∴OP′=2MP′，
∴Rt△OMP中，OM2+MP2=OP2，
∴32+MP′2=(2MP′)2，解得MP′= 3，
∴P( 3,3)；
如图，过点M′作M′F⊥x轴，垂足为F，则∠OFM′=90∘，OM′=3，
∴∠M′OF=90∘−∠MOM′=30∘，
∴M′F=12OM′=32，
∴OF= OM2−MF2=3 32，
∴M′(3 32,32)；
②n=− 3m+6；
如图，直线P′M′交x轴于点G，
∵∠POP′=∠MOM′=60∘，
∴∠POP′−∠MOP′=∠MOM′−∠MOP′，
即∠POM=∠P′OM′，
又∵OP=OP′，OM=OM′，
∴△POM≌△P′OM′(SAS)，
∴∠OM′P′=∠OMP=90∘，
∵∠MOG=90∘−60∘=30∘，
∴∠OGM′=90∘−∠M′OG=90∘−30∘=60∘，
点P′(m,n)在直线M′G上，设直线解析式为y=kx+b(k≠0)，则 3k+b=33 32k+b=32，解得k=− 3b=6，
∴n=− 3m+6；
(2)如上图，由(1)知若A(−a,a)，则OM′=OM=a，
在Rt△OM′G中，M′G=12OG，
∴a2+(12OG)2=OG2，解得OG=2 33a，即点G(2 33a,0)，
由(1)知点P在线段AB上时，直线P′M′与x轴相交锐角为60∘，
可设直线M′G为y=− 3x+q，代入G(2 33a,0)，解得q=2a，
故点P′在直线y=− 3x+2a上，即A′B′解析式为y=− 3x+2a，
如下图，同理可得，直线C′D′解析式为y=− 3x−2a，经过(−1,−1)，则一1=−5×(−1)−2a，解得a= 3+12；
如下图，直线A′B′的解析式为y=− 3x+2a，经过F(2,2)，则2=− 3×2+2a，解得a= 3+1.
∴ 3+12
当a=4时，点P′轨迹所在四边形的面积为(2×4)2=64，
故2≤a≤4时，正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积为64−16=48.
(1)①如图，OP=OP′=PP′，Rt△OMP中，OM2+MP2=OP2，解得MP′= 3，得P′( 3,3)；如图，过点M作MF⊥x轴，垂足为F，则∠OFM=90∘，OM′=3，
OF= OM2−MF2=3 32，得M′(3 32,32)：
②如图，直线PM交轴于点G，可证△POM≌△P′OM′，得∠OM′P′=∠OMP=90∘，∠OGM′=60∘，可知点P′(m,n)在直线M′G上，设直线解析式为y=kx+b(k≠0)，求得k=− 3，b=6，于是n=− 3m+6；
(2)由(1)知若A(−a,a)，则OM′=OM=a.求得点G(2 33a,0)，可求得直线A′B′解析式y=− 3x+2a，经过F(2,2)，得a= 3+1，直线C′D′解析式为y=− 3x+2a，经过(−1,−1)，得a= 3+12；于是 3+12
本题考查图形变换旋转，全等三角形，一次函数，等边三角形性质，正方形性质，勾股定理，具备动态思维能力，理解动点形成的图形的形状是解题的关键．
2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷
1.下列各式中，是最简二次根式的是( )
A. 8 B. 10 C. 12 D. 12
2.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是( )
A. 2，3，3 B. 2，3，4 C. 2，3，5 D. 2， 5，3
3.下列计算，正确的是( )
A. (−3)2=−3 B. 2+ 3= 5 C. 4×9=2×3 D. 12÷2= 6
4.下列命题正确的是( )
A. 对角线相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等且互相平分的四边形是菱形
C. 对角线垂直且互相平分的四边形是矩形
D. 对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形
5.在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D为斜边AB的中点.若AC=8，BC=6，则CD的长为( )
A. 10 B. 6 C. 5 D. 4
6.小雨在参观故宫博物院时，被太和殿窗棂的三交六惋菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形ABCD(如图1所示).若AB的长度为a，则菱形ABCD的面积为( )
A. 3a24 B. 3a22 C. a2 D. 3a2
7.台风影响着人们的生产和生活.人们为研究台风，将研究条件进行一定的合理简化，把近地面风速画在一个以台风中心为原点，以台风半径为横轴，风速为纵轴的坐标系中，并在图中标注了该台风的12级、10级和7级风圈半径，如12级风圈半径是指近地面风速衰减至32.7m/s时，离台风中心的距离约为150km.那么以下关于这场台风的说法中，正确的是( )
A. 越靠近台风中心位置，风速越大
B. 距台风中心150km处，风速达到最大值
C. 10级风圈半径约为280km
D. 在某个台风半径达到最大风速之后，随台风半径的增大，风速又逐渐衰减
8.在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC，A(0,3)，B(2,3)，C(2,0)，点M在边OA上，OM=1.点P在边AB上运动，连接PM，点A关于直线PM的对称点为A′.若PA=x，MA′+A′B=y，下列图象能大致反映y与x的函数关系的是( )
A.
B.
C.
D.
9.若 x−2在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是__________.
10.若 a−1+ b−5=0，则a=______ ，b=______ .
11.若△ABC的周长为6，则以△ABC三边的中点为顶点的三角形的周长等于______ .
12.某商场招聘员工，现有甲、乙两人参加竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩(百分制)和各项占比如下表所示，那么从甲、乙两人各自的平均成绩看，应该录取：______ .
测试项目
计算机
语言
商品知识
在平均成绩中的占比
50%
30%
20%
甲的成绩
70
80
90
乙的成绩
90
80
70
13.如图，直线y=mx+n与直线y=kx+b的交点为A，则关于x，y的方程组y=mx+ny=kx+b的解是______ .
14.小杰利用教材中的剪纸活动设计了一个魔术.他将一个长方形纸片对折两次，剪下一个角(如图1)，展平后得到一个带正方形孔洞的魔术道具(如图2)，这个正方形孔洞ABCD的边长为2cm(如图4).他试图将一个直径为3cm的圆形铁环(铁环厚度忽略不计)穿过这个孔洞，没有成功，于是他对这个道具进行折叠、旋转(如图5、图6)，并调整纸片产生一个新的“孔洞”(如图3).请你计算调整前后的孔洞最“宽”处的“宽度”来说明魔术的效果.如图4中的“宽度”BD=______ cm；图6中的“宽度”BD″=______ cm.
15.如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，BE与CF的交点在▱ABCD内.若BC=5，AB=3，则EF=______ .
16.在△ABC中，BC=3，BD平分∠ABC交AC于点D，DE//BC，交AB于点E，EF//AC交BC于点F.有以下结论：
①四边形EFCD一定是平行四边形；
②连接DF所得四边形EBFD一定是平行四边形；
③保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度可使BF=FC成立；
④保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小可使BF=FC成立.
其中所有的正确结论是：______ .(填序号即可)
17.计算：
(1) 12× 4+ 27；
(2)( 6+ 2)( 6− 2)− 52.
18.在平面直角坐标系xOy中，直线m：y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.将直线m向右平移3个单位长度得到直线l.
(1)求点A，点B的坐标，画出直线m及直线l；
(2)求直线l的解析式；
(3)直线l还可以看作由直线m经过其他方式的平移得到的，请写出一种平移方式.
19.尺规作图：过直线外一点作这条直线的平行线.
已知：如图，直线l及直线l外一点P.
求作：直线m，使得m//l，且直线m经过点P.
作法：①在直线l上取一点A，连接AP，以点A为圆心，AP的长为半径画弧，交直线l于点B；
②分别以点P，点B为圆心，AP的长为半径画弧，两弧交于点C(不与点A重合)；
③经过P，C两点作直线m.
直线m就是所求作的直线.
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明.
证明：连接BC.
∵AP=______ =______ =______ ，
∴四边形PABC是______ (填“矩形”“菱形”或“正方形”)(______ )(填推理的依据).
∴m//l(______ )(填推理的依据).
20.如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，CF⊥AD于点F.
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)连接BD，若∠CBD=30∘，BC=5，BD=4 3，求DF的长.
21.已知甲、乙两地相距60km，小徐和小马两人沿同一条公路从甲地到乙地，小徐骑自行车3h到达.小马骑摩托车比小王晚1h出发，骑行30km时追上小徐，停留nh后继续以原速骑行.在整个行程中，两人与甲地的距离y与小徐骑行时间x的对应关系分别如图中线段OA和折线段BCDE所示，DE与OA的交点为F.
(1)线段OA所对应的函数表达式为______ ，相应自变量x的取值范围是______ ；线段BC所对应的函数表达式为______ ，相应自变量x的取值范围是______ ；
(2)小马在BC段的速度为______ km/h，n=______ ；
(3)求小马第二次追上小徐时与乙地的距离.
22.某校为了解课外阅读情况，在初二年级的两个班中，各随机抽取部分学生调查了他们一周的课外阅读时长(单位：小时)，并对数据进行了整理、描述和分析.下面给出了部分信息.
a.甲班学生课外阅读时长(单位：小时)：7，7，8，9，9，11，12.
b.乙班学生课外阅读时长的折线图：
c.甲、乙两班学生阅读时长的平均数、众数、中位数：
平均数
中位数
众数
甲班
m
9
t
乙班
9
n
9
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m，t，n的值；
(2)设甲、乙两班数据的方差分别为s12，s12，则s12______ s22(填“>”“=”或“<”).
23.在平面直角坐标系xOy中，对于非零的实数a，将点P(x,y)变换为P′(ax,ya)称为一次“a−变换”.例如，对点P(2,3)作一次“3−变换”，得到点P′(6,1).
已知直线y=−2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B.若对直线l上的各点分别作同样的“a−变换”，点A，B变换后的对应点分别为A′，B′.
(1)当a=−2时，点A′的坐标为______ ；
(2)若点B′的坐标为(0,6)，则a的值为______ ；
(3)以下三个结论：
①线段AB与线段A′B′始终相等；
②∠BAO与∠B′A′O始终相等；
③△AOB与△A′OB′的面积始终相等.
其中正确的是______ (填写序号即可)，并对正确的结论加以证明.
24.在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，M，N两点分别在AB，BC边上，BM=BN.连接DM，取DM的中点K，连接AK，NK.
(1)依题意补全图1，并写出∠AKN的度数；
(2)用等式表示线段NK与AK的数量关系，并证明；
(3)若AB=6，AC，BD的交点为O，连接OM，OK，四边形AMOK能否成为平行四边形？若能，求出此时AM的长；若不能，请说明理由.
25.在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O(0,0)，R(0,5)，S(8,5)，T(8,0).已知点E(2,4)，F(0,3)，G(4,2).若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为______ .
26.在平面直角坐标系xOy中，对于正方形ABCD和它的边上的动点P，作等边△OPP′，且O，P，P′三点按顺时针方向排列，称点P′是点P关于正方形ABCD的“友好点”.已知A(−a,a)，B(a,a)，C(a,−a)，D(−a,−a)(其中a>0).
(1)如图1，若a=3，AB的中点为M，当点P在正方形的边AB上运动时，
①若点P和点P′关于正方形ABCD的“友好点”，点P′恰好都在正方形的边AB上，则点P′的坐标为______ ；点M关于正方形ABCD的“友好点”点M′的坐标为______ ；
②若记点P关于正方形ABCD的“友好点”为P′(m,n)，直接写出n与m的关系式(不要求写m的取值范围)；
(2)如图2，E(−1,−1)，F(2,2).当点P在正方形ABCD的四条边上运动时，若线段EF上有且只有一个点P关于正方形ABCD的“友好点”，求a的取值范围；
(3)当2≤a≤4时，直接写出所有正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A. 8=2 2，不是最简二次根式，不符合题意；
B. 10是最简二次根式，符合题意；
C. 12=2 3，不是最简二次根式，不符合题意；
D. 12= 22不是最简二次根式，不符合题意．
故选：B.
最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、∵22+32≠32，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
B、∵22+32≠42，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
C、∵22+32≠52，∴不能够成直角三角形，不符合题意；
D、∵22+( 5)2=32，∴能够成直角三角形，符合题意．
故选：D.
根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、 (−3)2=3，故A不符合题意；
B、 2与 3不能合并，故B不符合题意；
C、 4×9= 4× 9=2×3，故C符合题意；
D、 12÷2=2 3÷2= 3，故D不符合题意；
故选：C.
根据二次根式的加法，乘法，除法法则，二次根式的性质进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意；
对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故C错误，不符合题意；
对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，故D正确，符合题意；
故选：D.
根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断．
本题考查命题与定理，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理．
5.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90∘，AC=8，BC=6，
∴AB= AC2+BC2= 82+62=10，
∵D为斜边AB的中点，
∴CD=12AB=5，
故选：C.
先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后再利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD=12AB=5，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及勾股定理是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过A作AH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=a，
∵∠B=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴AH= 32AB= 32a，
∴菱形ABCD的面积=BC⋅AH= 32a2.
故选：B.
过A作AH⊥BC于H，由四边形ABCD是菱形，得到AB=BC=a，又∠B=60∘，推出△ABC是等边三角形，求出AH= 32a，即可求出菱形ABCD的面积．
本题考查菱形的面积，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，关键是由菱形的性质，推出△ABC是等边三角形．
7.【答案】D
【解析】解：A、根据图象可知，在图象的前段部分，风速随台风半径的增大而增大，则越靠近台风中心位置，风速越小(最小为10m/s)，故A选项不符合题意；
B、根据图象可知，台风半径小于100km时，风速已达到最大值，故B选项不符合题意；
C、根据图象可知，10级风圈的台风半径为200km，风速为24.5m/s，故C选项不符合题意；
D、根据图象可知，风速先是随台风半径的增大而增大，风速达到最大之后，又随台风半径的增大而减小，故D选项符合题意．
故选：D.
根据题目建立的函数模型，结合所给的函数图象，可以分析出风速随台风半径的变化情况，进而解决问题．
本题考查了用函数思想解决实际问题，以及对给定图象的理解能力．
8.【答案】A
【解析】解：∵A(0,3)，B(2,3)，C(2,0)，
∴OA=3，AB=2，
∵OM=1
∴MA=MA′=2，
∵MA′+A′B=y，
∴y=2+A′B，
当x=0时，A与A′重合，A′B=2，此时，y=2+2=4；
当x=2时，P与B重合，AB=A′B=2此时，y=2+2=4；
故可排除D选项．
∵当点M、A′、B三点共线时，y最小，
此时，AP=PA′=A′B，∠PA′B=90∘，
∴x+ 2x=2，
∴x<1，
∴当y最小值时，x<1，可排除B、C.
故选：A.
先根据坐标和轴对称的性质得到MA=MA′=2，进而得到y=2+A′B，然后再根据函数图象确定极值点的函数值，可排除D；然后再根据函数的最小值时，x的范围即可解答．
本题主要考查了函数图象的确定，掌握排除法解答的方法是本题的关键．
9.【答案】x≥2
【解析】解：根据题意得：x−2≥0，
解得：x≥2.
故答案为：x≥2.
根据二次根式有意义的条件得到x−2≥0，解之即可求出x的取值范围．
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式有意义时被开方数是非负数．
10.【答案】1 5
【解析】解：∵ a−1+ b−5=0，
∴a−1=0，b−5=0，
∴a=1，b=5.
故答案为：1，5.
直接利用非负数的性质得出答案．
此题主要考查了非负数的性质，正确掌握算术平方根的定义是解题关键．
11.【答案】3
【解析】解：如图示，
点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，
∵原三角形的周长为6，
则新三角形的周长为12×6=3.
故答案为：3.
由三角形的中位线定理可知，以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．
本题考查三角形的中位线，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．
12.【答案】乙
【解析】解：甲的平均成绩为：70×50%+80×30%+90×20%=77(分)，
乙的平均成绩为：90×50%+80×30%+70×20%=83(分)，
∵83>77，
∴应该录取乙．
故答案为：乙．
根据加权平均数的计算公式分别列出算式，再进行计算即可．
此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是本题的关键，是一道基础题．
13.【答案】x=1y=3
【解析】解：由函数图象可知，直线y=mx+n与直线y=kx+b的交点为A(1,3)，
∴方程组y=mx+ny=kx+b的解是x=1y=3.
故答案为：x=1y=3.
根据两条直线的交点的意义即可解答．
本题主要考查一次函数图象的交点与方程组的解的关系，理解两条直线的交点坐标的意义是解题的关键．
14.【答案】2 2 4
【解析】解：∵正方形孔洞ABCD的边长为2cm，
∴对角线BD的长为 22+22= 8=2 2(cm)，
如图5，由旋转性质可知CB=CD′=2cm，
如图6，由折叠的性质可知BD′′=2BC=4cm，
故答案为：2 2；4.
根据正方形的性质及勾股定理可知BD的长为2 2cm；由旋转性质及折叠的性质可知BD′′=2BC=4cm.
本题考查了折叠的性质，旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握折叠的性质及旋转的性质是解题的关键．
15.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，AD//BC，AD=BC=5，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=3，
同理可得：DF=CD=3，
∴EF=AE+DF−AD=3+3−5=1，
故答案为：1.
由平行线的性质和角平分线的性质可求∠ABE=∠AEB，可得AB=AE=3，DF=CD=3，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，及等腰三角形的判定和性质，题目比较简单．
16.【答案】①③
【解析】解：∵DE//BC，EF//AC，
∴四边形EFCD是平行四边形，故①正确；
只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故②错误；
改变BA的长度，BD与AC的交点为中点时，则AD=DC，
∵DE//BC，
∴AEBE=ADDC=1，
∴AE=BE，即E为AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵四边形EFCD是平行四边形，
∴DE=FC，
∵DE=12BC，
∴DE=BF，
∴BF=FC，
故③正确；
保持BA的长度不变且AB=BC=3时，
∵BD平分∠ABC，
∴D为AC的中点，
同③，改变∠ABC的大小都能使BF=FC，
但当BA的长度不变且不等于3时，不可能使BF=FC成立，故④错误，
所以，正确的结论是①③，
故答案为：①③．
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断①；只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故可判断②；保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度能使BF=FC成立，故可判断③；保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小不一定能使BF=FC成立，故可判断④．
本题主要考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理的应用、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
17.【答案】解：(1) 12× 4+ 27
=4 3−3 3
= 3；
(2))( 6+ 2)( 6− 2)− 52
=6−2−5
=−1.
【解析】(1)先根据二次根式的乘法法则和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的减法法则进行计算即可；
(2)先根据平方差公式和二次根式的性质进行计算，再算减法即可．
本题考查了二次根式的混合运算和平方差公式，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
18.【答案】解：(1)直线m：y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.
令x=0，则y=6，令y=0，y=−3，
∴A(−3,0)，B(0,6)；
(2)∵将直线m向右平移3个单位长度得到直线l.
∴y=2(x−3)+6=2x；
(3)y=2x可看作直线y=2x+6向下平移6个单位得到的．
【解析】(1)y=2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B.令x=0，则y=6，令y=0，y=−3，解答即可；
(2)根据解析式的平移规律：左加右减可得出平移后的直线解析式．
(3)根据平移规律解答即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换：一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)的图象为直线，当直线平移时k不变，当向上平移m个单位，则平移后直线的解析式为y=kx+b+m.
19.【答案】AB BC CP 菱形 四边相等的四边形是菱形 菱形的对边平行
【解析】解：(1)如图：
(2)证明：连接BC.
∵AP=AB=BC=CP，
∴四边形PABC是菱形(四边相等的四边形是菱形).
∴m//l(菱形的对边平行).
故答案为：AB，BC，CP，菱形，四边相等的四边形是菱形，菱形的对边平行．
(1)根据作法作出图形即可；
(2)根据作法和菱形的性质，判定定理填空即可．
本题考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴AE⊥AD，∠AEC=∠AFC=90∘，
∴∠EAF=90∘，
∴四边形AECF是矩形；
(2)解：如图，过D作DH⊥BC于点H，
则∠DHB=90∘，四边形DFCH是矩形，
∴DF=CH，
∵∠CBD=30∘，BD=4 3，
∴DH=12BD=2 3，
∴BH= BD2−DH2= (4 3)2−(2 3)2=6，
∴CH=BH−BC=6−5=1，
∴DF=1，
即DF的长为1.
【解析】(1)证∠AEC=∠AFC=∠EAF=90∘，即可得出结论；
(2)过D作DH⊥BC于点H，则四边形DFCH是矩形，得DF=CH，再由含30∘角的直角三角形的性质得DH=2 3，然后由勾股定理得BH=6，即可解决问题．
本题主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】y=20x0≤x≤3y=60x−601≤x≤1.5600.5
【解析】解：(1)由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，
∴小徐的骑行速度为60÷3=20km/h，
∴线段OA所对应的函数表达式为y=20x，其中相应自变量x的取值范围是0≤x≤3；
在y=20x中，当y=20x=30，x=1.5，
∴在小徐出发1.5h时，小马追上小徐，
∴小马的骑行速度为301.5−1=60km/h，
∴线段BC所对应的函数表达式为y=60(x−1)=60x−60，其中相应自变量x的取值范围是1≤x≤1.5；
故答案为：y=20x，0≤x≤3，y=60x−60，1≤x≤1.5；
(2)由(1)得小马在BC段的速度为60km/h，n=2−1.5=0.5，
故答案为：60，0.5；
(3)设小马在小徐出发1小时后第二次追上小徐，
由题意得，20t=30+60(t−2)，
解得t=2.25，
∴小马在小徐出发2.25小时后第二次追上小徐，
∴小马第二次追上小徐时与乙地的距离为60−2.25x20=15km.
(1)由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，根据速度=路程+时间，求出小徐的速度，
即可求出线段OA所对应的函数表达式；再求出小徐骑行30km的时间，进而求出小马的骑行速度，从而求出线段BC所对应的
函数表达式，再求出对应的自变量的取值范围即可．
(2)根据(1)所求即可得到答案；
(3)设小马在小徐出发小时后第二次追上小徐，根据两人相遇时，所走的路程相同列出方程求解即可．
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
22.【答案】<
【解析】解：(1)由题意得，m=17×(7+7+8+9+9+11+12)=9，
把乙班的数据从小到大排列，排在中间的数是9，故中位数b=9，
甲班的数据中7和9出现的次数最多，故众数t=7、9；
(2)由题意得，甲组数据在7至11之间波动，波动范围较小，乙组数据在5只14之间波动，波动范围较大，
所以s12
(1)分别根据算术平均数的定义，中位数的定义以及众数的定义解答即可；
(2)根据两组数据的波动情况即可判断．
本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．
23.【答案】(−4,0)23 ③
【解析】解：(1)在y=−2x+4中，令x=0得y=4，令y=0得x=2，
∴A(2,0)，B(0,4)，
当a=−2时，点A′的坐标为(−2×2,0−2)，即(−4,0)，
故答案为：(−4,0)；
(2)∵B′的坐标为(0,6)，
∴4a=6，
解得a=23，
经检验，a=23是原方程的解，
故答案为：23；
(3)∵A(2,0)，B(0,4)，A′(2a,0)，B′(0,4a)，
∴AB=2 5，A′B′=2 a2+4a2，
当a2=1时，AB=A′B′，故①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；
∵OBOA=2，OB′OA′=2a2，
∴②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；
∵△AOB的面积为12×2×4=4，△A′OB′的面积为12×|2a|×|4a|=4，
∴③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确；
故答案为：③．
(1)求出A(2,0)，B(0,4)，即可得点A′的坐标为(−2×2,0−2)，即(−4,0)；
(2)根据B′的坐标为(0,6)，得4a=6，解得a=23；
(3)由A(2,0)，B(0,4)，A′(2a,0)，B′(0,4a)，可知①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确．
本题考查考查一次函数的综合应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“a−变换”．
24.【答案】解：(1)依题意补全图形如下：
延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠AMD=∠EDM.
在△AMK和△EDK中，
∠AMK=∠EDMMK=DK∠AKM=∠EKD，
∴△AMK≌△EDK(ASA)，
∴AK=KE，AM=DE，
∴AB−AM=CD−DE，
即BM=CE.
∵BM=BN，
∴BN=CE.
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AE，∠ABC=∠ACB=∠ACE=60∘.
在△ABN和△ACE中，
AB=AC∠ABC=∠ACE=60∘BN=CE，
∴△ABN≌△ACE(SAS)，
∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠CAE，
即∠BAC=∠NAE=60∘，
∴等腰△DAE为等边三角形，
∴NA=NE，
∵AK=KE，
∴NK⊥AE，
∴∠AKN=90∘；
(2)段NK与AK的数量关系为：NK= 3AK.理由：
由(1)知：△DAE为等边三角形，
∴∠ANE=60∘，
∵NK⊥AE，
∴∠ANK=12∠ANE=30∘，
∴AK=12AN.
设AK=a，则AN=2a，
∴NK= AN2−AK2= (2a)2−a2= 3a，
∴NK= 3AK；
(3)四边形AMOK能成为平行四边形，如图，
∵四边形AMOK为平行四边形，
∴OK=AM.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=OD，
∵MK=DK，
∴OK为△DMB的中位线，
∴OK=12BM，
∴AM=12BM，
∴BM=2AM，
∵AB=AM+BM=6，
∴3AM=6，
∴AM=2.
∴四边形AMOK能成为平行四边形，此时AM的长为2.
【解析】(1)延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，利用全等三角形的判定与性质得到AM=DE，进而利用等式的性质得到BM=CE，则BN=CE；利用全等三角形的判定与性质得到AN=AE，利用等式的性质得到∠NAE=60∘，则△DAE为等边三角形，利用等腰三角形的三线合一的性质可得AK⊥AE，则结论可求；
(2)利用等边三角形的性质和等腰三角形的三线合一的性质得到∠ANK=30∘，再利用含30∘角的直角三角形的性质和勾股定理解答即可；
(3)依题意画出图形，利用平行四边形的性质和三角形的中位线定理解答即可得出结论．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，含30∘角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形，平行四边形的性质是解题的关键．
25.【答案】(5,4)或(6,3)或(7,2)或(2,1)
【解析】解：如图：
可计算出S△EFG=3为使四边形面积为6，
则分别以EG、FG、EF构造三角形的面积为3，
因为凸四边形的的顶点都必须在网格线交点，
则可以得出P可能所在的点：P1(4,5)、P2 (5,4)、P3(6,3)、P4(7,2)P5(2,1)
其中P1(4,5)时，构成的是三角形不是四边形，
所以P可能的坐标为(5,4)或(6,3)或(7,2)或(2,1).
根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．
根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．
26.【答案】( 3,3)(3 32,32)
【解析】(1)( 3,3)；(3 32,32)；
'
如图，OP=OP′=PP′，
∴PM=P′M，OM=3，∠MOP=∠MOP′=30∘，
∴OP′=2MP′，
∴Rt△OMP中，OM2+MP2=OP2，
∴32+MP′2=(2MP′)2，解得MP′= 3，
∴P( 3,3)；
如图，过点M′作M′F⊥x轴，垂足为F，则∠OFM′=90∘，OM′=3，
∴∠M′OF=90∘−∠MOM′=30∘，
∴M′F=12OM′=32，
∴OF= OM2−MF2=3 32，
∴M′(3 32,32)；
②n=− 3m+6；
如图，直线P′M′交x轴于点G，
∵∠POP′=∠MOM′=60∘，
∴∠POP′−∠MOP′=∠MOM′−∠MOP′，
即∠POM=∠P′OM′，
又∵OP=OP′，OM=OM′，
∴△POM≌△P′OM′(SAS)，
∴∠OM′P′=∠OMP=90∘，
∵∠MOG=90∘−60∘=30∘，
∴∠OGM′=90∘−∠M′OG=90∘−30∘=60∘，
点P′(m,n)在直线M′G上，设直线解析式为y=kx+b(k≠0)，则 3k+b=33 32k+b=32，解得k=− 3b=6，
∴n=− 3m+6；
(2)如上图，由(1)知若A(−a,a)，则OM′=OM=a，
在Rt△OM′G中，M′G=12OG，
∴a2+(12OG)2=OG2，解得OG=2 33a，即点G(2 33a,0)，
由(1)知点P在线段AB上时，直线P′M′与x轴相交锐角为60∘，
可设直线M′G为y=− 3x+q，代入G(2 33a,0)，解得q=2a，
故点P′在直线y=− 3x+2a上，即A′B′解析式为y=− 3x+2a，
如下图，同理可得，直线C′D′解析式为y=− 3x−2a，经过(−1,−1)，则一1=−5×(−1)−2a，解得a= 3+12；
如下图，直线A′B′的解析式为y=− 3x+2a，经过F(2,2)，则2=− 3×2+2a，解得a= 3+1.
∴ 3+12
当a=4时，点P′轨迹所在四边形的面积为(2×4)2=64，
故2≤a≤4时，正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积为64−16=48.
(1)①如图，OP=OP′=PP′，Rt△OMP中，OM2+MP2=OP2，解得MP′= 3，得P′( 3,3)；如图，过点M作MF⊥x轴，垂足为F，则∠OFM=90∘，OM′=3，
OF= OM2−MF2=3 32，得M′(3 32,32)：
②如图，直线PM交轴于点G，可证△POM≌△P′OM′，得∠OM′P′=∠OMP=90∘，∠OGM′=60∘，可知点P′(m,n)在直线M′G上，设直线解析式为y=kx+b(k≠0)，求得k=− 3，b=6，于是n=− 3m+6；
(2)由(1)知若A(−a,a)，则OM′=OM=a.求得点G(2 33a,0)，可求得直线A′B′解析式y=− 3x+2a，经过F(2,2)，得a= 3+1，直线C′D′解析式为y=− 3x+2a，经过(−1,−1)，得a= 3+12；于是 3+12
本题考查图形变换旋转，全等三角形，一次函数，等边三角形性质，正方形性质，勾股定理，具备动态思维能力，理解动点形成的图形的形状是解题的关键．
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