2023-2024学年福建省福州市仓山区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市仓山区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列是一次函数的是( )
A. y=2xB. y=x2+5C. y=1xD. y+1
2.用配方法解方程x2−2x−1=0，原方程应变形为( )
A. (x−1)2=2B. (x+1)2=2C. (x−1)2=1D. (x+1)2=1
3.如图，D，E分别是AC，BC的中点，测得DE=15m，则池塘两端A，B的距离为( )
A. 45m
B. 30m
C. 22.5m
D. 7.5m
4.一鞋店试销一款女鞋，销量情况如表：这个鞋店的经理最关心哪种型号的鞋畅销，则下列统计量对鞋店经理来说最有意义的是( )
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 方差
5.如果x=2是一元二次方程x2+bx+2=0的一个根，则b的值是( )
A. 2B. −2C. 3D. −3
6.某校举行风筝节活动，小明做了一个菱形风筝，他用两个木条沿着菱形的对角线做支架.经测量AC=2dm，BD=3dm，则这个风筝的面积是( )
A. 6dm2 B. 3dm2
C. 32dm2 D. 34dm2
7.一次函数y=ax+b的图象如图所示，则不等式ax+b≥0的解集是( )
A. x>2
B. x<2
C. x≥2
D. x≤2
8.截止2023年底，我国新能源汽车销量连续9年位居世界第一.随着消费人群的不断增多，某品牌新能源汽车的销售量逐年递增，销售量从2021年的58万辆到2023年的302万辆.如果设从2021年到2023年该品牌新能源汽车销售量的平均年增长率为x，那么可列出方程是( )
A. 58(1+2x)=302B. 58(1+x)2=302
C. 58+58(1+x)=302D. 58[1+(1+x)+(1+x)2]=302
9.平面直角坐标系xOy中，A( 3,0)，B(0, 3)，则坐标原点O关于直线AB对称的点O的坐标为( )
A. (12, 32)B. ( 32, 32)C. ( 32, 3)D. ( 3, 3)
10.我是一条直线，很有名气的直线，数学家们给我命名为y=kx+b(k≠0).在我的图象上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2)且x1≠x2，m=(x2−x1)(y2−y1)，当k>0时，m的取值范围是( )
A. m>0B. m≥0C. m=0D. m<0
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.在▱ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的周长等于______．
12.函数y=2x的图象向上平移1个单位长度，得到简析式是______．
13.某校组织数学学科竞赛为参加区级比赛做选手选拔工作，经过多次测试后，有四位同学成为晋级的候选人，具体情况如表，如果从这四位同学中选出一名晋级(总体水平高且状态稳定)你会推荐______．
14.已知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根是x1=−b+ b2−4ac2a，x2=−b− b2−4ac2a，则x1+x2的结果是______．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=AO，对角线AC与BD相交于点O，以点A为圆心，以AO的长为半径作弧，交AD于点E，连接OE，则∠DOE= ______°.
16.在四边形ABCD中，∠A=∠D=90°，CD=BC，下列四个判断：
①若∠C=120°，则AD=12BC；
②连接AC，DB，若AC垂直平分DB，则AD=BC；
③连接AC，作∠DAC=∠ACB，则四边形ABCD是正方形；
④点A关于直线BD的对称点一定在直线BC上．
其中正确的序号为______.(写出所有正确的序号)
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
17.解一元二次方程：x2−6x+2=0．
四、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
如图，▱ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且BE=DF，求证：四边形AECF是平行四边形．
19.(本小题8分)
如图，是一个“函数求值机”的示意图，其中y是x的函数.下面表格中，是通过该“函数求值机”得到的几组x与y的对应值．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)当输入的x值为3时，输出的y值为______；
(2)求当x<1时简析式．
20.(本小题8分)
为激发广大青少年了解航天知识的热情，某校组织了航天知识的相关讲座和课程，从初中三个年级随机抽取了30名学生，进行了航天知识竞赛，获得了他们的成绩(单位：分)，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析.部分信息如下：
【收集数据】
测试成绩在70≤x<80这一组的是：71，72，74，74，75，75，76，79；
【整理数据】
30名学生环保知识测试成绩的频数分布直方图如图：
(数据分成6组：40≤x<50，50≤x<60，60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100)；
【分析数据】所抽取的30名学生中，各年级被抽取学生测试成绩的平均数如表：
根据以上信息回答下列问题：
(1)抽取的30名学生测试成绩的中位数为______；
(2)测试80分及以上记为优秀，若该校初中三个年级618名学生都参加测试，请估计优秀的学生的人数；
(3)求被抽取30名学生的平均测试成绩．
21.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程2x2−2x+k−1=0．
(1)若这个方程没有实数根，求k的取值范围．
(2)方程的两个根分别为m，n，若m2+n2=9，求k的值．
22.(本小题10分)
已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
(1)求作：Rt△ABC斜边AB边上的中线CD(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)的条件下，求证：CD=12AB．
23.(本小题10分)
随着信息化技术水平的进步，为进一步促进教育现代化与教育强国.《中国教育现代化2035》进一步明确加快信息化时代教育变革，“着力构建基于信息技术的新型教育教学模式、教育服务供给方式以及教育治理新模式.”为积极推广混合式教学、翻转课堂，大力推进智慧教室建设，构建线上线下相结合的教学模式.某教育科技公司销售A，B两种多媒体教学设备，这两种多媒体设备的进价与售价如表所示：
该教育科技公司计划购进A，B两种多媒体设备共20套，设购进A种多媒体设备x套，销售A，B两种多媒体教学设备利润共y万元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若公司要求购进B种多媒体设备的数量不超过A种多媒体设备的4倍，当该公司把购进的两种多媒体设备全部售出，求购进A种多媒体设备多少套时，能获得最大利润，最大利润是多少万元？
24.(本小题12分)
设直线y=kx+3(k≠0)与x轴，y轴分别交于A，B两点.设直线x=3交x轴于点D，过点B作AB垂线交直线x=3于点P．
(1)如图1，当k=−32时，求点P的坐标______；
(2)当k<0时，记点A(a,0)，点Q是y轴负半轴上一点，且OQ=OA，连接PQ.试探究直线PQ是否经过某一定点.若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
(3)动点M在直线x=3上，从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向上运动，连MB.在运动过程中，直线MB交x轴于点N，求出1DN与1DM的数量关系．
25.(本小题14分)
如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E是射线AD上的动点，当点E动到∠CBD的角平分线上时，连接BE，交AC于点G，交CD于点H，点F在是线段BE的中点，连接DF，CF．
(1)证明：DF⊥BE；
(2)点Q是线段EF上一点，连接AQ，DQ，QC，当∠BQD=∠CBE+∠BFC时，证明：∠BQD=∠EDF；
(3)在(2)的基础上，是否在射线BC上存在一点P，使得四边形DHPQ为菱形？请说明理由．
答案简析
1.A
【简析】解：A.y=2x是一次函数，故本选项符合题意；
B.y=x2+5是二次函数，故本选项不符合题意；
C.y=1x是反比例函数，故本选项不符合题意；
D.y+1是代数式，故本选项不符合题意；
故选：A．
2.A
【简析】解：x2−2x=1，
x2−2x+1=2，
(x−1)2=2．
故选：A．
3.B
【简析】解：∵D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=2×15=30(m)，
故选：B．
4.B
【简析】解：对这个鞋店的经理来说，他最关注的是哪一型号的卖得最多，即是这组数据的众数．
故选：B．
5.D
【简析】解：把x=2是一元二次方程x2+bx+2=0得：
4+2b+2=0，
解得：b=−3，
故选：D．
6.B
【简析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=2dm，BD=3dm，
∴菱形ABCD的面积=12×2×3=3(dm2)，
故选：B．
7.D
【简析】解：由函数图象可知，当一次函数图象在x轴上方或x轴上时，自变量的取值范围为x≤2，
∴不等式ax+b≥0的解集是x≤2，
故选：D．
8.B
【简析】解：根据题意得：58(1+x)2=302．
故选：B．
9.D
【简析】解：设直线AB的简析式为y=kx+b(k≠0)，
∵A( 3,0)，B(0, 3)，
∴ 3k+b=0b= 3，
解得k=−1b= 3，
∴直线AB的简析式为y=−x+ 3，
∵坐标原点O关于直线AB对称的点为O′，
∴直线OO′的简析式为y=x，
∴y=−x+ 3y=x，
解得x= 32y= 32，
∴直线AB与直线OO′的交点坐标为( 32, 32)，
设点O′(a,b)，则a2= 32，b2= 32，
∴a= 3，b= 3，
∴O′( 3, 3).
故选：D．
10.A
【简析】解：将A，B两点坐标分别代入一次函数简析式得，
y1=kx1+b，y2=kx2+b，
两式相减得，
y1−y2=k(x1−x2)，
所以k=y1−y2x1−x2，
因为k>0，
所以y1−y2x1−x2>0，
则(y1−y2)(x1−x2)>0，
所以(x2−x1)(y2−y1)>0，
则m>0．
故选：A．
11.14
【简析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=3，
∴AB=CD=4，AD=BC=3，
∴四边形ABCD的周长=2(AB+BC)=2×(4+3)=14，
故答案为：14．
12.y=2x+1
【简析】解：函数y=2x的图象向上平移1个单位长度，得到简析式是y=2x+1．
故答案为：y=2x+1．
由函数上下平移的“上加下减”原则将函数直接加1即可．
13.丙
【简析】解：由表知乙、丙成绩的平均数最高，而丙的方差比乙小，
∴丙总体水平高且状态稳定，
∴如果从这四位同学中选出一名晋级(总体水平高且状态稳定)会推荐丙，
故答案为：丙．
14.−ba
【简析】解：∵x1=−b+ b2−4ac2a，x2=−b− b2−4ac2a，
∴x1+x2=−b+ b2−4ac2a+−b− b2−4ac2a=−ba．
故答案为−ba．
15.45
【简析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=12AC，OB=12BD，
∴OA=OB，
∵AB=AO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵∠BAD=∠ADC=90°，
∴∠CAD=30°，
∵OA=OD，
∴∠ADO=∠DAO=30°，
∴∠AOD=120°，
∵AE=OA，
∴∠AOE=∠AEO=75°，
∴∠DOE=∠AOD−∠AOE=120°−75°=45°，
故答案为：45．
16.②③④
【简析】解：①过点C作CE⊥AB于E，如图1所示：
∵∠A=∠D=90°，
∴四边形AECD为矩形，
∴AD=CE，∠DCE=90°，
∵∠DCB=120°，
∴∠BCE=∠DCB−∠DCE=30°，
∴BE=12BC，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE= BC2−BE2= BC2−(12BC)2= 32BC，
∴AD= 32BC，
故①不正确；
②∵∠DAB=∠CDA=90°，
∴CD//AB，
∴∠CDB=∠ABD，
∵AC垂直平分DB，
∴AD=AB，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABD=45°，
∴∠CDB=∠ABD=45°，
∵CD=BC，
∴∠CDB=∠CBD=45°，
∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵CD=BC，
∴矩形ABCD为正方形，
∴AD=BC，
故②正确；
③∠DAC=∠ACB，
∴AD//BC，
∴BC⊥AB，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵CD=BC，
∴矩形ABCD为正方形，
故③正确；
④连接BD，过点A作AH⊥BD，AH的延长线交BC的延长线于F，如图2所示：
则∠AHB=∠FHB=90°，
∵CD//AB，
∴∠CDB=∠ABD，
∵CD=BC，
∴∠CDB=∠CBD，
∴∠ABD=∠CBD，
在△AHB和△FHB中，
∠AHB=∠FHB=90°BH=BH∠ABD=∠CBD，
∴△AHB≌△FHB(ASA)
∴AH=FH，
∴点A与点F关于直线BD对称，
∴点A关于直线BD的对称点一定在直线BC上，
故④正确，
综上所述：正确的是②③④．
17.解：x2−6x+2=0，
x2−6x+9=−2+9，
(x−3)2=7，
x−3=± 7，
∴x1=3+ 7，x2=3− 7．
【简析】把常数项移到右边，然后在方程左右两边同时加上一次项系数的一半的平方进行计算即可．
18.证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，∠B=∠D，AB=CD，
∵BE=DF，
∴AE=CF，
在△EBC与△FDA中，
BE=DF∠B=∠DBC=DA，
∴△EBC≌△FDA(SAS)，
∴CE=AF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【简析】根据平行四边形的性质得出BC=AD，∠B=∠D，进而利用SAS证明△EBC与△FDA全等，进而利用全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可．
19.6
【简析】解：(1)由示意图知当x≥1时，y=2x，
令x=3，则y=2×3=6，
故答案为：6；
(2)由示意图知当x<1时，y=kx+b，
将(0,3)和(−2,5)代入得，
b=3−2k+b=5，
解得k=−1b=3，
所以当x<1时简析式为y=−x+3．
(1)把x=3代入y=2x中即可求出y的值；
(2)将(0,3)和(−2,5)代入y=kx+b中即可求出简析式．
20.74
【简析】解：(1)抽取的30名学生测试成绩的中位数为：74+742=74，
故答案为：74；
(2)4+630×618=206，
答：估计优秀的学生大约为206人；
(3)69.5×8+72×12+77×1030=73(分)，
答：被抽取30名学生的平均测试成绩为73分．
(1)根据中位数的意义求解；
(2)根据样本的优秀率估计总体的优秀率；
(3)根据平均数的意义求解．
21.解：(1)∵方程没有实数根，
∴Δ=(−2)2−8(k−1)<0，
∴k>32；
(2)∵方程的两个根分别为m，n，
∴mn=k−12，m+n=1，
∵m2+n2=9，
∴(m+n)2−2mn=9，
∴1−(k−1)=9，
∴k=−7．
【简析】(1)根据一元二次方程根的判别式求解即可；
(2)利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可．
22.(1)解：如图，CD为所作；

(2)证明：延长CD到E点使DE=CD，
∵CD为AB边上的中线，
∴AD=BD，
∵CD=ED，AD=BD，
∴四边形ACBE为平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBE为矩形，
∴AB=CE，
∴CD=12AB．
【简析】(1)作AB的垂直平分线即可；
(2)延长CD到E点使DE=CD，先证明四边形ACBE为平行四边形，则判断四边形ACBE为矩形，所以AB=CE，从而得到CD=12AB．
23.解：(1)由题意得，购进B种多媒体设备(20−x)套，
y=(4−3)x+(4.7−3.2)(20−x)=−0.5x+30；
(2)∵公司要求购进B种多媒体设备的数量不超过A种多媒体设备的4倍，
∴20−x≤4x，
解得：x≥5，
∵购进A，B两种多媒体设备共20套，
∴x<20，
∴5≤x<20，且x为整数，
∴x=5时，y取最大值为27.5，
答：购进A种多媒体设备5套时，能获得最大利润，最大利润是27.5万元．
【简析】(1)已知该教育科技公司计划购进A，B两种多媒体设备共20套，设购进A种多媒体设备x套，可得购进B种多媒体设备多少套，根据A，B两种多媒体教学设备利润=A种多媒体教学设备利润×购进A种多媒体设备套数+B种多媒体教学设备利润×购进B种多媒体设备套数，可得y与x之间的函数关系式；
(2)根据公司要求购进B种多媒体设备的数量不超过A种多媒体设备的4倍，购进A，B两种多媒体设备共20套，确定x的取值范围，可得购进A种多媒体设备多少套时，能获得最大利润，最大利润是多少万元．
24.(3,5)
【简析】解：(1)当k=−32时，y=−32x+3，
当x=0时，y=3，
∴B(0,3)，
∴OB=3，
当y=0时，0=−32x+3，
解得：x=2，
∴A(2,0)，
∴OA=2，
在y轴正半轴上取点E(0,5)，过点E作EF⊥y轴，使EF=OB=3，且点F在第一象限，如图1，
∴F(3,5)，
设直线BF的简析式为y=mx+n，把F(3,5)，B(0,3)代入，得：3m+n=5n=3，
解得：m=23n=3，
∴直线BF的简析式为y=23x+3，
当x=3时，y=23×3+3=5，
∴P(3,5)，
故答案为：(3,5)；
(2)直线PQ经过定点(32,32).理由如下：
∵直线y=kx+3与x轴交于点A(a,0)，
∴ka+3=0，
∴k=−3a，
∴y=−3ax+3，
当x=0时，y=3，
∴B(0,3)，
过点P作PK⊥y轴于K，如图2，
∵BP⊥AB，
∴∠PBK+∠ABO=90°，
∵∠PKB=∠AOB=90°，
∴∠PBK+∠BPK=90°，
∴∠BPK=∠ABO，
由题意知点P的横坐标为3，
∴PK=3，
∴PK=OB，
∴△BPK≌△ABO(ASA)，
∴BK=OA=a，
∴OK=3+a，
∴P(3,3+a)，
∵点Q是y轴负半轴上一点，且OQ=OA，
∴Q(0,−a)，
设直线PQ的简析式为y=ex+f，把P(3,3+a)，Q(0,−a)代入，
得：3e+f=3+af=−a，
解得：e=3+2a3f=−a，
∴直线PQ的简析式为y=3+2a3x−a，
∵x=32时，y=3+2a3×32−a=32，
∴直线PQ经过定点(32,32).
(3)如图，OB=OD=3，设点M的运动时间为t秒，则M(3,t)，
设直线BM的简析式为y=kx+3，则3k+3=t，
∴k=t−33，
∴y=t−33x+3，
当y=0时，t−33x+3=0，
解得：x=93−t，
∴N(93−t,0)，
当t<3时，点N在点D的右侧，如图，
∴ON=93−t，
∴DN=ON−OD=93−t−3=3t3−t，
∴1DN=3−t3t=1t−13，
又∵DM=t，
∴1DM=1t，
∴1DN=1DM−13，
即1DM−1DN=13；
当t>3时，点N在点D的左侧，如图，
则DN=3−93−t=3tt−3，
∴1DN=t−33t=13−1t，
∵1DM=1t，
∴1DN+1DM=13；
综上所述，当t<3时，1DM−1DN=13；当t>3时，1DN+1DM=13．
25.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠BCE=∠DEB，
∵点E在∠CBD的平分线上，
∴∠CBE=∠DBE，
∴∠DEB=∠DBE，
∴BD=DE，
∵F是BE的中点，
∴DF⊥BE；
(2)证明：如图1，

延长BC，交DF的延长线于点P，
∵∠DBF=∠PBF，∠BFD=∠BFP=90°，
∴∠P=∠BDF，
∴BD=BP，
∴DF=FP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCP=∠BCD=90°，
∴CF=FP=DF=12DP，
∴∠P=∠FCP=∠CBE+∠BFC，
∴∠BDF=∠CBE+∠BFC，
由(1)得，
BD=DE，F是BE的中点，
∴∠EDF=∠BDF=∠CBE+∠BFC，
∵∠BQD=∠CBE+∠BFC，
∴∠BQD=∠EDF；
(3)解：如图1，
当P在DF和射线BC的交点时，四边形DHPQ是菱形，理由如下：
设∠DBE=∠DEB=∠PBF=α，
由(2)知，
∠P=∠BQD，BF是DP的垂直平分线，
∴DH=PH，DQ=PQ，
∵∠DFQ=∠DFP，
∴∠FDQ=∠PBF=α，
∵∠CDE=∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠EDF=90°，
∵∠DFE=90°，
∴∠DEB+∠EDF=90°，
∴∠CDF=∠DEB=α，
∴∠CDF=∠FDQ，
∴∠DHF=∠DQF，
∴DH=DQ，
∴DH=DQ=PQ=HP，
∴四边形DHPQ是菱形．
【简析】(1)可证得∠BCE=∠DEB，∠CBE=∠DBE，从而得出∠DEB=∠DBE，从而BD=DE，进一步得出结果；
(2)延长BC，交DF的延长线于点P，可证得∠P=∠BDF，从而BD=BP，从而得出DF=FP，根据直角三角形的性质得出CF=FP=DF=12DP，从而得出∠P=∠FCP=∠CBE+∠BFC，进一步得出结论；
(3)当P在DF和射线BC的交点是，四边形DHPQ是菱形，理由如下：设∠DBE=∠DEB=∠PBF=α，由(2)知∠P=∠BQD，BF是DP的垂直平分线，从而DH=PH，DQ=PQ，根据∠CDF+∠EDF=90°，∠DEB+∠EDF=90°得出∠CDF=∠DEB=α，进而得出DH=DQ，进一步得出结果．
型号
22.5
23
23.5
24
24.5
数量/双
5
10
15
8
3
甲
乙
丙
平均分
92
94
94
方差
35
35
23
输入x
…
−6
−4
−2
0
2
…
输出y
…
9
7
5
3
4
…
年级
七
八
九
人数
8
12
10
平均数
69.5
72.0
77.0
进价(万元/套)
售价(万元/套)
A
3
4
B
3.2
4.7