2023-2024学年安徽省六安市金安区皋城中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安市金安区皋城中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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。

1.下列式子中，属于最简二次根式的是( )
A. 1B. 12C. 3D. 0.4
2.若一个正多边形的一个外角是30∘，则这个正多边形的边数是( )
A. 12B. 11C. 10D. 9
3.要得到二次函数y=−(x−2)2+1的图象，需将y=−x2的图象( )
A. 向左平移2个单位，再向下平移1个单位B. 向右平移2个单位，再向上平移1个单位
C. 向左平移1个单位，再向上平移2个单位D. 向右平移1个单位，再向下平移2个单位
4.甲、乙、丙、丁四人参加奥运会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表：
从这四个人中选择一人参加奥运会射击项目比赛，最佳人选是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
5.如图，在△ABC中，AB=8，点D，E分别是AB，BC的中点，连接DE，在DE上有一点F，且EF=2，连接AF，BF.若AF⊥BF，则AC的长为( )
A. 16
B. 14
C. 12
D. 10
6.在菱形ABCD中，AC=12，BD=16，求平行线AB与CD之间的距离为( )
A. 245B. 485C. 965D. 125
7.点A(−2,y1)，B(0,y2)，C(1,y3)为二次函数y=x2−2x+1的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y18.我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为x株，则符合题意的方程是( )
A. 3(x−1)x=6210B. 3(x−1)=6210
C. (3x−1)x=6210D. 3x=6210
9.如图，Rt△OAB的顶点A(−2,4)在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90∘，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为( )
A. ( 2, 2)B. (2,2)C. ( 2,2)D. (2, 2)
10.勾股定理是人类最伟大的科学发明之一．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三个阴影部分面积分别记为S1，S2，S3，若已知S1=2，S2=5，S3=8，则两个较小正方形纸片的重叠部分(四边形DEFG)的面积为( )
A. 7B. 10C. 13D. 15
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.若代数式 x−2x−3有意义，则x的取值范围为______.
12.抛物线y=(x−1)2−1与y轴交点的纵坐标是______.
13.若一元二次方程x2−3x+2=0的两个根分别为a、b，则a2−3a+ab−2的值为______.
14.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，以BC为边在△ABC外作△DBC，且S△DBC=1，则：
(1)点D到BC的距离为______.
(2)AD+BD的最小值是______.
三、解答题：本题共9小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
计算： 3( 2− 3)− 24−| 6−3|
16.(本小题8分)
解方程：x(4x−3)=6−8x.
17.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程(x−3)(x−2)=|m|.
(1)求证：对于任意实数m，方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程的一个根是1，求m的值及方程的另一个根．
18.(本小题8分)
图1是某品牌婴儿车，图2为其简化结构示意图．根据安全标准需满足BC⊥CD，现测得AB=CD=6dm，BC=3dm，AD=9dm，其中AB与BD之间由一个固定为90∘的零件连接(即∠ABD=90∘)，通过计算说明该车是否符合安全标准．
19.(本小题10分)
阅读下面问题：
11+ 2=1×( 2−1)( 2+1)( 2−1)= 2−1
1 3+ 2= 3− 2( 3+ 2)( 3− 2)= 3− 2；
1 5+2= 5−2( 5+2)( 5−2)= 5−2
(1)直接写出：①1 7+ 6的值为______；②13 2+ 17的值为______；
(2)试求1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋯+1 2025+ 2024的值.
20.(本小题10分)
如图，已知平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若∠AED=2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．
21.(本小题12分)
里约奥运会后，同学们参与体育锻炼的热情高涨，为了解他们平均每周的锻炼时间，小明同学在校内随机调查了50名同学，统计并制作了如图所示的频数分布表和扇形统计图.
(1)m=______，n=______；
(2)在扇形统计图中，D组所对应扇形圆心角的度数是______；
(3)全校共有3000名学生，估计该校平均每周体育锻炼时间不少于6h的学生约有______名.
22.(本小题12分)
如图，抛物线y=−x2+2x+c经过坐标原点O和点A，点A在x轴上.
(1)求此抛物线的解析式，并求出顶点B的坐标；
(2)连接OB，AB，求S△OAB；
(3)若点C在抛物线上，且S△OAC=8，求点C的坐标.
23.(本小题14分)
如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点(点E，F不与端点重合)，且AE=DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H.
(1)写出AF与BE的数量关系为______，位置关系为______.
(2)若AB=2 3，AE=2，试求线段BH的长.
(3)如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求CP：PQ的值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 1=1，不是最简二次根式，不符合题意；
B、 12= 22，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 3是最简二次根式，符合题意；
D、 0.4= 25= 105，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：C.
根据最简二次根式的定义(①被开方数不含有能开得尽方的因式或因数，②被开方数不含有分母，满足以上两个条件的二次根式叫最简二次根式)逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：最简二次根式满足以下两个条件：①被开方数不含有能开得尽方的因式或因数，②被开方数不含有分母．
2.【答案】A
【解析】解：360∘÷30∘=12.
故选：A.
由已知得每个外角为30∘，根据外角和为360∘即可求得多边形的边数．
本题主要考查的是正多边形的内角和与外角和，掌握边数×一个外角=360∘是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：二次函数y=−x2的图象向右平移2个单位，再向上平移1个单位即可得到二次函数y=−(x−2)2+1的图象．
故选：B.
根据函数图象平移的法则解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵甲，乙，丙，丁四个人中乙和丁的平均数最大且相等，乙的方差又小，
∴乙的成绩最稳定，
∴综合平均数和方差两个方面说明乙成绩既高又稳定，
∴最佳人选是乙．
故选：B.
根据甲，乙，丙，丁四个人中乙和丁的平均数最大且相等，乙的方差又小，说明乙的成绩最稳定，得到乙最合适的人选．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABF中，点D是AB的中点，AB=8，
∴DF=12AB=12×8=4，
∵EF=2，
∴DE=DF+EF=4+2=6，
∵点D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE=2×6=12.
故选：C.
根据直角三角形的性质求出DF，进而求出DE，根据三角形中位线定理计算得到答案．
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：如图：作OE⊥AB于E交CD于F.
∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
∴OA=OC=6，OB=OD=8，AC⊥BD，
∴AB= 62+82=10，
∵12⋅AB⋅OE=12⋅OA⋅OB，
∴OE=245，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD
∴∠OAE=∠OCF
在△AOE和△COF中，
∠OAE=∠OCFOA=OC∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF(ASA)
∴OE=OF
∴EF=2OE=485，
故选：B.
本题考查菱形的性质、平行线之间的距离等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
7.【答案】B
【解析】【分析】
根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线x=1，根据x<1时，y随x的增大而减小，即可得出答案．
本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键．
【解答】
解：∵y=x2−2x+1=(x−1)2，
∴图象的开口向上，对称轴是直线x=1，
∵−2<0<1，
∴y3故选：B.
8.【答案】A
【解析】解：∵这批椽的数量为x株，每株椽的运费是3文，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，
∴一株椽的价钱为3(x−1)文．
依题意得：3(x−1)x=6210.
故选：A.
设这批椽的数量为x株，则一株椽的价钱为3(x−1)文，利用总价=单价×数量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵Rt△OAB的顶点A(−2,4)在抛物线y=ax2上，
∴4=a×(−2)2，
解得：a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2，
∵Rt△OAB的顶点A(−2,4)，
∴OB=OD=2，
∵Rt△OAB绕点O顺时针旋转90∘，得到△OCD，
∴CD//x轴，
∴点D和点P的纵坐标均为2，
∴令y=2，得2=x2，
解得：x=± 2，
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为：( 2,2)
故选C.
首先根据点A在抛物线y=ax2上求得抛物线的解析式和线段OB的长，从而求得点OD的长，根据点P的纵坐标和点D的纵坐标相等得到点P的坐标即可；
本题考查了二次函数的综合知识，解题过程中首先求得直线的解析式，然后再求得点D的纵坐标，利用点P的纵坐标与点D的纵坐标相等代入函数的解析式求解即可．
10.【答案】D
【解析】解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b，
由勾股定理得，a2=c2+b2，
∴a2−c2−b2=0，
∴S阴影=a2−c2−(b2−S四边形DEFG)=a2−c2−b2+S四边形DEFG=S四边形DEFG
∴S四边形DEFG=S1+S2+S3=2+5+8=15，
故选：D.
根据勾股定理得到a2=c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于两个较小正方形纸片的重叠部分(四边形DEFG)的面积．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.关键是弄清阴影部分与两小正方形重叠部分面积相等．
11.【答案】x≥2且x≠3
【解析】解：根据题意，得x−2≥0，且x−3≠0，
解得，x≥2且x≠3；
故答案是：x≥2且x≠3.
根据分式的分母不为零(x−3≠0)、二次根式的被开方数是非负数(x−2≥0)来解答．
本题考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件．本题需注意的是，被开方数为非负数，且分式的分母不能为0.
12.【答案】0
【解析】解：将x=0代入y=(x−1)2−1，得y=0，
所以抛物线与y轴的交点坐标是(0,0).
故答案为：0.
将x=0代入y=(x−1)2−1，计算即可求得抛物线与y轴的交点坐标．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，根据y轴上点的横坐标为0求出交点的纵坐标是解题的关键．
13.【答案】−2
【解析】解：由题意得：a2−3a+2=0，ab=2，即a2−3a=−2，ab=2，
则a2−3a+ab−2=−2+2−2=−2.
故答案为：−2.
先根据一元二次方程根的定义、根与系数的关系可得a2−3a+2=0，ab=2，再代入求值即可得．
本题考查了一元二次方程根的定义、根与系数的关系等知识点，熟练掌握一元二次方程根的定义、根与系数的关系是解题关键．
14.【答案】0.54 2
【解析】解：(1)设D到BC的距离为h，
∵S△DBC=12×BC×h=1，
解得：h=0.5，
故答案为：0.5；
(2)延长AC到M，使得CM=0.5，延长CM到F，使得MF=CM=0.5，过M作MN⊥AF，作B关于MN的对称点E，连接AE交MN于点D，连接EF，
则BD=DE，BE=CF=1，BE//BC，
∴AD+BD=AD+DE≥AE，四边形BCFE为矩形，
∴EF=BC=4，
∴AE= AF2+EF2=4 2，
故答案为：4 2.
(1)根据三角形的面积公式求解；
(2)先根据轴对称的性质确定最小值，再根据勾股定理求解．
本题考查了轴对称-最短路径问题，掌握轴对称的性质、三角形的面积公式及勾股定理是解题的关键．
15.【答案】解： 3( 2− 3)− 24−| 6−3|
= 6−3−2 6−(3− 6)
=−6.
【解析】首先取绝对值以及化简二次根式和利用二次根式乘法运算去括号，进而合并同类项得出即可．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握运算法则是解题关键．
16.【答案】解：x(4x−3)=6−8x，
x(4x−3)+2(4x−3)=0，
(4x−3)(x+2)=0，
4x−3=0或x+2=0，
所以x1=34，x2=−2.
【解析】先移项，再利用因式分解法把方程转化为4x−3=0或x+2=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
17.【答案】解：(1)证明：∵(x−3)(x−2)=|m|，
∴x2−5x+6−|m|=0，
∵Δ=(−5)2−4(6−|m|)=1+4|m|，
而|m|≥0，
∴Δ>0，
∴方程总有两个不相等的实数根；
(2)∵方程的一个根是1，
∴(1−3)(1−2)=|m|，解得|m|=2，即m=±2，
∴原方程为：x2−5x+4=0，
即(x−4)(x−1)=0，
解得：x1=1，x2=4.
即m的值为±2，方程的另一个根是4.
【解析】此题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．同时考查了一元二次方程的解的定义．
(1)要证明方程有两个不相等的实数根，即证明Δ>0即可；
(2)将x=1代入方程(x−3)(x−2)=|m|，求出m的值，进而得出方程的解．
18.【答案】解：在Rt△ABD中，BD2=AD2−AB2=92−62=45，
在△BCD中，BC2+CD2=32+62=45，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90∘，
∴BC⊥CD.
故该车符合安全标准．
【解析】在Rt△ABD中，由勾股定理求出BD，在△BCD中，通过计算，根据勾股定理逆定理判断即可．
本题主要考查了勾股定理和勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理逆定理的应用是解决问题的关键．
19.【答案】 7− 6 3 2− 17
【解析】解：(1)1 7+ 6=1×( 7− 6)( 7+ 6)( 7− 6)= 7− 6；
故答案为： 7− 6；
(2)13 2+ 17=1×(3 2− 17)(3 2+ 17)×(3 2− 17)=3 2− 17；
故答案为：3 2− 17；
(3)1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋯+1 2025+ 2024
=1×( 2−1)( 2+1)×( 2−1)+1×( 3− 2)( 3+ 2)×( 3− 2)+…+ 2025− 2024( 2025+ 2024)( 2025− 2024)
= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+…+ 2025− 2024
=−1+ 2025
=−1+45
=44.
(1)分子和分母都乘以 7− 6，再根据平方差公式求出即可；
(2)分子和分母都乘以3 2− 17，再根据平方差公式求出即可；
(3)先分别有理化，再根据平方差公式计算，最后合并同类二次根式即可．
本题考查了分母有理化和二次根式的加法，平方差公式的应用，关键是能根据求出的结果得出规律，题目比较典型，是一道比较好的题目．
20.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，
又∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC(三线合一)，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，
又∵△ACE是等边三角形，
∴EO平分∠AEC(三线合一)，
∴∠AED=12∠AEC=12×60∘=30∘，
又∵∠AED=2∠EAD
∴∠EAD=15∘，
∴∠ADO=180∘−∠ADE=∠DAE+∠DEA=15∘+30∘=45∘，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC=2∠ADO=90∘，
∴平行四边形ABCD是正方形．
【解析】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质．
(1)根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由△ACE是等边三角形，得到BE⊥AC，即可得到四边形ABCD是菱形；
(2)根据有一个角是90∘的菱形是正方形．由题意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15∘+30∘=45∘，再根据四边形ABCD是菱形，∠ADC=2∠ADO=90∘，可得四边形ABCD是正方形．
21.【答案】84144∘2340
【解析】解：(1)由统计表和扇形图可知：m=50×16%=8(人)，n=50−1−2−8−20−15=4(人)；
(2)扇形统计图中，D组所占圆心角的度数=360∘×2050=144∘；
(3)该校平均每周体育锻炼时间不少于6小时的学生占的百分比为20+15+450=78%，
估计该校平均每周体育锻炼时间不少于6小时的学生约有3000×78%=2340(名).
故答案为：(1)8，4；(2)144∘；(3)2340.
(1)由统计图确定C所占的百分比，则由“频数=总数×频率”即可求出m，再根据频数之和为数据总数即可求出n；
(2)根据扇形统计图中圆心角与扇形代表的组别所占的百分比的关系列式求解；
(3)利用样本估计总体，先求出该校平均每周体育锻炼时间不少于6小时的学生所占的百分比，进而可求出答案．
本题考查扇形统计图，正确理解扇形统计图的各部分的含义是解题关键．
22.【答案】解：(1)把(0,0)代入y=−x2+2x+c得c=0，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x，
∵y=−x2+2x=−(x−1)2+1，
∴顶点B的坐标为(1,1)；
(2)当y=0时，−x2+2x=0，
解x1=0，x2=2，
∴A(2,0)，
∴S△OAB=12×2×1=1；
(3)设C点坐标为(t,−t2+2t)，
∵S△OAC=8，
∴12×2×|−t2+2t|=8，
即t2−2t=8或t2−2t=−8，
解方程t2−2t=8得t1=−2，t2=4，
∴C点坐标为(−2,−8)，或(4,−8)，
方程t2−2t=−8无实数解，
综上所述，C点坐标为(−2,−8)，或(4,−8).
【解析】(1)把原点坐标代入y=−x2+2x+c中求出c的值，从而得到抛物线解析式，然后把一般式配成顶点式得到B点坐标；
(2)先解方程−x2+2x=0得到A(2,0)，然后根据三角形面积公式求解；
(3)设C点坐标为(t,−t2+2t)，利用三角形面积公式得到12×2×|−t2+2t|=8，然后解方程求出t，从而得到C点坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
23.【答案】AF=BEAF⊥BE
【解析】解：(1)AF=BE，AF⊥BE，
理由：在正方形ABCD中，AB=DA，∠EAB=∠D=90∘，
又∵AE=DF，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴∠ABE=∠DAF，AF=BE，
又∵∠DAF+∠FAB=∠EAB=90∘，
∴∠ABE+∠FAB=90∘，
∴∠APB=90∘，
∴AF⊥BE，
故答案为：AF=BE，AF⊥BE；
(2)在正方形ABCD中，∠EAB=90∘，AB=2 3，AE=2，
∴BE= AB2+AE2= (2 3)2+22=4，
∵S△ABE=12AB⋅AE=12BE⋅AP，
∴AP=AB⋅AEBE= 3，
在Rt△ABP中，BP= AB2−AP2= (2 3)2−( 3)2=3，
∵∠APB=∠ABC=90∘，
∴∠ABP+∠HBC=90∘，∠HCB+∠HBC=90∘，
∴∠ABP=∠HCB，
∵CH⊥BE，
∴∠HCB=90∘，
又∵AB=BC，
∴△ABP≌△BCH(AAS)，
∴BH=AP= 3，
(3)在正方形ABCD中，AB=BC，AD//BC，
∵CH⊥BP，PH=BH，
∴CP=BC，
∴∠CBP=∠CPB，
∵∠CPB=∠QPE，∠CBP=∠QEP，
∴∠QPE=∠QEP，
在Rt△APE中，∠QAP=∠QPA，
∴QE=QP=QA，
在四边形QABC中，设QP=a，CP=b，
则AB=BC=b，AQ=a，QC=a+b，
∵DC2+DQ2=CQ2，
∴b2+(b−a)2=(a+b)2，
∴b2=4ab，
即b=4a，
∴CP：PQ=4.
(1)证明△ABE≌△DAF(SAS)，得出∠ABE=∠DAF，得出∠APB=90∘，可得出结论；
(2)根据三角形ABE的面积可求出AP= 3，证明△ABP≌△BCH(AAS)，由全等三角形的性质得出BH=AP= 3，则PH=BP−BH=BP−AP，可求出答案；
(3)证得∠CBP=∠CPB，∠QPE=∠QEP，可得出QE=QP=QA，在四边形QABC中，设QP=a，CP=b，则AB=BC=b，AQ=a，QC=a+b，由b2+(b−a)2=(a+b)2可得出a，b的关系式，则可求出答案．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．选手
甲
乙
丙
丁
平均环数
9.2
9.7
9.4
9.7
方差
0.18
0.12
0.12
0.13
组别
锻炼时间/(时/周)
频数
A
1.5≤t<3
1
B
3≤t<4.5
2
C
4.5≤t<6
m
D
6≤t<7.5
20
E
7.5≤t<9
15
F
t≥9
n