重庆市涪陵区名校2023年数学八上期末综合测试试题【含解析】

这是一份重庆市涪陵区名校2023年数学八上期末综合测试试题【含解析】，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列多项式中，能分解因式的是等内容，欢迎下载使用。

1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列语句正确的是（ ）
A．的平方根是B．±3是9的平方根
C．﹣2是﹣8的负立方根D．的平方根是﹣2
2．若一个三角形的两边长分别是2和3，则第三边的长可能是（ ）
A．6 B．5 C．2 D．1
3．现有如图所示的卡片若干张，其中类、类为正方形卡片，类为长方形卡片，若用此三类卡片拼成一个长为，宽为的大长方形，则需要类卡片张数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，D为BC上一点，且DE⊥AB于E，若DE=CD，AB=8cm，则△DEB的周长为（ ）
A．4cmB．8cmC．10cmD．14cm
5．如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DE∥AC，且∠B=40°，∠C=60°，则∠ADE的度数为（ ）
A．80°B．30°C．40°D．50°
6．下列各数中，能化为无限不循环小数的是( )
A．B．C．D．
7．下列多项式中，能分解因式的是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，AE=AC，下列结论中错误的是( )
A．DC=DEB．∠AED=90°C．∠ADE=∠ADCD．DB=DC
9．下列选项中的汽车品牌标志图，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝26°，BC＝BD，则∠ACD的度数是（ ）
A．64°B．42°C．32°D．26°
11．下列图形中对称轴条数最多的是（ ）
A．线段B．正方形C．圆D．等边三角形
12．如图，为线段上一动点(不与点，重合)，在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接.下列五个结论：①；②；③；④DE=DP；⑤.其中正确结论的个数是( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一个容器由上下竖直放置的两个圆柱体A，B连接而成，向该容器内匀速注水，容器内水面的高度h(厘米)与注水时间t(分钟)的函数关系如图所示，若上面A圆柱体的底面积是10厘米2，下面B圆柱体的底面积是50厘米2，则每分钟向容器内注水________厘米1．
14．计算：_________．
15．若关于x的分式方程有正数解，则m的取值范围是______________．
16．如图，已知直线l1：y=kx+4交x轴、y轴分别于点A（4，0）、点B（0，4），点C为x轴负半轴上一点，过点C的直线l2：经过AB的中点P，点Q（t，0）是x轴上一动点，过点Q作QM⊥x轴，分别交l1、l2于点M、N，当MN=2MQ时，t的值为_____．
17．与最简二次根式是同类二次根式，则__________．
18．如图，中，∠C=90°，AD平分∠CAB交BC于点D，DE⊥AB于点E，如果AC=6cm，BC=8cm，那么的周长为_________cm．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD，等边△ABE，已知∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF
（1）试说明AC=EF；
（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．
20．（8分）某班将举行“数学知识竞赛”活动，班长安排小明购买奖品，下面两图是小明买回奖品时与班长的对话情境：
请根据上面的信息，解决问题：
(1)试计算两种笔记本各买了多少本？
(2)请你解释：小明为什么不可能找回68元？
21．（8分）计算：
（1）．
（2）．
22．（10分）已知：如图在四边形ABCD中，AB∥CD， AD∥BC，延长CD至点E，连接AE，若 ，求证：
23．（10分）在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线分别交BC边于点M、N
（1）如图①，若∠BAC＝110°，则∠MAN＝ °，若△AMN的周长为9，则BC＝
（2）如图②，若∠BAC＝135°，求证：BM2+CN2＝MN2；
（3）如图③，∠ABC的平分线BP和AC边的垂直平分线相交于点P，过点P作PH垂直BA的延长线于点H．若AB＝5，CB＝12，求AH的长
24．（10分）如图,四边形ABCD中，∠B=90°, AB//CD，M为BC边上的一点，AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
求证:(1) AM⊥DM;
(2) M为BC的中点.
25．（12分）如图，平分，平分外角，．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
26．将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（，0），与s轴相交于点Q．
（1）试确定三角板ABC的面积；
（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】依据立方根、平方根定义和性质回答即可．
【详解】解：A、2的平方根是，故A错误；
B、±3是9的平方根，故B正确；
C、﹣2是﹣8的立方根，故C错误；
D、的平方根是±2，故D错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是平方根，立方根的含义，及求一个数的平方根与立方根，掌握以上知识是解题的关键．
2、C
【解析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围解答即可．
【详解】解：设第三边长x．
根据三角形的三边关系，得1＜x＜1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查三角形三边关系的知识点，已知三角形的两边长，则第三边的范围为大于两边差且小于两边和．
3、C
【分析】拼成的大长方形的面积是（a+2b）（a+b）=a+3ab+2b，即需要一个边长为a的正方形，2个边长为b的正方形和3个C类卡片的面积是3ab．
【详解】(a+2b)(a+b)=a+3ab+2b.
则需要C类卡片张数为3张.
故选C.
【点睛】
此题考查多项式乘多项式，解题关键在于掌握运算法则.
4、B
【分析】因为DE和CD相等，DE⊥AB，∠C=90°，所以AD平分CAB，可证得△ACD≌△AED，得到AC=AE，再根据△BDE为等腰直角三角形得出DE=BE，从而可得△DEB的周长.
【详解】解：∵∠C=90°，DE⊥AB，DE=CD，
∴∠C=∠AED=90°，∠CAD=∠EAD，
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（HL），
∴AC=AE，
又∵∠AED=90°，∠B=45°，
可得△EDB为等腰直角三角形，DE=EB=CD，
∴△DEB的周长=DE+ BE +DB
=CD+DB+ BE
=CB+ BE
=AC+BE
=AE+BE
=AB
=8，
故选：B．
【点睛】
本题考查了角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出△BED的周长=AB是解题的关键．
5、C
【解析】根据三角形的内角和可知∠BAC=180°-∠B-∠C=80°，然后根据角平分线的性质可知可得∠EAD=∠CAD=40°，再由平行线的性质（两直线平行，内错角相等）可得∠ADE=∠DAC=40°.
故选C.
6、D
【解析】根据无理数的概念进行选择判断．
【详解】解:A.属于无限循环小数；
B. 属于有限小数；
C. 属于无限循环小数；
D.属于无限不循环小数．
故选D．
【点睛】
本题考查无理数的概念，比较简单．
7、D
【分析】根据因式分解的各个方法逐一判断即可．
【详解】解：A．不能因式分解，故本选项不符合题意；
B．不能因式分解，故本选项不符合题意；
C．不能因式分解，故本选项不符合题意；
D．，能因式分解，故本选项符合题意．
故选D．
【点睛】
此题考查的是因式分解，掌握因式分解的各个方法是解决此题的关键．
8、D
【分析】证明△ADC≌△ADE，利用全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】在△ADC和△ADE中，
∵，
∴△ADC≌△ADE(SAS)，
∴DC=DE，∠AED=∠C=90°，∠ADE=∠ADC，
故A、B、C选项结论正确，D选项结论错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，注意掌握全等三角形的判定定理及全等三角形的性质，对于选择题来说，可以运用排除法得解．
9、C
【分析】根据轴对称图形的定义逐项识别即可，一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】A、B、D是轴对称图形，故不符合题意；
C不是轴对称图形，符合题意．
故选C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．
10、C
【分析】根据直角三角形的性质可求∠B的度数，再根据等腰三角形的性质可求∠BCD的度数，从而可求出∠ACD的度数．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝26°，
∴∠B＝64°，
∵BC＝BD，
∴∠BCD＝（180°﹣64°）÷2＝58°，
∴∠ACD＝90°﹣58°＝32°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，关键是求出∠BCD的度数．
11、C
【分析】先根据轴对称图形的定义确定各选项图形的对称轴条数，然后比较即可选出对称轴条数最多的图形．
【详解】解：A、线段有2条对称轴；
B、正方形有4条对称轴；
C、圆有无数条对称轴；
D、等边三角形有3条对称轴；
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念，即在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
12、C
【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE=∠BED，由∠CBE=∠DAE，得到∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°.
【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE， 故①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE， 故②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ， 故③正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE=∠BED，
∵∠CBE=∠DAE，
∴∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，故⑤正确；
综上所述，正确的有4个，
故选C．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，找到不变量，是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、2
【分析】设每分钟向容器内注水a厘米1，圆柱体A的高度为h，根据10分钟注满圆柱体A；再用9分钟容器全部注满，容器的高度为10，即可求解．
【详解】解：设每分钟向容器内注水a厘米1，圆柱体A的高度为h，由题意得
由题意得：，
解得：a=2，h=4，
故答案为：2．
【点睛】
主要考查了函数图象的读图能力，要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．
14、
【分析】根据整式的除法法则计算可得解.
【详解】
故答案是：.
15、且
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有正数解，即可确定出m的范围．
【详解】解：去分母得：x-3(x-1)=m，
解得：x=，
∵分式方程有一正数解，
∴＞0，且≠1，
解得：m＜6且m≠1，
故答案为：m＜6且m≠1．
【点睛】
此题考查了分式方程的解，始终注意分母不为0这个条件．
16、10或
【分析】先求出的值，确定的关系式，然后根据一次函数图象上点的坐标特征求得点M、N的坐标，由两点间的距离公式求得MN，MQ的代数式，由已知条件，列出方程，借助于方程求得t的值即可；
【详解】解：把代入到中得：，解得：，
∴的关系式为：，
∵为的中点，，
∴由中点坐标公式得：，
把代入到中得：，解得：，
∴的关系式为：，
∵轴，分别交直线，于点，，
∴,，
∴，，
∵,
∴，
分情况讨论得：
①当时，去绝对值得：
，
解得：；
②当时，去绝对值得：
，
解得：；
③当时，去绝对值得：
，
解得：，故舍去；
综上所述：或；
故答案为：或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，需要熟练掌握待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，两点间的距离公式等知识点，能够表示出线段的长度表达式，合理的使用分类讨论思想是解决本题的关键，有一定的难度．
17、1
【分析】先把化为最简二次根式，再根据同类二次根式的定义得到m＋1＝2，然后解方程即可．
【详解】解：∵，
∴m＋1＝2，
∴m＝1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了同类二次根式：几个二次根式化为最简二次根式后，若被开方数相同，那么这几个二次根式叫同类二次根式．
18、1
【分析】依据△ACD≌△AED（AAS），即可得到AC=AE=6cm，CD=ED，再根据勾股定理可得AB的长，进而得出EB的长；设DE=CD=x，则BD=8-x，依据勾股定理可得，Rt△BDE中，DE2+BE2=BD2，解方程即可得到DE的长，再利用BC-CD得出BD的长，最后把BE,DE和BD相加求解即可．
【详解】解：∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠EAD，
又∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴∠C=∠AED=90°，
又∵AD=AD，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴AC=AE=6cm，CD=ED，
∵Rt△ABC中，AB==10（cm），
∴BE=AB-AE=10-6=4（cm），
设DE=CD=x，则BD=8-x，
∵Rt△BDE中，DE2+BE2=BD2，
∴x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴DE=CD=3cm，
∴BD=BC-CD=8-3=5cm，
∴BE+DE+BD=3+4+5=1cm，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义以及勾股定理的运用，利用直角三角形勾股定理列方程求解是解决问题的关键．
三、解答题（共78分）
19、证明见解析．
【分析】（1）一方面Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，另一方面△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，从而可证明△AFE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可证明AC=EF．
（2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形．
【详解】证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°，∴AB=2BC．
又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB，∴AB=2AF．∴AF=BC．
∵在Rt△AFE和Rt△BCA中，AF=BC，AE=BA，
∴△AFE≌△BCA（HL）．∴AC=EF．
（2）∵△ACD是等边三角形，∴∠DAC=60°，AC=AD．
∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90°．∴EF∥AD．
∵AC=EF，AC=AD，∴EF=AD．
∴四边形ADFE是平行四边形．
考点：1．全等三角形的判定与性质；2．等边三角形的性质；3．平行四边形的判定．
20、 (1) 5元笔记本买了25本，8元笔记本买了15本 (2)不可能找回68元，理由见解析.
【解析】（1）设5元、8元的笔记本分别买本，本，
依题意，得：，解得：.
答：5元和8元笔记本分别买了25本和15本.
（2）设买本5元的笔记本，则买本8元的笔记本.
依题意，得：，解得.因是正整数，所以不合题意，应舍去，故不能找回68元.
【点睛】
本题难度较低，主要考查学生对二元一次方程组解决实际应用的能力。为中考常考题型，要求学生牢固掌握。
21、（1）．（2）．
【分析】（1）先去括号，并化简，然后合并同类二次根式即可；
（2）先逐项化简，再算加减即可
【详解】（1）原式
．
（2）原式
．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
22、见解析
【分析】根据AB∥CD，AD∥BC，可得四边形ABCD是平行四边形，所以∠B＝∠ADC，再由三角形的外角性质可得∠ADC＝∠DAE+∠E＝2∠E．
【详解】证明：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，
又∵∠DAE＝∠E，
∴∠ADC＝∠DAE+∠E＝2∠E．
∴∠B＝2∠E．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定以及三角形的外角性质，属于基础题，比较简单．
23、（1）40；9；（2）见详解；（3）3.1
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AM＝BM，NA＝NC，根据等腰三角形的性质得到BAM＝∠B，∠NAC＝∠C，结合图形计算即可；
（2）连接AM、AN，仿照（1）的作法得到∠MAN＝90°，根据勾股定理证明结论；
（3）连接AP、CP，过点P作PE⊥BC于点E，根据线段垂直平分线的性质得到AP＝CP，根据角平分线的性质得到PH＝PE，证明Rt△APH≌Rt△CPE得到AH＝CE，证明△BPH≌△BPE，得到BH＝BE，结合图形计算即可．
【详解】解：（1）∵∠BAC＝110°，
∴∠B+∠C＝180°﹣110°＝70°，
∵AB边的垂直平分线交BC边于点M，
∴AM＝BM，
∴∠BAM＝∠B，
同理：NA＝NC，
∴∠NAC＝∠C，
∴∠MAN＝110°﹣（∠BAM+∠NAC）＝40°，
∵△AMN的周长为9，
∴MA+MN+NA＝9，
∴BC＝MB+MN+NC＝MA+MN+NA＝9，
故答案为：40；9；
（2）如图②，连接AM、AN，
∵∠BAC＝131°，
∴∠B+∠C＝41°，
∵点M在AB的垂直平分线上，
∴AM＝BM，
∴∠BAM＝∠B，
同理AN＝CN，∠CAN＝∠C，
∴∠BAM+∠CAN＝41°，
∴∠MAN＝∠BAC﹣（∠BAM+∠CAN）＝90°，
∴AM2+AN2＝MN2，
∴BM2+CN2＝MN2；
（3）如图③，连接AP、CP，过点P作PE⊥BC于点E，
∵BP平分∠ABC，PH⊥BA，PE⊥BC，
∴PH＝PE，
∵点P在AC的垂直平分线上，
∴AP＝CP，
在Rt△APH和Rt△CPE中，
，
∴Rt△APH≌Rt△CPE（HL），
∴AH＝CE，
在△BPH和△BPE中，
，
∴△BPH≌△BPE（AAS）
∴BH＝BE，
∴BC＝BE+CE＝BH+CE＝AB+2AH，
∴AH＝（BC﹣AB）÷2＝3.1．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、角平分线的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
24、（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠BAD＋∠ADC＝180°，根据角平分线的定义得到∠MAD＋∠ADM＝90°，求出∠AMD＝90°，根据垂直的定义得到答案；
（2）作MN⊥AD，根据角平分线的性质得到BM＝MN，MN＝CM，等量代换可得结论．
【详解】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠BAD＋∠ADC＝180°，
∵AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
∴2∠MAD＋2∠ADM＝180°，
∴∠MAD＋∠ADM＝90°，
∴∠AMD＝90°，即AM⊥DM；
（2）作MN⊥AD交AD于N，
∵∠B＝90°，AB∥CD，
∴BM⊥AB，CM⊥CD，
∵AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
∴BM＝MN，MN＝CM，
∴BM＝CM，即M为BC的中点．
【点睛】
本题考查的是平行线的性质、三角形内角和定理以及角平分线的性质，掌握平行线的性质和角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
25、（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）由已知条件可得，根据同位角相等，两直线平行即可得；
（2）根据角平分线的定义，可得出，，再根据外角的性质可得与，通过角度的计算可得出答案．
【详解】（1）证明：∵平分外角，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）解：∵BE、CE分别是△ABC内角∠ABC和外角∠ACD的平分线，
∴，，
又∵∠ACD是△ABC的外角，
∴，
∴
∵∠ECD是△BCE的外角，
∴
∴，
∵∠A=50°，
∴．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义和三角形外角的性质，熟练运用三角形外角的性质进行角度的计算是解题的关键．
26、（1）S＝；（2）y＝﹣x+；（3）s＝﹣m+，（0≤m≤），Q（0，）．
【分析】（1）根据点P坐标可得OB的长，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出OA的长，即可求出△ABC的面积；
（2）设AB的解析式y＝kx+b，把A（1，0），B（0，）代入列方程组即可求出b、k的值，进而可得直线AB解析式；
（3）设移动过程中，AB与x轴的交点为D，可得OB=-m，根据含30°角的直角三角形的性质可用m表示出OD的长，即可得出s关于m的关系式，把m=0代入即可求出点Q坐标．
【详解】∵与m轴相交于点P（，0），
∴m=时，s=0，
∴OB＝，
∵∠ABC＝30°，
∴AB=2OA，
∴OA2+OB2=AB2，即OA2+3=4OA2，
解得：OA=1，（负值舍去）
∴S△ABC＝＝．
（2）∵B（0，），A（1，0），
设AB的解析式y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+；
（3）设移动过程中，AB与x轴的交点为D，
∵OB=，平移的距离为m，
∴平移后OB＝﹣m，
∵∠ABC=30°，
∴BD=2OD，
∴OD2+OB2=BD2，即OD2+（﹣m）2=4OD2
∴OD＝1﹣m，
∵s在第一象限，OB=，
∴0≤m≤，
∴s＝×（﹣m）×（1﹣m）＝﹣m+（0≤m≤），
当m＝0时，s＝，
∴Q（0，）．
【点睛】
本题考查含30°角的直角三角形的性质、待定系数法求一次函数解析式及勾股定理，熟练掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质是解题关键．