浙江省金华市2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）

这是一份浙江省金华市2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共23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. 下列属于一元二次方程的是( )
A. x2-3x+y=0B. x2+2x=1xC. x2+5x=0D. x(x2-4x)=3
2. 下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 赵爽弦图B. 科克曲线
C. 斐波那契螺旋D. 笛卡尔心形线
3. 下列计算正确的是( )
A. 3+3=33B. 23+3=33
C. 23-3=2D. 3+2=5
4. 用配方法解一元二次方程x2-4x-10=0，此方程可变形为( )
A. (x+2)2=6B. (x-2)2=6C. (x+2)2=14D. (x-2)2=14
5. 用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设( )
A. ∠A=∠BB. AB=BCC. ∠B=∠CD. ∠A=∠C
6. 已知一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为6，则另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为( )
A. 5B. 6C. 7D. 不确定
7. 杭州亚运会吉祥物深受大家喜爱.某商户3月份销售吉祥物“宸宸”摆件为10万个，5月份销售11.5万个.设该摆件销售量的月平均增长率为x(x>0)，则可列方程( )
A. 10(1+x)2=11.5B. 10(1+2x)=11.5
C. 10x2=11.5D. 11.5(1-x)2=10
8. 已知点A(x1,-3)，B(x2,-1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a30．
答：桑葚每篮售价为38元时，每天能获得2600元的利润．
(1)先表示出降价后可以卖的数量：40+x÷2×10，再根据单价乘数量进行列代数式．
(2)根据上面的代数式来列出一元二次方程进行解答．
本题考查了一元二次方程的应用和数量关系的运用．解题的关键是根据题意来列方程．
23.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴BC//AD；
(2)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠ABC=∠DAC．
∵∠CAD=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC，
即BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC．
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD．
这样，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，
∴四边形ABCD是半对称四边形；
(3)解：过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，如图，
∵CE⊥AB，∠A=45°，∠ABC=120°，
∴∠ACE=45°，∠EBC=60°，
∴AE=EC，∠ECB=30°，
∴BE=12BC=3，
∴EC=BC2-BE2=(23)2-(3)2=3，
∴AE=EC=3，
∴AC=2EC=32．
∴AB=AE-BE=3-3．
∴S△ABC=12AB⋅EC=12(3-3)×3=92-332．
①当DA=DC，AC平分∠BAD时，如图，
由题意：∠DAC=∠BAC=45°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC为等腰直角三角形，
∴AD=CD=22AC=3，
∴S△DAC=12AD⋅CD=92，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=92-332+92=9-332；
②当DA=DC，AC平分∠BCD时，如图，
由题意：∠ACD=∠BCA=15°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=15°，
∴∠ADC=150°，
过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
则∠CDF=30°，
∴CF=12CD，
∴DF=32CD．
设CD=x，则AD=x，CF=12x，AF=AD+DF=(1+32)x，
在Rt△ACF中，
∵AC2=AF2+CF2，
∴(32)2=[(1+32)x]2+(12x)2，
∴x=3+33(不合题意，舍去)或x=33-3，
∴AD=33-3，CF=33-32．
∴S△ADC=12AD⋅CF=18-932，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=9-332+18-932=18-63．
综上，四边形ABCD的面积为9-332或18-63．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定定理解答即可得出结论；
(2)利用“半对称四边形”的定义解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分①当DA=DC，AC平分∠BAD时，②当DA=DC，AC平分∠BCD时，画出符合题意的图形，先计算得到△ABC的三边长度和它的面积，再计算△ADC的面积，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC．
本题主要考查了四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为(4,2)，
∴C(0,2)，A(4,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，
∴4k+2=0，
解得k=-12，
∴直线AC的解析式为y=-12x+2；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，
∵D点是AC的中点，
∴E点是OA的中点，
∴EF=EA=12OA=2；
当F点与C点重合时，DE⊥AC，
此时AE=EC，
在Rt△OEC中，CE2=CO2+OE2，
∴AE2=42+(4-AE)2，
解得AE=52，
∴EF=52；
综上所述：EF的长为2或52；
(3)存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，
∵OD⊥GE，
∴D为GE的中点，
∴D(2,1)，
∴P(4,2)；
②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，
∵OD⊥GE，
∴GN=OD=2，
设D(t,-12t+2)，
∴2=t2+(-12t+2)2，
解得t=0(舍)或t=45，
∴D(85,65)，
在Rt△ODE中，MD⊥OE，
∴∠ODM=∠DEM，
∴△ODM∽△DEM，
∴DMEM=OMDM，即DM2=OM⋅EM，
∴(65)2=85EM，
∴EM=910，
∴OE=OM+ME=85+910=52，
∴GE=52，
在Rt△GNE中，NE=GE2-GN2=32，
∴ON=OE-NE=52-32=1，
∴G(1,2)，
∵GP=OE=52，
∴P(72,2)或(-32,2)；
③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，
∴G点与P点关于x轴对称，
∴P点纵坐标为-2，
∵∠COB=∠ODG=90°，
∴C、O、G、D四点共圆，
∴∠OCD=∠OGD，
设G(t,2)，
∴GE=OG=4+t2，OE=2t，
∴2⋅2t=4+t2OD，
∴OD=4t4+t2，
∵△OAC∽△DOG，
∴OGAC=ODOA，
∴44+t2=25OD，
∴OD=2⋅4+t25，
∴4t4+t2=2⋅4+t25，
解得t=5-12(舍)或t=1+52(舍)；
综上所述：P点坐标为(4,2)或(72,2)或(-32,2)．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，D点是AC的中点，E点是OA的中点；当F点与C点重合时，DE⊥AC，此时AE=EC，在Rt△OEC中，利用勾股定理AE2=42+(4-AE)2，解得AE=52，即可求EF=52；
(3)①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，D为GE的中点，求得P(4,2)；②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，则GN=OD=2，设D(t,-12t+2)，由2=t2+(-12t+2)2，求出D(85,65)，再由△ODM∽△DEM，求出EM=910，从而求得GE=52，在Rt△GNE中，NE=GE2-GN2=32，进而求出G(1,2)，再由GP=OE=52，可求P(72,2)或(-32,2)；③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，G点与P点关于x轴对称，判定C、O、G、D四点共圆，可得∠OCD=∠OGD，设G(t,2)，根据等积法得方程2⋅2t=4+t2OD，可求OD=4t4+t2，再由△OAC∽△DOG，可求OD=2⋅4+t25，从而得到方程4t4+t2=2⋅4+t25，此时所求的点不能构成菱形，故舍去．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质，等积法求面积是解题的关键．
统计量
一班
二班
平均数(分)
5.6
5.6
中位数(分)
m
6
众数(分)
5
n