2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市道外区四校联考八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市道外区四校联考八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案），共14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。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列方程是关于x的一元二次方程的是( )
A. πx=6B. x2+3x−4=0C. xy=3D. x−3x=2
2.下列四边形中不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列各曲线中，表示y是x的函数的是( )
A. B.
C. D.
4.函数y=4x+b的图象经过点(2,3)，当x=3时，y的值是( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
5.下列各组数中，能作为一个直角三角形的三边长的是( )
A. 3，5，7B. 4、5、6C. 1， 2，2 2D. 7，24，25
6.若关于x的一元二次方程x2+4x+k=0有实数根，则k的值为( )
A. k≤−4B. k≤4C. k≥−4D. k≥4
7.下列命题正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形B. 有两条边平行的四边形是平行四边形
C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形D. 对角线相等的平行四边形是正方形
8.如图，长方形ABCD中，AB=3，AD=9，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为( )
A. 6
B. 8
C. 10
D. 12
9.直角三角形两边长分别为5和6，则第三边长为( )
A. 61B. 11C. 6D. 11或 61
10.甲、乙两车从A城出发前往B城在整个过程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，下列说法：①A、B两城相距300km②甲车比乙车多用两个小时③甲车出发一个半小时后被乙车追上④甲乙两车的速度比为5：3⑤乙车追上甲车时距终点B城还有150km.其中正确的说法是( )
A. ①②③④B. ①②④⑤C. ①②⑤D. ①③⑤
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.在函数y=3x−2中，自变量x的取值范围是______．
12.已知x=1是方程2x2−3x+m=0的一个根，则m的值为______．
13.某公司4月份的利润是100万元，要使6月份的利润达到121万元，则平均每月增长的百分率是______．
14.在平面直角坐标系中，已知一次函数y=−x+2的图象经过A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，若x1、−3
17.3 3
18.6
19.5或3 5
20.10
21.解：(1)(x+5)2=25，
x+5=±5，
x+5=5或x+5=−5，
x1=0，x2=−10；
(2)x2+x−6=0，
(x+3)(x−2)=0，
x+3=0或x−2=0，
x1=−3，x2=2．
22.解：(1)如图1，四边形ABCD即为所求；

(2)如图2，菱形EFGH即为所求；

(3)如图3，

CH= 12+42= 17．
23.解：(1)根据题意得：2k+b=1−2k+b=3，
解得：b=2k=−12，
则函数的解析式是：y=−12x+2；
(2)在y=−12x+2中，令x=0，解得：y=2，则与y轴的交点D是(0,2)；
令y=0，则−12x+2=0，解得：x=4，即函数与x轴的交点是(4,0)；
所以△COD的面积是：12×4×2=4．
24.(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB/​/CD，
∴∠BAF=∠DCE，
∵AF=CE，
∴△ABF≌△CDE(SAS)，
∴BF=DE，
∵DE//BF，
∴四边形DEBF为平行四边形；
(2)解：∵AF=CE，
∴S△BEC=S△ABF，S△ADF=S△CDE，
由(1)可知，△ABF≌△CDE，
∴S△ABF=S△CDE，
∴S△BEC=S△ABF=S△ADF=S△CDE，
即图中所有与△ABF面积相等的三角形为△BEC、△CDE、△ADF．
25.解：(1)设小路的宽度是x m，则剩余部分可合成长为(32−2x)m，宽为(20−2x)m，
根据题意得：(32−2x)(20−2x)=32×20×(1−532)，
整理得：x2−26x+25=0，
解得：x1=1，x2=25(不符合题意，舍去)．
答：小路的宽度是1m；
(2)设安排甲组种植y平方米，则安排乙组种植[32×20×(1−532)−y]=(540−y)平方米，
根据题意得：50y+60(540−y)≤30000，
解得：y≥240，
∴y的最小值为240．
答：至少安排甲组种植240平方米．
26.(1)证明：如图1，过点E作EF⊥BC，交AC于F，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，∠BCD=∠DCG=90°，
∵EF⊥BC，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴EF=EC，∠FEC=90°，∠CFE=45°，
∴∠AFE=135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠PCG=45°，
∴∠ECP=135°=∠AFE，
又∵∠EAC=∠EPC，EF=EC，
∴△AFE≌△PCE(AAS)，
∴∠AEF=∠CEP，
∴∠AEP=∠CEF=90°，
∴AE⊥EP；
(2)证明：如图2，过点E作EN⊥BC，交AC的延长线于N，在BC上截取BH=DF，连接AH，

由(1)可知：△AEN≌△PEC(AAS)，
∴AE=PE，∠AEN=∠PEC，
∴∠PEA=∠CEN=90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠EAP=∠APE=45°，AP= 2AE，
∵AB=AD，∠ABC=∠ADF=90°，BH=DF，
∴△ABH≌△ADF(SAS)，
∴∠BAH=∠DAF，AH=AF，
∵∠CAD=∠EAP=45°，
∴∠CAE=∠DAF，
∴∠BAH=∠CAE，
∴∠BAC=∠EAH=45°，
∴∠EAH=∠EAF，
又∵AE=AE，AH=AF，
∴△EAH≌△EAF(SAS)，
∴EF=EH，
∴BE=BH+HE=DF+EF；
(3)如图3，过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于M，

∵∠ECM=45°，
∴△ECM是等腰直角三角形，
∴CM=EM，CE= 2EM，
∵CD=3DF，
∴设DF=a，则CD=3a=AD=AB=BC，
∴AF= AD2+DF2= 10a，AC=3 2a，
∵∠DAF=∠CAE，
∴tan∠DAF=tan∠CAE=DFAD=EMAM，
∴13=EM3 2a+EM，
∴EM=32 2a，
∴AE= EM2+AM2= 10EM=3 5a，
∵AP= 2AE，
∴ 10a+4 10=3 10a，
∴a=2，
∴DF=2，EM=3 2，BC=6，
∴CE= 2EM=6，
∴BE=12，
∵DF+EF=BE，
∴EF=12−2=10．
27.解：(1)由题意得：S△AOC=12AO⋅yC=20，
∵点C坐标(1,8)，12AO×8=20，
解得：AO=5，
∵点A在x轴负半轴，
∴A点坐标为(−5,0)；
(2)∵A、B分别是x轴上关于y轴对称的点，
∴B(5,0)，
∴AB=5−(−5)=10，
设直线BC的解析式为y=kx+b，将B(5,0)，C(1,8)代入直线BC解析式得：
5k+b=0k+b=8，
解得：k=−2b=10，
∴直线BC的解析式为y=−2x+10，
∵点P是线段BC上一点，设点P的横坐标为t，
∴P(t,−2t+10)，
∴S=S△ABP=12AB⋅yP=12×10×(−2t+10)=50−10t；
(3)∵四边形DAEP为矩形，
∴PE/​/AD，∠ADP=90°，
设直线AD的解析式为：y=−2x+b1，将A(−5,0)代入解析式得：
−2×(−5)+b1=0，
解得：b1=−10，
∴直线AD的解析式为：y=−2x−10，
∵过点C作y轴垂线CF，
∴点F的纵坐标为8，
设D(m,−2m−10)，F(n,8)，
∵四边形PFDO是矩形，
∴点F的纵坐标为8，
设D(m,−2m−10)，F(n,8)，
∵四边形PFDO是矩形，
∴8+0=−2t+10+(−2m−10)m+t=n+0，
解得：n=−4，m+t=−4，
∴F(−4,8)，m=−4−t=−(t+4)，
∴D(−t−4,2t−2)，
∴AD2=[−t−4−(−5)]2+(2t−2)2=5t2−10t+5，DP2=[−t−4−t]2+[2t−2−(−2t+10)]2=20t2−80t+160，AP2=[t−(−5)]2+(−2t+10)2=5t2−30t+125，
∵AD2+DP2=AP2，
∵5t2−30t+125=20t2−80t+160+5t2−10t+5，
解得：t=1或t=2，
∵点P不与点B、点C重合，
∴t=2，
∴S△ABP=50−10t=50−10×2=30．