2022-2023学年广东省深圳外国语学校八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省深圳外国语学校八年级（下）期末数学试卷（含解析），共19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. 下列方程中，是一元二次方程的是( )
A. 2x2-9=0B. x=4x
C. x2+7x-3y=0D. x2+4=(x-1)(x-2)
2. 下列说法错误的是( )
A. 菱形的对角线互相垂直且平分B. 矩形的对角线相等
C. 有一组邻边相等的四边形是菱形D. 四条边相等的四边形是菱形
3. 若x1，x2是方程x2-6x-7=0的两个根，则( )
A. x1+x2=6B. x1+x2=-6C. x1x2=76D. x1x2=7
4. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则出现两个正面朝上的概率是( )
A. 12B. 34C. 13D. 14
5. 如图，在房子屋檐E处安有一台监视器，房子前有一面落地的广告牌，那么监视器的盲区是( )
A. △ACEB. △ADFC. △ABDD. 四边形BCED
6. 从前有一个醉汉拿着竹竿进城，横拿竖拿都进不去，横着比城门宽43米，竖着比城门高23米，一个聪明人告诉他沿着城门的两对角斜着拿竿，这个醉汉一试，不多不少刚好进去了，求竹竿的长度，若设竹竿长x米，则根据题意，可列方程( )
A. (x+43)2+(x+23)2=x2B. (x-43)2+(x-23)2=x2
C. (x-43)2+(x+23)2=x2D. (x+43)2+(x-23)2=x2
7. 如图，已知直线a//b//c，若AB=2，BC=3，EF=2.5，则DE=( )
A. 35
B. 53
C. 415
D. 154
8. 如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE//AC，若S△BDE∶S△CDE=1∶3，则S△DOE∶S△AOC的值( )
A. 13B. 14C. 19D. 116
9. 若关于x的一元二次方程kx2-x+1=0有实数根，则k可取的最大整数值为( )
A. 1B. 0C. -1D. -2
10. 如图，在矩形ABCD中，AB= 3+2，AD= 3.把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D'处.再将△AED'绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED''，使得EA'恰好经过BD'的中点F.设A'D''交AB于点G.连接AA'，有如下结论：①α=75°；②A'F的长度是 6-2；③∠A'AF=7.5°；④△AA'F∽△EGF.上述结论中，正确的个数有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题（本题共5小题，共20分）
11. 若关于x的方程x2-mx-2=0的一个根为3，则m的值为______ ．
12. 如图，在面平直角标系中，已知A(1,0)，B(2,1)，D(3,0)，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是______ ．
13. 若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2-6x+7=0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是______ ．
14. 如图，在矩形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，E、F分别是AP、PQ的中点.BC=12，DQ=5，在点P从B移动到C(点Q不动)的过程中，则线段EF= ______ ．
15. 如图，在正方形ABCD中，AB=2，点E是BC边的中点，连接AE，延长EB至点F，使得EF=AE，过点F作FG⊥AE，垂足为M，FG分别交CD、AB于G、N两点，则S四边形GCEM= ______ ．
三、解答题（本题共7小题，共50分）
16. 解下列方程：
(1)4x2-8x+1=0(2)3(x-5)2=2(5-x)
17. 某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示，嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．

(1)求嘉淇走到王字道口A向北走的概率是______ ；
(2)补全图2的树状图；
(3)借助图2的树状图分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．
18. 如图，是由一些大小相同的小正方体组合成的简单几何体。根据要求完成下列题目。
(1)请在下面方格纸中分别画出它的左视图和俯视图(画出的图需涂上阴影)；
(2)图中共有______个小正方体。
19. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交AD、AC、BC于点E、O、F，连接CE和AF．
(1)求证：四边形AECF为菱形；
(2)若AB=8，BC=16，求菱形AECF的周长．
20. 某公司2月份销售新上市的A产品20套，由于该产品的经济适用性，销量快速上升，4月份该公司销售A产品达到45套，并且2月到3月和3月到4月两次的增长率相同．
(1)求该公司销售A产品每次的增长率；
(2)若A产品每套盈利2万元，则平均每月可售30套，为了尽量减少库存，该公司决定采取适当的降价措施，经调查发现，A产品每套每降0.5万元，公司平均每月可多售出20套；若该公司在5月份要获利70万元，则每套A产品需降价多少？
21. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒，将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．
(1)当t=2时，点D的坐标是______ ；
(2)请用含t的代数式表示出点D的坐标______ ；
(3)在点P从O向A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值，若不能，请说明理由．
22. 在四边形ABCD中，∠EAF=12∠BAD(E、F分别为边BC、CD上的动点)，AF的延长线交BC延长线于点M，AE的延长线交DC延长线于点N．
(1)如图①，若四边形ABCD是正方形，求证：△ACN∽△MCA；
(2)如图②，若四边形ABCD是菱形．
①(1)中的结论是否依然成立？请说明理由；
②若AB=8，AC=4，连接MN，当MN=MA时，求CE的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、2x2-9=0，是一元二次方程，故A符合题意；
B、x=4x，是分式方程，故B不符合题意；
C、x2+7x-3y=0，是二元二次方程，故C不符合题意；
D、x2+4=(x-1)(x-2)，整理得：3x+2=0，是一元一次方程，故D不符合题意；
故选：A．
根据一元二次方程的一般形式：形如ax2+bx+c=0(a,b,c为常数且a≠0)，逐一判断即可解答．
本题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、菱形的对角线互相垂直且平分，说法正确，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，说法正确，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，说法错误，符合题意；
D、四条边相等的四边形是菱形，说法正确，不符合题意．
故选：C．
根据菱形的性质与判定，矩形的性质逐一判断即可．
本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，熟知菱形的性质与判定条件，矩形的性质是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵x1，x2是方程x2-6x-7=0的两个根，
∴x1+x2=6，x1x2=-7，
故选：A．
根据一元二次方程根与系数的关系进行判断即可．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，应掌握：设x1，x2是一元二次方程y=ax2+bx+c(a≠0)的两个实数根，则x1+x2=-ba，x1x2=ca．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了列举法求概率的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
首先利用列举法可得：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有：正正，正反，反正，反反；然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】
解：∵同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有4种情况：正正，正反，反正，反反，
∴出现两个正面朝上的概率是：14．
故选D．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了视点、视角和盲区，解答此类问题，首先要确定视点，然后再根据盲区的定义进行判断.根据盲区的定义，视线覆盖不到的地方即为该视点的盲区，由图知，E是视点，找到在E点处看不到的区域即可．
【解答】
解：由图片可知，E视点的盲区应该在△ABD的区域内．
故选C．
6.【答案】B
【解析】解：设竹竿的长为x米．
由题意得(x-43)2+(x-23)2=x2．
故选：B．
用竹竿表示出门框的边长，根据门框的边长的平方和等于竹竿的长的平方列方程即可．
考查一元二次方程的应用；得到门框的边长和竹竿长的等量关系是解决本题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵a//b//c，
∴ABBC=DEEF，
∵AB=2，BC=3，EF=2.5，
∴23=DE2.5，
解得DE=53．
故选：B．
根据三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例列出比例式解答即可．
本题考查了平行线分线段成比例，解题的关键是掌握定理及其推论并灵活运用．平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用形似三角形的判定及其性质来分析、判断、推理或解答．
证明BE：EC=1：3，进而证明BE：BC=1：4；证明△DOE∽△AOC，得到DEAC=BEBC=14，借助相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】
解：∵S△BDE：S△CDE=1：3，
∴BE：EC=1：3；
∴BE：BC=1：4；
∵DE//AC，
∴△DOE∽△AOC，△BDE∽△BAC
∴DEAC=BEBC=14，
∴S△DOE：S△AOC=(DEAC)2=116，
故选D．
9.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2-x+1=0有实数根，
∴k≠0Δ=(-1)2-4×k×1≥0，
解得：k≤14且k≠0，
∴k可取的最大整数值为-1．
故选：C．
由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，可得出关于k的一元一次不等式组，解之可得出k的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，牢记“当Δ≥0时，方程有两个实数根”是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D'处，
∴∠D=∠AD'E=90°=∠DAD'，AD=AD'，
∴四边形ADED'是矩形，
又∵AD=AD'= 3，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD=AD'=D'E=DE= 3，AE= 2AD= 6，∠EAD'=∠AED'=45°，
∴D'B=AB-AD'=2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F=1，
∴EF= D'E2+D'F2= 3+1=2，
∵将△AED'绕点E顺时针旋转α，
∴AE=A'E= 6，∠D'ED″=α，∠EA'D″=∠EAD'=45°，
∴A'F= 6-2，故②正确；
∵tan∠FED'=D'FD'E=1 3= 33，
∴∠FED'=30°，
∴α=30°+45°=75°，故①正确，
∵AE=A'E，∠AEA'=75°，
∴∠EAA'=∠EA'A=52.5°，
∴∠A'AF=7.5°，故③正确；
∵D'E=D″E，EG=EG，
∴Rt△ED'G≌Rt△ED″G(HL)，
∴∠D'GE=∠D″GE，
∵∠AGD″=∠A'AG+∠AA'G=105°，
∴∠D'GE=52.5°=∠AA'F，
又∵∠AFA'=∠EFG，
∴△AFA'∽△EFG，故④正确，
所以所有正确的序号为：①②③④．
故选：D．
由折叠的性质可得∠D=∠AD'E=90°=∠DAD'，AD=AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD=AD'=D'E=DE= 3，AE= 2AD= 6，∠EAD'=∠AED'=45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE=A'E= 6，∠D'ED″=α，∠EA'D″=∠EAD'=45°，可求A'F= 6-2，可判断②；由锐角三角函数可求∠FED'=30°，可判断①；由等腰三角形的性质可求∠EAA'=∠EA'A=52.5°，∠A'AF=7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED″G，可得∠D'GE=∠D″GE=52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．
本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
11.【答案】73
【解析】解：由题意得：
把x=3代入方程x2-mx-2=0中得：
32-3m-2=0，
解得：m=73，
故答案为：73．
根据题意可得：把x=3代入方程x2-mx-2=0中得：32-3m-2=0，然后进行计算即可解答．
本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
12.【答案】(6,3)
【解析】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，A(1,0)，D(3,0)，
∴△ABC与△DEF的相似比为1：3，
∵B(2,1)，
∴E点的坐标是(2×3,1×3)，即(6,3)，
故答案为：(6,3)．
根据题意求出△ABC与△DEF的相似比，根据位似变换的性质计算，得到答案．
本题考查的是位似变换，求出△ABC与△DEF的相似比是解题的关键．
13.【答案】 22
【解析】解：∵x2-6x+7=0，
∴Δ=(-6)2-4×1×7=8，
∴x=6±2 22，
解得x1=3+ 2，x2=3- 2，
∴直角三角形两直角边的长为3+ 2和3- 2，
∴斜边的长为 (3+ 2)2+(3- 2)2= 22．
故答案为： 22．
先利用因式分解法求出方程的两个根，再根据勾股定理求出斜边的长即可．
本题主要考查了解一元二次方程，勾股定理，正确求出方程的两个根是解题的关键．
14.【答案】6.5
【解析】解：连接AQ．
∵E、F分别是AP、QP的中点，
则EF为△APR的中位线，
∴EF=12AQ=12× 122+52=6.5，
故答案为：6.5．
因为Q点不动，所以AQ不变．根据中位线定理，可得EF的长．
本题考查矩形的性质及三角形中位线定理，难度适中，根据中位线定理得出EF=12AQ是解题的突破口．
15.【答案】1+ 52
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=2，点E是BC的中点，
∴BE=EC=12BC=1，
∵FG⊥AE，
∴∠FME=90°=∠ABE，
又∵AE=FE，∠AEB=∠FEM，
∴△ABE≌△FME(AAS)，
∴BE=ME=1，FM=AB=2，
∴EF= ME2+FM2= 5，
∵tan∠F=MEFM=CGCF=12，即CG1+ 5=12，
∴CG=1+ 52，
连接EG，
∵∠C=∠EMG=90°，EC=EM，EG=EG，
∴Rt△MEG≌Rt△CEG(HL)，
∴S四边形GCEM=2S△ECG
=2×12×1×1+ 52
=1+ 52，
故答案为：1+ 52．
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及中点的定义可得出BE=ME=1，FM=AB=2，由勾股定理求出EF，进而得出FC，由直角三角形的边角关系求出CG，由面积公式进行计算即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及直角三角形的边角关系，掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
16.【答案】解：(1)∵4x2-8x+1=0，
∴4x2-8x+4=3，
∴(2x-2)2=3，
∴x=2± 32，
∴x1=2- 32，x2=2+ 32
(2)∵3(x-5)2=2(5-x)，
∴(x-5)(3x-13)=0，
∴x-5=0或3x-13=0
∴x1=5，x2=133；
【解析】(1)根据配方法即可求出答案；
(2)根据因式分解法即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
17.【答案】13
【解析】解：(1)嘉淇走到十字道口A向北走的概率为13；
(2)补全树状图如下：

共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，
∴向西参观的概率为39=13，向南参观的概率=向北参观的概率=向东参观的概率=29，
∴向西参观的概率大．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)补全树状图，共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，由概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，正确记忆概率=所求情况数与总情况数之比是解题关键．
18.【答案】解：(1)如图所示：
；
(2)9
【解析】解：(1)如图所示：
；
(2)图中共有9个小正方体．
故答案为：9。
(1)直接利用左视图以及俯视图的观察角度分析得出答案；
(2)结合几何体的形状得出答案。
此题主要考查了简单几何体的三视图，正确注意观察角度是解题关键。
19.【答案】(1)证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO(ASA)；
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
(2)解：设AF=x，
∵EF是AC的垂直平分线，AB=8，BC=16，
∴AF=CF=x，BF=16-x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，
82+(16-x)2=x2，
解得x=10．
∴AF=10，
∴菱形AECF的周长为40．
【解析】(1)根据ASA推出：△AEO≌△CFO；根据全等得出OE=OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形；
(2)根据线段垂直平分线性质得出AF=CF，设AF=x，推出AF=CF=x，BF=16-x，在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程82+(16-x)2=x2，求出即可．
本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想．
20.【答案】解：(1)设该公司销售A产品每次的增长率为x，
依题意，得：20(1+x)2=45，
解得：x1=0.5=50%，x2=-2.5(不合题意，舍去)．
答：该公司销售A产品每次的增长率为50%．
(2)设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出(30+y0.5×20)套，
依题意，得：(2-y)(30+y0.5×20)=70，
整理，得：4y2-5y+1=0，
解得：y1=14，y2=1．
答∵尽量减少库存，
∴y=1．
答：每套A产品需降价1万元．
【解析】(1)设该公司销售A产品每次的增长率为x，根据2月份及4月份该公司A产品的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出(30+y0.5×20)套，根据总利润=每套的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21.【答案】(3,1) (t+1,t2)
【解析】解：(1)∵点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，
∴OP=t，而OC=2，
∴P(t,0)，
设CP的中点为F，过D点作DE⊥OA，垂足为E，

则F点的坐标为(t2,1)，
∵F点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，
∴∠CPD=90°，
∴∠DPE+∠OPC=90°，
∵∠POC=90°，
∴∠OCP+∠OPC=90°，
∴∠OCP=∠EPD，
∴△OCP∽△EPD，
∵PD：CP=1：2，
∴DE：PO=PE：CO=PD：CP=1：2，
∴DE=12PO=t2，PE=12CO=1，
∴D点坐标为(t+1,t2)，
∴当t=2时，D(3,1)．
故答案为：(3,1)；
(2)由(1)可知D(t+1,t2).
故答案为：(t+1,t2)；
(3)能构成直角三角形，理由如下：
①当∠PDA=90°时，PC//AD，
由勾股定理得，PD2+AD2=AP2，PD2=DE2+PE2，AD2=DE2+AE2，
即(t2)2+1+(4-t-1)2+(t2)2=(4-t)2，
解得，t=2或t=-6(舍去)．
∴t=2秒．
②当∠PAD=90°时，此时点D在AB上，

可知，△COP∽△PAD，
∴CPPD=2PDPD=COPA，
∴2=2PA，
PA=1，
即t+1=4，
∴t=3秒．
综上所述，当t为2秒或3秒时，△DPA能成为直角三角形．
(1)设出P点坐标，再求出CP的中点坐标，根据相似的性质即可求出D点坐标；
(2)根据(1)中结论即可解决问题；
(3)先判断出可能为直角的角，分两种情形分别求解即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠EAF=12∠BAD=45°，∠BAC=∠ACD=45°，
∴∠CAN+∠CAM=45°，180°-∠BAC=180°-∠ACD，
即：∠ACM=∠ACN，
∵∠BAC是△ACM的外角，
∴CAM+∠M=∠BAC=45°，
∴∠CAN=∠M，
∴△ACN∽△MCA；
(2)①(1)中的结论仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD是理性，
∴∠BAD=∠BCD，∠BAC=∠ACD，
∴180°-∠BAC=180°-∠ACD，
即：∠ACM=∠ACN，
∵∠MAN=12BAD，
∴∠CAN+∠CAM=12∠BAD，
∵∠ACB是△ACM的外角，
∴∠CAM+∠M=∠ACB=12∠BCD=12∠BAD，
∴∠CAN=∠M，
∴△ACN∽△MCA；
②∵MA=MN，
∴∠AMN=∠ANM，
由①知，
∠ACB=∠BAC=∠MAN，
∴△MAN∽△BAC，
∴AMAN=ABAC=84=2，
由①知，
△ACN∽△MCA，
∴ACCN=CMAC=AMAN=2，
∴CN=12AC=2，CM=2AC=8，
∵AB//CD，
∴△CEN∽△BEA，
∴CEBE=CNAB=28=14，
∴CE=15BC=85，
【解析】(1)可证得∠ACM=∠ACN，∠CAN=∠M，从而证明结论；
(2)①可证得∠ACM=∠ACN，∠CAN=∠M，从而证明结论；
②可证得△MAN∽△BAC，从而得出AMAN=2，根据△ACN∽△MCA，可计算得出CN，根据△CEN∽△BEA，可得CE的长．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键充分利用相似三角形求线段的长度．