还剩18页未读，
继续阅读
2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共21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。
2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各图表示y是x的函数的图象是( )
A. B.
C. D.
2. 一元二次方程x2−4x=5的二次项系数、一次项系数和常数项分别是( )
A. 1，4，5 B. 0，−4，−5 C. 1，−4，5 D. 1，−4，−5
3. 某校八年级进行了三次1000米跑步测试，甲、乙、丙、丁四名同学成绩的方差s2分别为s甲2=3.8，s乙2=5.5，s丙2=10，s丁2=6，那么这四名同学跑步成绩最稳定的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
4. 如图，在平行四边形ABCD中，若∠B=2∠A，则∠C的度数为( )
A. 60° B. 45° C. 120° D. 135°
5. 下列各组数中，能构成勾股数的是( )
A. 1，1， 2 B. 1， 3，2 C. 6，8，10 D. 5，12，15
6. 已知m是方程x2−3x−1=0的一个根，则代数式2m2−6m的值为( )
A. 0 B. 2 C. −2 D. 4
7. 下列命题是真命题的是( )
A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 平行四边形的对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
8. 我国古代数学家杨辉的《田亩比数乘除减法》中记载：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？”翻译成数学问题是：一块矩形田地的面积为864平方步，它的宽比长少12步.如果设宽为x步，则可列出方程( )
A. x(x−6)=864 B. x(x−12)=864 C. x(x+6)=864 D. x(x+12)=864
9. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，将△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，则AE的长为( )
A. 78 B. 3 C. 254 D. 258
10. 已知，一次函数y1=mx+n和y2=−x+a的图象交于点A(3,2)，且直线y1=mx+n交x轴于点B(2,0).则0
D. x≤3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 已知正比例函数y=kx图象经过二、四象限，则k ______ 0.
12. 若方程(m+3)xm2−7+mx−2=0是关于x的一元二次方程，则m等于______．
13. 把直线y=2x−1向上平移2个单位，所得直线的解析式是______ ．
14. 如图，已知正方形ABCD，E是AD上一点，过BE上一点O作BE的垂线，交AB于点G，交CD于点H.BE=6，则GH=______．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=16，BD=12，点E是CD的中点，连接OE，则OE的长度为______ ．
16. 一次函数y=kx+b的图象于x轴、y轴分别交于点A(2,0)，B(0,4)，点C，D分别是OA，AB的中点，P是OB上一动点．当△DPC周长最小时，点P的坐标为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解方程：2x2−6x+1=0．
18. (本小题6.0分)
如图，台风过后，一希望小学的旗杆在离地某处断裂，旗杆顶部落在离旗杆底部8米处，已知旗杆原长16米，你能求出旗杆在离底部多少米的位置断裂吗？
19. (本小题6.0分)
已知一次函数的图象经过A(−1,3)和B(3,−1)两点．
(1)求这个一次函数的表达式；
(2)求一次函数与坐标轴所围成的三角形的面积．
20. (本小题8.0分)
为了了解学生对“新冠疫情防护知识”的应知应会程度，某校随机选取了20名学生“新冠疫情防护知识”的测评成绩，数据如表：
成绩/分
88
89
90
91
95
96
97
98
99
学生人数
2
1
a
3
2
1
3
2
1
数据表中有一个数因模糊不清用字母a表示．
(1)试确定a的值及测评成绩的中位数k，a= ______ ，k= ______ ；
(2)记测评成绩为x，学校规定：80≤x<90时，成绩为合格；90≤x<97时，成绩为良好；97≤x≤100时，成绩为优秀.求扇形统计图中m和n的值，m= ______ ，n= ______ ；
(3)在(2)的条件下，若全校共800人，求全校良好及以上的学生人数．
21. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0．
(1)若此方程有两个不相等的实数根x1，x2，求m的取值范围；
(2)若此方程的两根互为倒数，求x12+x22的值．
22. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，其中AD//BC，AB//CD，AC=2OB，E为CD上一点，连接AE，OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若AE平分∠BAD，且BD=2AD，求∠DOE的度数．
23. (本小题9.0分)
商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了618年中大促，商场决定采取适当的降价措施.经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
(1)若某天该商品每件降价3元，当天可获利多少元？
(2)为了减少库存，又要使商场日盈利达到2000元，则每件商品应降件多少元？
24. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为(x1,y1)，点Q的坐标为(x2,y2)，且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某正方形的两个顶点，且该正方形的边均与某条坐标轴平行(含重合)，则称P，Q互为“正方形点”(即点P是点Q的“正方形点”，点Q也是点P的“正方形点”).下图是点P，Q互为“正方形点”的示意图．
(1)已知点A的坐标是(2,3)，下列坐标中，与点A互为“正方形点”的坐标是______ .(填序号)
①(1,2)；②(−1,5)；③(3,2)．
(2)若点B(1,2)的“正方形点”C在y轴上，求直线BC的表达式；
(3)点D的坐标为(−1,0)，点M的坐标为(2,m)，点N是线段OD上一动点(含端点)，若点M，N互为“正方形点”，求m的取值范围．
25. (本小题10.0分)
已知矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点P是边AD的中点．
(1)如图1，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，问：线段CF上是否存在点Q，使得△PFQ为等腰三角形，若存在，请求出DQ的长，若不存在，请说明理由．
(2)如图2，把矩形ABCD沿直线MN折叠，使点B落在点D上，直线MN与AD、BD、BC的交点分别为M、H、N，求折痕MN的长．
(3)如图3，在(2)的条件下，以点A为原点，分别以矩形ABCD的两条边AD、AB所在的直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，若点R在x轴上，在平面内是否存在点S，使以R、M、N、S为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)如图4，若点E为CD边上的一个动点，连结PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连结AG，则AG的最小值是______ .(请直接写出答案)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的定义可知，满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，据此即可确定哪个图象是函数图象．本题主要考查了函数的图象．函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
【解答】
解：A、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
B、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
C、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
D、对每一个x的值，都有唯一确定的y值与之对应，是函数图象；
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：一元二次方程x2−4x−5=0的二次项系数、一次项系数和常数项分别为1，−4，−5，故D正确．
故选：D．
一元二次方程的一般形式为：ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2称为二次项，a为二次项系数，bx称为一次项，b为一次项系数，c为常数项，根据一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项的定义求解即可．
本题考查了一元二次函数的一般形式，想要求出二次项系数、一次项系数和常数项就需要把函数转变为一般式：ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2称为二次项，a为二次项系数，bx称为一次项，b为一次项系数，c为常数项．
3.【答案】A
【解析】解：因为s甲2=3.8，s乙2=5.5，s丙2=10，s丁2=6，方差最小的为甲，
所以这四名同学跑步成绩最稳定的是甲．
故选：A．
根据方差的定义判断，方差越小数据越稳定．
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．
4.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，∠C+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠B=2∠A，
∴3∠A=180°，
∴∠C=∠A=60°，
故选：A．
根据平行四边形的性质结合已知条件即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、∵ 2不是正整数，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
B、∵ 3不是正整数，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
C、∵62+82=102，
∴这一组数能构成勾股数，符合题意；
D、∵52+122≠152，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
故选：C．
根据勾股数的定义进行逐一判定即可：凡是可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，称之为勾股数．
本题考查了勾股数，解题的关键是掌握勾股数的概念．
6.【答案】B
【解析】解：∵m是方程x2−3x−1=0的一个根，
∴m2−3m−1=0，
∴m2−3m=1，
∴2m2−6m=2(m2−3m)=2×1=2，
故选：B．
根据一元二次方程的解的定义得到m2−3m=1，再把2m2−6m表示为2(m2−3m)，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
7.【答案】A
【解析】解：A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故本项是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本项是假命题；
C、平行四边形的对角线互相平分，故本项是假命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本项是假命题；
故选：A．
根据菱形的判定方法，矩形的判定方法以及平行四边形的性质对各选项分析判断即可得解．
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，熟练掌握菱形，矩形以及平行四边形的判定和性质是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设宽为x步，则长为(x+12)步，
由题意得，x(x+12)=864，
故选：D．
设宽为x步，则长为(x+12)步，然后根据长方形面积公式列出方程即可．
本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由折叠可得AE=BE，
设AE=BE=x，则CE=4−x，
在Rt△BCE中，BE2=CE2+BC2，
即x2=(4−x)2+32，
解得x=258，
故选：D．
在Rt△BCE中，由BE2=CE2+BC2，得到x2=(4−x)2+32，即可求解．
本题考查的是翻折变换(折叠问题)和勾股定理，明确AE=BE是本题解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：由图可知：0
要求0
11.【答案】<
【解析】解：∵正比例函数y=kx图象经过二、四象限，
∴k<0，
故答案为：<．
对于正比例函数y=kx，当k>0时，函数图象经过一、三象限；当 k<0时，函数图象经过二、四象限；由此判断即可．
本题考查正比例函数图象的性质，理解正比函数图象的性质与比例系数之间的关系是解题关键．
12.【答案】3
【解析】解：∵方程(m+3)xm2−7+mx−2=0是关于x的一元二次方程，
∴m+3≠0m2−7=2，
解得m=3．
故答案为：3．
根据一元二次方程的一般形式，即可得到m2−7=2，并且m+3≠0，即可求得m的值．
本题主要考查了一元二次方程的一般形式，要特别注意二次项系数a≠0这一条件，当a=0时，上面的方程就不是一元二次方程了．
13.【答案】y=2x+1
【解析】解：由“上加下减”的原则可知，直线y=2x−1向上平移2个单位，所得直线解析式是：y=2x−1+2，即y=2x+1．
故答案为：y=2x+1．
直接根据“上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
14.【答案】6
【解析】解：过点A作GH的平行线，交DC于点H′，交BE于点O′，如图所示：
∵ABCD是正方形，
∴AG//H′H，BA=AD，∠BAE=∠D=90°，
∴∠H′AD+∠AH′D=90°，
∵GH⊥BE，AH′//GH，
∴AH′⊥BE，
∴∠H′AD+∠BEA=90°，
∴∠BEA=∠AH′D，
在△BAE和△ADH′中，∠BAE=∠D∠BEA=∠AH′DBA=AD，
∴△BAE≌△ADH′(AAS)，
∴BE=AH′，
∵AG//H′H，AH′//GH，
∴四边形AH′HG是平行四边形，
∴GH=AH′，
∴GH=BE=6，
故答案为：6．
过点A作GH的平行线，交DC于点H′，交BE于点O′，证明∠BEA=∠AH′D，由AAS证得△BAE≌△ADH′，得出BE=AH′，易证四边形AH′HG是平行四边形，得出GH=AH′，即可得出结果．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC=16，BD=12，
∴OD=12BD=6，OC=12AC=8，AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴CD= OC2+OD2= 82+62=10，
∵点E是CD的中点，
∴OE=12CD=5，
故答案为：5．
由菱形的性质和勾股定理求出CD=10，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
16.【答案】(0,1)
【解析】解：如图：作C点关于y中的对称点A′，连接DA′交y轴于点P，此时PD+PC的值最小，
∵DC长为定值，
∴当PD+PC的值最小时，△DPC周长最小，
∵A(2,0)，B(0,4)，点C，D分别是OA，AB的中点，
∴C(1,0)，D(1,2)，
∴A′(−1,0)，
设直线DA′为：y=kx+b，
把A′(−1,0)，D(1,2)，代入得，
−k+b=0k+b=2，
解得看k=1，b=1，
∴y=x+1，
令x=0，
∴y=1，
∴P(0,1)，
故答案为：(0,1)．
作A点关于y中的对称点A′，连接DA′交y轴于点P，此时PD+PC的值最小，根据中点坐标公式求出D、C点的坐标，再求出直线DA′的解析式，再求出与y轴的交点坐标即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象、最短路线问题，熟练掌握这三个知识点的综合应用，最短路线问题中P点的确定及求出直线DA′的解析式是解题关键．
17.【答案】解：因为a=2，b=−6，c=1，(1分)
所以b2−4ac=(−6)2−4×2×1=28，(2分)
代入公式，得x=−b± b2−4ac2a=6± 282×2=6±2 74=3± 72，(3分)
所以原方程的根为x1=3+ 72，x2=3− 72.(每个根各1分)(5分)
【解析】观察原方程，可用公式法求解，首先确定a，b，c的值，然后检验方程是否有解，若有解，代入公式即可求解．
用公式法解一元二次方程的一般步骤是：
①把方程化为一般形式，确定a、b、c的值；②求出b2−4ac的值；
③若b2−4ac≥0，则把a、b、c及b2−4ac的值代入一元二次方程的求根公式x=−b± b2−4ac2a，求出x1、x2；若b2−4ac<0，则方程没有实数根．
18.【答案】解：设旗杆在离底部x米的位置断裂，在给定图形上标上字母，如图所示．
∵AB=x，AB+AC=16，
∴AC=16−x．
在Rt△ABC中，AB=x，AC=16−x，BC=8，
∴AC2=AB2+BC2，即(16−x)2=x2+82，
解得：x=6．
故旗杆在离底部6米的位置断裂．
【解析】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理得出关于x的方程．本题属于基础题，难度不大．
设旗杆在离底部x米的位置断裂，在直角三角形中利用勾股定理即可得出关于x的方程，解方程求出x的值，此题得解．
19.【答案】(1)解：设这个一次函数的表达式为y=kx+b(k≠0)，
∵一次函数的图象经过A(−1,3)和B(3,−1)两点，
∴−k+b=33k+b=−1，
解得：k=−1b=2，
所以这个一次函数为y=−x+2；
(2)解：令x=0，则 y=2，
∴直线AB与y轴的交点为M(0,2)；令y=0，则x=2，
∴直线AB与x轴的交点为N(2,0)．
∴一次函数与坐标轴所围成的三角形的面积S△OMN=12×2×2=2．
【解析】(1)根据待定系数法求得即可；
(2)根据点的坐标特征求得直线与坐标轴的交点坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握利用待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．
20.【答案】5 91 15 30
【解析】解：(1)a=20−2−1−3−2−1−3−2−1=5；
将20名学生的成绩按照从大到小排列后，第10名和第11名的成绩分别为91分，91分，
∴中位数k=91，即a=5，k=91．
故答案为：5，91；
(2)由题可知，2+1=3(人)，优秀人数为3+2+1=6(人)，
∴3÷20×100%=15%，6÷20×100%=30%，
∴m=15，n=30．
故答案为：15，30；
(3)800×(55%+30%)=680(人)；
答：全校良好及以上的学生人数为680人．
(1)根据总人数减去其余人数求出a，根据中位数的定义求出k；
(2)根据合格的人数除以总人数即可求出m，根据优秀人数除以总人数即可求出n；
(3)将800乘以良好及以上的人数百分比即可求解．
本题考查了条形图、扇形图、中位数和用样本数据估计总体，解题关键是掌握相关概念．
21.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−3)2−4(m−3)>0，即9−4m+12>0，
∴m<214；
(2)∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0的两个实数根，x1，x2且互为倒数，
∴x1+x2=3，x1x2=1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=9−2=7．
【解析】(1)根据一元二次方程根的判别式进行求解即可；
(2)根据根与系数的关系结合倒数的定义得到x1+x2=3，x1x2=1，再由x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2进行求解即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，完全平方公式的变形求值，灵活运用所学知识是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵AD//BC，AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2OB，
∵AC=2OB，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠ADC=90°，OA=OD，BD=2OD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD=DE，
∵BD=2AD，
∴OA=OD=AD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=60°，
∴∠ODE=∠ADC−∠ADO=90°−60°=30°，
∵AD=DE，AD=OD，
∴DE=OD，
∴∠DOE=∠DEO=12(180°−∠ODE)=12×(180°−30°)=75°．
【解析】(1)先证四边形ABCD是平行四边形，得BD=2OB，再证AC=BD，即可得出结论；
(2)先证DA=DE，再证△AOD是等边三角形，得∠ADO=60°，然后求出∠ODE=30°，即可解决问题．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】(1)解：(50−3)×(30+2×3)
=(50−3)×(30+6)
=47×36
=1692(元)．
答：当天可获利1692元．
(2)设每件商品降价x元，则每件的销售利润为(50−x)元，平均每天的销售量为(30+2x)件，
依题意得：(50−x)(30+2x)=2000，
整理得：x2−35x+250=0，
解得：x1=10，x2=25．
又为了尽快减少库存，
∴x=25．
答：每件商品应降价25元．
【解析】(1)利用当天销售该商品获得的利润=每件的销售利润×每天的销售量，即可求出当天可获利1692元；
(2)设每件商品降价x元，则每件的销售利润为(50−x)元，平均每天的销售量为(30+2x)件，利用销售该商品获得的利润=每件的销售利润×每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出．
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．
24.【答案】①③
【解析】解：(1)∵点P(x1,y1)、点Q(x2,y2)互为“正方形点”，
∴|x1−x2|=|y1−y2|.
∵|2−1|=|3−2|，|−1−2|≠|5−3|，|3−2|=|2−3|，
∴与点A互为“正方形点”的坐标是①(1,2)；③(3,2)．
故答案为：①③．
(2)∵点B(1,2)的“正方形点”C在y轴上，
∴点C的坐标为(0,1)，(0,3)，
设直线BC的表达式为y=kx+b，
将点B、C的坐标代入y=kx+b，
b=1k+b=2或b=3k+b=2，
解得：k=1b=1或k=−1b=3，
∴直线BC的表达式为y=x+1或y=−x+3．
(3)过点O、D分别作与x轴夹角为45°的直线，如图所示．
∵点M的坐标为(2,m)，点N是线段OD上一动点(含端点)，点M，N互为“正方形点”，
∴点D的正方形点坐标是(2,3)，(2,−3)，点O的正方形点坐标是(2,2)，(2,−2)，
∴2≤m≤3或−3≤m≤−2．
(1)根据正方形的性质可得出|x1−x2|=|y1−y2|，对照①②③的坐标即可得出结论；
(2)由点B的坐标结合互为“正方形点”的坐标特征，即可得出点C的坐标，再利用待定系数法即可求出直线BC的表达式；
(3)过点O、D分别作与x轴夹角为45°的直线，找出点O、D对应的“正方形点”的坐标，由此即可得出结论．
本题考查了两条直线相交或平行问题、正方形的性质以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是：(1)根据正方形的性质找出|x1−x2|=|y1−y2|；(2)根据点B的坐标找出点C的坐标；(3)分别找出点O、D的正方形点坐标．
25.【答案】92
【解析】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=∠PDF=90°，
∵AP=PD=3，AB=4，
∴PB= AP2+AB2= 32+42=5，
∵∠APB=∠FPD，PA=PD，∠A=∠PDF，
∴△BAP≌△FDP(ASA)，
∴AB=DF=4，BP=BF=5，
当Q1F=Q1P时，过点Q1作Q1H⊥PF于H，设Q1F=Q1P=x，
则有x2=32+(4−x)2，
∴x=258，
∴DQ1=4−258=78，
当FP=FQ2=5时，DQ2=5−4=1，
当PF=PQ3时，Q3与C重合，此时DQ3=4，
综上所述，DQ的值为4或1或78．
(2)如图2中，连接BM．
∵MN垂直平分线段BD，
∴MD=MB，
设MD=MB=x，则有x2=42+(6−x)2，
∴x=133，
∵∠MDH=∠ADB，∠DHM=∠A=90°，
∴△DHM∽△DAB，
∴DMBD=MHAB，
∴1332 13=MH4，
∴MH=2 133，
∵AD//BC，
∴∠MDH=∠NBH，
∵∠DHM=∠BHN，DH=BH，
∴△MDH≌△NBH(AAS)，
∴MH=HN，
∴MN=2MH=4 133．
(3)
，
①当四边形MNS1R1是菱形时，∵MS1=MN=4 133，BN=DM=133，
∴BS1=4 13−133，
∴S1(13−4 133,−4)，
②当四边形MNR2S2是菱形时，N，S2关于AD对称，故S2(133,4)，
③当四边形MS3NR3是菱形时，S3(0,−4)，
④当四边形MNS4R4是菱形时，∵NS4=NM=4 133，BN=133，
∴BS4=13+4 133，
∴S4(13+4 133,−4)，
综上所述，满足条件的点S的坐标为(13−4 133,−4)、(13+4 133,−4)、(133,4)、(0,−4)．
(4)如图4中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R．
∵∠DPT=∠EPG=60°，
∴∠DPE=∠TPG，
∵PD=PT，PE=PG，
∴△PDE≌△PTG(SAS)，
∴∠PDE=∠PTG=90°，
∴∠PTR=90°，
∵∠PTD=60°，
∴∠DTR=∠R=30°，
∴DT=DR=DP=3，
∴∠PTR=90°，
∴PT⊥TR，
∴点G在射线RT上运动，
∴当AG⊥RG时，AG的值最小，最小值=12AR=92，
故答案为：92．
(1)首先求出PB=5，再利用全等三角形的性质证明PF=BP=5，DF=AB=4，分三种情形求解即可．
(2)如图2中，连接BM.设MD=MB=x，则有x2=42+(6−x)2，求出x，再利用相似三角形的性质求出MH，再证明MH=HN，即可解决问题．
(3)分四种情形：①当四边形MNS1R1是菱形时，②当四边形MNR2S2是菱形时，③当四边形MS3NR3是菱形时，④当四边形MNS4R4是菱形时，分别利用菱形的性质求解即可．
(4)如图4中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R.证明△PDE≌△PTG(SAS)，推出∠PDE=∠PTG=90°，推出点G在射线RT上运动，推出当AG⊥RG时，AG的值最小．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各图表示y是x的函数的图象是( )
A. B.
C. D.
2. 一元二次方程x2−4x=5的二次项系数、一次项系数和常数项分别是( )
A. 1，4，5 B. 0，−4，−5 C. 1，−4，5 D. 1，−4，−5
3. 某校八年级进行了三次1000米跑步测试，甲、乙、丙、丁四名同学成绩的方差s2分别为s甲2=3.8，s乙2=5.5，s丙2=10，s丁2=6，那么这四名同学跑步成绩最稳定的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
4. 如图，在平行四边形ABCD中，若∠B=2∠A，则∠C的度数为( )
A. 60° B. 45° C. 120° D. 135°
5. 下列各组数中，能构成勾股数的是( )
A. 1，1， 2 B. 1， 3，2 C. 6，8，10 D. 5，12，15
6. 已知m是方程x2−3x−1=0的一个根，则代数式2m2−6m的值为( )
A. 0 B. 2 C. −2 D. 4
7. 下列命题是真命题的是( )
A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 平行四边形的对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
8. 我国古代数学家杨辉的《田亩比数乘除减法》中记载：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？”翻译成数学问题是：一块矩形田地的面积为864平方步，它的宽比长少12步.如果设宽为x步，则可列出方程( )
A. x(x−6)=864 B. x(x−12)=864 C. x(x+6)=864 D. x(x+12)=864
9. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，将△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，则AE的长为( )
A. 78 B. 3 C. 254 D. 258
10. 已知，一次函数y1=mx+n和y2=−x+a的图象交于点A(3,2)，且直线y1=mx+n交x轴于点B(2,0).则0
D. x≤3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 已知正比例函数y=kx图象经过二、四象限，则k ______ 0.
12. 若方程(m+3)xm2−7+mx−2=0是关于x的一元二次方程，则m等于______．
13. 把直线y=2x−1向上平移2个单位，所得直线的解析式是______ ．
14. 如图，已知正方形ABCD，E是AD上一点，过BE上一点O作BE的垂线，交AB于点G，交CD于点H.BE=6，则GH=______．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=16，BD=12，点E是CD的中点，连接OE，则OE的长度为______ ．
16. 一次函数y=kx+b的图象于x轴、y轴分别交于点A(2,0)，B(0,4)，点C，D分别是OA，AB的中点，P是OB上一动点．当△DPC周长最小时，点P的坐标为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解方程：2x2−6x+1=0．
18. (本小题6.0分)
如图，台风过后，一希望小学的旗杆在离地某处断裂，旗杆顶部落在离旗杆底部8米处，已知旗杆原长16米，你能求出旗杆在离底部多少米的位置断裂吗？
19. (本小题6.0分)
已知一次函数的图象经过A(−1,3)和B(3,−1)两点．
(1)求这个一次函数的表达式；
(2)求一次函数与坐标轴所围成的三角形的面积．
20. (本小题8.0分)
为了了解学生对“新冠疫情防护知识”的应知应会程度，某校随机选取了20名学生“新冠疫情防护知识”的测评成绩，数据如表：
成绩/分
88
89
90
91
95
96
97
98
99
学生人数
2
1
a
3
2
1
3
2
1
数据表中有一个数因模糊不清用字母a表示．
(1)试确定a的值及测评成绩的中位数k，a= ______ ，k= ______ ；
(2)记测评成绩为x，学校规定：80≤x<90时，成绩为合格；90≤x<97时，成绩为良好；97≤x≤100时，成绩为优秀.求扇形统计图中m和n的值，m= ______ ，n= ______ ；
(3)在(2)的条件下，若全校共800人，求全校良好及以上的学生人数．
21. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0．
(1)若此方程有两个不相等的实数根x1，x2，求m的取值范围；
(2)若此方程的两根互为倒数，求x12+x22的值．
22. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，其中AD//BC，AB//CD，AC=2OB，E为CD上一点，连接AE，OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若AE平分∠BAD，且BD=2AD，求∠DOE的度数．
23. (本小题9.0分)
商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了618年中大促，商场决定采取适当的降价措施.经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
(1)若某天该商品每件降价3元，当天可获利多少元？
(2)为了减少库存，又要使商场日盈利达到2000元，则每件商品应降件多少元？
24. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为(x1,y1)，点Q的坐标为(x2,y2)，且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某正方形的两个顶点，且该正方形的边均与某条坐标轴平行(含重合)，则称P，Q互为“正方形点”(即点P是点Q的“正方形点”，点Q也是点P的“正方形点”).下图是点P，Q互为“正方形点”的示意图．
(1)已知点A的坐标是(2,3)，下列坐标中，与点A互为“正方形点”的坐标是______ .(填序号)
①(1,2)；②(−1,5)；③(3,2)．
(2)若点B(1,2)的“正方形点”C在y轴上，求直线BC的表达式；
(3)点D的坐标为(−1,0)，点M的坐标为(2,m)，点N是线段OD上一动点(含端点)，若点M，N互为“正方形点”，求m的取值范围．
25. (本小题10.0分)
已知矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点P是边AD的中点．
(1)如图1，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，问：线段CF上是否存在点Q，使得△PFQ为等腰三角形，若存在，请求出DQ的长，若不存在，请说明理由．
(2)如图2，把矩形ABCD沿直线MN折叠，使点B落在点D上，直线MN与AD、BD、BC的交点分别为M、H、N，求折痕MN的长．
(3)如图3，在(2)的条件下，以点A为原点，分别以矩形ABCD的两条边AD、AB所在的直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，若点R在x轴上，在平面内是否存在点S，使以R、M、N、S为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)如图4，若点E为CD边上的一个动点，连结PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连结AG，则AG的最小值是______ .(请直接写出答案)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的定义可知，满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，据此即可确定哪个图象是函数图象．本题主要考查了函数的图象．函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
【解答】
解：A、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
B、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
C、对每一个x的值，不是有唯一确定的y值与之对应，不是函数图象；
D、对每一个x的值，都有唯一确定的y值与之对应，是函数图象；
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：一元二次方程x2−4x−5=0的二次项系数、一次项系数和常数项分别为1，−4，−5，故D正确．
故选：D．
一元二次方程的一般形式为：ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2称为二次项，a为二次项系数，bx称为一次项，b为一次项系数，c为常数项，根据一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项的定义求解即可．
本题考查了一元二次函数的一般形式，想要求出二次项系数、一次项系数和常数项就需要把函数转变为一般式：ax2+bx+c=0(a≠0)，其中ax2称为二次项，a为二次项系数，bx称为一次项，b为一次项系数，c为常数项．
3.【答案】A
【解析】解：因为s甲2=3.8，s乙2=5.5，s丙2=10，s丁2=6，方差最小的为甲，
所以这四名同学跑步成绩最稳定的是甲．
故选：A．
根据方差的定义判断，方差越小数据越稳定．
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．
4.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，∠C+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠B=2∠A，
∴3∠A=180°，
∴∠C=∠A=60°，
故选：A．
根据平行四边形的性质结合已知条件即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、∵ 2不是正整数，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
B、∵ 3不是正整数，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
C、∵62+82=102，
∴这一组数能构成勾股数，符合题意；
D、∵52+122≠152，
∴这一组数不能构成勾股数，不符合题意；
故选：C．
根据勾股数的定义进行逐一判定即可：凡是可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，称之为勾股数．
本题考查了勾股数，解题的关键是掌握勾股数的概念．
6.【答案】B
【解析】解：∵m是方程x2−3x−1=0的一个根，
∴m2−3m−1=0，
∴m2−3m=1，
∴2m2−6m=2(m2−3m)=2×1=2，
故选：B．
根据一元二次方程的解的定义得到m2−3m=1，再把2m2−6m表示为2(m2−3m)，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
7.【答案】A
【解析】解：A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故本项是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本项是假命题；
C、平行四边形的对角线互相平分，故本项是假命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本项是假命题；
故选：A．
根据菱形的判定方法，矩形的判定方法以及平行四边形的性质对各选项分析判断即可得解．
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，熟练掌握菱形，矩形以及平行四边形的判定和性质是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设宽为x步，则长为(x+12)步，
由题意得，x(x+12)=864，
故选：D．
设宽为x步，则长为(x+12)步，然后根据长方形面积公式列出方程即可．
本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由折叠可得AE=BE，
设AE=BE=x，则CE=4−x，
在Rt△BCE中，BE2=CE2+BC2，
即x2=(4−x)2+32，
解得x=258，
故选：D．
在Rt△BCE中，由BE2=CE2+BC2，得到x2=(4−x)2+32，即可求解．
本题考查的是翻折变换(折叠问题)和勾股定理，明确AE=BE是本题解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：由图可知：0
要求0
11.【答案】<
【解析】解：∵正比例函数y=kx图象经过二、四象限，
∴k<0，
故答案为：<．
对于正比例函数y=kx，当k>0时，函数图象经过一、三象限；当 k<0时，函数图象经过二、四象限；由此判断即可．
本题考查正比例函数图象的性质，理解正比函数图象的性质与比例系数之间的关系是解题关键．
12.【答案】3
【解析】解：∵方程(m+3)xm2−7+mx−2=0是关于x的一元二次方程，
∴m+3≠0m2−7=2，
解得m=3．
故答案为：3．
根据一元二次方程的一般形式，即可得到m2−7=2，并且m+3≠0，即可求得m的值．
本题主要考查了一元二次方程的一般形式，要特别注意二次项系数a≠0这一条件，当a=0时，上面的方程就不是一元二次方程了．
13.【答案】y=2x+1
【解析】解：由“上加下减”的原则可知，直线y=2x−1向上平移2个单位，所得直线解析式是：y=2x−1+2，即y=2x+1．
故答案为：y=2x+1．
直接根据“上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
14.【答案】6
【解析】解：过点A作GH的平行线，交DC于点H′，交BE于点O′，如图所示：
∵ABCD是正方形，
∴AG//H′H，BA=AD，∠BAE=∠D=90°，
∴∠H′AD+∠AH′D=90°，
∵GH⊥BE，AH′//GH，
∴AH′⊥BE，
∴∠H′AD+∠BEA=90°，
∴∠BEA=∠AH′D，
在△BAE和△ADH′中，∠BAE=∠D∠BEA=∠AH′DBA=AD，
∴△BAE≌△ADH′(AAS)，
∴BE=AH′，
∵AG//H′H，AH′//GH，
∴四边形AH′HG是平行四边形，
∴GH=AH′，
∴GH=BE=6，
故答案为：6．
过点A作GH的平行线，交DC于点H′，交BE于点O′，证明∠BEA=∠AH′D，由AAS证得△BAE≌△ADH′，得出BE=AH′，易证四边形AH′HG是平行四边形，得出GH=AH′，即可得出结果．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC=16，BD=12，
∴OD=12BD=6，OC=12AC=8，AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴CD= OC2+OD2= 82+62=10，
∵点E是CD的中点，
∴OE=12CD=5，
故答案为：5．
由菱形的性质和勾股定理求出CD=10，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
16.【答案】(0,1)
【解析】解：如图：作C点关于y中的对称点A′，连接DA′交y轴于点P，此时PD+PC的值最小，
∵DC长为定值，
∴当PD+PC的值最小时，△DPC周长最小，
∵A(2,0)，B(0,4)，点C，D分别是OA，AB的中点，
∴C(1,0)，D(1,2)，
∴A′(−1,0)，
设直线DA′为：y=kx+b，
把A′(−1,0)，D(1,2)，代入得，
−k+b=0k+b=2，
解得看k=1，b=1，
∴y=x+1，
令x=0，
∴y=1，
∴P(0,1)，
故答案为：(0,1)．
作A点关于y中的对称点A′，连接DA′交y轴于点P，此时PD+PC的值最小，根据中点坐标公式求出D、C点的坐标，再求出直线DA′的解析式，再求出与y轴的交点坐标即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象、最短路线问题，熟练掌握这三个知识点的综合应用，最短路线问题中P点的确定及求出直线DA′的解析式是解题关键．
17.【答案】解：因为a=2，b=−6，c=1，(1分)
所以b2−4ac=(−6)2−4×2×1=28，(2分)
代入公式，得x=−b± b2−4ac2a=6± 282×2=6±2 74=3± 72，(3分)
所以原方程的根为x1=3+ 72，x2=3− 72.(每个根各1分)(5分)
【解析】观察原方程，可用公式法求解，首先确定a，b，c的值，然后检验方程是否有解，若有解，代入公式即可求解．
用公式法解一元二次方程的一般步骤是：
①把方程化为一般形式，确定a、b、c的值；②求出b2−4ac的值；
③若b2−4ac≥0，则把a、b、c及b2−4ac的值代入一元二次方程的求根公式x=−b± b2−4ac2a，求出x1、x2；若b2−4ac<0，则方程没有实数根．
18.【答案】解：设旗杆在离底部x米的位置断裂，在给定图形上标上字母，如图所示．
∵AB=x，AB+AC=16，
∴AC=16−x．
在Rt△ABC中，AB=x，AC=16−x，BC=8，
∴AC2=AB2+BC2，即(16−x)2=x2+82，
解得：x=6．
故旗杆在离底部6米的位置断裂．
【解析】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理得出关于x的方程．本题属于基础题，难度不大．
设旗杆在离底部x米的位置断裂，在直角三角形中利用勾股定理即可得出关于x的方程，解方程求出x的值，此题得解．
19.【答案】(1)解：设这个一次函数的表达式为y=kx+b(k≠0)，
∵一次函数的图象经过A(−1,3)和B(3,−1)两点，
∴−k+b=33k+b=−1，
解得：k=−1b=2，
所以这个一次函数为y=−x+2；
(2)解：令x=0，则 y=2，
∴直线AB与y轴的交点为M(0,2)；令y=0，则x=2，
∴直线AB与x轴的交点为N(2,0)．
∴一次函数与坐标轴所围成的三角形的面积S△OMN=12×2×2=2．
【解析】(1)根据待定系数法求得即可；
(2)根据点的坐标特征求得直线与坐标轴的交点坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握利用待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．
20.【答案】5 91 15 30
【解析】解：(1)a=20−2−1−3−2−1−3−2−1=5；
将20名学生的成绩按照从大到小排列后，第10名和第11名的成绩分别为91分，91分，
∴中位数k=91，即a=5，k=91．
故答案为：5，91；
(2)由题可知，2+1=3(人)，优秀人数为3+2+1=6(人)，
∴3÷20×100%=15%，6÷20×100%=30%，
∴m=15，n=30．
故答案为：15，30；
(3)800×(55%+30%)=680(人)；
答：全校良好及以上的学生人数为680人．
(1)根据总人数减去其余人数求出a，根据中位数的定义求出k；
(2)根据合格的人数除以总人数即可求出m，根据优秀人数除以总人数即可求出n；
(3)将800乘以良好及以上的人数百分比即可求解．
本题考查了条形图、扇形图、中位数和用样本数据估计总体，解题关键是掌握相关概念．
21.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−3)2−4(m−3)>0，即9−4m+12>0，
∴m<214；
(2)∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2−3x+m−3=0的两个实数根，x1，x2且互为倒数，
∴x1+x2=3，x1x2=1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=9−2=7．
【解析】(1)根据一元二次方程根的判别式进行求解即可；
(2)根据根与系数的关系结合倒数的定义得到x1+x2=3，x1x2=1，再由x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2进行求解即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，完全平方公式的变形求值，灵活运用所学知识是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵AD//BC，AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2OB，
∵AC=2OB，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠ADC=90°，OA=OD，BD=2OD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD=DE，
∵BD=2AD，
∴OA=OD=AD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=60°，
∴∠ODE=∠ADC−∠ADO=90°−60°=30°，
∵AD=DE，AD=OD，
∴DE=OD，
∴∠DOE=∠DEO=12(180°−∠ODE)=12×(180°−30°)=75°．
【解析】(1)先证四边形ABCD是平行四边形，得BD=2OB，再证AC=BD，即可得出结论；
(2)先证DA=DE，再证△AOD是等边三角形，得∠ADO=60°，然后求出∠ODE=30°，即可解决问题．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】(1)解：(50−3)×(30+2×3)
=(50−3)×(30+6)
=47×36
=1692(元)．
答：当天可获利1692元．
(2)设每件商品降价x元，则每件的销售利润为(50−x)元，平均每天的销售量为(30+2x)件，
依题意得：(50−x)(30+2x)=2000，
整理得：x2−35x+250=0，
解得：x1=10，x2=25．
又为了尽快减少库存，
∴x=25．
答：每件商品应降价25元．
【解析】(1)利用当天销售该商品获得的利润=每件的销售利润×每天的销售量，即可求出当天可获利1692元；
(2)设每件商品降价x元，则每件的销售利润为(50−x)元，平均每天的销售量为(30+2x)件，利用销售该商品获得的利润=每件的销售利润×每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出．
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．
24.【答案】①③
【解析】解：(1)∵点P(x1,y1)、点Q(x2,y2)互为“正方形点”，
∴|x1−x2|=|y1−y2|.
∵|2−1|=|3−2|，|−1−2|≠|5−3|，|3−2|=|2−3|，
∴与点A互为“正方形点”的坐标是①(1,2)；③(3,2)．
故答案为：①③．
(2)∵点B(1,2)的“正方形点”C在y轴上，
∴点C的坐标为(0,1)，(0,3)，
设直线BC的表达式为y=kx+b，
将点B、C的坐标代入y=kx+b，
b=1k+b=2或b=3k+b=2，
解得：k=1b=1或k=−1b=3，
∴直线BC的表达式为y=x+1或y=−x+3．
(3)过点O、D分别作与x轴夹角为45°的直线，如图所示．
∵点M的坐标为(2,m)，点N是线段OD上一动点(含端点)，点M，N互为“正方形点”，
∴点D的正方形点坐标是(2,3)，(2,−3)，点O的正方形点坐标是(2,2)，(2,−2)，
∴2≤m≤3或−3≤m≤−2．
(1)根据正方形的性质可得出|x1−x2|=|y1−y2|，对照①②③的坐标即可得出结论；
(2)由点B的坐标结合互为“正方形点”的坐标特征，即可得出点C的坐标，再利用待定系数法即可求出直线BC的表达式；
(3)过点O、D分别作与x轴夹角为45°的直线，找出点O、D对应的“正方形点”的坐标，由此即可得出结论．
本题考查了两条直线相交或平行问题、正方形的性质以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是：(1)根据正方形的性质找出|x1−x2|=|y1−y2|；(2)根据点B的坐标找出点C的坐标；(3)分别找出点O、D的正方形点坐标．
25.【答案】92
【解析】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=∠PDF=90°，
∵AP=PD=3，AB=4，
∴PB= AP2+AB2= 32+42=5，
∵∠APB=∠FPD，PA=PD，∠A=∠PDF，
∴△BAP≌△FDP(ASA)，
∴AB=DF=4，BP=BF=5，
当Q1F=Q1P时，过点Q1作Q1H⊥PF于H，设Q1F=Q1P=x，
则有x2=32+(4−x)2，
∴x=258，
∴DQ1=4−258=78，
当FP=FQ2=5时，DQ2=5−4=1，
当PF=PQ3时，Q3与C重合，此时DQ3=4，
综上所述，DQ的值为4或1或78．
(2)如图2中，连接BM．
∵MN垂直平分线段BD，
∴MD=MB，
设MD=MB=x，则有x2=42+(6−x)2，
∴x=133，
∵∠MDH=∠ADB，∠DHM=∠A=90°，
∴△DHM∽△DAB，
∴DMBD=MHAB，
∴1332 13=MH4，
∴MH=2 133，
∵AD//BC，
∴∠MDH=∠NBH，
∵∠DHM=∠BHN，DH=BH，
∴△MDH≌△NBH(AAS)，
∴MH=HN，
∴MN=2MH=4 133．
(3)
，
①当四边形MNS1R1是菱形时，∵MS1=MN=4 133，BN=DM=133，
∴BS1=4 13−133，
∴S1(13−4 133,−4)，
②当四边形MNR2S2是菱形时，N，S2关于AD对称，故S2(133,4)，
③当四边形MS3NR3是菱形时，S3(0,−4)，
④当四边形MNS4R4是菱形时，∵NS4=NM=4 133，BN=133，
∴BS4=13+4 133，
∴S4(13+4 133,−4)，
综上所述，满足条件的点S的坐标为(13−4 133,−4)、(13+4 133,−4)、(133,4)、(0,−4)．
(4)如图4中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R．
∵∠DPT=∠EPG=60°，
∴∠DPE=∠TPG，
∵PD=PT，PE=PG，
∴△PDE≌△PTG(SAS)，
∴∠PDE=∠PTG=90°，
∴∠PTR=90°，
∵∠PTD=60°，
∴∠DTR=∠R=30°，
∴DT=DR=DP=3，
∴∠PTR=90°，
∴PT⊥TR，
∴点G在射线RT上运动，
∴当AG⊥RG时，AG的值最小，最小值=12AR=92，
故答案为：92．
(1)首先求出PB=5，再利用全等三角形的性质证明PF=BP=5，DF=AB=4，分三种情形求解即可．
(2)如图2中，连接BM.设MD=MB=x，则有x2=42+(6−x)2，求出x，再利用相似三角形的性质求出MH，再证明MH=HN，即可解决问题．
(3)分四种情形：①当四边形MNS1R1是菱形时，②当四边形MNR2S2是菱形时，③当四边形MS3NR3是菱形时，④当四边形MNS4R4是菱形时，分别利用菱形的性质求解即可．
(4)如图4中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R.证明△PDE≌△PTG(SAS)，推出∠PDE=∠PTG=90°，推出点G在射线RT上运动，推出当AG⊥RG时，AG的值最小．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
相关试卷
2023-2024学年湖南师大附中博才实验中学八年级（上）期末数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖南师大附中博才实验中学八年级（上）期末数学试卷（含解析），共17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。
2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共21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。
2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（上）入学数学试卷（Word版含解析）： 这是一份2022-2023学年湖南师大附中博才实验中学八年级（上）入学数学试卷（Word版含解析），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。
