2022-2023学年陕西师大附中渭北中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西师大附中渭北中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共26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学年陕西师大附中渭北中学八年级（下）期末数学试卷
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. 下列运算中，结果正确的是(    )
A. (−6)2=6 B. 5− 3= 2 C. 12×12= 6 D. 2+ 3= 6
2. 下列关于一次函数y=−2x+2的说法中，错误的是(    )
A. 图象经过第一、二、四象限 B. 图象与x轴的交点坐标为(1,0)
C. 当x>0时，y>2 D. y的值随着x的值的增大而减小
3. 近日，某校组织“自然资源文化创意大赛”，旨在宣传“新时代、美自然、好生活”，大赛分为“平面类”、“视觉类”、“实物类”三个竞赛单元，各单元按成绩由高到低，分别设立金奖5名、银奖10名、铜奖15名、优秀奖30名.甲同学参加了“视觉类”竞赛，并且竞赛成绩进入了前30名，该同学想知道自己能否至少获得银奖，需比较自己的成绩与前30名同学成绩的(    )
A. 平均数 B. 众数 C. 中位数 D. 方差
4. 式子 10−xx−4有意义，则x的值可能是(    )
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
5. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BDA=90°，AC=10，BD=6，则AD=(    )


A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
6. 在同一平面直角坐标系内，将函数y=x−3的图象向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到的图象与x轴的交点坐标是(    )
A. (−6,0) B. (2,0) C. (6,0) D. (−1,0)
7. 如图，矩形AOCD的顶点O(0,0)，A(0,4)，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形AOCD，使得AD与OC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点O，得折痕OM.同时，得到了线段ON.则点N的坐标是(    )


A. (4,2) B. ( 3,2) C. (2 3, 3) D. (2 3,2)
8. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H.连接OH，若OA=4，OH=2，则菱形ABCD的面积为(    )

A. 8 B. 16 C. 24 D. 3
9. 如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=8cm，BC=6cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点P的运动时间为t(单位：s)，下列结论正确的是(    )
A. 当t=3s时，四边形ABMP为矩形
B. 当t=4s时，四边形CDPM为平行四边形
C. 当CD=PM时，t=3s
D. 当CD=PM时，t=3s或5s
10. 在同一直角坐标系内作一次函数y1=ax+b和y2=−bx+a图象，可能是(    )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 比较大小：−2 3 ______−3 2(填“>、=、 x−2+ 2−x+4，化简：|3−y|− y2−2y+1．
18. (本小题5.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E，F对角线AC上，且AE=CF，连接DE、EB、BF、FD、求证：四边形DEBF是平行四边形．

19. (本小题5.0分)
如图，已知△ABC，AC>AB，∠C=45°.请用尺规作图法，在AC边上求作一点P，使∠PBC=45°.(保留作图痕迹．不写作法)

20. (本小题5.0分)
如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，BC=15，CD=9，EF=6，∠AFE=50°，求∠ADC的度数．

21. (本小题6.0分)
如图，大拇指与小拇指尽量张开时，两指尖的距离称为指距．某项研究表明，一般情况下人的身高h是指距d的一次函数．下表是测得的指距与身高的一组数据：
指距d(cm)
20
21
22
23
身高h(cm)
160
169
178
187
(1)求出h与d之间的函数关系式；(不要求写出自变量d的取值范围)
(2)某人身高为196cm，一般情况下他的指距应是多少？

22. (本小题6.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P在斜边AB上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，∠PCQ=90°，则PA2，PB2，PC2三者之间的数量关系是______，请说明理由．(提示：连接BQ)

23. (本小题7.0分)
中华文化源远流长，在文学方面，《西游记》《三国演义》《水游传》《红楼梦》是我国古代长篇小说中的典型代表，被称为“四大古典名著”，现某中学为了解学生对四大古典名著的阅读情况，就“四大古典名著你读完了几部”的问题在全校学生中进行了抽样调查，根据调查结果绘制成如图所示两个不完整的统计图表：

根据上述信息，解答下列问题：
(1)补全条形统计图；本次调查所得数据的众数是______ 部，中位数是______ 部；
(2)求出被调查学生四大名著阅读数量的平均数；
(3)若该中学有1200名学生，请估计至少阅读3部四大古典名著的学生人数．
24. (本小题7.0分)
如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
(1)求证：AE=AF；
(2)若∠B=60°，求∠AEF的度数．

25. (本小题9.0分)
如图，已知函数y=x+1的图象与y轴交于点A，一次函数y=kx+b的图象经过点B(0,−1)，与x轴以及y=x+1的图象分别交于点C，D，且点D的坐标为(1,n)．
(1)则k= ______ ，b= ______ ，n= ______ ；
(2)求四边形AOCD的面积；
(3)在x轴上是否存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形，请求出点P的坐标．

26. (本小题12.0分)
【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，过点A作AD⊥l交于点D，过点B作BE⊥l交于点E，易得△ADC≌△CEB，我们称这种全等模型为“K型全等”.(不需要证明)
【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线l1：y=2x+4分别与y轴，x轴交于点A、B，
(1)直接写出OA= ______ ，OB= ______ ；
(2)在第二象限构造等腰直角△ABE，使得∠BAE=90°，则点E的坐标为______ ；
(3)如图3，将直线l1绕点A顺时针旋转45°得到l2，求l2的函数表达式；
【拓展应用】如图4，直线AB：y=2x+8分别交x轴和y轴于A，B两点，点C在直线AB上，且点C坐标为(−3,2)，点E坐标为(0,−2)，连接CE，点P为直线AB上一点，满足∠CEP=45°，请直接写出点P的坐标：______ ．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A． (−6)2=|−6|=6，则A符合题意；
B. 5与 3不是同类二次根式，无法合并，则B不符合题意；
C. 12×12=2 3×12= 3，则C不符合题意；
D. 2与 3不是同类二次根式，无法合并，则D不符合题意；
故选：A．
利用二次根式的性质及运算法则将各项运算后进行判断即可．
本题考查二次根式的性质及运算法则，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．

2.【答案】C 
【解析】解：∵一次函数y=−2x+2，
∴该函数图象经过第一、二、四象限，故选项A正确，不符合题意；
当y=0时，x=1，故选项B正确，不符合题意；
当x=0时，y=2，故当x>0时，y10，
∴式子 10−xx−4有意义，则x的值可能是8．
故选：B．
根据式子 10−xx−4有意义，可得10−x≥0x−4≠0，据此求出x的取值范围，判断出x可能的取值即可．
此题主要考查了二次根式、分式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：(1)二次根式中的被开方数是非负数；(2)分式有意义的条件是分母不等于零．

5.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12AC，DO=12BD，
∵AC=10，BD=6，
∴AO=5，DO=3，
∵∠BDA=90°，
∴AD= AO2−DO2=4，
故选：A．
根据平行四边形的性质可得AO=12AC，DO=12BD，然后可得AO=5，DO=3，再利用勾股定理计算出AD长即可．
此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对角线互相平分．

6.【答案】C 
【解析】解：函数y=x−3的图象向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到直线的解析式为：y=(x−2)−3−1=x−6，
把y=0代入得，x−6=0，
所以x=6．
所以与x轴的交点坐标是(6,0)．
故选：C．
直接根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答，再把y=0代入所得的解析式解答即可．
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．

7.【答案】D 
【解析】解：∵O(0,0)，A(0,4)，
∴OA=4，
∵四边形AOCD为矩形，AO=4，
∴∠A=∠AOC=90°，
根据折叠的性质可得，∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，
∴EF//OC//AD，
如图，过点N作NB⊥OC于点B，

则四边形OBNE为矩形，
∴BN=OE=2，OB=EN，
在Rt△OBN中，OB= ON2−BN2= 42−22=2 3，
∴点N的坐标为(2 3,2)．
故选：D．
根据题意可得OA=4，由折叠可知∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，得到EF//OC//AD，过点N作NB⊥OC于点B，BN=OE=2，OB=EN，再根据勾股定理求得OB= ON2−BN2=2 3，以此即可得到点N的坐标．
本题主要考查坐标与图形、折叠的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．

8.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH，
∵OH=2，
∴BD=4，
∵OA=4，
∴AC=8，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×8×4=16．
故选：B．
由Rt△BHD中，点O是BD的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，OH=2，则BD=4，由菱形对角线的性质可得AC=8，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案．
本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，合理利用菱形的性质及直角三角形的性质进行计算是解决本题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=8cm，BC=6cm，
∴AP=(8−t)cm，CM=(6−t)cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即8−t=t，
解得t=4，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=6−t，
解得t=3，
故B选项不符合题意；
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即6−t=t，
解得t=3，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：

则∠MGP=∠CHD=90°，
∵PM=CD，GM=HC，
∴△MGP≌△CHD(HL)，
∴GP=HD，
∵AG=AP+GP=8−t+t−(6−t)2，
又∵BM=t，
∴8−t+t−(6−t)2=t，
解得t=5，
综上，当CD=PM时，t=3s或5s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可；当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：A、∵一次函数y1=ax+b的图象经过一、二、三象限，
∴a>0，b>0，
∴−b4，
∴|3−y|− y2−2y+1
=|3−y|−|y−1|
=y−3−y+1
=−2． 
【解析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，求出x，进而求出y的范围，根据绝对值的性质、算术平方根的概念计算，得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．

18.【答案】证明：连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
∴四边形DEBF为平行四边形． 
【解析】根据平行四边形的性质，得到OA=OC，OB=OD，进而得到OE=OF，即可证明四边形DEBF是平行四边形．
本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．

19.【答案】解：如图，∠PBC即为所求．
 
【解析】根据作一个角等于已知角的作图步骤作图即可．
本题考查作图−复杂作图，熟练掌握作一个角等于已知角的作图步骤作图即可．

20.【答案】解：连接BD，
∵点E、F分别是边AB、AD的中点，EF=6，
∴EF/​/BD，BD=2EF=12，
∴∠ADB=∠AFE=50°，
在Rt△BDC中，BD2+CD2=122+92=225，BC2=225，
则BD2+CD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°+50°=140°． 
【解析】连接BD，根据三角形中位线定理得到EF//BD，BD=2EF=12，根据平行线的性质求出∠ADB，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC=90°，计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

21.【答案】解：(1)设h与d之间的函数关系式为：h=kd+b．
把d=20，h=160；d=21，h=169，分别代入得，20k+b=16021k+b=169．
解得k=9，b=−20，即h=9d−20；

(2)当h=196时，196=9d−20，解得d=24cm． 
【解析】(1)根据题意设h与d之间的函数关系式为：h=kd+b，利用待定系数法从表格中取两组数据，利用待定系数法，求得函数关系式；
(2)把h=196代入函数解析式即可求得．
主要考查利用一次函数的模型解决实际问题的能力．要先根据题意列出函数关系式，再代数求值．解题的关键是要分析题意根据实际意义准确的列出解析式，再把对应值代入求解．

22.【答案】PB2+PA2=2PC2 
【解析】解：PB2+AP2=2CP2，理由：
如图，连接BQ，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵△PCQ是等腰直角三角形，
∴PC=CQ，∠PCQ=90°=∠ACB，PQ2=2CP2，
∴∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠CAP=∠CBQ=45°，AP=BQ，
∴∠ABQ=90°，
∴PB2+BQ2=PQ2，
∴PB2+AP2=2CP2，
故答案为：PB2+PA2=2PC2．
连接BQ，由“SAS”可证△ACP≌△BCQ，可得∠CAP=∠CBQ=45°，AP=BQ，可得∠ABQ=90°，由勾股定理可得PB2+BQ2=PQ2，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明∠ABQ=90°是本题的关键．

23.【答案】1  2 
【解析】解：(1)本次调查的总人数为21÷35%=60(人)，
则“2部”的人数为60−(3+21+12+9)=15(人)，
补全图形如下：

众数是1部，中位数是2部，
故答案为：1，2；
(2)x−=0×3+1×21+2×15+3×12+4×960=2.05，
(3)估计至少阅读3部四大古典名著的学生有1200×12+960=420(人)．
(1)由1部人数及其所占百分比可得总人数，总人数减去0、2、3、4部的人数即可求出2部的人数，从而补全图形；
(2)根据平均数的概念解答即可；
(3)用总人数乘以样本中3、4部人数占被调查人数的比例即可得．
本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合思想解答．

24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE与△ADF中，
∵∠B=∠D∠AEB=∠AFDAB=AD．
∴△ABE≌△ADF(AAS)．
∴AE=AF；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BAD=180°．
而∠B=60°，
∴∠BAD=120°．
又∵∠AEB=90°，∠B=60°，
∴∠BAE=30°．
由(1)知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF=30°．
∴∠EAF=120°−30°−30°=60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴∠AEF=60°． 
【解析】(1)欲证明AE=AF，只需要证得△ABE≌△ADF即可；
(2)根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．

25.【答案】3  −1  2 
【解析】解：(1)∵点D在直线y=x+1上，
∴n=1+1=2，
∴D(1,2)，
∵一次函数y=kx+b的图象经过点B(0,−1)和点D(1,2)，
∴b=−1k+b=2，
解得k=3b=−1，
故答案为：2；3；−1；
(2)在y=x+1中，令x=0可得y=1，
∴A(0,1)
由(1)可知一次函数解析式为y=3x−1，
令y=0，可求得x=13，
∴C(13,0)，
∵B(0,−1)，D(1,2)，
∴AB=2，OC=13，OB=1，
∴S四边形AOCD=S△ABD−S△OBC=12×2×1−12×1×13=56；
(3)如图2所示，设P(p,0)，
∴PC2=(p−13)2，
PD2=22+(p−1)2，
CD2=22+(1−13)2，
分两种情况考虑：

①当P′D⊥DC时，P′C2=P′D2+CD2，
∴(p−13)2=22+(p−1)2+22+(1−13)2，
∴p=7，
∴P′(7,0)；
②当DP⊥CP时，由D横坐标为1，得到P横坐标为1，
∵P在x轴上，
∴P的坐标为(1,0)，
综上，P的坐标为(1,0)或(7,0)．
(1)由条件求得C、D的坐标即可求得答案；
(2)由A、B、C、D的坐标可求得△ABD和△OBC的面积，利用S四边形AOCD=S△ABD−S△OBC可求得答案；
(3)可设P(x,0)，表示出PC、PD和CD的长，分∠PDC=90°和∠DPC=90°两种情况，利用勾股定理可得到关于x的方程，可求得P点坐标．
本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、函数图象的交点、三角形的面积、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识．在(1)中注意函数图象与坐标轴的交点的求法，在(2)中求得△ABD和△OBC的面积是解题的关键，在(3)中设出P点坐标表示出PD、PC的长是解题的关键，注意分两种情况．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

26.【答案】4  2  (−4,6)  (2,12)或(−143,−43) 
【解析】解：(1)对于y=2x+4，
令x=0，则y=4；令y=0，则x=−2；
∴A(0,4)，B(−2,0)，
∴OA=4，OB=2；
故答案为：4，2；
(2)过点C作EF⊥y轴交于点F，

∵∠BAE=90°，
∴由K型全等模型可得△EAF≌△ABO，
∴EF=OA=4，AF=OB=2，则OF=4+2=6，
∴点E的坐标为(−4,6)；
故答案为：(−4,6)；
(3)过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，

∵∠CAB=45°，
∴BC=AB，由K型全等模型可得△BCD≌△ABO，
∵y=2x+4与x轴的交点B(−2,0)，A(0,4)，
∴CD=2，BD=4，
∴C(−6,2)，
设直线l2的解析式为y=kx+b，
∴−6k+b=2b=4，
解得k=13b=4，
∴y=13x+4；
【拓展应用】解：点P的坐标：(2,12)或(−143,−43)，
①如图，当点P在射线CB上时，过点C作CF⊥CE交直线EP于点F，

∵∠CEF=45°，
∴CE=CF，
过C作x轴垂线l，分别过F，E作FM⊥l，EN⊥l，
∴∠FMC=∠CNE=90°，∠MCF+∠MFC=90°，
∵CF⊥CE，
∴∠MCF+∠NCE=90°，
∴∠MFC=∠NCE，
∴△FMC≌△CNE(AAS)，
∴FM=CN=4，CM=EN=3，
即F点坐标为(1,5)，
设直线EF的解析式为y=kx+b，
∴b=−25=k+b，
∴k=7b=−2，
∴直线EF的解析式为y=7x−2，
联立y=7x−2y=2x+8，
解得x=2y=12，
∴P(2,12)；
②当点P在射线CA上时，过点C作CH⊥CE交直线EP于点H，过点H作HK⊥y轴交于K，过点H作GH⊥x轴，过点C作CG⊥GH交于G，

∵∠CHK=90°，
∴∠CHG+∠KHE=90°，
∵∠CHG+∠HCG=90°，
∴∠KHE=∠HCG，
∵∠DEP=45°，
∴DH=HE，
∴△CHG≌△EHK(AAS)，
∴CG=KE，GH=HK，
∵E(0,−2)，C(−3,2)，
∴GH=4−EK=4−CG=3+CG，
∴CG=0.5，
∴H(−3.5,−1.5)，
设直线HE的解析式为y=k′x+b′，将点H、E坐标代入得：
b′=−2−1.5=−3.5k′+b′，
解得：k′=−17b=−2，
∴y=−17x−2，
联立方程组y=2x+8y=−17x−2，
解得：x=−143y=−43，
∴P(−143,−43)，
综合上所述，点P坐标为(2,12)或(−143,−43)．
故答案为：(2,12)或(−143,−43)．
(1)求得A(0,4)，B(−2,0)，即可求解；
(2)过点C作EF⊥y轴交于点F，证明△EAF≌△ABO，据此即可求解；
(3)过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，证明△BCD≌△ABO，求得C(−6,2)，利用待定系数法即可求解；
拓展应用：分当点P在射线CB上和点P在射线CA上时，两种情况讨论，利用“k型全等”和待定系数法即可求解．
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，三角形全等的判定及性质，分类讨论是解题的关键．