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2022-2023学年海南省海口市八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年海南省海口市八年级（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。
2022-2023学年海南省海口市八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 约分−a2b4ab2的结果是( )
A. −14 B. −14b C. −a4b D. a4b
2. 若分式x2−1x−1的值为0，则( )
A. x=−1 B. x=0 C. x=1 D. x=±1
3. 数据0.000062用科学记数法表示为( )
A. 6.2×105 B. 62×10−5 C. 6.2×10−6 D. 6.2×10−5
4. 如图，在平面直角坐标系中，点P(−1,2)关于直线x=1的对称点的坐标为( )
A. (1,2) B. (2,2) C. (3,2) D. (4,2)
5. 将直线y=−3x−1向上平移2个单位，得到直线( )
A. y=−3x+2 B. y=−3x+1 C. y=3x+1 D. y=−x+1
6. 函数y=−x+1与函数y=−2x在同一平面直角坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
7. 直线y=kx+b交坐标轴于A(−3,0)、B(0,2)两点，则不等式kx+b<0的解集是( )
A. x>−3 B. x<−3 C. x>2 D. x<2
8. 某生数学科课堂表现为90分、平时作业为92分、期末考试为85分，若这三项成绩分别按3：3：4的比例计入总评成绩，则该生数学科总评成绩为( )
A. 86分 B. 86.8分 C. 88.6分 D. 89分
9. 在▱ABCD中，∠A=3∠B，则∠C的度数是( )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
10. 如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，若AC=6，BD=8，则△ABC的周长为( )
A. 16
B. 18
C. 20
D. 26
11. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，CE垂直平分DO，AB=4，则BE等于( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
12. 三个边长为8cm的正方形按图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分的面积为( )
A. 16cm2
B. 24cm2
C. 28cm2
D. 32cm2
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 计算：3×(−0.2)0−(23)−2= ______ ．
14. 方程3x−3−2−x3−x=1的解是______ ．
15. 如图，在菱形ABCD中，∠C=120°，点E、F分别在BC、CD边上，连接EF、AE、AF，若∠EAF=60°，AB=12，BE=4，则DF的长等于______ ．
16. 如图，矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为(1,4)、(1,2)、(4,2)，则点D的坐标为______ ，若反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形ABCD有交点，则k的取值范围为______ ．
三、解答题（本大题共6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12.0分)
计算：
(1)(2ab−2)3⋅b44a2；
(2)(1−xx+2)÷x2−4x2+4x+4．
18. (本小题10.0分)
某城市在道路改造过程中，需要铺设一条长为1500米的管道，为了尽量减少施工对交通造成的影响，实际施工时，每天的工效比原计划增加20%，结果提前2天完成这一任务，求实际每天铺设了多少米管道？
19. (本小题10.0分)
为了从甲、乙两名学生中选择一人参加电脑知识竞赛，在相同条件下对他们的电脑知识进行了10次测验，成绩如下：(单位：分)
甲成绩
76
84
90
84
81
87
88
81
85
84
乙成绩
82
86
87
90
79
81
93
90
74
78
(1)请填写下表．
平均数
中位数
众数
方差
85分以上的频率
甲
84
84
14.4
0.3
乙
84
84
34
(2)利用以上信息，请从三个不同的角度对甲、乙两名同学的成绩进行分析．
20. (本小题10.0分)
A，B两城相距600千米，甲、乙两车同时从A城出发驶向B城，甲车到达B城后立即返回．如图是它们离A城的距离y(千米)与行驶时间x(小时)之间的函数图象．
(1)求甲车行驶过程中y与x之间的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(2)当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车速度．
21. (本小题15.0分)
【证明推断】
(1)如图1，在矩形ABCD中，AD>AB，点P是BC的中点，将△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，点B′落在矩形ABABCD的内部，延长AB′交CD于点E，连接PE．
求证：①EB′=EC；②AP⊥EP；③若CE=ED=12，求AD的长；
【类比探究】
(2)如图2，将(1)中“矩形ABCD”改为“▱ABCD”，其他条件不变，(1)中的①②结论是否仍然成立？请说明理由：
【拓展运用】
(3)如图3，在▱ABCD中，AD>AB，点P是BC的中点，将△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，点B′落在▱ABCD的内部，延长AB′交CD于点E，连接PE.连接BB′与AP交于点M，CB′与PE交于点N．
求证：四边形PMB′N是矩形．
22. (本小题15.0分)
如图，直线y=x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线BC与x轴交于点C(3,0)，P是线段AB上的一个动点(与点A、B不重合)，连接PC．
(1)求直线BC的解析式；
(2)设动点P的横坐标为t，△PAC的面积为S．
①求出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②当S△PBC=S△BOC时，求点P的坐标；
③在y轴上存在点Q，使得四边形PQCB是平行四边形，求出此时点P、Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−a2b4ab2=−ab⋅a4b⋅ab=−a4b，
故选：C．
利用分式的性质化简得出答案．
此题主要考查了约分，正确化简分式是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，得
x2−1=0且x−1≠0，
解得x=−1，
故选：A．
分式的值为零需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0．
此题主要考查了分式值为零的条件：是分子等于零且分母不等于零．注意：“分母不为零”这个条件不能少．
3.【答案】D
【解析】解：0.000062=6.2×10−5．
故选：D．
用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂．
本题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了坐标与图形变化−对称，根据轴对称性求出对称点到直线x=1的距离，从而得到横坐标是解题的关键，作出图形更形象直观．先求出点P到直线x=1的距离，再根据对称性求出对称点P′到直线x=1的距离，从而得到点P′的横坐标，即可得解．
【解答】
解：设点P(−1,2)关于直线x=1的对称点为P′，
∵点P(−1,2)，
∴点P到直线x=1的距离为1−(−1)=2，
∴点P关于直线x=1的对称点P′到直线x=1的距离为2，
∴点P′的横坐标为2+1=3，
∴对称点P′的坐标为(3,2)．
故选C．
5.【答案】B
【解析】解：将直线y=−3x−1向上平移2个单位，得到直线的表达式为：y=−3x−1+2，即y=−3x+1．
故选：B．
直接利用一次函数“上加下减”的平移规律即可得出答案．
此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确记忆“左加右减，上加下减”的平移规律是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：函数y=−x+1的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y=−2x的图象分布在第二、四象限，所以A选项正确．
故选：A．
利用正比例函数的性质和反比例函数的性质求解．
本题考查了反比例函数和一次函数的图象，熟知一次函数、反比例函数的性质是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：由图象可以看出，x轴下方的函数图象所对应自变量的取值为x<−3，
∴不等式kx+b<0的解集是x<−3．
故选：B．
看在x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式解集的关系；理解函数值小于0的解集是x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值是解决本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：该生数学科总评成绩为：90×3+92×3+85×43+3+4=88.6(分)，
故选：C．
根据加权平均数的定义，将各成绩乘以其所占权重，即可计算出加权平均数．
本题考查了加权平均数的求法，重在理解“权”不同，各数所起的作用也会不同，会对计算结果造成不同影响．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=3∠B，
∴3∠B+∠B=180°，
∴∠B=45°，
∴∠A=135°，
∴∠C=135°．
故选：D．
根据平行四边形的性质可知∠A+∠B=180°，根据∠A=3∠B求出∠A即可解答．
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的对边平行，对角相等解题．
10.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=12AC=3，BO=12BD=4，AO⊥BO，AB=BC，
∴BC= OC2+OB2= 9+16=5，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=5+5+6=16，
故选：A．
利用菱形的性质即可计算得出BC的长，则可得出答案．
本题考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
11.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OD=OC，
∵CE垂直平分相等OD，
∴CO=CD，
∴OC=OD=CD，
∵△OCD，△AOB都是等边三角形，
∴OB=AB=OD=4，OE=DE=12CD=2，
∴BE=OB+OE=4+2=6，
故选：C．
由矩形的性质得出OA=OB=OD=OC，证明△ODC，△OAB都是等边三角形即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等边三角形的判断和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
12.【答案】D
【解析】解：连接OD，OC，
由题意知：四边形ABCD，四边形OMNP都是正方形，
∴∠EOF=∠DOC=90°，OD=OC，∠ODE=∠OCF=45°，S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，
∴∠EOD=∠FOC，
在△OED和△OFC中，
∠EOD=∠FOCOD=OC∠ODE=∠OCF，
∴△OED≌△OFC(ASA)，
∴S△OED=S△OFC，
∴S四边形OEDF=S△OCD，
∴S重叠部分=12S正方形ABCD=12×82=32(cm2).
故选：D．
连接OD，OC，由正方形的性质可得S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，证明△OED≌△OFC可得S四边形OEDF=S△OCD，进而可求解．
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明构造全等三角形是解题的关键．
13.【答案】34
【解析】解：3×(−0.2)0−(23)−2
=3×1−94
=3−94
=34，
故答案为：34．
先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了负整数指数幂，零指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
14.【答案】x=4
【解析】解：原方程可化为：3x−3+2−xx−3=1，
方程的两边同乘(x−3)，得
3+2−x=x−3，
解得x=4．
检验：把x=4代入(x−1)=3≠0．
∴原方程的解为：x=4．
故答案为x=4
观察可得最简公分母是(2x−1)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
本题考查了解分式方程：
(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
15.【答案】8
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，AB=BC=CD=AD=12，
∴∠D+∠BCD=180°，
∵∠BCD=120°，
∴∠D=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠DAC=∠ACD=∠60°，AC=AD，
∵∠EAF=60°，
∴∠DAC=∠EAF，
∴∠DAF=∠CAE，
∵∠ACE=∠BCD−∠ACD=60°，
∴∠D=∠ACE，
∴△ADF≌△ACE(ASA)，
∴DF=EC，
∵CE=BC−BE=12−4=8，
∴DF=8．
故答案为：8．
由菱形的性质推出△ADC是等边三角形，得到AC=AD，又∠D=∠ACE=60°，∠DAF=∠CAE，推出△ADF≌△ACE(ASA)，得到DF=EC，求出CE=8，得到DF=8．
本题考查菱形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是连接AC，由菱形、等边三角形的性质，推出△ADF≌△ACE(ASA)．
16.【答案】(4,4) 2≤k≤16．
【解析】解：∵矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为(1,4)、(1,2)、(4,2)，
∴点D的坐标为(4,4)，
当反比例函数y=kx(x>0)的图象过点B时，k=1×2=2；
当反比例函数y=kx(x>0)的图象过点D时，k=4×4=16；
∴若反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形ABCD有交点，则k的取值范围为2≤k≤16．
故答案为：(4,4)，2≤k≤16．
根据矩形的性质即可求得点D的坐标，求得反比例函数的图象经过B、D时的k的值，结合图象即可求得k的取值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，反比例函数的性质，数形结合是解题的关键．
17.【答案】解：(1)(2ab−2)3⋅b44a2
=8a3b6⋅b44a2
=2ab2；
(2)(1−xx+2)÷x2−4x2+4x+4
=2x+2⋅(x+2)2(x−2)(x+2)
=2x−2．
【解析】(1)先算积的乘方，再进行单项式乘单项式的运算即可；
(2)先通分，把能分解的因式进行分解，除法转为乘法，再约分即可．
本题主要考查分式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
18.【答案】解：设原计划每天铺设x米管道．则
1500x−1500x(1+20%)=2．
解得：x=125．
经检验：x=125是原方程的解．
∴x(1+20%)=150．
答：实际每天铺设了150米管道．
【解析】本题求实际每天的工效，工作总量为1500，那么一定是根据工作时间来找等量关系的．本题的等量关系为：原计划用时−实际用时=2.由于工作效率比计划提高了20%，所以应设原计划每天铺设了x米管道．
本题考查了分式方程的应用，应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题应用的等量关系为：工作时间=工作总量÷工效．需注意应观察能不能设直接未知数，分式应用题也需验根．
19.【答案】解：(1)把甲同学的成绩从小到大排列为：76、81、81、84、84、84、85、87、88、90，
最中间两个数的平均数是(84+84)÷2=84，
则中位数是84；
乙同学的成绩中90出现了2次，出现的次数最多，则众数是90；
乙同学85分以上的频率是：510=0.5；
填表如下：
(2)甲成绩的众数是84，乙成绩的众数是90，从两人成绩的众数看，乙的成绩较好；
甲成绩的方差是14.4，乙成绩的方差是34，从成绩的方差看，甲的成绩相对稳定；
甲成绩、乙成绩的中位数、平均数都是84，但从(85分)以上的频率看，乙的成绩较好．
【解析】本题重点考查平均数，中位数，众数及方差、频率的概念及求法，以及会用这些知识来评价这组数据．
(1)根据中位数、众数、频率的计算方法，求得甲成绩的中位数，乙成绩的众数，85分以上的频率．
(2)可分别从众数、方差、频率三方面进行比较．
20.【答案】解：(1)①当0≤x≤6时，设y=k1x，
把点(6,600)代入得：k1=100，
所以y=100x；
②当6
∴6k+b=60014k+b=0，
解得k=−75b=1050，
∴y=−75x+1050，
∴y=100x(0≤x≤6)−75x+1050(6
V乙=5257=75(千米/小时)．
【解析】本题根据实际问题考查了一次函数的运用，注意分段函数的求算方法和代数求值时对应的函数关系式．
(1)先根据图象和题意知道，甲是分段函数，所以分别设0≤x≤6时，y=k1x；6
21.【答案】(1)证明：①如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，AB=CD，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∵ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，
∴AB=AB′，BP=B′P；∠AB′P=∠B=90°，∠BPA=∠B′PA，
则B′P=CP，∠PB′E=∠C=90°，
在Rt△B′PE和Rt△CPE中，
B′P=CPPE=PE，
∴Rt△B′PE=Rt△CPE(HL)，
∴∠B′PE=∠CPE，EB′=EC；
②∴∠APE=∠B′PA+∠B′PE=12(∠BPB′+∠B′PC)=90°，
∴AP⊥EP；
③解：∵CE=ED=12，
∴EB′=12，CD=2CE=1，则AB′=AB=CD=1，
在Rt△ADE中，AE=AB′+EB′=32，
∴AD= AE2−DE2= 102；
(2)结论仍然成立．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠BCD=180°，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∵△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，
∴AB=AB′，BP=B′P，∠AB′P=∠B，∠BPA=∠B′PA，
则B′P=CP，
∵∠AB′P+∠PB′E=180°，
∴∠PB′E=∠PCE，
在图2中，连接B′C，
∵B′P=CP，
∴∠PB′C=∠PCB′，
∴∠PB′E−∠PB′C=∠PCE−∠PCB′，即∠EB′C=∠ECB′，
∴EB′=EC，故①成立；
在△BPE和△CPE中，
B′P=CP∠PB′E=∠PCEEB′=EC，
∴△B′PE≌△CPE(SAS)，
∴∠B′PE=∠CPE，
∠APE=∠B′PA+∠B′PE=12(∠BPB′+∠B′PC)=90°，
∴AP⊥EP，故②成立；
(3)解：由(2)证明过程知：AB=AB′，BP=B′P，B′P=CP，EB′=EC，
∴AP垂直平分BB′，PE垂直平分B′C，
∴∠PMB′=∠B′NP=90°，
又∵∠MPN=90°，
∴四边形PMB′N是矩形．
【解析】(1)①②根据矩形性质和折叠性质以及全等三角形的判定证明Rt△B′PE≌Rt△CPE(HL)，根据全等三角形的性质结合平角定义可证明结论正确；③根据矩形性质和折叠性质求得AB=AB=CD=1，进而求得AE=AB′+E′B=32，利用勾股定理求解AD即可；
(2)根据平行四边形的性质和折叠性质得到∠PBE=∠PCE，在图2中，连接BC，根据等腰三角形的性质和判定可证明EB=EC；再证明△B′PE≌△CPE(SAS)得到∠B′PE=∠CPE，利用平角定义证明∠APE=90°，即可证得AP⊥EP；
(3)根据垂直平分线的判定与性质证明AP垂直平分BB′，PE垂直平分B′C，得到∠PMB′=∠B′NP=∠MPN=90°，利用矩形的判定可证的结论．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，知识点较多，综合性强，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想寻找知识点之间的联系，进而推理论证．
22.【答案】解：(1)∵直线y=x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A(−6,0)，B(0,6)，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将点B(0,6)，C(3,0)代入，得b=63k+b=0，
解得：k=−2b=6，
∴直线BC的解析式为y=−2x+6；
(2)①∵P是线段AB上的一个动点(与点A、B不重合)，动点P的横坐标为t，
∴yP=t+6，−6
∴AC=9，
∴S△PAC=12AC⋅yP=12×9⋅(t+6)=92t+27，
∴S=92t+27(−6
∴OB=6，OC=3，
∴S△BOC=12OC⋅OB=12×3×6=9，
∵S△PBC=S△ABC−S△APC，S△ABC=12AC⋅OB=12×9×6=27，S△PAC=92t+27，
∴S△PBC=27−(92t+27)=−92t，
∵S△PBC=S△BOC，
∴−92t=9，
解得：t=−2，
则t+6=4，
∴P(−2,4)；
③如图，
∵四边形PQCB是平行四边形，
∴BC//PQ，BC=PQ，
∴设直线PQ的解析式为y=−2x+m，
将点P(t,t+6)代入，得−2t+m=t+6，
解得：m=3t+6，
∴直线PQ的解析式为y=−2x+3t+6，
由y=−2x+3t+6，令x=0，得y=3t+6，
∴Q(0,3t+6)，
∵B(0,6)，C(3,0)，
∴BC2=(0−3)2+(6−0)2=45，
∵P(t,t+6)，Q(0,3t+6)，
∴PQ2=(t−0)2+(t+6−3t−6)2=5t2，
∵BC=PQ，
∴BC2=PQ2，
∴45=5t2，
解得：t=±3，
∵−6
∴P(−3,3)，Q(0,−3)．
【解析】(1)由题意可先求出点B(0,6)，再利用待定系数法即可求出直线BC的解析式；
(2)①根据题意可得yP=t+6，−6
③由平行四边形的性质可得BC//PQ，BC=PQ，于是设直线PQ的解析式为y=−2x+m，将点P的坐标代入可求出直线PQ的解析式为y=−2x+3t+6，则Q(0,3t+6)，利用两点间的距离公式得BC2=45，PQ2=5t2，利用BC2=PQ2建立方程，求解即可．
本题主要考查利用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、三角形的面积公式、平行四边形的性质、两点间的距离公式，解一元二次方程，利用待定系数法正确求出一次函数解析式，以此熟练掌握求一次函数图象交点坐标的方法是解题关键．
2022-2023学年海南省海口市八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 约分−a2b4ab2的结果是( )
A. −14 B. −14b C. −a4b D. a4b
2. 若分式x2−1x−1的值为0，则( )
A. x=−1 B. x=0 C. x=1 D. x=±1
3. 数据0.000062用科学记数法表示为( )
A. 6.2×105 B. 62×10−5 C. 6.2×10−6 D. 6.2×10−5
4. 如图，在平面直角坐标系中，点P(−1,2)关于直线x=1的对称点的坐标为( )
A. (1,2) B. (2,2) C. (3,2) D. (4,2)
5. 将直线y=−3x−1向上平移2个单位，得到直线( )
A. y=−3x+2 B. y=−3x+1 C. y=3x+1 D. y=−x+1
6. 函数y=−x+1与函数y=−2x在同一平面直角坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
7. 直线y=kx+b交坐标轴于A(−3,0)、B(0,2)两点，则不等式kx+b<0的解集是( )
A. x>−3 B. x<−3 C. x>2 D. x<2
8. 某生数学科课堂表现为90分、平时作业为92分、期末考试为85分，若这三项成绩分别按3：3：4的比例计入总评成绩，则该生数学科总评成绩为( )
A. 86分 B. 86.8分 C. 88.6分 D. 89分
9. 在▱ABCD中，∠A=3∠B，则∠C的度数是( )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
10. 如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，若AC=6，BD=8，则△ABC的周长为( )
A. 16
B. 18
C. 20
D. 26
11. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，CE垂直平分DO，AB=4，则BE等于( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
12. 三个边长为8cm的正方形按图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分的面积为( )
A. 16cm2
B. 24cm2
C. 28cm2
D. 32cm2
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 计算：3×(−0.2)0−(23)−2= ______ ．
14. 方程3x−3−2−x3−x=1的解是______ ．
15. 如图，在菱形ABCD中，∠C=120°，点E、F分别在BC、CD边上，连接EF、AE、AF，若∠EAF=60°，AB=12，BE=4，则DF的长等于______ ．
16. 如图，矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为(1,4)、(1,2)、(4,2)，则点D的坐标为______ ，若反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形ABCD有交点，则k的取值范围为______ ．
三、解答题（本大题共6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12.0分)
计算：
(1)(2ab−2)3⋅b44a2；
(2)(1−xx+2)÷x2−4x2+4x+4．
18. (本小题10.0分)
某城市在道路改造过程中，需要铺设一条长为1500米的管道，为了尽量减少施工对交通造成的影响，实际施工时，每天的工效比原计划增加20%，结果提前2天完成这一任务，求实际每天铺设了多少米管道？
19. (本小题10.0分)
为了从甲、乙两名学生中选择一人参加电脑知识竞赛，在相同条件下对他们的电脑知识进行了10次测验，成绩如下：(单位：分)
甲成绩
76
84
90
84
81
87
88
81
85
84
乙成绩
82
86
87
90
79
81
93
90
74
78
(1)请填写下表．
平均数
中位数
众数
方差
85分以上的频率
甲
84
84
14.4
0.3
乙
84
84
34
(2)利用以上信息，请从三个不同的角度对甲、乙两名同学的成绩进行分析．
20. (本小题10.0分)
A，B两城相距600千米，甲、乙两车同时从A城出发驶向B城，甲车到达B城后立即返回．如图是它们离A城的距离y(千米)与行驶时间x(小时)之间的函数图象．
(1)求甲车行驶过程中y与x之间的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(2)当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车速度．
21. (本小题15.0分)
【证明推断】
(1)如图1，在矩形ABCD中，AD>AB，点P是BC的中点，将△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，点B′落在矩形ABABCD的内部，延长AB′交CD于点E，连接PE．
求证：①EB′=EC；②AP⊥EP；③若CE=ED=12，求AD的长；
【类比探究】
(2)如图2，将(1)中“矩形ABCD”改为“▱ABCD”，其他条件不变，(1)中的①②结论是否仍然成立？请说明理由：
【拓展运用】
(3)如图3，在▱ABCD中，AD>AB，点P是BC的中点，将△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，点B′落在▱ABCD的内部，延长AB′交CD于点E，连接PE.连接BB′与AP交于点M，CB′与PE交于点N．
求证：四边形PMB′N是矩形．
22. (本小题15.0分)
如图，直线y=x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线BC与x轴交于点C(3,0)，P是线段AB上的一个动点(与点A、B不重合)，连接PC．
(1)求直线BC的解析式；
(2)设动点P的横坐标为t，△PAC的面积为S．
①求出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②当S△PBC=S△BOC时，求点P的坐标；
③在y轴上存在点Q，使得四边形PQCB是平行四边形，求出此时点P、Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−a2b4ab2=−ab⋅a4b⋅ab=−a4b，
故选：C．
利用分式的性质化简得出答案．
此题主要考查了约分，正确化简分式是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，得
x2−1=0且x−1≠0，
解得x=−1，
故选：A．
分式的值为零需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0．
此题主要考查了分式值为零的条件：是分子等于零且分母不等于零．注意：“分母不为零”这个条件不能少．
3.【答案】D
【解析】解：0.000062=6.2×10−5．
故选：D．
用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂．
本题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了坐标与图形变化−对称，根据轴对称性求出对称点到直线x=1的距离，从而得到横坐标是解题的关键，作出图形更形象直观．先求出点P到直线x=1的距离，再根据对称性求出对称点P′到直线x=1的距离，从而得到点P′的横坐标，即可得解．
【解答】
解：设点P(−1,2)关于直线x=1的对称点为P′，
∵点P(−1,2)，
∴点P到直线x=1的距离为1−(−1)=2，
∴点P关于直线x=1的对称点P′到直线x=1的距离为2，
∴点P′的横坐标为2+1=3，
∴对称点P′的坐标为(3,2)．
故选C．
5.【答案】B
【解析】解：将直线y=−3x−1向上平移2个单位，得到直线的表达式为：y=−3x−1+2，即y=−3x+1．
故选：B．
直接利用一次函数“上加下减”的平移规律即可得出答案．
此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确记忆“左加右减，上加下减”的平移规律是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：函数y=−x+1的图象经过第一、二、四象限，反比例函数y=−2x的图象分布在第二、四象限，所以A选项正确．
故选：A．
利用正比例函数的性质和反比例函数的性质求解．
本题考查了反比例函数和一次函数的图象，熟知一次函数、反比例函数的性质是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：由图象可以看出，x轴下方的函数图象所对应自变量的取值为x<−3，
∴不等式kx+b<0的解集是x<−3．
故选：B．
看在x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式解集的关系；理解函数值小于0的解集是x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值是解决本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：该生数学科总评成绩为：90×3+92×3+85×43+3+4=88.6(分)，
故选：C．
根据加权平均数的定义，将各成绩乘以其所占权重，即可计算出加权平均数．
本题考查了加权平均数的求法，重在理解“权”不同，各数所起的作用也会不同，会对计算结果造成不同影响．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=3∠B，
∴3∠B+∠B=180°，
∴∠B=45°，
∴∠A=135°，
∴∠C=135°．
故选：D．
根据平行四边形的性质可知∠A+∠B=180°，根据∠A=3∠B求出∠A即可解答．
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的对边平行，对角相等解题．
10.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=12AC=3，BO=12BD=4，AO⊥BO，AB=BC，
∴BC= OC2+OB2= 9+16=5，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=5+5+6=16，
故选：A．
利用菱形的性质即可计算得出BC的长，则可得出答案．
本题考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
11.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OD=OC，
∵CE垂直平分相等OD，
∴CO=CD，
∴OC=OD=CD，
∵△OCD，△AOB都是等边三角形，
∴OB=AB=OD=4，OE=DE=12CD=2，
∴BE=OB+OE=4+2=6，
故选：C．
由矩形的性质得出OA=OB=OD=OC，证明△ODC，△OAB都是等边三角形即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等边三角形的判断和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
12.【答案】D
【解析】解：连接OD，OC，
由题意知：四边形ABCD，四边形OMNP都是正方形，
∴∠EOF=∠DOC=90°，OD=OC，∠ODE=∠OCF=45°，S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，
∴∠EOD=∠FOC，
在△OED和△OFC中，
∠EOD=∠FOCOD=OC∠ODE=∠OCF，
∴△OED≌△OFC(ASA)，
∴S△OED=S△OFC，
∴S四边形OEDF=S△OCD，
∴S重叠部分=12S正方形ABCD=12×82=32(cm2).
故选：D．
连接OD，OC，由正方形的性质可得S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，证明△OED≌△OFC可得S四边形OEDF=S△OCD，进而可求解．
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明构造全等三角形是解题的关键．
13.【答案】34
【解析】解：3×(−0.2)0−(23)−2
=3×1−94
=3−94
=34，
故答案为：34．
先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了负整数指数幂，零指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
14.【答案】x=4
【解析】解：原方程可化为：3x−3+2−xx−3=1，
方程的两边同乘(x−3)，得
3+2−x=x−3，
解得x=4．
检验：把x=4代入(x−1)=3≠0．
∴原方程的解为：x=4．
故答案为x=4
观察可得最简公分母是(2x−1)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
本题考查了解分式方程：
(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
15.【答案】8
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，AB=BC=CD=AD=12，
∴∠D+∠BCD=180°，
∵∠BCD=120°，
∴∠D=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠DAC=∠ACD=∠60°，AC=AD，
∵∠EAF=60°，
∴∠DAC=∠EAF，
∴∠DAF=∠CAE，
∵∠ACE=∠BCD−∠ACD=60°，
∴∠D=∠ACE，
∴△ADF≌△ACE(ASA)，
∴DF=EC，
∵CE=BC−BE=12−4=8，
∴DF=8．
故答案为：8．
由菱形的性质推出△ADC是等边三角形，得到AC=AD，又∠D=∠ACE=60°，∠DAF=∠CAE，推出△ADF≌△ACE(ASA)，得到DF=EC，求出CE=8，得到DF=8．
本题考查菱形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是连接AC，由菱形、等边三角形的性质，推出△ADF≌△ACE(ASA)．
16.【答案】(4,4) 2≤k≤16．
【解析】解：∵矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为(1,4)、(1,2)、(4,2)，
∴点D的坐标为(4,4)，
当反比例函数y=kx(x>0)的图象过点B时，k=1×2=2；
当反比例函数y=kx(x>0)的图象过点D时，k=4×4=16；
∴若反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形ABCD有交点，则k的取值范围为2≤k≤16．
故答案为：(4,4)，2≤k≤16．
根据矩形的性质即可求得点D的坐标，求得反比例函数的图象经过B、D时的k的值，结合图象即可求得k的取值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，反比例函数的性质，数形结合是解题的关键．
17.【答案】解：(1)(2ab−2)3⋅b44a2
=8a3b6⋅b44a2
=2ab2；
(2)(1−xx+2)÷x2−4x2+4x+4
=2x+2⋅(x+2)2(x−2)(x+2)
=2x−2．
【解析】(1)先算积的乘方，再进行单项式乘单项式的运算即可；
(2)先通分，把能分解的因式进行分解，除法转为乘法，再约分即可．
本题主要考查分式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
18.【答案】解：设原计划每天铺设x米管道．则
1500x−1500x(1+20%)=2．
解得：x=125．
经检验：x=125是原方程的解．
∴x(1+20%)=150．
答：实际每天铺设了150米管道．
【解析】本题求实际每天的工效，工作总量为1500，那么一定是根据工作时间来找等量关系的．本题的等量关系为：原计划用时−实际用时=2.由于工作效率比计划提高了20%，所以应设原计划每天铺设了x米管道．
本题考查了分式方程的应用，应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题应用的等量关系为：工作时间=工作总量÷工效．需注意应观察能不能设直接未知数，分式应用题也需验根．
19.【答案】解：(1)把甲同学的成绩从小到大排列为：76、81、81、84、84、84、85、87、88、90，
最中间两个数的平均数是(84+84)÷2=84，
则中位数是84；
乙同学的成绩中90出现了2次，出现的次数最多，则众数是90；
乙同学85分以上的频率是：510=0.5；
填表如下：
(2)甲成绩的众数是84，乙成绩的众数是90，从两人成绩的众数看，乙的成绩较好；
甲成绩的方差是14.4，乙成绩的方差是34，从成绩的方差看，甲的成绩相对稳定；
甲成绩、乙成绩的中位数、平均数都是84，但从(85分)以上的频率看，乙的成绩较好．
【解析】本题重点考查平均数，中位数，众数及方差、频率的概念及求法，以及会用这些知识来评价这组数据．
(1)根据中位数、众数、频率的计算方法，求得甲成绩的中位数，乙成绩的众数，85分以上的频率．
(2)可分别从众数、方差、频率三方面进行比较．
20.【答案】解：(1)①当0≤x≤6时，设y=k1x，
把点(6,600)代入得：k1=100，
所以y=100x；
②当6
∴6k+b=60014k+b=0，
解得k=−75b=1050，
∴y=−75x+1050，
∴y=100x(0≤x≤6)−75x+1050(6
V乙=5257=75(千米/小时)．
【解析】本题根据实际问题考查了一次函数的运用，注意分段函数的求算方法和代数求值时对应的函数关系式．
(1)先根据图象和题意知道，甲是分段函数，所以分别设0≤x≤6时，y=k1x；6
21.【答案】(1)证明：①如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，AB=CD，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∵ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，
∴AB=AB′，BP=B′P；∠AB′P=∠B=90°，∠BPA=∠B′PA，
则B′P=CP，∠PB′E=∠C=90°，
在Rt△B′PE和Rt△CPE中，
B′P=CPPE=PE，
∴Rt△B′PE=Rt△CPE(HL)，
∴∠B′PE=∠CPE，EB′=EC；
②∴∠APE=∠B′PA+∠B′PE=12(∠BPB′+∠B′PC)=90°，
∴AP⊥EP；
③解：∵CE=ED=12，
∴EB′=12，CD=2CE=1，则AB′=AB=CD=1，
在Rt△ADE中，AE=AB′+EB′=32，
∴AD= AE2−DE2= 102；
(2)结论仍然成立．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠BCD=180°，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∵△ABP沿直线AP折叠得到△AB′P，
∴AB=AB′，BP=B′P，∠AB′P=∠B，∠BPA=∠B′PA，
则B′P=CP，
∵∠AB′P+∠PB′E=180°，
∴∠PB′E=∠PCE，
在图2中，连接B′C，
∵B′P=CP，
∴∠PB′C=∠PCB′，
∴∠PB′E−∠PB′C=∠PCE−∠PCB′，即∠EB′C=∠ECB′，
∴EB′=EC，故①成立；
在△BPE和△CPE中，
B′P=CP∠PB′E=∠PCEEB′=EC，
∴△B′PE≌△CPE(SAS)，
∴∠B′PE=∠CPE，
∠APE=∠B′PA+∠B′PE=12(∠BPB′+∠B′PC)=90°，
∴AP⊥EP，故②成立；
(3)解：由(2)证明过程知：AB=AB′，BP=B′P，B′P=CP，EB′=EC，
∴AP垂直平分BB′，PE垂直平分B′C，
∴∠PMB′=∠B′NP=90°，
又∵∠MPN=90°，
∴四边形PMB′N是矩形．
【解析】(1)①②根据矩形性质和折叠性质以及全等三角形的判定证明Rt△B′PE≌Rt△CPE(HL)，根据全等三角形的性质结合平角定义可证明结论正确；③根据矩形性质和折叠性质求得AB=AB=CD=1，进而求得AE=AB′+E′B=32，利用勾股定理求解AD即可；
(2)根据平行四边形的性质和折叠性质得到∠PBE=∠PCE，在图2中，连接BC，根据等腰三角形的性质和判定可证明EB=EC；再证明△B′PE≌△CPE(SAS)得到∠B′PE=∠CPE，利用平角定义证明∠APE=90°，即可证得AP⊥EP；
(3)根据垂直平分线的判定与性质证明AP垂直平分BB′，PE垂直平分B′C，得到∠PMB′=∠B′NP=∠MPN=90°，利用矩形的判定可证的结论．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，知识点较多，综合性强，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想寻找知识点之间的联系，进而推理论证．
22.【答案】解：(1)∵直线y=x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A(−6,0)，B(0,6)，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将点B(0,6)，C(3,0)代入，得b=63k+b=0，
解得：k=−2b=6，
∴直线BC的解析式为y=−2x+6；
(2)①∵P是线段AB上的一个动点(与点A、B不重合)，动点P的横坐标为t，
∴yP=t+6，−6
∴AC=9，
∴S△PAC=12AC⋅yP=12×9⋅(t+6)=92t+27，
∴S=92t+27(−6
∴OB=6，OC=3，
∴S△BOC=12OC⋅OB=12×3×6=9，
∵S△PBC=S△ABC−S△APC，S△ABC=12AC⋅OB=12×9×6=27，S△PAC=92t+27，
∴S△PBC=27−(92t+27)=−92t，
∵S△PBC=S△BOC，
∴−92t=9，
解得：t=−2，
则t+6=4，
∴P(−2,4)；
③如图，
∵四边形PQCB是平行四边形，
∴BC//PQ，BC=PQ，
∴设直线PQ的解析式为y=−2x+m，
将点P(t,t+6)代入，得−2t+m=t+6，
解得：m=3t+6，
∴直线PQ的解析式为y=−2x+3t+6，
由y=−2x+3t+6，令x=0，得y=3t+6，
∴Q(0,3t+6)，
∵B(0,6)，C(3,0)，
∴BC2=(0−3)2+(6−0)2=45，
∵P(t,t+6)，Q(0,3t+6)，
∴PQ2=(t−0)2+(t+6−3t−6)2=5t2，
∵BC=PQ，
∴BC2=PQ2，
∴45=5t2，
解得：t=±3，
∵−6
∴P(−3,3)，Q(0,−3)．
【解析】(1)由题意可先求出点B(0,6)，再利用待定系数法即可求出直线BC的解析式；
(2)①根据题意可得yP=t+6，−6
③由平行四边形的性质可得BC//PQ，BC=PQ，于是设直线PQ的解析式为y=−2x+m，将点P的坐标代入可求出直线PQ的解析式为y=−2x+3t+6，则Q(0,3t+6)，利用两点间的距离公式得BC2=45，PQ2=5t2，利用BC2=PQ2建立方程，求解即可．
本题主要考查利用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、三角形的面积公式、平行四边形的性质、两点间的距离公式，解一元二次方程，利用待定系数法正确求出一次函数解析式，以此熟练掌握求一次函数图象交点坐标的方法是解题关键．
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2022-2023学年海南省海口市部分校八年级（下）期末数学试卷（B卷）（含解析）： 这是一份2022-2023学年海南省海口市部分校八年级（下）期末数学试卷（B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。
