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2022-2023学年山东省临沂市沂河新区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省临沂市沂河新区八年级（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学年山东省临沂市沂河新区八年级（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. 下列二次根式为最简二次根式的是( )
A. 12 B. 0.3 C. a2+1 D. 3a2
2. 下列各组数中，不能作为直角三角形三边长的是( )
A. 2， 3， 5 B. 3，4，5 C. 9，12，15 D. 7，24，25
3. 下列计算正确的是( )
A. 2 5+3 2=5 7 B. 3 2×3 5=3 10
C. 5 2− 2=5 D. 8÷ 2=2
4. 一次函数y=x−1的图象经过第象限．( )
A. 一、三、四 B. 一、二、三 C. 一、二、四 D. 二、三、四
5. 下列命题中，真命题是( )
A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形
6. 在对一组样本数据进行分析时，小华列出了方差的计算公式：s2=(2−x−)2+(3−x−)2+(3−x−)2+(4−x−)2n，由公式提供的信息，则下列说法错误的是( )
A. 样本的容量是4 B. 样本的中位数是3
C. 样本的众数是3 D. 样本的平均数是3.5
7. 已知点A(−1,0)，B(0,−3)，点C(2,−2)，过点C作x轴的平行线交直线AB于点D，则线段CD的长为( )
A. 13 B. 2 C. 73 D. 11
8. 如图，点E，F在正方形ABCD内部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE=4，EF=3，FC=5，则正方形ABCD的边长( )
A. 2 5
B. 3 5
C. 2 10
D. 3 10
9. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为( )
A. 平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B. 平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C. 平行四边形→正方形→菱形→矩形
D. 平行四边形→菱形→正方形→矩形
10. 如图，一架3m长的梯子AB斜靠在一竖直的墙上，M为AB中点，当梯子的上端沿墙壁下滑时，OM的长度将( )
A. 变大
B. 变小
C. 不变
D. 先变大后变小
11. 若实数a，b，c满足a+b+c=0，且a
12. 一次函数y=mx+n与y=ax+b在同一平面直角坐标系中的图象如图所示.根据图象有下列五个结论：①a>0；②n<0；③方程mx+n=0的解是x=−2；④不等式ax+b>3的解集是x>−3；⑤不等式0
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简 a2− b2− (a−b)2=______．
14. 如果直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形面积是4，则k的值为______．
15. 在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，则▱ABCD的周长为______．
16. 如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，...，在y轴上，点B1，B2，B3，…都在直线y= 33x上，则点A2023的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共7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)
计算：(1−2 3)(1+2 3)−( 3−1)2．
18. (本小题10.0分)
某区从参加数学质量检测的8000名学生中，随机抽取了部分学生的成绩作为样本，为了节省时间，先将样本分成甲、乙两组，分别进行分析，得到表一：随后汇总整个样本数据，得到部分结果，如表二(表二中每组数据包括最小值，不包括最大值)．
表一
甲组
乙组
人数
100
80
平均分
94
90
表二
分数
[0,60)
[60,72)
[72,84)
[84,96)
[96,108)
[108,120)
频数
3
6
36
50
13
频率
20%
40%
等第
C
B
A
请根据表一、表二所示信息回答下列问题：
(1)样本中，学生数学成绩平均分为______分(结果精确到0.1)；
(2)样本中，数学成绩在[84,96)分数段的频数为______，等级A的人数占抽样学生总人数的百分比为______，中位数所在的分数段为______；
(3)估计这8000名学生数学成绩的平均分约为______分(结果精确到0.1)．
19. (本小题10.0分)
如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE=1m，将它往前推送4m(水平距离BC=4m)时，秋千的踏板离地的垂直高度BF=2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳索AD的长度．
20. (本小题10.0分)
如图，平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE=DF，∠AEC=90°，连接BF，FC．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若AB= 3，BF=3，∠ABC=60°，求AD的长．
21. (本小题12.0分)
人教版数学八年级下册教材的数学活动一折纸，引起许多同学的兴趣.实践发现：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；以BM为折痕再一次折叠纸片，使点A落在折痕EF上的点N处，把纸片展开；连接AN．
(1)如图①，求∠MNE；
(2)如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展开，连接AA′交ST于点O，连接AT，求证：四边形SATA′是菱形；
(3)如图③，矩形纸片ABCD中，AB=7，AD=25，折叠纸片，使点A落在BC边上点A′处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，请直接写出线段AT的取值范围．
22. (本小题12.0分)
定义一种新运算：A*B=A−B(A≥B)B−A(A
(2)若y=x*(−2)，
①求函数解析式，指出x取值范围：在坐标系中画出函数图象；
②写出函数y=x*(−2)与y=x*(x−a)(a≥0)的图象的交点个数．
23. (本小题12.0分)
课本第30页介绍：美国总统伽菲尔德利用图1验证了勾股定理，直线l过等腰直角三角形ABC的直角顶点C：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E研究图形，不难发现：△ADC≌△CEB．
(1)如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为(0,−1)，A点的坐标为(2,0)，求B点坐标；
(2)如图3，在平面直角坐标系中，直线l1：y=2x+4分别与y轴，x轴交于点A，B，将直线l1绕点A顺时针或逆时针旋转45°得到l2，请任选一种情况求l2的函数表达式；
(3)如图4，在平面直角坐标系，点B(6,4)，过点B作AB⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q(a,a+2)位于第一象限(且在AB上方).问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请直接写出Q点的坐标；若不能，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 12=2 3，不是最简二次根式；
B、 0.3=3 1010，不是最简二次根式；
C、 a2+1不能开方，是最简二次根式；
D、 3a2=|a| 3，不是最简二次根式．
故选：C．
要选择属于最简二次根式的答案，就是要求知道什么是最简二次根式的两个条件：1、被开方数是整数或整式；2、被开方数不能再开方．由被选答案可以用排除法可以得出正确答案．
本题考查最简二次根式的判定条件：
(1)被开方数不含分母；
(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
【解答】
解：A、∵22+( 3)2=7，( 5)2=5，
∴22+( 3)2≠( 5)2，
∴2， 3， 5不能作为直角三角形三边长，
故A符合题意；
B、∵32+42=25，52=25，
∴32+42=52，
∴3，4，5能作为直角三角形三边长，
故B不符合题意；
C、∵92+122=225，152=225，
∴92+122=152，
∴9，12，15能作为直角三角形三边长，
故C不符合题意；
D、∵72+242=625，252=625，
∴72+242=252，
∴7，24，25能作为直角三角形三边长，
故D不符合题意，
故选：A．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式的加减法对A、C进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．
【解答】
解：A、2 5与3 2不能合并，所以A选项的计算错误；
B、原式=9 2×5=9 10，所以B选项的计算错误；
C、原式=4 2，所以C选项的计算错误；
D、原式= 8÷2=2，所以D选项的计算正确．
故选：D．
4.【答案】A
【解析】解：直线y=x−1与y轴交于(0,−1)点，
且k=1>0，y随x的增大而增大，
∴直线y=x−1的图象经过第一、三、四象限．
故选：A．
依据题意，由y=x−1可知直线与y轴交于(0,−1)点，且y随x的增大而增大，可判断直线所经过的象限．
本题主要考查了一次函数的性质．关键是根据图象与y轴的交点位置，函数的增减性判断图象经过的象限．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
A、根据矩形的定义作出判断；
B、根据菱形的性质作出判断；
C、根据平行四边形的判定定理作出判断；
D、根据正方形的判定定理作出判断．
【解答】
解：A、对角线相等且互相平分的四边形为矩形，故本选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项错误；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故本选项错误，
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：由题意知，这组数据为2、3、3、4，
所以这组数据的样本容量为4，中位数为3+32=3，众数为3，平均数为2+3+3+44=3，
故选：D．
先根据方差的公式得出这组数据为2、3、3、4，再根据样本容量、中位数、众数和平均数的概念逐一求解可得答案．
本题主要考查方差、样本容量、中位数、众数和平均数，解题的关键是根据方差的定义得出这组数据．
7.【答案】C
【解析】解：设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把A(−1,0)，B(0,−3)分别代入，得−k+b=0b=−3．
解得k=−3b=−3．
故直线AB的解析式为：y=−3x−3．
∵点C(2,−2)且CD//x轴，
∴当y=−2时，−2=−3x−3．
解得x=−13．
则线段CD的长度为：2−(−13)=73．
故选：C．
首先利用待定系数法确定直线AB解析式，然后将y=−2代入该函数解析式，求得点D的坐标；最后利用两点间的距离公式求解．
本题主要考查了坐标与图形性质，利用待定系数法确定函数关系式是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：连接AC交EF于点O，如图所示：
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AEO∽△CFO，
∴AE：CF=OE：OF，
∵AE=4，EF=3，FC=5，
∴4：5=(3−OF)：OF，
解得OF=53，
∴OE=3−53=43，
在Rt△COF中，根据勾股定理，可得OC= OF2+CF2= (53)2+52=53 10，
在Rt△AOE中，根据勾股定理，可得OA= AE2+OE2= 42+(43)2=43 10，
∴AC=3 10，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90°，
根据勾股定理，得AB2+BC2=AC2，
解得AB=3 5，
∴正方形ABCD的边长为3 5，
故选：B．
连接AC交EF于点O，易证△AEO∽△CFO，进一步可得OE和OF的长，再分别根据勾股定理求出OC和OA的长，即可求出AC的长，再根据正方形的性质即可求出边长．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
本题考查了中心对称，矩形的性质与判定，平行四边形的判定，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．
【解答】
解：连接AC，则AC经过点O，所以AO=CO，
由对角线互相平分的四边形为平行四边形可知，点E在运动的过程中，四边形AECF始终为平行四边形，特殊的，当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，当点E与点B重合时，四边形AECF为矩形，故四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠AOB=90°，M为AB的中点，AB=3，
∴OM是Rt△AOB的中线，
∴OM=12AB=32m，
∵梯子的上端沿墙壁下滑时，梯子的长度不变，
∴OM的长度也不变，
故选：C．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OM=12AB，即可得出结果．
本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵a+b+c=0，且a
∵a<0，
∴函数y=−cx−a的图象与y轴正半轴相交，
∵c>0，
∴函数y=−cx−a的图象经过第一、二、四象限．
故选：B．
先判断出a是负数，c是正数，然后根据一次函数图象与系数的关系确定图象经过的象限以及与y轴的交点的位置即可得解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，先确定出a、c的正负情况是解题的关键，也是本题的难点．
12.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限，
∴a>0，故①正确；
∵一次函数y=mx+n与y轴交于负半轴，与x轴交于(−1,0)，
∴n<0，方程mx+n=0的解是x=−1，故②正确，③不正确；
由函数图象可知不等式ax+b>3的解集是x>0，故④不正确；
由函数图象可知，不等式0
故选：C．
根据一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限，即可判断①；根据一次函数y=mx+n与x轴、y轴的交点即可判断②③；利用图象法即可判断④⑤．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，一次函数图象的性质，图象法解不等式；熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
13.【答案】−2b
【解析】解：∵a<0，b>0，a−b<0，
∴ a2− b2− (a−b)2，
=|a|−|b|−|a−b|，
=−a−b+a−b=−2b．
故本题答案为：−2b．
由数轴可知a<0，b>0，a−b<0，根据二次根式的性质 a2=|a|，化简计算．
本题考查了二次根式的性质与化简．关键是根据数轴判断被开方数中底数的符号．
14.【答案】±4
【解析】解：直线y=−2x+k与两坐标轴的交点为(0,k)、(k2,0)，
则直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形的面积：12⋅|k|⋅|k2|=4，
若k<0，直线y=−2x+k经过二、三、四象限，12⋅|k|⋅|k2|=(−k)⋅(−k)=k2=16，即k=−4 k=4(舍去)；
若k>0，直线y=−2x+k经过一、二、三象限，12⋅|k|⋅|k2|=k⋅k=k2=16，即k=4 k=−4(舍去)；
则k的值为：k=±4．
故填±4．
直线y=−2x+k与两坐标轴的交点为(0,k)、(k2,0)，则直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形的面积：12⋅|k|⋅|k2|=4，求解即可．
在y=kx+b中，k的正负决定直线的升降；b的正负决定直线与y轴交点的位置是在y轴的正方向上还是负方向上．
15.【答案】12或20
【解析】解：如图1所示：
∵在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，
∴EC= AC2−AE2=2，AB=CD=5，
BE= AB2−AE2=3，
∴AD=BC=5，
∴▱ABCD的周长等于：20，
如图2所示：
∵在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，
∴EC= AC2−AE2=2，AB=CD=5，
BE= AB2−AE2=3，
∴BC=3−2=1，
∴▱ABCD的周长等于：1+1+5+5=12，
则▱ABCD的周长等于12或20．
故答案为：12或20．
根据题意分别画出图形，BC边上的高在平行四边形的内部和外部，进而利用勾股定理求出即可．
此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理等知识，利用分类讨论得出是解题关键．
16.【答案】(2023 3,2025)
【解析】解：过B1向x轴作垂线B1C，垂足为C，
由题意可得：A(0,2)，AO//A1B1，∠B1OC=30°，
∴CO=OB1cos30°= 3，
∴B1的横坐标为： 3，则A1的横坐标为： 3，
连接AA1，可知所有三角形顶点都在直线AA1上，
∵点B1，B2，B3，…都在y= 33x上，AO=2，
∴直线AA1的解析式为：y= 33x+2，
∴y= 33× 3+2=3，
∴A1( 3,3)，
同理可得出：A2的横坐标为：2 3，
∴y= 33×2 3+2=4，
∴A2(2 3,4)，
∴A3(3 3,5)，
…，
A2023(2023 3,2025)．
故答案为：(2023 3,2025)．
根据题意得出直线AA1的解析式为：y= 33x+2，进而得出A，A1，A2，A3坐标，进而得出坐标变化规律，进而得出答案．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，利用等边三角形和直角三角形的性质求得B1的坐标，进而求得A1的坐标，从而总结出点的坐标的规律是解题的关键．
17.【答案】解：原式=1−(2 3)2−(3−2 3+1)
=1−12−4+2 3
=−15+2 3．
【解析】直接利用乘法公式化简，再合并得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确运用乘法公式是解题关键．
18.【答案】(1)92.2；
(2)72，35%，[84,96)；
(3)92.2；
【解析】解：(1)样本中，学生数学成绩的平均分是：100×94+80×90100+80≈92.2(分)；
故答案为：92.2；
(2)数学成绩在分数段[84,96)的频数是：(100+80)×40%=72(人)，
等级A为的人数占抽样学生人数的百分比是：50+13180×100%=35%，
将学生成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数均在[84,96)组，因此中位数在[84,96)；
故答案为：72，35%，[84,96)；
(3)样本估计总体，样本平均数为92.2分，因此估计总体的平均数为92.2分．
(1)利用加权平均数公式即可求得；
(2)利用总数乘以对应的百分比即可求得数学成绩在分数段[84,96)的频数，利用百分比的意义求得等级为A的人数占抽样学生人数的百分比；
(3)首先求得)[60,72)段的人数，然后利用总人数8000乘以C等级所占的比例即可．
本题难度中等，考查统计图表的识别，了解频率分布直分布表中频率的计算方法是关键．
19.【答案】解：在Rt△ACB中，
AC2+BC2=AB2，
设秋千的绳索长为x m，则AC=(x−1)m，
故x2=42+(x−1)2，
解得：x=8.5，
答：绳索AD的长度是8.5m．
【解析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AC=(x−1)m，利用勾股定理可得x2=42+(x−1)2．
此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AC、AB的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴AF//CE，
∵BE=DF，
∴AD−DF=BC−BE，
即AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB= 3，∠D=∠ABC=60°，
由(1)可知，四边形AECF是矩形，
∴∠AFC=∠ECF=90°，
∴∠CFD=90°，
∴∠DCF=90°−∠D=90°−60°=30°，
∴DF=12CD= 32，
∴CF= CD2−DF2= ( 3)2−( 32)2=32，
∴BC= BF2−CF2= 32−(32)2=3 32，
∴AD=3 32．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得AD=BC，CD=AB= 3，∠D=∠ABC=60°，再由矩形的性质得∠AFC=∠ECF=90°，进而由含30°角的直角三角形的性质得DF= 32，然后由勾股定理得CF=32，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】(1)解：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴AN=BN，
∵以BM为折痕再一次折叠纸片，使点A落在折痕EF上的点N处，
∴AB=BN，
∴AN=BN=AB，
即△ABN是等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠BNE=90°−∠ABN=30°，
∴∠MNE=∠MNB−∠BNE=90°−30°=60°；
(2)证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，
∴ST垂直平分AA′，
∴AO=A′O，AA′⊥ST，
∵AD//BC，
∴∠SAO=∠TA′O，∠ASO=∠A′TO，
∴△ASO≌△A′TO(AAS)，
∴SO=TO，
∴四边形ASA′T是平行四边形，
又∵AA′⊥ST，
∴四边形SATA′是菱形；
(3)解：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，
∴AT=A′T，
在Rt△A′TB中，A′T>BT，
∴AT>10−AT，
∴AT>5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5
(2)由折叠的性质可得AO=A′O，AA′⊥ST，由AAS证△ASO≌△A′TO，可得SO=TO，由菱形的判定可证四边形SATA′是菱形；
(3)根据AT′>BT求出AT的最小值，根据点T与B点重合时AT有最大值求出最大值，即可得出AT的取值范围．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)当2≥3x+1，即x≤13时，
2−(3x+1)>10，
得x<−3，
当2<3x+1，即x>13时，
(3x+1)−2>10，
得x>113，
∴x<−3或x>113．
(2)①y=|x+2|=x+2(x≥−2)−2−x(x<−2)，
画出函数图象：
②由题意可知y=|x−x+a|=|a|，
当a=0时，则y=0，故两图象有1个交点；
当a>0时，则y=a，则两图象有2个交点．
【解析】(1)根据新定义解答即可；
(2)①根据新定义解答，并函数函数图象即可；②分情况讨论即可．
此题考查了一元一次不等式的解法，弄清题中的新定义是解本题的关键．
23.【答案】解：(1)如图2，过点B作BE⊥y轴于E，
∵点C的坐标为(0,−1)，A点的坐标为(2,0)，
∴OC=1，OA=2，
∵等腰Rt△ACB，∠ACB=90°，AC=BC，
又∵BE⊥y轴，y轴⊥x轴，
∴∠BEC=∠AOC=∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACO=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACO=∠CBE，
在△CEB和△AOC中，
∠BEC=∠AOC∠CBE=∠ACOBC=AC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴BE=OC=1，CE=AO=2，
∴OE=CE−OC=2−1=1，
∴B(−1,1)；
(2)如图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(1)的模型可得△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；
(3)点A，P，Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
如图5，Q点在AB上方，
由(1)的模型可得，△AEQ≌△QFP，
∴AE=FQ，EQ=PF，
∵B(6,4)，
∴OA=4，CO=6，
∵点Q(a,a+2)，
∴EQ=PF=a，AE=FQ=a+2−4=a−2，
∵EQ+FQ=6，
∴a+a−2=6，
解得a=4．
【解析】(1)如图1，过点B作BE⊥y轴于E.证明△CEB≌△AOC(AAS)推出BE=OC=1，CE=AO=2，可得B(−1,1)；
(2)过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，由(1)的模型可得△BCD≌△ABO，求出C(−6,2)，再由待定系数法求函数的解析式即可；
(3)当Q点在AB上方时，推导出EQ=PF=a，AE=FQ=a+2−4=a−2，然后结合EQ+FQ=6，解得a=4．
本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，坐标与图形性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．
2022-2023学年山东省临沂市沂河新区八年级（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. 下列二次根式为最简二次根式的是( )
A. 12 B. 0.3 C. a2+1 D. 3a2
2. 下列各组数中，不能作为直角三角形三边长的是( )
A. 2， 3， 5 B. 3，4，5 C. 9，12，15 D. 7，24，25
3. 下列计算正确的是( )
A. 2 5+3 2=5 7 B. 3 2×3 5=3 10
C. 5 2− 2=5 D. 8÷ 2=2
4. 一次函数y=x−1的图象经过第象限．( )
A. 一、三、四 B. 一、二、三 C. 一、二、四 D. 二、三、四
5. 下列命题中，真命题是( )
A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形
6. 在对一组样本数据进行分析时，小华列出了方差的计算公式：s2=(2−x−)2+(3−x−)2+(3−x−)2+(4−x−)2n，由公式提供的信息，则下列说法错误的是( )
A. 样本的容量是4 B. 样本的中位数是3
C. 样本的众数是3 D. 样本的平均数是3.5
7. 已知点A(−1,0)，B(0,−3)，点C(2,−2)，过点C作x轴的平行线交直线AB于点D，则线段CD的长为( )
A. 13 B. 2 C. 73 D. 11
8. 如图，点E，F在正方形ABCD内部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE=4，EF=3，FC=5，则正方形ABCD的边长( )
A. 2 5
B. 3 5
C. 2 10
D. 3 10
9. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为( )
A. 平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B. 平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C. 平行四边形→正方形→菱形→矩形
D. 平行四边形→菱形→正方形→矩形
10. 如图，一架3m长的梯子AB斜靠在一竖直的墙上，M为AB中点，当梯子的上端沿墙壁下滑时，OM的长度将( )
A. 变大
B. 变小
C. 不变
D. 先变大后变小
11. 若实数a，b，c满足a+b+c=0，且a
12. 一次函数y=mx+n与y=ax+b在同一平面直角坐标系中的图象如图所示.根据图象有下列五个结论：①a>0；②n<0；③方程mx+n=0的解是x=−2；④不等式ax+b>3的解集是x>−3；⑤不等式0
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简 a2− b2− (a−b)2=______．
14. 如果直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形面积是4，则k的值为______．
15. 在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，则▱ABCD的周长为______．
16. 如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，...，在y轴上，点B1，B2，B3，…都在直线y= 33x上，则点A2023的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共7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)
计算：(1−2 3)(1+2 3)−( 3−1)2．
18. (本小题10.0分)
某区从参加数学质量检测的8000名学生中，随机抽取了部分学生的成绩作为样本，为了节省时间，先将样本分成甲、乙两组，分别进行分析，得到表一：随后汇总整个样本数据，得到部分结果，如表二(表二中每组数据包括最小值，不包括最大值)．
表一
甲组
乙组
人数
100
80
平均分
94
90
表二
分数
[0,60)
[60,72)
[72,84)
[84,96)
[96,108)
[108,120)
频数
3
6
36
50
13
频率
20%
40%
等第
C
B
A
请根据表一、表二所示信息回答下列问题：
(1)样本中，学生数学成绩平均分为______分(结果精确到0.1)；
(2)样本中，数学成绩在[84,96)分数段的频数为______，等级A的人数占抽样学生总人数的百分比为______，中位数所在的分数段为______；
(3)估计这8000名学生数学成绩的平均分约为______分(结果精确到0.1)．
19. (本小题10.0分)
如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE=1m，将它往前推送4m(水平距离BC=4m)时，秋千的踏板离地的垂直高度BF=2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳索AD的长度．
20. (本小题10.0分)
如图，平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE=DF，∠AEC=90°，连接BF，FC．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若AB= 3，BF=3，∠ABC=60°，求AD的长．
21. (本小题12.0分)
人教版数学八年级下册教材的数学活动一折纸，引起许多同学的兴趣.实践发现：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；以BM为折痕再一次折叠纸片，使点A落在折痕EF上的点N处，把纸片展开；连接AN．
(1)如图①，求∠MNE；
(2)如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展开，连接AA′交ST于点O，连接AT，求证：四边形SATA′是菱形；
(3)如图③，矩形纸片ABCD中，AB=7，AD=25，折叠纸片，使点A落在BC边上点A′处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，请直接写出线段AT的取值范围．
22. (本小题12.0分)
定义一种新运算：A*B=A−B(A≥B)B−A(A
(2)若y=x*(−2)，
①求函数解析式，指出x取值范围：在坐标系中画出函数图象；
②写出函数y=x*(−2)与y=x*(x−a)(a≥0)的图象的交点个数．
23. (本小题12.0分)
课本第30页介绍：美国总统伽菲尔德利用图1验证了勾股定理，直线l过等腰直角三角形ABC的直角顶点C：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E研究图形，不难发现：△ADC≌△CEB．
(1)如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为(0,−1)，A点的坐标为(2,0)，求B点坐标；
(2)如图3，在平面直角坐标系中，直线l1：y=2x+4分别与y轴，x轴交于点A，B，将直线l1绕点A顺时针或逆时针旋转45°得到l2，请任选一种情况求l2的函数表达式；
(3)如图4，在平面直角坐标系，点B(6,4)，过点B作AB⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q(a,a+2)位于第一象限(且在AB上方).问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请直接写出Q点的坐标；若不能，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 12=2 3，不是最简二次根式；
B、 0.3=3 1010，不是最简二次根式；
C、 a2+1不能开方，是最简二次根式；
D、 3a2=|a| 3，不是最简二次根式．
故选：C．
要选择属于最简二次根式的答案，就是要求知道什么是最简二次根式的两个条件：1、被开方数是整数或整式；2、被开方数不能再开方．由被选答案可以用排除法可以得出正确答案．
本题考查最简二次根式的判定条件：
(1)被开方数不含分母；
(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
【解答】
解：A、∵22+( 3)2=7，( 5)2=5，
∴22+( 3)2≠( 5)2，
∴2， 3， 5不能作为直角三角形三边长，
故A符合题意；
B、∵32+42=25，52=25，
∴32+42=52，
∴3，4，5能作为直角三角形三边长，
故B不符合题意；
C、∵92+122=225，152=225，
∴92+122=152，
∴9，12，15能作为直角三角形三边长，
故C不符合题意；
D、∵72+242=625，252=625，
∴72+242=252，
∴7，24，25能作为直角三角形三边长，
故D不符合题意，
故选：A．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式的加减法对A、C进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．
【解答】
解：A、2 5与3 2不能合并，所以A选项的计算错误；
B、原式=9 2×5=9 10，所以B选项的计算错误；
C、原式=4 2，所以C选项的计算错误；
D、原式= 8÷2=2，所以D选项的计算正确．
故选：D．
4.【答案】A
【解析】解：直线y=x−1与y轴交于(0,−1)点，
且k=1>0，y随x的增大而增大，
∴直线y=x−1的图象经过第一、三、四象限．
故选：A．
依据题意，由y=x−1可知直线与y轴交于(0,−1)点，且y随x的增大而增大，可判断直线所经过的象限．
本题主要考查了一次函数的性质．关键是根据图象与y轴的交点位置，函数的增减性判断图象经过的象限．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
A、根据矩形的定义作出判断；
B、根据菱形的性质作出判断；
C、根据平行四边形的判定定理作出判断；
D、根据正方形的判定定理作出判断．
【解答】
解：A、对角线相等且互相平分的四边形为矩形，故本选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项错误；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故本选项错误，
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：由题意知，这组数据为2、3、3、4，
所以这组数据的样本容量为4，中位数为3+32=3，众数为3，平均数为2+3+3+44=3，
故选：D．
先根据方差的公式得出这组数据为2、3、3、4，再根据样本容量、中位数、众数和平均数的概念逐一求解可得答案．
本题主要考查方差、样本容量、中位数、众数和平均数，解题的关键是根据方差的定义得出这组数据．
7.【答案】C
【解析】解：设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把A(−1,0)，B(0,−3)分别代入，得−k+b=0b=−3．
解得k=−3b=−3．
故直线AB的解析式为：y=−3x−3．
∵点C(2,−2)且CD//x轴，
∴当y=−2时，−2=−3x−3．
解得x=−13．
则线段CD的长度为：2−(−13)=73．
故选：C．
首先利用待定系数法确定直线AB解析式，然后将y=−2代入该函数解析式，求得点D的坐标；最后利用两点间的距离公式求解．
本题主要考查了坐标与图形性质，利用待定系数法确定函数关系式是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：连接AC交EF于点O，如图所示：
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AEO∽△CFO，
∴AE：CF=OE：OF，
∵AE=4，EF=3，FC=5，
∴4：5=(3−OF)：OF，
解得OF=53，
∴OE=3−53=43，
在Rt△COF中，根据勾股定理，可得OC= OF2+CF2= (53)2+52=53 10，
在Rt△AOE中，根据勾股定理，可得OA= AE2+OE2= 42+(43)2=43 10，
∴AC=3 10，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90°，
根据勾股定理，得AB2+BC2=AC2，
解得AB=3 5，
∴正方形ABCD的边长为3 5，
故选：B．
连接AC交EF于点O，易证△AEO∽△CFO，进一步可得OE和OF的长，再分别根据勾股定理求出OC和OA的长，即可求出AC的长，再根据正方形的性质即可求出边长．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
本题考查了中心对称，矩形的性质与判定，平行四边形的判定，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．
【解答】
解：连接AC，则AC经过点O，所以AO=CO，
由对角线互相平分的四边形为平行四边形可知，点E在运动的过程中，四边形AECF始终为平行四边形，特殊的，当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，当点E与点B重合时，四边形AECF为矩形，故四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠AOB=90°，M为AB的中点，AB=3，
∴OM是Rt△AOB的中线，
∴OM=12AB=32m，
∵梯子的上端沿墙壁下滑时，梯子的长度不变，
∴OM的长度也不变，
故选：C．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OM=12AB，即可得出结果．
本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵a+b+c=0，且a
∵a<0，
∴函数y=−cx−a的图象与y轴正半轴相交，
∵c>0，
∴函数y=−cx−a的图象经过第一、二、四象限．
故选：B．
先判断出a是负数，c是正数，然后根据一次函数图象与系数的关系确定图象经过的象限以及与y轴的交点的位置即可得解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，先确定出a、c的正负情况是解题的关键，也是本题的难点．
12.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限，
∴a>0，故①正确；
∵一次函数y=mx+n与y轴交于负半轴，与x轴交于(−1,0)，
∴n<0，方程mx+n=0的解是x=−1，故②正确，③不正确；
由函数图象可知不等式ax+b>3的解集是x>0，故④不正确；
由函数图象可知，不等式0
故选：C．
根据一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限，即可判断①；根据一次函数y=mx+n与x轴、y轴的交点即可判断②③；利用图象法即可判断④⑤．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，一次函数图象的性质，图象法解不等式；熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
13.【答案】−2b
【解析】解：∵a<0，b>0，a−b<0，
∴ a2− b2− (a−b)2，
=|a|−|b|−|a−b|，
=−a−b+a−b=−2b．
故本题答案为：−2b．
由数轴可知a<0，b>0，a−b<0，根据二次根式的性质 a2=|a|，化简计算．
本题考查了二次根式的性质与化简．关键是根据数轴判断被开方数中底数的符号．
14.【答案】±4
【解析】解：直线y=−2x+k与两坐标轴的交点为(0,k)、(k2,0)，
则直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形的面积：12⋅|k|⋅|k2|=4，
若k<0，直线y=−2x+k经过二、三、四象限，12⋅|k|⋅|k2|=(−k)⋅(−k)=k2=16，即k=−4 k=4(舍去)；
若k>0，直线y=−2x+k经过一、二、三象限，12⋅|k|⋅|k2|=k⋅k=k2=16，即k=4 k=−4(舍去)；
则k的值为：k=±4．
故填±4．
直线y=−2x+k与两坐标轴的交点为(0,k)、(k2,0)，则直线y=−2x+k与两坐标轴所围成的三角形的面积：12⋅|k|⋅|k2|=4，求解即可．
在y=kx+b中，k的正负决定直线的升降；b的正负决定直线与y轴交点的位置是在y轴的正方向上还是负方向上．
15.【答案】12或20
【解析】解：如图1所示：
∵在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，
∴EC= AC2−AE2=2，AB=CD=5，
BE= AB2−AE2=3，
∴AD=BC=5，
∴▱ABCD的周长等于：20，
如图2所示：
∵在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2 5，
∴EC= AC2−AE2=2，AB=CD=5，
BE= AB2−AE2=3，
∴BC=3−2=1，
∴▱ABCD的周长等于：1+1+5+5=12，
则▱ABCD的周长等于12或20．
故答案为：12或20．
根据题意分别画出图形，BC边上的高在平行四边形的内部和外部，进而利用勾股定理求出即可．
此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理等知识，利用分类讨论得出是解题关键．
16.【答案】(2023 3,2025)
【解析】解：过B1向x轴作垂线B1C，垂足为C，
由题意可得：A(0,2)，AO//A1B1，∠B1OC=30°，
∴CO=OB1cos30°= 3，
∴B1的横坐标为： 3，则A1的横坐标为： 3，
连接AA1，可知所有三角形顶点都在直线AA1上，
∵点B1，B2，B3，…都在y= 33x上，AO=2，
∴直线AA1的解析式为：y= 33x+2，
∴y= 33× 3+2=3，
∴A1( 3,3)，
同理可得出：A2的横坐标为：2 3，
∴y= 33×2 3+2=4，
∴A2(2 3,4)，
∴A3(3 3,5)，
…，
A2023(2023 3,2025)．
故答案为：(2023 3,2025)．
根据题意得出直线AA1的解析式为：y= 33x+2，进而得出A，A1，A2，A3坐标，进而得出坐标变化规律，进而得出答案．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，利用等边三角形和直角三角形的性质求得B1的坐标，进而求得A1的坐标，从而总结出点的坐标的规律是解题的关键．
17.【答案】解：原式=1−(2 3)2−(3−2 3+1)
=1−12−4+2 3
=−15+2 3．
【解析】直接利用乘法公式化简，再合并得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确运用乘法公式是解题关键．
18.【答案】(1)92.2；
(2)72，35%，[84,96)；
(3)92.2；
【解析】解：(1)样本中，学生数学成绩的平均分是：100×94+80×90100+80≈92.2(分)；
故答案为：92.2；
(2)数学成绩在分数段[84,96)的频数是：(100+80)×40%=72(人)，
等级A为的人数占抽样学生人数的百分比是：50+13180×100%=35%，
将学生成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数均在[84,96)组，因此中位数在[84,96)；
故答案为：72，35%，[84,96)；
(3)样本估计总体，样本平均数为92.2分，因此估计总体的平均数为92.2分．
(1)利用加权平均数公式即可求得；
(2)利用总数乘以对应的百分比即可求得数学成绩在分数段[84,96)的频数，利用百分比的意义求得等级为A的人数占抽样学生人数的百分比；
(3)首先求得)[60,72)段的人数，然后利用总人数8000乘以C等级所占的比例即可．
本题难度中等，考查统计图表的识别，了解频率分布直分布表中频率的计算方法是关键．
19.【答案】解：在Rt△ACB中，
AC2+BC2=AB2，
设秋千的绳索长为x m，则AC=(x−1)m，
故x2=42+(x−1)2，
解得：x=8.5，
答：绳索AD的长度是8.5m．
【解析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AC=(x−1)m，利用勾股定理可得x2=42+(x−1)2．
此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AC、AB的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴AF//CE，
∵BE=DF，
∴AD−DF=BC−BE，
即AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB= 3，∠D=∠ABC=60°，
由(1)可知，四边形AECF是矩形，
∴∠AFC=∠ECF=90°，
∴∠CFD=90°，
∴∠DCF=90°−∠D=90°−60°=30°，
∴DF=12CD= 32，
∴CF= CD2−DF2= ( 3)2−( 32)2=32，
∴BC= BF2−CF2= 32−(32)2=3 32，
∴AD=3 32．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得AD=BC，CD=AB= 3，∠D=∠ABC=60°，再由矩形的性质得∠AFC=∠ECF=90°，进而由含30°角的直角三角形的性质得DF= 32，然后由勾股定理得CF=32，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】(1)解：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴AN=BN，
∵以BM为折痕再一次折叠纸片，使点A落在折痕EF上的点N处，
∴AB=BN，
∴AN=BN=AB，
即△ABN是等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠BNE=90°−∠ABN=30°，
∴∠MNE=∠MNB−∠BNE=90°−30°=60°；
(2)证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，
∴ST垂直平分AA′，
∴AO=A′O，AA′⊥ST，
∵AD//BC，
∴∠SAO=∠TA′O，∠ASO=∠A′TO，
∴△ASO≌△A′TO(AAS)，
∴SO=TO，
∴四边形ASA′T是平行四边形，
又∵AA′⊥ST，
∴四边形SATA′是菱形；
(3)解：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上点A′处，
∴AT=A′T，
在Rt△A′TB中，A′T>BT，
∴AT>10−AT，
∴AT>5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5
(2)由折叠的性质可得AO=A′O，AA′⊥ST，由AAS证△ASO≌△A′TO，可得SO=TO，由菱形的判定可证四边形SATA′是菱形；
(3)根据AT′>BT求出AT的最小值，根据点T与B点重合时AT有最大值求出最大值，即可得出AT的取值范围．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)当2≥3x+1，即x≤13时，
2−(3x+1)>10，
得x<−3，
当2<3x+1，即x>13时，
(3x+1)−2>10，
得x>113，
∴x<−3或x>113．
(2)①y=|x+2|=x+2(x≥−2)−2−x(x<−2)，
画出函数图象：
②由题意可知y=|x−x+a|=|a|，
当a=0时，则y=0，故两图象有1个交点；
当a>0时，则y=a，则两图象有2个交点．
【解析】(1)根据新定义解答即可；
(2)①根据新定义解答，并函数函数图象即可；②分情况讨论即可．
此题考查了一元一次不等式的解法，弄清题中的新定义是解本题的关键．
23.【答案】解：(1)如图2，过点B作BE⊥y轴于E，
∵点C的坐标为(0,−1)，A点的坐标为(2,0)，
∴OC=1，OA=2，
∵等腰Rt△ACB，∠ACB=90°，AC=BC，
又∵BE⊥y轴，y轴⊥x轴，
∴∠BEC=∠AOC=∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACO=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACO=∠CBE，
在△CEB和△AOC中，
∠BEC=∠AOC∠CBE=∠ACOBC=AC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴BE=OC=1，CE=AO=2，
∴OE=CE−OC=2−1=1，
∴B(−1,1)；
(2)如图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(1)的模型可得△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；
(3)点A，P，Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
如图5，Q点在AB上方，
由(1)的模型可得，△AEQ≌△QFP，
∴AE=FQ，EQ=PF，
∵B(6,4)，
∴OA=4，CO=6，
∵点Q(a,a+2)，
∴EQ=PF=a，AE=FQ=a+2−4=a−2，
∵EQ+FQ=6，
∴a+a−2=6，
解得a=4．
【解析】(1)如图1，过点B作BE⊥y轴于E.证明△CEB≌△AOC(AAS)推出BE=OC=1，CE=AO=2，可得B(−1,1)；
(2)过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，由(1)的模型可得△BCD≌△ABO，求出C(−6,2)，再由待定系数法求函数的解析式即可；
(3)当Q点在AB上方时，推导出EQ=PF=a，AE=FQ=a+2−4=a−2，然后结合EQ+FQ=6，解得a=4．
本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，坐标与图形性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．
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