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2022-2023学年广东省广州外国语学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州外国语学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共23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学年广东省广州外国语学校八年级（下）期中数学试卷
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. 若二次根式 x+3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x=−3 B. x≥−3 C. x≤−3 D. 任何实数
2. 某校为了了解某班开展学习党史情况，该校随机抽取了9名学生进行调查，他们读书的本数分别是3、2、3、2、5、1、2、5、4，则这组数据的众数和中位数是( )
A. 2和3 B. 2和5 C. 5和3 D. 3和5
3. 若直角三角形一条直角边长为6，斜边长为10，则斜边上的高是( )
A. 125 B. 245 C. 5 D. 10
4. 一次函数y=kx+2中，y随着x的增大而减小，那么它的图象不经过( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
5. 对于四边形的以下说法：
①对角线互相平分的四边形是平行四边形；
②对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
③对角线垂直且互相平分的四边形是菱形；
④顺次连接对角线相等的四边形各边的中点所得到的四边形是矩形．
其中你认为正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
6. 下列计算正确的是( )
A. 3 5− 5=3 B. 5+12+ 5−12=2 5
C. ( 5+ 2)( 5− 2)=3 D. 15÷ 5=3
7. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，连接EO.若菱形的周长是40，则EO的长为( )
A. 10
B. 5
C. 2.5
D. 20
8. 如图，四边形ABCD是矩形，连接BD，∠ABD=60°，延长BC到E使CE=BD，连接AE，则∠AEB的度数为( )
A. 15° B. 20° C. 30° D. 60°
9. 将直线y=−2x向下平移后得到直线l，若直线l经过点(a,b)，且2a+b=−7，则直线l的解析式为( )
A. y=−2x−2 B. y=−2x+2 C. y=−2x−7 D. y=−2x+7
10. 如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM=BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为2，则线段CF的最小值是( )
A. 2
B. 1
C. 5−1
D. 5−2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 6= ______ ．
12. ▱ABCD中，若∠A：∠B=2：3，则∠C=______．
13. 一次函数y=−3x+4的图象与x轴的交点坐标为______ ．
14. 甲、乙两车从A城出发沿一条笔直公路匀速行驶至B城，在整个行驶过程中，甲、乙两车离A城的距离y(km)与甲车行驶的时间t(h)之间的函数关系如图所示，当t= ______ 时，两车相遇．
15. 《九章算术》有一问题：“今有垣高一丈，倚木于垣，上与垣齐．引木却行一尺，其木至地．问木长几何？”其内容可表述为：“有一面墙，高1丈．将一根木杆斜靠在墙上，使木杆的上端与墙的上端对齐，下端落在地面上，如果使木杆下端从此时的位置向远离墙的方向移动1尺，则木杆上端恰好沿着墙滑落到地面上，则木杆长为______尺．”(说明：1丈=10尺)
16. 如图，四边形ABCD是长方形纸片，AB=6，对折长方形纸片ABCD.使AD与BC重合，折痕为EF.展平后再过点B折叠长方形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕为BM，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G.有如下结论：①MN=NG；②AM=3；③△BMG是等边三角形；④P为线段BM上一动点，H是线段BN上的动点，则PN+PH的最小值是3 3.其中正确结论的序号是______ ．
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)
计算：(1) 2+ 8− 12．
(2) 48+ 3− 12× 12+ 24．
18. (本小题6.0分)
某篮球队对队员进行定点投篮测试，每人每天投篮10次，现对甲、乙两名队员在五天中投进球的个数统计如下表：
甲
10
6
10
6
8
乙
7
9
7
8
9
参考公式：s2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+……+(xn−x−)2]
(1)求甲、乙两名队员投进球个数的平均数：
(2)如果从甲、乙两名队员中选出一人去参加定点投篮比赛，应选哪名队员？请说明理由．
19. (本小题6.0分)
已知一次函数y=2x+b．
(1)若该函数的图象经过点(1,3)，求b的值；
(2)若它的图象与两条坐标轴围成的图形的面积等于9，求b的值．
20. (本小题6.0分)
如图，笔直的公路上A、B两点相距25km，C、D为两村庄，DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B，已知DA=15km，CB=10km，现在要在公路的AB段上建一个土特产品收购站E，使得C、D两村到收购站E的距离相等，则收购站E应建在离A点多远处？
21. (本小题8.0分)
已知点A(8,0)及第一象限的动点P(x,y)，且x+y=10，设△OPA的面积为S．
(1)求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(2)画出函数S的图象，并求其与正比例函数S=2x的图象的交点坐标；
(3)当S=12时，求P点坐标．
22. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO=CO，点E在BD上，满足∠EAO=∠DCO．
(1)求证：四边形AECD是平行四边形；
(2)若AB=BC，CD=10，AC=16，求四边形AECD的面积．
23. (本小题10.0分)
为迎接“国家创卫”检查，我市环卫局准备购买A，B两种型号的垃圾箱．通过市场调研发现：购买1个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱需340元；购买3个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱共需540元．
(1)求每A个型垃圾箱和B型垃圾箱各多少元？
(2)该市现需要购买A，B两种型号的垃圾箱20个，其中购买A型垃圾箱不超过16个．求购买垃圾箱的总花费ω(元)与A型垃圾箱m(个)之间的函数关系式；
(3)在(2)中，当购买A型垃圾箱个数多少时总费用最小，最小费用是多少？
24. (本小题10.0分)
如图，直线y=−52x+5与y轴、x轴分别交于点A，B，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，E是x轴上一动点，设点E坐标为(m,0)，(2
(1)填空：点C的坐标是______ ，点D的坐标是______ ；
(2)求证：∠EAB=∠GCB；
(3)是否存在这样的m值，使GC⊥y轴？若存在，请求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
25. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D坐标分别为(0,3)、(7,0)、(4,3)、(0,2)，连接AC和BC，点P为线段AC上一从左向右运动的点，以PD为边作菱形PDEF，其中点E落在x轴上．
(1)在点P运动过程中，是否能使得四边形PDEF为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(2)如图2，当点P运动到使得菱形PDEF的顶点F恰好在边BC上时，求出此时点F的坐标．
(3)若要使得顶点F不落在四边形OACB外，求出菱形PDEF的对角线交点的最大运动路径长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得：x+3≥0，
解得：x≥−3，
故选：B．
根据二次根式中的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：根据数据可知：2出现的次数最多，因而众数是2；
一共是9个数，从小到大排列是1、2、2、2、3、3、4，5，5，处在第5位的数是3，因此中位数是3．
故选：A．
根据众数是一组数据中出现次数最多的数据；中位数就是把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数(或两个数的平均数)进行解答即可求出答案．
此题考查众数、中位数的意义及求法，一组数据出现次数最多的数就是众数，将一组数据从小到大排列后处在中间位置的一个数或两个数的平均数是中位数．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
根据勾股定理求出直角三角形另一条直角边长，根据三角形面积公式计算即可．
【解答】
解：设斜边上的高为h，
由勾股定理得，直角三角形另一条直角边长= 102−62=8，
则12×6×8=12×10×h，
解得，h=245
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=kx+2，y随x的增大而减小，
∴k<0，
∵当x=0时，y=2，
过点(0,2)，
∴函数的图象过一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：C．
先根据函数的增减性判断出k的符号，再根据一次函数的图象与系数的关系进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k<0，b>0时，函数的图象经过一、二、四象限．
5.【答案】C
【解析】解：题中①②③根据平行四边形、矩形、菱形的判定，是正确的，④只能判定是菱形而不具备矩形的条件．
故选C．
根据平行四边形、矩形、菱形的判定，说法正确的是①②③，顺次连接对角线相等的四边形各边的中点所得到的四边形应该是菱形．
主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定．
6.【答案】C
【解析】解：A、原式=2 5，所以A选项的计算错误；
B、原式=2 52= 5，所以B选项的计算错误；
C、原式=5−2=3，所以C选项的计算正确；
D、原式= 15÷5= 3，所以D选项的计算错误．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据平方差公式对C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：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
7.【答案】B
【解析】解：方法一：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，AO=CO，
∴∠AOB=90°，
∵菱形ABCD的周长为40，
∴AB=10，
∵E为AB边中点，
∴OE=12AB=5．
故选：B．
方法二、四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，AO=CO，
∴∠AOB=90°，
∵菱形ABCD的周长为40，
∴AB=10，
∵AO=CO，E为AB边中点，
∴OE=12BC=5．
故选：B．
由菱形的性质可求AB=BC=CD=AD=8，AC⊥BD，AO=CO，由直角三角形的性质可求解．
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图连接AC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵EC=BD，
∴AC=CE，
∴∠AEB=∠CAE，
易证∠ACB=∠ADB=30°，
∵∠ACB=∠AEB+∠CAE，
∴∠AEB=∠CAE=15°，
故选：A．
如图连接AC.只要证明CE=CA，推出∠E=∠CAE，求出∠ACE即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：设直线l的解析式为y=−2x+k，
又∵直线l经过点(a,b)，
∴−2a+k=b，
∴2a+b=k，
∵2a+b=−7，
故直线l的解析式为y=−2x−7．
故选：C．
先根据直线平移后k的值不变，只有b发生变化，可设直线l的解析式为y=−2x+k，再将点(a,b)代入，即可求解．
本题本题考查的是一次函数的图象与几何变换及运用待定系数法求函数的解析式，根据直线平移后k的值不变，设出直线l的解析式是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：在正方形ABCD中，AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN(HL)，
∴∠1=∠2，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△DCE≌△BCE(SAS)，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵∠ADF+∠3=∠ADC=90°，
∴∠1+∠ADF=90°，
∴∠AFD=180°−90°=90°，
取AD的中点O，连接OF、OC，
则OF=DO=12AD=1，
在Rt△ODC中，OC= DO2+DC2= 12+22= 5，
根据三角形的三边关系，OF+CF>OC，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值=OC−OF= 5−1．
故选：C．
根据正方形的性质可得AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，然后利用“HL”证明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△DCE和△BCE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AFD=90°，取AD的中点O，连接OF、OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=12AD=1，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出CF最小时点F的位置是解题关键，也是本题的难点．
11.【答案】2 3
【解析】解：原式= 2×6=2 3．
故答案为：2 3．
直接利用二次根式的乘法运算法则化简得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘法，正确化简二次根式是解题关键．
12.【答案】72°
【解析】解：依题意设∠A=2x，∠B=3x，
由平行四边形的性质，得∠A+∠B=180°，
∴2x+3x=180°，解得x=36°，
∴∠A=2x=72°，
∵∠A=∠C，
∴∠C=72°．
故答案为72°．
根据已知比例设∠A=2x，∠B=3x，再由两直线平行，同旁内角线补，可求角的度数．
本题考查了平行四边形对边平行的性质，得到邻角互补的结论，解决本题的关键是运用定义求四边形内角度数的常用方法．
13.【答案】(43,0)
【解析】解：当y=0时，代入函数关系式得，
0=−3x+4，
∴x=43，
则一次函数与x轴交点坐标为(43,0)．
故答案为：(43,0)．
函数与x轴交点即是令y=0，然后代入函数关系式即可求出结果．
本题考查了函数与x轴的交点问题，任何函数与x轴的交点坐标，纵坐标都为0，根据这个特性解题即可．
14.【答案】2.5
【解析】解：由图可得，甲的速度为300÷5=60(km/h)，
∴y甲=60t；
乙的速度为300÷(4−1)=100(km/h)，
∴y乙=100(t−1)，
由60t=100(t−1)得t=2.5，
∴t=2.5时，两车相遇，
故答案为：2.5．
求出y甲=60t；y乙=100(t−1)，解60t=100(t−1)得t=2.5，即可知t=2.5时，两车相遇．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
15.【答案】50.5
【解析】解：如图，设木杆AB长为x尺，则木杆底端B离墙的距离即BC的长有(x−1)尺，
在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2=AB2，
∴102+(x−1)2=x2，
解得：x=50.5，
则木杆长为50.5尺．
故答案为：50.5．
当木杆的上端与墙头平齐时，木杆与墙、地面构成直角三角形，设木杆长为x尺，则木杆底端离墙有(x−1)尺，根据勾股定理可列出方程．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是由实际问题抽象出直角三角形，从而运用勾股定理解题．
16.【答案】①③④
【解析】解：连接AN，AP，
由翻折可得AE=BE，EF⊥AB，AB=BN，∠ABP=∠PBN，
∴EN为线段AB的垂直平分线，
∴AN=BN，
∴AN=BN=AB，
即△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，∠PBN=12∠ABN=30°，
∵∠ABM=∠NBM=30°，∠BAM=90°，AB=6，
∴AM=AB⋅tan30°=6× 33=2 3，
故结论②错误，不符合题意；
由翻折可得∠AMB=∠BMG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠AMB=∠MBG，
∴∠MBG=∠BMG=90°−30°=60°，
∴△BMG为等边三角形，
故结论③正确，符合题意；
∵∠MBN=12∠MBG，
∴BN平分∠MBG，
∴MN=NG，
故结论①正确，符合题意；
∵BN=AB=6，BE=3，
∴EN= BN2−BE2=3 3，
由翻折可得，BM垂直平分AN，
∴AP=NP，
∴PN+PH=AP+PH，
∴当A，P，H三点共线，且AH⊥BN时，AP+PH=AH有最小值，
∵AB=6，∠ABH=60°，
∴AH=AB⋅sin60°=6× 32=3 3，
∴PN+PH的最小值3 3，
故结论④正确，符合题意；
故选：①③④．
连接AN，AP.由翻折可得AE=BE，EF⊥AB，AB=BN，∠ABP=∠PBN，则EN为线段AB的垂直平分线，可得AN=BN=AB，即△ABN为等边三角形，根据AM=AB⋅tan30°，即可判断结论②；由翻折可得∠AMB=∠BMG，结合平行线的性质可得∠AMB=∠MBG，则∠MBG=∠BMG=60°，进而可判断结论③；根据等边三角形的性质即可判断结论①；由勾股定理可得EN= BN2−BE2，由翻折可得，BM垂直平分AN，则AP=NP，PN+PH=AP+PH，可知当A，P，H三点共线，且AH⊥BN时，AP+PH=AH有最小值，根据AH=AB⋅sin60°，即可判断结论④．
本题是四边形综合题，考查翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数，熟练掌握翻折的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数是解答本题的关键．
17.【答案】解：(1) 2+ 8− 12
= 2+2 2− 22
=5 22；
(2) 48+ 3− 12× 12+ 24
=4 3+ 3− 6+2 6
=5 3+ 6．
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)甲的平均数为：(10+6+10+6+8)÷5=8(个)，
乙的平均数为：(7+9+7+8+9)÷5=8(个)，
答：甲、乙两名队员投进球个数的平均数都是8个；
(2)甲的方差为15×[(10−8)2×2+(8−8)2+(6−8)2×2]=3.2，
乙的方差为15×[(7−8)2×2+(8−8)2+(9−8)2×2]=0.8，
因为甲、乙的平均数相同，而乙的方差较小，比较稳定，因此选择乙比较合适．
【解析】(1)根据平均数的计算公式进行计算即可；
(2)先求出方差，通过方差的大小进行比较得出结论．
本题考查平均数、方差的意义和计算方法，理解平均数反应一组数据的集中水平和整体情况，而方差则反应一组数的离散程度，方差越小越稳定．
19.【答案】解：(1)把(1,3)代入y=2x+b得2+b=3，
解得b=1；
(2)∵y=2x+b与x轴交点的坐标为(−b2,0)；与y轴的交点坐标为(0,b)，
∴12×|−b2×b|=9，
解得b=±6．
【解析】(1)直接把(1,3)代入y=2x+b可求出b；
(2)求得用b表示的坐标轴上的横纵坐标，根据横纵坐标的绝对值积的一半为9列式可得b的值．
考查一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形面积，能够表示出直线与坐标轴的交点坐标是解决本题的关键．
20.【答案】解：∵使得C，D两村到E站的距离相等．
∴DE=CE，
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AE2+AD2=DE2，BE2+BC2=EC2，
∴AE2+AD2=BE2+BC2，
设AE=x km，则BE=AB−AE=(25−x)km．
∵DA=15km，CB=10km，
∴x2+152=(25−x)2+102，
解得：x=10，
∴AE=10km，
∴收购站E应建在离A点10km处．
【解析】本题主要是运用勾股定理将两个直角三角形的斜边表示出来，两边相等求解即可．
根据使得C，D两村到E站的距离相等，可得DE=CE，设AE=x，则BE=25−x，再分别在Rt△DAE和Rt△CBE中利用勾股定理，建立关于x的方程，求解即可．
21.【答案】解：(1)依题意有S=12×8×(10−x)=−4x+40，
∵点P(x,y)在第一象限内，
∴x>0，y=10−x>0，
解得：0
所画图象如下：
令S=−4x+40S=2x，
解得：x=203S=403，
所以交点坐标为(203,403)，
(3)将S=12代入S=−4x+40，
得：12=−4x+40，
解得：x=7，
故点P(7,3)．
【解析】(1)根据△OAP的面积=OA×y÷2列出函数解析式，及点P(x,y)在第一象限内求出自变量的取值范围．
(2)根据S=−4x+40画出函数图象，并与正比例函数S=2x联立方程组，即可求出交点坐标．
(3)将S=12代入(1)求出的解析式中即可．
本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
22.【答案】(1)证明：在△AOE和△COD中，
∠EAO=∠DCO∠DOC=∠EOAAO=CO，
∴△AOE≌△COD(ASA)，
∴OD=OE，
又∵AO=CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
(2)解：∵AB=BC，AO=CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC=16，
∴CO=12AC=8，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD= CD2−CO2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∴菱形AECD的面积=12AC×DE=12×16×12=96．
【解析】(1)证△AOE≌△COD(ASA)，得OD=OE，再由AO=CO，即可得出结论；
(2)由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD=6，则DE=12，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
23.【答案】解：(1)设每个A型垃圾箱x元，每个B型垃圾箱y元，
由题意可得：x+2y=3403x+2y=540，
解得x=100y=120，
答：每个A型垃圾箱100元，每个B型垃圾箱120元；
(2)设购买m个A型垃圾箱，则购买(20−m)个B型垃圾箱，
由题意可得：ω=100m+120(20−m)=−20m+2400，
即ω=−20m+2400(0≤m≤16，且m为整数)；
(3)由(2)知，ω=−20m+2400，
∴ω随m的增大而减小．
∵0≤m≤16，且m为整数，
∴当m=16，w取得最小值，此时ω=2080，
即当购买A型垃圾箱个数16时总费用最小，最小费用是2080元．
【解析】(1)根据购买1个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱需340元；购买3个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱共需540元，可以列出相应的方程组，然后求解即可；
(2)根据题意和题目中的数据，可以写出购买垃圾箱的总花费ω(元)与A型垃圾箱m(个)之间的函数关系式；
(3)根据(2)中的函数关系式和一次函数的性质、m的取值范围，可以求得总费用的最小值．
本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．
24.【答案】(7,2) (5,7)
【解析】(1)解：过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，如图：
在y=−52x+5中，令x=0得y=5，令y=0得x=2，
∴A(0,5)，B(2,0)，OA=5，OB=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC=AD，
∴∠CBK=90°−∠ABO=∠BAO=90°−∠TAD=∠TDA，
∵∠CKB=∠AOB=∠ATD=90°，
∴△BCK≌△ABO≌△DAT(AAS)，
∴BK=OA=DT=5，CK=OB=AT=2，
∴OK=OB+BK=7，OT=OA+AT=7，
∴C(7,2)，D(5,7)；
故答案为：(7,2)，(5,7)；
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，∠ABF=∠CBF=45°，
∵BF=BF，
∴△BCF≌△BAF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAF，
即∠GCB=∠EAB；
(3)解：存在这样的m值，使GC⊥y轴，理由如下：
由B(2,0)，D(5,7)可得直线BD解析式为y=73x−143，
若GC⊥y轴，则yF=yC=2，
在y=73x−143中，令y=2得x=207，
∴F(207,2)，
设直线AF解析式为y=kx+b，将A(0,5)，F(207,2)代入得：b=5207k+b=2，
解得k=−2120b=5，
∴直线AF解析式为y=−2120x+5，
把E(m,0)代入y=−2120x+5得：−2120m+5=0，
解得m=10021，
答：存在这样的m值，使GC⊥y轴，此时m的值为10021．
(1)过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，在y=−52x+5中，令x=0得y=5，令y=0得x=2，得A(0,5)，B(2,0)，OA=5，OB=2，证明△BCK≌△ABO≌△DAT(AAS)，可得BK=OA=DT=5，CK=OB=AT=2，即可得C(7,2)，D(5,7)；
(2)由四边形ABCD是正方形，可证△BCF≌△BAF(SAS)，即得∠BCF=∠BAF，即∠GCB=∠EAB；
(3)由B(2,0)，D(5,7)可得直线BD解析式为y=73x−143，令y=2得x=207，F(207,2)，用待定系数法可得直线AF解析式为y=−2120x+5，把E(m,0)代入即得m=10021．
本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形判定与性质，正方形性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
25.【答案】解：(1)存在；理由如下：
如(1)图，
∵四边形PDEF为正方形，
∴∠PDE=90°，
∴∠ADP+∠ODE=90°，
∵∠PAD=∠DOE=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∴∠ODE=∠APD，
∵PD=DE，
∴△ADP≌△OED(AAS)，
∴AP=OD=2，
∴点P的坐标为(2,3)；
(2)如图2，过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，则四边形AONM是矩形，此时NM=OA=3；
∵PM//OE，PF//DE，
∴∠MPF=∠OED，
∵MF//OD，PF//DE，
∴∠PFM=∠ODE，
∵PF=DE，
∴△PFM≌△EDO(ASA)，
∴FM=OD=2，
∴FN=1，
∵∠OBC=45°，
∴BN=1，
∴ON=6，
∴点F的坐标为(6,1)；
(3)如图3，过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，
由(3)可知，△PFM≌△EDO(ASA)，
∴FM=OD=2，AD=FN=1，PM=EO，
∴AP=NE，
设OE=t，则DE2=DP2=t2+4，
∴AP2=DP2−AD2=t2+4−1=t2+3，
∴AP= t2+3，
∴NE= t2+3，
∴ON= t2+3+t，
∴点F的坐标为( t2+3+t,1)，
∴DF的中点Q的坐标为( t2+3+t2,32)；
∴点F在直线y=1上运动，点Q在直线y=32上运动，且横坐标的值随DE的增大而增大；
当点E在原点时，即t=0，此时Q为( 32,32)；
当点E在最右端时，即t的值最大，此时点F恰好在BC上，即F(6,1)；
∴ t2+3+t=6，
∴ t2+3+t2=3，
∴点Q为(3,32)；
∴点Q的最左端坐标为( 32,32)，最右端的坐标为(3,32)；
∴菱形PDEF的对角线交点的最大运动路径长：3− 32．
【解析】(1)证明△ADP≌△OED(AAS)，由全等三角形的性质可得出AP=OD=2，则可得出答案；
(2)过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，则四边形AONM是矩形，此时NM=OA=3；证明△PFM≌△EDO(ASA)，得出FM=OD=2，则可得出答案；
(3)过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，设OE=t，则DE2=DP2=t2+4，求出Q点的坐标，则可得出答案．
本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2022-2023学年广东省广州外国语学校八年级（下）期中数学试卷
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. 若二次根式 x+3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x=−3 B. x≥−3 C. x≤−3 D. 任何实数
2. 某校为了了解某班开展学习党史情况，该校随机抽取了9名学生进行调查，他们读书的本数分别是3、2、3、2、5、1、2、5、4，则这组数据的众数和中位数是( )
A. 2和3 B. 2和5 C. 5和3 D. 3和5
3. 若直角三角形一条直角边长为6，斜边长为10，则斜边上的高是( )
A. 125 B. 245 C. 5 D. 10
4. 一次函数y=kx+2中，y随着x的增大而减小，那么它的图象不经过( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
5. 对于四边形的以下说法：
①对角线互相平分的四边形是平行四边形；
②对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
③对角线垂直且互相平分的四边形是菱形；
④顺次连接对角线相等的四边形各边的中点所得到的四边形是矩形．
其中你认为正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
6. 下列计算正确的是( )
A. 3 5− 5=3 B. 5+12+ 5−12=2 5
C. ( 5+ 2)( 5− 2)=3 D. 15÷ 5=3
7. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，连接EO.若菱形的周长是40，则EO的长为( )
A. 10
B. 5
C. 2.5
D. 20
8. 如图，四边形ABCD是矩形，连接BD，∠ABD=60°，延长BC到E使CE=BD，连接AE，则∠AEB的度数为( )
A. 15° B. 20° C. 30° D. 60°
9. 将直线y=−2x向下平移后得到直线l，若直线l经过点(a,b)，且2a+b=−7，则直线l的解析式为( )
A. y=−2x−2 B. y=−2x+2 C. y=−2x−7 D. y=−2x+7
10. 如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM=BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为2，则线段CF的最小值是( )
A. 2
B. 1
C. 5−1
D. 5−2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 6= ______ ．
12. ▱ABCD中，若∠A：∠B=2：3，则∠C=______．
13. 一次函数y=−3x+4的图象与x轴的交点坐标为______ ．
14. 甲、乙两车从A城出发沿一条笔直公路匀速行驶至B城，在整个行驶过程中，甲、乙两车离A城的距离y(km)与甲车行驶的时间t(h)之间的函数关系如图所示，当t= ______ 时，两车相遇．
15. 《九章算术》有一问题：“今有垣高一丈，倚木于垣，上与垣齐．引木却行一尺，其木至地．问木长几何？”其内容可表述为：“有一面墙，高1丈．将一根木杆斜靠在墙上，使木杆的上端与墙的上端对齐，下端落在地面上，如果使木杆下端从此时的位置向远离墙的方向移动1尺，则木杆上端恰好沿着墙滑落到地面上，则木杆长为______尺．”(说明：1丈=10尺)
16. 如图，四边形ABCD是长方形纸片，AB=6，对折长方形纸片ABCD.使AD与BC重合，折痕为EF.展平后再过点B折叠长方形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕为BM，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G.有如下结论：①MN=NG；②AM=3；③△BMG是等边三角形；④P为线段BM上一动点，H是线段BN上的动点，则PN+PH的最小值是3 3.其中正确结论的序号是______ ．
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)
计算：(1) 2+ 8− 12．
(2) 48+ 3− 12× 12+ 24．
18. (本小题6.0分)
某篮球队对队员进行定点投篮测试，每人每天投篮10次，现对甲、乙两名队员在五天中投进球的个数统计如下表：
甲
10
6
10
6
8
乙
7
9
7
8
9
参考公式：s2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+……+(xn−x−)2]
(1)求甲、乙两名队员投进球个数的平均数：
(2)如果从甲、乙两名队员中选出一人去参加定点投篮比赛，应选哪名队员？请说明理由．
19. (本小题6.0分)
已知一次函数y=2x+b．
(1)若该函数的图象经过点(1,3)，求b的值；
(2)若它的图象与两条坐标轴围成的图形的面积等于9，求b的值．
20. (本小题6.0分)
如图，笔直的公路上A、B两点相距25km，C、D为两村庄，DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B，已知DA=15km，CB=10km，现在要在公路的AB段上建一个土特产品收购站E，使得C、D两村到收购站E的距离相等，则收购站E应建在离A点多远处？
21. (本小题8.0分)
已知点A(8,0)及第一象限的动点P(x,y)，且x+y=10，设△OPA的面积为S．
(1)求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(2)画出函数S的图象，并求其与正比例函数S=2x的图象的交点坐标；
(3)当S=12时，求P点坐标．
22. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO=CO，点E在BD上，满足∠EAO=∠DCO．
(1)求证：四边形AECD是平行四边形；
(2)若AB=BC，CD=10，AC=16，求四边形AECD的面积．
23. (本小题10.0分)
为迎接“国家创卫”检查，我市环卫局准备购买A，B两种型号的垃圾箱．通过市场调研发现：购买1个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱需340元；购买3个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱共需540元．
(1)求每A个型垃圾箱和B型垃圾箱各多少元？
(2)该市现需要购买A，B两种型号的垃圾箱20个，其中购买A型垃圾箱不超过16个．求购买垃圾箱的总花费ω(元)与A型垃圾箱m(个)之间的函数关系式；
(3)在(2)中，当购买A型垃圾箱个数多少时总费用最小，最小费用是多少？
24. (本小题10.0分)
如图，直线y=−52x+5与y轴、x轴分别交于点A，B，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，E是x轴上一动点，设点E坐标为(m,0)，(2
(1)填空：点C的坐标是______ ，点D的坐标是______ ；
(2)求证：∠EAB=∠GCB；
(3)是否存在这样的m值，使GC⊥y轴？若存在，请求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
25. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D坐标分别为(0,3)、(7,0)、(4,3)、(0,2)，连接AC和BC，点P为线段AC上一从左向右运动的点，以PD为边作菱形PDEF，其中点E落在x轴上．
(1)在点P运动过程中，是否能使得四边形PDEF为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(2)如图2，当点P运动到使得菱形PDEF的顶点F恰好在边BC上时，求出此时点F的坐标．
(3)若要使得顶点F不落在四边形OACB外，求出菱形PDEF的对角线交点的最大运动路径长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得：x+3≥0，
解得：x≥−3，
故选：B．
根据二次根式中的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：根据数据可知：2出现的次数最多，因而众数是2；
一共是9个数，从小到大排列是1、2、2、2、3、3、4，5，5，处在第5位的数是3，因此中位数是3．
故选：A．
根据众数是一组数据中出现次数最多的数据；中位数就是把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数(或两个数的平均数)进行解答即可求出答案．
此题考查众数、中位数的意义及求法，一组数据出现次数最多的数就是众数，将一组数据从小到大排列后处在中间位置的一个数或两个数的平均数是中位数．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
根据勾股定理求出直角三角形另一条直角边长，根据三角形面积公式计算即可．
【解答】
解：设斜边上的高为h，
由勾股定理得，直角三角形另一条直角边长= 102−62=8，
则12×6×8=12×10×h，
解得，h=245
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=kx+2，y随x的增大而减小，
∴k<0，
∵当x=0时，y=2，
过点(0,2)，
∴函数的图象过一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：C．
先根据函数的增减性判断出k的符号，再根据一次函数的图象与系数的关系进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k<0，b>0时，函数的图象经过一、二、四象限．
5.【答案】C
【解析】解：题中①②③根据平行四边形、矩形、菱形的判定，是正确的，④只能判定是菱形而不具备矩形的条件．
故选C．
根据平行四边形、矩形、菱形的判定，说法正确的是①②③，顺次连接对角线相等的四边形各边的中点所得到的四边形应该是菱形．
主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定．
6.【答案】C
【解析】解：A、原式=2 5，所以A选项的计算错误；
B、原式=2 52= 5，所以B选项的计算错误；
C、原式=5−2=3，所以C选项的计算正确；
D、原式= 15÷5= 3，所以D选项的计算错误．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据平方差公式对C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：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
7.【答案】B
【解析】解：方法一：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，AO=CO，
∴∠AOB=90°，
∵菱形ABCD的周长为40，
∴AB=10，
∵E为AB边中点，
∴OE=12AB=5．
故选：B．
方法二、四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，AO=CO，
∴∠AOB=90°，
∵菱形ABCD的周长为40，
∴AB=10，
∵AO=CO，E为AB边中点，
∴OE=12BC=5．
故选：B．
由菱形的性质可求AB=BC=CD=AD=8，AC⊥BD，AO=CO，由直角三角形的性质可求解．
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图连接AC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵EC=BD，
∴AC=CE，
∴∠AEB=∠CAE，
易证∠ACB=∠ADB=30°，
∵∠ACB=∠AEB+∠CAE，
∴∠AEB=∠CAE=15°，
故选：A．
如图连接AC.只要证明CE=CA，推出∠E=∠CAE，求出∠ACE即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：设直线l的解析式为y=−2x+k，
又∵直线l经过点(a,b)，
∴−2a+k=b，
∴2a+b=k，
∵2a+b=−7，
故直线l的解析式为y=−2x−7．
故选：C．
先根据直线平移后k的值不变，只有b发生变化，可设直线l的解析式为y=−2x+k，再将点(a,b)代入，即可求解．
本题本题考查的是一次函数的图象与几何变换及运用待定系数法求函数的解析式，根据直线平移后k的值不变，设出直线l的解析式是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：在正方形ABCD中，AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN(HL)，
∴∠1=∠2，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△DCE≌△BCE(SAS)，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵∠ADF+∠3=∠ADC=90°，
∴∠1+∠ADF=90°，
∴∠AFD=180°−90°=90°，
取AD的中点O，连接OF、OC，
则OF=DO=12AD=1，
在Rt△ODC中，OC= DO2+DC2= 12+22= 5，
根据三角形的三边关系，OF+CF>OC，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值=OC−OF= 5−1．
故选：C．
根据正方形的性质可得AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，然后利用“HL”证明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△DCE和△BCE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AFD=90°，取AD的中点O，连接OF、OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=12AD=1，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出CF最小时点F的位置是解题关键，也是本题的难点．
11.【答案】2 3
【解析】解：原式= 2×6=2 3．
故答案为：2 3．
直接利用二次根式的乘法运算法则化简得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘法，正确化简二次根式是解题关键．
12.【答案】72°
【解析】解：依题意设∠A=2x，∠B=3x，
由平行四边形的性质，得∠A+∠B=180°，
∴2x+3x=180°，解得x=36°，
∴∠A=2x=72°，
∵∠A=∠C，
∴∠C=72°．
故答案为72°．
根据已知比例设∠A=2x，∠B=3x，再由两直线平行，同旁内角线补，可求角的度数．
本题考查了平行四边形对边平行的性质，得到邻角互补的结论，解决本题的关键是运用定义求四边形内角度数的常用方法．
13.【答案】(43,0)
【解析】解：当y=0时，代入函数关系式得，
0=−3x+4，
∴x=43，
则一次函数与x轴交点坐标为(43,0)．
故答案为：(43,0)．
函数与x轴交点即是令y=0，然后代入函数关系式即可求出结果．
本题考查了函数与x轴的交点问题，任何函数与x轴的交点坐标，纵坐标都为0，根据这个特性解题即可．
14.【答案】2.5
【解析】解：由图可得，甲的速度为300÷5=60(km/h)，
∴y甲=60t；
乙的速度为300÷(4−1)=100(km/h)，
∴y乙=100(t−1)，
由60t=100(t−1)得t=2.5，
∴t=2.5时，两车相遇，
故答案为：2.5．
求出y甲=60t；y乙=100(t−1)，解60t=100(t−1)得t=2.5，即可知t=2.5时，两车相遇．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
15.【答案】50.5
【解析】解：如图，设木杆AB长为x尺，则木杆底端B离墙的距离即BC的长有(x−1)尺，
在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2=AB2，
∴102+(x−1)2=x2，
解得：x=50.5，
则木杆长为50.5尺．
故答案为：50.5．
当木杆的上端与墙头平齐时，木杆与墙、地面构成直角三角形，设木杆长为x尺，则木杆底端离墙有(x−1)尺，根据勾股定理可列出方程．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是由实际问题抽象出直角三角形，从而运用勾股定理解题．
16.【答案】①③④
【解析】解：连接AN，AP，
由翻折可得AE=BE，EF⊥AB，AB=BN，∠ABP=∠PBN，
∴EN为线段AB的垂直平分线，
∴AN=BN，
∴AN=BN=AB，
即△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，∠PBN=12∠ABN=30°，
∵∠ABM=∠NBM=30°，∠BAM=90°，AB=6，
∴AM=AB⋅tan30°=6× 33=2 3，
故结论②错误，不符合题意；
由翻折可得∠AMB=∠BMG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠AMB=∠MBG，
∴∠MBG=∠BMG=90°−30°=60°，
∴△BMG为等边三角形，
故结论③正确，符合题意；
∵∠MBN=12∠MBG，
∴BN平分∠MBG，
∴MN=NG，
故结论①正确，符合题意；
∵BN=AB=6，BE=3，
∴EN= BN2−BE2=3 3，
由翻折可得，BM垂直平分AN，
∴AP=NP，
∴PN+PH=AP+PH，
∴当A，P，H三点共线，且AH⊥BN时，AP+PH=AH有最小值，
∵AB=6，∠ABH=60°，
∴AH=AB⋅sin60°=6× 32=3 3，
∴PN+PH的最小值3 3，
故结论④正确，符合题意；
故选：①③④．
连接AN，AP.由翻折可得AE=BE，EF⊥AB，AB=BN，∠ABP=∠PBN，则EN为线段AB的垂直平分线，可得AN=BN=AB，即△ABN为等边三角形，根据AM=AB⋅tan30°，即可判断结论②；由翻折可得∠AMB=∠BMG，结合平行线的性质可得∠AMB=∠MBG，则∠MBG=∠BMG=60°，进而可判断结论③；根据等边三角形的性质即可判断结论①；由勾股定理可得EN= BN2−BE2，由翻折可得，BM垂直平分AN，则AP=NP，PN+PH=AP+PH，可知当A，P，H三点共线，且AH⊥BN时，AP+PH=AH有最小值，根据AH=AB⋅sin60°，即可判断结论④．
本题是四边形综合题，考查翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数，熟练掌握翻折的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数是解答本题的关键．
17.【答案】解：(1) 2+ 8− 12
= 2+2 2− 22
=5 22；
(2) 48+ 3− 12× 12+ 24
=4 3+ 3− 6+2 6
=5 3+ 6．
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)甲的平均数为：(10+6+10+6+8)÷5=8(个)，
乙的平均数为：(7+9+7+8+9)÷5=8(个)，
答：甲、乙两名队员投进球个数的平均数都是8个；
(2)甲的方差为15×[(10−8)2×2+(8−8)2+(6−8)2×2]=3.2，
乙的方差为15×[(7−8)2×2+(8−8)2+(9−8)2×2]=0.8，
因为甲、乙的平均数相同，而乙的方差较小，比较稳定，因此选择乙比较合适．
【解析】(1)根据平均数的计算公式进行计算即可；
(2)先求出方差，通过方差的大小进行比较得出结论．
本题考查平均数、方差的意义和计算方法，理解平均数反应一组数据的集中水平和整体情况，而方差则反应一组数的离散程度，方差越小越稳定．
19.【答案】解：(1)把(1,3)代入y=2x+b得2+b=3，
解得b=1；
(2)∵y=2x+b与x轴交点的坐标为(−b2,0)；与y轴的交点坐标为(0,b)，
∴12×|−b2×b|=9，
解得b=±6．
【解析】(1)直接把(1,3)代入y=2x+b可求出b；
(2)求得用b表示的坐标轴上的横纵坐标，根据横纵坐标的绝对值积的一半为9列式可得b的值．
考查一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形面积，能够表示出直线与坐标轴的交点坐标是解决本题的关键．
20.【答案】解：∵使得C，D两村到E站的距离相等．
∴DE=CE，
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AE2+AD2=DE2，BE2+BC2=EC2，
∴AE2+AD2=BE2+BC2，
设AE=x km，则BE=AB−AE=(25−x)km．
∵DA=15km，CB=10km，
∴x2+152=(25−x)2+102，
解得：x=10，
∴AE=10km，
∴收购站E应建在离A点10km处．
【解析】本题主要是运用勾股定理将两个直角三角形的斜边表示出来，两边相等求解即可．
根据使得C，D两村到E站的距离相等，可得DE=CE，设AE=x，则BE=25−x，再分别在Rt△DAE和Rt△CBE中利用勾股定理，建立关于x的方程，求解即可．
21.【答案】解：(1)依题意有S=12×8×(10−x)=−4x+40，
∵点P(x,y)在第一象限内，
∴x>0，y=10−x>0，
解得：0
所画图象如下：
令S=−4x+40S=2x，
解得：x=203S=403，
所以交点坐标为(203,403)，
(3)将S=12代入S=−4x+40，
得：12=−4x+40，
解得：x=7，
故点P(7,3)．
【解析】(1)根据△OAP的面积=OA×y÷2列出函数解析式，及点P(x,y)在第一象限内求出自变量的取值范围．
(2)根据S=−4x+40画出函数图象，并与正比例函数S=2x联立方程组，即可求出交点坐标．
(3)将S=12代入(1)求出的解析式中即可．
本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
22.【答案】(1)证明：在△AOE和△COD中，
∠EAO=∠DCO∠DOC=∠EOAAO=CO，
∴△AOE≌△COD(ASA)，
∴OD=OE，
又∵AO=CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
(2)解：∵AB=BC，AO=CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC=16，
∴CO=12AC=8，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD= CD2−CO2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∴菱形AECD的面积=12AC×DE=12×16×12=96．
【解析】(1)证△AOE≌△COD(ASA)，得OD=OE，再由AO=CO，即可得出结论；
(2)由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD=6，则DE=12，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
23.【答案】解：(1)设每个A型垃圾箱x元，每个B型垃圾箱y元，
由题意可得：x+2y=3403x+2y=540，
解得x=100y=120，
答：每个A型垃圾箱100元，每个B型垃圾箱120元；
(2)设购买m个A型垃圾箱，则购买(20−m)个B型垃圾箱，
由题意可得：ω=100m+120(20−m)=−20m+2400，
即ω=−20m+2400(0≤m≤16，且m为整数)；
(3)由(2)知，ω=−20m+2400，
∴ω随m的增大而减小．
∵0≤m≤16，且m为整数，
∴当m=16，w取得最小值，此时ω=2080，
即当购买A型垃圾箱个数16时总费用最小，最小费用是2080元．
【解析】(1)根据购买1个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱需340元；购买3个A型垃圾箱和2个B型垃圾箱共需540元，可以列出相应的方程组，然后求解即可；
(2)根据题意和题目中的数据，可以写出购买垃圾箱的总花费ω(元)与A型垃圾箱m(个)之间的函数关系式；
(3)根据(2)中的函数关系式和一次函数的性质、m的取值范围，可以求得总费用的最小值．
本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．
24.【答案】(7,2) (5,7)
【解析】(1)解：过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，如图：
在y=−52x+5中，令x=0得y=5，令y=0得x=2，
∴A(0,5)，B(2,0)，OA=5，OB=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC=AD，
∴∠CBK=90°−∠ABO=∠BAO=90°−∠TAD=∠TDA，
∵∠CKB=∠AOB=∠ATD=90°，
∴△BCK≌△ABO≌△DAT(AAS)，
∴BK=OA=DT=5，CK=OB=AT=2，
∴OK=OB+BK=7，OT=OA+AT=7，
∴C(7,2)，D(5,7)；
故答案为：(7,2)，(5,7)；
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，∠ABF=∠CBF=45°，
∵BF=BF，
∴△BCF≌△BAF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAF，
即∠GCB=∠EAB；
(3)解：存在这样的m值，使GC⊥y轴，理由如下：
由B(2,0)，D(5,7)可得直线BD解析式为y=73x−143，
若GC⊥y轴，则yF=yC=2，
在y=73x−143中，令y=2得x=207，
∴F(207,2)，
设直线AF解析式为y=kx+b，将A(0,5)，F(207,2)代入得：b=5207k+b=2，
解得k=−2120b=5，
∴直线AF解析式为y=−2120x+5，
把E(m,0)代入y=−2120x+5得：−2120m+5=0，
解得m=10021，
答：存在这样的m值，使GC⊥y轴，此时m的值为10021．
(1)过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，在y=−52x+5中，令x=0得y=5，令y=0得x=2，得A(0,5)，B(2,0)，OA=5，OB=2，证明△BCK≌△ABO≌△DAT(AAS)，可得BK=OA=DT=5，CK=OB=AT=2，即可得C(7,2)，D(5,7)；
(2)由四边形ABCD是正方形，可证△BCF≌△BAF(SAS)，即得∠BCF=∠BAF，即∠GCB=∠EAB；
(3)由B(2,0)，D(5,7)可得直线BD解析式为y=73x−143，令y=2得x=207，F(207,2)，用待定系数法可得直线AF解析式为y=−2120x+5，把E(m,0)代入即得m=10021．
本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形判定与性质，正方形性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
25.【答案】解：(1)存在；理由如下：
如(1)图，
∵四边形PDEF为正方形，
∴∠PDE=90°，
∴∠ADP+∠ODE=90°，
∵∠PAD=∠DOE=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∴∠ODE=∠APD，
∵PD=DE，
∴△ADP≌△OED(AAS)，
∴AP=OD=2，
∴点P的坐标为(2,3)；
(2)如图2，过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，则四边形AONM是矩形，此时NM=OA=3；
∵PM//OE，PF//DE，
∴∠MPF=∠OED，
∵MF//OD，PF//DE，
∴∠PFM=∠ODE，
∵PF=DE，
∴△PFM≌△EDO(ASA)，
∴FM=OD=2，
∴FN=1，
∵∠OBC=45°，
∴BN=1，
∴ON=6，
∴点F的坐标为(6,1)；
(3)如图3，过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，
由(3)可知，△PFM≌△EDO(ASA)，
∴FM=OD=2，AD=FN=1，PM=EO，
∴AP=NE，
设OE=t，则DE2=DP2=t2+4，
∴AP2=DP2−AD2=t2+4−1=t2+3，
∴AP= t2+3，
∴NE= t2+3，
∴ON= t2+3+t，
∴点F的坐标为( t2+3+t,1)，
∴DF的中点Q的坐标为( t2+3+t2,32)；
∴点F在直线y=1上运动，点Q在直线y=32上运动，且横坐标的值随DE的增大而增大；
当点E在原点时，即t=0，此时Q为( 32,32)；
当点E在最右端时，即t的值最大，此时点F恰好在BC上，即F(6,1)；
∴ t2+3+t=6，
∴ t2+3+t2=3，
∴点Q为(3,32)；
∴点Q的最左端坐标为( 32,32)，最右端的坐标为(3,32)；
∴菱形PDEF的对角线交点的最大运动路径长：3− 32．
【解析】(1)证明△ADP≌△OED(AAS)，由全等三角形的性质可得出AP=OD=2，则可得出答案；
(2)过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，则四边形AONM是矩形，此时NM=OA=3；证明△PFM≌△EDO(ASA)，得出FM=OD=2，则可得出答案；
(3)过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，设OE=t，则DE2=DP2=t2+4，求出Q点的坐标，则可得出答案．
本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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