2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24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。
1.要使 x−2有意义，则x的值可以是( )
A. 0B. −1C. −2D. 2
2.在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为( )
A. 3B. 4C. 5D. 7
3.下列一次函数的图象中，与直线y=2x+1平行的是( )
A. y=2x−1B. y=−x+1C. y=xD. y=3x−1
4.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 25B. 7C. 1 3D. 12
5.“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植，某种植户为了考查所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取5株水稻苗，测得苗高(单位：cm)分别是：22，23，24，25，26.则这组数据的平均数和方差分别是( )
A. 24，3B. 24，0C. 24，2D. 24，1
6.如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到AC和BC的中点D、E，测量得DE=16米，则A、B两点间的距离为( )
A. 30米
B. 32米
C. 36米
D. 48米
7.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，若BD=2，则AC的长是( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
8.下列关于一次函数y=−2x+4的图象性质说法中，不正确的是( )
A. 直线与x轴交点的坐标是(0,2)B. 直线经过第一、二、四象限
C. y随x的增大而减小D. 与两坐标轴围成的三角形面积为4
9.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为(0,4)，(−1,2)，(6,0)，则点D的坐标为( )
A. (7,3)
B. (6,2)
C. (7,2)
D. (6,3)
10.出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG的值为( )
A. 245B. 6013C. 132D. 125
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.甲、乙、丙三人进行射击测试，他们成绩的平均数相同，方差分别是s甲2=2.5，s乙2=1.0，s丙2=4.5，则这3位同学发挥最稳定的是______．
12.已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为______．
13.若y= 2x−1+ 1−2x+1，则y= ______．
14.如图，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过O的直线分别交AB、CD于点E、F，若AB=12，AD=8，EO=3，则四边形ADFE的周长是______．
15.已知一次函数y=kx+b，当−2≤x≤3时，−1≤y≤9，则k= ______．
16.如图，正方形ABCD的边长为2，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出5种情况：①若G为BD上任意一点，则AG=EF；②若BG=AB，则∠DAG=30°；③若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；④若DG：BG=1：4，则S△ADG=12；⑤若过点G作正方形GCNM交AB边于M，则BN+BG= 2AB.则其中正确的是______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1) 18− 32+ 2；
(2) 12× 32÷ 2．
18.(本小题6分)
某校开展“满园书香，奉献互助”的志愿活动，倡议学生利用双休日在海珠少儿图书馆参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，根据如图提供的信息，解答下列问题：
(1)抽查的学生劳动时间的众数为______，中位数为______．
(2)已知全校学生人数为1600人，请你估算该校学生参加义务劳动2小时的有多少人？
19.(本小题6分)
函数y1=−x+m的图象为直线l1，函数y2=nx−3图象为直线l2，两直线相交于点C(2,−1)．
(1)求m、n的值；
(2)在给出的直角坐标系中，画出直线l1和直线l2的图象；
(3)求直线l1、l2与y轴围成的三角形面积．
20.(本小题6分)
学校操场边有一根垂直于地面l的旗杆AB，一根无弹力、不能伸缩的绳子m紧系于旗杆顶端A处(打结处忽略不计)，小杰同学通过操作、测量发现：如图1，当绳子m紧靠在旗杆上拉紧到底端B后，还多出2米，即BC=2米；如图2，当离开旗杆底端B处6米后，绳子恰好拉直且绳子末端D处恰好接触地面，即BD=6米，求旗杆AB的高度．
21.(本小题6分)
如图，△ABC中，D是BC边上任意一点，F是AB中点，过点A作AE/​/BC交DF的延长线于点E，连接AD，BE．
(1)求证：四边形ADBE是平行四边形；
(2)若BC=6，∠ABC=45°，AB=2 2，求AC的长．
22.(本小题8分)
长方形纸片OABC中，AB=10cm，BC=8cm，把这张长方形纸片OABC如图放置在平面直角坐标系中，在边OA上取一点E，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在OC边上的点F处．
(1)点E的坐标是______，点F的坐标是______；
(2)在AB上找一点P，使EP+PF最小，求点P坐标．
23.(本小题10分)
红星学院计划举办数学活动周，王老师负责购买一批奖品，据了解，甲商店所有商品按每件5元出售，在乙商店，购物金额与购买商品数量的关系如图所示，设在甲商店的购物金额为y甲，在乙商店的购物金额为y乙，购买的奖品数量为x件．
(1)根据图象，求出在乙商场购物时y乙与x的函数关系式；
(2)直接写出在甲商场购物时y甲与x的函数关系式，并画出图象.若在同一家商店购买奖品数量为m件时，在乙商店比在甲商店更划算，求此时m的取值范围．
24.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系中，A(1,4.5)，B(2,5)，一次函数解析式为y=mx+4m+2，其图象直线记为l1．
(1)求直线AB的解析式；
(2)我们定义：平面直角坐标系中，点P(a,b)，Q(c,d)，若c=ta，d=−tb，且t≠0，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点(−6,9)是点(2,3)的“−3级变换点”．
①现将直线AB上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式；
②记①中的直线AB为l2，当x≥0时，l1与l2有交点，求m的取值范围；
③已知点M(p,q)(pq≠0)，对M先进行“t1级变换”得到点E，再对点E进行“t2级变化”得到点N，其中t1+t2=0，求证：直线MN必经过原点O．
25.(本小题12分)
如图，等边△ABD中，AB=8．

(1)尺规作图：在图1中作点A关于BD的对称点C，连接BC，DC，并证明四边形ABCD是菱形；
(2)在(1)的条件下，点O是四边形ABCD对角线交点，动点E，F，G分别在线段CD，AC，BC上，且满足EF/​/AD，EG⊥EF，H是FG中点；
①当OH/​/AB时，求证OH=12DE；
②当OH⊥BC时，求OH长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得：x−2≥0，
解得：x≥2，
则x的值可以是2，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x的范围，判断即可．
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．
2.【答案】C
【解析】解：这个直角三角形的斜边长= 32+42= 25=5，
故选：C．
直接利用勾股定理解答即可．
此题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：直线y=2x+1与直线y=2x−1平行，
故选：A．
根据k相同，且b不相等判断即可．
本题考查了两条直线相交或平行问题，属于基础题，关键掌握当k相同，且b不相等，图象平行．
4.【答案】B
【解析】解：A、 25=5，不合题意；
B、 7为最简二次根式，符合题意；
C、1 3= 33，不合题意；
D、 12=2 3，不合题意，
故选：B．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，平均数是22+23+24+25+265=24，
方差为(22−24)2+(23−24)2+(24−24)2+(25−24)2+(26−24)25=2，
故选：C．
根据平均数，方差的计算公式求解作答即可．
本题考查了平均数，方差．熟练掌握平均数，方差的计算公式是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵D、E分别是AC、BC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=16米，
∴AB=32米，
∴A、B两点间的距离为32米．
故选：B．
由三角形中位线定理得到DE=12AB，而DE=16米，即可求出AB=32米．
本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到DE=12AB．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ABC=90°，点D为斜边AC的中点，
∴AC=2BD，
∵BD=2，
∴AC=4，
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AC=2BD，进而可得答案．
此题主要考查了直角三角形的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
8.【答案】A
【解析】解：A、直线与x轴交点的坐标是(2,0)，符合题意；
B、一次函数的图象中−20，故直线经过第一、二、四象限，不符合题意；
C.、一次函数的图象中−2100时，乙商店购物比在甲商店购物更划算．
【解析】(1)分0≤x≤50和x>50两种情况，利用待定系数法解答即可求解；
(2)根据题意可得y甲与x的函数关系式，根据函数解析式可画出y甲的函数图象，根据图象求出在两个商场购物金额相等时奖品数量m的值，进而结合图象可得m的取值范围．
本题考查了一次函数的应用，根据题意，正确求出一次函数解析式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(1,4.5)，B(2,5)代入可得，
k+b=4.52k+b=5，
k=12b=4，
∴直线AB的解析式为y=12x+4，
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，
设变换后的直线解析式为y=k1x+b1，把(2,−9)，(4,−10)代入得2k1+b1=−94k1+b1=−10，
解得k1=−12b1=−8，
∴变换后的直线解析式为y=−12x−8，
②联立l1和l2为y=mx+4m+2y=−12x−8，
可得，(m+12)x+4m+10=0，
则x=8m+202m+1，
∵x≥0
∴8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1−12或m≤−52，
③由题意得，点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，
∵t1+t2=0，
∴t1=−t2，
∴点N的坐标为(−t22p,−t22q)，
设直线MN的解析式为y=k2x+b2，
则k2p+b2=q−k2t22p+b2=−t22q，
解得k2=qpb2=0，
∴直线MN的解析式为y=qpx，
∴直线MN必经过原点O．
【解析】(1)利用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可；
②联立l1和l2得到方程组，求出x=8m+202m+1，根据x≥0得到8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1−12或m≤−52即可；
③由题意得点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，由t1+t2=0得到点N的坐标为(−t22p,−t22q)，又由点M(p,q)(pq≠0)，利用待定系数法求出直线MN的解析式为y=qpx，即可证明结论成立．
此题考查了一次函数的图象和性质，用到待定系数法、利用方程组求两直线的交点等知识，读懂题意，理解“t级变换点”是解题的关键．
25.【答案】(1)解：作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；

∵△ABD是等边三角形，
∴AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，
又∵OC=OA，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=30°，∠CDB=60°，∠ADC=120°，BD⊥AC，AB//CD，
∵EF/​/AD，
∴∠EFC=∠DAC=∠DCA，∠FEC=∠ADC=120°，∠DEF=60°，
∴EF=CE，
如图2，作EP⊥CF于点P，则EP/​/BD，

∵EF=CE，
∴P是CF的中点，
如图2，连接PH，
∵H是FG中点，
∴PH//CG，
∴∠OPH=∠ACB=30°，
∵OH/​/AB，AB/​/CD，
∴∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH/​/CD，
∴OH=PH，
如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，
∴四边形ODQH是平行四边形，∠CQH=∠CDB=60°，
∴DQ=OH，
∵∠EPH=∠EPF+∠OPH=120°，∠FEP=12∠CEF=60°，
∴∠EPH+∠FEP=180°，
∴PH//ME，
∴四边形MEPH是平行四边形，
∴PH=ME，
∵∠QEM=60°=∠MQE，
∴△MEQ是等边三角形，
∴QE=ME=PH，
∴DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，
∴OH=12DE；
②解：∵菱形ABCD，AB=8，
∴OB=12BD=12AB=4，
∵∠DBC=60°，OH⊥BC，
∴∠BOP=30°，
∴BP=2，CP=6，
∵∠BCD=60°，∠EGC=∠FEG=90°，
∴∠CEG=30°，
∴CE=2CG，
如图3，作EN⊥CF于N，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，

∴QE=PG，PQ=EG，
由①可知，EF=CE，HN//CG，HN=12CG，
∴∠OHN=∠QPC=90°，∠ONH=∠BCA=30°，
设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，
∵∠FQH=90°=∠GPH，∠FHQ=∠GHP，FH=GH，
∴△FHQ≌△GHP(AAS)，
∴QH=PH=12PQ= 32a，
由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，
由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，
解得，OQ= 3(2a−b)3，
同理，OH= 36a，
∵QH=OQ+OH，
∴ 3(2a−b)3+ 36a= 32a，
解得，a=b，
∴a=b=3，
∴OH= 32，
∴OH的长为 32．
【解析】(1)作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；由等边△ABD，可得AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，进而可证四边形ABCD是菱形；
(2)①由题意证，EF=CE，如图2，作EP⊥CF，则EP/​/BD，由EF=CE，可得P是CF的中点，如图2，连接PH，则PH//CG，由OH/​/AB，AB/​/CD，可得∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH/​/CD，则OH=PH，如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，证明四边形ODQH是平行四边形，证明四边形MEPH是平行四边形，证明△MEQ是等边三角形，则QE=ME=PH，由DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，可得OH=12DE；
②由题意求BP=2，CP=6，CE=2CG，如图3，作EN⊥CF于H，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，QE=PG，PQ=EG，设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，证明△FHQ≌△GHP(AAS)，则QH=PH=12PQ= 32a，由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，则OQ= 3(2a−b)3，同理，OH= 36a，由QH=OQ+OH，可得 3(2a−b)3+ 36a= 32a，可求a=b，则a=b=3，进而可求OH的长．
本题考查了作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理是解题的关键．