2023-2024学年山东省临沂市郯城县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年山东省临沂市郯城县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若式子1 x−2有意义，则x的取值范围是( )
A. x≠2B. x>2C. x−|x−1|+3的解集.
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A(−3,0)，与y轴交于点B，与直线OC相交于点C(−2,1)，点M直线AB上运动.
(1)求直线AB的解析式.
(2)是否存在点M，使△OMB的面积是△OBC面积的12？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明理由.
(3)若点P在y轴上，在坐标平面内是否存在点Q，使以A，B，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明理由.
24.(本小题12分)
已知直线MN过正方形ABCD的顶点A，与直线BC交于一点P，△ABP与△AB′P关于直线MN对称，连接B′D，过点D作DE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F.
(1)如图1，当交点P在线段AB上时，∠B′DE=______ ∘，DE，BF与EF之间大小关系为：______.
(2)如图2，当交点P在线段BC右侧上时，(1)中的结论还成立吗？并说明理由.
(3)当交点P在线段BC左侧上时，请直接写出结论.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得：
x−2>0，
解得：x>2，
故选：B.
根据二次根式 a(a≥0)，以及分母不为0可得x−2>0，然后进行计算即可解答．
本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握二次根式 a(a≥0)，以及分母不为0是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：排名第8的同学的成绩是这15位同学成绩的中位数，只要比较自己与第8名同学的成绩，
即可得知自己是否进入决赛．
故小明还需要知道这15名同学成绩的中位数．
故选：A.
根据平均数、中位数、众数和极差的定义进行判断．
本题考查了平均数、中位数、众数和极差的定义，掌握平均数、中位数、众数和极差的定义是关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、由a=3，b=5，c=4得a2+c2=a2，则此选项能判定△ABC是直角三角形，不符合题意；
B、由a2=(c−b)(c+b)得a2=c2−b2，即a2+b2=c2，则此选项能判定△ABC是直角三角形，不符合题意；
C、由∠A+∠B=∠C，∠A+∠B+∠C=180∘得∠C=90∘，则此选项能判定△ABC是直角三角形，不符合题意；
D、由∠A：∠B：∠C=3：4：5得∠C=53+4+5×180∘=75∘，则此选项不能判定△ABC是直角三角形，不符合题意；
故选：D.
分别根据勾股定理的逆定理以及三角形的内角和定理逐项判断即可．
本题考查勾股定理的逆定理以及三角形的内角和定理，解题的关键是掌握直角三角形的判定方法．
4.【答案】B
【解析】解：A.3 3− 3=2 3，原式计算错误，故该选项不符合题意；
B. 12÷ 3= 4=2，原式计算正确，故该选项符合题意；
C. (−3)2=3，原式计算错误，故该选项不符合题意；
D.| 3−2|=2− 3，原式计算错误，故该选项不符合题意；
故选：B.
根据二次根式的加减运算对A选项进行判断；根据二次根式的除法法则对B选项进行判断；根据二次根式的性质对C选项进行判断；根据绝对值的意义对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的意义，绝对值的化简，熟练掌握利用二次根式运算法则和性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、对于函数y=kx+k(k≠0)，当x=0时，y=k，即图象与y轴的交于点(0,k)，故选项正确，不符合题意；
B、对于函数y=kx+k(k≠0)，因为k1时函数y=−|x−1|+3的表达式，然后分别和函数y=12x+1联立求解即可；
(4)首先画出y=12x+1的图象，然后由(3)得结论求解即可．
本题主要考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的性质，两条直线相交或平行问题，解题的关键是数形结合．
23.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，
则有：0=−3k+b1=−2k+b，
解得：k=1b=3，
∴直线AB的解析式为y=x+3
(2)∵直线AB的解析式为y=x+3，
∴B(0,3)，OB=3，
∵点C(−2,1)，
∴S△OBC=12OB⋅|−2|=12×3×2=3，即S△OMB=32，
设M(a,a+3)，
∴S△OMB=12OB⋅|a|=12×3⋅|a|=32|a|=32，
解得：a=−1或1，
∴M(1,4)或(−1,2)；
(3)存在，
∵直线AB的解析式为y=x+3，
∴A(−3,0)，B(0,3)，
∴AB= 32+32=3 2；
①当AB是菱形的一条边时，
当点P1与点B关于x轴对称时，则点Q1是点A关于y轴的对称点(3,0)，四边形ABQ1P1是菱形；
当点Q在x轴上方，菱形为ABP2Q2时，则AQ2=AB=3 2，即点Q2(−3,3 2)；
同理：当菱形为ABP3Q3时，点Q3(−3,−3 2)；
②当AB是菱形的对角线时，
设点P4(0,s)，点Q4(m,n)，
∴AB的中点即为P4Q4的中点，且P4A=P4B(即：P4A2=P4B2)，
∴0+m=−3+0，s+n=3，(−3−0)2+s2=(3−s)2，
∴m=−3，n=3，s=0，
∴Q4(−3,3)；
综上，点Q的坐标为Q1(−3,3 2)，Q2(−3,−3 2)，Q3(−3,3)，Q4(3,0).
【解析】(1)直接运用待定系数法求解即可；
(2)先求得△OBC的面积，进而求得△OMB，设M(a,a+3)，然后根据三角形面积公式列绝对值方程求得a，进而确定点M的坐标；
(3)分AB是菱形的一条边、AB是菱形的一条对角线两种情况，分别求解即可．
本题主要考查一次函数的综合，掌握数形结合思想和分类讨论思想成为解题的关键．
24.【答案】45EF=DE−BF
【解析】解：(1)如图，过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，ABC=∠BAD=∠BAF+∠DAE=∠ADC=90∘，
∵DE⊥AP，
∴∠DAE+∠ADE=90∘，
∴∠BAF=∠ADE，
∵△ABP与△AB′P关于直线MN对称，
∴AP垂直平分B′B，AB=AB′=AD，
∵BF⊥AP，
∴点B，F，B′三点共线，
∴BF=B′F，
∵AP⊥B′B，DE⊥AP，B′Q⊥DE，
∴四边形QEFB′是矩形，∠AED=∠BFA=90∘，
∴B′Q=EF，B′F=EQ，∠EQB′=90∘，
∴∠B′QD=180∘−90∘=90∘，
在△ADE和△BAF中，
AB=AD∠BAF=∠ADE∠AED=∠BFA
∴△ADE≌△BAF(AAS)，
∴DQ=EF=B′Q，DE=BF+EF，
∵∠B′QD=90∘，
∴∠B′DE=∠DQB′=45∘，
故答案为：45∘，EF=DE−BF；
(2)(1)中的结论不成立，∠B′DE=135∘，EF=BF−DE，理由如下：
如图，过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，
由(1)得点B，F，B′三点共线，四边形QEFB′是矩形，△ADE≌△BAF(AAS)，
∴B′Q=EF，B′F=EQ，B′F=BF，∠EQB′=90∘，AE=BF，AF=DE即AE−EF=EQ−DQ=B′F−DQ=BF−DQ，
∴DQ=EF=B′Q，DE=BF−EF，
∴EF=BF−DE，
∵∠B′QD=90∘，
∴∠B′DQ=∠DQB′=45∘，
∴∠B′DE=180∘−45∘=135∘，
∴(1)中的结论不成立，∠B′DE=135∘，EF=BF−DE；
(3)∠B′DE=45∘，EF=BF+DE，理由如下：
如图，过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，
由(1)得点B，F，B′三点共线，BF=B′F，四边形QEFB′是矩形，AB=AD，∠AED=∠BFA=90∘，∠DAE+∠ADE=90∘，∠BAC=90∘，
∴B′Q=EF，B′F=EQ，∠B′QD=180∘−90∘=90∘，∠DAE+∠BAF=180∘−90∘=90∘，
∴∠ADE=∠BAF，
∴在△ADE和△BAF中，
AB=AD∠BAF=∠ADE∠AED=∠BFA
∴△ADE≌△BAF(AAS)，
∴AE=BF，AF=DE即EF−AE=DQ−EQ=DQ−B′F=DQ−BF，
∴DQ=EF=B′Q，DE=EF−BF，
∴EF=BF+DE，
∵∠B′QD=90∘，
∴∠B′DQ=∠DQB′=45∘，
∴∠B′DE=45∘，EF=BF+DE.
(1)过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，由正方形的性质得AB=AD，ABC=∠BAD=∠BAF+∠DAE=∠ADC=90∘，进而根据同角的余角相等证明∠BAF=∠ADE，根据对称性得AP垂直平分B′B，AB=AB′=AD，从而证明点B，F，B′三点共线，又证四边形QEFB′是矩形，得B′Q=EF，B′F=EQ，∠EQB′=90∘，再证△ADE≌△BAF(AAS)，得AE=BF，AF=DE即AE+EF=DQ+EQ=DQ+B′F=DQ+BF，从而可得DE=BF+EF，再利用三角形的内角和可得∠B′DE=∠DQB′=45∘；
(2)过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，由(1)得点B，F，B′三点共线，四边形QEFB′是矩形，△ADE≌△BAF(AAS)，从而B′Q=EF，B′F=EQ，B′F=BF，∠EQB′=90∘，AE=BF，AF=DE即AE−EF=EQ−DQ=B′F−DQ=BF−DQ，于是可得DQ=EF=B′Q，DEF=BF−DE，再由∠B′QD=90∘，得∠B′DQ=∠DQB′=45∘，从而得∠B′DE=180∘−45∘=135∘；
(3)过点B′作B′Q⊥DE，连接B′B，由(1)得点B，F，B′三点共线，BF=B′F，四边形QEFB′是矩形，AB=AD，∠AED=∠BFA=90∘，∠DAE+∠ADE=90∘，∠BAC=90∘，再证△ADE≌△BAF(AAS)，得AE=BF，AF=DE即EF−AE=DQ−EQ=DQ−B′F=DQ−BF，从而得EF=BF+DE，∠B′DQ=∠DQB′=45∘.
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，同角的余角相等，过平面内一点有且只有一条直线与已知直线垂直，轴对称的性质，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
80
a
b
46.3
八年级
80
81
81，84
c
课题
测量学校旗杆高度
工具
皮尺
方案
测量过程：
步骤一：如图1，线段AB表示旗杆高度，AB垂直地面于点B，将系在旗杆顶端的绳子垂直到地面，并多出了一段BC，用皮尺测出BC的长度；
步骤二：如图2，将绳子拉直，并且使绳子末端D处恰好接触地面，用皮尺测出BD距离.
数据
绳子垂到地面多出部分BC为1米
绳子末端D到旗杆的水平距离BD为5米
实验次数
斜面的倾斜程度
物块重量G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
1
较缓
10
0.1
5.0
2
较陡
10
0.3
6.6
3
最陡
10
0.5
8.2
x
…
−2
−1
0
1
2
3
4
…
y=−|x−1|+3
…
0
a
2
3
2
1
0
…