广东省广州市番禺区2022-2023学年八年级下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份广东省广州市番禺区2022-2023学年八年级下学期期末考试数学试卷（含答案），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学年广东省广州市番禺区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 下列计算正确的是(    )
A. 22=±2 B. (-2)2=-2 C. 3-8=-2 D. 3-8=2
2. 下列等式成立的是(    )
A. a- b= a-b B. 6× 2=2 3
C. 5a+ 20a=5 a D. 6÷ 3=2
3. 如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为(    )
A. (1,1)
B. ( 3,1)
C. ( 32,1)
D. (1, 3)
4. 已知△ABC的三边长分别为a，b，c，在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的是(    )
A. a=5，b=12，c=13 B. a：b：c=3：4：5
C. a=13，b=14，c=15 D. a= 41，b=4，c=5
5. 下列函数中，正比例函数是(    )
A. y=-8x B. y=8x C. y=8x2 D. y=8x-4
6. 数据2、5、6、0、6、1、8的中位数和众数分别是(    )
A. 0和6 B. 0和8 C. 5和6 D. 5和8
7. 直线y=3x+1向下平移2个单位，所得直线的解析式是(    )
A. y=3x+3 B. y=3x-2 C. y=3x+2 D. y=3x-1
8. 如图，点O是▱ABCD对角线的交点，EF过点O分别交AD、BC于点E、F，下列结论中成立的是(    )
A. ∠CFO=∠AEO
B. AE=BF
C. ∠DOC=∠COF
D. OB=OC
9. 如图1，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则当x=9时，点R应运动到(    )

A. M处 B. N处 C. P处 D. Q处
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=2 5，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，连结CF，则CF的长为(    )

A. 83 B. 43 5 C. 85 5 D. 103
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 若 2x-3有意义，则x的取值范围是______．
12. 在平面直角坐标系中两点A(4,0)和B(0,4)之间的距离AB= ______ ．
13. 如图，将平行四边形ABCO放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，若点A的坐标是(a,0)，点C的坐标是(b,c)，则点B的坐标是______ ．


14. 如图是“赵爽弦图”，其中△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10，AH=6，那么EF等于______ ．


15. 甲、乙两地7月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是S甲2 ______S乙2(填“>”、“ 
【解析】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，
∴S甲2>S乙2，
故答案为：>．
由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，结合方差的意义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

16.【答案】2 5 
【解析】解：如图，连接AC交BD于点H，

由菱形的性质得∠BDC=35°，∠DCE=70°，
又∵∠MCE=15°，
∴∠DCF=55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF=35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=35°，
在△CDH和△CDF中，
∠CHD=∠CFD∠HDC=∠FDCDC=DC，
∴△CDH≌△CDF(AAS)，
∴DF=DH= 5，
∴DB=2 5，
故答案为2 5．
连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．

17.【答案】解：(1)原式=3 2-2 2
= 2；
(2)原式=3 a+5 a
=8 a；
(3)原式=( 5)2-32-(3-2 3+1)
=5-9-3+2 3-1
=2 3-8． 
【解析】(1)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(2)原式化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(3)原式利用平方差公式及完全平方公式化简，计算即可求出值．
此题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，以及平方差公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．

18.【答案】解：(1)∵半径为2的⊙O经过A、B两点，
∴OA=OB=2，
∴A(2,0)，B(0,2)；
(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得0=2k+b2=b，
解得k=-1b=2，
∴一次函数的解析式为y=-x+2；
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，
∵AB= OA2+OB2= 22+22=2 2，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅h，
∴h=OA⋅OBAB=2×22 2= 2，
故圆心O到直线AB的距离为 2． 
【解析】(1)根据已知条件得到OA=OB=2，于是得到A(2,0)，B(0,2)；(2)把A(2,0)，B(0,2)代入y=kx+b得解方程组得到结论
(3)设圆心O到直线AB的距离为h，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，待定系数法求函数的解析式，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB/​/CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD ∠ABE=∠CDF AB=CD ，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF． 
【解析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用；证明△ABE≌△CDF是解决问题的关键．
根据平行四边形的性质得出AB=CD，AB/​/CD，根据平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，求出∠AEB=∠CFD=90°，根据AAS推出△ABE≌△CDF，得出对应边相等即可．

20.【答案】解：2+5+8+6+4+2=27，
则该时间段内的众数是52，中位数是52，平均时速为127×(50×2+51×5+52×8+53×6+54×4+55×2)≈52.4(km/h)，
报告：由图可知，这个时段路口来往车辆的最低时速是50km/h，最高时速是55km/h，大部分车辆车速是52km/h． 
【解析】根据条形统计图中的数据，可以得到这组数据的中位数和众数，最高时速和最低时速，然后即可写出相应的报告，本题得以解决．
本题考查条形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答，注意本题答案不唯一，只要合理即可．

21.【答案】解：(1)图象上各点纵坐标的最大值为35，
∴小何离家的最远距离为35km．
(2)小何途中共休息了2次：第1次休息了11-10.5=0.5(h)，第2次休息了13-12=1(h)．
(3)小何由离家最远的地方返回家时，经过的距离为35km，所用的时间为15-13=2(h)，
∴小何由离家最远的地方返回家时的平均速度为352=17.5(km/h)． 
【解析】(1)从图象上各点纵坐标的最大值即可得到答案；
(2)在休息期间，纵坐标不变，从而判断休息的次数和时长；
(3)从图象上可以知道返回家所经过的路程和时间，从而利用v-=st计算其平均速度．
本题考查一次函数的应用，一定要理解题意，培养从图象中获取有用信息的能力，这是解这类题的关键．

22.【答案】解：(1)把P(n,-2)代入y=-2x+3得-2n+3=-2，
解得n=52；
∴P(52,-2)，
把P(52,-2)代y=-12x+m得-54+m=-2，
解得m=-34；
(2)不等式-12x+m≤-2x+3的解集为x≤52；
(3)∵函数y=-2x+3与y轴交于点A，函数y=-12x-34的图象与y轴交于点B，与x轴交于点C，
∴A(0,3)，B(0,-34)，C(-32,0)，
设△BOC和△ABP的面积分别为S1、S2，则S1S2=12×34×3212×(3+34)×52=325． 
【解析】(1)先把P(n,-2)代入y=-2x+3求出n得到P(52,-2)，然后把P点坐标代入y=-12x+m求出m；
(2)写出直线y=-12x+m不在直线y=-2x+3的上方所对应的自变量的范围即可；
(3)先求出A、B、C的坐标，然后利用三角形面积公式计算即可．
此题是两条直线相交问题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，一次函数与不等式以及三角形面积，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．

23.【答案】(1)证明：四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC，AD=CD，
∵DE/​/AC且DE=12AC，
∴DE=OA=OC，
∴四边形OADE、四边形OCED都是平行四边形，
∴OE=AD，
∴OE=CD；

(2)解：连接AE．
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形，
∴CF=DF，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC=AB=CD=AD=4，
∴AF⊥CD，
∴AF= AC2-CF2= 42-22=2 3，
在矩形OCED中，CE=OD= AD2-AO2=2 3．
在Rt△ACE中，AE= AC2+CE2= 42+(2 3)2=2 7．
∴AFAE=2 32 7= 217， 
【解析】(1)由菱形ABCD中，DE/​/AC且DE=12AC，易证得四边形OCED是平行四边形，继而可得OE=CD即可；
(2)由菱形的对角线互相垂直，可证得四边形OCED是矩形，根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可，理由等边三角形的性质求出AF，可得结论．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用．注意证得四边形OCED是平行四边形，四边形OCED是矩形是关键．

24.【答案】解：(1)由题意可知，租用5辆车不能将学生和老师运送完，因为每辆汽车上至少要一名教师，所以只能租6辆，即m=6，
设租甲种客车x(辆)、学校租车所需的总费用y(元)，依题意，
得y=400x+280(6-x)
整理，得y=120x+1680．
所以y与x的函数关系式为：y=120x+1680；
(2)由题意得，45x+30(6-x)≥240400x+280(6-x)≤2300，
解得4≤x≤316，
∵x为整数，
∴x的值为4或5；
∴有两种租车方案：①甲种客车4辆，乙种客车2辆，租车需花费：400×4+280×2=2160(元)；
②甲种客车5辆，乙种客车1辆，租车需花费：400×5+280=2280(元)．
∵2280>2160，
∴最少租车费用是2160元，
因为2160