2022-2023学年浙江省杭州市七县区联考八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市七县区联考八年级（下）期末数学试卷（含解析），共19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学年浙江省杭州市七县区联考八年级（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. 下列四个几何图形中是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 下列各式中，正确的是(    )
A. 4=±2 B. 6=3
C. 4=2 D. (−4)×(−9)= −4× −9
3. 方程x2=5x的解是(    )
A. x=5 B. x=0
C. x1=−5；x2=0 D. x1=5；x2=0
4. 某校举行“喜迎二十大”党史知识竞赛，如图是10名决赛选手的成绩，对于这10名选手的成绩，下列说法中正确的是(    )

A. 众数是5 B. 众数是2 C. 中位数是95 D. 中位数是90
5. 若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形的边数为(    )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
6. 用反证法证明“一个三角形中最多有一个角为直角”时，应先作出的假设是(    )
A. 一个三角形中至少有两个角为直角 B. 一个三角形中没有一个角为直角
C. 一个三角形中至少有两个角为锐角 D. 一个三角形中至少有两个角为钝角
7. 如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，分别连接AB、AD、CD，则四边形ABCD是平行四边形.其依据是(    )


A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
8. 2022年底，新冠疫情持续蔓延，若一人携带病毒未进行有效隔离，经过两轮传染后共有441人感染，设每轮传染中平均每个人传染了x人，则根据题意可列出方程(    )
A. x(1+x)=441 B. x+(1+x)2=441
C. x+x(1+x)=441 D. 1+x+x(1+x)=441
9. 已知，点P(a,b)在反比例函数y=−6x的图象上，则下列结论正确的是(    )
A. y随x的增大而增大 B. y随x的增大而减小
C. 当a>−1时，则b>6 D. 当a<−1时，则0 10. 如图，△ABC是锐角三角形，E是BC的中点，分别以AB，AC为边向外侧作等腰三角形ABM和等腰三角形ACN.点D，F分别是底边BM，CN的中点，连接DE，EF，若∠BAM=∠CAN=θ(θ是锐角)，则∠DEF的度数是(    )

A. 180−2θ B. 180−θ C. 90+2θ D. 90+θ
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 要使二次根式 x−2023有意义，实数x的取值范围是            ．
12. 甲、乙、丙、丁四名同学进行跳远测试，每人10次跳远成绩的平均数都是2.68m，方差分别是S甲2=1.60，S乙2=1.62，S丙2=0.58，S丁2=0.45，则这四名同学跳远成绩最稳定的是______ ．
13. 已知关于x的一元二次方程x2+bx−1=0，其根的情况是______．
14. 如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点E，AC⊥BC.若AC=2，AB=3，则BD= ______ ．


15. 如图，C，C1，C2，C3四个点在第一象限内，分别过这四个点作x轴的垂线CB，C1B1，C2B2，C3B3作y轴的垂线CA，C1A1，C2A2，C3A3，若矩形AOBC，A1OB1C1，A2OB2C2，A3OB3C3的面积都是5，则C，C，C2，C3四个点所在的函数解析式为______ ．
16. 如图，在矩形ABCD中，AD=2，点P在CD上，不与点C，点D重合，连接AP，BP，△ABP为直角三角形，当满足条件的P点有且只有一个时，AB= ______ ．


三、解答题（本大题共7小题，共66.0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)
解方程：
(1)3y2−27=0；
(2)2x(x−1)+x=1．
18. (本小题8.0分)
如图1，放在墙角的立柜的上下底面是等腰直角三角形，如图2所示，若腰长AC为1m，现要将这个立柜搬过宽为0.8m的通道，你觉得能通过吗？请说明理由．

19. (本小题8.0分)
某班开展一次综合与实践活动，部分记载如下：
【活动主题】利用树叶的特征对树木进行分类．
【实践过程】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y(单位：cm)，宽x(单位：cm)的数据后，分别计算长宽比，整理数据如表：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
芒果树叶的长宽比
3.8
3.7
3.5
3.4
3.8
4.0
3.6
4.0
3.6
4.0
荔枝树叶的长宽比
2.0
2.0
2.0
2.4
1.8
1.9
1.8
2.0
1.3
1.9
【问题解决】
(1)同学们通过计算得到芒果树叶的长宽比的平均数是3.74，请你继续计算出荔枝树叶的长宽比的平均数；
(2)从树叶的长宽比的平均数来看，现有一片长13cm，宽6.5cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由．
20. (本小题10.0分)
已知，视力表上视力值V和字母E的宽度a(mm)之间的关系是我们已经学过的一类函数模型，字母E的宽度a如图1所示，经整理，视力表上部分视力值V和字母E的度a(mm)的对应数据如表所示：
位置
视力值V
a的值(mm)
第1行
0.1
70
第5行
0.25
28
第8行
0.5
14
第14行
2.0
3.5
(1)请你根据表格数据判断并求出视力值V与字母E宽度a(mm)之间的函数表达式，并说明理由；
(2)经过测量，第4行和第7行两行首个字母E的宽度a(mm)的值分别是35mm和17.5mm，求第4行、第7行的视力值．

21. (本小题10.0分)
已知：如图，将矩形纸片ABCD的两个角分别沿BE，DF向内折起，恰好使点A和点C落在对角线BD上同一点O处．
(1)判断四边形BFDE的形状，并说明理由；
(2)若AB=1，求四边形BFDE的面积．

22. (本小题12.0分)
已知，一辆汽车在笔直的公路上刹车后，该车的速度v(米/秒)与时间t(秒)(0 (1)求v与t之间的函数关系式；
(2)已知汽车在该运动状态下，一段时间内向前滑行的距离等于这段时间内的平均速度乘以时间(该运动状态下的平均速度v=v1+v22，v1表示这段时间起始时刻的速度，v2表示这段时间结束时刻的速度).若该车刹车后t秒内向前滑行了378米，求t的值．

23. (本小题12.0分)
如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上，不与点B，D重合，连接AG并延长交CD于点E，连接CG并延长交AD于点M，过点D作DN⊥AE交CM于点P，交BC于N，垂足为F．
(1)求证：AG=CG；
(2)求证：∠CGE=2∠BDN；
(3)若BD=4DG，GP=a，求AG的长.(用含a的式子表示)


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形．解题的关键是掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．

2.【答案】C 
【解析】解： 4= 22=2，
则A不符合题意，C符合题意；
6是最简二次根式，无法再进行化简，
则B不符合题意；
(−4)×(−9)= 4×9= 4× 9=6，
则D不符合题意；
故选：C．
利用二次根式的乘法法则将各项计算后进行判断即可．
本题考查二次根式的乘法运算，其相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．

3.【答案】D 
【解析】解：x2−5x=0，
x(x−5)=0，
x=0或x−5=0，
所以x1=0，x2=5，
故选：D．
先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．

4.【答案】C 
【解析】解：∵10名参加决赛选手成绩的中位数为第5名和第6名成绩的平均数，
∴中位数为95+952=95，
众数是95．
故选：C．
根据中位数和众数的定义进行分析即可得到答案．
本题考查了中位数和众数，理解相关定义定义是解题关键．

5.【答案】C 
【解析】
【分析】
设这个多边形的边数为x，根据多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360°列出方程，从而解决此题．
本题主要考查多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360度是解决本题的关键．
【解答】
解：设这个多边形的边数为x．
由题意得，180°(x−2)=360°×3．
∴x=8．
故选：C．  
6.【答案】A 
【解析】解：反证法证明“一个三角形中最多有一个角为直角”时，应假设一个三角形中至少有两个角为直角，
故选：A．
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答．
本题考查的是反证法的应用，在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．

7.【答案】B 
【解析】解：由题意可知，AD=BC，CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选：B．
由题意可知，AD=BC，CD=AB，再由两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定，熟记“两组对边分别相等的四边形为平行四边形”是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：第1轮传染后共有(x+1)人感染，
第2轮传染后共有[(x+1)+x(x+1)]人感染，
∴1+x+x(x+1)=441，
故选：D．
根据两轮传染后共有441人列出方程求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用——传播问题，解题关键是找到相等关系，建立方程．

9.【答案】D 
【解析】解：∵反比例函数y=−6x中k=−6，
∴图象位于第二、四象限，当x>0时，y随x的增大而增大，当x<0时，y随着x的增大而增大，故选项A、B不正确，不符合题意；
∵点P(a,b)在反比例函数y=−6x的图象上，当−16；当a<−1时，则0 故选：D．
根据题目中的函数解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．

10.【答案】B 
【解析】解：连接MC交AB于点L，交EF于点I，连接BN交DE于点H，交MC于点G，
∵∠BAM=∠CAN=θ，
∴∠MAC=∠BAN=∠BAC+θ，
∴△ABM和△ACN是分别以BM、CN为底边的等腰三角形，
∴AM=AB，AC=AN，
在△AMC和△ABN中，
AM=AB∠MAC=∠BANAC=AN，
∴△AMC≌△ABN(SAS)，
∴∠AMC=∠ABN，
∴∠BGM=∠BLM−∠ABN=∠BLM−∠AMC=∠BAM=θ，
∵E、D、F分别是BC、BM、CN的中点，
∴DE//MC，EF//BN，
∴HE//GI，EI//HG，
∴四边形EHGI是平行四边形，
∴∠DEF=∠BGC=180°−∠BGM=180°−θ，
故选：B．
连接MC交AB于点L，交EF于点I，连接BN交DE于点H，交MC于点G，可证明△AMC和△ABN，得∠AMC=∠ABN，可推导出∠BGM=∠BAM=θ，由三角形的中位线定理得DE//MC，EF//BN，则四边形EHGI是平行四边形，所以∠DEF=∠BGC=180°−θ，于是得到问题的答案．
此题重点考查全等三角形的判定与性质、等式的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、三角形的中位线定理、平行四边形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

11.【答案】x≥2023 
【解析】解：由题意可知：x−2023≥0，
x≥2023，
故答案为：x≥2023．
根据二次根式的有意义的条件即可求出答案．
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件．

12.【答案】丁 
【解析】解：∵S甲2=1.60，S乙2=1.62，S丙2=0.58，S丁2=0.45，
∴S丁2 ∴这四名同学跳高成绩最稳定的是丁，
故答案为：丁．
根据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，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

13.【答案】有两个不相等的实数根 
【解析】解：∵Δ=b2−4×1×(−1)=b2+4>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故答案为：有两个不相等的实数根．
先求出Δ的值，再判断出其符号即可．
本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ的关系是解答此题的关键．

14.【答案】2 6 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=2，
∴CE=12AC=1，BE=12BD，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴BC= AB2−AC2= 32−22= 5，
∴BE= BC2+CE2= 5+1= 6，
∴BD=2BE=2 6．
故答案为：2 6．
由平行四边形的性质得CE=12AC=1，BE=12BD，再由勾股定理求出BC，然后由勾股定理求出BE，即可得出BD的长．
本题考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解决问题的关键．

15.【答案】y=5x 
【解析】解：由题意，设C(x,y)，根据四边形AOBC面积为5，
∴xy=5
∴y=5x．
同理C1，C2，C3均在函数y=5x上．
故答案为：y=5x．
依据题意，设C(x,y)，根据四边形AOBC面积为5，进而可以得解．
本题主要考查了函数关系式，解题时要读懂题意并根据等量关系列出关系式．

16.【答案】4 
【解析】解：当△APB为等腰直角三角形时，
即PA=PB时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个，
∴∠PAB=∠PBA=45°，
∴∠DAP=∠PBC=45°，
∴△ADP与△PBC是等腰直角三角形，
∵AD=2，
∴AP= 2AD=2 2，
∴AB= 2AP=4．
故答案为：4．
当△APB为等腰直角三角形时，即PA=PB时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个，根据等腰直角三角形的性质得到∠PAB=∠PBA=45°，于是推出△ADP与△PBC是等腰直角三角形，于是得到答案．
本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．

17.【答案】解：(2)方程整理得：y2=9，
开方得：y1=3，y2=−3；
(2)方程整理得：2x(x−1)+x−1=0．
分解因式得：(x−1)(2x+1)=0，
解得：x1=1，x2=−12． 
【解析】(1)方程整理后，利用因式分解法求出解即可；
(2)方程整理后，利用直接开平方法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

18.【答案】解：能通过，理由如下：
过点C作CD⊥AB于点D，如图2所示：

∵△ABC是等腰直角三角形，腰长AC为1m，
∴AB= 2AC= 2(m)，
∵CD⊥AB，
∴CD=12AB= 22≈0.71(m)，
∵0.71m<0.8m，
∴能通过(AB边平行通道两边来平移立柜就可以通过)． 
【解析】过点C作CD⊥AB于点D，由等腰直角三角形的性质得出AB= 2m，CD=12AB≈0.71m，即可得出结果．
本题考查了勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)荔枝树叶的长宽比的平均数为：2.0×4+2.4+2.4+1.8×2+1.9×2+1.310=1.91，
故荔枝树叶的长宽比的平均数为：1.91；
(2)芒果树叶的长宽比的平均数为：3.8×2+3.7+3.5+3.4+4.0×3+3.6×210=3.74，
∵片长13cm，宽6.5cm的树叶，长宽比为136.5=2，
∴这片树叶更可能来自荔枝． 
【解析】(1)根据平均数的计算公式进行计算即可；
(2)计算芒果树叶的长宽比的平均数，根据树叶的长宽比判断即可．
本题考查了平均数的公式，握平均数的定义和计算公式是解题的关键．

20.【答案】解：(1)根据表格数据可知，视力值V和随着宽度a减小而增大，且视力值V和宽度a的积为定值，故视力值V和宽度a成反比例函数关系，
设视力值V和宽度a的函数解析式为：V=ka，
将点V=0.1，a=70代入V=ka得：0.1=k70，
解得：k=7．
故视力值V和宽度a的函数解析式为：V=7a；
 (2)第4行首个字母E的宽度a(mm)的值是35mm，
即a=35，将a=35代入V=7a得：V=735=0.2；
第7行首个字母E的宽度a(mm)的值是17.5mm，
即a=17.5，将a=17.5代入V=7a得：V=717.5=0.4；
故第4行、第7行的视力值分别是0.2，0.4． 
【解析】(1)根据表格数据可知，视力值V和随着宽度a减小而增大，且视力值V和宽度a的积为定值，即可判定视力值V和宽度a成反比例函数关系，待定系数法求解即可；
(2)将a=35，a=17.5，分别代入V=7a，求解即可．
本题考查了求反比例函数解析式，求反比例函数值，熟练掌握求反比例函数解析式的方法是解答本题的关键．

21.【答案】解：(1)四边形BFDE是菱形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠C=90°，
由折叠得OB=AB，OD=CD，∠BOE=∠A=90°，
∴OB=OD，EF⊥BD，
∴EF垂直平分BD，
∵AD//CB，
∴∠ABD=∠CDB，
∵∠OBE=∠ABE=12∠ABD，∠ODF=∠CDF=12∠CDB，
∴∠OBE=∠ODF，
∴BE//DF，
∵DE//BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BE=DE，
∴四边形BFDE是菱形．
(2)解：∵四边形BFDE是菱形，
∴BE=BF，BD⊥EF，
∴∠OBE=∠OBF，
∵∠OBE=∠ABE，∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠OBF=∠OBE=13×90°=30°，
∴AE=12BE，
∵AE2+AB2=BE2，AB=1，
∴(12BE)2+12=BE2，
解得BE=2 33，
∴DE=BE=2 33，
∴S四边形BFDE=DE⋅AB=2 33×1=2 33，
∴四边形BFDE的面积是2 33． 
【解析】(1)由矩形的性质得AB=CD，∠A=∠C=90°，由折叠得OB=AB，OD=CD，∠BOE=∠A=90°，则OB=OD，EF⊥BD，所以EF垂直平分BD，由∠ABD=∠CDB，且∠OBE=∠ABE=12∠ABD，∠ODF=∠CDF=12∠CDB，得∠OBE=∠ODF，则BE//DF，所以四边形BFDE是平行四边形，而BE=DE，则四边形BFDE是菱形；
(2)由菱形的性质得BE=BF，BD⊥EF，则∠OBE=∠OBF，而∠OBE=∠ABE，∠ABC=90°，所以∠ABE=∠OBF=∠OBE=30°，则AE=12BE，根据勾股定理得(12BE)2+12=BE2，求得BE=2 33，则DE=BE=2 33，即可求得四边形BFDE的面积是2 33．
此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、菱形的面积等知识，此题综合性较强，难度较大．

22.【答案】解：(1)设v=kt+b(0 将点(4,44)，(12,12)代入得，4k+b=4412k+b=12，
解得：k=−4b=60，
∴v与t之间的函数关系式为v=−4t+60(0 (2)由(1)得v=−4t+60，
∵v1表示这段时间起始时刻的速度，
∴v1=60，
∵v2表示这段时间结束时刻的速度，
∴v2=−4t+60，
∴该运动状态下的平均速度v=v1+v22=60−4t+602=−2t+60，
∵该车刹车后t秒内向前滑行了378米，
∴(−2t+60)⋅t=378，
整理得：t2−30t+189=0，
解得：t1=21，t2=9，
∵0 ∴t=9． 
【解析】(1)设v=kt+b(0 (2)根据题意分别求出起始时刻的速度v1=60，结束时刻的速度v2=−4t+60，进而求出该运动状态下的平均速度v=−2t+60，再利用向前滑行的距离等于这段时间内的平均速度乘以时间列出方程，求解即可．
本题主要考查用待定系数法求一次函数解析式、一元二次方程的应用，解题关键是：(1)利用待定系数正确求出一次函数解析式；(2)利用等量关系正确列出一元二次方程并求解．

23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，AD=CD．
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADB=∠CDBDG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴AG=CG；
(2)证明：连接AC，交BD于点O，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∴∠GAO+∠AGO=90°．
∵DN⊥AE，
∴∠BDN+∠DGF=90°．
∵∠AGO=∠DGF，
∴∠GAO=∠BDN．
由(1)知：AG=CG，
∴∠GAO=∠GCO，
∴∠GAO=∠GCO=∠BDN．
∵∠CGE=∠GAO+∠GCO，
∴∠CGE=2∠GAO，
∴∠CGE=2∠BDN；
(3)解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADE=90°，
∴∠ADF+∠EDF=90°．
∵DN⊥AE，
∴∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠DAF=∠EDF．
由(1)知：△ADG≌△CDG，
∴∠DAF=∠DCG，
∴∠DCG=∠EDF，
∴PC=PD．
∵∠PMD+∠DCG=90°，∠PDM+∠EDF=90°，
∴∠PMD=∠PDM，
∴PM=PD，
∴PM=PC=PD．
∵GP=a，
∴PM=a+MG=PC，
∴CG=PC+GP=2a+MG．
∵BD=4DG，
∴BG=3DG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD//BC，
∴△DMG∽△BCG，
∴DGBG=MGCG，
∴MG2a+MG=13，
∴MG=a．
∴CG=2a+MG=3a．
由(1)知：AG=CG=3a． 
【解析】(1)利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可得出结论；
(2)连接AC，交BD于点O，利用正方形的性质，同角的余角相等的性质，等腰三角形的性质和三角形的外角的性质解答即可得出结论；
(3)利用正方形的性质，直角三角形的两个锐角互余的性质，等腰三角形的判定定理得到PM=PC=PD，利用含a的式子表示出线段CG，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得到MG2a+MG=13，求得MG的长度，则CG可得，最后利用(1)的结论即可得出AG的长度．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．