2022-2023学年广西南宁市青秀区三美学校八年级（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广西南宁市青秀区三美学校八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列选项中的图形是理想、蔚来、小鹏、哪吒四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的为(    )

A.  B.
C.  D.

2.  下列函数中，是二次函数的是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  下列各组数据中能作为直角三角形的三边长的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

4.  抛物线的顶点坐标(    )

A.  B.  C.  D.

5.  依据所标数据，下列图形中一定为平行四边形的是(    )

A.  B.
C.  D.

6.  下列计算正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  在中，，，，、、分别为、、中点，连接、，则四边形的周长是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线的表达式为(    )

A.  B.
C.  D.

9.  如图，矩形中，对角线、交于点若，，则的长为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  有一个人患了流感，经过两轮传染后共有个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了个人，则可列方程得(    )

A.  B.
C.  D.

11.  记实数、，中的最小值为，例如，当取任意实数时，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

12.  二次函数的图象如图所示下列结论：
；
；
为任意实数，则；
；
若且，则其中正确结论的个数有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）

13.  若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______．

14.  甲、乙、丙、丁四名学生最近次数学考试平均分都是分，方差，，，，则这四名学生的数学成绩最稳定的是______ ．

15.  如图，一次函数的图象经过点，则不等式的解集是______ ．

16.  如图，以的三边为直径分别向外作半圆，若斜边，则图中阴影部分的面积为______ ．

17.  函数为常数的图象与坐标轴有两个交点，则的值为______ ．

18.  如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的直角边在轴上，点在第一象限，且，以点为直角顶点，为一直角边作等腰直角三角形，再以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形依此规律，则点的坐标是______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

19.  本小题分
计算：．

20.  本小题分
解方程：．

21.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．
画出关于原点对称的，并写出点的坐标；
画出将绕点按顺时针方向旋转所得的，并写出点的坐标．

22.  本小题分
今年入春以来，我国北方很多地区都经历了多次强烈沙尘天气，但是川渝地区却没有这个困扰，因为秦岭凭借“一己之力”阻挡沙尘暴南下，那么，秦岭是如何挡住风沙的？中学的同学通过开展秦岭知识问答活动普及相关知识现从八年级和九年级参加活动的学生中各随机抽取名同学的成绩进行整理，描述和分析，将学生活动成绩分为、、、四个等级：，，，，下面给出了部分信息：
抽取的名八年级学生的成绩为：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，；
抽取的九年级等级的学生成绩为：，，，，，，．
抽取的八，九年级学生活动成绩统计表

根据以上信息，解答下列问题：
填空： ______ ， ______ ， ______ ；
根据以上数据，你认为在此次知识问答活动中，哪个年级的成绩更好？请说明理由写出一条理由即可；
若八，九年级共有名学生参加活动，请估计两个年级参加活动学生中成绩优秀大于或等于分的学生共有多少人．

23.  本小题分
如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足．
求证：四边形是平行四边形；
若，，，求四边形的面积．
 

24.  本小题分
从年开始，越来越多的商家向线上转型发展，“直播带货”已经成为商家的一种促销的重要手段某商家在直播间销售一种进价为每件元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量件与销售单价元满足，设销售这种商品每天的利润为元．
求与之间的函数关系式；
该商家每天想获得元的利润，又要减少库存，应将销售单价定为多少元？
若销售单价不低于元，且每天至少销售件时，求的最大值．

25.  本小题分
课本上正方形的第课时中，有如下一道作业题：

在同学们完成作业题后，王老师对该题进行了改编：
如图，在矩形中，，分别是，上的点，、求证：四边形是正方形．
如图，在菱形为钝角中，、分别是、上的点，．
探究和的关系，并说明理由；
若，，，求的长．

26.  本小题分
已知抛物线与轴相交于点，，与轴相交于点．
求抛物线的表达式；
如图，将直线向上平移，得到过原点的直线点是直线上任意一点．
当点在抛物线的对称轴上时，连接，与轴相交于点，求线段的长；
如图，在抛物线的对称轴上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点与点的坐标；若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：不是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B.不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C.是中心对称图形，故C选项符合题意；
D.不是中心对称图形，故D选项不符合题意；
故选：．
根据中心对称图形的定义判断即可，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形．
本题考查了中心对称图形的概念，判断中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转后与原图重合．
 

2.【答案】 

【解析】解：、，是正比例函数，故本选项不符合题意；
B、，是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、，符合定义，故本选项符合题意；
D、，是一次函数，故本选项不符合题意；
故选C．
根据二次函数的定义求解，二次函数的一般式是，其中．
此题考查了二次函数的定义，熟记二次函数的定义及一般形式是解题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：，故选项A中的三条线段不能构成直角三角形，不符合题意；
，故选项B中的三条线段能构成直角三角形，符合题意；
，故选项C中的三条线段不能构成直角三角形，不符合题意；
，故选项D中的三条线段不能构成直角三角形，不符合题意；
故选：．
根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．
 

4.【答案】 

【解析】解：是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标，
故选：．
已知抛物线的顶点式，可知顶点坐标．
考查了二次函数的性质，顶点式，顶点坐标是，对称轴是直线．
 

5.【答案】 

【解析】解：两组对角分别相等的四边形是平行四边形，因此图中的四边形不可能是平行四边形，
故A不符合题意；
B.一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，
故B不符合题意；
C.两组对边相等能判断四边形是平行四边形，
故C符合题意；
D.一组对边平行但不相等的四边形不是平行四边形，
故D不符合题意．
故选：．
根据平行四边形的判定定理判断即可．
本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：、与不属于同类项，不能合并，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：．
利用合并同类项的法则，二次根式的化简的法则，同底数幂的除法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查二次根式的化简，合并同类项，积的乘方，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 

7.【答案】 

【解析】解：、、分别为、、中点，
，，，，
四边形为平行四边形，
，，
四边形的周长．
故选：．
先根据三角形中位线性质得，，，，则可判断四边形为平行四边形，然后计算平行四边形的周长即可．
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
 

8.【答案】 

【解析】解：将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线的表达式为：．
故选：．
直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：四边形是矩形，且，
，
，
是等边三角形，，
故选：．
先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可．
本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：每轮传染中平均一个人传染了个人，
第一轮传染中有个人被传染，第二轮传染中有个人被传染，
又有一个人患了流感，经过两轮传染后共有个人患了流感，
可列出方程．
故选：．
由每轮传染中平均一个人传染了个人，可得出第一轮传染中有个人被传染，第二轮传染中有个人被传染，结合“有一个人患了流感，经过两轮传染后共有个人患了流感”，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：画出函数和的图象，如图：

由图可知：当时，函数有最大值，最大值为，
所以的最大值为，
故选：．
在同一坐标系中画出两个函数的图象，观察最大值的位置，通过求函数值，求出最大值．
本题考查了二次函数的性质和正比例函数的性质，画出函数的图象，数形结合容易求解．
 

12.【答案】 

【解析】解：图象开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴右侧，
，，，
，
，故正确；
对称轴是直线，与轴交点在左边，
二次函数与轴的另一个交点在与之间，
，故正确；
对称轴是直线，图象开口向下，
时，函数最大值是；
为任意实数，则，
，故错误；
，

由得，
，故正确；
，
，
，
，
，
，
，，
，故错误；
故正确的有个，
故选：．
由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与的关系，以及掌握二次函数与方程之间的转换是解题关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意得，，
解得．
故答案为：．
根据被开方数大于或等于列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式有意义的条件，即二次根式的被开方数是非负数．
 

14.【答案】甲 

【解析】解：甲、乙、丙、丁四名学生最近次数学考试平均分都是分，方差，，，，
所以甲的方差最小，
所以这四名学生的数学成绩最稳定的是甲，
故答案为：甲．
根据方差的定义求解可得．
本题主要考查方差，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．
 

15.【答案】 

【解析】解：由图象可得：当时，，
所以不等式的解集为，
故答案为：．
根据已知条件和一次函数的图象得出答案即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
 

16.【答案】 

【解析】解：是直角三角形，，
，
图中阴影部分的面积和为，
故答案为：．
根据勾股定理可得，然后根据阴影部分的面积为三个半圆的面积之和即可求解．
本题考查了勾股定理，熟记定理与圆的面积的求法是解题的关键．
 

17.【答案】或 

【解析】解：函数为常数的图象与坐标轴有两个交点，
二次函数图象与轴有个交点，
，
，
一次函数图象与坐标轴有两个交点，
，
的值为或，
故答案为：或．
分情况讨论二次函数图象与轴有个交点，一次函数图象与坐标轴有两个交点，来计算．
本题考查了抛物线与轴的交点，掌握的结果决定抛物线与轴的交点个数是解题关键．
 

18.【答案】 

【解析】解：由已知，点每次旋转转动，则转动一周需转动次，每次转动点到原点的距离变为转动前的倍，
，
点的在二四象限的角平分线上，，
故答案为：
本题点坐标变化规律要分别从旋转次数与点所在象限或坐标轴、点到原点的距离与旋转次数的对应关系．
本题考查规律型点的坐标，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意各个象限内点的坐标符号．
 

19.【答案】解：原式
． 

【解析】先算零指数幂，去绝对值，二次根式的乘法，再化为最简二次根式，最后合并同类二次根式即可．
本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算的法则．
 

20.【答案】解：原方程可化为：，
或；
解得：，． 

【解析】观察原方程，可运用二次三项式的因式分解法进行求解．
本题考查了解一元二次方程的方法，当把方程通过移项把等式的右边化为后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．当化简后不能用分解因式的方法即可考虑求根公式法，此法适用于任何一元二次方程．
 

21.【答案】解：如图，为所作，点的坐标为；
如图，为所作，点的坐标为．
 

【解析】利用关于原点对称的点的坐标特征得到点、、的坐标，然后描点即可；
利用网格特点和旋转的性质画出点点、的对应点即可．
本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
 

22.【答案】     

【解析】解：由题意可知，等级人数为：人，等级人数为：，
抽取的九年级的学生成绩从小到大排列，排在中间的数分别为：、，故中位数；
抽取的名八年级学生的成绩中，出现的次数最多，故众数；
，即．
故答案为：；；；
九年级的成绩更好，理由如下：
因为两个年级的成绩平均数相同，但九年级的成绩的中位数和众数均大于八年级，所以九年级的成绩更好；
人，
答：估计两个年级参加活动学生中成绩优秀大于或等于分的学生共约有人．
根据中位数，众数定义可得，的值，由九年级等级的人数可求出的值；
根据平均分，中位数，众数可得答案；
利用样本估计总体即可．
本题考查中位数，众数，样本估计方差等知识，解题的关键是掌握中位数，众数，方差等概念．
 

23.【答案】证明：在和中，
，
≌，
，
又，
四边形是平行四边形；
解：，，
，
平行四边形是菱形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
菱形的面积． 

【解析】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．
证≌，得，再由，即可得出结论；
由等腰三角形的性质得，则平行四边形是菱形，再由勾股定理求出，则，即可得出答案．
 

24.【答案】解：根据题意，有：，
化简，得：，
根据，解得：，
即函数关系为：，；
令，可得：，
解得：，或者，
当时，销量：件；
当时，销量：件；
销量越高，越有利于减少库存，
即为了减少库存，将销售单价应定为元；
根据题意有：，解得：，
将化为顶点式为：，
，
当时，函数值随着的增大而减小，
，
当时，函数值最大，最大为：．
答：此时的最大值为元． 

【解析】根据销售件的利润乘以每天销售量等于每天的总利润，直接列式即可作答；
令，可得：，解方程即可求解；
根据题意有：，解得：，将化为顶点式为：，即可知当时，函数值随着的增大而减小，问题随之得解．
本题主要考查了二次函数的应用，根据已知的等量关系列出相应的函数关系式是是解答本题的关键．
 

25.【答案】证明：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
≌，
，
四边形是矩形，
矩形是正方形；

，理由：
过点作于，过点作交的延长线于，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
；

由知，，，，
≌，
，
由知，≌，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
根据勾股定理得，，
． 

【解析】先判断出，进而判断出≌，得出，即可得出结论；
过点作于，过点作交的延长线于，利用菱形的面积判断出，进而得出≌，得出，即可得出答案；
先判断出≌，得出，再判断出，进而求出，最后用勾股定理求解，即可求出答案．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
 

26.【答案】解：将、代入得，
，
解得，
抛物线的解析式为；
由可知，，
设直线的解析式为，
将，代入得，
，
，
直线的解析式为，
直线的解析式为，
抛物线的对称轴为，
把代入，得，
，
设直线的解析式为，
将，代入得，
，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
，
，
．
存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．
理由如下：
Ⅰ若平行四边形以为边时，
由可知，在直线上，
点是直线与对称轴的交点，即，
由点在直线上，设，
如图，若四边形是平行四边形，则，

过点作轴的垂线交对称轴于点，则，
，
，
轴，
，
，
在和中，

≌，
，，
，，
，
，
，
如图，若四边形是平行四边形，则，

同理可证≌，
，
，，
，
，
；
Ⅱ若平行四边形以为对角线时，
由于在的上方，则点一定在的下方，
如图，四边形为平行四边形，

设，，
同理可证≌，
，，
，，，，
，
，
，，
综上所述，存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．
当点的坐标为时，点的坐标为或；
当点的坐标为时，点的坐标为． 

【解析】根据点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
求出直线的解析式为，当时，求出的值，则可得出答案；
分别以已知线段为边、为对角线，画出图形，利用平行四边形的性质及全等三角形的性质求点的坐标和点的坐标即可．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，平移的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．