2022-2023学年福建省三明市宁化县八年级上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年福建省三明市宁化县八年级上学期期末数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．2的平方根是（）
2
2
A．B．
C．2
D．4
2．在平面直角坐标系中，点P2,3所在的象限是()
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．下列各组数分别为一个三角形三边的长，其中能构成直角三角形的一组是（）
A．1,2,3B．2,3,4C．3,4,5D．4,5,6
4．一组数据 2，4，5，2，3的中位数是（）
1
2
12
6
A．2B．3C．4D．5
5．下列二次根式中，是最简二次根式的是（）
0.2
D．
a2
能说明命题“对于任意实数，
a．”是假命题，其中a可取的值是（）
2
A．-1B．0C．1D．
如图，函数 y axb和 ykx的图像交于点 P ，则根据图像可得，关于 x、 y的二
axyb0

元一次方程组kxy 0的解是（）
x4

y 2
x4

y2
x2

y 4
x2

y4
如图，直线a， b被直线c所截，下列条件中不能判定 a∥b是（）
A．12B．23
C．34180D．34
《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“五只雀、六只燕共重 16 两，雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重．假设每只雀的重量相同，每只燕的重量相同，问每只雀、燕的重量各为多少？”解：设雀每只 x 两，燕每只 y两，
则可列出方程组为（）
6x5y16

A．6xy5yx
6x5y16
B．
5xy4yx
C．
5x6y16
5xy6yx
5x6y 16

4xy5yx
某大会会标如图所示，它是由相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是13，小正方形的面积是 1，直角三角形中较长的直角边为 a，较短的直角边为 b，则ab2的值（）
13B．19C．25D．169
二、填空题
计算：31．
如图，直线a，b被直线c所截，ab，若1125，则2度．
在一次射击训练中，甲、乙两人各射击 10次，两人 10次射击成绩的平均数均是
8.9环，他们成绩的方差分别记为s2， s2，若甲、乙两人在这次射击训练中甲成绩更稳
甲乙
定，那么s2，s2的大小关系是s2s2（填“＞”，“＜”，“=”）
甲乙甲乙
已知正比例函数 ykx的图象经过第二、四象限，则实数k的值可以是
．（只需写出一个符合条件的实数）
如图，在数轴上点P表示的实数是．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C在直线MN上，∠BCN＝30°，点P 为MN 上一动点，连结AP，BP．当AP+BP 的值最小时，∠CBP 的度数为 ．
三、解答题
xy1①

解方程组∶ x2y4②
1
2
18
27
1
3
计算：
如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为(-1, 2)．
画出点 A关于 x轴的对称点 B，写出点 B的坐标；
画出点 B关于 y轴的对称点 C，写出点 C的坐标；
求ABC的周长．
购票人数/人
1～50
51～100
100以上
每人门票价/元
30
25
20
某校开展“亲近大自然”系列社会实践活动，拟组织八年级 1，2两个班级去游览某景点，经学校与景点协商，门票价格如下表：
八年级 1，2两个班共 101人参加游览活动，其中 1班人数有 50多人，2班人数不到 50人．如果两班都以班级为单位分别购票，则一共应付的费用比两个班联合起来购票所需费用多 750 元．问两班各有多少名学生？
如图，在ABC中， BCAC，点 D是线段 BC上一点．
在直线 BC的上方，求作点 E，使得 DE∥ AC且 DEBC（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
在（1）的条件下，设 DE 交 AB 于点 F，连结 BE，若 BD AC，证明 BEAB． 22．为了了解某校九年级学生的体质健康状况，随机抽取了该校九年级10% 的学生进行测试，将这些学生的测试成绩 x（分）分为 A、B、C、D四个等级：A等级（85x100），B等级（(75x 85），C等级（(60x  75），D等级（x60）；并绘制成如图所示的两幅统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
在抽取的学生中，D等级的学生人数所占的百分比是．
在抽取的学生中，C等级的学生为 8人，请估计该校九年级学生中 A等级的学生人数．
计算所抽取学生测试的平均成绩．
汽车出发前油箱中有油 50L，行驶若干小时后，在加油站加油若干升．图象表示的是从出发后，油箱中剩余油量 yL与行驶时间th之间的关系．
汽车行驶h后加油，中途加油L；
求加油前油箱剩余油量 y与行驶时间 x之间的函数关系式；
已知加油前、后汽车都以 70km/h 均速行驶，如果加油站距目的地 210km，那么要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由．
已知，在长方形纸片 ABCD中， AB4， BC8．将纸片沿对角线 BD翻折，点 C
落在点 E处， BE交 AD于点 F．
如图 1，连结 AE．
①求证：△ABF≌△EDF；
②求证： AE∥ BD；
如图 2，将BDE沿 BD翻折回去，则点 F正好落在 BC边 G处，连结 FG，求 FG的长．
如图，在平面直角坐标系 xOy中，点 A4,2在正比例函数 ymxm 0的图像上，
过点 A的另一条直线分别交 x轴，y轴的正半轴于点 B，C．
求m的值；
若S△OBC3S△OAB．
①求直线 AB的解析式；
②动点 P在线段OA和射线 AC 上运动时，是否存在点 P，使得 S
1S
？若存在，
求出此时点 P的坐标；若不存在，请说明理由．
△OPC
4△OAC
参考答案：
1．A
【分析】直接利用平方根的定义求解即可．
2
【详解】解：2的平方根是，故选：A．
【点睛】本题考查了平方根的定义，解题关键是牢记平方根的定义，其中一个正数的平方根有两个，它们互为相反数．
2．C
【分析】根据点在各象限的坐标特点即可解答．
【详解】解：P2, 3，点的横坐标-2＜0，纵坐标-3＜0，
∴这个点在第三象限．故选 C．
【点睛】解决本题的关键是记住平面直角坐标系中各个象限内点的坐标的符号：第一象限（+，
+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．3．C
【分析】根据勾股定理的逆定理得出答案．
【详解】解：∵ 324252，
∴3，4，5能构成直角三角形；
∵122232，223242，425262，
∴构不成直角三角形，故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，熟练掌握当三边满足a2b2c2时构成直角三角形是解题的关键．
4．B
【分析】根据中位数的定义即可得出答案
【详解】解：一组数据 2，4，5，2，3按从小到大排列后的数据为 2，2，3，4，5
∴中位数为 3
故选：B
【点睛】本题考查中位数的定义，中位数是一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，
最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），注意先进行排序．
5．D
【分析】根据最简二次根式的定义逐项判断即可．
【详解】解：A、
5，
0.2
1
5
0.2
5
不是最简二次根式，不符合题意；
B、
2，
1
2
1
2
3
12
2
不是最简二次根式，不符合题意；
12
C、
2
，
不是最简二次根式，不符合题意；
6
D、
是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，被开方数不含分母，被开方数不含开得尽方的因数或因式，熟记其定义是解题的关键．
6．A
12
1
【分析】分别把各选项的值代入即可进行判断
a2
【详解】解：A.当a1时，

11，符合题意
a2
02
B.当a0时，0，不符合题意
a2
C.当a1时，
2
a2
D.当a 时，故选：A
1，不符合题意
12

22
2
，不符合题意
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，
而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
7．A
【分析】根据函数图像交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解求解．
【详解】解：∵函数 yaxb和 ykx的图像交于点 P，
yaxb

∴方程组ykx
x4

的解为y2，
axyb0

即方程组kxy0
x4

的解为y2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了函数解析式与图像的关系，满足解析式的点就在函数的图像上，在函数的图像上的点，就一定满足函数解析式．函数图像交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
8．D
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、12，根据同位角相等，两直线平行可以判定 a，b平行，故本选项不符合题意；
B、23，根据内错角相等，两直线平行可以判定 a，b平行，故本选项不符合题意；
C、∵ 34 180， 24 180，∴2 3，根据内错角相等，两直线平行可以判定 a，b 平行，故本选项不符合题意；
D、∵34， 24 180，∴ 23180，不能判定 a，b平行，故本选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查的是平行线的判定，用到的知识点为：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．
9．D
【分析】根据题意列二元一次方程组即可．
【详解】设雀每只 x两，燕每只 y两则五只雀为 5x，六只燕为 6y，
共重 16两，则有 5x+6y=16，互换其中一只则
五只雀变为四只雀一只燕，即 4x+y，六只燕变为五只燕一只雀，即 5y+x，且一样重即 4x+y=5y+x，
5x6y16

由此可得方程组4xy5yx．
故选：D．
【点睛】列二元一次方程组解应用题的一般步骤．审：审题，明确各数量之间的关系；设：设未知数（一般求什么，就设什么）；找：找出应用题中的相等关系；列：根据相等关系列出两个方程，组成方程组；解：解方程组，求出未知数的值；答：检验方程组的解是否符合
题意，写出答案．
10．C
【分析】大正方形的面积是13求得a2b213，结合小正方形的面积是 1求出阴影部分面积即ab  6 ，将a b2变形代入求解即可．
a2b2
【详解】解：直角三角形中较长的直角边为 a，较短的直角边为 b，故斜边长为:
a2b2
即大正方形边长为:
大正方形的面积是13，小正方形的面积是 1
a2b213
阴影部分的面积为：13112
41ab12
2
即ab6
ab2a2b22ab131225
故选：C．
【点睛】本题是以弦图为背景的计算题，考查了勾股定理，图形的面积，关键是用 a、b表示面积．
11．1
【分析】根据立方根的定义求解即可如果一个数 x，使得 x3=a，则 x就是 a的立方根；
【详解】解：∵ 131
∴311
故答案为： 1
【点睛】本题考查了立方根的定义：如果一个数 x，使得 x3=a，则 x 就是 a 的立方根，解题的关键是掌握立方根的定义．
125
【分析】根据两直线平行，同位角相等即可求得答案．
【详解】∵ab，1125，
∴ 12125．故答案为：125．
【点睛】此题考查了平行线的性质．注意掌握两直线平行，同位角相等的应用是解此题的关键．
＜
【分析】根据方差的性质，方差越小数据越稳定即可求解．
【详解】解：∵甲、乙两人 10次射击成绩的平均数均是 8.9环，在这次射击训练中甲成绩更稳定，
∴s2＜s2
甲乙
故答案为：＜．
【点睛】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
1（答案不唯一）
【分析】先根据正比例函数 ykx的图象经过第二、四象限得出 k 的取值范围，进而可而得出答案．
【详解】解：∵正比例函数 ykx的图象经过第二、四象限，
∴k0，
∴k的值可以是1，
故答案为： 1（答案不唯一）．
【点睛】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，在正比例函数 ykx中，当k0时，函数图象经过第一、三象限；当k  0 时，函数图象经过第二、四象限．
2

2
【分析】根据勾股定理求出斜边的长为
，再根据点 P在原点的左侧，即可得到点 P表示
的实数．
1212
2
【详解】解：根据勾股定理得OP
2
∴点 P表示的实数为
2
故答案为： 
【点睛】本题考查了勾股定理，实数与数轴，掌握直角三角形两个直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
16．15°##15度
【分析】作点 B 关于 MN 的对称点 D，连接 AD 交 MN 于 P，连接 BP，CD，先证明△BCD是等边三角形，从而得到 AC=CD，∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝150°，进而求得∠CDP＝15°，根据轴对称性可得∠CBP 的度数．
【详解】如图，作点 B关于 MN的对称点 D，连接 AD交 MN于 P，连接 BP，CD，
∵点 B与点 D是关于 MN的对称点，∠BCN＝30°，
∴BC=CD，∠BCD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴AC=CD，∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝150°，
∴∠CDP＝15°，
∵点 B与点 D是关于 MN的对称点，，且△BCD是等边三角形，
∴由等边三角形的轴对称性可知：∠CBP=∠CDP=15°，故答案为：15°．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质，轴对称最短线路问题等知识，明确 AP+BP 的最小值为 AD 长是解题的关键．
x2

17．y1
【分析】利用加减消元法求解即可．
【详解】①－②得3y 3， y 1，把 y 1代入①得 x  2 ，
x2

∴方程组的解是y1．
【点睛】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，解题的关键是利用代入消元法或加减消元法消去一个未知数．
83
3
18．3
【分析】直接利用二次根式的混合运算法则求解即可．
【详解】解：原式=
33
118
2
3
3
3
333
83
3
3
3
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式混合运算的基本法则．
19．(1)见解析， B1, 2；
见解析， C1, 2；
5
62．
【分析】（1）根据对称性，找到点 B，并写出点 B的坐标；
根据对称性，找到点 C，，并写出点 C，的坐标；
结合坐标系可知 AB, BC，勾股定理求出 AC，从而求出面积．
【详解】（1）解：作图如下，
B1,2；
作图如下，
C1,2；
如图，
由坐标系可知，在ABC中，
AB4,BC2，
AB2BC2
AC

2，
4222
5
ABC的周长为：
5
ABBCAC62．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系内找对称点、勾股定理求线段长度及三角形周长；解题的关键是根据题意正确找到对称点．
20．（1）班有52名学生，（2）班有49名学生
【分析】设（1）班有 x 名学生，（2）班有（101x）名学生，根据如果两班都以班级为单位分别购票，则一共应付的费用比两个班联合起来购票所需费用多 750元，列出相应的方程，解之即可得出结论；
【详解】解：设（1）班有 x名学生，（2）班有（101x）名学生，
∵1班人数有 50多人，2班人数不到 50人
∴25x30101x20101750
解得： x52
101x1015249
∴（1）班有52名学生，（2）班有49名学生
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，解答此类问题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，列出相应的方程．
21．(1)见解析 (2)见解析
【分析】（1）先作BDHBCA，根据同位角相等，两直线平行可得 DH∥ AC，然后在 DH
上截取 DEBC即可；
（2）证明BDEACBSAS，根据全等三角形的性质可得结论．
【详解】（1）解：如图所示，点 E即为所求作；
（2）证明：由作图可知BDEACB，
BDAC

BDEACB

在△BDE和△ACB中，，

DECB
∴BDEACBSAS，
∴BEAB．
【点睛】本题考查了尺规作图，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握五种基本作图的步骤是解题的关键．
22．(1)5%
200人
79.8分
【分析】（1）根据百分比的和等于 1求解即可．
根据 C等级的学生为 8人，占20% 得出所抽取学生的总数，从而得出九年级的学生人数，再乘以50% 即可
利用加权平均数求解即可．
【详解】（1）解：在抽取的学生中 D等级的学生人数所占的百分比
120% 25% 50% 5%，故答案为5% ．
（2）∵ 820% 40（人）， 4010% 400（人）
∴ 40050%  200（人）
∴估计该校九年级学生中 A等级的学生人数 200人
（3）∵ 9050% 7825% 6620% 425% 79.8（分）
∴所抽取学生测试的平均成绩79.8分
【点睛】本题考查条形统计图，扇形统计图，样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．(1)3，31
y12t50
油箱中的油够用，理由见解析
【分析】（1）根据函数图象可知 3小时时油箱油量由 14升变为 45升即可解答；
利用待定系数法求一次函数解析式解答；
求出加油前行驶的路程和用油量，再求出从加油站到目的地所需要的油量，然后判断即可．
【详解】（1）解：从图象中可以看出，汽车行驶 3小时后加油，中途加油451431升；故答案为：3，31
设加油前油箱剩余油量 y与行驶时间 x之间的函数关系式 yktb
函数图象过点(0, 50) 和(3,14)，
b50

∴3kb14；
k12

∴b50
∴y12t50
油箱中的油够用，理由如下：
∵汽车加油前行驶了 3小时，行驶了370210（km），用去了501436升油，而目的地距加油站还有 210km，
∴要达到目的地还需 36升油，而中途加油后有油 45升，
即油箱中的剩余油量是 45升，所以够用．因此，要到达目的地油箱中的油够用．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息并准确识图，观察出油箱中的油量的变化是解题的关键．
24．(1)①见解析；②见解析
(2)103
3
【分析】（1）①由矩形的性质得 ABCD, BADC 90, ADBC ，由折叠的性质可得到 DCDE, CBED 90, BCBE ，可得出 ABED, BADBED 90，又有一组
对顶角，根据 AAS即可得出△ABF≌△EDF
②利用ABFEDF得出 BFDF，从而得出EBDADB1180AFE，再利用
2
SSS证得AEDEAB得出AEBEAD1180DFB，从而得出AEB EBD即
2
可得出答案．
（2）设 DFBFx，根据勾股定理列出关于 x的方程及 BD的长，解之求出 DF 和 BF 的长，再证明四边形 BFDG 为菱形，利用菱形的面积公式即可得出 FG的长
【详解】（1）解：（1）∵四边形 ABCD是矩形，
∴ABCD,BADC90,ADBC，
由折叠的性质知， DCDE, CBED 90, BCBE，
∴ AB ED, BAD BED  90, AD BE；在△ABF 与EDF 中，
BFADFE

BADBED

ABED
∴△ABF≌△EDF，
②∵△ABF≌△EDF，
∴BFDF，
∴EBDADB，
∴EBDADB1180AFE，
2
∵ADBE, ABDE, AEAE，
∴AEDEAB，
∴AEBEAD1180DFB，
2
∵AFEDFB，
∴AEBEBD，
∴AE∥BD．
（2）设 DFBFx，则 AF8x
在RtABF中， AF2AB2BF2
∴42x2(8x)2
∴x3
∴BFDF835
4282
3
在RtBCD中，BD4
∵将BDE沿 BD翻折回去，则点 F正好落在 BC边 G处，，
∴ BD垂直平分 FG，
∴.BFBG,DFDG，
∵DFBF
∴BFBGDFDG
∴四边形 BFDG为菱形，
∴ S菱形BFDG
1FGBDDFAB
2
3
∴1FG 4
2
∴FG103
3
54
【点睛】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识吧，熟知图形翻折不变性是解答此题的关键．
25．(1)m1
2
(2)① yx6；② P1, 1或 P1, 5或 P1, 7．
2

【分析】（1）点 A4,2在正比例函数 ymxm0的图像上，代入求解即可；
（2）①设 Ba, 0， C0, c，由 S△OBC3S△OAB，解得c6，
设直线 AB的解析式为 ykxb，代入法求解即可；
②存在，设 Px, y，则OPC中OC边上的高为 x，先求的 S
OPC
1S
4
OAC
3，分情况以下
情况讨论即可；当动点 Px, y在线段OA上时， x0，如图，解得 x1，代入OA解析式可求；当动点 Px, y在射线 AC 上运动时，如图，解得 x 1，代入 AC 解析式可求．
【详解】（1）解：因为点 A4,2在正比例函数 ymxm0的图像上，
24m
解得： m1；
2
（2）①设 Ba, 0， C0, c
SOBC3SOAB，A4,2
1ac31a2
22
解得： c6，
C0,6
设直线 AB的解析式为 ykxb，
A4,2、C0, 6在直线上，
24kb

故有6b
k1

解得
b6
直线 AB的解析式为 yx6，
②存在，理由如下：
设 Px, y，则OPC中OC边上的高为 x
由①可知：
SOPC
1S
4
OAC
11643
42
当动点 Px, y在线段OA上时， x0，如图，
SOPC
16x3
2
解得： x1，
Px, y在线段OA上，由（1）可知
y 111
22
1
2
P1,

当动点 Px, y在射线 AC上运动时，如图，
SOPC
16x3
2
解得： x1，
当 x1时， y165
P1,5
当 x=1时， y16 7
P1,7
综上所述： P1, 1或 P1, 5或 P1, 7
2

【点睛】本题考查了一次函数与正比例函数的综合应用，代入法求函数解析式以及根据三角形面积求点的存在性；熟练掌握函数图像上点的特点和面积公式是解题的关键．