精品解析：重庆市南岸区重庆南开(融侨)中学校2022-2023学年八年级下学期期末数学试题

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（考试时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）
1. 下方程中是一元二次方程的是（ ）
A. x+1＝0B. x+y＝2C. ＝2D. x＝1
【答案】D
【解析】
【分析】一元二次方程必须满足两个条件：①未知数的最高次数是2；②二次项系数不为0．
【详解】A、该方程属于一元一次方程，故本选项错误．
B、该方程属于二元一次方程，故本选项错误．
C、该方程属于分式方程，故本选项错误．
D、该方程符合一元二次方程的定义，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．
2. 下列动画形象中，是中心对称图形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形判断即可．
【详解】解：A、是中心对称的图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称的图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，解题关键是寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 已知: ， 则的值为( )
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式性质化简可得结果.
【详解】解：
故选C
【点睛】本题考查了分式的化简求值，把转化为再整体代入是解题关键.
4. 下列分式是最简分式的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分.判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分.
【详解】解：A、该分式的分子、分母中含有公因数a，则它不是最简分式.故本选项错误；
B、该分式的分子、分母中含有公因数3，则它不是最简分式.故本选项错误；
C、该分式符合最简分式的定义.故本选项正确.
D、分母为(x+1)(x﹣1)，所以该分式的分子、分母中含有公因式(x+1)，则它不是最简分式.故本选项错误；
故选：C.
【点睛】本题考查了对最简分式，约分的应用，关键是理解最简分式的定义．
5. 若点，在反比例函数上，且，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质，当＝，图象在二四象限，再根据条件，可得．
【详解】解：∵ ，
∴ 图象在二四象限，
∵ ，
∴ .
故选.
【点睛】此题主要考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解决问题的关键．
6. 如图，有一块菱形纸片ABCD，沿高DE剪下后拼成一个矩形，矩形的相邻两边DC和DE的长分别是5，3．则EB的长是（ ）
A. 0.5B. 1C. 1.5D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用菱形的性质得出AD的长，再利用勾股定理得出AE的长，进而利用平移的性质得出答案．
【详解】解：∵有一块菱形纸片ABCD，DC＝5，
∴AD＝BC＝5，
∵DE＝3，∠DEA＝90°，
∴AE＝4，
则BE＝5﹣4＝1．
故选B．
【点睛】此题主要考查了图形的剪拼以及菱形的性质，正确得出AE的长是解题关键．
7. 观察下列表格，估计一元二次方程的一个解在（ ）．
A. 和0之间B. 0和1之间
C. 1和2之间D. 2和3之间
【答案】C
【解析】
【分析】根据和时的函数值，即可得到答案．
【详解】解：根据表格得：
当时，，
当时，，
∴的一个解x的取值范围为，
故选C．
【点睛】本题考查估计一元二次方程根的方法，结合表格数据求解是解题关键．
8. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝44°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连结DF，则∠CDF等于( )
A. 112°B. 114°C. 116°D. 118°
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用菱形的性质结合全等三角形的判定与性质得出△DCF≌△BCF（SAS），进而得出∠CDF=∠CBF，再利用垂直平分线的性质得出∠FAB=∠FBA，结合平行线的性质得出∠FBC的度数进而得出答案．
【详解】连接BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=BC，∠1=∠2，∠DAC=∠BAC，
在△DCF和△BCF中
∵，
∴△DCF≌△BCF（SAS），
∴∠CDF=∠CBF，
∵EF的垂直平分AB，
∴AF=BF，
∴∠FAB=∠FBA，
∵∠BAD=44°，
∴∠DAC=∠BAC=22°，∠ABC=136°，
∴∠FAB=∠FBA=22°，则∠FBC=136°-22°=114°，
故∠CDF=114°．
故选B．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质，正确得出∠CDF=∠CBF是解题关键．
9. 《九章算术》中记载了这样一个数学问题：今有甲发长安，五日至齐；乙发齐，七日至长安．今乙发已先二日，甲仍发长安．问几何日相逢？译文：甲从长安出发，5日到齐国；乙从齐国出发，7日到长安．现乙先出发2日，甲才从长安出发．问甲出发几日，甲乙相逢？设甲出发x日，甲乙相逢，可列方程（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设甲乙经过x日相逢，则甲、乙分别所走路程占总路程的和，进而列出方程．
【详解】解：设甲乙经过x日相逢，可列方程：
．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示出两人所走路程是解题关键．
10. 一个小正方体沿着斜面前进了10 米，横截面如图所示，已知，此时小正方体上的点距离地面的高度升高了( )
A. 5米B. 米C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，用未知数设出斜面的铅直高度和水平宽度，再运用勾股定理列方程求解．
【详解】解：Rt△ABC中，AB=2BC，
设BC=x，则AC=2x，
根据勾股定理可得，
x2+（2x）2=102，
解得x=或x=（负值舍去），
即小正方体上的点N距离地面AB的高度升高了米，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解题的关键是熟练运用勾股定理的知识，此题比较简单．
11. 如图，在平面直角坐标系中，线段的端点点A、点D分别在y轴与x轴上．且与反比例函数交于点B、点C，且，面积为3，则k的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明，设，则，再利用列出方程消去m，即可得k的值．
【详解】解：连接，作轴于M，轴于N，
∵，面积为3，与同高，
∴面积是的面积的2倍，即的面积是6
同理由得：，
∴
∴，
∴
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质，k的几何意义等知识，审清题意推导出是解题的关键．
12. 如果关于x的分式方程有负分数解，且关于x的不等式组的解集为，则符合条件的所有整数a的积是（ ）
A. 9B. 3C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别解不等式组中的两个不等式，把a看作已知数表示出不等式的解集，根据不等式组已知解集确定出a的取值范围，分式方程去分母转化为整式方程，将a的范围中的整数值代入整式方程，检验分式方程解为负分数确定出所有a的值，即可求出之积．
【详解】解，
由①得，，
由②得，，
∵不等式组的解集为，
∴，即，
分式方程去分母得：，
把代入整式方程得，符合题意；
把代入整式方程得，不合题意；
把代入整式方程得，符合题意；
把代入整式方程得，不合题意；
把代入整式方程得，符合题意；
把代入整式方程得，不合题意；
把代入整式方程得，符合题意；
∴符合条件的整数a取值为，，1，3，它们的积为9，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，解分式方程．熟练掌握一元一次不等式组解集的四种情况，分式方程的解是负分数，是解决本题的关键．
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）
13. 若分式的值大于0，则x满足的条件是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据分子分母同号，则分式大于0，据此列不等即可解答．
【详解】解：分式的值大于0，分子分母同号，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式的值，根据分子分母同号列出不等式是解题关键．
14. 边长为a，b的矩形，它的长与宽之和为6，面积为7，则的值为_____．
【答案】42
【解析】
【分析】边长为a，b的矩形，它的长与宽之和为6，面积为7，则，把因式分解后整体代入求值即可．
【详解】解：∵边长为a，b的矩形，它的长与宽之和为6，面积为7，
∴，
故．
故答案为：42．
【点睛】此题考查了因式分解、代数式的值等知识，提公因式法因式分解是解题的关键．
15. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求解．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，即，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义，熟练掌握一元二次方程根的判别式的意义是解题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根．
16. 如图，正方形边长为6，点为边的中点，连接，将沿翻折得到，延长交于点，则长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先判定，即可得出，设为，则，，，由勾股定理得：，解方程得出的值，即可得到的长．
【详解】解：如图，连接，
由折叠可得，，，，
，
是的中点，
，
，
又，
，
，
设为，则，，，
由勾股定理得：，
即，
解得．
，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查了翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．解题时，我们常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
17. 年月日，世界上最长的港珠澳大桥正式通车，香港口岸途经西人工岛到达澳门口岸．五一期间小辉与小亮两家人在港澳旅游，某日两家人从香港口岸前往澳门口岸，当小辉一家乘坐穿梭巴士出发分钟后，小亮一家乘坐跨境出租车出发，两车在全程中均保持匀速行驶，跨境出租车比穿梭巴士早到分钟，过海关时间不考虑在内，两车距西人工岛的路程之和（千米）与小辉家出发的时间（分钟）之间的关系如图所示，穿梭巴士出发_____分钟到达澳门口岸．

【答案】
【解析】
【分析】先根据已知图中路程中千米可知：两家没出发时，距西人工岛的路程之和为千米，即香港口岸距西人工岛的路程千米，千米，设穿梭巴士的速度为千米/分，跨境出租车的速度为千米/分，千米，分别根据时间相等列方程可解决问题．
【详解】解：如图1，

由题意得：，
，
设穿梭巴士的速度为千米/分，跨境出租车的速度为千米/分，
当时，两家同时到达西人工岛，则，解得：，
设千米，则，
，
∴，即，
解得：，
∴，
，
，
，，
检验：当时，无意义，故舍去；当时，左边，右边，左边右边，
故原方程的解是．
∴，
∴穿梭巴士的时间，
答：穿梭巴士出发分钟到达澳门口岸．
故答案：．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解分式方程，解一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答，注意本题的轴表示两车距人工岛的路程和，容易被忽略，本题较难．
18. 自2019年起，全国全面启动生活垃圾分类工作．到6月底，某市部分小区先投入“垃圾分类”工作中：这部分小区平均每个小区有72户业主参加，其中参加户数低于60户的小区平均每个小区有56户业主参加，参加户数不低于60户的小区平均每个小区有84户业主参加．根据调查发现，若每个小区同时新增10户业主参加，则此时参加户数低于60户的小区平均每个小区有58户，参加户数不低于60户的小区平均每个小区有90户业主参加，且该市这部分小区个数不低于50，且不高于70，则这部分小区有_____个．
【答案】56
【解析】
【分析】先设低于60户的有x个小区，不低于60户的有y个小区，每个小区增加10户，则设低于60户的会在x户的基础上减少e户，根据“这部分小区平均每个小区有72户业主参加”可知一共有72（x+y）户业主，再根据增加10户前与后两种情况的等量关系列式，可以得到x，y含有e的关系式，再结合“该市这部分小区个数不低于50，且不高于70”即可得出答案.
【详解】解：设低于60户的有x个小区，不低于60户的有y个小区
每个小区增加10户，则设低于60户的会在x户的基础上减少e户，
不低于60户的会在y户的基础上增加e户
即：低于60户有（x﹣e）个小区，不低于60户的有（y+e）个小区
由题意得：72（x+y）＝56x+84y
化简得：4x＝3y①
同时有：58（x﹣e）+90（y+e）＝82（x+y）
化简得：3x﹣y＝4e②
由①②解得：x＝2.4e，y＝3.2e
∵x，y，e都是正整数，且50≤x+y≤70
∴50≤5.6e≤70
∴e＝10，x＝24，y＝32
∴x+y＝56
故答案为56．
【点睛】本题主要考查方程与实际问题，能够读懂题意，找到等量关系并准确的表达出来是解题的关键.
三、解答题：（本大题共7个小题，每小题10分，共40分）
19. 如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点C，连接，点D为x轴上一点，，连接、．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）求的面积．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将分别代入反比例函数解析式解出k的值，从而得到反比例函数的解析式，再将点 代入反比例函数解析式解出n的值，再将点A与点B的坐标代入一次函数解析式得到二元一次方程组，即可解得一次函数解析式；
（2）根据勾股定理得出，根据题意得出，，；最后根据即可得出答案．
【小问1详解】
解：（1）把代入得：，
解得：，
∴反比例函数的解析式为，
把代入得：，
∴B点坐标为，
把代入，
得，解得
∴一次函数的解析式为；
【小问2详解】
（2）代入得，解得，
∴C点坐标为，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，勾股定理，三角形面积公式，掌握待定系数法是解题的关键．
20. 某旅行社推出“跟团游”和“定制游”两种旅行方式供客户选择．已知6月份该旅行社“跟团游”的销售额为万元，“定制游”的销售额为万元，“跟团游”平均每单的费用比“定制游”平均每单的费用少万元，“跟团游”的订单数是“定制游”订单数的4倍，订单按一人一单计算．
（1）求“定制游”的单数为多少？
（2）由于暑期是旅游旺季，消费水平整体升高，该旅行社预计7月份“跟团游”和“定制游”的订单数分别比上月对应订单数多和，“跟团游”和“定制游”平均每单的费用分别比上月对应每单多和，这样预计7月份该旅行社总销售额比上个月总销售额的还多万元，且，求a的值．
【答案】（1）50 （2）100
【解析】
【分析】（1）设“定制游”的单数为x，则“跟团游”的订单数为，根据“6月份该旅行社跟团游的销售额为万元”列出分式方程，解方程并检验即可得到答案；
（2）由（1）可知，6月份“跟团游”平均每单的费用为万元，6月份“定制游”平均每单的费用为万元，根据“7月份该旅行社总销售额比上个月总销售额的还多万元”列出方程，解方程并取符合题意的答案即可．
【小问1详解】
解：设“定制游”的单数为x，则“跟团游”的订单数为，
根据题意得
解得：，
经检验，是原方程的解，也符合问题的实际意义
答：“定制游”的单数为50．
【小问2详解】
由（1）可知，6月份“跟团游”平均每单的费用为万元，6月份“定制游”平均每单的费用为万元，“跟团游”的订单数为，由题意得：
则，
化简得：，
解得：，
∵
∴．
【点睛】此题考查了分式方程和一元二次方程的应用，读懂题意，正确列出方程和解方程是解题的关键．
21. 当解某些计算较复杂一元二次方程时，可考虑用“缩根法”简化运算．“缩根法”是指将一元二次方程先转化成系数比原方程简单的新一元二次方程，然后解新一元二次方程，并将新方程的两根同时缩小，从而得到原方程的两个根．
已知：关于的一元二次方程的两个根分别为，，求关于的一元二次方程的两根．
解：因为，
所以．
令，得新方程．
因为新方程的解为，，所以，，所以原方程的两个根分别为，．
这种解一元二次方程的方法叫做“缩根法”．
举例：用缩根法解方程．
解：因为，，所以，令，得新方程．
解新方程，得，，所以，，
所以原方程的两个根分别为，．
请利用上面材料中的缩根法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】对于（1），设，得到新方程，再求出新方程的解，即可得出原方程的解；
对于（2），将方程两边都乘以3，得，设，得到新方程，在求出新方程的解，即可得出原方程的解．
【小问1详解】
因为，，所以．
设，得到新方程，
解得，，
即或，
所以原方程的两个根是，；
【小问2详解】
原方程整理为，
设，得到新方程，
解得，，
即或，
所以原方程的解是，．
【点睛】本题主要考查了“缩根法”解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
22. 已知：菱形的对角线交于点，以为斜边构造等腰，连接．

（1）如图1，若，，求的面积．
（2）如图2，延长交于点，过点作于点，过点作于点，与交于点，且．求证：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据菱形性质，证明是等边三角形，再利用全等三角形判定证明，得，求出及即可求的面积．
（2）如同，连接，根据题意，菱形性质及点，点，点，点 四点共圆，证得，，进而证得，得到，再由点，点，点，点四点共圆证得，进而证得，再证得是等腰直角三角形，进而得到，根据与的关系即可得出结论．
【小问1详解】
解：四边形是菱形，
，且，
是等边三角形，
，且，，
，
，
．
【小问2详解】
解：连接，

四边形是菱形，
，，，，，
，且，
，
，
点，点，点，点 四点共圆，
，且，
，
，
，
点，点，点，点四点共圆，
，且，
，
，
，且，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形判定及性质，圆周角定理推论，勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的判定与性质，灵活运用圆周角定理推论和勾股定理是解题关键．
四、解答题：（本大题1个小题，共8分）
23. 已知直线交x轴，y轴于点A，点B，且，．

（1）如图1，若点C为线段上一动点，点D为y轴上一动点，连接，当取得最小值时，将线段绕点C顺时针旋转得线段，连接，求的最小值．
（2）如图2，在（1）中，当取得最小值时，过点C作直线轴，将绕点O顺时针旋转，在旋转过程中，的对应角为，的两条射线分别交直线，直线l于点M，N，连接，直线与射线交于点E，将沿直线翻折得，在旋转过程中是否存在某时刻使得？若存在，请直按接写出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）：如图1-1中，作直线关于直线的对称的直线，作于E，于F，交于H，过点H作轴于W，先证明，进而得到当O，C，E共线，点E与F重合时，取得最小值，解直角三角形求出点W即点C的坐标；如图1-2中，作于E，于F．由旋转的性质可得，证明，得到，则点在直线上运动，设该直线交y轴于G，作点B关于该直线的对称点 ，连接交直线于，此时的值最小，最小值为线段的长，据此求解即可；
（2）如图2-1中，当点M在线段上时，作于F．先证明是等边三角形，得到，再证明，得到，则是等边三角形，由翻折的性质可知：，进而推出，过点M作于K，设则，则，求出，得到，作于F，同理可得则；如图2﹣2中，当点M在的延长线上时，同法可证：．同理可得 ，同法可得，则 ．
【小问1详解】
解：如图1-1中，作直线关于直线的对称的直线，作于E，于F，交于H，过点H作轴于W，
∴，
∴ ，
∴，
根据垂线段最短可知：当O，C，E共线，点E与F重合时，取得最小值，
∵，
∴
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，即

如图1-2中，作于E，于F．
∴，
由旋转的性质可得，
∴ ，
∴，
∴，
∴，
∴点到x轴的距离为，
∴点在直线上运动，
在中，，
设该直线交y轴于G，
作点B关于该直线的对称点 ，
连接交直线于，此时的值最小，最小值为线段的长，
∵，
∴，
∴的最小值为．
【小问2详解】
解：如图2-1中，当点M在线段上时，作于F．
由（1）得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
由翻折的性质可知：，
∵，
∴，
过点M作于K，
设则，
∴，
解得，
∴，
∴，
作于F，
同理可得
∴；

如图2﹣2中，当点M在的延长线上时，同法可证：．

在中，由，
同理可得 ，
同法可得，
∴ ．
综上所述，满足条件的的值为或
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，轴对称最短路径问题，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．x
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