2022-2023学年广东省深圳外国语学校八年级(下)期末数学试卷及答案解析

2022-2023学年广东省深圳外国语学校八年级（下）期末
数学试卷
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列方程中，是一元二次方程的是（）
A．2x2﹣9＝0B．x＝
C．x2+7x﹣3y＝0D．x2+4＝（x﹣1）（x﹣2）
2．（3分）下列说法错误的是（）
A．菱形的对角线互相垂直且平分B．矩形的对角线相等
C．有一组邻边相等的四边形是菱形D．四条边相等的四边形是菱形
3．（3分）若x1，x2是方程x2﹣6x﹣7＝0的两个根，则（）
A．x1+x2＝6B．x1+x2＝﹣6C．x1x2＝D．x1x2＝7 4．（3分）同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则出现两个正面朝上的概率是（）A．B．C．D．
5．（3分）如图，在房子屋檐E处安有一台监视器，房子前有一面落地的广告牌，那么监视器的盲区是（）
A．△ACE B．△ADF C．△ABD D．四边形BCED 6．（3分）从前有一个醉汉拿着竹竿进城，横拿竖拿都进不去，横着比城门宽米，竖着比城门高米，一个聪明人告诉他沿着城门的两对角斜着拿竿，这个醉汉一试，不多不少刚好进去了，求竹竿的长度，若设竹竿长x米，则根据题意，可列方程（）A．B．
C．D．
7．（3分）如图，已知直线a∥b∥c，若AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，则DE＝（）
A．B．C．D．
8．（3分）如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（）
A．B．C．D．
9．（3分）若关于x的一元二次方程kx2﹣x+1＝0有实数根，则k可取的最大整数值为（）A．1B．0C．﹣1D．﹣2
10．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝+2，AD＝．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处．再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A′ED′′，使得EA′恰好经过BD′的中点F．设A′D′′交AB于点G．连接AA′，有如下结论：①α＝75°；②A′F的长度是﹣2；③∠A′AF＝7.5°；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，正确的个数有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）若关于x的方程x2﹣mx﹣2＝0的一个根为3，则m的值为．12．（3分）如图，在面平直角标系中，已知A（1，0），B（2，1），D（3，0），△ABC
与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是．
13．（3分）若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+7＝0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是．
14．（3分）如图，在矩形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，E、F分别是AP、PQ 的中点．BC＝12，DQ＝5，在点P从B移动到C（点Q不动）的过程中，则线段EF ＝．
15．（3分）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点E是BC边的中点，连接AE，延长EB 至点F，使得EF＝AE，过点F作FG⊥AE，垂足为M，FG分别交CD、AB于G、N两＝．
点，则S
四边形GCEM
三.解答题（共7小题，满分55分）
16．（8分）解下列方程：
（1）4x2﹣8x+1＝0；（2）3（x﹣5）2＝2（5﹣x）
17．（7分）某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示，嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．（1）求嘉淇走到王字道口A向北走的概率是；
（2）补全图2的树状图；
（3）借助图2的树状图分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．
18．（7分）如图，是由一些大小相同的小正方体组合成的简单几何体．根据要求完成下列题目．
（1）请在下面方格纸中分别画出它的左视图和俯视图（画出的图需涂上阴影）；
（2）图中共有个小正方体．
19．（8分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交AD、AC、BC于点E、O、F，连接CE和AF．
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若AB＝8，BC＝16，求菱形AECF的周长．
20．（7分）某公司2月份销售新上市的A产品20套，由于该产品的经济适用性，销量快速上升，4月份该公司销售A产品达到45套，并且2月到3月和3月到4月两次的增长率相同．
（1）求该公司销售A产品每次的增长率；
（2）若A产品每套盈利2万元，则平均每月可售30套，为了尽量减少库存，该公司决
定采取适当的降价措施，经调查发现，A产品每套每降0.5万元，公司平均每月可多售出
20套；若该公司在5月份要获利70万元，则每套A产品需降价多少？
21．（9分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝4，OC＝2，点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A 匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒，将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．
（1）当t＝2时，点D的坐标是；
（2）请用含t的代数式表示出点D的坐标；
（3）在点P从O向A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值，若不能，请说明理由．
22．（9分）在四边形ABCD中，∠EAF＝∠BAD（E、F分别为边BC、CD上的动点），AF的延长线交BC延长线于点M，AE的延长线交DC延长线于点N．
（1）如图①，若四边形ABCD是正方形，求证：△ACN∽△MCA；
（2）如图②，若四边形ABCD是菱形．
①（1）中的结论是否依然成立？请说明理由；
②若AB＝8，AC＝4，连接MN，当MN＝MA时，求CE的长．
2022-2023学年广东省深圳外国语学校八年级（下）期末
数学试卷参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【分析】根据一元二次方程的一般形式：形如ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数且a≠0），逐一判断即可解答．
【解答】解：A、2x2﹣9＝0，是一元二次方程，故A符合题意；
B、x＝，是分式方程，故B不符合题意；
C、x2+7x﹣3y＝0，是二元二次方程，故C不符合题意；
D、x2+4＝（x﹣1）（x﹣2），整理得：3x+2＝0，是一元一次方程，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．2．【分析】根据菱形的性质与判定，矩形的性质逐一判断即可．
【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直且平分，说法正确，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，说法正确，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，说法错误，符合题意；
D、四条边相等的四边形是菱形，说法正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，熟知菱形的性质与判定条件，矩形的性质是解题的关键．
3．【分析】根据一元二次方程根与系数的关系进行判断即可．
【解答】解：∵x1，x2是方程x2﹣6x﹣7＝0的两个根，
∴x1+x2＝6，x1x2＝﹣7，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，应掌握：设x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实数根，则，．
4．【分析】首先利用列举法可得：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有：正正，正反，反正，反反；然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有：正正，正反，反正，
反反；
∴出现两个正面朝上的概率是：．
故选：D．
【点评】此题考查了列举法求概率的知识．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
5．【分析】根据盲区的定义，视线覆盖不到的地方即为该视点的盲区，由图知，E是视点，找到在E点处看不到的区域即可．
【解答】解：由图片可知，E视点的盲区应该在△ABD的区域内．
故选：C．
【点评】此题主要考查了视点、视角和盲区，解答此类问题，首先要确定视点，然后再根据盲区的定义进行判断．
6．【分析】用竹竿表示出门框的边长，根据门框的边长的平方和等于竹竿的长的平方列方程即可．
【解答】解：设竹竿的长为x米．
由题意得．
故选：B．
【点评】考查一元二次方程的应用；得到门框的边长和竹竿长的等量关系是解决本题的关键．
7．【分析】根据三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例列出比例式解答即可．【解答】解：∵a∥b∥c，
∴，
∵AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，
∴，
解得DE＝．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，解题的关键是掌握定理及其推论并灵活运用．平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
8．【分析】证明BE：EC＝1：3，进而证明BE：BC＝1：4；证明△DOE∽△AOC，得到＝，借助相似三角形的性质即可解决问题．
：S△CDE＝1：3，
【解答】解：∵S
△BDE
∴BE：EC＝1：3；
∴BE：BC＝1：4；
∵DE∥AC，
∴△DOE∽△AOC，
∴＝，
：S△AOC＝＝，
∴S
△DOE
故选：D．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用相似三角形的判定及其性质来分析、判断、推理或解答．
9．【分析】由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，可得出关于k的一元一次不等式组，解之可得出k的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程kx2﹣x+1＝0有实数根，
∴，
解得：k≤且k≠0，
∴k可取的最大整数值为﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，牢记“当Δ≥0时，方程有两个实数根”是解题的关键．
10．【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E＝，∠D'ED″＝α，∠EA'D″＝∠EAD'＝45°，可求A'F＝﹣2，可判断②；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，可判断①；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断
③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED″G，可得∠D'GE＝∠D″GE＝52.5°，可证△
AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，
∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，
∴四边形ADED'是矩形，
又∵AD＝AD'＝，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，∴D'B＝AB﹣AD'＝2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F＝1，
∴EF＝＝＝2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A'E＝，∠D'ED″＝α，∠EA'D″＝∠EAD'＝45°，
∴A'F＝﹣2，故②正确；
∵tan∠FED'＝＝＝，
∴∠FED'＝30°，
∴α＝30°+45°＝75°，故①正确，
∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，
∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，
∴∠A'AF＝7.5°，故③正确；
∵D'E＝D″E，EG＝EG，
∴Rt△ED'G≌Rt△ED″G（HL），
∴∠D'GE＝∠D″GE，
∵∠AGD″＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，
∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，
又∵∠AFA'＝∠EFG，
∴△AFA'∽△EFG，故④正确，
所以所有正确的序号为：①②③④．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．【分析】根据题意可得：把x＝3代入方程x2﹣mx﹣2＝0中得：32﹣3m﹣2＝0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
把x＝3代入方程x2﹣mx﹣2＝0中得：
32﹣3m﹣2＝0，
解得：m＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
12．【分析】根据题意求出△ABC与△DEF的相似比，根据位似变换的性质计算，得到答案．【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，A（1，0），D（3，0），
∴△ABC与△DEF的相似比为1：3，
∵B（2，1），
∴E点的坐标是（2×3，1×3），即（6，3），
故答案为：（6，3）．
【点评】本题考查的是位似变换，求出△ABC与△DEF的相似比是解题的关键．13．【分析】先利用因式分解法求出方程的两个根，再根据勾股定理求出斜边的长即可．【解答】解：∵x2﹣6x+7＝0，
∴Δ＝（﹣6）2﹣4×1×7＝8，
∴x＝，
解得x1＝3+，x2＝3﹣，
∴直角三角形两直角边的长为3+和3﹣，
∴斜边的长为＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程，勾股定理，正确求出方程的两个根是解题的关键．
14．【分析】因为Q点不动，所以AQ不变．根据中位线定理，可得EF的长．【解答】解：连接AQ．
∵E、F分别是AP、QP的中点，
则EF为△APR的中位线，
∴EF＝AQ＝＝6.5，
故答案为：6.5．
【点评】本题考查矩形的性质及三角形中位线定理，难度适中，根据中位线定理得出EF ＝AQ是解题的突破口．
15．【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及中点的定义可得出BE＝ME ＝1，FM＝AB＝2，由勾股定理求出EF，进而得出FC，由直角三角形的边角关系求出CG，由面积公式进行计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝2，点E是BC的中点，
∴BE＝EC＝BC＝1，
∵FG⊥AE，
∴∠FME＝90°＝∠ABE，
又∵AE＝FE，∠AEB＝∠FEM，
∴△ABE≌△FME（AAS），
∴BE＝ME＝1，FM＝AB＝2，
∴EF＝＝，
∵tan∠F＝＝＝，即＝，
∴CG＝，
连接EG，
∵∠C＝∠EMG＝90°，EC＝EM，EG＝EG，
∴Rt△MEG≌Rt△CEG（HL），
＝2S△ECG
∴S
四边形GCEM
＝2××1×
＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及直角三角形的边角关系，掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
三.解答题（共7小题，满分55分）
16．【分析】（1）根据配方法即可求出答案；
（2）根据因式分解法即可求出答案．
【解答】解：（1）∵4x2﹣8x+1＝0，
∴4x2﹣8x+4＝3，
∴（2x﹣2）2＝3，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝
（2）∵3（x﹣5）2＝2（5﹣x），
∴（x﹣5）（3x﹣13）＝0，
∴x﹣5＝0或3x﹣13＝0
∴x1＝5，x2＝；
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
17．【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）补全树状图，共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）嘉淇走到十字道口A向北走的概率为；
（2）补全树状图如下：
共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，
∴向西参观的概率为＝，向南参观的概率＝向北参观的概率＝向东参观的概率＝，∴向西参观的概率大．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，正确记忆概率＝所求情况数与总情况数之比是解题关键．
18．【分析】（1）直接利用左视图以及俯视图的观察角度分析得出答案；
（2）结合几何体的形状得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：
；
（2）图中共有9个小正方体．
故答案为：9．
【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，正确注意观察角度是解题关键．19．【分析】（1）根据ASA推出：△AEO≌△CFO；根据全等得出OE＝OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形；
（2）根据线段垂直平分线性质得出AF＝CF，设AF＝x，推出AF＝CF＝x，BF＝16﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程82+（16﹣x）2＝x2，求出即可．
【解答】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA）；
∴OE＝OF，
又∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：设AF＝x，
∵EF是AC的垂直平分线，AB＝8，BC＝16，
∴AF＝CF＝x，BF＝16﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，
82+（16﹣x）2＝x2，
解得x＝10．
∴AF＝10，
∴菱形AECF的周长为40．
【点评】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想．
20．【分析】（1）设该公司销售A产品每次的增长率为x，根据2月份及4月份该公司A产品的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出（30+×20）套，根据总利润＝每套的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设该公司销售A产品每次的增长率为x，
依题意，得：20（1+x）2＝45，
解得：x1＝0.5＝50%，x2＝﹣2.5（不合题意，舍去）．
答：该公司销售A产品每次的增长率为50%．
（2）设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出（30+×20）套，
依题意，得：（2﹣y）（30+×20）＝70，
整理，得：4y2﹣5y+1＝0，
解得：y1＝，y2＝1．
答∵尽量减少库存，
∴y＝1．
答：每套A产品需降价1万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．【分析】（1）设出P点坐标，再求出CP的中点坐标，根据相似的性质即可求出D点坐标；
（2）根据（1）中结论即可解决问题；
（3）先判断出可能为直角的角，分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）∵点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，∴OP＝t，而OC＝2，
∴P（t，0），
设CP的中点为F，过D点作DE⊥OA，垂足为E，
则F点的坐标为（，1），
∵F点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，
∴∠CPD＝90°，
∴∠DPE+∠OPC＝90°，
∵∠POC＝90°，
∴∠OCP+∠OPC＝90°，
∴∠OCP＝∠EPD，
∴△OCP∽△EPD，
∵PD：CP＝1：2，
∴DE：PO＝PE：CO＝PD：CP＝1：2，
∴DE＝PO＝，PE＝CO＝1，
∴D点坐标为（t+1，），
∴当t＝2时，D（3，1）．
故答案为：（3，1）；
（2）由（1）可知D（t+1，）．
故答案为：（t+1，）；
（3）能构成直角三角形，理由如下：
①当∠PDA＝90°时，PC∥AD，
由勾股定理得，PD2+AD2＝AP2，PD2＝DE2+PE2，AD2＝DE2+AE2，
即（）2+1+（4﹣t﹣1）2+（）2＝（4﹣t）2，
解得，t＝2或t＝﹣6（舍去）．
∴t＝2秒．
②当∠PAD＝90°时，此时点D在AB上，
可知，△COP∽△PAD，
∴＝＝，
∴2＝，
PA＝1，
即t+1＝4，
∴t＝3秒．
综上所述，当t为2秒或3秒时，△DPA能成为直角三角形．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．22．【分析】（1）可证得∠ACM＝∠ACN，∠CAN＝∠M，从而证明结论；
（2）①可证得∠ACM＝∠ACN，∠CAN＝∠M，从而证明结论；
②可证得△MAN∽△BAC，从而得出，根据△ACN∽△MCA，可计算得出CN，根
据△CEN∽△BEA，可得CE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠EAF＝，∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴∠CAN+∠CAM＝45°，180°﹣∠BAC＝180°﹣∠ACD，即：∠ACM＝∠ACN，
∵∠BAC是△ACM的外角，
∴CAM+∠M＝∠BAC＝45°，
∴∠CAN＝∠M，
∴△ACN∽△MCA；
（2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，∠BAC＝∠ACD，
∴180°﹣∠BAC＝180°﹣∠ACD，
即：∠ACM＝∠ACN，
∵∠MAN＝BAD，
∴∠CAN+∠CAM＝，
∵∠ACB是△ACM的外角，
∴∠CAM+∠M＝∠ACB＝＝，
∴∠CAN＝∠M，
∴△ACN∽△MCA；
②∵MA＝MN，
∴∠AMN＝∠ANM，
由①知，
∠ACB＝∠BAC＝∠MAN，
∴△MAN∽△BAC，
∴＝＝＝2，
由①知，
△ACN∽△MCA，
∴＝，
∴CN＝＝2，CM＝2AC＝8，
∵AB∥CD，
∴△CEN∽△BEA，
∴，
∴CE＝＝，
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键充分利用相似三角形求线段的长度。