广东省惠州市博罗县2022-2023学年下学期八年级期末数学试卷(含解析)

2022-2023学年广东省惠州市博罗县八年级（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. 下列二次根式，最简二次根式是( )
C. 5
D. 27
A. 8
B. 1
2
2. 下列几组数中，不能作为直角三角形三边长度的是( )
A. 3，4，5
B. 5，7，8
C. 8，15，17
D. 1，2,3
3. 式子x+2有意义，则x的取值范围是( )
A. x>0
B. x≥2
C. x>―2
D. x≥―2
4. 下列图象中，表示y不是x的函数的是( )
A. B.
C. D.
5.
如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子
中不一定成立的是( )
A. AB//CD
B. OA=OC
C. ∠ABC+∠BCD=180°
D. AB=BC
6. 下列计算结果，正确的是( )
A. 2+3=5
B. 32―2=3
C. 2×3=6
D. 6
=3
2
7.
如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，若
AD=4，∠AOD=60°，则AB的长为( )
A. 43
B. 23
C. 8
D. 83
8. 一组数据3、2、4、5、2，则这组数据的众数是( )
A. 2
B. 3
C. 3.2
D. 4
9. 对于函数y=―3x+4，下列结论正确的是( )
A. 它的图象必经过点(―1,1)
B. 它的图象不经过第三象限
C. 当x>0时，y>0
D. y的值随x值的增大而增大
10. 如图1，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则当x=9时，点R应运动到( )
A. M处
B. N处
C. P处
D. Q处
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的面积是______ ．
12. 甲、乙两个样本，甲的方差为0.102，乙的方差为0.06，哪个样本的数据波动大？答：______．
13.
如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将
△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则线段
BQ的长度为______ ．
14.
实数a、b在数轴上位置如图，化简：|a+b|+
(a―b)2=______．
15. 如图，正方形ABCD的边长为2，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1 B1C1D1，再顺次连接正方形A1B1C1D1四边的中点得到第二个正方形A2B2C2D2…，以此类推，则第五个正方形A5B5C5D5周长是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
．
计算：2×6+(―2)2―6
3
17. (本小题8.0分)
已知y与x成正比例，且x=2时，y=―6.求：y与x的函数解析式．
18. (本小题8.0分)
如图四边形ABCD是一块草坪，量得四边长AB=3m，BC=4m，DC=12m，AD=13m，
∠B=90°，求这块草坪的面积．
19. (本小题9.0分)
珠海市某中学在创建“书香校园”活动中，为了解学生的读书情况，某校抽样调查了部分同学在一周内的阅读时间，绘制如下统计图．根据图中信息，解答下列问题：
(1)被抽查学生阅读时间的中位数为______ℎ，平均数为______ℎ；
(2)若该校共有1500名学生，请你估算该校一周内阅读时间不少于3ℎ的学生人数．
20. (本小题9.0分)
如图，有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边中点，它的顶端恰好到达池边的水面，求这根芦苇的长度是多少尺？
21. (本小题9.0分)
如图，已知DB//AC，E是AC的中点，DB=AE，连结AD、BE．
(1)求证：四边形DBCE是平行四边形；
(2)若要使四边形ADBE是矩形，则△ABC应满足什么条件？说明你的理由．
22. (本小题12.0分)
的图象为直线l1，函数y=kx+b的图象为直线l2，直线l1、l2分别如图，已知函数y=mx+4
3
交x轴于点B和点C(3,0)，分别交y轴于点D和E，l1和l2相交于点A(2,2)．
(1)填空：m=______；求直线l2的解析式为______；
(2)若点M是x轴上一点，连接AM，当△ABM的面积是△ACM面积的2倍时，请求出符合条件的点M的坐标；
(3)若函数y=nx―6的图象是直线l3，且l1、l2、l3不能围成三角形，直接写出n的值．
23. (本小题12.0分)
如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将△COD沿CD所在直线折叠，得到△CED．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=2，当四边形OCED是正方形时，求OC的长；
(3)若BD=3，∠ACD=30°，P是CD边上的动点，Q是CE边上的动点，求PE+PQ的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、被开方数含开的尽的因数，故A不符合题意；
B、被开方数含分母，故B不符合题意；
C、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故C符合题意；
D、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故D不符合题意；
故选：C．
检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2.【答案】B
【解析】解：A、32+42=52，符合勾股定理的逆定理，能作为直角三角形三边长度；
B、52+72≠82，不符合勾股定理的逆定理，不能作为直角三角形三边长度；
C、82+152=172，符合勾股定理的逆定理，能作为直角三角形三边长度；
D、12+(2)2=(3)2，符合勾股定理的逆定理，能作为直角三角形三边长度．
故选：B．
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
3.【答案】D
【解析】解：式子x+2有意义，则x+2≥0，
解得：x≥―2．
故选：D．
根据二次根式中的被开方数是非负数，即可得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式有意义的条件是解题关键．
4.【答案】A
【解析】解：由函数的定义：设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y 都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，
选项A中的图象，y不是x的函数，故A符合题意；
选项B、C、D中的图象，y是x的函数，故B、C、D不符合题意．
故选：A．
设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，由此即可判断．
本题考查函数的概念，关键是掌握函数的定义．
5.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，AD=BC，AO=CO，BO=DO，∠ABC+∠BCD=180°，
故A、B、C都成立，只有D不一定成立，
故选：D．
根据平行四边形的性质对各个选项进行分析，进而选择正确的答案即可．
本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A、2与3不能合并，所以A选项错误；
B、原式=22，所以B选项错误；
C、原式=2×3=6，所以C选项正确；
D、6
为最简二次根式，所以D选项错误．
2
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据最简二次根式的定义对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即
可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OD=OB．
∵OA=OB，
∴OA=OD．
又∵∠AOD=60°，
∴△AOD为的等边三角形．
∴∠ADB=60°．
=3．
∴tan∠ADB=AB
AD
∴AB=3AD=43．
故选：A．
先证明OD=OA，于是可证明△AOD为等边三角形，最后在△DAB中，依据特殊锐角三角函数值可求得AB的长．
本题主要考查的是平行四边形的性质、等边三角形的判定、特殊锐角三角函数值的应用，求得∠ADB=60°是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
根据众数的定义即可求出这组数据的众数．
此题考查了众数的定义：众数是一组数据中出现次数最多的数据．
【解答】
解：在这组数据中2出现了2次，出现的次数最多，则这组数据的众数是2，
故选：A．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，以及一次函数的性质，关键是掌握k>0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k<0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．
利用一次函数图象经过的点必能满足解析式，结合一次函数图象的性质可得答案．
【解答】
解：A.对于函数y=―3x+4，x=―1时，y=7，所以它的图象不经过点(―1,1)，故原题说法错误；
B.k<0，b>0，所以它的图象不经过第三象限，故原题说法正确；
C.当x=2时，y=―2<0，故原题说法错误；
D.k<0，所以y的值随x值的增大而减小，故原题说法错误；
故选B．
10.【答案】D
【解析】解：点R在NP上时，三角形面积增加，点R在PQ上时，三角形的面积不变，点R在QN上时，三角形面积变小，点R在Q处，三角形面积开始变小．
故选：D．
根据三角形的面积变化情况，可得R在PQ上时，三角形面积不变，可得答案．
本题考查了动点函数图象，利用三角型面积的变化确定R的位置是解题关键．
11.【答案】24
【解析】解：菱形的面积=6×8
2
=24，
故答案为24．
由菱形的面积公式可求解．
本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
12.【答案】甲样本的数据波动大
【解析】解：∵甲的方差为0.102，乙的方差为0.06，
∴S2
甲>S2
乙
，
∴甲样本的数据波动大，
故答案为：甲样本的数据波动大．
直接根据方差的意义求解可得．
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，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
根据方差的意义解答即可．
13.【答案】4
【解析】解：∵BC=6，D是BC的中点，
∴BD=1
BC=3，
2
∵△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，
∴AQ=DQ，
设AQ=DQ=x，则BQ=AB―AQ=9―x，
Rt△BDQ中，BQ2+BD2=DQ2，
∴(9―x)2+32=x2，
解得x=5，
∴BQ=9―x=4，
故答案为：4．
设AQ=DQ=x，则BQ=AB―AQ=9―x，在Rt△BDQ中，用勾股定理列方程可解得x，从而可得答案．
本题考查直角三角形中的翻折问题，解题的关键是在Rt△BDQ中，用勾股定理列方程．
14.【答案】―2a
【解析】解：由题意可知：a<0<b，
∴a+b<0，a―b<0，
∴原式=―(a+b)―(a―b)
=―a―b―a+b
=―2a，
故答案为：―2a
根据绝对值与二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
15.【答案】 2
【解析】解：顺次连接正方形ABCD 四边的中点得正方形A 1B 1C 1D 1，则得正方形A 1B 1C 1D 1的面积为正方形ABCD 面积的一半，即1
2，则周长是原来的 22
；顺次连接正方形A 1B 1C 1D 1中点得正方形A 2B 2C 2D 2，则正方形A 2B 2C 2D 2的面积为正方形A 1B 1C 1D 1面积的一半，即14，则周长是原来的12；
顺次连接正方形A 2B 2C 2D 2得正方形A 3B 3C 3D 3，则正方形A 3B 3C 3D 3的面积为正方形A 2B 2C 2D 2面积的一半，即1
8，则周长是原来的 24
；…故第n 个正方形周长是原来的 12
n ，则第五个正方形A 5B 5C 5D 5周长是8× 125= 2，
故答案为： 2．根据题意，利用中位线定理可证明顺次连接正方形ABCD 四边中点得正方形A 1B 1C 1D 1的面积为正方形ABCD 面积的一半，根据面积关系可得周长关系，以此类推可得正方形A 5B 5C 5D 5的周长．本题考查了利用了三角形的中位线的性质，相似图形的面积比等于相似比的平方的性质．进而得到周长关系．
16.【答案】解：原式= 2×6+2―6× 3
3× 3
=2 3+2―2 3=2．
【解析】先根据二次根式的乘法法则和二次根式的性质计算，再分母有理化，然后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的乘法法则和分母有理化是解决问题的关键．17.【答案】解：设y =kx(k ≠0)，
∵x =2时，y =―6，
∴―6=2k ，解得k =―3，
∴y 与x 的函数解析式为y =―3x ．
【解析】利用待定系数法求y 与x 的函数解析式．
本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式：设正比例函数解析式为y =kx(k ≠0)，然后把一组对应值代入求出k 即可．
18.【答案】解：在Rt △ABC 中，AB =3m ，BC =4m ，∠B =90°
由勾股定理得AB 2+BC 2=AC 2
∴AC =5m 在△ADC 中，AC =5m ，DC =12m ，AD =13m
∴AC 2+DC 2=169，AD 2=169
∴AC 2+DC 2=AD 2，
∴∠ACD =90°四边形的面积=S
Rt△ABC +S Rt△ADC =36(m 2)
答：这块草坪的面积是36m 2．
【解析】连接AC ，由∠B =90°，AB =3cm ，BC =4cm 可知AC =5cm ；由AC 、AD 、CD 的长可判断出△ACD 是直角三角形，根据两三角形的面积可求出草坪的面积．
本题是勾股定理在实际中的应用，关键是根据两三角形的面积可求出草坪的面积．19.【答案】2 2.34
【解析】解：(1)把50个读书时间排序后处在第25、26位的数都是2小时，因此中位数是2小时，―x 1×12+2×20+3×10+4×5+5×312+20+10+5+3=2.34小时，
故答案为：2，2.34．
(2)1500×10+5+350
=540人答：该校一周内阅读时间不少于3ℎ的学生人数为540人．
(1)一共调查12+20+10+5+3=50人，读书时间就有50个数据，处在第25、26位的两个数都是2小时，因此中位数是2小时，平均数利用教室公式进行计算即可．
(2)样本估计总体，样本中阅读不少于3小时的占1850，因此根据总体占比也是1850
，进而求出结果．考查条形统计图、中位数、平均数以及样本估计总体的统计思想，理解各个统计量的意义是解决
问题的关键．
20.【答案】解：设这根芦苇的长度为x尺，水深为(x―1)尺，
根据勾股定理得：
52+(x―1)2=x2，
解得：x=13，
答：这根芦苇的长度是13尺．
【解析】首先设这根芦苇的长度为x尺，水深为(x―1)尺，根据勾股定理可得方程，进而得出答案．
本题考查了勾股定理的应用，根据勾股定理列出一元二次方程是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵E是AC中点，
∴AE=EC，
∵DB=AE，
∴EC=BD又∵DB//AC，
∴四边形DBCE是平行四边形；
(2)△ABC满足AB=BC时，四边形ADBE是矩形(答案不唯一)，
理由如下：
∵DB=AE，DB//AC，
∴四边形ADBE是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)，
∵AB=BC，E为AC中点，
∴∠AEB=90°，
∴平行四边形ADBE是矩形，
即△ABC满足AB=BC时，四边形ADBE是矩形．
【解析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，题目难度不大，熟练掌握平行四边形的判定与性质以及平行四边形与矩形的联系是解题的关键．
(1)根据EC=BD，EC//BD即可证明；
(2)根据等腰三角形三线合一的性质得出∠AEB=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形推出即可．
22.【答案】13 y =―2x +6
【解析】解：(1)∵点A(2,2)在函数y =mx +43的图象上，
∴2m +43=2，
∴m =13，
∵直线过点C(3,0)、A(2,2)，
可得方程组为{3k +b =02k +b =2，
解得{
k =―2b =6，
∴直线l 2的解析式为y =―2x +6；
故答案为：m =13；y =―2x +6；(2)∵B 是l 1与x 轴的交点，当y =0时，13x +43
=0，
∴x =―4，B 坐标为(―4,0)，
同理可得，C 点坐标(3,0)，
设点A 到x 轴的距离为ℎ
∵S △ABM =12BM ⋅ℎ，S △ACM =12CM ⋅ℎ，
又∵△ABM 的面积是△ACM 面积的2，
∴12BM ⋅ℎ=2×12CM ⋅ℎ，
∴BM =2CM 第一种情况，当M 在线段BC 上时，
∵BM +CM =BC =7，
∴3CM =7，CM =73，
∴M 1坐标(23,0)，
第二种情况，当M 在射线BC 上时，
∵BC +CM =BM
∴CM =BC =7∴M 2坐标(10,0)，
∴M 点的坐标为(23,0)或(10,0)，
(3)∵l1、l2、l3不能围成三角形，
∴直线l3经过点A或l3//l1或l3//l2，
①∵直线l3的解析式为y=nx―6，A(2,2)，
∴2n―6=2，
∴n=4，
②当l3//l1时，则n=1
，
3
③当l3//l2时，则n=―2，
即n的值为4或1
或―2．
3
(1)将点A坐标代入y=mx+4
中，即可得出m的值；将带你A，C坐标代入y=kx+b中，即可根据
3
待定系数法求得解析式；
(2)先利用两三角形面积关系判断出CM=2BM，再分两种情况，即可得出结论；
(3)分三种情况，利用两直线平行，比例系数相等即可得出结论．
此题是一次函数综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，待定系数法，三角形的面积的求法，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC与BD相等且互相平分，
∴OC=OD，
∵△COD关于CD的对称图形为△CED，
∴OD=ED，EC=OC，
∴OD=ED=EC=OC，
∴四边形OCED是菱形．
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2．
∵四边形OCED是正方形，
∴∠COD=90°．
在直角△COD中，由勾股定理得：
OC²+OD²=2²，
∵OD=OC，
∴OC = 2；
(3)解：作OQ ⊥CE 于Q ，交CD 于P ，如图所示：
此时PE +PQ 的值最小为3 3
4；理由如下：
∵△COD 沿CD 所在直线折叠，得到△CED ，
∴∠DCE =∠DCO ，PE =PO ，
∴PE +PQ =PO +PQ =OQ ，
∵AC =BD =3，∴OC =OD =32
，
∴∠DCO =∠ACD =30°，
∴∠DCE =30°，
∴∠OCQ =60°，
∴∠COQ =30°，
∴CQ =12OC =34，OQ = 3CQ =3 34
，即PE +PQ 的最小值为3 34
． 【解析】(1)根据四边相等的四边形是菱形即可判断．
(2)矩形的性质和勾股定理求解．
(3)作OQ ⊥CE 于Q ，交CD 于P ，此时PE +PQ 的值最小为3 3
4；由折叠的性质得出∠DCE =∠DCO ，
PE =PO ，得出PE +PQ =PO +PQ =OQ ，由直角三角形的性质得出CQ =1
2OC =34，OQ = 3
CQ =3 3
4即可．
本题考查了四边形综合题，综合运用了翻折变换的性质、矩形的性质、菱形的判定和性质、正方形的判定、勾股定理以及垂线段最短等知识，熟练掌握翻折变换的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．。