2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（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. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有多年的历史．一棋谱中四部分的截图由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
2. 下列各式为最简二次根式的是( )
A. B. C. D.
3. 函数的自变量的取值范围是( )
A. B. C. 且 D.
4. 下列运算，结果正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 下列说法中，正确的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
6. 若点在平面直角坐标系的第三象限内，则的取值范围在数轴上可表示为( )
A.
B.
C.
D.
7. 随着信号的快速发展，无人物品派送车已应用于实际生活中，图所示为无人物品派送车前往派送点的情景该车从出发点沿直线路径到达派送点，在派送点停留一段时间后匀速返回出发位置，其行驶路程与所用时间的关系如图所示不完整下列分析正确的是( )
A. 派送车从出发点到派送点行驶的路程为
B. 在内，派送车的速度逐渐增大
C. 在内，派送车在进行匀速运动
D. 在内，派送车的平均速度为
8. 已知一次函数的图象与直线平行，且过点，那么此一次函数的解析式为( )
A. B. C. D.
9. 在直角坐标平面内，一次函数的图象如图所示，那么下列说法正确的是( )
A. 当时，
B. 当时，
C. 方程的解是
D. 不等式的解集是
10. 如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的度数为( )
A. B. C. D.
11. 九章算术中记载：今有户不知高、广，竿不知长、短．横之不出四尺，从之不出二尺，斜之适出．问户高、广、斜各几何？
译文是：今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长、短．横放，竿比门宽长出尺；竖放，竿比门高长出尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽、对角线长分别是多少？若设门对角线长为尺，则可列方程为( )
A. B.
C. D.
12. 如图，在等腰直角三角形中，，一个三角尺的直角顶点与边的中点重合，且两条直角边分别经过点和点，将三角尺绕点按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与，分别交于点，时，下列结论中错误的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 中，点，，分别为三边中点，，，，则的周长为______ ．
14. 已知实数在数轴上的对应点位置如图所示，则化简的结果是______ ．
15. 一次函数的图象经过第一、二、四象限，则的取值范围是______ ．
16. 如图，点为坐标原点，是等腰直角三角形，，点的坐标为将该三角形沿轴向右平移得到此时点的坐标为，则线段在平移过程中扫过的图形面积为______ ．
17. 在直角坐标系中，等腰直角三角形，，，，按如图所示的方式放置，其中点，，，，均在一次函数的图象上，点，，，，均在轴上，若点的坐标为，的坐标为，则点的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. 本小题分
计算：
；
；
19. 本小题分
解不等式组，并写出它的所有非负整数解．
20. 本小题分
如图，的三个顶点坐标分别为，，．
将向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到，画出平移后的；
将绕点逆时针旋转得到，画出旋转后的，并直接写出点的坐标；
若以，，，为顶点的四边形为平行四边形，则点坐标为______ ．
21. 本小题分
如图，在中，，是的角平分线，点为中点，连接并延长到，使，连接，．
判断四边形的形状，并说明理由；
当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由．
22. 本小题分
如图，在平面直角坐标系中，过点的直线：与直线：相交于．
求直线的函数解析式；
设直线与轴交于点，求的面积；
利用函数图象直接写出当时，的取值范围为______ ．
23. 本小题分
已知直角三角形的两条直角边长分别为和．
求这个三角形的面积和斜边长；
求斜边上的高和中线的长．
24. 本小题分
月日是世界读书日，习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然正气”某书店计划在“世界读书日”前夕，同时购进，两类图书，已知购进本类图书和本类图书共需元；购进本类图书和本类图书共需元．
，两类图书每本的进价各是多少元？
该书店计划购进，两类图书共本，且类图书的购进数量不少于类图书的购进数量的，已知类图书每本的售价为元，类图书每本的售价为元，求如何进货才能使书店所获利润最大，最大利润为多少元？
25. 本小题分
如图，在平面直角坐标系中，点，点在轴上，菱形的顶点，
求直线的解析式；
点是对角线上的一个动点，当取到最小值时，求点的坐标；
轴上是否存在一点，使的面积等于菱形的面积若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项B、、不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：．
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，根据中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
2.【答案】
【解析】解：．的被开方数还能开方，因此它不是最简二次根式，所以选项A不符合题意；
B.的被开方数是小数，因此它不是最简二次根式，所以选项B不符合题意；
C.被开方数还能开方，不符合最简二次根式的定义，因此选项C不符合题意；
D.是最简二次根式，所以选项D符合题意；
故选：．
根据最简二次根式的定义进行判断即可．
本题考查最简二次根式，理解“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式”是正确判断的关键．
3.【答案】
【解析】解：根据且．
故选：．
根据被开方数大于等于和分母不等于列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为；
当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
4.【答案】
【解析】解：．与不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
B.与不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
C.，此选项符合题意；
D.，此选项不符合题意；
故选：．
分别根据同类二次根式的概念、二次根式的乘除运算法则计算可得．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，掌握相关判定方法是解题的关键．
利用正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定依次判断可求解．
【解答】
解：、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项A不合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项B不合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项C符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故选项D不符合题意，
故选：．
6.【答案】
【解析】解：根据题意得：，
由得：；
由得：，
则不等式组的解集为，
表示在数轴上，如图所示：
．
故选：．
根据为第三象限点，得到横坐标小于，纵坐标小于，列出关于的不等式组，求出不等式组的解集，表示在数轴上即可得到结果．
此题考查了在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组，以及点的坐标，列出不等式组是本题的突破点．
7.【答案】
【解析】解：由图象，可知为派送车从出发点到派送点，为派送车在派送点停留，为派送车从派送点返回出发点，
故派送车从出发点到派送点行驶的路程为，故选项A，C错误；
由图象，可知在内，相同时间段内增加的路程越来越少，说明派送车的速度逐渐减小，故选项B错误；
在内派送车行驶的路程为，故平均速度为，
故选项D正确，
故选：．
根据函数的图象可知，横坐标表示时间，纵坐标表示距离，由于函数图象不是平滑曲线，故应分段考虑．
此题考查了函数图象，根据函数图象的变化分段考虑是解题的关键，同时要明确公式：速度路程时间．
8.【答案】
【解析】解：由题意可得出方程组，
解得：，
那么此一次函数的解析式为：．
故选：．
根据一次函数的图象与直线平行，且过点，用待定系数法可求出函数关系式．
本题考查了两条直线相交或平行问题，由一次函数的一般表达式，根据已知条件，列出方程组，求出未知数的值从而求得其解析式；求直线平移后的解析式时要注意平移时的值不变，只有发生变化．
9.【答案】
【解析】解：由函数的图象可知，
当时，，选项正确，符合题意；
当时，，选项错误，不符合题意；
方程 的解是，选项错误，不符合题意；
不等式 的解集是，故D错误，不符合题意．
故选：．
根据函数的图象直接进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象，利用数形结合求解是解答此题的关键．
10.【答案】
【解析】解：由旋转的性质可得，，
，
，
故选：．
由旋转的性质可得，，然后由三角形外角性质可得答案．
此题考查的是旋转的性质、三角形外角的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
11.【答案】
【解析】解：根据勾股定理可得：
，
故选：．
根据题中所给的条件可知，竿斜放就恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可列出关于门高、宽、对角线长的方程．
本题考查勾股定理的应用，正确运用勾股定理，将数学思想运用到实际问题中是解答本题的关键，难度不大．
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
连接，易证≌，利用全等三角形的性质可得出，进而可得出，选项A正确；由三角形内角和定理结合，可得出，选项B正确；由≌可得出，结合图形可得出，选项D正确．综上，此题得解．
【解答】
解：连接，如图所示，
为等腰直角三角形，点为的中点，
，，．
，，
．
在和中，，
≌，
，
，选项A正确；
，，，
，选项B正确；
≌，
，
，选项D正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】解：点，，分别为三边中点，
、、是的中位线，
，，，
，，，
，，，
的周长，
故答案为：．
根据三角形中位线定理分别求出、、，根据三角形的周长公式计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
14.【答案】
【解析】解：由图得，，
，，
．
故答案为：．
根据绝对值的性质解题即可．
本题考查了绝对值的性质的应用，区别绝对值内的数的正负是解题关键．
15.【答案】
【解析】解：函数的图象经过第一、二、四象限，
，
解得：．
故答案为：．
根据已知条件“一次函数的图象经过第一、二、四象限”可知，，据此列不等式组求得的取值范围，在该范围内可以找到满足条件的的值．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与、的关系．解答本题注意理解：直线所在的位置与、的符号有直接的关系．时，直线必经过一、三象限．时，直线必经过二、四象限．时，直线与轴正半轴相交．时，直线过原点；时，直线与轴负半轴相交．
16.【答案】
【解析】解：点的坐标为，将该三角形沿轴向右平移得到，此时点的坐标为，
，
是等腰直角三角形，
，
对应的高，
线段在平移过程中扫过部分的图形面积为．
故答案为：．
利用平移的性质得出的长，根据等腰直角三角形的性质得到对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
17.【答案】
【解析】解：点的坐标为，点的坐标为，
，，则．
是等腰直角三角形，，
．
点的坐标是．
同理，在等腰直角中，，，则．
点、均在一次函数的图象上，
，
解得，
该直线方程是．
点，的横坐标相同，都是，
当时，，即，则，
．
同理，，
，
当时，，
即点的坐标为，
，即，
故答案为：．
首先，根据等腰直角三角形的性质求得点、的坐标；然后，将点、的坐标代入一次函数解析式，利用待定系数法求得该直线方程是；最后，利用等腰直角三角形的性质推知点的坐标，然后将其横坐标代入直线方程求得相应的值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特点，涉及到的知识点有待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质．解答该题的难点是找出点的坐标的规律．
18.【答案】解：
；
；
．
【解析】先计算平方根、立方根和绝对值，再计算加减；
先计算二次根式，再计算乘法，最后加减；
先化简二次根式，再计算除法，最后计算加减．
此题考查了实数及二次根式的混合运算能力，关键是能确定准确的运算顺序，并能进行正确的计算．
19.【答案】解：，
解不等式得，，
解不等式得，，
所以不等式组的解集是，
所以不等式组的非负整数解是、．
故答案为：、．
【解析】分别求出两个不等式的解集，然后求出两个解集的公共部分，再写出范围内的非负整数解即可．
本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到无解．
20.【答案】或或
【解析】解：如图，即为所求；
如图，即为所求，点的坐标；
满足条件的点的坐标为或或．
故答案为：或或．
利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
根据平行四边形的判定作出图形，可得结论．
本题考查作图旋转变换，平移变换，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
21.【答案】解：四边形是矩形．
理由：点是中点，
，
又，
四边形是平行四边形，
，平分，
，
四边形是矩形．
当满足时，四边形是正方形．
理由：是等腰直角三角形，平分，
，
由知：四边形是矩形，
四边形是正方形．
【解析】先证明四边形是平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得到，即可得出结论；
根据邻边相等的矩形，是正方形，得到当时，四边形是正方形．
本题考查矩形的判定，正方形的判定、平行四边形的判定．熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
22.【答案】解：点直线：上，
，
，
点，
设直线的表达式为，
将，代入得：，
解得，
直线的表达式为；
将代入，得：，
，
，
的面积；

【解析】解：见答案；
见答案；
观察图象，当时，的取值范围为，
故答案为：．
先求出点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
把代入解析式，求出坐标，利用三角形面积公式解答即可；
根据图象即可求得．
本题是两条直线平行、相交问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，解题的关键是灵活应用待定系数法，学会利用图象，根据条件确定自变量取值范围．
23.【答案】解：直角三角形的面积两直角边，
这个三角形的面积，
，
，
，
斜边长，
，
，
设斜边上的高为，
直角三角形的面积两直角边斜边斜边上的高，
，
，
斜边上的中线．
【解析】根据直角三角形的面积两直角边，再利用勾股定理进行计算即可；
设斜边上的高为，根据直角三角形的面积两直角边斜边斜边上的高，求出斜边上的高，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出答案．
本题主要考查了勾股定理的应用和直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握勾股定理和直角三角形的性质．
24.【答案】解：设类图书每本的进价是元，类图书每本的进价是元，
根据题意得：，
解得，
答：类图书每本的进价是元，类图书每本的进价是元；
设购进类图书本，获得利润为元，
根据题意得：，
类图书的购进数量不少于类图书的购进数量的，
，
解得，
，
随的增大而减小，
当时，有最大值，最大值为，
此时，
答：该书店购进类图书本，类图书本时所获利润最大，最大利润为元．
【解析】设类图书每本的进价是元，类图书每本的进价是元，根据购进本类图书和本类图书共需元；购进本类图书和本类图书共需元列出方程组，解方程组即可；
设购进类图书本，获得利润为元，根据书店所获总利润，两类书的利润之和列出函数解析式，再根据类图书的购进数量不少于类图书的购进数量的求出自变量取值范围，由函数的性质求最值．
本题考查一次函数和二元一次方程组的应用，解题的关键是找到等量关系列出函数解析式和二元一次方程组．
25.【答案】解：过点作轴，延长交轴于点，如图：
四边形是菱形，
轴，
，
，
，，
点，
设直线的解析式为，把点的坐标代入得，
解得，
直线的解析式为．
连接、，如图：
四边形是菱形，
，
当取到最小值时，最小值是的长，
设此时点的坐标为，
直线的解析式为，把、的坐标代入得：
，解得，
直线的解析式为，
把点的坐标代入得，
解得，
点的坐标为
存在，菱形的面积为，
由可知直线于轴交于点，
设的坐标为，
，
解得或，
点的坐标为或
【解析】先由菱形的性质得出点的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；
先确定当取到最小值时点的位置是直线与轴的交点，即可根据的解析式设出点的坐标，再求出直线的解析式，把点的坐标代入即可解答．
存在，然后设点的坐标为，根据面积相等即可求出，从而求出点的坐标．
本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
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