2022-2023学年山东省日照市莒县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省日照市莒县八年级（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. 一次函数的图象所经过的象限是( )
A. 一、二、三 B. 二、三、四 C. 一、三、四 D. 一、二、四
2. 下列命题为假命题的是( )
A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C. 有一个内角是直角的平行四边形是正方形 D. 有一组邻边相等的矩形是正方形
3. 如图是根据南街米粉店今年月日至日每天的用水量单位：吨绘制成的折线统计图．下列结论正确的是( )
A. 平均数是 B. 众数是 C. 中位数是 D. 方差是
4. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是( )
A. B. C. D.
5. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是( )
A. B. C. ，且 D. ，且
6. 已知点，都在直线上，则，的大小关系是( )
A. B. C. D. 大小不确定
7. 如图，在菱形中，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图所示，则的长为( )
A. B. C. D.
8. 甲、乙两地之间是一条直路，在全民健身活动中，赵明阳跑步从甲地往乙地，王浩月骑自行车从乙地往甲地，两人同时出发，王浩月先到达目的地，两人之间的距离与运动时间的函数关系大致如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 两人出发小时后相遇
B. 赵明阳跑步的速度为
C. 王浩月到达目的地时两人相距
D. 王浩月比赵明阳提前到目的地
9. 如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为( )
A. B. C. D.
10. 我国古代著作四元玉鉴记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为文．如果每株椽的运费是文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问文能买多少株椽？设这批椽的数量为株，则符合题意的方程是( )
A. B.
C. D.
11. 如图，将矩形沿着、、翻折，使得点、、恰好都落在点处，且点、、在同一条直线上，同时点、、在另一条直线上小炜同学得出以下结论：；；；其中正确的是( )
A. B. C. D.
12. 如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象给出下列结论：
；
；
，是抛物线上两点，则；
若关于的一元二次方程没有实数根则；
对于任意实数，总有．
其中正确的结论有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 抛物线的顶点坐标是______．
14. 已知，是方程的两个根，则代数的值为______ ．
15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点若直线分别与轴、直线交于点、，的面积为，则 ______ ．
16. 如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点，是的中点，连接，若年，则的长为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
解方程：；
已知方程的两实数根的平方和比两根之积大，求的值．
18. 本小题分
如图，直线与两坐标轴分别相交于、两点，点是线段上任意一点、两点除外，过点分别作于点，于点．
当点在上运动时，你认为四边形的周长是否发生变化？并说明理由；
当点运动到什么位置时，四边形的面积有最大值？最大值是多少？
19. 本小题分
在“世界读书日”到来之际，学校开展了课外阅读主题周活动，活动结束后，经初步统计，所有学生的课外阅读时长都不低于小时，但不足小时，从七，八年级中各随机抽取了名学生，对他们在活动期间课外阅读时长单位：小时进行整理、描述和分析阅读时长记为，，记为；，记为；，记为；以此类推，下面分别给出了抽取的学生课外阅读时长的部分信息，
七年级抽取的学生课外阅读时长：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
七、八年级抽取的学生课外阅读时长统计表
年级 七年级 八年级
平均数
众数
中位数
小时及以上所占百分比
根据以上信息，解答下列问题：
填空：______，______，______．
该校七年级有名学生，估计七年级在主题周活动期间课外阅读时长在小时及以上的学生人数．
根据以上数据，你认为该校七，八年级学生在主题周活动中，哪个年级学生的阅读积极性更高？请说明理由．写出一条理由即可
20. 本小题分
时代的到来，将给人类生活带来巨大改变现有、两种型号的手机，进价和售价如下表所示：
型号价格 进价元部 售价元部
某营业厅购进、两种型号手机共花费元，手机销售完成后共获得利润元．
营业厅购进、两种型号手机各多少部？
若营业厅再次购、两种型号手机共部，其中型手机的数量不多于型手机数量，请设计一个方案二营业厅购进两种型号手机各多少部时获得最大利润，最大利润是多少？
21. 本小题分
如图， 中，，，，将 沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕交边于点．
求证：四边形是菱形；
若点是直线上的一个动点，请计算的最小值．
22. 本小题分
如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，对称轴为直线，点的坐标为．
求该抛物线的表达式及顶点坐标；
在直线的下方的抛物线上存在一点，使得的面积最大，请求出点的坐标．
点是抛物线上的动点，点是抛物线顶点坐标，作交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：一次函数，，，
该函数图象经过第一、二、四象限，
故选：．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，本题得以解决．
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
2.【答案】
【解析】解：对角线相等的平行四边形是矩形，故A是真命题，不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B是真命题，不符合题意；
有一个内角是直角的平行四边形是矩形，故C是假命题，符合题意；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故D是真命题，不符合题意；
故选：．
根据矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可．
本题考查命题与定理，解题的关键是掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．
3.【答案】
【解析】解：由题意知，
平均数为：，
众数为：、、、、；
中位数为：；
方差为：；
故选：．
根据图中数据分别求出平均数、众数、中位数及方差即可得出结论．
本题主要考查平均数、众数、中位数及方差的概念，熟练掌握平均数、众数、中位数及方差的概念是解题的关键．
4.【答案】
【解析】解：，
，即，
故选：．
移项后两边配上一次项系数一半的平方即可得．
本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程的基本步骤是解题的关键．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到且，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】
解：根据题意得且，
解得：，且．
故选D．
6.【答案】
【解析】解：，
，
随的增大而增大．
又点，都在直线上，且，
．
故选：．
利用偶次方的非负性，可得出，进而可得出，利用一次函数的性质，可得出随的增大而增大，结合，可得出．
本题考查了一次函数的性质以及偶次方的非负性，牢记“，随的增大而增大；，随的增大而减小”是解题的关键．
7.【答案】
【解析】解：在菱形中，，
为等边三角形，
设，由图可知，的面积为，
的面积，
解得：，
故选：．
根据图和图判定三角形为等边三角形，它的面积为解答即可．
本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．
8.【答案】
【解析】解：由图象可知，
两人出发小时后相遇，故选项A正确；
赵明阳跑步的速度为，故选项B正确；
王浩月的速度为：，
王浩月从开始到到达目的地用的时间为：，
故王浩月到达目的地时两人相距，故选项C错误；
王浩月比赵明阳提前到目的地，故选项D正确；
故选：．
根据函数图象中的数据，可以分别计算出两人的速度，从而可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得根据菱形的性质得为的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
【解答】
解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
菱形的面积．
故选C．
10.【答案】
【解析】解：这批椽的数量为株，每株椽的运费是文，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，
一株椽的价钱为文．
依题意得：．
故选：．
设这批椽的数量为株，则一株椽的价钱为文，利用总价单价数量，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11.【答案】
【解析】解：四边形为矩形，
，，，
，，
由折叠可知：，，，，，，
，，，
，故正确；
，
，
，
设，，则，，
，，，
，
代入整理得，，
，
即：，故错误；
设，则，，
在中，由勾股定理得：
，
解得：，
，
，
，故正确；
，
即：，故正确；
故选：．
根据折叠的性质和矩形的性质分析判断；通过点为中点，点为中点，设，，则，，利用勾股定理分析求得与的数量关系，从而判断；设，则，，利用勾股定理进一步判断和．
本题考查勾股定理，矩形的性质，掌握折叠的性质和利用勾股定理构建方程是解题关键．
12.【答案】
【解析】解：抛物线的开口向上，
，
抛物线的对称轴，
，
又抛物线与轴交于负半轴，
，
，
故结论正确；
抛物线的对称轴为，与轴的一个交点坐标为，
该抛物线与轴的另一个交点的坐标为，
当时，，
即：，
由可知：，
，
即：，
故结论正确；
由可知：抛物线与轴交于点，，
点在轴上方的抛物线上，点在轴下方的抛物线上，
，，
，
故结论不正确；
抛物线与轴的一个交点为，
，
由可知：，
，
，
抛物线的解析式为：，
对于，当时，，
抛物线的顶点坐标为，
即抛物线的最小值为，
关于的一元二次方程没有实数根，
抛物线与函数没有交点，
，
解得：，
又，
，
故结论正确；
抛物线，当时，有最小值，最小值为，
对于任意实数，总有，
总有，
故结论正确．
综上所述：正确的结论有，共个．
故选：．
由抛物线的开口向上得，由抛物线的对称轴为得，由抛物线与轴交于负半轴得，据此可对结论进行判断；
由抛物线的对称轴为，与轴的一个交点坐标为得抛物线与轴的另一个交点的坐标为，进而得当时，，则，再根据即可对结论进行判断；
根据抛物线与轴交于点，得：点在轴上方的抛物线上，点在轴下方的抛物线上，据此可对结论进行判断；
先由抛物线与轴的一个交点为得，再由得，由此得抛物线的解析式为，进而得顶点为，然后根据方程没有实数根得：抛物线与函数没有交点，则，由此得出的取值范围，进而可对结论进行判断；
先根据抛物线最小值为得：对于任意实数，总有，据此可对结论进行判断，综上所述即可得出答案．
此题主要考查了二次函数的图象和性质，解答此题的关键是熟练掌握二次函数的图象，顶点坐标及最值，对称轴及对称性，函数的图象与坐标轴的交点，难点是数形结合思想在解题中的应用．
13.【答案】
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式，顶点坐标是已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点即可得到顶点坐标．
【解答】
解：是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为．
故答案为．

14.【答案】
【解析】解：，是方程的两个根，
，，
，，
，
，是方程的两个根，
，，
．
故答案为：．
先根据一元二次方程根的定义得到，，则和化为，再根据根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
15.【答案】或
【解析】解：如图，
在中，令，得，
，
，
由，解得，
，
的面积为，
，
解得：，．
故答案为：或．
令中的，求出，联立两直线解析式，求出，于是利用三角形面积公式得，代入计算求解即可．
本题主要考查两直线相交问题、三角形的面积，根据一次函数的性质正确求出点、的坐标是解题关键．
16.【答案】
【解析】解：如图，延长交的延长线于，连接，设，
四边形是平行四边形，
，
，
，，
≌，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
整理得：，
解得或舍弃，
，
，
故答案为：．
延长交的延长线于，连接，设首先证明，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17.【答案】解：方程化为，
，
或，
解得，；
根据题意得，
解得，
设方程得两根分别为、，
根据根与系数的关系得，，
，
，
，
整理得，
解得，，
，
的值为．
【解析】先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程；
先利用根的判别式的意义得到，设方程得两根分别为、，则根据根与系数的关系得，，再利用得到，然后解方程求出，于是可确定满足条件的的值．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，也考查了解一元二次方程．
18.【答案】解：当点在上运动时，四边形的周长不会发生变化，理由如下：
，，，
四边形为矩形．
点是线段上任意一点、两点除外，
，
，
即，
矩形的周长，
当点在上运动时，四边形的周长不会发生变化；
设矩形的面积为，则，
，
，
当时，取得最大值，最大值为，此时，
当点运动到点时，四边形的面积有最大值，最大值是．
【解析】当点在上运动时，四边形的周长不会发生变化，利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出，即，结合矩形的周长公式，可得出四边形的周长为，进而可得出当点在上运动时，四边形的周长不会发生变化；
设四边形的面积为，利用矩形的面积公式，可得出关于的函数关系式，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的面积、矩形的周长以及二次函数的性质，解题的关键是：利用一次函数图象上点的坐标特征及矩形的周长公式，求出矩形的周长为定值；利用矩形的面积公式，找出关于的函数关系式．
19.【答案】
【解析】解：七年级学生的课外阅读时长出现次数最多的是小时，因此七年级学生的课外阅读时长的众数是小时，即；
将八年级学生的课外阅读时长从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为，因此中位数是小时，即；
，
故答案为：，，；
人，
答：七年级在主题周活动期间课外阅读时长在小时及以上的大约有人；
八年级参与的积极性更高，理由：八年级学生课外阅读时长的中位数，众数均比七年级的高．
根据众数的定义可求出七年级学生的课外阅读时长的众数，即的值；根据中位数的定义可求出八年级学生的课外阅读时长的中位数，即的值，根据频率可求出八年级学生的课外阅读时长在小时及以上所占百分比，即的值；
求出样本中七年级学生课外阅读时长在小时及以上的学生所占的百分比，即可估计总体中所占的百分比，进而求出相应人数；
由中位数、众数的比较得出结论．
本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数的定义是正确解答的前提．
20.【答案】解：设营业厅购进、两种型号手机分别为部、部，
，
解得：，
答：营业厅购进型号手机部、购进型号手机部；
设再次购进种型号手机部，则购进种型号手机部，
根据题意得：，
解得，
设获得的利润为元，
根据题意得：，
，
随的增大而减小，
又，
当时，取得最大值，此时，，
答：营业厅购进种型号的手机部，种型号的手机部时获得最大利润，最大利润是元．
【解析】根据题意和表格中的数据，可以得到相应的二元一次方程组，从而可以求得营业厅购进、两种型号手机各多少部；
设再次购进种型号手机部，则购进种型号手机部，可得得即可解得范围，从而得到答案；根据题意，可以得到利润与种型号手机数量的函数关系式，由一次函数性质可得答案．
本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的二元一次方程组，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
21.【答案】证明：将 沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，
，，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，
，，
，
是菱形，
四边形是菱形，
与关于对称，
连接交于，则的长即为的最小值，
过作于，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为．
【解析】本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形是平行四边形，进而求出四边形是平行四边形，根据折叠的性质得到，然后又菱形的判定定理即可得到结论；
由四边形是平行四边形，得到 是菱形，推出与关于对称，连接交于，则的长即为的最小值，过作于，解直角三角形得到，，根据勾股定理即可得到结论．
22.【答案】解：对称轴为直线，点的坐标为，
，
抛物线的解析式为：，
当时，，
顶点坐标为：；
如图，
作，交于点，
设的解析式为：，
，，
，
，
，
设点，，
，
，
当时，，
当时，，
；
如图，
，
，
当时，
，，
或，
当时，
舍去，
综上所述：或．
【解析】可推出点，进而根据交点式求得二次函数的解析式，进而求得顶点坐标；
先求出的解析式，进而设点，，从而表示出，从而得出的函数解析式，进一步得出结果；
可得出点的纵坐标为或，进而根据方程求得点的横坐标，进一步得出结果．
本题考查了二次函数及其图象的性质，平行四边形判定等性质，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
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