2023-2024学年山东省菏泽市巨野县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽市巨野县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列两个图形一定相似的是( )
A. 任意两个等边三角形B. 任意两个直角三角形
C. 任意两个等腰三角形D. 两个等腰梯形
2.如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，AD：DB=2：3，∠B=∠ADE，则DE：BC等于( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 2：3
D. 2：5
3.如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线分别交边AD、BC于E、F两点，则阴影部分的面积是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
4.如图，将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD相交于点F，DE：EC=2：3，则S△DEF：S△ABF等于( )
A. 4：25B. 4：9C. 9：25D. 2：3
6.已知点P(a,b)在一次函数y=−x+2的图象上，且在一次函数y=x图象的下方，则符合条件的a−b值可能是( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
7.图1是某娱乐节目中一个游戏环节的录制现场，场地由等边△ADE和正方形ABCD组成，正方形ABCD两条对角线交于点O，在AD的中点P处放置了一台主摄像机．游戏参与者行进的时间为x，与主摄像机的距离为y，若游戏参与者匀速行进，且表示y与x的函数关系式大致如图2所示，则游戏参与者的行进路线可能是( )
A. A→O→DB. E→A→CC. A→E→DD. E→A→B
8.将正比例函数y=kx向右平移2个单位，再向下平移4个单位，平移后依然是正比例函数，则k的值为( )
A. −4B. −2C. 2D. 4
9.如图，已知一次函数y=kx+b的图象与x轴，y轴分别交于点(2,0)，点(0,3).有下列结论：①关于x的方程kx+b=0的解为x=2；②关于x的方程kx+b=3的解为x=0；③当x>2时，y1，利用不等式的性质，可得出a−b>0，再对照四个选项，即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及正比例函数的图象，利用数形结合，找出a>1是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】【分析】
根据各个选项中的路线进行分析，看哪条路线符号图2的函数图象即可解答本题．
本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，明确各个选项中路线对应的函数图象，利用数形结合的思想解答．
【解答】
解：由题意可得，
当经过的路线是A→O→D时，从A→O，y随x的增大先减小后增大且图象对称，从O→D，y随x的增大先减小后增大且函数图象对称，故选项A符号要求；
当经过的路线是E→A→C时，从E→A，y随x的增大先减小后增大，但后来增大的最大值小于刚开始的值，故选项B不符号要求；
当经过的路线是A→E→D时，从A→E，y随x的增大先减小后增大，但后来增大的最大值大于于刚开始的值，故选项C不符号要求；
当经过的路线是E→A→B时，从E→A，y随x的增大先减小后增大，但后来增大的最大值小于刚开始的值，故选项D不符号要求；
故选：A.
8.【答案】B
【解析】解：将正比例函数y=kx向右平移2个单位，再向下平移4个单位得到y=k(x−2)−4=kx−2k−4，
∵平移后依然是正比例函数，
∴−2k−4=0，
k=−2.
故选：B.
根据点的平移规律，得出平移解析式为y=k(x−2)−4=kx−2k−4，由平移后依然是正比例函数可知−2k−4=0，解得即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的法则是解答此题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：由图象得：①关于x的方程kx+b=0的解为x=2，正确；
②关于x的方程kx+b=3的解为x=0，正确；
③当x>2时，y0m+2≤0，
解得−40m+2≤0，然后解不等式即可m的值．
此题首先根据一次函数的性质，利用已知条件列出关于m的不等式组求解，然后取其整数即可解决问题．
14.【答案】(−4,3)
【解析】解：如图，过点A作AB⊥x轴于B，过点A′作A′B′⊥x轴于B′，
∵OA绕坐标原点O逆时针旋转90∘至OA′，
∴OA=OA′，∠AOA′=90∘，
∵∠A′OB′+∠AOB=90∘，∠AOB+∠OAB=90∘，
∴∠OAB=∠A′OB′，
在△AOB和△OA′B′中，
∠OAB=∠A′OB′∠ABO=∠OB′A′OA=OA′，
∴△AOB≌△OA′B′(AAS)，
∴OB′=AB=4，A′B′=OB=3，
∴点A′的坐标为(−4,3).
故答案为：(−4,3).
过点A作AB⊥x轴于B，过点A′作A′B′⊥x轴于B′，根据旋转的性质可得OA=OA′，利用同角的余角相等求出∠OAB=∠A′OB′，然后利用“角角边”证明△AOB和△OA′B′全等，根据全等三角形对应边相等可得OB′=AB，A′B′=OB，然后写出点A′的坐标即可．
本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
15.【答案】①②③
【解析】解：∵8÷2=4，
∴甲速为每秒4米，
∵500÷100=5，
∴乙速为每秒5米，
由图可知，两人a小时相遇，则5a=4(a+2)，
∴a=8，故①正确；
由图可知：乙100秒到终点，
而甲需要的时间为：500÷4=125秒，所以c=125−2=123，故②正确；
当乙100秒到终点时，甲、乙二人的距离为：100×5−4(100+2)=92米，
∴b=92，故③正确；
故答案为：①②③．
首先求出甲乙两人的速度，①a是两人相遇的时间，相遇时两人的路程相等，列方程可以得出；
②c是甲到达终点的时间，因为此图中的t是乙的时间，所以要减去2秒，即可得出结论；
③b是100秒时，两人的距离为100×5−4(100+2)=92米．
本题是一次函数的应用，属于行程问题，考查了由图得出已知信息，再解决问题；要明确时间、路程、速度的关系，本题有两个人，速度不同，但同起点、同终点、同方向匀速跑步500米，理解这一句话是关键，利用数形结合解决问题．
16.【答案】9
【解析】【解答】
解：连接BF，过B作BO⊥AC于O，过点F作FM⊥AC于M.
Rt△ABC中，AB=3，BC=6，AC= AB2+BC2=3 5
BO=AB×BCAC=6 55
∵EF=BG=2BE=2GF，BC=2AB，
∴Rt△BGF和Rt△ABC中
BGFG=BCAB=2，
∴Rt△BGF∽Rt△CBA，
∴∠FBG=∠ACB
∴AC//BF
∴FM=OB=6 55，
∴S△AFC=AC×FM÷2=9.
【分析】
△ACF中，AC的长度不变，所以以AC为底边求面积．因为Rt△BGF∽Rt△CBA，所以易证AC//BF，从而△ACF的高可用BO表示．在△ABC中求BO的长度，即可计算△ACF的面积．
本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质等知识点，作辅助线是关键．
17.【答案】解：如图，
∵根据反射定律知：∠FEB=∠FED，
∴∠BEA=∠DEC
∵∠BAE=∠DCE=90∘
∴△BAE∽△DCE
∴ABDC=AEEC；
∵CE=2.5米，DC=1.6米，
∴AB1.6=202.5；
∴AB=12.8
∴大楼AB的高为12.8米．
【解析】根据反射定律和垂直定义得到∠BAE=∠DCE，所以可得△BAE∽△DCE，再根据相似三角形的性质解答．
本题考查相似三角形性质的应用．解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
18.【答案】(1)B；
(2)40；
(3)△BOD是等边三角形，理由如下：
∵AB=BC，∠ACB=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60∘，
∵将△ABO旋转后能与△BCD重合，
∴BD=BO，
∵∠OBD=∠ABC=60∘，
∴△BOD是等边三角形．
【解析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
(1)旋转中心是点B，
故答案为：B；
(2)∵AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB=70∘，
∴∠ABC=180∘−∠BAC−∠ACB=40∘，
∵将△ABO旋转后能与△BCD重合，
∴∠ABO=∠CBD，
∴∠OBC+∠ABO=∠OBC+∠CBD=∠ABC=40∘，
∴旋转角是40度，
故答案为：40；
(3)由已知条件得到△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ABC=60∘，由旋转的性质得到BD=BO，根据等边三角形的判定定理即可得到结论．
19.【答案】③ (−2,0)(−1,−1)(2,0)
【解析】解：(1)观察分析①②的不同，变化前后，AC的位置不变，
而B的位置由O的下方变为O的上方，进而可得两者对应点的连线交于点O，
即进行了中心对称变化，变换方法是将菱形B绕点O旋转180∘，
故答案为：③；
(2)如图③所示．
(3)①如图所示：C1的坐标为(−2,0)，
故答案为：(−2,0)；
②将△ABC绕点O按顺时针方向旋转180∘后得到△A2B2C2，点C2的坐标为(−1,−1)，
故答案为：(−1,−1)；
③将△ABC绕点P按顺时针方向旋转90∘后得到△A3B3C3，则点P的坐标是(−2,0)，
故答案为：(2,0).
(1)首先分析①②的不同，变化前后，AC的位置不变，只有B的位置由O的下方变为O的上方，据此即可作出判断；
(2)由图①，②，④中阴影部分的分布规律可知，阴影部分绕大正方形对角线的交点顺时针每次旋转90∘，结合旋转的性质作图即可；
(3)①直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
②直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
③利用旋转的性质得出旋转中心进而得出等式．
此题是四边形的综合题，主要考查了作图-平移和旋转变换，熟练掌握旋转的性质、轴对称图形的性质是解答本题的关键．.
20.【答案】解：(1)∵函数图象过原点，
∴m+1=0，即m=−1；
(2)∵y随x增大而增大，
∴2m−2>0，解得m>1；
(3)∵函数图象与y轴交点在x轴上方，
∴m+1>0，即m>−1；
(4)∵图象过一、二、四象限，
∴2m−20，解得−10，进而可得出m的取值范围；
(4)根据图象过一、二、四象限列出关于m的不等式组，求出m的取值范围．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，熟知一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k0时，函数图象过一、二、四象限是解答此题的关键．
21.【答案】解：(1)把A(a,2)代入y=−2x中，得−2a=2，
∴a=−1，
∴A(−1,2)
把A(−1,2)，B(2,0)代入y=kx+b，
得−k+b=22k+b=0，
∴k=−23，b=43，
∴一次函数的解析式是y=−23x+43；
(2)设直线AB与y轴交于点C，则C(0,43)
∴S△AOC=12×43×1=23；
(3)不等式(k+2)x+b≥0可以变形为kx+b≥−2x，
结合图象得到解集为：x≥−1.
【解析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的知识，解题的关键是能够根据题意确定直线的解析式，难度一般．
(1)首先确定点A的坐标，然后由A、B点的坐标利用待定系数法确定直线的解析式即可；
(2)首先根据直线AB的解析式确定直线AB与y轴的交点坐标，从而利用三角形的面积公式求得三角形的面积；
(3)将不等式变形后结合函数的图象确定不等式的解集即可．
22.【答案】解：(1)设该店5月份购进甲种水果x千克，购进乙种水果y千克，
根据题意得：8x+18y=170010x+20y=1700+300，
解得：x=100y=50.
答：该店5月份购进甲种水果100千克，购进乙种水果50千克．
(2)设购进甲种水果a千克，需要支付的货款为w元，则购进乙种水果(120−a)千克，
根据题意得：w=10a+20(120−a)=−10a+2400.
∵甲种水果不超过乙种水果的3倍，
∴a≤3(120−a)，
解得：a≤90.
∴当a=90时，w取最小值，最小值为−10×90+2400=1500(元).
∴6月份该店需要支付这两种水果的货款最少应是1500元．
【解析】(1)设该店5月份购进甲种水果x千克，购进乙种水果y千克，根据总价=单价×购进数量，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购进甲种水果a千克，需要支付的货款为w元，则购进乙种水果(120−a)千克，根据总价=单价×购进数量，即可得出w关于a的关系式，由甲种水果不超过乙种水果的3倍，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于a的关系式．
23.【答案】解：(1)如图1，当∠AQP=90∘时，△AQP∽△ACB，
∴AQAC=APAB.
在Rt△ABC中，由勾股定理，得
AB= AC2+BC2= 82+62=10(cm).
∵BP=t，AQ=t，
∴PA=10−t，
∴t8=10−t10，
∴t=409，
如图2，当∠APQ=90∘时，△APQ∽△ACB，
∴AQAB=APAC，
∴t10=10−t8，
t=509.
综上所述，t=409或509时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似；
(2)如图3，当△BPQ∽△BAC时，
BPAB=BQBC.
∵BQ=14−t，BP=t，
∴t10=14−t6，
∴t=354，
当△BQP∽△BAC时，
∴BQBA=BPBC，
∴t=214(舍去)，
∴t=354时，Q在CB上，以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似．
【解析】(1)如图1，当∠AQP=90∘时，△AQP∽△ACB，由相似三角形的性质就可以求出t值，如图2，当∠APQ=90∘时，就有△APQ∽△ACB，由相似三角形的性质就可以求出其t值；
(2)如图3，当△BPQ∽△BAC时，当△BQP∽△BAC时，根据相似三角形的性质可以求出t的值．
本题考查了勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答本题时证明三角形相似是关键．