湖南省怀化中学方县2024年八年级下册数学期末考试模拟试题含解析

湖南省怀化中学方县2024年八年级下册数学期末考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是A．B．C．D．2．如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠D=120°，延长CB至点M，使得BM=BC，连接AM，则AM的长为（）A．3.5 B． C． D．3．在□ABCD中，∠A:∠B=7:2，则∠C等于（）A．40° B．80° C．120° D．140°4．把根号外的因式移入根号内，结果（）A． B． C． D．5．设a，b是实数，定义@的一种运算如下：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，则下列结论：①若a@b=0，则a=0或b=0②a@（b+c）=a@b+a@c③不存在实数a，b，满足a@b=a2+5b2④设a，b是矩形的长和宽，若矩形的周长固定，则当a=b时，a@b最大．其中正确的是（）A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③6．如图，在正方形中，点在上，，垂足分别为，，则的长为()A．1.5 B．2 C．2.5 D．37．一次函数的图象与轴、轴分别交于点,,点,分别是,的中点,是上一动点.则周长的最小值为（）A．4 B． C． D．8．据测试：拧不紧的水龙头每分钟滴出100滴水，每滴水约0.05毫升．小康同学洗手后，没有把水龙头拧紧，水龙头以测试的速度滴水，当小康离开x分钟后，水龙头滴出y毫升的水，请写出y与x之间的函数关系式是（）A．y=0.05x

B．y=5x

C．y=100x

D．y=0.05x+1009．若实数a、b、c满足a+b+c=0，且a＜b＜c，则函数y=ax+c的图象可能是（）A． B． C． D．10．一个口袋中装有3个绿球，2个黄球，每个球除颜色外其它都相同，搅均后随机地从中摸出两个球都是绿球的概率是（）A． B． C． D．11．如图，已知AB∥CD,OA:OD＝1:4，点M、N分别是OC、OD的中点，则ΔABO与四边形CDNM的面积比为().A．1:4 B．1:8 C．1:12 D．1:1612．如图，D，E是△ABC中AB，BC边上的点，且DE∥AC，∠ACB角平分线和它的外角的平分线分别交DE于点G和H．则下列结论错误的是()A．若BG∥CH，则四边形BHCG为矩形B．若BE＝CE时，四边形BHCG为矩形C．若HE＝CE，则四边形BHCG为平行四边形D．若CH＝3，CG＝4，则CE＝2.5二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，平行四边形ABCD的顶点A是等边△EFG边FG的中点，∠B=60°，EF=4，则阴影部分的面积为________.14．▱ABCD的周长是30，AC、BD相交于点O，△OAB的周长比△OBC的周长大3，则AB＝_____．15．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，点P．Q分別是AB、AC上的动点，且满足BP＝AQ，D是BC的中点，当点P运动到___时，四边形APDQ是正方形．16．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．请你添加一个适当的条件：______________，使四边形ABCD成为菱形．17．如图所示，一次函数y=ax+b的图象与x轴相交于点（2，0），与y轴相交于点（0，4），结合图象可知，关于x的方程ax+b=0的解是_____．18．函数中，自变量x的取值范围是▲．三、解答题（共78分）19．（8分）问题背景：如图1，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD=∠BAC=60°，于是==；迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．①求证：△ADB≌△AEC；②请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式；拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．①证明△CEF是等边三角形；②若AE=5，CE=2，求BF的长．20．（8分）贵成高铁开通后极大地方便了人们的出行，甲、乙两个城市相距450千米，加开高铁列车后，高铁列车行驶时间比原特快列车行驶时间缩短了3小时，已知高铁列车平均行驶速度是原特快列车平均行驶速度的3倍，求高铁列车的平均行驶速度．21．（8分）已知：如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延长线上，且OE=OB，联结DE．（1）求证：DE⊥BE；（2）设CD与OE交于点F，若OF2+FD2=OE2，CE=3，DE=4，求线段CF的长．22．（10分）已知一次函数.（1）若这个函数的图象经过原点，求a的值.（2）若这个函数的图象经过一、三、四象限，求a的取值范围.23．（10分）如图，平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，若AD＝6，AC+BD＝16，求△BOC的周长为多大？24．（10分）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．（2）性质探究：①如图1，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明．②如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；（3）问题解决：如图4，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG，GE，已知AC=2，AB=1．求GE的长度．25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y=kx与函数y=6xx>0的图象相交于点A2，m，AB⊥x轴于点B．平移直线y=kx，使其经过点26．如图,已知A(-4,0)、B(0,2)、C(6,0),直线AB与直线CD相交于点D,D点的横纵坐标相同；(1)求点D的坐标；(2)点P从O出发,以每秒1个单位的速度沿x轴正半轴匀速运动,过点P作x轴的垂线分别与直线AB、CD交于E、F两点,设点P的运动时间为t秒,线段EF的长为y(y>0),求y与t之间的函数关系式,并直接写出自变量t的取值范围；(3)在(2)的条件下,直线CD上是否存在点Q,使得△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,请求出符合条件的Q点坐标,若不存在,请说明理由．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

根据旋转的性质可得，可判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再计算角的和差即可得出答案．【详解】解：绕直角顶点C顺时针旋转得到，，，是等腰直角三角形，，，，.故选C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识.熟记各性质并准确识图是解题的关键．2、B【解析】

作AN⊥BM于N，求出∠BAN=30°，由含30°角的直角三角形的性质得出BN、AN的长，由勾股定理即可得出答案．【详解】作AN⊥BM于N，如图所示：

则∠ANB=∠ANM=90°，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC=AD=6，∠ABC=∠D=120°，

∴∠ABN=60°，

∴∠BAN=30°，

∴BN=AB=2，AN=，∵BM=BC=3，

∴MN=BM-BN=1，

∴AM=，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．3、A【解析】

根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，由平行线的性质得到∠A，再由平行线的性质得到∠C=40°.【详解】根据题意作图如下:因为BCD是平行四边形，所以AD∥BC，AB∥CD；因为AD∥BC，所以∠A是∠B的同的同旁内角，即∠A+∠B=180°；又因为∠A:∠B=7:2，所以可得∠A==140°；又因为AB∥CD，所以∠C是∠A的同旁内角，所以∠C=180°-140°=40°.故选择A.【点睛】本题考查平行四边形的性质和平行线的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和平行线的性质.4、B【解析】

根据可得，所以移入括号内为进行计算即可.【详解】根据根式的性质可得，所以因此故选B.【点睛】本题主要考查根式的性质，关键在于求a的取值范围.5、C【解析】

根据新定义可以计算出啊各个小题中的结论是否成立，从而可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以得到哪个选项是正确的．【详解】①根据题意得：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2∴（a+b）2﹣（a﹣b）2=0，整理得：（a+b+a﹣b）（a+b﹣a+b）=0，即4ab=0，解得：a=0或b=0，正确；②∵a@（b+c）=（a+b+c）2﹣（a﹣b﹣c）2=4ab+4aca@b+a@c=（a+b）2﹣（a﹣b）2+（a+c）2﹣（a﹣c）2=4ab+4ac，∴a@（b+c）=a@b+a@c正确；③a@b=a2+5b2，a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，令a2+5b2=（a+b）2﹣（a﹣b）2，解得，a=0，b=0，故错误；④∵a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2=4ab，（a﹣b）2≥0，则a2﹣2ab+b2≥0，即a2+b2≥2ab，∴a2+b2+2ab≥4ab，∴4ab的最大值是a2+b2+2ab，此时a2+b2+2ab=4ab，解得，a=b，∴a@b最大时，a=b，故④正确，考点：(1)、因式分解的应用；(2)、整式的混合运算；(3)、二次函数的最值6、D【解析】

作辅助线PB，求证，然后证明四边形是矩形，【详解】如图，连接.在正方形中，.∵，∴，∴.∵，∴四边形是矩形，∴.∴.故选D.【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理（SAS）以及矩形对角线相等的性质，从而求出PD的长度7、D【解析】

作C点关于y轴的对称点，连接，与y轴的交点即为所求点P，用勾股定理可求得长度，可得PC+PD的最小值为，再根据CD=2，可得PC+PD+CD=【详解】解：如图，作C点关于y轴的对称点，连接交y轴与点P，此时PC+PD的值最小且∵,分别是,的中点，,∴C（1，0），D（1,2）在Rt△中，由勾股定理可得又∵D（1,2）∴CD=2∴此时周长为PC+PD+CD=故选D【点睛】本题考查最短路径问题，把图形作出来是解题关键，再结合勾股定理解题.8、B【解析】试题分析：每分钟滴出100滴水，每滴水约0.05毫升，则一分钟滴水100×0.05毫升，则x分钟可滴100×0.05x毫升，据此即可求解．因此，y=100×0.05x，即y=5x．故选B．考点：函数关系式．9、A【解析】

∵a+b+c=0，且a＜b＜c，∴a＜0，c＞0，（b的正负情况不能确定也无需确定）．a＜0，则函数y=ax+c图象经过第二四象限，c＞0，则函数y=ax+c的图象与y轴正半轴相交，观察各选项，只有A选项符合.故选A.【详解】请在此输入详解！10、B【解析】

首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与从中摸出两个球都是绿球的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解：列表得：∵共有20种等可能的结果，从中摸出两个球都是绿球的有6种情况，

∴从中摸出两个球都是绿球的概率是：．故选：B．【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．11、C【解析】∵AB∥CD,OA:OD＝1:4,∴ΔABO与ΔDCO的面积比为1:16又∵点M、N分别是OC、OD的中点，∴ΔOMN与四边形CDNM的面积比为1:3∴ΔABO与四边形CDNM的面积比为1:1212、C【解析】

由∠ACB角平分线和它的外角的平分线分别交DE于点G和H可得∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG即可得HE＝EC＝EG，再根据A，B，C，D的条件，进行判断．【详解】解：∵∠ACB角平分线和它的外角的平分线分别交DE于点G和H，∴∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG；∵DE∥AC．∴∠ACG＝∠HGC＝∠ECG．∴EC＝EG；同理：HE＝EC，∴HE＝EC＝EG＝HG；若CH∥BG，∴∠HCG＝∠BGC＝90°，∴∠EGB＝∠EBG，∴BE＝EG，∴BE＝EG＝HE＝EC，∴CHBG是平行四边形，且∠HCG＝90°，∴CHBG是矩形；故A正确；若BE＝CE，∴BE＝CE＝HE＝EG，∴CHBG是平行四边形，且∠HCG＝90°，∴CHBG是矩形，故B正确；若HE＝EC，则不可以证明四边形BHCG为平行四边形，故C错误；若CH＝3，CG＝4，根据勾股定理可得HG＝5，∴CE＝2.5，故D正确．故选C．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质和判定，关键是灵活这些判定解决问题．二、填空题（每题4分，共24分）13、3【解析】

作AM⊥EF，AN⊥EG，连接AE，只要证明△AMH≌△ANL，即可得到S阴=S四边形AMEN，再根据三角形的面积公式即可求解.【详解】如图，作AM⊥EF，AN⊥EG，连接AE，∵△ABC为等边三角形，AF=AG,∴∠AEF=∠AEN，∵AM⊥EF，AN⊥EG，∴AM=AN,∵∠MEN=60°，∠EMA=∠ENA=90°，∴∠MAN=120°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD，∴∠DAB=180°-∠B=120°，∴∠MAN=∠DAB

∴∠MAH=∠NAL，又AM⊥EF，AN⊥EG，AM=AN,∴△AMH≌△ANL∴S阴=S四边形AMEN，∵EF=4，AF=2，∠AEF=30°∴AE=2，AM=，EM=3∴S四边形AMEN=2××3×=3，∴S阴=S四边形AMEN=3故填：3.【点睛】此题主要考查平行四边形与等边三角形的性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与含30°的直角三角形的性质.14、1．【解析】

如图：由四边形ABCD是平行四边形，可得AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；又由△OAB的周长比△OBC的周长大3，可得AB﹣BC=3，又因为▱ABCD的周长是30，所以AB+BC=10；解方程组即可求得．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；又∵△OAB的周长比△OBC的周长大3，∴AB+OA+OB﹣（BC+OB+OC）=3∴AB﹣BC=3，又∵▱ABCD的周长是30，∴AB+BC=15，∴AB=1．故答案为1．15、AB的中点．【解析】

若四边形APDQ是正方形，则DP⊥AP，得到P点是AB的中点．【详解】当P点运动到AB的中点时，四边形APDQ是正方形；理由如下：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC中点，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，∠B＝∠C＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，当P为AB的中点时，DP⊥AB，即∠APD＝90°，又∵∠A＝90°，∠PDQ＝90°，∴四边形APDQ为矩形，又∵DP＝AP＝AB，∴矩形APDQ为正方形，故答案为AB的中点．【点睛】此题考查正方形的判定，等腰直角三角形，解题关键在于证明△ABD是等腰直角三角形16、AB=AD.【解析】

由条件OA=OC，AB=CD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再加上条件AB=AD可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判定．【详解】添加AB=AD，∵OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，故答案为：AB=AD．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．17、x=1【解析】【分析】一次函数y=ax+b的图象与x轴交点横坐标的值即为方程ax+b=0的解．【详解】∵一次函数y=ax+b的图象与x轴相交于点（1，0），∴关于x的方程ax+b=0的解是x=1，故答案为：x=1．【点睛】本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为ax+b=0（a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y=ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．18、．【解析】试题分析：由已知：x-2≠0，解得x≠2；考点：自变量的取值范围．三、解答题（共78分）19、迁移应用：①证明见解析；②CD=AD+BD；拓展延伸：①证明见解析；②3.【解析】

迁移应用：①如图②中，只要证明∠DAB=∠CAE，即可根据SAS解决问题；

②结论：CD=AD+BD．由△DAB≌△EAC，可知BD=CE，在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，由CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD，即可解决问题；

拓展延伸：①如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．由BC=BE=BD=BA，FE=FC，推出A、D、E、C四点共圆，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出△EFC是等边三角形；

②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，FH=4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH=30°，可得=cos30°，由此即可解决问题．【详解】迁移应用：①证明：如图②

∵∠BAC=∠DAE=120°，

∴∠DAB=∠CAE，

在△DAE和△EAC中，

∴△DAB≌△EAC，②解：结论：CD=AD+BD．

理由：如图2-1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，

∴BD=CE，

在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=AD，

∵AD=AE，AH⊥DE，

∴DH=HE，

∵CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD．

拓展延伸：①证明：如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，

∴△ABD，△BDC是等边三角形，

∴BA=BD=BC，

∵E、C关于BM对称，

∴BC=BE=BD=BA，FE=FC，

∴A、D、E、C四点共圆，

∴∠ADC=∠AEC=120°，

∴∠FEC=60°，

∴△EFC是等边三角形，②解：∵AE=5，EC=EF=2，

∴AH=HE=2.5，FH=4.5，

在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，

∴=cos30°，

∴BF==3=3．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、四点共圆、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考压轴题．20、高铁列车平均速度为300km/h．【解析】

设原特快列车平均速度为xkm/h，则高铁列车平均速度为2.8xkm/h，利用高铁列车行驶时间比原特快列车行驶时间缩短了3小时，这一等量关系列出方程解题即可【详解】设原特快列车平均速度为xkm/h，则高铁列车平均速度为2.8xkm/h，由题意得：+3＝，解得：x＝100，经检验：x＝100是原方程的解，则3×100＝300（km/h）；答：高铁列车平均速度为300km/h．【点睛】本题考查分式方程的简单应用，本题关键在于读懂题意列出方程，特别注意分式方程求解之后需要检验21、（1）证明见解析（2）【解析】分析：（1）先根据平行四边形的性质，得出OD=OB，再根据OE=OB，得出OE=OB=OD，最后根据三角形内角和定理，求得∠OEB+∠OED=90°，即可得出结论．（2）证明△OFD为直角三角形，得出∠OFD=90°．在Rt△CED中，由勾股定理求出CD=1．由三角形面积求出EF=．在Rt△CEF中，根据勾股定理求出CF即可．详解：（1）证明：∵平行四边形ABCD，∴OB=OD．∵OB=OE，∴OE=OD．∴∠OED=∠ODE．∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB．∵∠OBE+∠OEB+∠ODE+∠OED=180°，∴∠OEB+∠OED=90°．∴DE⊥BE；（2）解：∵OE=OD，OF2+FD2=OE2，∴OF2+FD2=OD2．∴△OFD为直角三角形，且∠OFD=90°．在Rt△CED中，∠CED=90°，CE=3，DE=4，∴CD2=CE2+DE2．∴CD=1．又∵，∴．在Rt△CEF中，∠CFE=90°，CE=3，，根据勾股定理得：．点睛：本题考查了平行四边形的性质、三角形的内角和定理及勾股定理等知识，解题的关键是求出∠OEB+∠OED=90°，进而利用勾股定理求解.22、（1）；（2）【解析】

（1）y=kx+b经过原点则b=0，据此求解；

（2）y=kx+b的图象经过一、三、四象限，k＞0，b＜0，据此列出不等式组求解即可．【详解】（1）由题意得，，∴．（2）由题意得解得，∴a的取值范围是．【点睛】考查了一次函数的性质，了解一次函数的性质是解答本题的关键。23、1【解析】

根据平行四边形的性质，三角形周长的定义即可解决问题；【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝6，OA＝OC，OB＝OD，∵AC+BD＝16，∴OB+OC＝8，∴△BOC的周长＝BC+OB+OC＝6+8＝1．【点睛】本题考查平行四边形的性质．三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的对角线互相平分，属于中考常考题型．24、（1）四边形ABCD是垂美四边形，证明见解析（2）①，证明见解析；②四边形FMAN是矩形，证明见解析（3）【解析】

（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；（2）①根据垂直的定义和勾股定理解答即可；②根据在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，可得，再根据△ABD和△ACE是等腰三角形，可得，再由（1）可得，，从而判定四边形FMAN是矩形；（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．【详解】（1）四边形ABCD是垂美四边形连接AC、BD∵∴点A在线段BD的垂直平分线上∵∴点C在线段BD的垂直平分线上∴直线AC是线段BD的垂直平分线∴∴四边形ABCD是垂美四边形；（2）①，理由如下如图，已知四边形ABCD中，，垂足为E由勾股定理得②四边形FMAN是矩形，理由如下如图，连接AF∵在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点∵△ABD和△ACE是等腰三角形由（1）可得，∵∴四边形FMAN是矩形；（3）连接CG、BE，，即在△AGB和△ACE中∵，即∴四边形CGEB是垂美四边形由（2）得．【点睛】本题考查了垂美四边形的问题，掌握垂直平分线的判定定理、垂直的定义、勾股定理、垂美四边形的性质、全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．25、y=3【解析】

求出A点的坐标，求出B点的坐标，再用待定系数法求出正比例函数的解析式，最后求出一次函数的解析式即可．【详解】解：将A(2，m)代入y=6x∵AB⊥x轴于点B，∴B(2,0)．将A(2，3)代入y=kx中，3=2k∴设直线l所对应的函数表达式为y=3将∴B(2,0)代入上式，得0=3+b，解得b=-3．∴直线l所对应的函数表达式是y=3故答案为：y=3【点睛】本题考查平移的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求函数的解析式等知识点