2023-2024学年福建省泉州五中八年级（下）期末数学试卷含解析

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省泉州五中八年级（下）期末数学试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.要使分式x−1x的值为0，x的值为(

)A.0 B.1 C.−1 D.0和12.在平面直角坐标系中，点P(3,−2)在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有(

)A.1个 B.2个 C.3个 D.4个4.如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论错误的是(

)A.AB//CDB.OB=OD

C.AB=AD5.P(x1,y1)，Q(x2,A.y1<y2 B.y1>6.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O.若∠BOC=120°，BD=8，则AB的长为(

)A.4 B.43C.6 D.57.若关于x的方程m−1x−1−xx−1=0有增根，则A.3 B.2 C.1 D.−18.某班举办“校园安全”知识答题竞赛活动，规定：共5道题，答对一道得2分，答错或不答不得分.现将全班50名学生的成绩进行统计，制作成如图不完整的扇形统计图.已知8分和6分的学生共有25人，10分的学生超过2人，6分的学生在扇形统计图中所对应的圆心角是钝角.根据扇形统计图中的信息，下列判断正确的是(

)A.众数、平均数分别是6分与4分

B.众数、中位数分别是6分与4分

C.众数、中位数分别是6分与6分

D.中位数、平均数分别是4分与5分9.《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天.已知快马的速度是慢马的2倍.根据题意列方程为900x+1×2=900x−3，其中A.快马的速度 B.慢马的速度 C.规定的时间 D.以上都不对10.若不等式kx+b>0的解集是x<5，则下列各点可能在一次函数y=kx+b图象上的是(

)A.(1,6) B.(6,1) C.(1,−6) D.(−1,−6)二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11.计算：xx−1−112.华为麒麟9000S芯片采用了最新的0.0000007厘米的工艺制程，将0.0000007用科学记数法表示为______．13.已知二元一次方程组x−y=−5x+2y=−2的解为x=−4y=1，则在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=x+5与直线l2：14.已知一次函数y=−x的图象向上平移2个单位后，与x轴、y轴分别相交于A、B两点，则△AOB的面积等于______．15.如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一点，M、N分别是AB、AD边上的一点，联结PM、PN.若菱形的边长为10，AM=DN=4，则|PN−PM|的最大值是______．16.在菱形ABCD中，MNPQ分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合)．

对于任意菱形ABCD，下面四个结论中，

①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；

②存在无数个四边形MNPQ是菱形；

③存在无数个四边形MNPQ是矩形；

④存在无数个四边形MNPQ是正方形．

所有正确结论的序号是______．三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题8分)

解一元二次方程：2x2−5x−12=018.(本小题8分)

先化简，再求值：xx2−1÷(1−19.(本小题8分)

如图，在平行四边形ABCD中，点O是AD的中点，连接CO并延长交BA的延长线于点E，连接AC，DE．

求证：四边形ACDE是平行四边形．20.(本小题8分)

已知反比例函数y1=kx与一次函数y2=ax+b的图象交于点A(1,4)和点B(m,−2)．

(1)求这两个函数的表达式；

(2)观察图象，直接写出21.(本小题8分)

两个工程队共同参与一项筑路工程，甲队单独施工1个月完成总工程的13，这时增加了乙队，两队又共同工作了半个月，总工程全部完成．求乙队单独完成这项工程需要几个月？(这里规定每个月的天数相同)．22.(本小题10分)调查主题玫瑰花销售调查人员某中学数学兴趣小组调查方法抽样调查背景介绍欣欣花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．报告内容欣欣花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：日需求量(枝)14151617181920天数(天)10201616151310请阅读以上材料，解决下列问题：

(1)这100个日需求量所组成的一组数据的中位数和众数分别是______，______；

(2)若欣欣花店计划一天购进17枝玫瑰花，请你以100天记录的各需求量的天数作为计算平均一天需求量对应的权重，估算欣欣花店当天的利润．23.(本小题10分)

把一条线段分为两部分，其中长段与短段之比恰好等于5−12.这个奇妙的分割，是公元前六世纪古希腊数学家毕达哥拉斯所发现，后被古希腊美学家柏拉图将此称为黄金分割.某数学兴趣小组在研究“黄金分割与黄金矩形”时，发现可以通过折叠纸片得到黄金矩形.以下是小组操作过程(①在一张矩形纸片的端，利用图1的方法折出一正方形，然后把纸片展平，则NC=______cm；②如图2，把这个正方形折成两份个相等的矩形，再把纸片展平，则AC=______cm；③折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图3中所示的AD处，则AD=AB=______cm；④展平纸片，按照所得到的点D折出DE，则CDBC=______.我们将这个比值称为黄金比.将宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形.如图4，矩形(1)请根据每一步的操作完成填空；

(2)如图3，求证：四边形ABFD是菱形；

(3)类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金等腰三角形.图4为展平后的纸片，请你利用现有的线段长，在图4中作出一个黄金等腰三角形(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)．24.(本小题13分)

如图1，P是正方形ABCD内一点，AP=AB，连接PB、PD，将△PAD沿AD翻折，得到△QAD，延长QD，与∠BAQ的平分线相交于M．

(1)当四边形PAQD为菱形时，填空：∠BPD=______°；

(2)试求∠M的度数；

(3)如图2，连接BQ，交AP于E，连接ED、PM，当B、P、M三点共线时，求证：四边形BPDE是菱形．

25.(本小题13分)

在平面直角坐标系xOy中，直线y=12x+m(m>0)分别与x轴、y轴交于A、B两点.C、D的坐标分别为C(0,n)、D(−2m,n−m)，其中n−m>0．

(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；

(2)若点C、D关于直线AB的对称点分别为C′、D′．

①当n=3时，若△BC′D′的面积为2，试求m的值；

②当点C′恰好落在x轴上时，试求：m与n

答案解析1.B

【解析】解：根据题意，得

x−1=0x≠0，

解得，x=1．

故选：B．

分子为0，且分母不为0．

本题考查了分式的值为0的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0.2.D

【解析】由平面直角坐标系中点的坐标的符号特点进行判断，因为3>0，−2<0，所以点P(3,−2)在第四象限．

解：∵3>0，−2<0，

∴点P(3,−2)在第四象限．

故选：D．

此题主要考查平面直角坐标系中已知点的坐标确定点的位置，比较简单．牢记四个象限的符号特点：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．3.C

【解析】解：平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；

矩形是轴对称图形，是中心对称图形；

菱形是轴对称图形，是中心对称图形；

正方形是轴对称图形，是中心对称图形，

故选：C．

根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．

本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．4.C

【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，

∴AB/​/CD，AB=CD，OB=OD，∠ABC=∠ADC，

故A正确、B正确、D正确；

∵任意平行四边形的邻边不一定相等，

∴AB与AD不一定相等，

故C错误，

故选：C．

由平行四边形的性质得AB/​/CD，AB=CD，OB=OD，∠ABC=∠ADC，可判断A正确、B正确、D正确；而任意平行四边形的邻边不一定相等，可判断C错误，于是得到问题的答案．

此题重点考查平行四边形的性质，正确理解和运用平行四边形的性质定理是解题的关键．5.C

【解析】解：∵P(x1,y1)，Q(x2,y2)为反比例函数y=kx的图象上两点，

∵x1+x2=0，且x1<x2，

∴P(x1,y1)，Q(x2,y2)不在同一象限，

当k>0时，P(x1,y1)在第三象限，Q(x2,y6.A

【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OA=OB=OC=OD=12BD=4，

∵∠BOC=120°，

∴∠AOB=60°，

∴△ABO是等边三角形，

∴AB=OB=4．

故选：A．

由∠BOC=120°可得∠AOB=60°，再结合矩形的性质可得△ABO是等边三角形，从而得出AB=OB=47.B

【解析】解：去分母得：m−1−x=0，

由分式方程有增根，得到x−1=0，即x=1，

把x=1代入整式方程得：m=2，

故选：B．

分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，求出x的值，代入整式方程计算即可求出m的值．

此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．8.A

【解析】解：∵从扇形统计图来看，6分的学生在扇形统计图中所对应的圆心角是钝角，

∴成绩为6分的人数最多，故众数为6；

∵全班50名学生，已知8分和6分的学生共有25人，将6种分值从小到大排列，成绩为0分、2分、4分的人数加起来等于全班总人数的一半，

∴中位数为(6+4)÷2=5分，

∴B，C，D选项排除，不符合题意，

因此A选项正确，符合题意．

故选：A．

根据众数、中位数的定义分别进行分析求解，即可得出答案．

此题考查了扇形统计图，加权平均数、中位数、众数的定义，解题的关键是正确理解各概念的含义．9.C

【解析】解：∵快马的速度是慢马的2倍，所列方程为900x+1×2=900x−3，

∴900x+1表示慢马的速度，900x−3表示快马的速度；

∵把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天，

∴x表示规定的时间．

故选：C．

由快、慢马速度间的关系，结合所列的方程，可得出900x+1表示慢马的速度，10.A

【解析】解：根据不等式kx+b>0的解集是x<5可得一次函数y=kx+b的图象大致为：

∵点(6,1)在直线的上方，点(1,−6)在直线的下方，点(−1,−6)在直线的下方，

∴可能在一次函数图象上的是(1,6)．

故选：A．

首先根据不等式及其解集得到一次函数大致的图象，然后根据图象即可判断结果．

本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，根据不等式得到一次函数的图象是本题的关键．11.1

【解析】解：原式=x−1x−1=1．

故答案为：1．

12.7×10【解析】解：0.0000007=7×10−7．

故答案为：7×10−7．

绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

此题考查了用科学记数法表示较小的数，掌握形式为a×1013.(−4,1)

【解析】解：∵二元一次方程组x−y=−5x+2y=−2的解为x=−4y=1，

∴直线l1：y=x+5与直线l2：y=−12x−1的交点坐标为(−4,1)，

14.2

【解析】解：一次函数y=−x的图象向上平移2个单位后得到y=−x+2，

当x=0，y=−x+2=2．

∴B(0,2)．

当y=0，−x+2=0．

∴x=2．

∴A(2,0)．

∴S=12×2×2=2．

故答案为：2．

根据平移的规律求得平移后的函数解析式，然后根据一次函数图象上的点的坐标特征即可求得A、B的坐标，利用三角形面积公式即可求得△AOB的面积S15.2

【解析】解：如图，找到N关于AC的对称点N′，连接PN′，

∵四边形ABCD为菱形，AC为对称轴，

∴PN=PN′，AN′=AN=10−4=6，

∴|PN−PM|=|PN′−PM|≤M′N=AN′−AM=6−4=2．

故答案为：2．

找到N关于AC的对称点N′，连接PN′，由四边形ABCD为菱形，AC为对称轴，得PN=PN′，AN′=AN=10−4=6，即可得|PN−PM|=|PN′−PM|≤M′N=AN′−AM=6−4=2．

本题主要考查了轴对称最短路线问题，解题关键是作辅助线．16.①②③

【解析】解：①如图，连接AC，BD交于O，

∵四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于O，

过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，

则四边形MNPQ是平行四边形，

故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；

②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；

③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；

④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，

则△AMQ≌△DQP，

∴AM=QD，AQ=PD，

∵PD=BM，

∴AB=AD，

∴四边形ABCD是正方形，

当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；

故答案为①②③．

根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．

本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．17.解：2x2−5x−12=0，

(2x+3)(x−4)=0，

2x+3=0，x−4=0，

解得：【解析】利用十字相乘法把方程左边分解因式，从而把一元二次方程化成两个一元一次方程，解方程求出方程的解即可．

本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握几种常见的分解因式的方法．18.解：xx2−1÷(1−1x+1)

=x(x+1)(x−1)÷x+1−1x+1

【解析】先算括号内的式子，再算括号外的除法，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．

本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．19.证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB/​/CD，

∴∠AEO=∠DCO，

∵点O是AD的中点，

∴OA=OD，

在△AOE和△DOC中，

∠AEO=∠DCO∠AOE=∠DOCOA=OD，

∴△AOE≌△DOC(AAS)，

∴AE=CD，

又∵AB/​/CD，即AE/​/CD，

∴四边形ACDE【解析】利用平行四边形的性质推出∠AEO=∠DCO，证明△AOE≌△DOC(AAS)，推出AE=CD，即可得到结论．

此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，正确理解平行四边形的性质是解题的关键．20.解：(1)∵反比例函数y1=kx的图象经过点A(1,4)，

∴k=1×4=4，

∴反比例函数的表达式为y1=4x．

∵点B(m,−2)在反比例函数的图象上，

∴m=4−2=−2，

∴点B的坐标为(−2,−2)．

∵一次函数的图象经过点A、B，将这两个点的坐标代入y2=ax+b，

得a+b=4−2a+b=−2，解得：a=2b=2，

∴一次函数的表达式为y2=2x+2．

【解析】(1)由点A的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出反比例函数表达式，由点B的纵坐标结合反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出点B的坐标，根据点A、B的坐标利用待定系数法，即可求出一次函数表达式；

(2)根据两函数图象的上下位置关系，即可找出当x>0时，y1>y2的自变量x的取值范围．

本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是：21.解：设乙队单独完成这项工程需要x个月，

依题意得：1+123+12x=1，

解得：x=1，

【解析】设乙队单独完成这项工程需要x个月，利用甲队完成的工程量+乙队完成的工程量=总工程量，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．

本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．22.17

15

【解析】解：(1)这100个日需求量所组成的一组数据的中位数和众数分别是

17，15；

故答案为：17，15．

(2)估算欣欣花店当天的利润=(14×5−3×5)×0.1+(15×5−2×5)×0.2+(16×5−1×5)×0.16+17×5×0.54=76.4(元)．

(1)利用众数中位数的定义求解即可；

(2)求出进17枝时每天的利润再相加，即可得到答案．

本题主要考查了众数中位数的定义，解题关键是正确计算．23.3

1

5

【解析】(1)解：由矩形的性质可得∠N=∠BMN=90°，由折叠的性质可得∠MBC=∠N=90°，∠NMC=∠BMC=12∠BMN=45°，

∴△MNC是等腰直角三角形，

∴MN=CN=2cm，

∴AC=12NC=1cm，四边形MNCB是正方形，

∴BC=CN=2cm，

在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=AC2+BC2=5cm，

∴AD=AB=5cm，

∴CD=AD−AC=(5−1)cm，

∴CDBC=5−12；

故答案为：3：1；5；5−12；

(2)证明：由折叠的性质可得∠BAF=∠DAF，由矩形的性质可得BF/​/AD，

∴∠BFA=∠DAF，

∴∠BFA=∠BAF，

∴AB=BF=AD，

∴四边形ABFD是平行四边形，

又∵AB=AD，

∴四边形ABFD是菱形；

(3)解：如图所示，分别以C、D为圆心，BC的长为半径画弧，二者交于点H，连接CH，DH，则△CDH即为所求．

(1)根据折叠和矩形的性质证明△MNC是等腰直角三角形，即可得到MN=CN=2cm，则根据题意可得AC=12NC=1cm，四边形24.135

【解析】(1)解：∵四边形PAQD为菱形，四边形ABCD是正方形，

∴AP=PD，AB=AD，∠BAD=90°，

∵AP=AB，

∴AP=PD=AD，

∴△APD是等边三角形，

∴∠PAD=∠APD=60°，

∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=90°−60°=30°，

∴∠ABP=∠APB=75°，

∴∠BPD=∠APB+∠APD=75°+60°=135°，

故答案为：135；

(2)解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=90°，

∵将△PAD沿AD翻折得到△QAD，

∴△PAD≌△QAD，

∴AP=AQ，∠PAD=∠QAD，

设∠PAD=∠QAD=α，则∠PAB=∠BAD−∠PAD=90°−α，

∵AP=AB，AB=AD，AP=AQ，

∴AD=AQ，

∵AD=AQ，∠QAD=α，

∴∠Q=∠ADQ=180°−α2=90°−α，

∵∠BAD=90°，∠QAD=α，

∴∠BAQ=∠BAD+∠QAD=90°+α，

∵AM平分∠BAQ，

∴∠QAM=12∠BAQ=12(90°+α)=45°+12α，

∵∠M+∠QAM+∠Q=180°，

∴∠M+45°+12α+90−12α=180°，

∴∠M+135°=180°，

∴∠M=45°；

(3)证明：∵将△PAD沿AD翻折，得到△QAD，

∴△PAD≌△QAD，

∴AP=AQ，PD=QD，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=90°，

∵AP=AB，AP=AQ，

∴AB=AQ，

∵AM平分∠BAQ，

∴∠BAM=∠QAM=12∠BAQ，

在△ABM和AQM中，

AB=AQ∠BAM=∠QAM,AM=AM

∴△ABM≌△AQM(SAS)，

∴∠AMB=∠AMQ，BM=QM，

由(2)得∠AMQ=45°，

∴∠AMB=∠AMQ=45°，

∴∠BMQ=∠AMB+∠AMQ=90°，

∵BM=QM，∠BMQ=90°，

∴∠BQM=∠QBM=45°，

∵AP=AB，

∴∠ABP=∠APB=180°−∠BAP2=90°−12∠BAP，

∵AP=AB，AB=AD，

∴AP=AD，

∴∠ADP=∠APD=180°−∠DAP2=90°−12∠DAP，

∵B、P、M三点共线，

∴∠APB+∠APD+∠DPM=180°，

.90°−12∠BAP+90°−12∠DAP+∠DPM=180°，

∴∠DPM=12(∠BAP+∠DAP)=12×90°=45°，

∵∠DPM+∠PDM+∠BMQ=180°，∠BMQ=90°，

∴∠PDM=∠DPM=45°，

∴PM=DM，

∵BP=BM−PM，QD=QM−DM，BM=QM，

∴BP=QD，

∵PD=QD，

∴BP=PD，

∵∠OPM=∠QBM=45°，

∴PD//BQ，

在△ABP和△ADP中，

AB=ADBP=DP,AP=AP

∴△ABP≌△ADP(SSS)，

∴∠BAP=∠DAP，∠ABP=∠ADP，

在△ABE和ADE中，

AB=AD∠BAE=∠DAE,AE=AE

∴△ABE≌△ADE(SAS)，

∴∠ABE