精品解析：上海市奉贤区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023学年第二学期八年级数学练习卷 （完卷时间100分钟，满分100分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题（本大题共6题，每题3分，满分18分） 1. 一次函数的截距是（ ） A. B. C. 2 D. 3 2. 下列方程中是二项方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 以下描述和的关系不正确的是（ ） A. 方向相反 B. 模相等 C. 平行 D. 相等 4. 如果二次三项式能在实数范围内分解因式，那么p取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 小明是这样画平行四边形的：如图，将三角尺的一边贴着直尺推移到的位置，这时四边形就是平行四边形．小明这样做的依据是（ ） A. 有两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B. 有两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C. 有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 D. 对角线互相平分四边形是平行四边形 6. 如图所示的计算程序中，y与x之间的函数关系所对应的图象应为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共12题，每小题2分，满分24分） 7. 方程解是_________． 8. 方程的解是_________． 9. 如果把直线沿y轴向上平移2个单位，所得直线的解析式是_________． 10. 关于x的方程的解是_________． 11. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数是_____． 12. 一次函数的函数值y随着x的值增大而减小，那么m取值范围是_________． 13. 用换元法解方程：时，如果设，那么原方程可以化为关于的整式方程是______． 14. “六一”儿童节上，某小队建议每位同学向其他同学赠送1句祝福语，结果小队内共收到210句祝福语，设小队共有x人，那么根据题意所列方程为_________． 15. 如图，一次函数与的图像相交于点P，那么_________． 16. 如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形中位线长为_________． 17. 我们把有两个相邻的内角是直角且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形．如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长为1，A、B、C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，且点D也在格点上，那么边的长为_________． 18. 如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为________． 三、解答题（本大题共8题，第19、20、21、22题每题6分，第23、24、25题每题8分，第26题10分） 19 解分式方程：+1=． 20. 解方程 21. 如图，在平行四边形中，点E、F分别在边、上，且，连接EF． （1）写出与相等的向量______； （2）填空：_____； （3）求作：．（在原图上保留作图痕迹，不要求写作法） 22. 如图，在直角梯形中，，．求． 23. “人民群众多读书，我们的民族精神就会厚重起来、深邃起来．”某书店在世界读书日之际，计划购进A类和B类图书，因为A类图书每本进价比B类图书每本进价高，所以用960元购进A类图书的数量比用同样的费用购进B类图书的数量少12本， （1）求A、B两类图书每本的进价： 根据题意，甲、乙两名同学分别列出如下方程： 甲：，解得，经检验是原方程的解 乙：，解得，经检验是原方程的解． 那么甲同学所列方程中的x表示_______，乙同学所列方程中的x表示_________． （2）按以上两类图书的进价，该书店用4500元购进A类图书m本及B类图书n本．然后将A类图书的售价定为每本52元，B类图书的售价定为每本40元，书店售完这一批次购进的两类图书共获利900元，那么书店分别购进了这两类图书多少本？ 24. 已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． （1）求证：四边形为菱形； （2）联结交于点O，联结，求证：． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于点B、C，与直线相交于点A． （1）求点A的坐标； （2）已知点P在线段上． ①若点P是的中点，求线段的长度； ②点D在直线上，点H在x轴上，当四边形是正方形时，求点P的坐标． 26. 如图，矩形中，，将矩形绕着点B逆时针旋转后得到矩形，点C恰好落在边上，点C的对应点是点E，点D的对应点是点F，点A的对应点是点G． （1）如图1，当时，求的长； （2）如图2，延长交边于点H，设，用m的代数式表示线段的长； （3）连结，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出此时的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年第二学期八年级数学练习卷 （完卷时间100分钟，满分100分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题（本大题共6题，每题3分，满分18分） 1. 一次函数的截距是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】计算当x=0时对应的y值即得答案． 【详解】解：当x=0时，y=﹣2，所以一次函数的截距是﹣2． 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的相关知识，属于基本题型，正确得出当x=0时对应的y值是解题关键． 2. 下列方程中是二项方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如果一元n次方程的一边只有含未知数的一项和非零的常数项，另一边是零，那么这样的方程就叫做二项方程．据此可以判断． 【详解】，有2个未知数项，故A选项不合题意； ，没有非0常数项，故B选项不合题意； ，有2个未知数项且等号另一端不为0，故C选项不合题意； ，D选项符合题意． 故选D． 【点睛】本题考核知识点：二项方程，解题关键点为理解二项方程的定义． 3. 以下描述和的关系不正确的是（ ） A. 方向相反 B. 模相等 C. 平行 D. 相等 【答案】D 【解析】 【分析】利用单位向量的定义和性质直接判断即可． 【详解】解：A、和的关系是方向相反，正确； B、和的关系是模相等，正确； C、和的关系是平行，正确； D、和的关系不相等，错误； 故选：D． 【点睛】此题考查平面向量问题，解题时要认真审题，注意单位向量、零向量、共线向量的定义和的性质的合理运用． 4. 如果二次三项式能在实数范围内分解因式，那么p的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了实数范围内分解因式，一元二次方程根的判别式的应用，熟练掌握一元二次方程根的判别式的意义是解本题的关键． 根据多项式能分解因式，得到多项式为0时方程有解，确定出的范围即可． 【详解】解：二次三项式能在实数范围内分解因式， ， 解得：， 故选：A． 5. 小明是这样画平行四边形的：如图，将三角尺的一边贴着直尺推移到的位置，这时四边形就是平行四边形．小明这样做的依据是（ ） A. 有两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B. 有两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C. 有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平移，平行四边形的判定，熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键． 【详解】根据平移的性质，得到， 故选：C． 6. 如图所示的计算程序中，y与x之间的函数关系所对应的图象应为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据计算程序得到，再根据一次函数的图象与坐标轴的交点及一次函数的性质性质判断即可． 【详解】解：根据计算程序易得与之间的函数关系式为，由可知，随的增大而减小，且当时，；当时，．所以符合题意的函数图象是选项D， 故选：D． 【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象特征，能根据计算程序得出正确的函数解析式是解答的关键． 二、填空题（本大题共12题，每小题2分，满分24分） 7. 方程的解是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解方程，熟练掌握利用因式分解法解方程是解题的关键． 利用因式分解法求解即可． 【详解】解：， ， ∵， ∴， 故答案为：． 8. 方程的解是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键． 移项得出，两边平方得出，求出方程的解，再进行检验即可． 【详解】解：移项，得， 两边平方，得， 解得：， 经检验，是原方程的解， 所以原方程的解是． 故答案为：． 9. 如果把直线沿y轴向上平移2个单位，所得直线的解析式是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象的平移，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．根据函数平移的特点：上加下减，即可得到答案． 【详解】直线沿y轴向上平移2个单位所得直线的解析式为． 故答案为：． 10. 关于x的方程的解是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程，注意等式两边同时乘或除以一个不为0的数，所得结果仍然是等式． 根据，得到，方程两边都除以即可求得方程的解． 【详解】解：∵， ∴， 方程两边都除以得：， 故答案为：． 11. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数是_____． 【答案】12 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理的应用，准确计算是解题的关键．根据多边形内角和定理：，列方程解答出即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据多边形内角和定理得， ， 解得． 故答案为：12． 12. 一次函数的函数值y随着x的值增大而减小，那么m取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 根据一次函数的性质可进行求解． 【详解】解：一次函数的函数值随着的值增大而减小， ， ； 故答案：． 13. 用换元法解方程：时，如果设，那么原方程可以化为关于的整式方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了换元法解分式方程，设，则方程可转化为：然后再去分母，将该分式方程转化为整式方程即可． 【详解】解：设， 则方程可转化为：， 去分母，方程两边同时乘以y，得：， 故答案为：． 14. “六一”儿童节上，某小队建议每位同学向其他同学赠送1句祝福语，结果小队内共收到210句祝福语，设小队共有x人，那么根据题意所列方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，计算全班共送多少句，首先确定一个人送出多少句是解题关键． 如果全班有名同学，那么每名同学要送出句，共有名学生，那么总共送的名数应该是句，即可列出方程． 【详解】解：全班有名同学，依题意有：． 故答案为：． 15. 如图，一次函数与的图像相交于点P，那么_________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查一次函数与反比例函数的交点，待定系数法求反比例函数的解析式．由图象得出交点纵坐标是5是解题的关键． 由图象可得交点P的纵坐标为5，代入一次函数，求得点P坐标，再把点P坐标代入反比例函数求解即可． 【详解】解：对于一次函数， 当时，则， 解得：， ∴， 把代入，得， 故答案为：5． 16. 如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识比较全面，需要用到梯形和三角形中位线定理以及平行四边形的性质． 作，从而得到四边形为平行四边形，将两底的和转化为线段的长，利用梯形的中位线定理求得答案即可． 【详解】解：作交的延长线于点， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∵是等腰梯形， ∴， ∴， ∴梯形的中位线为：， 故答案为：． 17. 我们把有两个相邻内角是直角且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形．如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长为1，A、B、C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，且点D也在格点上，那么边的长为_________． 【答案】或1 【解析】 【分析】本题考查了新定义，网格与勾股定理，正确理解新定义是解题的关键． 根据直邻四边形的定义结合网格作出图形，再根据勾股定理与网格求出的长即可． 【详解】解：若，如图1所示； 则； 若，如图2所示， 则． 故答案为：或1． 18. 如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握正方形与折叠的性质是解题的关键． 连接，先由勾股定理求出，再由折叠的性质可知：，，则，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∴正方形中，， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：，， ， 设，则， 由勾股定理得：， ， 解得：， ， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8题，第19、20、21、22题每题6分，第23、24、25题每题8分，第26题10分） 19. 解分式方程：+1=． 【答案】x=4 【解析】 【详解】分析：首先进行去分母将其转化为整式方程，然后求出整式方程的解，最后对解进行验根得出答案． 详解：化为整式方程得：x2﹣4x+4+x2﹣4=16， x2﹣2x﹣8=0，解得：x1=﹣2，x2=4 经检验x=﹣2时，x+2=0， 所以x=4是原方程的解． 点睛：本题主要考查的是分式方程的解法，属于基础题型．解分式方程的时候我们一定不要忘记最后要验根． 20. 解方程 【答案】，． 【解析】 【分析】先把化为，得到或，再分别联立求出x,y即可． 【详解】可以化为：， 所以：或 原方程组可以化为：（Ⅰ）与（Ⅱ） 解（Ⅰ）得，解（Ⅱ）得 答：原方程组的解为与． 【点睛】此题主要考查二元方程的求解，解题的关键是把原方程变形成两个二元一次方程组进行求解． 21. 如图，在平行四边形中，点E、F分别在边、上，且，连接EF． （1）写出与相等的向量______； （2）填空：_____； （3）求作：．（在原图上保留作图痕迹，不要求写作法） 【答案】（1） （2）或 （3）见解析 【解析】 【分析】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，向量问题熟练掌握平行四边形法则与三角形法则是解题的关键，要注意向量要从方向与大小两个方面考虑求解． （1）根据平行四边形的对边平行且相等可得，，然后求出，再根据向量的定义解答； （2）求出，连接，根据向量的三角形法则可得，再根据，利用三角形法则求解即可； （3）过点作，取，根据向量的三角形法则求解即可． 【小问1详解】 解：在中，，， ，， ， ， 与相等的向量是； 故答案为： ； 【小问2详解】 解：如图，连接， ， ， ， ， ， ， 又， （或； 故答案为： 或； 【小问3详解】 解：如图，即为所作． 22. 如图，在直角梯形中，，．求． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积．正确作出辅助线，构造直角三角形利用勾股定理求出梯形下底长是解题的关键． 过点A作于E，先证明四边形是矩形，得，，再用勾股定理求出长，从而求得梯形下底长，然后用梯形面积公式求解即可． 【详解】解：过点A作于E，如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 设，则， 由勾股定理，得， 解得：， ∴， ∴． 23. “人民群众多读书，我们的民族精神就会厚重起来、深邃起来．”某书店在世界读书日之际，计划购进A类和B类图书，因为A类图书每本进价比B类图书每本进价高，所以用960元购进A类图书的数量比用同样的费用购进B类图书的数量少12本， （1）求A、B两类图书每本的进价： 根据题意，甲、乙两名同学分别列出如下方程： 甲：，解得，经检验是原方程的解 乙：，解得，经检验是原方程的解． 那么甲同学所列方程中的x表示_______，乙同学所列方程中的x表示_________． （2）按以上两类图书的进价，该书店用4500元购进A类图书m本及B类图书n本．然后将A类图书的售价定为每本52元，B类图书的售价定为每本40元，书店售完这一批次购进的两类图书共获利900元，那么书店分别购进了这两类图书多少本？ 【答案】（1）B类图书每本进价；A类图书的数量 （2）书店分别购进了A类图书50本，B类图书70本 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，二元一次方程组的应用，正确地理解题意是解题的关键． （1）根据所列方程即可判断出的意义； （2）根据“书店用4500元购进A类图书m本及B类图书n本”和“书店售完这一批次购进的两类图书共获利900元”列出方程组，解方程组即可得出答案． 【小问1详解】 解：根据所列方程即可知，甲所列方程中的表示B类图书每本进价； 乙所列方程中的表示A类图书的数量； 故答案为：B类图书每本进价；A类图书的数量； 【小问2详解】 根据甲同学计算可得：A类图书每本进价元，B类图书每本进价30元， 根据题意得：， 解得：， ∴书店分别购进了A类图书50本，B类图书70本， 答：书店分别购进了A类图书50本，B类图书70本． 24. 已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． （1）求证：四边形为菱形； （2）联结交于点O，联结，求证：． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 【解析】 【分析】该题主要考查了菱形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再证明，根据全等三角形性质得出，即可证明四边形是菱形； （2）根据四边形是菱形，得出，再根据直角三角形的性质得出，根据等腰三角形的性质即可证明； 【小问1详解】 ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于点B、C，与直线相交于点A． （1）求点A的坐标； （2）已知点P在线段上． ①若点P是的中点，求线段的长度； ②点D在直线上，点H在x轴上，当四边形是正方形时，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】该题主要考查了正方形的性质，一次函数交点求解，等知识点，解题的关键是数形结合． （1）联立解析式即可求解； （2）①求出点P坐标，点坐标，即可求解； ②当四边形是正方形时，正确画出图象，根据正方形性质即可求解； 【小问1详解】 解：联立函数解析式得， 解得． ∴点的坐标为． 【小问2详解】 ①若点P是的中点， 则， 把代入得， 解得：， ∴点的坐标为， ． ②如图， 当四边形是正方形时，， 设， 则， 解得或3（舍去）， 即点P的坐标为． 26. 如图，矩形中，，将矩形绕着点B逆时针旋转后得到矩形，点C恰好落在边上，点C的对应点是点E，点D的对应点是点F，点A的对应点是点G． （1）如图1，当时，求的长； （2）如图2，延长交边于点H，设，用m的代数式表示线段的长； （3）连结，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出此时的长． 【答案】（1）1 （2） （3）的长为或 【解析】 【分析】（1）如图1中，先由矩形的性质与旋转的性质得，，在中，利用勾股定理求得，即可解决问题； （2）连接，设，根据矩形性质得，，，，得，由旋转得到，，，证明∴，得，由，得，由，得； （3）分两种情况：当时，是等腰直角三角形，可求，即得；当时，由轴对称知是等边三角形，可得，求出，即得． 【小问1详解】 解：四边形是矩形， ，，， 矩形是由矩形旋转得到， ， 在中，， ； 【小问2详解】 解：连接，设， 四边形是矩形， ，，， ∵ ∴ 矩形是由矩形旋转得到， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， 解得， 故； 【小问3详解】 解；当时， 四边形是矩形， ，， 由旋转可得，， ∴， 由勾股定理，得， ∴； 当时， 连接， 由轴对称性质知，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 综上，当是以为腰的等腰三角形时， 的长为或． 【点睛】本题考查矩形旋转．熟练掌握矩形性质，旋转性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，轴对称性质，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形性质，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$