精品解析：上海市闵行区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023学年第二学期期末八年级学业质量调研 数学试卷 （考试时间90分钟，满分100分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共26题． 2．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． 3．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解答的主要步骤． 4．本次考试允许使用科学计算器． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，请选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 如果一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图像经过第一、二、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ） A k＞0，且b＞0 B. k＜0，且b＞0 C. k＞0，且b＜0 D. k＜0，且b＜0 2. 下列函数中，函数值随的增大而减小的是（ ） A. B. C. D. 3. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可变形为（ ） A. B. C. D. 4. 下列方程有实数根的是（ ） A. B. C. D. 5. 在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（ ） A. 如果，，那么四边形是矩形； B. 如果，那么四边形是菱形； C. 如果，，那么四边形是矩形； D. 如果，，那么四边形是菱形． 6. 已知，如图，在梯形中，，，，，．有以下两个说法：①梯形的面积；②梯形的周长；对这两种说法的判断正确的是（ ） A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①、②均正确 D. ①、②均错误 二、填空题：（本大题共12题，每题2分，满分24分） 7. 一次函数的截距为___________ 8. 已知一次函数的图像经过点，且平行于直线，那么这个函数的解析式是______． 9. 正六边形的内角和为___度． 10. 矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，则对角线长为______ ． 11. 已知菱形的边长和一条对角线的长都为，那么此菱形的面积为______． 12. 顺次连接矩形各边中点所得四边形为___形． 13. 某人掷一枚材质均匀的骰子，掷得朝上的数字是偶数的概率是______． 14. 我国古代中有这样一个问题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高、广各几何？”大意是说：已知矩形门的高比宽多6.8尺，门的对角线长10尺，那么门的高和宽各是多少？如果设矩形门的宽为尺，高为尺，那么可列方程组是______． 15. 已知在直角坐标系中有点、和，四边形是平行四边形，那么点坐标是______ 16. 已知：如图，在梯形中，，M是AB的中点，，，，长为______． 17. 已知：如图，点、分别是双曲线在第一象限内分支上的两点，．过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于点，连接．如果，那么等于______度． 18. 已知：如图．正方形的边长为，点是边上一点，与对角线交于点，如果，那么线段长为______． 三、解答题（本大题共8题，满分64分） 19. 解方程：． 20. 解方程：． 21. 解方程组： 22. 如图，已知梯形中，，点在上，． （1）填空： ， （2）填空： ； （3）在图中直接作出．（不写作法，写结论） 23. 某物流公司送货员每月的工资由底薪和送货工资两部分组成，送货工资与送货件数成正比例．现有甲、乙两名送货员，当送货件数量为时，甲的工资是（元），乙的工资是（元）．如下图所示，已知甲的每月底薪是1000元，乙每送一件货物22元． （1）根据图中信息，分别求出和关于的函数解析式：（不必写定义域） （2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是10件和12件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月按30天算） 24. 已知：如图，在中，点、分别是边、的中点，过点A作的平行线，交射线于点． （1）求证：四边形是平行四边形： （2）如果，连接、，求证：四边形矩形． 25. 已知：如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，在直线上有一点P（点P在第一象限内），的面积与的面积相等． （1）求点A和B坐标； （2）求点P的坐标； （3）直线与轴交于点，点在线段上，且，求Q点坐标． 26. 在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． （1）如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； （2）连接， ①如图2，设，求与之间函数表达式：（不写定义域） ②如果．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期期末八年级学业质量调研 数学试卷 （考试时间90分钟，满分100分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共26题． 2．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． 3．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解答的主要步骤． 4．本次考试允许使用科学计算器． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，请选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 如果一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图像经过第一、二、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ） A. k＞0，且b＞0 B. k＜0，且b＞0 C. k＞0，且b＜0 D. k＜0，且b＜0 【答案】B 【解析】 【详解】解：∵一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图像经过第一、二、四象限， ∴k＜0，b＞0， 故选：B． 2. 下列函数中，函数值随的增大而减小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要是考查了学生对一次函数以及反比例函数的图像与性质的理解和掌握情况，解答此题关键是利用比例系数的正负来判断图像的上升与下降即可．根据一次函数以及反比例函数的图像与性质求解即可． 【详解】解：A．,在每个象限内，随的增大而减小； B．,随的增大而减小； C．,随的增大而增大； D．是平行于x轴的一条直线，值不变． 故选：B． 3. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查用换元法整理分式方程的能力，掌握用换元法解分式方程是关键． 用换元法解分式方程，可简化计算过程，减少计算量，是一种常用的方法．设，计算即可． 【详解】解：∵ 设 则 去分母，得 故选：A． 4. 下列方程有实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二方程的根的判别式、二次根式的性质、乘方运算、解分式方程等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．根据一元二方程的根的判别式判断选项A；根据乘方运算法则求解方程，即可判断选项B；根据二次根式的性质判断选项C；解分式方程并检验，即可判断选项D． 【详解】解：A. ，因为，所以该方程无实数根，不符合题意； B. ，则有，解得，该方程有实数根，符合题意； C. ，整理可得，因为，故该方程无实数根，不符合题意； D. ，解分式方程，可得，此时可有，所以是该分式方程增根，故该方程无实数根，不符合题意． 故选：B． 5. 在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（ ） A. 如果，，那么四边形是矩形； B. 如果，那么四边形是菱形； C. 如果，，那么四边形是矩形； D. 如果，，那么四边形是菱形． 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； B、，，那么四边形是菱形，正确，此选项不符合题意； C、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； D、，，，无法判断四边形是菱形也可以是等腰梯形，错误，此选项符合题意． 故选：D． 6. 已知，如图，在梯形中，，，，，．有以下两个说法：①梯形的面积；②梯形的周长；对这两种说法的判断正确的是（ ） A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①、②均正确 D. ①、②均错误 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键掌握以上知识点． 设，交于点O，根据题意得到，，，然后利用勾股定理求出，，，进而利用梯形的面积和周长公式求解即可． 【详解】如图所示，设，交于点O， ∵在梯形中，，， ∴，， ∵，， ∴，即 ∴ 同理可得， ∴ ∵ ∴梯形的面积； ∵，， ∴ ∴ ∴梯形的周长． 故选：C． 二、填空题：（本大题共12题，每题2分，满分24分） 7. 一次函数的截距为___________ 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的性质，解题的关键是明白截距的概念以及求法； 求出当时的值；时的值，即可得出答案． 【详解】解：∵当时，， ∴一次函数的图像在轴上的截距是， ∵当时，即，解得：， ∴一次函数的图像在轴上的截距是， 故答案：，． 8. 已知一次函数的图像经过点，且平行于直线，那么这个函数的解析式是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查一次函数图像平行，待定系数法求一次函数解析式，解题关键是熟练掌握一次函数图像平行时，值相等， 根据一次函数图像与直线平行，可设所求的函数解析式为，将点代入表达式，求出值，就求出了函数解析式． 【详解】解：一次函数的图像平行于直线， 该函数值为1， 设该直线解析式为，该函数图像经过点， ，解得：， 一次函数解析式为：． 故答案为：． 9. 正六边形的内角和为___度． 【答案】720 【解析】 【详解】解：因为多边形的内角和公式：180°（n﹣2）， 所以正六边形的内角和：180°×（6﹣2）=180°×4=720°． 故答案为：720 10. 矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，则对角线长为______ ． 【答案】12 【解析】 【分析】如图：先证为等边三角形，即可求得对角线的一半，然后可求对角线长度． 【详解】解：如图：设对角线的交点为， ∵矩形的对角线互相平分，矩形的两条对角线夹角为， ∴为等边三角形， ∴对角线的一半为， ∴对角线长度为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及等边三角形的判定，根据题意判定为等边三角形是解答本题的关键． 11. 已知菱形的边长和一条对角线的长都为，那么此菱形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 先由菱形的性质得，，，再根据，求得，然后由勾股定理，求得，从而求得，最后由菱形的面积公式求解． 【详解】解：如图，连接交于O， ∵菱形， ∴，，， ∵ ∴， 由勾股定理，得 ∴， ∴ 故答案为：． 12. 顺次连接矩形各边中点所得四边形为___形． 【答案】菱 【解析】 【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．本题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键． 【详解】解：如图，连接、， 、、、分别是矩形、、、边上的中点， ，（三角形的中位线等于第三边的一半）， 矩形的对角线， ， 四边形是菱形． 故答案为：菱． 13. 某人掷一枚材质均匀的骰子，掷得朝上的数字是偶数的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查概率的求法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率． 【详解】掷一枚质地均匀的骰子，掷得朝上的数字是1、2、3、4、5、6中的任意一个数， 共有六种可能，其中2、4、6是偶数， 所以概率为， 故答案为：． 14. 我国古代中有这样一个问题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高、广各几何？”大意是说：已知矩形门的高比宽多6.8尺，门的对角线长10尺，那么门的高和宽各是多少？如果设矩形门的宽为尺，高为尺，那么可列方程组是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，根据勾股定理列方程是关键． 设长方形门的宽尺，则高是尺，根据勾股定理即可列方程求解． 【详解】解：设长方形门的宽尺，高是尺，根据题意得： ， 故答案为：． 15. 已知在直角坐标系中有点、和，四边形是平行四边形，那么点的坐标是______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，平行四边形的判定与性质，画出平行四边形是解题的关键． 先利用平行四边形的性质画出图形，然后写出D点坐标即可． 【详解】解：如图，四边形为平行四边形，那么点D的坐标为． 故答案为：． 16. 已知：如图，在梯形中，，M是AB的中点，，，，长为______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．延长交延长线于点，证明，得，，又由，得垂直平分，得，即可求解． 【详解】解：延长交延长线于点， ∵， ∴，， 又∵点是中点，即， ∴， ∴，， ∵，，即垂直平分， ∴， 故答案为：6． 17. 已知：如图，点、分别是双曲线在第一象限内分支上的两点，．过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于点，连接．如果，那么等于______度． 【答案】21 【解析】 【分析】作轴，交轴于，交于，连接，与的交点为，根据题意设，，得到，用待定系数法求得直线的解析式，代入点横坐标，得到其纵坐标为，推出轴，结合题意可推出四边形是矩形，然后根据等腰三角形性质和三角形外角定义，结合，推出，最后根据轴，得到，从而推出，即可得到答案． 【详解】作轴，交轴于，交于，连接，与的交点为，如图所示 点、在双曲线上， 设点坐标为，点坐标为 轴，轴 点坐标为 设直线的解析式为： ，即 直线的解析式为： ，交于 点的横坐标为，且点在上 ，即点的坐标为 ， 轴 轴，轴，轴 ，， 四边形是平行四边形 又轴 平行四边形是矩形 ， 又， 轴 ， 故答案为：21． 【点睛】本题考查了反比例函数图像上点的坐标特征，待定系数法求一次函数表达式，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的定义，平行线的性质，熟练掌握以上知识点并作出相应的辅助线是解题的关键． 18. 已知：如图．正方形的边长为，点是边上一点，与对角线交于点，如果，那么线段长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理．在上取一点，使，连接，，， 由正方形可得，结合，得到垂直平分，，则，得到，，求出，最后在中根据直角三角形的性质和勾股定理计算即可． 【详解】解：在上取一点，使，连接，，， ∵正方形的边长为， ∴，，， ∴，即， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得（负值舍去）， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8题，满分64分） 19. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解分式方程和解一元二次方程，熟练掌握解分式方程和解一元二次方程的方法是解题的关键．根据解分式方程的步骤化简，再解一元二次方程，注意要验根． 【详解】解：， 去分母，得：， 去括号，得：， 移项，得：， 因式分解，得， 解得：，， ∵，且， ∴或， ∴． 20. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解无理方程，熟练掌握解无理方程的方法是解题的关键． 先变形为，再两边平方化成整式方程求解，然后检验把增根舍去，即可求解． 【详解】解： 或 ，， 经检验，是原方程的根，是增根，舍去， ∴原方程的解为：． 21. 解方程组： 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查解二元二次方程组，解题关键是将二次方程组转化 成一次方程组求解是解题的关键． 将第二个方程化简为，得到或，再由由①③组成方程组和由①④组成方程组，求解即可． 【详解】解： 由②得： ∴或 由①③组成方程组为：， 解得：； 由①④组成方程组为：， 解得：， ∴原方程组解为：或． 22. 如图，已知梯形中，，点在上，． （1）填空： ， （2）填空： ； （3）在图中直接作出．（不写作法，写结论） 【答案】（1） （2） （3）见解析 【解析】 【分析】本题考查向量计算，熟练掌握平行四边形法则是解题的关键． （1）连接，先证明四边形是平行四边形，根据平行四边形法则计算即可； （2）根据平行四边形法则计算即可； （3）连接，则即为所求． 【小问1详解】 解：∵梯形 ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， 连接， ∴， ∴ 【小问2详解】 解：如图， ∵ ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 【小问3详解】 解：如图，即为所求， ∵ ∴ ∵， ∴． 23. 某物流公司送货员每月的工资由底薪和送货工资两部分组成，送货工资与送货件数成正比例．现有甲、乙两名送货员，当送货件数量为时，甲的工资是（元），乙的工资是（元）．如下图所示，已知甲的每月底薪是1000元，乙每送一件货物22元． （1）根据图中信息，分别求出和关于的函数解析式：（不必写定义域） （2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是10件和12件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月按30天算） 【答案】（1）， （2）甲、乙两人的月工资分别是8200元和9220元 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，一次函数的图象，利用待定系数法求直线的解析式，以及求函数值，读懂题目信息，理解函数图象是解题的关键． （1）设关于的函数解析式为，将代入，利用待定系数法即可求出；根据乙每送一件货物22元，可设关于的函数解析式为，将代入，利用待定系数法即可求出； （2）根据甲、乙两人平均每天送货量分别是10件和12件，得出甲、乙两人一个月送货量分别是件和件．再把代入，代入，计算即可求解． 【小问1详解】 解：设关于函数解析式为， 将代入，得 ， 解得：； ∴关于的函数解析式为； ∵乙每送一件货物22元， ∴设关于的函数解析式为， 将代入，得 ， 解得：， ∴关于的函数解析式为． 【小问2详解】 解：甲、乙两人一个月送货量分别是件和件． 把代入，得； 把代入，得； 答：甲、乙两人的月工资分别是8200元和9220元． 24. 已知：如图，在中，点、分别是边、的中点，过点A作的平行线，交射线于点． （1）求证：四边形是平行四边形： （2）如果，连接、，求证：四边形为矩形． 【答案】（1） 证明：点、分别是、边上的中点， ， 又， 四边形是平行四边形； （2） 证明：连接、，如图， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∵点是边上的中点 ∴ ∴ 又， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形． 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）连接，先证明四边形为平行四边形，再根据等腰三角形的性质得到，即可得到结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 25. 已知：如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，在直线上有一点P（点P在第一象限内），的面积与的面积相等． （1）求点A和B的坐标； （2）求点P的坐标； （3）直线与轴交于点，点在线段上，且，求Q点坐标． 【答案】（1）点A、B的坐标分别为： （2）点 （3） 【解析】 【分析】（1）令，求得；令，求得，即可得出点A、B坐标； （2）过点P作于C，设，则，，根据，得，求出值即可求解． （3）设直线与相交于D，过点C作于E，过点Q作轴于F，根据题意可求得，，再利用等积法求，，则，由点Q在第四象限，即可写出点Q坐标． 【小问1详解】 解：令，则， 解得：， ∴， 令，则， ∴． 【小问2详解】 解：如图，过点P作于C， ∵点P在直线上， ∴设， ∵，， ∴， ， ， ， ∵， ∴， 解得：， ∴． 【小问3详解】 解：如图，设直线与相交于D，过点C作于E，过点Q作轴于F， 把代入，得， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由题意可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点Q在第四象限， ∴． 【点睛】本题考查一次函数图象与坐标轴交点问题，直线与坐标轴围成的三角形面积问题，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形，三角形的面积．熟练掌握利用等积法求高是解题的关键． 26. 在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． （1）如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； （2）连接， ①如图2，设，求与之间的函数表达式：（不写定义域） ②如果．求证：． 【答案】（1）见解析 （2）①；②见解析 【解析】 【分析】（1）先证明，得到，再根据菱形，得到，又，即可证得，从而得出结论； （2）①先证明，得到，，再根据菱形，得到，，从而得，然后证明，得到，从而得到，整理即可得出答案； ②延长至点，使得，连接．先由①求得，过点A作交延长线于G，过点H作于Q，设，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理求得，，根据，求得，，，从面得到，再证明，得到，然后利用等腰三角形与直角三角形性质，勾股定理求得，，，，即可得出结论． 【小问1详解】 解：如图， 由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴ ∵菱形， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， 【小问2详解】 解：如图，延长至点，使得，连接． ①由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴，， ∵菱形， ∴， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ②∵，， ∴ 过点A作交延长线于G，过点H作于Q，如图， ∵菱形， ∴，，， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．此题属四边形综合题目，难较大．熟练掌握相关知识和正确作出辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $