上海市北初级中学北校2025-2026学年八年级下学期期末模拟数学试卷04

**基本信息** 上海市北初级中学八年级下学期期末模拟数学试卷，聚焦四边形、函数、图形变换核心知识，通过基础题（如多边形内角和）、中档题（菱形面积计算）、创新题（正方形旋转探究）三级梯度设计，融合几何直观与实际应用，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|6|多边形内角和、平行四边形判定、一次函数性质|基础概念辨析，如第3题考查特殊四边形判定定理| |填空题|12|正多边形性质、矩形面积、反比例函数图像|结合几何计算，如第11题菱形面积与勾股定理结合| |解答题|5|一次函数解析式、图形旋转探究、动态几何综合|突出探究与应用，如21题正方形旋转证明与最值问题，23题坐标系中动态几何与函数综合，体现推理能力与创新意识|

上海市北初级中学北校2025-2026学年八年级下学期期末模拟数学试卷04 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如果一个多边形的内角和是其外角和的两倍，那么这个多边形是（　　） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 2．如图，在四边形中，，添加下列条件，不能判定四边形是平行四边形的（　　） A． B． C． D． 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形 C．一组邻边相等的平行四边形是菱形 D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 4．平面上三个点的坐标分别是，，则是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．以上都不是 5．已知一次函数，如果函数值y随x的增大而减小，那么m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．如图，平面直角坐标系中，函数 的图象经过两点A、B（A在左侧）． 若A、B两点横、纵坐标都相差2，则的面积为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 二、填空题 7．正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 8．平行四边形中，，，若平分交边于点， 则的长为________． 9．已知的周长是，、相交于点，的周长比的周长大，那么________． 10．矩形的较短边长是，两条对角线的夹角为，则这个矩形的面积是________． 11．已知菱形的边长为，一条对角线长为，那么菱形的面积为____________． 12．如图，在中，分别是边的中点，连接．如果， 那么的长为___________．    13．如果将点先向上平移3个单位，再向右平移1个单位后，得到点，那么点的坐标是____________． 14．一次函数（k，b为常数，）的图像如图所示，那么关于x的不等式的解集是______． 15．已知关于的正比例函数．若值随值的增大而增大，则的取值范围是_______________． 16．如图，为等边三角形，点B的坐标为，过点作直线l交于D，交于E， 点E在某反比例函数图象上，当和的面积相等时，那么该反比例函数的解析式为_________．      17．反比例函数的图象在第一、三象限，那么______． 18．如图，正方形和正方形中，、、三点共线，点在上，，，是的中点， 那么的长是_______． 三、解答题 19．在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点与点． （1）求此一次函数的解析式，并在坐标系中画出它的图象； （2）若设点为此一次函数图象与轴的交点，求的面积． 20．某销售公司推销一种产品，设（件）是推销产品的数量，（元）是付给推销员的月报酬； 公司付给推销员月报酬的两种方案如图所示，推销员可以任选一种与公司签订合同．看图解答下列问题： （1）求每种付酬方案关于的函数表达式； （2）根据图中表示的两种方案，说明公司是如何付推销员报酬的． （3）如果你是推销员，那么你会选择哪种方案？ 21．图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质， 王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】（1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且． 将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①求证：；②若，则正方形的周长为_________； 【数学理解】（2）如图2，正方形的边长为4，点在边上，，连接， 将线段绕点逆时针旋转到，连接，则的长为__________； 【拓展研究】（3）如图3，正方形的边长为4，点是边上的动点，连接， 将线段绕点逆时针旋转到，连接，则长的最小值为___________． 22．已知和都是等边三角形，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，．    （1）如图，求证：①≌；②四边形是平行四边形； （2）如图，，分别是，的中点，若的顶点在边上，，，求的长． 23．如图1，在平面直角坐标系中，A(a，0)，B(0，b)，且a、b（其中）是方程的两个根． （1）求直线的解析式；（2）若点为直线在第一象限上一点，当以为直角边ABM是等腰直角三角形时， 求m的值；（3）如图3，过点的直线交y轴负半轴于点，点的横坐标为，过点的直线 交于点，给出两个结论：①的值是不变；②的值是不变，只有一个结论是正确， 请你判断出正确的结论，并加以证明和求出其值． 上海市北初级中学北校2025-2026学年八年级下学期期末模拟数学试卷04解析 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A A B A C B 1．A【分析】本题主要考查了已知多边形的内角和求边数，根据多边形的内角和公式与外角和定理 列出方程，然后求解即可．【解析】设多边形的边数为n，，解得：，故选A． 2．A【分析】本题考查添加条件使四边形为平行四边形，根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可． 【解析】A、不能判定四边形是平行四边形，符合题意；B、根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形， 能判定四边形是平行四边形，不符合题意；C、∵，∴，∵， ∴，∴，∴四边形是平行四边形；不符合题意； D、根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，能判定四边形是平行四边形，不符合题意；故选A． 3．B【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键； 根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，平行四边形的判定定理，逐一判断即可得出结论． 【解析】A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意；B、一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，错误，符合题意；C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，不符合题意； D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；故选：B． 4．A【分析】本题考查了两点间的距离公式：也考查了三角形形状的判定．先根据两点间的距离公式计算出三边长，然后利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状．【解析】∵，， ∴，， ，∴，∴是直角三角形，故选：A． 5．C【分析】本题考查一次函数的性质与系数的关系，先将函数整理为标准一次函数形式，再根据随增大而减小的性质列不等式求解即可．【详解】首先整理一次函数得 一次函数随的增大而减小，一次项系数，解不等式得；故选C． 6．B【分析】此题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标，理解反比例函数图象上 点的坐标满足反比例函数的表达式，熟练掌握反比例函数系数k的几何意义是解决问题的关键．过点A作轴于点C，轴于点D，与的延长线交于点E，则四边形是矩形，设点，其中，依题意得点，则，由此解出，进而得点，点，然后再分别求出，，，由此可得的面积．【解析】过点A作轴于点C，轴于点D， 与的延长线交于点E，如图所示：，∴四边形是矩形， ∵反比例函数 的图象经过点A，∴设点A的坐标为，其中， 又∵A在点B左侧，且A、B两点横、纵坐标都相差2，∴点B的横坐标为：，纵坐标为：， ∴点，∵反比例函数的图象经过点B， ，整理得：， 解得：（不合题意，舍去），∴点，点， ，∵四边形是矩形， ，， ，， ，，故选：． 7．六【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数 即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键．【解析】∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是，∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形，故答案为：六． 8．【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，角平分线的定义，解题的关键是掌握平行 四边形对边平行且相等，以及等角对等边；根据平行四边形的性质可得，再根据角平分线的 定义和平行线的性质推出，则，最后根据，即可求解． 【解析】 平行四边形，，，平分，， ，，，故答案为：． 9．【分析】由四边形是平行四边形，即可得，，，然后由平行四边形的周长为，的周长比的周长大，可得，，继而可求得的长． 【解析】如图：  四边形是平行四边形，，，， 的周长比的周长大，， ，， 的周长是，，即, ，故答案为：． 10．【分析】由矩形的性质得出OA=OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA=AB=1，然后由勾股定理求出BC的长，即可得出结果．【解析】如图所示：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC=BD，∴OA=OB， 又∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴OA=AB=1，∴AC=2OA=2， ∴BC===，∴矩形ABCD的面积=AB•BC=1×=，故答案为：． 11．【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．先根据菱形的性质求出，然后利用勾股定理求出，再由求解即可．【解析】如图， ∵四边形是菱形，∴，，， ∴，∴， ∴，故答案为：． 12．6【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 由三角形中位线定理得，，得出，得出． 【解析】∵D，E分别是边，的中点，∴是的中位线，∴，， ∴，∵，∴，∴，故答案为：6． 13．【分析】本题考查了点的坐标的平移，根据坐标的平移法则：左减右加，上加下减，即可得出答案， 熟练掌握平移法则是解此题的关键．【解析】将点先向上平移3个单位，再向右平移1个单位后，得到点，那么点的坐标是，故答案为：． 14．【分析】本题主要考查了根据直线与x轴的交点求不等式的解集，先确定直线与x轴的交点坐标，再根据直线在x轴下方时函数值小于0可得答案.【解析】一次函数与x轴的交点坐标为，当时，， ∴当时，，所以不等式的解集是；故答案为：. 15．【分析】本题考查了正比例函数的性质，掌握正比例函数中，当时随的增大而增大是解题的 关键；根据正比例函数的性质，当比例系数大于时，随的增大而增大．【解析】∵正比例函数中，随的增大而增大，∴，解得；故答案为：． 16．【分析】连接，过作，垂足为，根据等边三角形的性质和勾股定理求得和的长， 利用面积的关系得出，求出，可得点的坐标，从而求出值，得出 解析式．【解析】连接，过作，垂足为，点的坐标为，为等边三角形，， ，，，，点的坐标为， ，，，，∴， ，，，， 即，．点为的中点，∴， 即，把 代入，； 所以反比例函数解析式为，故答案为：．  17．/【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，二次根式的性质化简．先根据反比例函数的性质得出，可知，再根据即可得出结果．【解析】∵反比例函数的图象 在一、三象限，∴，即：，则，故答案为：． 18．【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，二次根式的化简，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点并能作出辅助线是解题的关键．连接和，先证明是直角三角形，利用勾股定理分别求出，和的长度，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，推导出，求得答案． 【详解】连接和，如图所示：四边形和是正方形，， ，，， ，， ，， ，， 是的中点，，故答案为：． 19．（1），画图见解析；（2）.【分析】本题考查了求一次函数的解析式，画一次函数的图象， 求一次函数与x轴的交点坐标，熟练掌握求一次函数的解析式及画一次函数的图象是关键． （1）先用待定系数法求一次函数的解析式，再经过，两点作直线即可； （2）先求出一次函数与x轴的交点坐标，再计算三角形的面积即可． 【详解】（1）设一次函数的解析式为，将，代入，得， 解得，一次函数的解析式为；经过，两点作直线，如图所示： （2）令，则，解得，， ，，， 在中，的面积为． 20．（1）方案一：；方案二：；（2）方案一：推销员没有底薪，每推销一件产品可获得 40元的报酬；方案二：推销员的底薪为600元，每推销一件产品可获得20元的报酬；（3）若销售量在0到30之间，则选择方案二；若销售量为30，则选择两个方案都可以；若销售量在30以上，则选择方案一. 【分析】（1）根据图形，读出两种方案对应图象上的两个点的坐标，然后根据待定系数法求出两种方案下 关于的函数表达式；（2）根据函数图象结合实际情况，说明两种方案的支付方式； （3）对销售量的范围进行讨论，从而得出正确的方案． 【详解】（1）由图象得：设：方案一的函数图象解析式为，将点，代入解析式中：， 解得，即方案一：，设：方案二的函数图象解析式为，将点、点代入 解析式中：，解得：，即方案二：； （2）根据函数图象，结合实际情况可知：方案一：推销员没有底薪，每推销一件产品可获得40元的报酬 方案二：推销员的底薪为600元，每推销一件产品可获得20元的报酬 （3）由两方案的图象交点可知：若销售量的取值范围为，则选择方案二； 若销售量，则选择两个方案都可以；若销售量的取值范围为，则选择方案一 21．（1）①见解析；②60；（2）；（3）.【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定与性质， 等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质． （1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）在上截取，连接，证明，得到，利用勾股定理求解即可； （3）在上截取，连接，同（2）证明，得到，得到点在射线上，则当时，长取得最小值，据此求解即可． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至，∴，，，，∴， ，∴点M在的延长线上，∵， ∴，∴，在和中，， ∴； ②∵，∴，∵，∴，∵，，， ，∴，∴， ∴正方形的边长为，∴正方形的周长为； （2）在上截取，连接，∵四边形是正方形， ∴，，∴， 由旋转的性质知，，∴， ∴，∴，∴，故答案为：； （3）在上截取，连接，同（2），同理得， ∴，∵，，∴， ∴，∴，∴点在射线上， ∴当时，长取得最小值，此时是等腰直角三角形， ∴，∴，故答案为：． 22．（1）①见解析；②见解析；（2）.【分析】（1）①根据等边三角形的性质，利用即可证明；②连接，先根据旋转的性质证明是等边三角形，再证明，得， 由①得，得，即可证明四边形是平行四边形；（2）取的中点，连接，根据三角形的中位线定理和勾股定理求出的长，再根据三角形的中位线定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：①和都是等边三角形，，，， ，； ②如图1，连接，由旋转得，， 是等边三角形，，， 是等边三角形，，， ，，， 由①，，，四边形是平行四边形； （2）如图2，取的中点，连接，，， ，，， 是等边三角形，是的中点，， ，，， ，、分别为、的中点， ，线段的长度为． 23．（1）；（2）或；（3）①的值是不变的，正确，且. 【分析】（1）解一元二次方程，求得方程的解，从而得到a、b的值，即可得到A、B的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，代入得到方程组，求出即可；（2）分二种情况：①当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N，证△BMN≌△ABO（AAS），求出M的坐标即可；②当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N，同法 求出M的坐标；（3）设NM与x轴的交点为H，分别过M、H作x轴的垂线垂足为G，HD交MP于D点，求出 H、G的坐标，证△AMG≌△ADH，△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，推出PN=PD=AD=AM代入即可求出答案． 【详解】（1），解得：x1=2，x2=4，∵a、b（其中）是方程的两个根． ∴a=2，b=4，∴A(2，0)，B(0，4)，设直线AB的解析式是y=kx+b，代入得：，解得：， ∴函数解析式为：y=-2x+4，答：直线AB的解析式是y=-2x+4． （2）分二种情况：如图1，当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N， ∵BM⊥BA，MN⊥y轴，OB⊥OA，∴∠MBA=∠MNB=∠BOA=90°， ∴∠NBM+∠NMB=90°，∠ABO+∠NBM=90°，∴∠ABO=∠NMB， 在△BMN和△ABO中，，∴△BMN≌△ABO（AAS）， MN=OB=4，BN=OA=2，  ∴ON=2+4=6，∴M的坐标为（4，6 ）， 代入y=mx得：m=， 如图2，当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N， △BOA≌△ANM（AAS），同理求出M的坐标为（6，2）， m=，答：m的值是或； （3）如图3，结论2是正确的且定值为2， 设NM与x轴的交点为H，过M作MG⊥x轴于G，过H作HD⊥x轴， HD交MP于D点，连接ND，交y轴于点C， 由y＝x−与x轴交于H点，∴H（1，0），由y＝x−与y=kx-2k交于M点，∴M（3，k）， 而A（2，0），∴A为HG的中点，∴△AMG≌△ADH（ASA），  又∵N点的横坐标为-1，且在y＝x−上， ∴可得N 的纵坐标为-k，同理D的纵坐标为-k，∴ND平行于x轴，且N、D的横坐标分别为-1、1， ∴N与D关于y轴对称，∵△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，∴PN=PD=AD=AM，∴=2． 成功不必自我，功力必不唐捐！ 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $