[数学]上海市闵行区2023-2024学年八年级下学期期末试题（解析版）

这是一份[数学]上海市闵行区2023-2024学年八年级下学期期末试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 一次函数的图象经过第一、二、四象限，则有（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】∵一次函数的图象经过第一、二、四象限，
则，
故选：D
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】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】∵，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】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，所以是该分式方程的增根，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】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】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
7. 一次函数y=2x-1的截距为___________
【答案】－1，
【解析】∵当x＝0时，y＝2x－1＝－1，
∴一次函数y＝2x－1的图像在y轴上的截距是－1，
∵当y＝0时，即0＝2x－1，解得：x＝，
∴一次函数y＝2x－1的图像在x轴上的截距是，
故答案为：－1，．
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】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】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】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：．
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】如图，连接交于O，
∵菱形，
∴，，，
∵∴，
由勾股定理，得
∴，
∴
故答案为：．
12. 顺次连接一个矩形各边中点得到的四边形是______．
【答案】菱形
【解析】如图，连接、，

、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，，
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故答案为：菱形．
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______．
【答案】
【解析】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】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】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，，，，，，长为______．
【答案】6
【解析】延长交延长线于点，
∵，
∴，，
又∵点是的中点，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】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．
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】∵正方形，
∴，，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得：或，
经检验，是原方程的解也符合题意，是原方程的解，但不符合题意，舍去，
∴．
故答案为：．
三、解答题
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：．
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：
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）
（1）解：∵梯形
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
连接，
∴，
∴
（2）解：如图，
∵
∴
∵四边形是平行四边形，
∴
∵
∴
∴
∴
（3）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）
（1）解：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；
∵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．
（2）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．
（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．
25. 已知：如图，直线与轴交于点A，与轴交于点，在直线上有一点（点在第一象限内），的面积与的面积相等．
（1）求点A和的坐标；
（2）求点坐标；
（3）直线与轴交于点，点在线段上，且，求点坐标．
（1）解：令，则，
解得：，
∴，
令，则，
∴．
（2）解：如图，过点P作于C，
∵点P在直线上，
∴设，
∵，，
∴，
，
，
，
∵，
∴，
解得：，
∴．
（3）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，
∴．
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，求与之间的函数关系式：（不写定义域）
②如果，．求证：．
（1）解：如图，
由题意可得，
∴
∴
由旋转可得，
在与中，
∴
∴
∵菱形，
∴，
∵
∴， ，
∴，即
∴，
（2）①解：如图，延长至点，使得，连接．
由题意可得，
∴
∴
由旋转可得，
在与中，
∴
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，
∵
∴， ，
∴，即，∴，
∴，
∵
∴，
∴，
②证明：∵，，
∴
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，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．