上海市静安区市北初级中学北校2025-2026学年八年级下学期期末模拟数学试卷含答案02

这是一份上海市静安区市北初级中学北校2025-2026学年八年级下学期期末模拟数学试卷含答案02，共6页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C=240°，则∠B的度数是（ ）
A．100° B．60° C．80° D．160°
2．直线y=12x+m经过点Ax1，y1，Bx2，y2且x1>x2，下列结论正确的是（ ）
A．y1>y2 B．y1=y2 C．y10
5．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，
连接OH，若OA=6，OH=4，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．247B．487C．48D．96
6．如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，
下列结论中：①AB⊥AC；②△DBF≌△ABC；③四边形AEFD是平行四边形；④∠DFE=110°；⑤S四边形AEFD=5．
正确的个数是（ ） A．2个 B．3个 C．4个D．5个
二、填空题
7．一个多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个多边形的边数为______．
8．直角三角形斜边长为30，则这个三角形重心到直角顶点的距离为______．
9．将直线y=5x−33向上平移3个单位，得到的直线的解析式是______．
10．已知一次函数y=2m−2x+m+1中，y随x的增大而减小，且其图象与y轴交点在x轴上方．
求m的取值范围：______．
11．直线y=5−2x在y轴上的截距是_____．
12．如图，菱形的对角线AC与BD相交于点O，E是CD的中点，且OE=3，
则CD的长是________．
13．在矩形ABCD中，AB=12，BC=7，点E在CD边上，点F在AB边上，连接EF、DF，
若CE=3DE， EF=52，则DF的长为______________．
14．我们把直角坐标平面内到x轴距离是到y轴距离2倍的点称为“特殊点”．那么一次函数y=−2x+4的图象上的
“特殊点”坐标为______________．
15．如图，函数y1=−2x与y2=ax+3的图象相交于点A−1,2，则当y10时，y随x的增大而增大进行求解即可．【解析】∵一次函数y=12x+m中，k=12>0，∴y随x的增大而增大，∵x1>x2，∴y1>y2．故选：A
3．C【分析】先根据有理数乘法的符号法则判断n的正负，再根据平面直角坐标系各象限的坐标符号特征，
判断点所在象限．【解析】∵m0，∴n0，该选项不符合题意．
5．C【分析】由菱形的性质得AC=2OA=12，OB=OD，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，
然后由菱形的面积公式求解即可．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC=2OA=2×6=12，BO=DO
∵DH⊥AB，∴∠BHD=90°，∴BD=2OH=2×4=8，∴S菱形ABCD=12AC·BD＝12×12×8=48．
6．B【分析】由AB2+AC2=BC2，得出∠BAC=90°，故①正确；再由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC(SAS)，得AB=EF=AD=3，则四边形AEFD是平行四边形，故②③正确；然后
由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=150°，则④错误；最后求出S▱AEFD=6，故⑤错误；即可得出答案．
【解析】∵AB=3，AC=4，BC=5， ∴AB2+AC2=BC2，∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，故①正确；∵△ABD，△ACE都是等边三角形，∴∠DAB=∠EAC=60°，∴∠DAE=150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，∴∠DBF=∠ABC，
在△ABC与△DBF中AB=DB∠ABC=∠DBFBC=BF，∴△ABC≌△DBF(SAS)，故②正确；∴AC=DF=AE=4
同理可证：△ABC≌△EFC(SAS)，∴AB=EF=AD=3，∴四边形AEFD是平行四边形，故③正确；∴∠DFE=∠DAE=150°，故④错误；过A作AG⊥DF于G，如图所示：
则∠AGD=90°，∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠FDA=180°−∠DFE=180°−150°=30°，∴AG=12AD=12×3=32
∴S▱AEFD=DF⋅AG=4×32=6，故⑤错误；综上所述，正确的是①②③，共3个；故选：B.
7．6【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理和外角和定理，熟知多边形内角和公式是解题的关键．
【解析】设这个多边形的边数为n，由题意得，180°⋅n−2=360°×2，解得n=6，故答案为：6．
8．10【分析】本题主要考查三角形重心的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握是解题关键；根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得出AM=302=15，再依据三角形重心的性质，重心到顶点的距离是中线长的23
即可求解．【解析】在直角三角形中，斜边上的中线长为AM=302=15，
∴重心到直角顶点的距离为该中线长的23，即23AM=23×15=10，故答案为：10．
9．y=5x−33+3【分析】本题主要考查了一次函数图象的平移问题，根据“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可．【解析】将直线y=5x−33向上平移3个单位，得到的直线的解析式是
y=5x−33+3，故答案为：y=5x−33+3．
10．−1−1时，函数y1=−2x的图象位于函数y2=ax+3的图象下方，
∴当y1−1．
16．2【分析】根据矩形的性质及折叠的性质证明四边形ABFG是正方形，四边形ICFH是正方形，设AB=x，则BC=2x，根据正方形的性质得到AB=BF=GF=x，FC=FH=HI=2−1x，进而得到GH=2−2x，计算GHHI即可．
【解析】∵矩形ABCD，∴∠BAG=∠B=90°，由折叠的性质可知∠AGF=∠B=90°，BF=GF，∴∠GFB=90°，
∴四边形ABFG是正方形，同理可证四边形ICFH是正方形，设AB=x，则BC=2x，∵四边形ABFG是正方形，
∴AB=BF=GF=x，∴FC=2−1x，∵四边形ICFH是正方形，∴FC=FH=HI=2−1x，
∴GH=GF−HF=x−2−1x=2−2x，∴矩形GHID的长与宽的比值为GHHI=2−2x2−1x=2．
17．3【分析】熟练掌握数据用比例查错纠错，函数的三种表示方法，由表格数据求函数解析式，是解决此类问题的关键．根据1.2−0.83−1=1.8−0.86−1=0.2，1.6−0.84−1=415，发现1.6记录错误，更正为1.4，设y=0.2x+b，将1,0.8代入，求得b=0.6，得到y=0.2x+0.6，把x=12代入， 得到结果．【解析】∵1.2−0.83−1=1.8−0.86−1=0.2，1.6−0.84−1=415，∴1.6记录错误，
应为1.4．设y=0.2x+b，将1,0.8代入，得0.8=0.2+b，∴b=0.6，∴y=0.2x+0.6，
当x=12时，y=0.2×12+0.6=3，∴当水平距离x为12厘米时，对应的物体重量y为3斤．
18．1633cm或323cm【分析】分两种情形讨论，当直线过点B（D）时，四边形ABTD是菱形，利用菱形的性质
和直角三角形的性质求解；当直线经过点A时，四边形AECF是菱形，同理求解即可．
【解析】有两种情形：当直线过点B（D）时，如图，四边形ABTD是菱形，
∵∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD，CB=CD，∴Rt△ACB≌Rt△ACDHL，
∴∠ACB=∠ACD=12∠BCD=30°，在Rt△ABC中，∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，BC=4cm，
∴AB=433，∴所得的平行四边形的周长为4×433=1633cm；
当直线经过点A时，四边形AECF是菱形，连接EF交AC于O，
∵AC=2AB=833，四边形AECF是菱形，∴OC=OA=12AC=433，
∴EC=83，∴所得的平行四边形的周长=4×83=323cm．
19．（1）y=−x+5，画图见解析；（2）252.
【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A2，3，B0，5两点作直线即可；（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．
【解析】（1）设一次函数的解析式为y=kx+b，将A2，3，B0，5代入y=kx+b，得2k+b=3b=5，
解得k=−1b=5，∴一次函数的解析式为y=−x+5；经过A2，3，B0，5两点作直线，如图所示；
（2）令y=0，则−x+5=0，解得x=5，∴C5，0，∴OC=5，∵B0，5，
∴OB=5，在Rt△BOC中，△BOC的面积为12×5×5=252．
20．（1）证明见解析；（2）163.【分析】本题主要考查矩形的性质与判定、
菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形
的对角线互相垂直平分是解题的关键．（1）由条件可证得四边形OCED为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD=90°，则可证得四边形OCED为矩形；（2）首先推知△ABC是等边三角形，
所以AC=8，再用菱形的对角线互相平分即可求得OC的长，再利用勾股定理求出OD的长即可得到答案．
【解析】（1）证明：∵CE∥OD，DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形，又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠COD=90°，∴四边形OCED是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=8，又∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=8，
∴OC=12AC=4，在Rt△OCD中，由勾股定理得OD=CD2−OC2=43，∴S矩形OCED=OC⋅OD=163．
21．（1）C2，2，y2=−2x+6；（2）△ABC的面积为8；
（3）存在一点P，使得S△ACP=2S△ABC，点P的坐标为0，14或0，−18或9，0或−7，0．
【分析】本题考查的知识点是待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的性质、一次函数与几何综合、一次函数
图象与坐标轴的交点问题，解题关键是利用分类讨论思想解题．（1）将x=2代入y1=2x−2可求出C点坐标，
再利用待定系数法即可解决问题；（2）求出A点的坐标，然后根据三角形面积公式求解即可；
（3）分情况讨论：①当点P在y轴上时；②当点P在x轴上时．
【解析】（1）把x=2代入y1=2x−2，得y=2，∴C2，2，设y2=kx+bk≠0，
把B0，6，C2，2代入，得b=62k+b=2，解得k=−2b=6，∴y2=−2x+6；
（2）∵一次函数y1=2x−2的图象与y轴交于点A，∴A0,−2，∴AB=6−−2=8，
∴S△ABC=12×AB×xC=12×8×2=8；
（3）存在，理由如下：∵S△ACP=2S△ABC，∴S△ACP=2×8=16，
①当点P在y轴上时，S△ACP=12⋅AP⋅xC=12⋅AP⋅2=16，∴AP=16，
∵A0，−2，∴−2+16=14，−2−16=−18，
∴点P的坐标为0，14或0，−18；
②当点P在x轴上时，如图，设直线y1=2x−2与x轴交于点D，
∴D1,0，∴S△ACP=S△PCD+S△ADP=12⋅PD⋅yC+12⋅PD⋅yA=16
∴12⋅PD⋅2+2=16，∴PD=8，∵D1,0，∴1+8=9，1−8=−7，
∴点P的坐标为9，0或−7，0，综上，在坐标轴上，存在一点P，使得S△ACP=2S△ABC，
点P的坐标为0，14或0，−18或9，0或−7，0．
22．（1）每日购进甲食材400千克，乙食材100千克；（2）当A为400包时，总利润最大．最大总利润为2800元．
【分析】（1）设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，根据 根据总购进费用和营养品含铁量信息列出方程组解答
即可；（2）设A为m包，则B为500−m0.25=2000−4m包，根据“A的数量不低于B的数量”求出m的取值范围；
设总利润为W元，根据题意求出W与m的函数关系式，再根据一次函数的性质，即可得到获利最大的进货方案，
并求出最大利润．【解析】（1）∵甲食材每千克的进价是40元，是乙食材每千克进价的2倍，
∴乙食材每千克进价是20元，设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，
由题意得40x+20y=1800050x+10y=42(x+y)，解得x=400y=100，答：每日购进甲食材400千克，乙食材100千克；
（2）设A为m包，则B为500−m0.25=2000−4m包，记总利润为W元，则
W=45m+12(2000−4m)−18000−2000=−3m+4000， ∵A的数量不低于B的数量，
∴m≥2000−4m且m≤500，∴400≤m≤500，∵k=−3