【期末分层模拟】（基础卷·沪教版，上海专用）2022-2023学年八年级数学下学期期末模拟卷（原卷版+解析版）

编者小注：

本套专辑为上海地区2022-2023学年第二学期期末考试研发。

7-8年级（满分100分制），分基础卷（适合80分以下学生使用）、提升卷（适合80-95分学生使用）、满分卷（适合95分以上学生使用）。

来源为近两年上海沪教版数学教材使用地期末原题，包含详细解析。

所有资料研发均为原创，希望助广大中学生一臂之力。

（基础卷）2022-2023学年八年级数学下学期期末考试卷（解析版）（沪教版，上海专用）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题(共0分

1．甲、乙两个工程队合修一条路要6天完成．如果各队单独修路，则甲队比乙队少用天．设甲、乙两队单独修路所需天数分别为和，则可列方程组为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设甲、乙两队单独修路所需天数分别为和，根据两队合修需要6天完成可得方程，根据各队单独修路，则甲队比乙队少用天可得方程，由此即可得到答案．

【详解】解：设甲、乙两队单独修路所需天数分别为和，

由题意得，

故选C．

【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出分式方程组，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．

2．如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，若点关于轴的対称点在直线上，则的值为（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】D

【分析】先根据关于轴对称的点的坐标特征表示出点的坐标，再将点坐标代入直线求出即可．

【详解】解：∵点关于轴的对称点，

∴，

∵点在直线上，

∴，

解得，

故选：D．

【点睛】本题考查关于坐标轴对称的点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征，解题关键是先表示出点的坐标．

3．如图，在正方形中，P是上一动点（不与A，B重合），对角线，相交于点O，过点P分别作，的垂线，分别交，于点E，F，交，于点M，N，下列结论：①；②；③；④当P是的中点时，其中正确的结论有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【答案】C

【分析】①根据正方形的每一条对角线平分一组对角可得，然后利用“角边角”证明和全等；②由四边形是矩形，可得，而在直角中，，可判断，③判断出不一定等腰直角三角形，是等腰直角三角形，从而确定出与不一定全等；④证明和都是等腰直角三角形，而，从而可得答案．

【详解】解：∵四边形是正方形，

∴．

∵在和中，，

∴．故①正确．

∵过点P分别作，的垂线，正方形中，

∴四边形是矩形，

∴．

在直角中，，

∴．故②正确．

∵正方形，

∴，而，

∴是等腰直角三角形，而不一定是．

∴与不一定全等，故③错误；

如图，当P是的中点时， 正方形，

∴是中位线，

∴，，

∵是等腰直角三角形，

∴，

∴，，

∴和都是等腰直角三角形，

而，

，不全等，故④错误．

综上：正确的有①②；

故选C．

【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，熟练的利用正方形的性质解题是关键．

4．如图，奇奇先从点出发前进，向右转，再前进，又向右转，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点时，一共走了（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可知奇奇所走的路线为正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案．

【详解】解：∵奇奇从A点出发最后回到出发点A时正好走了一个正多边形，

∴根据外角和定理可知正多边形的边数为，

则一共走了米．

故选D．

【点睛】本题主要考查了多边形外角和定理的应用，解题的关键是判断出奇奇所走的路线为正多边形，牢记任何一个多边形的外角和都是，正多边形的每一个外角都相等．

5．已知方程，且关于x的不等式只有2个整数解，那么b的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解分式方程，得到a的值为，根据题意可得两个整数解为，，确定b的取值范围，即可解答．

【详解】解：

两边同乘得：，

整理得：，

解得：，，

经检验，是分式方程的增根，故分式方程的解为，

根据不等式只有2个整数解，

．

故选：C．

【点睛】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式的整数解，弄清楚是否取到等号是解题的关键．

6．如图1，四边形中，，，，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，按的顺序在边上匀速运动，设P点的运动时间为，的面积为S，S关于t的函数图象如图2所示．当点P运动到的中点时，的面积为（　　）

A．7 B．7.5 C．8 D．8.6

【答案】A

【分析】首先结合图形和函数图象判断出的长和的长，进而可得的长，从而可得点坐标，然后再计算出当时直线解析式，然后再代入的值计算出即可．

【详解】解：根据题意得：四边形是梯形，

当点从运动到处需要2秒，则，面积为4，

则，

根据图象可得当点运动到点时，面积为10，

则，则运动时间为5秒，

，

设当时，函数解析式为，

，

解得，

当时，函数解析式为，

当运动到中点时时间，

则，

故选：A．

【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象、三角形面积公式，利用数形结合的思想方法是解决问题的关键．

二、填空题(共0分

7．一个不透明的盒子中装有3个红球，2个黄球，这些球除了颜色外其余都相同，从中随机摸出3个小球，则事件“所摸3个球中必含有红球”是______事件．（填“必然”或“不可能”）

【答案】必然

【分析】根据必然事件和不可能事件的概念进行判断即可．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．

【详解】解：盒子中装有3个红球，2个黄球，

从中随机摸出3个小球，必定含有红球，

则事件“所摸3个球中必含红球”是必然事件，

故答案为：必然．

【点睛】本题考查了必然事件和不可能事件的概念，能区分必然事件和不可能事件是解题关键．

8．关于x的分式方程的解为正数，则m的范围为_______．

【答案】且/且

【分析】先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是正数”建立不等式求m的取值范围．

【详解】解：，

去分母得：，

解得：，

∵方程的解为正数，

∴且

解得：且，

故答案为：且．

【点睛】此题考查了分式方程的解，任何时候都要考虑分式分母不为0．

9．为提高学生身体素质，增强班级凝聚力，某学校计划举办足球和篮球比赛．该校现用1600元购进一批足球，又用5400元购进一批篮球，已知篮球的数量是足球的3倍，且单价比足球贵10元，设足球的单价为元，根据题意可列方程为______．

【答案】

【分析】设足球的单价为元，根据“篮球的数量是足球的3倍”列出方程即可．

【详解】解：设足球的单价为元，

根据题意，得，

故答案为：．

【点睛】此题主要考查了分式方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．

10．方程的根是____．

【答案】

【分析】首先把方程两边同时平方，然后解一元二次方程，最后要验根．

【详解】解：，

，

，

，

经检验是原方程的根，

．

故答案为：．

【点睛】本题考查了无理方程的解法，把方程两边同时平方是解题的关键，要注意解答后一定要检验．

11．一个正多边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的5倍，则该正多边形的边数为______．

【答案】12/十二

【分析】一个多边形的每个内角度数都是其外角度数的5倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角和的度数，依据多边形的外角和公式即可求解．

【详解】设多边形的每个外角为，则其内角为：，

解得：，

即这个多边形是：．

故答案为：12．

【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．

12．如图，四边形为菱形，点P为对角线上一点，点E为边的中点，连接，，若四边形的面积为，，则的最小值为________．

【答案】

【分析】作于，交于，连接、．首先证明与重合，因为、关于对称，所以当与重合时，的值最小，由此求出即可解决问题．

【详解】解：如图，作于，交于，连接、．

菱形的面积为，，

，

，

在中，，

，

与重合，

四边形是菱形，

垂直平分，

、关于对称，

当与重合时，的值最小，最小值为，

故答案为：．

【点睛】本题考查轴对称最短问题、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明是的高，学会利用对称解决最短问题．

13．如图△ABC中，点D在BC上，且CD＝2BD．设，，那么＝_____

【答案】

【分析】首先利用三角形法则求得，则；然后再在△ABD中，利用三角形法则求得．

【详解】解：

则

故答案为 ：

【点睛】本题主要考查了平面向量的计算，属于基础题型．

14．如图，在矩形中，，点P、点Q分别在边上，且，连接和，则的最小值是_______．

【答案】13

【分析】证明四边形是平行四边形，得到，作点A关于的对称点E，当B、Q、E在同一直线上时，取得最小值，利用勾股定理即可求解．

【详解】解：∵四边形是矩形，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∴，

作点A关于的对称点E，

则，，

当B、Q、E在同一直线上时，取得最小值，

此时，，

∴的最小值是13，

故答案为：13．

【点睛】本题考查的是最短线路问题及矩形的性质，勾股定理，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．

15．观察下列式子，探究它们的规律并解决问题，

，，，……若一次函数（的正整数）图象与坐标轴围成的三角形面积记为．则_________．

【答案】12

【分析】此题为一次函数图象与坐标轴所围成的三角形面积的问题，计算结果需要利用分数裂项法进行计算．

【详解】解：当时，；当时，；

∴直线与坐标轴的交点为，，

又∵的正整数，

∴，，

当时，，

当时，，

当时，，

．．．，

当时，，

∴

．

故答案为：12．

【点睛】本题考查一次函数与坐标轴交点问题，理解一次函数图象上点的坐标特点，以及利用裂项法探索数字变化规律是解题关键．

16．如图，已知点，点B是直线上的动点，点C是y轴上的动点，则的周长的最小值等于__________．

【答案】

【分析】作点A关于直线的对称点，作点A关于y轴的对称点，连接，交直线于点B，交y轴于点C，此时周长最小．

【详解】解：作点A关于直线的对称点，作点A关于y轴的对称点，连接，交直线于点B，交y轴于点C， 此时周长最小．

根据轴对称的性质可得：，，

∴，

令直线于x轴相交于点M，与y轴相交于点N，连接

把代入得：，

把代入得：，解得：，

∴，，

∴，

∴，，

∵点A和点关于直线MN对称，点A和点关于y轴对称，

∴，，，

∴，，

在中，根据勾股定理可得：，

∴周长最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是根据题意，正确画出辅助线，根据轴对称的性质和勾股定理，求出最短路径．

17．如图，菱形的边长为10，对角线，点E、F分别是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点G，则______

【答案】

【分析】如图所示，连接交于O，利用菱形的性质和勾股定理先求出，再证明是的中位线，得到，进而证明四边形是平行四边形，则．

【详解】解：如图所示，连接交于O，

∵四边形是菱形，且边长为10，

∴，，

在中，由勾股定理得，

∴，

∵点E、F分别是边的中点，

∴是的中位线，

∴，

∴四边形是平行四边形，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．

18．写出一个由一个二元一次方程和一个二元二次方程组成的方程组，使它的解是；，那么该方程组可以是_____．

【答案】

【分析】解答本题时，首先观察给出的两组解的特点，发现两组解中第一组中的与第二组中的互为相反数，第一组中的与第二组中的互为相反数，所以可以肯定的是无论哪组中的与的差都是，两组中的与的积都是，所以得到符合题意的一组方程组．

【详解】解：由题可得：

∵，，，，

∴，

故填：．

【点睛】本题考查了二元一次方程和一个二元二次方程，熟练掌握其定义是解此题的关键．

三、解答题(共0分

19．计算及解方程

(1)计算：

(2)解方程：

(3)解方程：

【答案】(1)

(2)无解

(3)

【分析】（1）根据乘方，算术平方根，绝对值，零指数幂，负整数指数幂进行计算，再算加减即可；

（2）方程两边同时乘以最简公分母，转化为整式方程再计算即可；

（3）方程两边同时乘以最简公分母，转化为整式方程再计算即可．

【详解】（1）解：，

，

；

（2），

去分母得：

去括号得：，

解得：，

检验：当时，，

是增根，原方程无解；

（3）

去分母得：

去括号得：，

解得：，

检验：当时，，

是分式方程的解．

【点睛】本题考查了零指数幂，负整数指数幂，实数的混合运算和解分式方程等知识，解分式方程的基本思想是“转化思想”，掌握运算法则，把分式方程转化成整式方程求解是解答本题的关键，解分式方程一定要验根．

20．为了奖励上学期在数学学习中表现优秀的同学，老师准备了四张北京冬奥会纪念卡片，在张相同的卡片分别写上“相互理解”、“公平竞争”、“友谊”和“团结”，将卡片的背面朝上，并洗匀，由四名同学随机抽取，不放回，每人只抽取其中一张卡片，可获得卡片对应的纪念徽章．

(1)小冲先抽，抽到刻有“公平竞争”纪念章的概率是 ；

(2)求小冲与小李抽到的纪念章能拼成“友谊团结”的概率．

【答案】(1)；

(2)；

【分析】（1）从四种卡片中，抽取其中一种的概率是；

（2）能拼成“友谊团结”，可分两种情况，小冲抽中“友谊”、小李抽中“团结”或小冲抽中“团结”、小李抽中“友谊”，用树状图法求概率即可．

【详解】（1）从写有“相互理解”、“公平竞争”、“友谊”和“团结”的4张相同的卡片中抽取“公平竞争”这种卡片的概率是；

故答案为：；

（2）列树状图如下，小冲抽中“友谊”、小李抽中“团结”或小冲抽中“团结”、小李抽中“友谊”两种均可拼成“友谊团结”，概率为．

【点睛】本题考查随机事件概率的计算，解题的关键是用事件发生的结果数除以事件所有等可能出现的结果数，结果数可用列表法或树状图法进行统计；解题的易错点是抽取过程中是否放回，计算的结果也不相同．

21．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，设，．

（1）试用向量，表示下列向量：＝　 　；＝　 　；

（2）求作：．（保留作图痕迹，写出结果，不要求写作法）．

【答案】（1）﹣，﹣﹣；（2）见解析

【分析】（1）利用平行四边形的性质以及三角形法则求解即可．

（2）如图，延长BC到E，使得CE＝BC，则即为所求．

【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，BC＝AD，OA＝OC，

∴＝＝＝﹣，

＝＝﹣﹣．

故答案为：﹣，﹣﹣．

（2）如图，延长BC到E，使得CE＝BC，则即为所求．

【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

22．如图，在中，，的平分线交于点F，交于点E．

(1)求证：四边形是菱形；

(2)若，求平行四边形的面积．

【答案】(1)见解析

(2)平行四边形的面积为．

【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明四边形是平行四边形，再证明可得出结论；

（2）先由菱形的性质得出，，求得，再由勾股定理求出，从而得，设与之间的距离为h，则可求解菱形的面积平行四边形的面积，据此即可求解．

【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，

∴，即，

又∵，

∴四边形是平行四边形，

∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴四边形是菱形．

（2）解：∵四边形是菱形，

∴，，，，

∴，

∴，

设与之间的距离为h，则

∵菱形的面积，平行四边形的面积，

∴菱形的面积平行四边形的面积，

∵菱形的面积，

∴四边形的面积．

【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．

23．如图，在四边形中，E，F分别是，的中点，，．求证：．

【答案】见解析

【分析】连接，．根据证明，可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，进而可得，根据等边对等角可得，，进而可得，即可证明．

【详解】证明：如图，连接，．

，F是的中点，

在和中，

，

，

．

，E是的中点，

，

，

，，

∴，

即．

四边形内角和为，

∴．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，四边形内角和等知识点，解题的关键是作出辅助线，证明．

24．今年科技节，学校要对获得“最强大脑”和“综合能力大赛”的共25个获奖者进行颁奖，要求“综合能力大赛”的获奖人数不少于“最强大脑”获奖人数的5倍．

(1)求“最强大脑”获奖者最多为多少人？

(2)如果颁发给“最强大脑”获奖者的奖品单价是15元，颁发给“综合能力大赛”获奖者的奖品单价是30元，那么“最强大脑”获奖者是多少人时，奖品总金额最少？

【答案】(1)“最强大脑”获奖者最多为4人

(2)“最强大脑”获奖者是4人时，奖品总金额最少

【分析】（1）设“最强大脑”获奖者为x人，根据“综合能力大赛”的获奖人数不少于“最强大脑”获奖人数的5倍，列出不等式进行求解即可；

（2）设奖品总金额为元，根据题意，列出一次函数解析式，利用函数的性质进行求解即可．

【详解】（1）解：设“最强大脑”获奖者为x人，则：“综合能力大赛”的获奖人数为，

由题意，得：，

解得：，

∵为整数，

∴“最强大脑”获奖者最多为4人；

（2）解：设奖品总金额为元，由题意，得：

，

∵，

∴随的增大而减小，

∴当时，奖品总金额最少；

答：“最强大脑”获奖者是4人时，奖品总金额最少．

【点睛】本题考查一元一次不等式的实际应用，一次函数的实际应用．找准等量关系，正确的列出不等式和一次函数解析式，是解题的关键．

25．如图，在平面直角坐标系中，一次函数（）与轴交于点，且与正比例函数图像交于点．

(1)则的值为  ．

(2)求一次函数的解析式.

(3)直接写出时，的取值范围  ．

【答案】(1)3；

(2)；

(3)；

【分析】（1）将点坐标代入求解即可得到答案；

（2）将点与点C坐标代入求解即可得到答案；

（3）根据函数交点及图像直接求解即可得到答案；

【详解】（1）解：∵一次函数（）与正比例函数图像交于点，

∴，解得，

故答案为3；

（2）解：将点与点代入得，

，

解得：，

∴；

（3）解：由（1）得，

由图像得，C点左侧，一次函数的图像在正比例函数图像上方，

∴当时，，

故答案为：；

【点睛】本题考查两直线相交问题，待定系数法求解析式，根据图像解不等式，解题的关键是熟练掌握一次函数与不是之间的关系．