2022-2023学年上海市杨浦区八年级下学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年上海市杨浦区八年级下学期期末数学试题及答案，共28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。

一次函数 y2x1的图象不经过的象限是 （）
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
x
下列关于 x的方程中，有实数解的是（）
x2
10
x2
2
x2
x460D．2x2x3 0
在平行四边形 ABCD中，对角线 AC 与 BD相交于点O，则下列式子不一定正确的是
（）
AOCO
C．BACBDC
ABCD
D．BACACD
下列关于向量的等式中，正确的是（）
ABBA0
C．ACBCBA
ACCA0
D．ABACBC
在一个不透明的袋子中装有 3个红球、1个黄球、1个白球，这些球只是颜色不同．下列事件中，属于必然事件的是（）
从袋子中摸出一个球，球的颜色是红色 B．从袋子中摸出两个球，它们的颜色相同 C．从袋子中摸出三个球，有颜色相同的球 D．从袋子中摸出四个球，有颜色相同的球
在四边形 ABCD中， AB/ /CD, ABAD，添加下列条件不能推得四边形 ABCD为菱
形的是（）
ABCD
AD/ /BCC．BCCD
D．ABBC
二、填空题
已知直线y axb平行于直线y  2x1，且在y轴上的截距是3，那么这条直线的解析式是．
如果一次函数yk2x1中，y随x的增大而减小，那么k的取值范围是．
方程1x34 0的解是．
2
x222x
x22y
用换元法解方程
5，如果设y，则原方程可化为
的整式方
程是．
如果关于 x的方程
xx22x
x4
a1无实数解，那么a的取值范围是．
如图，一次函数ykxb的图象经过2,0、0,1．则当y0时，x的取值范围是．
从长度分别为2、3、4、6的四条线段中任取三条，这三条线段能构成三角形的概率是．
如果十边形的各个内角都相等，那么它的一个内角是．
已知矩形 ABCD，对角线 AC与 BD相交于点O，如果AOB60， AB4，那么
AD的长是．
已知菱形的周长为40，一条对角线长为12，则这个菱形的面积是．
如图，梯形 ABCD中， AD∥ BC．点 E、F分别是对角线 BD、 AC的中点，如果
AD2，EF3，那么BC．
定义：有一组对角相等，且另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形．已知在等对角四边形ABCD中，DAB60，ABC90，AB6，AD4，那么BC的长是．
三、解答题
2x4
解方程：
x5

1．
x25xy6y20,

解方程组： x2y240.
在平面直角坐标系中， O为坐标原点，点A、B、C的坐标分别为0, 2、2,1、
2,2．
AI
–––→–––→
计算：OB，AB
在图 1中求作OAOBOC（写出结果，不要求写作法）
有四张完全相同的卡片A 、B 、C、D，分别面有不同的几何图形：A（等边三角形）；B（圆）；C（矩形）；D（等腰梯形），将这四张卡片放在不透明的盒子中洗匀． (1)从盒子中抽取出一张卡片，取出的卡片所画的图形是轴对称图形的概率是；(2)小莉从盒子中同时抽取了两张卡片，取出的两张卡片所画的图形都是中心对称图形的概率是多少？（请用树形图说明，卡片可用A 、B 、C 、D 表示）
近年来，我国逐步完善养老金保险制度．甲，乙两人计划分别缴纳养老保险金 12
万元和 8万元，虽然甲计划每年比乙计划每年多缴纳养老保险金 0.1万元，但是甲计划
缴纳养老保险金的年数还是比乙要多 4年，已知甲、乙两人计划缴纳养老保险金的年数
都不超过 20年，求甲计划每年缴纳养老保险金多少万元？
如图，在矩形 ABCD中，点 P在边 AD上， BE平分PBC交边CD于点 E，
DPEABP，延长 AD、 BE交于点 F．联结CF．求证四边形 BCFP是菱形．
如图，已知在平面直角坐标系 xOy中，直线 yax2与 x轴交于点 A2, 0，与 y轴交于点 B ，并且与反比例函数 y m m  0在第一象限内交于点C4, n
x
求a、m的值；
如果点 E在 x轴的负半轴上，点 P在坐标平面内，当以点 B， C， E， P为顶点的四边形是矩形时，求点 E 的坐标．
如图，已知在正方形 ABCD中，AB4，点 P是边CD上一点（不与点C、D重合），连接 AP 交 BD于点 E ，延长 AP 交BCD 的外角角平分线于点 F，连接 DF ．
2
当CF2
时，求△ADF 的面积；
求证： AEEF；
连接CE，当CE∥ DF时，求CF 的长．
参考答案：
1．A
【分析】根据一次函数的解析式，利用一次函数图象与系数的关系可得出一次函数
y2x1的图象经过第二、三、四象限，此题得解．
【详解】解：∵ k20，b10，
∴一次函数 y2x1的图象经过第二、三、四象限，
∴一次函数 y 2x1的图象不经过第一象限．故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“ k0，b0ykxb的图象在
二、三、四象限”是解题的关键．
2．C
x2
【分析】根据二次根式的非负性可判断 A；求出分式方程的解，再检验即可判断 B；方程变形得到 x4 6进而可判断 C；根据根的判别式即可判断 D；从而可得答案.
x2
【详解】解：A、由
10可得
1，故原方程无实数解；
B、去分母得 x2，当 x2时， x20，所以 x2是方程的增根，故原方程无实数解；
C、方程可变形为 x46，所以 x46，故原方程有实数解；
D、因为方程的12423230，所以原方程无实数解；故选：C.
【点睛】本题考查了二次根式的非负性、分式方程的求解、高次方程的求解以及一元二次方程的根的判别式等知识，熟练掌握上述知识是解题关键.
3．C
【分析】根据平行四边形的性质分析即可．
【详解】解：如图：
AI
∵四边形 ABCD是平行四边形，
\AB∥CD，AB=CD，AO=CO，
AB∥CD，
BACACD，
故 A、B、D都不符合题意，C符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
4．B
【分析】根据平面向量的运算法则逐一判断即可求解．
【详解】A、 ABBA0，故本选项不符合题意；
ACCA
0
B、–––→ –––→→ ，正确，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
–––→–––→–––→–––→–––→
ACBCACCBAB
D、 ABACCB，故本选项不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了平面向量的加减运算法则，熟练掌握平面向量的运算法则是解题的关键．
5．D
【分析】在一定条件下，一定会发生的事件为必然事件，据此解答即可．
【详解】解： 总计 5个球，其中有 3个红球，故从袋子中摸出四个球，必有 2个红球颜色相同．
故选：D
【点睛】本题考查必然事件的定义，能够列举出随机实验的所有可能结果是解题的关键．
6．D
【分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】A选项：若 AB=CD，∵AB∥CD，
∴四边形 ABCD是平行四边形，
当 AB=AD可判定四边形 ABCD是菱形；
B选项：当 AD∥BC时，又 AB∥CD，
∴四边形 ABCD是平行四边形，
当 AB=AD可判定四边形 ABCD是菱形；
C选项：当 BC=CD时，△ABD≌△BCD（SSS），
∴∠A=∠C，
∵AB∥CD，
∴∠C+∠ABC=180°，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴AD∥BC，又 AB∥CD，
∴四边形 ABCD是平行四边形，
当 AB=AD可判定四边形 ABCD是菱形；
D选项只能说明四边形的三条边相等，所以不能判定是菱形．故选 D．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义．
y2x 3
【分析】根据互相平行的直线的解析式的一次项系数的值相等确定出 a，根据在 y 轴上的截距为 3，计算求出 b 值，即可得解．
【详解】解：∵直线 yaxb平行于直线 y2x1，
k2，
又∵直线 yaxb在 y轴上的截距为 3，
b3，
∴这条直线的解析式是： y2x3．故答案是： y2x  3 ．
【点睛】此题考查两条直线平行问题，解题关键在于确定 k的值．
k2
【分析】根据一次函数的增减性即可得．
【详解】由题意得： k20
解得k2
故答案为： k2．
【点睛】本题考查了一次函数的性质（增减性），熟记一次函数的性质是解题关键．
x2
【分析】方程整理后，利用立方根定义求出解即可．
【详解】方程整理得：x3=-8，开立方得：x=-2．
故答案为：x=-2
【点睛】本题考查了立方根，熟练掌握立方根的定义是解本题的关键．
y25y20
x22
2x2
【分析】设 y
x，则 x22
x22
y，根据换元法解答即可，注意最后的形式是整式方程．
y25
【详解】解：设 y
x
即为 y25y20；
，则原方程可变形为：y，
故答案为： y25y20
【点睛】本题考查了换元法解方程，正确变形是关键．
a1/1a
【分析】根据无理方程和二次根式的非负性解答即可．
x4
【详解】解：∵
a10，
∴a1；
故答案为： a1．
a
【点睛】本题考查了无理方程和二次根式的非负性，熟知二次根式
x<2
0是解题关键．
【分析】y0时求自变量的范围即为函数图象在 x轴下方对应的 x的取值范围，即可解答．
【详解】解：由函数图象可得：当 x<2时， y  0，故答案为： x<2．
【点睛】本题考查了一次函数与不等式的关系，数形结合是解题关键．
1/0.5
2
【分析】先列举出所有可能的情况，再根据三角形的三边关系判断能构成三角形的情况，然后根据概率公式求解．
【详解】解：从长度分别为 2、3、4、6的四条线段中任取三条，共有以下四种情况：
2、3、4；2、3、6；2、4、6；3、4、6；
其中，能够构成三角形的是：2、3、4；和 3、4、6；有两种情况；
所以这三条线段能构成三角形的概率是 21；
42
故答案为： 1．
2
【点睛】本题考查了利用列举法求概率和三角形的三边关系，列举出所有可能的情况是关键．
14．144°
【分析】利用多边形的内角和公式（n﹣2）×180°计算出十边形的内角和，然后再除以 10
即可．
【详解】由题意得：180°×（10﹣2）÷10＝144°，故答案为 144°．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形内角和公式．
3
15．4
【分析】根据矩形的性质可得OAOB，进而可得AOB是等边三角形，得到
OAOBAB4，进而得出 BD2BO8，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形 ABCD是矩形，
∴AOOC，BOOD，ACBD，BAD90，
∴OAOB，
∵AOB60，
∴ AOB是等边三角形，
∴OAOBAB4，
∴BD2BO8，
BD2AB2
3
∴AD4；
故答案为： 43．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理以及等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
16．96
【分析】画出草图分析．因为周长是 40，所以边长是 10．根据对角线互相垂直平分得直角三角形，运用勾股定理求另一条对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算求解．
【详解】解：因为周长是 40，所以边长是 10．
如图所示：AB=10，AC=12．
根据菱形的性质，AC⊥BD，AO=6，
∴BO=8，BD=16．
∴面积11．
S=2AC×BD=12×16×2=96
故答案为 96．
【点睛】考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键. 17．8
【分析】取CD的中点 G，连接 FG, EG ，可证 FG∥ BC，所以 BC2EG, AD2FG，于是
BC2EFAD8．
【详解】解：取CD的中点 G，连接 FG, EG，则 FG∥ AD, EG∥BC，
∵AD∥BC ，
∴FG∥BC．
∴ E, F, G三点共线．
∴BC2EG，AD2FG．
∴BCAD2(EGFG)2EF．
∴ BC 2EF AD  232 8．故答案为：8
【点睛】本题考查中位线的性质，平行线的性质，由中位线的性质得到线段间的数量关系是解题的关键．
23或103
33
【分析】分两种情况：①当ADCABC90时，延长 AD，BC相交于点 E，先用含30
角的直角三角形的性质求出 AE，得出 BE、DE，再利用勾股定理求出CE，即可求出 BC；
②当BCDDAB 60时，过点 D作 DMAB于点 M， DNBC于点 N，则
AMD90，四边形 BNDM是矩形，先求出 AM、DM，再由矩形的性质得出 DNBM3，
3
BNDM2，再根据直角三角形的性质求出CN，即可求出 BC．
【详解】分两种情况：
①当ADCABC90时，延长 AD， BC相交于点 E，如图 1 所示：
ABC90，DAB60，
E30，
AB=6，
AE2AB12，
12262
3
BE6，
DEAEAD1248，
ADCEDC90，E30，
∴EC2CD，
∵CD2DE2EC2，
2
∴1

2
EC

82EC2，
EC163，
3
3
BCBEEC6
16323；
33
②当BCDDAB60时，
过点 D作 DMAB于点 M， DNBC于点 N，如图 2所示：
则AMD90，四边形 BNDM是矩形，
DAB60，
ADM30，
AM1AD 2，
2
4222
3
DM2，
BMABAM624，
四边形 BNDM是矩形，
3
DNBM4，BNDM2，
BCD60，
∴CDN30，
∴CD2CN，
∵CD2CN2DN2，
∴2CN242CN2
43
3
CN，
3
BCCNBN432
103，
33
故答案为： 23或103．
33
【点睛】此题考查了新定义、勾股定理、含 30度角的直角三角形性质、矩形的判定与性质等知识，正确分类、熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
x=20
【分析】根据方程的特点可以构造平方差公式，进而转化为一元二次方程，解一元二次方程即可，最后根据无理方程的特点，要进行检验．
2x4
【详解】设


2x4
x5
x5
k②
1①
x5
①×②得： kx9

2x4

x9③
2x4
①＋③得：2x8
两边平方得： x224x800
(x4)(x20)0
解得 x14, x220
经检验， x= 20是原方程的解．
【点睛】本题考查了解无理方程，掌握解无理方程的技巧和解一元二次方程是解题的关键．
2
x14
,x24
，x36,x46
2
y2
y2
y2y2
2
1
2
34
2
【分析】首先对原方程组中的第一个方程进行化简，用含 y 的表达式表示出 x，然后分别重新组合，成为两个方程组，最后解这两个方程组即可．
【详解】解：方程 x25xy6y20可变形为x2yx3y0，即为 x  2y  0或 x 3y  0 ，
x2y0x3y0
∴原方程组可变形为两个方程组x2y240①， x2y240②；
x14
解方程组①，得
y12
x36

2
2
x24
2
2
，，
y22
x46
解方程组②，得y
2，y
2，
34
2
x14
∴原方程组的解为
,x24
，x36,x46 ．
2
y2
y2
y2y2
2
1
2
34
2
【点睛】本题主要考查解二元二次方程组，关键在于对原方程组的两个方程进行化简，重新组合．
13
21．(1)5，
(2)见解析
【分析】（1）向量的大小的计算方法为：末点横纵坐标分别减去起点横纵坐标，计算它们各自的差的平方和的算术平方根即可．根据此方法解答即可．
（2）先作出向量OA，然后作OAOB得到向量 BA，将它平移，得到以坐标原点O为起点的向量OD，再分别以向量OC和OD为邻边作平行四边形OCED，连接对角线OE并指向点 E 的向量即为向量OA OB OC．
22+12
–––→
5
22+32
13
【详解】（1）（1）|OB|=
=，
(2-0)2+[1-(-2)]2
–––→
|AB|=
=
=．
13
故答案为：5，；
（2）解：先作出向量OA，然后作OAOB得到向量 BA，将它平移，得到以坐标原点O为起点的向量OD，
再分别以向量OC和OD为邻边作平行四边形OCED，
连接对角线OE并指向点 E的向量即为向量OAOBOC．
AI
【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标和向量．一定学会如何用坐标表示向量，以及向量的运算法则．
22．(1)1
(2)1
6
【分析】（1）先判断A（等边三角形）、 B（圆）、C（矩形）、 D（等腰梯形）都是轴对称图形，再根据概率公式求解；
（2）先画出树状图展示 12 种等可能的结果数，再找出抽取的两张卡片都是中心对称图形的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【详解】（1）∵ A（等边三角形）、B（圆）、C（矩形）、D（等腰梯形）都是轴对称图形，
∴从盒子中抽取出一张卡片，取出的卡片所画的图形是轴对称图形的概率是 1；
（2）B（圆）、C（矩形） 是中心对称图形，所有等可能的情况如图所示：
共有 12种等可能的结果数，其中抽取的两张卡片都是中心对称图形的结果有 2种，
所以取出的两张卡片所画的图形都是中心对称图形的概率是 21．
126
【点睛】本题考查了求两次事件的概率，正确理解题意、熟练掌握利用树状图或列表法求解的方法是关键．
甲计划每年缴纳养老保险金 0.6万元
【分析】设乙每年缴纳养老保险金为 x万元，则甲每年缴纳养老保险金为x0.1万元，根据：甲计划缴纳养老保险金的年数还是比乙要多 4年，即可列出方程，解方程并检验后即得答案．
【详解】解：设乙每年缴纳养老保险金为 x万元，则甲每年缴纳养老保险金为x 0.1万元，
根据题意可得：12
x0.1
84，
x
解这个方程，得 x10.4，x2 0.5，
经检验， x10.4, x20.5都是原方程的根，
但是当 x0.4时，甲计划缴纳养老保险金的年数是 12
0.5
24年，超过了 20年，不合题意，
应舍去，
0.50.10.6万元；
答：甲计划每年缴纳养老保险金 0.6万元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键．
见解析
【分析】利用已知条件判定RtVBPE≌ RtVBCE(HL)，即可得到 BPBC，再证出 PBPF，
即可得到 BCPF ，进而得出四边形 BCFP是平行四边形，再结合条件 BPBC，即可得出四边形 BCFP是菱形．
【详解】证明：∵矩形 ABCD中， AD∥ BC，ÐBCE= ÐA= 90°，
ABPAPB90，又Q ÐDPE= ÐABP，
\ÐDPE+ÐAPB=90°，
BPE90，
又BCE90， BE平分CBP，
PECE，
又BEBE ，
\RtVBPE≌RtVBCE(HL)，
BP BC，
BE平分CBP，
\ÐPBE=ÐCBE ，
PF∥BC，
\ÐPFE=ÐCBE ，
\ÐPBE=ÐPFE，
PBPF，
\BC=PF，
∴四边形 BCFP是平行四边形，又BP BC ，
∴四边形 BCFP是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形．
25．(1)a1，m8
(2)2,0
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）根据题意画出图形，符合题意的只有一种情况，证明OEBOBE45，可得
OEOB2，即可得出答案．
【详解】（1）解：把 A2, 0代入直线 yax2得： 2a20，解得： a 1，
∴直线的解析式是 yx2，
当 x4时， y422，
∴C4,2，
把C4, 2代入 ymm0，得 m8；
x
（2）解：对于直线 yx2，当 x0时， y=2，
∴B0,2，
如图，四边形 BEPC是矩形，
则EBC90，
∵OBOA2，
∴OABOBA45，
∴OEBOBE45，
∴OEOB2，
∴点 E的坐标是2, 0
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式、矩形的性质、等腰直角三角形的性质和判定等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键．
26．(1)4
见解析
82或 42
33
【分析】（1）如图 1，作 FGBC于点G，延长 AD，GF延长线交于点 H，得四边形 DCGH
是矩形，然后证明FCG是等腰直角三角形，得 HFGHFG2，进而可以解决问题；
如图 2，延长CF，AD交于点 R，证明△DCR是等腰直角三角形，BD∥ CR，作 FM∥ AD
交 BD于 M，则四边形 DMFR是平行四边形，证明△ADE≌△FME，进而可得结论；
45
3
如图3，证明四边形DECF是平行四边形，可得EP FP，DPCP 2，ECDF，根据正方形的性质，结合（2）利用勾股定理可得AE CE DF，设CG FG x ，
则CF
2x，得 DHCG x， FHGHFG 4x，再利用勾股定理列出方程求出 x的
值，进而可以解决问题．
【详解】（1）解：四边形 ABCD是正方形，
ABCDAD4，ADCDCB90，
如图 1，作 FGBC于点G，延长 AD， GF延长线交于点 H，
CGHDCGHDC90，
四边形 DCGH是矩形，
GHCD 4，
CF是BCD的外角DCG的平分线，
GCF1DCG45，
2
FCG是等腰直角三角形，
2
CF2，
CGFG
2CF2，
2
HFGHFG2，
ADF的面积1ADFH1424；
22
证明：如图 2，延长CF， AD交于点 R，
CF是BCD的外角DCG的平分线，
DCR1DCG45，
2
△DCR是等腰直角三角形，
DCDR AD，
ADBDCRR45，
CR∥BD，
作 FM∥ AD交 BD于 M，
则四边形 DMFR是平行四边形， DAFMFE, ADEFME，
∴FMDRAD，
∴△ADE≌△FME，
AEEF；
解：如图 3，由（2）知： CF∥ BD，
CE∥DF，
四边形 DECF是平行四边形，
EPFP，DPCP2，ECDF，
AD2PD2
AP 

2，
4222
5
AEEF，EPFP，
5
AP3EP2，
EP25，
3
45
3
AEEF2EP ，
ABBC，ABECBE，BEBE，
△ABE≌△CBE，
AECE，
45
3
AECEDF，
设CG FG x，则CF
2x，
DHCGx，FHGHFG4x，
在Rt△DFH中，根据勾股定理得： DH2FH2DF2，
x2(4x)2(45)2，
3
整理得9x236x320，
x8，x4，
1323
CF
2x或 42．
82
3
3
CF的长为 82或 42．
33
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，
平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，正确添加辅助线、熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解决问题的关键．