2026-2027学年人教版八年级数学上册期末测试题（附答案和解析）

第页2026-2027学年人教版八年级数学上册期末测试题（附答案和解析）考试时间：120分钟满分：150分姓名：班级：学号：一二三*注意事项：1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写2、提前5分钟收取答题卡3、本试卷共35小题，篇幅20+页数,含详细答案解析第I卷客观题一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请用2B铅笔把答题卡上相应的选项标号涂黑.)1．算式（2+1）×（22+1）×（24+1）×…×（232+1）+1计算结果的个位数字是（

）A．8 B．6 C．4 D．22．如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙分别由点A(4，0)同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以2个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以6个单位秒匀速运动，则两个物体运动后的第2021次相遇地点的坐标是（

）A．(0，2) B．(﹣4，0) C．(0，﹣2) D．(4，0)3．一元二次方程2x2-1=6x化成一般形式后，常数项是-1，一次项系数是（

）A．-2 B．-6 C．2 D．64．关于x，y的，二元一次方程，当a取一个确定的值时就得到一个方程，所有这些方程有一个公共解，则这个公共解是（

）A． B． C． D．5．下列说法正确的是()A．64的立方根是B．是的立方根C．D．立方根等于它本身的数是0和16．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于E，∠BED=150°，则∠A的大小为（）A．150° B．130° C．120° D．100°7．坐标平面内下列各点中，在x轴上的点是（）A．（0，3） B．（﹣3，0） C．（﹣1，2） D．（﹣2，﹣3）8．若方程组的解中，则等于（）A．15 B．18 C．16 D．179．已知点P（2m+4，m﹣1），点Q（2，5），直线PQy轴，点P的坐标是（）A．（2，2） B．（16，5） C．（﹣2，5） D．（2，﹣2）10．已知x，y满足方程组，则11x+11y的值为（）A． B．22 C．11m D．1411．以下列各组数为边的三角形中，是直角三角形的有（

）（1）3，4，5；（2），，；（3），，；（4）0.03，0.04，0.05．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确的结论共有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个13．平面直角坐标系中，点在轴上，则的值为（

）A．-3 B．-2 C．2 D．314．在平面直角坐标系中，将点A（m﹣1，n+2）先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到点．若点位于第四象限，则m、n的取值范围分别是（）A．m＞0，n＜0 B．m＞1，n＜2 C．m＞1，n＜0 D．m＞﹣2，n＜﹣415．在平面直角坐标系中，将点A（m，n）先向右平移2个单位，再向上平移3个单位，得到点A′，若点A′位于第二象限，则m、n的取值范围分别是（）A．m＜2，n＞3 B．m＜2，n＞﹣3 C．m＜﹣2，n＜﹣3 D．m＜﹣2，n＞﹣316．已知一个直角三角形两直角边边长分别为6和8，则斜边边长为（

）A． B． C． D．或17．在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点坐标分别为，，平移线段AB，得到线段，已知的坐标为，则点的坐标为（）A． B． C． D．18．如图，AC、BD相交于点O，OA=OC，要使△AOB≌△COD，则下列添加的条件中，错误的是（）A． B． C． D．19．如图，动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点，第2次接着运动到点，第3次接着运动到点，…，按这样的运动规律，经过第2021次运动后，动点的坐标是（）A． B． C． D．20．下列各组不是二元一次方程的解的是A． B． C． D．、填空题(本大题共10小题，每小题3分，共30分.不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应的位置上.)(共10题；共30分)21．如图所示，在平面直角坐标系中，点，，，则四边形ABCO的面积为________．22．在等式中，当时，；当，；当时，，则a=______，b=______，c=______．23．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．三角形中任意的一点经平移的对应点为，并且点的对应点分别为．（1）指出平移的方向和距离（2）画出平移后的三角形，并写出的坐标；（3）求线段在平移过程中扫过的面积．24．如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，，，则平行四边形ABCD的周长是____．25．如图，▱ABCD中，∠ABC=60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，EF=，则AB的长是_____．26．如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，几分钟后船到达点D的位置，此时绳子CD的长为10米，问船向岸边移动了__米．27．如图，点C在线段BD上，AB⊥BD于B，ED⊥BD于D．∠ACE＝90°，且AC＝5cm，CE＝6cm，点P以2cm/s的速度沿A→C→E向终点E运动，同时点Q以3cm/s的速度从E开始，在线段EC上往返运动（即沿E→C→E→C→…运动），当点P到达终点时，P，Q同时停止运动．过P，Q分别作BD的垂线，垂足为M，N．设运动时间为ts，当以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为_____．28．图中菱形的两条对角线长分别为和，将其沿对角线裁分为四个三角形，将这四个三角形无重叠地拼成如图所示的图形，则图中菱形的面积等于__________；图中间的小四边形的面积等于__________．29．如图所示，在四边形ABCD中，，，，交BC于点，若，BC=，则_______cm．30．如图，在中，、是对角线上两点，，，，则的大小为___________第卷主观题、解答题(本大题共5小题，共60分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤等.)(共5题；共60分)31．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE．32．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），线段MN的位置如图所示，其中点M的坐标为（﹣3，﹣1），点N的坐标为（3，﹣2）．（1）将线段MN平移得到线段AB，其中点M的对应点为A，点N的对称点为B．①点M平移到点A的过程可以是：先向平移个单位长度，再向平移个单位长度；②点B的坐标为；（2）在（1）的条件下，若点C的坐标为（4，0），连接AC，BC，求△ABC的面积．33．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,△ABC的角平分线AD、BE相交于点P,过P点作PF⊥AD交BC的延长线于点F,交AC于点H.(1)∠APB的度数为_______°；(2)求证:△ABP≌△FBP；(3)求证:AH+BD=AB．34．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．35．列方程组解应用题：甲、乙两人相距6km，两人同时出发相向而行，1小时相遇；同时出发同向而行，甲3小时可追上乙．两人的平均速度各是多少？答案及解析1．故选:D．【点睛】本题考查了平方差公式，弄清题中“和谐数”的定义是解答本题的关键．2．A【分析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为8和4，物体乙是物体甲的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．【详解】解：矩形的边长为8和4，因为物体乙是物体甲的速度的3倍，时间相同，物体甲与物体乙的路程比为1：3，由题意知：①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×1，物体甲行的路程为24×＝6，物体乙行的路程为24×＝18，在DE边相遇；②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×2，物体甲行的路程为24×2×＝12，物体乙行的路程为24×2×＝36，在DC边相遇；③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×3，物体甲行的路程为24×3×＝18，物体乙行的路程为24×3×＝54，在BC边相遇；④第四次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×4，物体甲行的路程为24×4×＝24，物体乙行的路程为24×4×＝72，在A点相遇；此时甲乙回到原出发点，则每相遇四次，两点回到出发点，2021÷4＝505…1，故两个物体运动后的第2020次相遇地点的是点A，即物体甲行的路程为24×1×＝6，物体乙行的路程为24×1×＝18时，达到第2021次相遇，此时相遇点的坐标为：（0，2），故选：A．【点睛】本题主要考查了点的变化规律以及行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，通过计算发现规律就可以解决问题．3．B【解析】先把一元二次方程化为一般形式，即可得出一次项系数．∵一元二次方程化为一般形式，∴一次项系数是．故选：B．本题考查一元二次方程的相关概念，一元二次方程一般形式：，其中为二次项系数，为一次项系数，为常数项．4．D【分析】根据题意可得关于x、y的方程组，根据解方程组，可得答案．【详解】解：原方程整理为：（x+y-2）a+（-x+2y+5）=0，由方程的解与a无关，得：，解得，故选：D．【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，正确理解题意、得出方程组是解题关键．5．C【分析】【详解】64的立方根是，故A错误；∵，∴是的立方根，故B错误；，正确；立方根等于它本身的数是0、1和－1，故D错误．故选：C6．C【详解】试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABE，∴∠ABE=∠CBE，∴∠AEB=∠ABE，∴AB=AE，∵∠BED=150°，∴∠ABE=∠AEB=30°，∴∠A=180°﹣∠ABE﹣∠AEB=120°．故选C．考点：平行四边形的性质．7．B【分析】根据点在x轴上的坐标特点解答即可．【详解】解：∵在x轴上的点的纵坐标是0，∴结合各选项在x轴上的点是（﹣3，0）．故选：B．【点睛】本题主要考查了点在x轴上的点的坐标特点：纵坐标为0．8．D【分析】先将两个方程相加即可得到，再根据即可得到关于的方程，解方程即可得解．【详解】解：①+②得，∴∵∴∴．故选：D【点睛】本题考查了二元一次方程组的解满足一定条件求参数问题，加减消元法和代入消元法是求值的常用方法．9．D【分析】根据已知条件“点P（2m+4，m-1），点Q（2，5），直线PQ∥y轴”列方程即可得到结论．【详解】解：∵点P（2m+4，m-1），点Q（2，5），直线PQ∥y轴，∴2m+4=2，∴m=-1，∴P（2，-2），故选：D．【点睛】此题主要考查了坐标与图形性质，点的坐标，正确的理解题意是解题关键．10．A【分析】两方程相加，可得x+y＝﹣2，再乘以11可得结论．【详解】，①+②得：7x+7y＝﹣14，∴x+y＝﹣2，∴11x+11y＝﹣22．故选A．【点睛】本题考查了解二元一次方程组，学会运用整体思想解决问题是解答本题的关键．11．B【分析】根据勾股定理的逆定理进行判断即可．【详解】解：（1）∵，∴是直角三角形；（2）∵，∴不是直角三角形；（3）∵，∴不是直角三角形；（4）∵，∴是直角三角形．故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，当三角形的三边之间有时，则它是直角三角形．12．C【分析】由折叠的性质可得四边形EBFG是菱形从而判断①②正确;由角平分线定理即可判断DG≠GH,由此推出③错误;根据F、C重合时的性质,可得∠AEB=30°,进而算出④正确．【详解】连接BE,由折叠可知BO=GO，∵EG//BF，∴∠EGO=∠FBO，又∵∠EOG=∠FOB，∴△EOG≌△FOB(ASA)，∴EG=BF，∴四边形EBFG是平行四边形，由折叠可知BE=EG，则四边形EBFG为菱形，故EF⊥BG，GE=GF，∴①②正确；∵四边形EBFG为菱形，∴KG平分∠DGH，∴,DG≠GH，∴S△GDK≠S△GKH,故③错误；当点F与点C重合时，BE=BF=BC=12=2AB，∴∠AEB＝30°，，故④正确．综合，正确的为①②④．故选C．【点睛】本题考查矩形的性质,菱形的判断,折叠的性质,关键在于结合图形对线段和角度进行转换．13．A【分析】让点的纵坐标为0计算可得m的值．【详解】解：∵点M（m-2，m+3）在x轴上，∴m+3=0，解得m=-3，故选：A．【点睛】本题考查点的坐标的相关知识；用到的知识点为：x轴上的点的纵坐标为0．14．D【分析】先根据平移得到点的坐标，再根据点在第四象限构建不等式解决问题．【详解】解：由题意，点的坐标为（，），即：（，），∵点位于第四象限，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查坐标与图形变化-平移，解题的关键是构建不等式解决问题，属于中考常考题型．15．D【分析】根据点的平移规律可得向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到，再根据第二象限内点的坐标符号可得.【详解】将点先向右平移2个单位，再向上平移3个单位，得到点∵点位于第二象限解得：故选：D.【点睛】本题考查了点的平移规律、平面直角坐标系的象限特点，依据题意求出点的坐标是解题关键.16．A【分析】已知两直角边边长分别为6和8，利用勾股定理求斜边即可．【详解】解：∵一个直角三角形两直角边边长分别为6和8，斜边边长==10，∴斜边边长为10．故选A．【点睛】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中明确直角边或斜边，直接应用勾股定理，如果条件不明确时那条边是斜边，要注意讨论．17．B【分析】根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B′点的坐标．【详解】∵A（-1，-1）平移后得到点A′的坐标为（3，-1），∴向右平移4个单位，∴B（1，2）的对应点B′坐标为（1+4，2），即（5，2）．故答案为：（5，2）．【点睛】本题主要考查了坐标与图形的变化－平移，关键是掌握平移的规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．18．D【解析】观察图形可知：已有一角一边对应相等．根据三角形全等的判定方法解答．解：∵OA=OC，∠AOB=∠COD（对顶角相等），∴A、如果添加∠A=∠C，则可根据ASA判定△AOB≌△COD；B、如果添加∠B=∠D，则可根据AAS判定△AOB≌△COD；C、如果添加OB=OD，则可根据SAS判定△AOB≌△COD；D、如果添加AB=CD，则根据SSA不能判定△AOB≌△COD．故选D．本题考查全等三角形的判定，熟练掌握判定方法是关键．19．C【分析】根据第1、5、9、位置上点的变化规律即可求出第2021个位置的点的坐标．【详解】解：设第n次运动后的点记为An，根据变化规律可知，，．，∴，n为正整数，取，则，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查点的坐标的变化规律，关键是要发现第1、5、9、的位置上的点的变化规律，第2021个点刚好满足此规律．20．D【分析】把各项中x与y的值代入方程检验即可【详解】A.把代入方程得：左边=0+5=5，右边=5，左边=右边，不符合题意.B.把代入方程得:左边=3+2=5，右边=5，左边=右边，不符合题意.C.把代入方程得:左边=6-1=5，右边=5，左边=右边，不符合题意.D.把代入方程得：左边=-3+2=1，右边=5，左边右边，符合题意.故选D.【点睛】本题考查二元一次方程的解，熟练掌握计算法则是解题关键.21．11【分析】过点B作BD⊥x轴于D，则，根据梯形和三角形的面积公式代入数值求解即可．【详解】过点B作BD⊥x轴于D，则点D的坐标为，所以．故答案为：11【点睛】本题考查平面直角坐标系中图形面积的求法，灵活运用割补法是解题的关键．22．

3

－2

－5【分析】由“当时，；当时，；当时，”即可得出关于、、的三元一次方程组，解方程组即可得出结论．【详解】解：根据题意，得，②①，得④；③①，得⑤．④与⑤组成二元一次方程组，解这个方程组，得，把代入①，得．因此，故答案为为3，，．【点睛】本题考查了解三元一次方程组，解题的关键是由点的坐标得出关于、、的三元一次方程组．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是关键．23．（1）向右平移2个单位长度；（2）D点坐标为（4，4），E点坐标为（2，0），F点坐标为（5，0），画图见解析；（3）8【分析】（1）根据点平移的规律：上加下减，左减右加，进行求解即可；（2）根据平移方式下得到D、E、F的坐标，然后描点，最后顺次连接D、E、F即可；（3）根据线段OA在平移过程中扫过的面积即为平移四边形AOED的面积，进行求解即可．【详解】解：（1）∵三角形中任意的一点经平移的对应点为，∴平移方式为向右平移2个单位长度；（2）∵△DEF是△AOB向右平移两个单位长度得到的，A（2，4），B（3，0），O（0，0），∴D点坐标为（4，4），E点坐标为（2，0），F点坐标为（5，0），如图所示，△DEF即为所求：（3）如图所示，线段OA在平移过程中扫过的面积即为平移四边形AOED的面积，∵A点坐标为（2，4），E点坐标为（2，0），∴AE=4，OE=2，∠AEO=90°，∴线段OA在平移过程中扫过的面积．【点睛】本题主要考查了根据点的坐标判断平移方式，根据平移方式确定点的坐标，画平移图形，坐标与图形等等，解题的关键在于能够熟练掌握点的平移坐标变化规律．24．28【分析】利用平行四边形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，由角平分线的定义可得出∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得出∠CED＝∠CDE，利用等角对等边可求出CD的长，即可求出平行四边形ABCD的周长．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD＝6，AD＝BC，AD∥BC．∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE．∵AD∥BC，∴∠CED＝∠ADE＝∠CDE，∴CD＝CE＝6，∵BE=2，∴AD=BC=BE+CE=8，∴平行四边形ABCD的周长＝2（AD＋CD）＝2×（8＋6）＝28．故答案为：28．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线以及等腰三角形的性质与判定，利用平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，求出CD的长是解题的关键．25．1【分析】根据平行四边形性质推出AB=CD，AB∥CD，得出平行四边形ABDE，推出DE=DC=AB，根据直角三角形性质求出CE长，即可求出AB的长．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB=CD.∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形.∴AB=DE=CD，即D为CE中点.∵EF⊥BC，∴∠EFC=90°.∵AB∥CD，∴∠DCF=∠ABC=60°.∴∠CEF=30°.∵EF=，∴CE=2∴AB=126．9．【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD=AB-AD可得BD长．【详解】在Rt△ABC中：∵∠CAB＝90°，BC＝17米，AC＝8米，∴AB＝＝＝15（米），∵CD＝10（米），∴AD＝＝6（米），∴BD＝AB﹣AD＝15﹣6＝9（米），答：船向岸边移动了9米，故答案为：9．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．27．1或或【分析】根据全等三角形的性质可得PC＝CQ，然后分三种情况根据PC＝CQ分别得出关于t的方程，解方程即得答案．【详解】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，如图，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴5﹣2t＝6﹣3t，解得：t＝1；当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴5﹣2t＝3t﹣6，解得：t＝；当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴2t﹣5＝18﹣3t，解得：t＝；综上所述：t的值为1或或．故答案为：1或或．【点睛】本题考查了全等三角形的应用，正确分类、灵活应用方程思想、熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．28．241【分析】根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半，求出图1菱形的面积，再根据菱形的对角线长可得菱形边长为5，进而可得图2中间的小四边形的面积是边长为5的正方形的面积减去菱形的面积．【详解】∵图1中菱形的两条对角线长分别为6和8，∴菱形的面积等于×6×8＝24，菱形的边长等于＝5，∴图2中间的小四边形的面积等于25−24＝1．故答案为：24，1．【点睛】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．29．12cm【分析】先说明四边形ABED是平行四边形可得BE=AD=5，再由可得∠DEC=∠B=70°，求出EC的长；然后再说明△CDE是等腰三角形得到DC=EC即可解答．【详解】解：∵，∴四边形ABED是平行四边形∴BE=AD=5∴EC=BC-BE=17cm-5cm=12cm∵∴∠DEC=∠B=70°∵∴∠EDC=180°-∠DEC-∠C=70°∴∠EDC=∠DEC∴CD=CE=12cm．故答案为12cm．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．30．21°.【分析】由直角三角形斜边中线的性质得DE＝AE＝EF，进而可得DC＝DE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，进而可得∠DCE＝∠DEC＝2x，再根据平行线的性质可得∠ACB＝∠DAE＝x，再根据∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，即可求得答案.【详解】∵AE＝EF，∠ADF＝90°，∴DE＝AE＝EF，∴∠DAE=∠ADE，又∵AE＝EF＝CD，∴DC＝DE，∴∠DEC=∠DCE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，则∠DCE＝∠DEC＝2x，又AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAE＝x，由∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，得：x+2x＝63°，解得：x＝21°，∴∠ADE=21°，故答案为21°.【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质等，正确把握相关性质是解题的关键.31．详见解析．【分析】利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠C．∵∠B＝∠C，∴∠B＝∠DEC，∴AB∥DE，∵AD∥BC，∴四边形ABED是平行四边形．∴AD＝BE．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．32．（1）①右、3、上、5；②（6，3）；（2）10．【分析】（1）由点M及其对应点的A的坐标可得平移的方向和距离，据此可得点N的对应点B的坐标；（2）运用割补法求解可得．【详解】（1）如图，①点M平移到点A的过程可以是：先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度；②点B的坐标为（6，3），故答案为：右、3、上、5、（6，3）；（2）如图，S△ABC＝6×4﹣×4×4﹣×2×3﹣×6×1＝10．【点睛】本题主要考查作图-平移变换，熟练掌握平移变换的定义及