2026-2027学年沪科版八年级数学上册期末考试试卷（附答案与解析）

第第页4．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．5．B【分析】根据方程组的解相同，求出x、y的值，然后代入方程求出m的值即可得到答案.【详解】解：∵方程组的解相同∴∵∴∴解得故选B.【点睛】本题主要考查了二元一次方程组解的问题，解题的关键在于能够准确解出x、y的值.6．D【分析】已知ab＝8可求出四个三角形的面积，用大正方形面积减去四个三角形的面积得到小正方形的面积，根据面积利用算术平方根求小正方形的边长.【详解】故选D.【点睛】本题考查勾股定理的推导，有较多变形题，解题的关键是找出图形间面积关系，同时熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．7．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：C8．D【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，可求得OA=OD=，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP求得答案．【详解】解：连接OP，∵矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，∴S矩形ABCD=AB•BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AC==5，∴S△AOD=S矩形ABCD=3，OA=OD=，∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=OA（PE+PF）=××（PE+PF）=3，∴PE+PF==2.4．故选：D．【点睛】此题考查了矩形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．9．C【分析】先分别求出点的坐标，再归纳类推出一般规律，从而可得点的坐标，然后利用三角形的面积公式即可得．【详解】解：由题意得：点的坐标为，即，点的坐标为，即，点的坐标为，即，归纳类推得：点的坐标为（其中，为正整数），，点的坐标为，即，，又轴，的面积是，故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形、点坐标规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．10．D【详解】试题分析：（1）S1=，S2=，S3=，∵，∴，∴S1+S2=11．D【详解】试题分析：将x与y的值代入各项检验即可得到结果．解：方程5x+2y=﹣9与下列方程构成的方程组的解为的是3x﹣4y=﹣8．故选D．点评：此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．12．D【分析】由四边形ABCD是菱形，可得菱形的四条边都相等AB=BC=CD=AD，菱形的对角线互相平分且相等即AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，又因为菱形的边长和一条对角线的长均为2，易求得OB=1，则可得AC的值，根据菱形的面积等于积的一半，即可求得菱形的面积．【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD=2cm，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，又∵菱形的边长和一条对角线的长均为2，∴AB=AD=BD=2，∴OB=1，∴OA==，∴AC=2，∴菱形的面积为2，故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．13．D【分析】点A向右平移2个单位，向下平移6个单位得到A1（4，3），由此可得结论．【详解】解：由题意，点A向右平移2个单位，向下平移6个单位得到A1（4，-3），∴点A坐标（4-2，-3+6），即（2，3），故选：D．【点睛】本题考查的是坐标与图形变化-平移，牢记平面直角坐标系内点的平移规律：上加下减、右加左减是解题的关键．14．D【详解】试题解析：∵|x|=3，=2，∴x=3或-3，y=4，∵xy＜0，∴x=-3，y=4，∴点P的坐标为（-3，4），故选D．考点：点的坐标．15．B【分析】根据“16×肉价=哑巴所带钱数+25，8×肉价=哑巴所带钱数-15”可得方程组．【详解】解：设肉价为x文/两，哑巴所带的钱数为y文，根据题意，得故选：B．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程是解题的关键．16．A【分析】根据平行四边形对角相等，求出∠BCD，再根据邻补角的定义求出∠MCD即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠BCD=135°，∴∠MCD=180°-∠BCD=180°-135°=45°．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的性质、邻补角定义等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形性质，属于基础题，中考常考题型．17．C【分析】若每组7人，分为y组，共有7y人，还余下3人，则共有7y+3人，可得7y+3=x;若每组8人，分为y组，共有8y人，最后一组只有3人，说明少了5人，可得8y-5=x.【详解】若每组7人，分为y组，共有7y人，还余下3人，则共有7y+3人，可得7y+3=x，即7y-x=-3，若每组8人，分为y组，共有8y人，最后一组只有3人，说明少了5人，可得8y-5=x，即8y-x=5,所以可得方程组.故选C【点睛】考核知识点：二元一次方程组的运用.分析数量关系，列出方程组是关键.18．D【分析】设购买甲、乙、丙各一件分别要x元、y元、z元，则购买甲、乙、丙各一件时应该付款（x+y+z）元，根据“当购物车内选3件甲，2件乙，1件丙时显示价格为420元；当选2件甲，3件乙，4件丙时显示价格为580元，”列出方程组，即可求解．【详解】解：设购买甲、乙、丙各一件分别要x元、y元、z元，则购买甲、乙、丙各一件时应该付款（x+y+z）元，由题意得：（1）+（2）得：5x+5y+5z=1000；化简得：x+y+z=200；即购买甲、乙、丙各一件时应该付款200元．故选：D【点睛】本题主要考查方程的实际应用，先找出等量关系列出方程，再用整体思想求出x+y+z的值；解题时要注意，三个未知数，两个等量关系，找出系数之间的关系，利用整体思想求解是解题的关键．19．B【分析】根据未知数，，从乙地到甲地需，即可列出另一个方程.【详解】设从甲地到乙地的上坡的距离为，平路的距离为，已经列出一个方程，则另一个方程正确的是：．故选B．【点睛】此题主要考查二元一次方程组的应用，解题的关键是等量关系列出方程.20．C【分析】根据同角的余角相等，得∠CBE＝∠ACD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，进而求得DE．【详解】解：∵BE⊥CE，AD⊥CE∴∠BEC＝90°，∠ADC＝90°∴∠CBE+∠BCE＝90°，∵∠ACB＝90°∴∠ACD+∠BCE＝90°，∴∠CBE＝∠ACD，在△ACD与△CBE中，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，故选：C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，本题证明△ACD≌△CBE是关键.21．29°【分析】根据全等三角形的性质，即可求得．【详解】解：，∠ACB＝29°，，故答案为：29°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，对应角相等，熟练掌握和运用全等三角形的性质是解决本题的关键．22．﹣1或0．【详解】试题分析：由点P（m+2，2m﹣1）在第四象限，可得m+2＞0，2m-1＜0，解得﹣2＜m＜，又因点的横、纵坐标均为整数可得m是整数，所以m的值为﹣1或0．考点：点的坐标．23．①②③【分析】连接AC，证明△ABC，△ACD都是等边三角形，可判断①；由BC=CD=2CM，可判断②；由三角形的面积公式和AB与DM的关系可判断③；由勾股定理在Rt△ADM中，求出AM，再在Rt△ABM中求得BM，可判断④．【详解】解：如图，连接AC．由作图可知，EF存在平分线段CD，∴AC=BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD=AB=BC=AC，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∴∠ABC=60°，故①正确，∵BC=CD=2CM，故②正确，∵AB=CD=2DM，AB∥CD，∴AB=2DM，∴S△ABM=2S△ADM，故③正确，∵AB=2，∴AD=2，∵AM垂直平分CD，∴DM=CD=1，∠AMD=90°，∴AM=，∵AB∥CD，∴∠BAM=∠AMD=90°，∴BM=，故④错误；故答案为：①②③．【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．24．15【分析】根据勾股定理计算得AB；再根据折叠的性质分析，得cm，，，从而得到BE；设cm，则cm，根据勾股定理列方程并求解，即可得到答案．【详解】∵，，∴cm，∵点在边上，现将直角边沿直线折叠，使它落在斜边上，且与重合，∴cm，，，∴cm，∴设cm，则cm，∴cm，∴∴，故答案为：15．【点睛】本题考查了勾股定理与折叠问题，解题的关键是熟练掌握勾股定理、折叠问题、一元一次方程，从而完成求解．25．8【分析】根据勾股定理直接计算即可．【详解】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝8（m），即固定点A到电线杆底部B的距离是8m，故答案为：8．【点睛】本题主要考查勾股定理的实际应用，熟知勾股定理是解题的关键．26．1【分析】解决此题可将x，y的值直接代入，即可求出a的值．【详解】知道了方程的解，可以把这对数值代入方程，得到一个含有未知数a的一元一次方程3x﹣ay=8，得9﹣a=8，解得a=1．27．24【详解】已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，根据S=ab=×6×8=24cm2，故答案为24．28．【分析】由“ASA”可证△AOF≌△COE，可得S△AOF=S△COE，再求出平行四边形ABCD的面积，即可求解．【详解】解：如图，过点D作DH⊥AB于H，∵∠DAB=60°，∴∠ADH=30°，∴AH=AD=3，DH==3，∴平行四边形ABCD的面积=10×3=30，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AO=CO，∴∠BAC=∠DCA，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（ASA），∴S△AOF=S△COE，∴图中阴影部分的面积=S△BCD=S▱ABCD=15，故答案为15．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．29．【分析】过点Q作QR//AB，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N，求出，设MN=x，根据DN列出方程，求出x的值，再根据垂线段最短可得结论．【详解】解：过点Q作QR//AB，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N，如图，∵，∴∠ACM=30°∵AC=4∴AM=2由勾股定理得，CM=∵∴∠MCB=45°∴∵平分∴设MN=x，则AN=2+x在中，∴由勾股定理得，∴∴又在中，∴解得，∴DN=2设O为平行四边形DPQB的中心，∴O在PB上，过点Q作QT⊥PB于点T，∵QO=DO，∠TOQ=∠DON，∠QTO=∠DNO∴∴QT=DN=2根据垂线段最短可知，当CQ⊥QR时，CQ最短，此时CQ=CM+QT=故答案为：【点睛】此题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短等知识，求出DN=2是解答此题的关键．30．矩形【详解】连接AC、BD交于O，∵E、F.

G、H分别是AB、AD、CD、BC的中点，∴EF∥BD，FG∥AC，HG∥BD，EH∥AC，∴EF∥HG，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵EF∥BD，EH∥AC，∴EF⊥EH，∴∠FEH=90°，∴平行四边形EFGH是矩形，故答案为矩形．31．（1），，；（2）作图见解析．【分析】（1）根据坐标轴中点A、B、C的位置，可知三点的坐标，再利用平移的性质得出各对应点位置，向右（左）平移对应横坐标的增大（减小），向上（下）平移对应纵坐标的增大（减小），进而得出答案；（2）根据（1）求出的、、在坐标轴中画出对应的位置，并依次用直线相连．【详解】解：（1）由图可知，A(-1，-2)，B(-4，-6)，C(-1，-6)，且将ABC向右平移5个单位，向上平移4个单位，即将三个点的横坐标增加5，纵坐标增加4，∴，，．（2）根据（1）求出的、、在坐标轴中画出对应的位置，并依次用直线相连，图如下：【点睛】此题考查作图—平移变换，解题关键在于掌握作图法则．32．33．(1)(2)【分析】（1）根据平方根解方程即可；（2）根据立方根解方程即可．(1)4＝25(2)【点睛】本题考查了利用平方根和立方根解方程，掌握平方根和立方根的定义是解题的关键．平方根：如果一个数的平方等于，那么这个数就叫的平方根，其中属于非负数的平方根称之为算术平方