精品解析：上海市杨浦区2022-2023学年八年级上学期期末数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_八年级_上学期_3：期末

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2022 学年第一学期八年级数学阶段适应性练习卷
（考试时间：90分钟，满分：100分）
一、选择题（本大题共 6小题，每题 2分，满分 12分）
3a
1. 下列二次根式中,与 属同类二次根式的是( )
A. 9a B. 27a2 C. 18ab2 D. 27ab2
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再根据同类二次根式的定义解答．
【详解】A. 9a =3 a ，与 3a 的被开方数不同，则它们不是同类二次根式，故本选项错误；
B、 27a2 =3|a| 3与 3a 的被开方数不同，则它们不是同类二次根式，故本选项错误；
C、 18ab2 =3|b| 2a ，与 3a 的被开方数不同，则它们不是同类二次根式，故本选项错误；
D、 27ab2 =3|b| 3a ，与 3a 的被开方数相同，则它们是同类二次根式，故本选项正确；
故选D．
【点睛】此题主要考查了同类二次根式的定义，即：二次根式化成最简二次根式后，被开方数相同的二次
根式叫做同类二次根式．
1
2. 如果x2是方程 x2 ax1的根，那么a的值是（ ）
2
3 3
A. 2 B.  C. 2 D.
2 2
【答案】B
【解析】
1
【分析】根据方程的解的定义，将x2代入方程 x2 ax1并求解即可获得答案．
2
1
【详解】解：将x2代入方程 x2 ax1，
2
1
可得 22 2a1，
2
3
解得a  ．
2
故选：B．
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【点睛】本题主要考查了方程的解以及解一元一次方程，解题关键是理解方程的解即为能使方程左右两边
相等的未知数的值．
2k
3. 在平面直角坐标系中，反比例函数y  k 0图象的两支分别在（ ）
x
A. 第一、三象限 B. 第一、二象限 C. 第二、四象限 D. 第三、四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质可得到正确的选项．
【详解】解：∵k 0，
∴k 0,
∴2k 0,
2k
∴反比例函数y  k 0的图象经过第一、三象限，
x
故选A．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，确定2k 0是解题的关键．
4. 已知某等腰三角形的周长为36，腰长为x，底边长为y，那么关于x的函数关系式及定义域是（ ）
36 y
A. x （9 y18） B. y 362x（0 x18）
2
36 y
C. x （0 y18） D. y 362x9 x18
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据等腰三角形的定义及三角形周长可列出函数关系式；然后根据三角形的三边关系即可求出定
义域．
【详解】解：∵等腰三角形的的周长是36，设腰长为x，底边长为y，
∴y关于x的函数关系式为 y 362x，
x0

根据题意，得：362x0 ，

2x362x

解得：9 x18，
即y 362x9 x18 ，
故选：D．
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【点睛】本题主要考查了根据实际问题列函数关系式和三角形周长及等腰三角形的定义—等腰三角形两腰
相等，解题的关键是熟练掌握根据实际问题列函数关系式的方法和三角形周长，等腰三角形的定义．
5. 已知直角三角形的周长为(4 19)厘米，斜边上的中线长为2厘米，则这个三角形的面积是（ ）
3 3
A. 平方厘米 B. 平方厘米 C. 1平方厘米 D. 19平方厘米
4 2
【答案】A
【解析】
【分析】由直角三角形斜边上中线长可得斜边长，则可直角三角形两直角边和，设直角三角形的两条直角
边分别为a厘米、b厘米，则有ab 19，由勾股定理得a2 b2 16，利用完全平方公式变形可求得ab
的值，从而求得三角形的面积．
【详解】解：∵直角三角形斜边上的中线长为2厘米，
∴直角三角形的斜边长为4厘米，
∵直角三角形的周长为(4 19)厘米，
∴直角三角形的两条直角边长和为 19厘米，
设直角三角形的两条直角边分别为a厘米、b厘米，
∴ab 19①，
又a2 b2 16②，
由①②可得，2ab3，
3
即ab ，
2
1 3
∴S  ab 平方厘米，
2 4
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，完全平方公式变形运用等知识，求出两直
角边之积是问题的关键．
6. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ）
A. 在 ABC中，a、b、c为三角形三边的长，若a2 bcbc ，则 ABC是直角三角形．
 
B. 关于某个点中心对称的两个三角形全等．
C. 两条平行线被第三条直线所截，一对同旁内角的平分线互相垂直．
D. 全等三角形的对应角相等．
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【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理，中心对称图形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质一
一判断即可．
【详解】解：A、在 ABC中，a、b、c为三角形三边的长，若a2 bcbc ，则 ABC是直角
 
三角形．它的逆命题是假命题，B不一定是直角，本选项不符合题意；
B、关于某个点中心对称的两个三角形全等，它的逆命题是假命题，全等三角形不一定是中心对称图形，
本选项不符合题意；
C、两条平行线被第三条直线所截，一对同旁内角的平分线互相垂直，它的逆命题是真命题，本选项符合
题意；
D、全等三角形的对应角相等，它的逆命题是假命题，对应角相等的三角形不一定是全等三角形，本选项
发不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理，中心对称图形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性
质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共 14小题，每题 2分，满分 28分）
6  
7. 已知 f x ，那么 f 2 ________．
x
【答案】3 2
【解析】
6
【分析】将x 2代入 f x ，进行求解即可．
x
  6
【详解】解： f 2  3 2；
2
故答案为：3 2．
【点睛】本题考查求函数值，分母有理化．正确的计算是解题的关键．
8. 当mn0时，化简 m3n2 ________．
【答案】mn m ##nm m
【解析】
【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．
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【详解】解：∵mn0，
∴ m3n2  mn m mn m ，
故答案为：mn m ．
【点睛】本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是正确理解二次根式的性质．
9.
方程xx34x3
的解是________．
【答案】x 3，x 4
1 2
【解析】
【分析】先移项，使方程右边为0，再提公因式(x3)，然后根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式
值为0”进行求解．
【详解】解：原方程可化为：x(x3)4(x3)0，
因式分解得：(x3)(x4)0，
所以x30或x40，
解得：x 3，x 4，
1 2
故答案为：x 3，x 4．
1 2
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式
法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
x3
10. 函数y  的定义域是________．
x1
【答案】x3且x1
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，列出不等式组，解不等式组即可求解．
x30
【详解】解：依题意， ，
x10
解得：x3且x1，
故答案为：x3且x1．
【点睛】本题考查了求函数自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件，分式有意义的条件是解题的
关键．
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11. 在实数范围内分解因式2x2 3x1________．
 3 17  3 17 
【答案】2x x 
  
4 4
  
【解析】
【分析】先求出方程的两个根，再因式分解．
3 17 3 17
【详解】∵2x2 3x10的根为x  ,x  ，
1 4 2 4
 3 17  3 17 
∴2x2 3x1 2x x ．
  
4 4
  
 3 17  3 17 
故答案为：2x x ．
  
4 4
  
【点睛】本题考查了因式分解，正确计算方程的两个根是解题的关键．
12. 在 ABC中，C 90，CAB的平分线AD交BC于点D，BC 8，BD5，那么D到AB的

距离是________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据角平分线上的点到角两边的距离相等，即可得解．
【详解】解：如图，过点D作DEAB，
∵AD平分CAB，C 90，
∴DE CD，
∵BC 8，BD5，
∴DE CD BCBD3；
即：D到AB的距离是3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查角平分线的性质，熟练掌握角平分线上的点到角两边的距离相等，是解题的关键．
13. 经过定点P，且半径等于2cm的圆的圆心的轨迹__________．
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【答案】以P点为圆心，2cm为半径的圆
【解析】
【分析】求圆心的轨迹实际上是求距P点2厘米能画一个什么图形．
【详解】解：所求圆心的轨迹，就是到P点的距离等于2厘米的点的集合，
因此应该是一个以点P为圆心，2cm为半径的圆；
故答案为：以点P为圆心，2cm为半径的圆．
【点睛】此题所求圆心的轨迹，就是到顶点的距离等于定长的点的集合，因此应该是一个圆．
14. 某型号的手机原来每台售价800元，经过两次降价，且每次降价的百分率相同，现在每台售价为578元，
则每次降价的百分率是_____________．
【答案】15%
【解析】
【分析】设每次降价百分率为x，根据原来每台售价800元，经过两次降价，且每次降价的百分率相同，现
在每台售价为578元，列方程即可．
【详解】解：设每次降价百分率为x，
由题意得：800(1x)2 578，
解得：x 0.1515%,x 1.85（舍），
1 2
∴每次降价的百分率是15%，
故答案为：15%．
【点睛】本题考查理一元二次方程的应用，是个增长率问题，根据两次降价前的结果，和现在的价格，列
出方程是关键．
k
15. 已知：点A2,y  ，B2,y  ，C3,y  都在反比例函数y  图象上k 0，用“＜”表示y 、
1 2 3 x 1
y 、y 的大小关系是_____．
2 3
【答案】y  y  y
1 3 2
【解析】
【分析】由k 0，可知反比例函数图象的两个分支分别位于第一、三象限，再根据反比例函数的性质进行
判断即可．
k
【详解】解：∵反比例函数y  中，k 0，
x
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∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小，
20，

∴点A2,y 
位于第三象限，
1
y 0，
1
023，

∴点B2,y  ，C3,y 
位于第一象限，
2 3
y  y 0，
2 3
y  y  y ，
1 3 2
故答案为：y  y  y ．
1 3 2
【点睛】本题考查反比例函数图象和性质，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
16. 如图，在 ABC中， AB AC，A40， AB的垂直平分线MN 交 AC于点D，则DBC 

_____度．
【答案】30
【解析】
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得到AD BD，再根据等腰三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵AB的垂直平分线MN 交AC于点D，A40，
∴AD BD，
∴∠ABD∠A40，
∵在 ABC中，AB AC，A40，

1
∴ABC  180A70，
2
∴∠DBC ∠ABC∠ABD704030，
故答案为：30．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质和等腰三
角形的性质是解答的关键．
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17. 如图，某人从甲地行走到乙地的路程S（千米）与时间t（小时）的函数关系如图所示，那么此人行走
5千米，所用的时间是______小时．
【答案】1.25
【解析】
【分析】根据速度=路程÷时间求出行驶的速度，再根据时间=路程÷速度进行计算即可得解．
【详解】解：由图可知，速度1234千米/时，
所以，行走5千米所用的时间541.25小时．
故答案为：1.25．
【点睛】本题考查了函数图象，准确识图，确定出路程和时间然后求出此人的速度是解题的关键．
18. A3,1 、B1,2 、C6,1 是三角形的三个顶点，则 ABC是________三角形．

【答案】等腰直角
【解析】
【分析】求出AB,AC,BC的长，再利用勾股定理逆定理，进行求解即可．
【详解】解：∵AB 312 122  13，BC  612 122  26，
AC  632 112  13，
∴AB AC,AB2  AC2  BC2，
∴ ABC是等腰直角三角形；

故答案为：等腰直角．
【点睛】本题考查三角形的判定，勾股定理以及逆定理．解题的关键是掌握两点间的距离公式．
19.
关于x的方程x2 kx1x0有实数根，则k的取值范围是________．
【答案】任意实数
【解析】
【分析】利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：方程x2 kx1x0整理得x2 k1xk 0，
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∵关于x的一元二次方程x2 kx1x0有实数根，
∴k12
4k
k12
0，
∴k的取值范围是任意实数，
故答案为：任意实数．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2 bxc0a 0 ，若
b2 4ac0，则方程有两个不相等的实数根，若b2 4ac0，则方程有两个相等的实数根，若
b2 4ac<0，则方程没有实数根．
20. 动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB=3,AD=5.如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折
痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动.若限定点P、Q分别在AB、AD边上
移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为_______________.
【答案】2
【解析】
【详解】解：当点P与B重合时，BA′取最大值是3，
当点Q与D重合时（如图），
由勾股定理得A′C=4，此时BA′取最小值为1．
则点A′在BC边上移动的最大距离为3-1=2．
三、简答题（本大题共 4小题，每题 6分，满分 24分）
21 1  2
21. 计算： 18 4  32 ．
21 8
【答案】5 3
【解析】
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【分析】直接利用二次根式的乘除运算法则化简，先算乘除，再利用二次根式的加减运算法则计算得出答
案．
21 1  2
【详解】解： 18 4  32
21 8
 2
21
2
3 2 4  32
  
21 21 4
3 232 2 22 3
5 3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运
算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的
解题途径，往往能事半功倍．
22. 用配方法解方程：2x2 4x10
2 2 2 2
【答案】x  ,x 
1 2 2 2
【解析】
1
【分析】原方程化为x2 2x ，然后根据配方法解一元二次方程即可求解．
2
1
【详解】解：原方程化为x2 2x ，
2
1
配方得x2 2x11 ，
2
1
即x12
 ，
2
2
开方得x1 ，
2
2 2 2
x1  ，
2 2
2 2 2 2
∴x  ,x  ．
1 2 2 2
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．
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23.
关于x的一元二次方程mx2 3m1x2m10，其根的判别式的值为1，求m的值及该方程的
根．
3
【答案】m  2，x  ,x 1
1 2 2
【解析】
【分析】根据根的判别式的值为1，求出m的值，再利用求根公式进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：b2 4ac3m1 2 4m2m11，
 
整理，得：m2 2m 0，
解得：m0（不合题意，舍去）或m  2；
∴一元二次方程化为：2x2 5x30，
∵10，
5 1 51
∴x  ，
22 4
3
∴x  ,x 1．
1 2 2
【点睛】本题考查根的判别式，公式法解一元二次方程．解题的关键是掌握根的判断式为b2 4ac．
1
24. 已知，如图，在 ABC中，AD为BC边上的中线，且AD  BC ，AE BC．

2
（1）求证：CAE  B；
（2）若CAE 30，CE 2，求AB的长．
【答案】（1）见解析 （2）AB的长为4 3
【解析】
【分析】（1）根据中线的定义推出 AD DC  BD，进而得到BBAD，C DAC，推出
BC 90，根据同角的余角相等，即可得证；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
证明： AD为BC边上的中线，

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1
BDDC  BC，
2
1

AD BC，
2
AD  DC  BD，
B BAD，C DAC，
BBADDACC 180，

2BC180，
BC 90，
AE  BC，

AEC 90，
CAEC 90，
CAE B；
【小问2详解】
解： AEC 90，CAE 30，CE 2，

AC 2CE 4，
BC 90，

BAC 180BC90，
BCAE 30，

BC 2AC 8,AB 3AC 4 3，
AB的长为4 3．
【点睛】本题考查等边对等角，勾股定理，含30度角的直角三角形．解题的关键是掌握相关知识点，并
灵活运用．
四、解答题（本大题共 3题，25、26、27题每题 8分，28题 12分，满分 36分）
25. 在全民健身环城越野赛中，甲乙两位选手都完成了比赛，甲的行程s（千米）随时间t（小时）变化的
图象（全程）如图所示；乙的行程s（千米）随时间t（小时）的函数解析式为S 10t （0t 2）．
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（1）在图中画出乙的行程S（千米）随时间t（小时）的函数图象；
（2）环城越野赛的全程是________千米；
（3）甲前0.5小时的速度是________千米/小时；
（4）甲和乙出发1小时后相遇，相遇时甲的速度是________千米/小时．
【答案】（1）图见解析
（2）20 （3）16
（4）4
【解析】
【分析】（1）根据两点确定一条直线，进行作图即可；
（2）根据乙的图象，求出t 2时，S的值即可；
（3）结合图象，利用路程除以时间进行求解即可；
（4）结合图象，利用路程除以时间进行求解即可；
【小问1详解】
解：∵S 10t ，（0t 2），当t 0时，S 0，当t 1时，S 10，
∴乙的行程S（千米）随时间t（小时）的函数图象经过点 0,0,1,10 ，
画出图象如下：
【小问2详解】
∵S 10t ，（0t 2），
∴当t 2时，S 20，
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即：环城越野赛的全程是20千米；
故答案为：20；
【小问3详解】
由图象可知：甲前0.5小时的速度是80.516千米/小时；
故答案为：16；
【小问4详解】
由图象可知：相遇时甲的速度是
10810.54千米/小时；
故答案为：4．
【点睛】本题考查利用函数图象表示变量之间的关系，解题的关键是从函数图象中有效的获取信息．
26. 某服装店销售某品牌衬衫，该衬衫每件的进价是100元，若每件售价140元，平均每天可售出20件，
为了扩大销售量增加盈利，该服装店决定降价出售．市场调查反映，若售价每降低1元，每天可多售出2
件衬衫．设该衬衫每件售价x元（100 x140），每天的销售量为y件．
（1）求y关于x的函数解析式；
（2）当每件售价多少元时，每天销售利润达到1200元？
【答案】（1）y 2x300
（2）当每件售价为120元时，每天销售利润达到1200元
【解析】
【分析】（1）根据售价每降低1元，每天可多售出2件衬衫，列出函数关系式即可；
（2）利用总利润等于单件利润乘以销量，列出一元二次方程，进行求解即可．
【小问1详解】
解：由题意，得：y 202140x2x300；
【小问2详解】
由题意，得：
x1002x3001200，
整理，得：x2 250x156000，
解得：x 120,x 130；
1 2
∵要扩大销售量，
∴售价应定为120元，
∴当每件售价为120元时，每天销售利润达到1200元．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确的列出函数关系式以及一元二次方程，
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是解题的关键．
27. 已知，如图： ABC中，BD DC  AC，AE是△ADC的中线：求证：AB2AE．

【答案】见解析
【解析】
【分析】利用中线加倍证 DEF≌  CEASAS ，可得DF  AC  BD，FDE C ，由
DC  AC ，可得ADC CAD进而可证ADF ADB，再证 ADB≌  ADFSAS 即可．
【详解】证明：延长AE到F，使EF  AE，连接DF，
∵E是DC 中点，
∴DE CE ，
DE CE

∴在 DEF 和 CEA中，DEF CEA，
 

EF  EA

∴ DEF≌  CEASAS ，
∴DF  AC  BD，FDE C ，
∵DC  AC ，
∴ADC CAD，
又∵ADBCCAD，
ADF FDEADC ，
∴ADF ADB，
AD AD

在 ADB和△ADF 中，ADBADF ，


DB DF

∴ ADB≌  ADFSAS ，
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∴AB AF 2AE．
【点睛】本题考查中线加倍构图，三角形全等判定与性质，等腰三角形性质，掌握中线加倍构图，三角形
全等判定与性质，等腰三角形性质是解题关键．
28. 如图1，点A在直线y kx(k 0)上，以OA为直角边作等腰直角三角形AOB，其中，OAOB，
AOB90，且点B在第四象限．
（1）当k 2时，求直线OB的函数解析式．
（2）如图2，等腰直角三角形OCD中，COD90，OC OD，且点C、D分别在第二象限和第三
象限；连接AC，BD交y轴分别与M 、N 两点．
①当B、D的纵坐标相等．判断CM 和AM 的大小关系并说明理由．
② AOC与 BOD的面积有什么关系？若OAm，ODn(m0，n0)，当 AOC面积取到最大值
  
时，求AC的长．
1
【答案】（1）y=- x
2
（2）①CM  AM ，理由见解析；②S
△AOC
S
△BOD
，当

AOC面积取到最大值时，AC的长为 m2 n2
【解析】
【分析】（1）过点A作AE y轴于点E，过点B作BF  x轴于点F ，证明

OEA≌

OFB（AAS），可
得 AE  BF，OEOF ，设 Aa,2a ，即 AE a,OE 2a,则B2a,a ，利用待定系数法即可求解．
（2）①过点A作AP y轴于点P，过点C作CQ y轴于点Q，根据全等三角形的判定和性质即可得
出结论．
②过点A作AH CO于点H ，过点B作BG  DO于点G，证明

OHA≌

OGB（AAS），
AH BG，利用三角形的面积公式可得S S ，由AH  AO可得当AO为 AOC的OC边上的
△AOC △BOD 
高（AOOC）时，S 最大，即可得AC的长
AOC
【小问1详解】
如图，过点A作AE y轴于点E，过点B作BF  x轴于点F ，根据
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
AE  y轴，BF  x轴，
OEAOFB90，
AOEAOF EOF 90，BOF AOF AOB90，

AOE BOF ，
OEAOFB90，OAOB，

  OEA≌  OFBAAS ，
AE  BF ，OEOF ，
当k 2时，直线OA解析式为y 2x，
设Aa,2a ，即AE a，OE 2a，
BF  AE a，OF OE 2a，

点B在第四象限，B(2a，a)，
设直线OB解析式为y k1x，
1
将B2a,a 代入y k x得a2ak ，解得k  ，
1 1 1 2
1
故直线OB解析式为y  x；
2
【小问2详解】
①CM  AM ，理由如下：
如图，过点A作AP y轴于点P，过点C作CQ y轴于点Q，
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
点B、D的纵坐标相等，
BD y轴，即ONDONB90，

COQDON 180COD90，
ODN DON 180OND90，
COQODN ，

OQC DNO90，OC OD，
  OQC≌  DNOAAS ，
CQON ，
AOPBON 180AOB90，

OBN BON 180ONB90，
AOPOBN ，
OPABNO90，OAOB，

  OPA≌  BNOAAS ，
APON ，
CQ AP，

CQM APM 90，CMQAPM ，
  CMQ≌  APM AAS ，
CM  AM ；
②如图，过点A作AH CO于点H ，过点B作BG  DO于点G，
AH CO，BG  DO，

OHAOGB90，
AOH BOD360CODAOB180，

BOGBOD180，
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AOH BOG，
OAOB，

  OHA≌  OGBAAS ，
AH BG，
1 1

S
AOC

2
OCAH ，S
BOD

2
ODBG，
S S ，
△AOC △BOD
AH  AO，

1 1
S  OCAH  OCAO，
AOC 2 2
1
当AO为 AOC的OC边上的高 AOOC 时，S  OCAO最大，
 AOC 2
当  AOC面积取到最大值时，AC的长为 OA2 OC2  m2 n2 ．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知
识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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