精品解析：福建省福州市立志中学2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题

福州立志中学2024-2025学年第二学期期中八年级数学适应性训练 （考试时间：120分钟满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．答题前，考生务必在答题卡规定的位置填写考生的班级、姓名、座位号等信息． 2．第I卷选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第II卷答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效． 3．考试结束后，考生只交答题卡． 第I卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 2. 如果是正比例函数，则的值是（　　） A. B. C. D. 3. 一元二次方程的解为（　　） A. B. C. 或 D. 且 4. 不能判定四边形为平行四边形的题设是（ ） A. ， B ， C ， D. ， 5. 解一元二次方程，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 若，两点都在直线上，则与的大小关系是（　　） A. B. C. D. 无法确定 7. 在物理实验课上，小华利用弹簧测力计及相关器材进行实验，他把得到弹簧的长度和所悬挂物体的质量的数据用电脑绘制成如图所示的图象，下列结论正确的是（ ） A. 弹簧的长度L与悬挂物体质量m成正比例函数关系 B. 没有悬挂物体时，弹簧的长度为 C. 悬挂物体的质量为时，弹簧伸长了 D. 当悬挂的物体质量为时，弹簧的长度为 8. 如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，则菱形的高为（　　） A. 3 B. 4 C. D. 9. 如图，在长方形中，．将长方形沿对角线折叠，点D落在了位置，与相交于点E．则的长等于（　　） A. B. C. D. 10. 如图，直线与轴交于点，与直线交于点，则关于的不等式组的解集为（　　） A. 0 B. C. D. 2 第II卷 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 若关于的一元二次方程有一个根为，则的值为___________． 12. 将直线向下平移个单位后，所得的直线的解析式为___________． 13. 如图，在中， AC、BD相交于点O， 点E是AB的中点，， 则AD的长是__________cm． 14. 某水库的水位在最近5小时内持续下降，水库的初始水位高度为10米，水位以每小时0.2米的速度匀速下降，则该水库的水位高度y（米）与时间x（小时）的函数关系式为______． 15. 如图，在中，点是上一点，点是的中点，平分，，，则的长为___________． 16. 如图，点，以点为顶点作且，点，分别在，轴上，点是的中点，点，则的最小值为______． 三、解答题（共9题，共86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 已知与成正比例，且时，． （1）求与之间的函数关系式； （2）设点在（1）中的函数图象上，求点的坐标． 19. 如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，连接，．求证：． 20. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为正整数，求该方程的根． 21. 如图，菱形的对角线，相交于点，，． （1）作四边形，连接交于点，使，；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） （2）求四边形的面积． 22. 一次函数的图象分别与x、y轴交于A、B两点，正比例函数与交于点． （1）求m值及的解析式； （2）若点D在x轴上，且满足，求点D坐标． 23. “菊润初经雨，橙香独占秋”，橙子是一种甘甜爽口的水果，富含维生素．某水果商城购进了一批质量相等的“果冻橙”和“脐橙”，其中购买“果冻橙”用了元，“脐橙”用了元，已知每千克“果冻橙”进价比每千克“脐橙”贵元． （1）问每千克“果冻橙”和“脐橙”进价各是多少元？ （2）若该水果商城决定再次购买同种“果冻橙”和“脐橙”共千克，再次购买的费用不超过元，且每种橙子进价保持不变．若每千克“果冻橙”的售价为元，每千克“脐橙”的售价为元，则该水果商城应如何进货，使得第二批的“果冻橙”和“脐橙”售完后获得利润最大？最大利润是多少？ 24. 如图，在正方形的边上有一点，边的延长线上有一点，且． （1）判断的形状并证明； （2）连接，作的平分线交于．求证：； （3）如图2，在（2）的条件下，作于．试猜想之间的数量关系，并说明理由． 25. 如图1，已知直线：交轴于，交轴于. （1）直接写出的值为______. （2）如图2，为轴负半轴上一点，过点的直线：经过的中点，点为轴上一动点，过作轴分别交直线、于、，且，求的值. （3）如图3，已知点，点为直线右侧一点，且满足，求点坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福州立志中学2024-2025学年第二学期期中八年级数学适应性训练 （考试时间：120分钟满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．答题前，考生务必在答题卡规定的位置填写考生的班级、姓名、座位号等信息． 2．第I卷选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第II卷答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效． 3．考试结束后，考生只交答题卡． 第I卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的识别，解题的关键是掌握一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是的整式方程，叫做一元二次方程．据此判断即可． 【详解】解：A．方程含有两个未知数，则该方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意； B．方程是一元二次方程，故此选项符合题意； C．方程含有两个未知数，则该方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意； D．方程不是整式方程，则该方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意． 故选：B． 2. 如果是正比例函数，则的值是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查正比例函数的定义，解题的关键是掌握正比例函数的定义：一般地，形如（是常数，）的函数，叫做正比例函数，其中叫做比例系数．据此可推出，求解即可． 【详解】解：∵是正比例函数， ∴， 解得：， 即的值是． 故选：D． 3. 一元二次方程的解为（　　） A. B. C. 或 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】解： 移项得：， 分解因式得：， 解得：或， 故选：C． 【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 4. 不能判定四边形为平行四边形的题设是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一进行判定即可；（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）对角线互相平分的四边形是平行四边形；（4）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（5）两组对角分别相等 的四边形是平行四边形． 【详解】．，， 四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）； 故本选项能判定四边形为平行四边形，不合题意； ．，， 四边形为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形）； 故本选项能判定四边形为平行四边形，不合题意； ．，， 四边形为平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）； 故本选项能判定四边形为平行四边形，不合题意； ．，不能判定四边形为平行四边形， 故此选项符合题意； 故选：． 【点睛】本题考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键． 5. 解一元二次方程，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查配方法解方程，先将配方，再进行判断即可．解题的关键是掌握用配方法解一元二次方程的一般步骤：①将常数项移至方程的右边，然后化二次项系数为（ 当二次项系数不是时，方程两边同时除以二次项系数）；②在方程两边同时加上一次项系数一半的平方；③配方后将原方程化为的形式，再用直接开平方的方法解方程． 【详解】解：， 移项，得：， 配方，得：，即， ∴． 故选：A． 6. 若，两点都在直线上，则与的大小关系是（　　） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查比较一次函数值的大小，解题的关键是掌握：一次函数的性质主要是指函数的增减性，即随的变化情况，它只和的符号有关，与的符号无关；随的增大而增大，随的增大而减小．据此判断即可． 【详解】解：∵直线解析式中的， ∴随的增大而减小， ∵，两点都在直线上，且， ∴． 故选：A． 7. 在物理实验课上，小华利用弹簧测力计及相关器材进行实验，他把得到的弹簧的长度和所悬挂物体的质量的数据用电脑绘制成如图所示的图象，下列结论正确的是（ ） A. 弹簧的长度L与悬挂物体质量m成正比例函数关系 B. 没有悬挂物体时，弹簧长度为 C. 悬挂物体的质量为时，弹簧伸长了 D. 当悬挂的物体质量为时，弹簧的长度为 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用，掌握正比例函数图象的特征、从图象中获取数学信息是解题的关键．A．根据正比例函数图象的特征判断即可；B．当时，的值即为没有悬挂物体时，弹簧的长度；C．根据“悬挂物体的质量为时弹簧的伸长量此时弹簧的总长度没有悬挂物体时弹簧的长度”计算即可；D．根据图象计算悬挂的物体弹簧的伸长量，再根据“弹簧的长度没有悬挂物体时弹簧的长度悬挂的物体弹簧的伸长量悬挂的物体质量”计算即可． 【详解】解：∵图象是一条直线，但不过原点， ∴弹簧的长度与悬挂物体质量成一次函数关系，但不成正比例函数关系， ∴A不正确，不符合题意； 当时，，即没有悬挂物体时，弹簧的长度为， ∴B不正确，不符合题意； 当时，，， ∴悬挂物体的质量为时，弹簧伸长了， ∴C正确，符合题意； 悬挂的物体弹簧的伸长量为， 当时，， ∴当悬挂的物体质量为时，弹簧的长度为， ∴D不正确，不符合题意． 故选：C． 8. 如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，则菱形的高为（　　） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，，在中，根据勾股定理可得，则，然后根据可得，进而可得解．熟练掌握菱形的性质与菱形面积的计算方法是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， ∴ 是菱形的高， ， ， 故选：C． 9. 如图，在长方形中，．将长方形沿对角线折叠，点D落在了位置，与相交于点E．则的长等于（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了图形的折叠问题，勾股定理．设，则，根据题意可证得，可得．在中，根据勾股定理可得到关于x的方程，求解即可得到答案． 【详解】解：设，则． 根据图形折叠的性质得：． ∵四边形为长方形， ∴． ∴． 在和中 ∵， ∴． ∴． 在中， 即． 解得：． ∴． 故选：A． 10. 如图，直线与轴交于点，与直线交于点，则关于的不等式组的解集为（　　） A. 0 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一次函数与不等式，熟练掌握利用两条直线的交点解决不等式问题，是解题的关键．图象法解不等式组即可． 【详解】解：由图象可知：不等式组的解集为； 故选D． 第II卷 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 若关于的一元二次方程有一个根为，则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，把代入方程即可求解，掌握方程的解就是使等式成立的未知数的值是解题的关键． 【详解】解：把代入方程得， ， 解得， 故答案为：. 12. 将直线向下平移个单位后，所得的直线的解析式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一次函数图象的平移，解题的关键是掌握函数图象平移的规律：左加右减、上加下减．据此解答即可． 【详解】解：将直线向下平移个单位后，得，即， ∴所得的直线的解析式为． 故答案为：． 13. 如图，在中， AC、BD相交于点O， 点E是AB的中点，， 则AD的长是__________cm． 【答案】8 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可得是的中点，根据三角形的中位线即可求得． 【详解】四边形是平行四边， ， 点E是AB的中点，， 是中位线， ， ， 故答案为8 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，掌握以上知识点是解题的关键． 14. 某水库的水位在最近5小时内持续下降，水库的初始水位高度为10米，水位以每小时0.2米的速度匀速下降，则该水库的水位高度y（米）与时间x（小时）的函数关系式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一次函数，关键是根据题中水位以每小时0.2米的速度匀速下降列出关系式．根据高度等于速度乘以时间列出关系式解答即可． 【详解】解：因为初始的水位高度为10米，水位以每小时0.2米的速度匀速下降， 所以，， 根据题意可得：， 故答案为：． 15. 如图，在中，点是上一点，点是的中点，平分，，，则的长为___________． 【答案】7 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线，构造等腰三角形是解题的关键． 延长相交于点M，根据平行四边形的性质可得、、，再结合角平分线的定义等腰三角形的性质可得，通过证明得出，然后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：延长相交于点M， ∵四边形为平行四边形， ∴，即，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴ ∵E是边的中点， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：7． 16. 如图，点，以点为顶点作且，点，分别在，轴上，点是的中点，点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了中点坐标公式，勾股定理，配方法的应用，设点的坐标为，可得，，利用勾股定理化简后可得，即得到，可知当时，的值最小，进而即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：设点的坐标为， ∵点是的中点，点，分别在，轴上， ∴，， ∵是直角三角形，且， ∴， 即， 整理得，， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的值最小，的最小值， 故答案为：． 三、解答题（共9题，共86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，解题的关键是掌握解一元二次方程的一般方法（直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法）并能根据具体情况选用适当的方法求解． （1）将方程化为，然后配方为，再用直接开平方法求解； （2）将方程化为，然后将方程左边进行因式分解，最后将原方程化为两个一元一次方程，求解即可； 【小问1详解】 解：， 移项，得：， 配方，得：，即， 直接开平方，得：， 解得：，； 【小问2详解】 ， ，即， ， ， ∴或， 解得：，． 18. 已知与成正比例，且时，． （1）求与之间的函数关系式； （2）设点在（1）中的函数图象上，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查正比例函数的定义，求一次函数的解析式，以及求自变量的值．解题的关键是利用待定系数法求出函数解析式． （1）设，待定系数法求出函数解析式即可； （2）将代入解析式，进行求解即可． 【小问1详解】 解：设， ∵当时，， ∴， 解得， ∴y与x之间的函数关系式为； 【小问2详解】 解：∵点在这个函数的图象上， ∴， 解得． ∴点P的坐标为 19. 如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，根据平行线的性质得，，继而推出，证明四边形是平行四边形，再根据“平行四边形的对角相等”即可得证．掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴． 20. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为正整数，求该方程的根． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，解题的关键是掌握：式子是一元二次方程根的判别式，方程有两个不等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程无实数根． （1）利用根的判别式的意义得到，然后解不等式即可； （2）先确定得到方程为，然后利用因式分解法解方程即可； 【小问1详解】 解：∵关于一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：， ∴的取值范围为； 【小问2详解】 ∵为正整数，， ∴， 此时方程为， ∴， ∴或， 解得：，． 21. 如图，菱形的对角线，相交于点，，． （1）作四边形，连接交于点，使，；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） （2）求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了尺规作图和矩形判定和菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，准确作图是关键． （1）过点C作的垂线，作的垂直平分线交于点F，连接并延长交的垂线于点E，连接即可得到四边形； （2）先根据菱形性质得到，，再证明四边形为矩形，则四边形的面积可求． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解：∵四边形为菱形，，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积． 22. 一次函数的图象分别与x、y轴交于A、B两点，正比例函数与交于点． （1）求m的值及的解析式； （2）若点D在x轴上，且满足，求点D的坐标． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形性质，熟知待定系数法是解题的关键． （1）将点坐标代入的函数解析式可求出，再将点坐标代入的函数解析式中求解即可； （2）根据和的面积关系，可求出的长，进而解决问题． 【小问1详解】 解：将代入一次函数解析式中，得， 解得． 则点坐标为． 设的解析式为， 将点坐标代入，得， 解得， 所以的解析式为； 【小问2详解】 解：将代入中，得， ∴点坐标为，又， 故． ∵， ∴，又， 则， 解得， 又点坐标为， ∴点坐标为或． 23. “菊润初经雨，橙香独占秋”，橙子是一种甘甜爽口的水果，富含维生素．某水果商城购进了一批质量相等的“果冻橙”和“脐橙”，其中购买“果冻橙”用了元，“脐橙”用了元，已知每千克“果冻橙”进价比每千克“脐橙”贵元． （1）问每千克“果冻橙”和“脐橙”进价各是多少元？ （2）若该水果商城决定再次购买同种“果冻橙”和“脐橙”共千克，再次购买的费用不超过元，且每种橙子进价保持不变．若每千克“果冻橙”的售价为元，每千克“脐橙”的售价为元，则该水果商城应如何进货，使得第二批的“果冻橙”和“脐橙”售完后获得利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1）每千克“果冻橙”的进价是元，每千克“脐橙”的进价是元 （2）该水果商城再次购买千克“果冻橙”，千克“脐橙”时，获得的利润最大，最大利润是元 【解析】 【分析】（1）设每千克“脐橙”的进价是元，则每千克“果冻橙”的进价是元，利用“质量总价单价”，根据：用元购进“果冻橙”的质量等于用元购进“脐橙”的质量，可列出关于的分式方程，解之，经检验后，可得出每千克“脐橙”的进价，再将其代入中，即可求出每千克“果冻橙”的进价； （2）设再次购买千克“果冻橙”，则购买千克“脐橙”，利用“总价单价质量”，结合“总价不超过元”可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，设第二批购进的“果冻橙”和“脐橙”售完后获得的总利润为元，利用“总利润每千克的销售利润销售数量（购进数量）”可列出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题． 【小问1详解】 解：设每千克“脐橙”的进价是元，则每千克“果冻橙”的进价是元， 根据题意，得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解且符合题意， ∴（元）， 答：每千克“果冻橙”的进价是元，每千克“脐橙”的进价是元； 小问2详解】 设再次购买千克“果冻橙”，则购买千克“脐橙”， 根据题意得：， 解得：， 设第二批购进的“果冻橙”和“脐橙”售完后获得的总利润为元， 依题意，得：， 即， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，取得最大值，最大值为（元），此时（千克）． 答：该水果商城再次购买千克“果冻橙”，千克“脐橙”时，获得的利润最大，最大利润是元． 【点睛】本题考查分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式． 24. 如图，在正方形的边上有一点，边的延长线上有一点，且． （1）判断的形状并证明； （2）连接，作的平分线交于．求证：； （3）如图2，在（2）的条件下，作于．试猜想之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）为等腰直角三角形；证明见解析 （2）见解析 （3），理由见解析 【解析】 【分析】本题属于四边形的综合题，考查正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是关键． （1）先证明，得到，再由即可判断； （2）证明出，由等腰三角形的判定可得结论； （3）过点E作于点G，则，由等腰三角形的性质得到，即可得到结论． 【小问1详解】 解：为等腰直角三角形；证明如下： 四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ∴是等腰直角三角形． 【小问2详解】 ∵为等腰直角三角形，四边形是正方形， ∴， ， ， ． 【小问3详解】 ， 理由：过点E作于点G， ∵作的平分线交于．， ∴， 在等腰直角三角形中， ， 由四边形是正方形，，， 都是等腰直角三角形， ， ， ． 25. 如图1，已知直线：交轴于，交轴于. （1）直接写出的值为______. （2）如图2，为轴负半轴上一点，过点的直线：经过的中点，点为轴上一动点，过作轴分别交直线、于、，且，求的值. （3）如图3，已知点，点为直线右侧一点，且满足，求点坐标. 【答案】（1）k=-1；（2）或；（3） 【解析】 【分析】（1）将代入，求解即可得出； （2）先求得直线为，用含t的式子表示MN，根据列出方程，分三种情况讨论，可得到或； （3）在轴上取一点，连接，作交直线于，作轴于，再证出，得到直线的解析式为，将代入，得，可得出. 详解】解：（1）将代入， 得， 解得. 故答案为 （2）∵在直线中，令，得， ∴， ∵， ∴线段的中点的坐标为，代入，得， ∴直线为， ∵轴分别交直线、于、，， ∴，， ∴，， ∵， ∴，分情况讨论： ①当时，，解得：． ②当时，，解得：. ③当时，，解得：，舍去． 综上所述：或． （3）在轴上取一点，连接，作交直线于，作轴于， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 将代入，得， ∴. 【点睛】本题考查一次函数与几何的综合.要准确理解题意，运用数形结合、分类讨论的思想解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$