精品解析：上海民办兰生复旦中学2026-2027学年上学期八年级10月阶段测试数学试卷

上海民办兰生复旦中学2026学年初三10月阶段测试数学试卷 （考试时间：90分钟试卷满分：100分） 一．选择题（每题3分，共3×6=18分） 1. 下列函数中，一定是y关于x的二次函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在中，点，分别在边，上，再添加一个条件，仍不能判定与相似的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图是一个棕色细口瓶的截面示意图，为测量棕色细口瓶的内径，亮亮找来一个交叉卡钳（），放进未使用过的棕色细口瓶内，缓缓张到最大的角度．若，且测量得，则细口瓶的内径为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，平行四边形的对角线、相交于，如果△△，那么的比值为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 观察表格，判断一元二次方程的一个解的范围是（ ） … 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 … … 0.56 1.25 … A. B. C. D. 6. 已知函数的图象如图所示，下列四个结论中，正确的是（ ） A. 当时，函数有最大值是4 B. 图象与轴的交点为和 C. 当或时，函数值随值的增大而减小 D. 若直线与函数图象至少有3个公共点，则的取值范围是 二、填空题（每题3分，共3×12=36分） 7. 已知线段b是线段a、c的比例中项，且，，那么______． 8. 已知点是线段的黄金分割点，且，，则的长是______． 9. 若点，，都在抛物线图像上，比较、、的大小：____________________．（用“<”符号连接） 10. 将抛物线的图象先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线的解析式是__________． 11. 已知在中，，，，那么___________． 12. 如图，已知，它们依次交直线，于点、、和点、、，，如果，，那么__________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，与的相似比为，点是位似中心，已知点，点，，则点的坐标为_______．（结果用含，的式子表示） 14. 已知二次函数的图象如图所示，则下列结论中：①0；②；③；④，正确的结论是______填序号）． 15. 若二次函数在时的最大值为3，那么的值是_________． 16. 如图，在中，，垂足为点D，如，那么的长是_______． 17. 如图，在抛物线的内部依次画正方形，使对角线在轴上，另两个顶点落在抛物线上，按此规律类推，第个正方形的边长是______． 18. 如图，中，，，点是中点，点在上且，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为__________． 三、解答题（共5+5+5+5+8+8+10=46分） 19. 计算：+（tan60°+π0）﹣1． 20. 抛物线上有三点，和． （1）求抛物线的解析式； （2）设抛物线与轴交于和两点，试求的长． 21. 如图，、分别在的边、上，，且，，求的面积 22. 如图，在平行四边形中，，是上一点，，连接交于点．过点作的平行线分别交射线和射线于点、，若，，求的长． 23. 如图，已知菱形ABCD，点E是AB的中点，AF⊥BC于点F，连接EF、ED、DF，DE交AF于点G，且AE2＝EG•ED． (1)求证：DE⊥EF； (2)求证：BC2＝2DF•BF． 24. 如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其中，． （1）求的值； （2）点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点的坐标； （3）若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连接，，求m的值． 25. 综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 （1）如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．那么__________，直线与的夹角度数为__________． 【拓展探究】 （2）如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，的值及直线与的夹角大小是否发生变化？请利用图进行证明． 【解决问题】 （3）如图，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边在右侧作正方形，点为正方形的对称中心，连接，若，，求出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海民办兰生复旦中学2026学年初三10月阶段测试数学试卷 （考试时间：90分钟试卷满分：100分） 一．选择题（每题3分，共3×6=18分） 1. 下列函数中，一定是y关于x的二次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：A选项，右边不是整式，不是二次函数，不符合题意； B选项，自变量最高次数为1，不是二次函数，不符合题意； C选项，展开得，是二次函数，符合题意； D选项，未明确，不一定是二次函数，不符合题意． 2. 如图，在中，点，分别在边，上，再添加一个条件，仍不能判定与相似的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相似三角形的判定方法解答即可． 【详解】解：已知， A．添加后，有两组角对应相等，能判定与相似，不合题意； B．添加后，可得，有两组角对应相等，能判定与相似，不合题意； C．添加后，满足两组对应边的比相等且夹角对应相等，能判定与相似，不合题意； D．添加后，有两组对应边的比相等，但不能确定夹角相等，不能判定与相似，符合题意． 3. 如图是一个棕色细口瓶的截面示意图，为测量棕色细口瓶的内径，亮亮找来一个交叉卡钳（），放进未使用过的棕色细口瓶内，缓缓张到最大的角度．若，且测量得，则细口瓶的内径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 根据，结合，证明，再根据相似三角形的性质列式计算即可． 【详解】解：∵相交于点O， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得：． 故选B． 4. 如图，平行四边形的对角线、相交于，如果△△，那么的比值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和相似三角形的性质，解题关键是根据相似三角形的性质列出比例式； 根据平行四边形对角线互相平分得出，再根据相似三角形的性质列出比例式即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， △△， ， ， ， ， ； 故选：A． 5. 观察表格，判断一元二次方程的一个解的范围是（ ） … 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 … … 0.56 1.25 … A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查估算一元二次方程的根．根据表格得到当时，，当时，，即可得到在时，存在一个的值，使，据此即可得解． 【详解】解：由表格可知：当时，，当时，， ∴当时，存在一个的值，使， 即：方程的一个解的范围是； 故选：C． 6. 已知函数的图象如图所示，下列四个结论中，正确的是（ ） A. 当时，函数有最大值是4 B. 图象与轴的交点为和 C. 当或时，函数值随值的增大而减小 D. 若直线与函数图象至少有3个公共点，则的取值范围是 【答案】C 【解析】 【分析】将函数解析式化为顶点式，求出对称轴、顶点坐标及与轴交点坐标，结合图象分析函数的增减性、最值及直线与图象交点个数即可判断 【详解】解：，   函数图象关于直线对称，翻折后的顶点坐标为， 令，则，解得 ，，   图象与轴交点为和，故B错误； 由图象可知，当或时，图象呈下降趋势，即随的增大而减小，故C正确； 当时，，但函数图象两端向上无限延伸，无最大值，故A错误； 若直线与函数图象至少有个公共点，观察图象可知，故D错误； 故选：C． 二、填空题（每题3分，共3×12=36分） 7. 已知线段b是线段a、c的比例中项，且，，那么______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了比例线段，掌握线段的比例中项的定义，注意线段不能为负．根据比例中项的定义，若线段b是线段a、c的比例中项，即．即可求解 【详解】解∶若线段b是线段a、c的比例中项， 即， ． 解得． 故答案为∶． 8. 已知点是线段的黄金分割点，且，，则的长是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查黄金分割，根据黄金分割点的定义可得，由此可解． 【详解】解：点是线段的黄金分割点，，， ， ，即， ， 解得， ，不合题意， 故答案为：． 9. 若点，，都在抛物线图像上，比较、、的大小：____________________．（用“<”符号连接） 【答案】 【解析】 【分析】先确定抛物线的开口方向与对称轴，根据开口向下的抛物线的性质：点到对称轴的距离越大，对应函数值越小，计算各点到对称轴的距离即可比较大小． 【详解】解：∵ 抛物线解析式为，二次项系数， ∴ 抛物线开口向下，对称轴为直线，开口向下的抛物线上， 点到对称轴的距离越大，对应的函数值越小， 分别计算三个点到对称轴的距离： 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， ∵ ， ∴ ． 10. 将抛物线的图象先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线的解析式是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先将原抛物线解析式化为顶点式，再根据二次函数图象平移的“左加右减，上加下减”规则计算得到新抛物线的解析式． 【详解】解：先将原抛物线配方化为顶点式，， ∵抛物线向左平移3个单位，再向上平移2个单位， ∴根据平移规则，对自变量左移加，对常数项上移加， 可得． 11. 已知在中，，，，那么___________． 【答案】 【解析】 【分析】过A作于点D，利用正切的定义结合勾股定理求得，进而可求出，最后再次根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点A作于点D， ∴． ∴可设，则． 在中，， ∴， 解得：（舍去负值）， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查解直角三角形、勾股定理．画出图形并正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键． 12. 如图，已知，它们依次交直线，于点、、和点、、，，如果，，那么__________． 【答案】9 【解析】 【分析】过点作，交于，交于，根据可得四边形、四边形是平行四边形，，根据平行四边形的性质和相似三角形的性质可得，，再根据线段的和差和比例性质得出，，随即求出，再根据线段和差求解即可． 【详解】解：过点作，交于，交于， ∵， ∴四边形、四边形是平行四边形，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， 解得， ∴． 13. 如图，在平面直角坐标系中，与的相似比为，点是位似中心，已知点，点，，则点的坐标为_______．（结果用含，的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】过点分别作轴的垂线，垂足分别为，根据与的相似比为，得到，，进而得到，． 【详解】解：如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别为， ∵与的相似比为，点是位似中心，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 已知二次函数的图象如图所示，则下列结论中：①0；②；③；④，正确的结论是______填序号）． 【答案】 【解析】 【分析】对于①，根据图象判断、、的符号即可；对于②，由对称性可知二次函数的图象与轴的交点为与，则；对于③，由对称轴为即可判断；对于④，将与都用表示，结合的符号进行判断． 【详解】解：∵二次函数的图象开口向上， ∴， ∵对称轴为直线， ∴， ∴， ∴，故③正确， ∵二次函数的图象交轴于负半轴， ∴， ∴，故①错误， ∵二次函数的图象交轴于点， ∴由二次函数的对称性可知，另一个交点为， ∴，故②错误， ∵，且， ∴，即， ∴， 综上，正确的结论为③④． 15. 若二次函数在时的最大值为3，那么的值是_________． 【答案】或 【解析】 【分析】求出二次函数的对称轴是，由于对称轴是变化的，我们分：①时；②当上时；③当时，三种情况结合增减性讨论即可． 【详解】解：二次函数的对称轴是， ，二次函数开口向下， ①当对称轴，即，即， ∴当时，图象位于对称轴右侧，随的增大而减小， 即当时，二次函数有最大值为， 解得； ②当时，即， ∴当时，二次函数有最大值为， 解得或， 由于，故； ③当时，，即， 当时，图象位于对称轴左侧，随的增大而增大， 即当时，二次函数有最大值为， 解得； ∵，故此种情况无解； 综上①②③所述，得，， 故答案为：或． 【点睛】本题考查根据二次函数最值求参数值，属于典型题型“动轴定范围最值问题”，根据自变量范围分三种情况讨论是解决问题的关键． 16. 如图，在中，，垂足为点D，如，那么的长是_______． 【答案】 【解析】 【分析】先证明得到，再根据相似图形的性质求出，，从而得解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， 即， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 17. 如图，在抛物线的内部依次画正方形，使对角线在轴上，另两个顶点落在抛物线上，按此规律类推，第个正方形的边长是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形对角线在轴上及顶点在抛物线上，确定直线，等的表达式，联立抛物线方程求出，等点的坐标，计算边长并总结规律即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，且对角线在轴上， ，  ∴直线的表达式为，  联立，解得或，  ， ∴第个正方形的边长，  ，即，  ∵四边形是正方形， ∴， ∴直线的表达式为，  联立，解得或， ， ∴第个正方形的边长，  ，即， 同理可得直线的表达式为，  联立，解得或， , ∴第个正方形的边长， ， ∴第个正方形的边长为， ∴第个正方形的边长是． 18. 如图，中，，，点是中点，点在上且，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】连接并延长，过点作交于点，过点作交延长线于点，得到，平分，，求出，然后证明出，得到，代值求出，，，然后证明出，得到，，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，连接并延长，过点作交于点，过点作交延长线于点， ∵中，，，点是中点， ∴，平分，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 三、解答题（共5+5+5+5+8+8+10=46分） 19. 计算：+（tan60°+π0）﹣1． 【答案】 【解析】 【详解】分析：将特殊角的三角函数值代入后，再按实数运算顺序和法则求解； 详解： +（tan60°+π0）﹣1 = = 点睛：考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值,具体如下表： 20. 抛物线上有三点，和． （1）求抛物线的解析式； （2）设抛物线与轴交于和两点，试求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（）利用待定系数法解答即可； （）令，求出方程的解，再相减即可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线上有三点，和， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：当时，， 解得，， ∴． 21. 如图，、分别在的边、上，，且，，求的面积 【答案】 【解析】 【分析】根据平行线构造线段成比例，结合同高的三角形面积比等于底边的比，构造方程即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， 设， ， 解得：或（舍去） 则的面积为：． 22. 如图，在平行四边形中，，是上一点，，连接交于点．过点作的平行线分别交射线和射线于点、，若，，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】作于M，根据，得出，证明，则，证明平分．根据角平分线的性质定理得出，证明，得出，设，则，由勾股定理求出x，即可求解． 【详解】解：作于M， ， ． ， ． 四边形是平行四边形， ，． ． ． 在和中 ． ． ， ． ． ． 平分． ，， ． ， ． ， ． ． 设，则，， ， ，即． 解得， (舍去)， ． 23. 如图，已知菱形ABCD，点E是AB的中点，AF⊥BC于点F，连接EF、ED、DF，DE交AF于点G，且AE2＝EG•ED． (1)求证：DE⊥EF； (2)求证：BC2＝2DF•BF． 【答案】 (1)证明：∵AF⊥BC于点F， ∴∠AFB＝90°， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝FE， ∴∠EAF＝∠AFE， ∵AE2＝EG•ED， ∴， ∵∠AEG＝∠DEA， ∴△AEG∽△DEA， ∴∠EAG＝∠ADG， ∵∠AGD＝∠FGE， ∴∠DAG＝∠FEG， ∵四边形ABCD 是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠DAG＝∠AFB＝90°， ∴∠FEG＝90°， ∴DE⊥EF； (2)证明：∵AE＝EF，AE2＝EG•ED， ∴FE2＝EG•ED， ∴， ∵∠FEG＝∠DEF， ∴△FEG∽△DEF， ∴∠EFG＝∠EDF， ∴∠BAF＝∠EDF， ∵∠DEF＝∠AFB＝90°， ∴△ABF∽△DFE， ∴， ∵四边形ACBD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠AFB＝90°， ∵点E是AB的中点， ∴FE＝AB＝BC， ∴＝， ∴BC2＝2DF•BF． 【解析】 【分析】（1）根据直角三角形的性质得到AE=FE，根据相似三角形的性质得到∠EAG=∠ADG，求得∠DAG=∠FEG，根据菱形的性质得到AD∥BC，求得∠DAG=∠AFB=90°，于是得到结论； （2）由AE=EF，AE2=EG•ED，得到FE2=EG•ED，推出△FEG∽△DEF，根据相似三角形的性质得到∠EFG=∠EDF，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论． 【详解】(1)略； (2)略． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 24. 如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其中，． （1）求的值； （2）点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点的坐标； （3）若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连接，，求m的值． 【答案】（1）， （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）理解题意，利用待定系数法，即可作答． （2）先得，，再证明，运用，得，设点的纵坐标为，则点D的纵坐标为，再分别求出的解析式为，的解析式为，整理得点，因为点为抛物线上第一象限内一点，得，解得，；，即可作答． （3）先求出，再整理得平移后的抛物线的解析式为，因为点在，则，即，故，所以是等腰三角形，再结合解直角三角函数得，代入数值计算得，再运用换元法进行整理得，解得，，求解可得． 【小问1详解】 解：依题意，分别把，代入， 得， 解得． 【小问2详解】 解：由（1）得， 则， 令，则， ∴，， 故，， 分别过点作，，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设点的纵坐标为，则点D的纵坐标为， 设的解析式为， ∵，， ∴， 解得， ∴的解析式为， 把代入， 得， ∴， ∴， 设的解析式为， 把，分别代入， 得， 解得， ∴的解析式为， 依题意，把代入， 得， 则， 即点， ∵点为抛物线上第一象限内一点，且， ∴， 整理得， ∴，； 此时的， 故，是符合题意的； 当时，则，，此时， 当时，则，，此时， 综上：或． 【小问3详解】 解：由（2）得，整理， ∵为抛物线的顶点， ∴， ∵平移抛物线使得新顶点为，又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连接、，．如图所示： ∴平移后的抛物线的解析式为， 把代入， 得， ∵点在， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， 则，即， ∴是等腰三角形， 过点作， ∵， ∴， 则， ∴，令， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴， ∴，， ∴或， ∴（舍去）或， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，平移的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 25. 综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 （1）如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．那么__________，直线与的夹角度数为__________． 【拓展探究】 （2）如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，的值及直线与的夹角大小是否发生变化？请利用图进行证明． 【解决问题】 （3）如图，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边在右侧作正方形，点为正方形的对称中心，连接，若，，求出的长． 【答案】（1）2； （2）不发生变化，理由如下； 证明：延长交于点 ∵四边形和四边形为矩形，且由（1）可得, ∴ ∴,, , ∴, ∴ ∴ ∴ ∴ ∴直线与的夹角度数为； （3）或． 【解析】 【分析】（1）延长交于点,根据矩形的性质以及含角的直角三角形的性质求解； （2）延长交于点,根据旋转和矩形的性质证明三角形相似，利用相似三角形的性质求解； （3）连接，根据点的位置分两种情况进行讨论，根据正方形的判定和性质证明三角形相似，然后利用相似三角形的性质求解． 【小问1详解】 解：延长交于点,则四边形为矩形， ∵, ∴, ∵四边形为矩形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴直线与的夹角度数为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当矩形的边时，四边形为正方形， ①如图3，当点在线段上时，连接, ∵四边形和四边形为正方形，且点为正方形的对称中心， ∴,, ∴ ∴, ∴, ∵ ∴ ∴; ②如图，当点在线段延长线上时，连接, ∵四边形和四边形为正方形，且点为正方形的对称中心， ∴,, ∴ ∴, ∴, ∵ ∴ ∴; 综上所述，的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $