福建省福州杨桥中学2024-2025学年八年级下学期期中 数学试卷（含解析）

这是一份福建省福州杨桥中学2024-2025学年八年级下学期期中 数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．下列关于x的一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）．
A．两组对边分别平行B．对角线相等
C．对角线互相平分D．两组对角分别相等
3．下列计算中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．将直线y＝2x向下平移3个单位长度后，得到的直线是（ ）
A．y＝2x＋3B．y＝2x－3
C．y＝2(x＋3)D．y＝2(x－3)
5．用配方法解方程，下列配方正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知一次函数，那么下列结论正确的是（ ）
A．图象经过第一、二、四象限B．y的值随x的值增大而减小
C．图象经过点D．当时，
7．5名同学周末体育户外运动时间的统计结果如下表，以下说法正确的是（ ）
A．中位数是2，平均数是3.75B．中位数是4，平均数是3.75
C．众数是4，平均数是3.8D．众数是2，平均数是3.8
8．如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．
9．甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离（米）与甲出发的时间（分）之间的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．乙用12分钟追上甲
B．乙追上甲后，再走1440米才到达
C．甲乙两人之间的最远距离是300米
D．甲到终点时，乙已经在终点处休息了6分钟
10．图中的两个图形都是由边长为1的小正方形拼成的，甲、乙两名同学将它们分别沿着两条垂直的虚线（乙：，分别是小正方形一边上的中点）剪开，准备拼一个与原来面积相等的正方形，则（ ）
A．甲、乙都可以B．甲、乙都不可以
C．甲不可以、乙可以D．甲可以、乙不可以
二、填空题（本大题共6小题）
11．．
12．在平面直角坐标系中，已知点P的坐标是，则点P到原点O的距离为 ．
13．某校甲、乙、丙和丁四个班级的体育测试平均分相等，方差分别为：，，，，则四个班体育考试成绩最整齐的是 ．
14．若，则代数式的值为 ．
15．如图，矩形的对角线交于点O，过点O作交于点F．若，则长为 ．
16．如图是函数的图象，则下列结论正确的有 ．
①当时，随的增大而减小；
②点，在该函数图象上，若，则；
③若点在该图象上，则点必在该图象上；
④若无论为何值，关于的方程都有解，则的取值范围是．

三、解答题（本大题共9小题）
17．（1）计算：；
（2）解方程：．
18．已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）如果此方程的一个根为1，求的值．
19．在直角坐标系中，一条直线经过，两点．
（1）求直线的解析式；
（2）求直线和坐标轴围成三角形的面积．
20．中央电视台的（朗读者）节目激发了同学们的读书热情，为了引导学生“多读书，读好书”，某校对八年级部分学生的课外阅读数量进行了随机调查，整理调查结果发现，学生课外阅读的数量最少的是5本，最多的是8本，并根据调查结果绘制了如下不完整的图表．

（1）本次调查的样本容量是__________，扇形统计图中数量为“6本”的圆心角大小是__________；
（2）补全条形统计图；
（3）求被调查的学生课外阅读数量的平均数．
21．如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
22．如图，在中，是对角线上一点，连接，．
（1）尺规作图：过点作交于点，连接；
（2）若，，，求证：四边形是矩形．
23．某中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习．
【模型准备】
校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯．兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆／分钟）与该方向车道数的比值来衡量．例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10．拥堵度的数值越大，该方向越拥堵．记自东向西的拥堵度为，自西向东的拥堵度为，
【收集数据】
小组成员分工进行数据收集并整理如下：
【建立模型】
成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到与的函数关系式及与的函数关系式．
【模型应用】
兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向．成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向．
【问题求解】
（1）与的函数关系式为______；与的函数关系式为______．
（2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算及的值说明哪个方向更拥堵．
（3）根据小敏的想法，请设计该路段8时至20时的可变车道方案，并说明理由．
24．在平面直角坐标系中，直线（是常数，）与坐标轴分别交于点，点，且点的坐标为．
（1）直接写出的值及点的坐标；
（2）如图，是轴正半轴上一点，已知，求点的坐标；
（3）如图，已知平分，为的中点，点在直线上，在轴上取点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，①直接写出直线的解析式；②求点的坐标．
25．（1）如图1，点是边长为12的正方形纸片的边所在的射线上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处，把纸片展平，射线交射线于点．根据以上操作，求证：．
（2）在（1）条件下，若点是的中点，如图2，延长交于点，点的位置是否确定？如果确定，求出线段的长度，如果不确定，说明理由；
（3）在（1）条件下，如图3，，交于点，取的中点，连接，求的最小值．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据一元二次方程的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、是一元一次方程，不符合题意；
B、是一元二次方程，符合题意；
C、含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
D、含有分式，不是一元二次方程，不符合题意．
故选B．
2．【答案】B
【分析】根据矩形与菱形的性质对各选项解析判断后利用排除法求解：
【详解】A．矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误，不符合题意；
B．矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确，符合题意；
C．矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误，不符合题意；
D．矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误，不符合题意．
故此题答案为B．
3．【答案】C
【分析】根据二次根式的加减法对A、D进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，该选项不符合题意；
B、，该选项不符合题意；
C、，该选项符合题意；
D、，该选项不符合题意；
故选C．
4．【答案】B
【分析】根据解析式“上加下减”的平移规律解答即可．
【详解】解：把直线y＝2x向下平移3个单位长度得到直线为y＝2x﹣3．
故选B．
5．【答案】B
【分析】把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上1，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
【详解】解：由原方程移项，得，
等式的两边同时加上，得，
配方，得．
故选B．
6．【答案】D
【分析】利用一次函数的性质解答即可．
【详解】解：∵函数，
∴图象经过第一、三、四象限，故选项A错误，不符合题意；
∵，
∴随的增大而增大，故选项B错误，不符合题意；
把代入得：，
∴函数必经过点，图象不经过点，故选项C错误，不符合题意；
令，
解得：，
∴当时，，故选项D正确，符合题意．
故选D．
7．【答案】C
【分析】分别求出中位数，众数，平均数，即可求解．
【详解】解：根据题意得：位于第3位的4，4出现的次数最多，
∴中位数是4，众数是4，
平均数为．
∴正确的是C．
故选C
8．【答案】D
【详解】解：∵点A、B的坐标分别为，，
∴，
∵四边形是菱形
∴，
∵，
∴，
∴
故选D．
9．【答案】C
【分析】利用数形结合思想获取所求问题需要的条件．根据题意和函数图象中的数据可以逐个判断结论是否正确，即可解答．
【详解】解：由函数图象可知，16分钟时两人相遇，
∴乙追上甲用时分钟，故选项A正确，不符合题意；
设甲的速度为米/秒，甲的速度为米/秒，
则有，解得，
∴乙追上甲时，甲行走距离为米，
∴乙追上甲后，再走米才到达，故选项B正确，不符合题意；
当乙到达终点，用时分钟，
此时甲步行了米，甲离终点还有米，
故甲乙两人之间的最远距离是360米，故选项C不正确，符合题意；
∵乙到达终点后，甲到达终点还需步行时间为分钟，
∴甲到终点时，乙已经在终点处休息了6分钟，故选项D正确，不符合题意．
故选C．
10．【答案】A
【分析】直接利用图形的剪拼方法结合正方形的性质分别分析得出答案．
【详解】解：∵原来图形的面积为5，
∴拼成与原来面积相等的正方形边长为，
甲图可以拼成，如图所示：
乙图可以拼成，如图所示：
故选A．
11．【答案】12
【分析】此题可根据二次根式的乘法运算进行求解
【详解】解：.
12．【答案】
【分析】合理添加辅助线构造直角三角形，并利用勾股定理解三角形．过点作轴，交轴于点，已知点P的坐标是，得，，再根据勾股定理得，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴，交轴于点，
点P的坐标是，
，，
.
13．【答案】甲班
【分析】方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
【详解】解：∵，，，，且，
∴，
则四个班体育考试成绩最整齐的是甲班.
14．【答案】
【分析】先求得，再利用整体思想解题．
【详解】解：由题意得，，
15．【答案】13
【分析】连接，矩形的性质结合，得到垂直平分，得到，设，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵矩形的对角线交于点O，
∴，，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
∴.
16．【答案】①③④
【分析】依据题意，根据所给函数图象，结合一次函数的图象与性质进行逐个判断即可得解．
【详解】解：由题意，根据图象可得，当时，y随x的增大而减小，故①正确．
由图象得，对称轴是直线，且图象上点离对称轴越近函数值越小．
又，
∴，即．
若时，则，此时不合题意；
若时，则，
∴．
若时，则，恒成立，
综上，，故②错误．
若点在该图象上，
∴．
∴或．
若，
∴，符合题意；
若，
∴，符合题意．
∴若点在该图象上，则点必在该图象上，故③正确．
由题意，∵，即为，
∴直线必过点．
∴方程都有解可以看作直线与函数的图象有交点．
结合图象，

∴当时，直线与函数的图象有交点．
∴关于x的方程都有解，则b的取值范围是，故④正确．
17．【答案】（1）0；（2）x1＝，x2＝
【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）先计算出根的判别式的值，然后利用求根公式得到方程的解．
【详解】解：（1）原式＝3 ﹣4+
＝0；
（2）∵a＝1，b＝3，c＝1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝32﹣4×1×1＝5＞0，
∴x＝ ，
∴x1＝，x2＝．
18．【答案】（1）见详解
（2）0或2
【分析】（1）由根的判别式，可得出结论．
（2）把代入方程，得，再解减地k的方程即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴
∴方程有两个不相等的实数根．
（2）解：把代入方程，得
，即，
解得：，．
∴的值为0或2．
19．【答案】（1）
（2）4
【分析】（1）设直线的解析式为，将点，代入，利用待定系数法求解即可；
（2）设该直线与轴交于点，确定两点坐标，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：设直线的解析式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的解析式为；
（2）如下图，设该直线与轴交于点，
对于直线，
令，可得，解得，
令，可得，
∴，
∴，
∴直线和坐标轴围成三角形的面积．
20．【答案】（1）
（2）见详解
（3）被调查学生课外阅读的平均本数是
【分析】（1）根据条形统计图与扇形统计图数据关联列式求解即可得到答案；
（2）根据（1）中样本容量为50人，求出阅读5本的人数即可补全条形统计图；
（3）由条形统计图数据信息及平均数公式，代值求解即可得到答案．
【详解】（1）解：在条形统计图中阅读7本的人数为20人，在扇形统计图中阅读7本人数占比为，则本次调查的样本容量是（人）；
由条形统计图可知阅读6本人数为15人，占比为，则扇形统计图中数量为“6本”的圆心角为.
（2）解：由（1）知本次调查的样本容量是50人，则阅读5本人数为（人），补全条形统计图如下：

（3）解：由题意可得（本），
答：被调查学生课外阅读的平均本数是6.7．
21．【答案】（1）见详解；（2）OE=2．
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
22．【答案】（1）图见详解
（2）见详解
【分析】（1）在的左侧作，交于点F，则即为所求．
（2）根据题意证明，可得，进而可得四边形是平行四边形．由题意知，则，则四边形是矩形．
【详解】（1）解：如图，在的左侧作，交于点F，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
则，
则即为所求．
（2）证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
23．【答案】（1），；
（2）自西向东更堵
（3）8时至15时，可变车道设置为自东向西；15时至20时，可变车道设置为自西向东
【分析】（1）设，取表格中任意两组数值代入可得k，b；m，n的值，即可求得相应的函数解析式；
（2）取，求得相应的和的值，进而求得和的值，比较后即可得到哪个方向的车道更拥堵；
（3）分别假设，时，求出x的值，即可得到可变车道的设计方案．
【详解】（1）解：设，
∴，
解得：，
∴，
设，
∴，
解得：，
∴.
（2）解：当时，，
∴；
当时，，
∴，
∵，
∴自西向东更堵；
（3）解：由已知可知：
当时，，
解得：，
即
当时，，
解得：，
即
答：8时至15时，可变车道设置为自东向西；15时至20时，可变车道设置为自西向东．
24．【答案】（1），；
（2）；
（3）；点的坐标为或或．
【分析】（1）把点的坐标代入，得到关于的一元一次方程，解方程即可求出的值；当时，可得：，解方程求出的值即为点的横坐标；
（2）首先过点作的垂线，分点在点的右侧和点在点的左侧两情况求解，解答的关键是利用全等三角形的性质找到边之间的关系，利用边之间的关系求出线段的长度，从而求出点的坐标；
（3）①过点作，利用角平分线性质和面积法求出点的坐标，再根据平面直角坐标系中线段中点坐标的求法，求出点的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式即可；
如果以、、、为顶点的四边形是平行四边形，需要分三种情况求解：第一种情况、当为平行四边形的对角线时，第二种情况、当为平行四边形的边且点、在左侧时，第三种情况、当为平行四边形的边且点、在右侧时．
解决本题的关键是利用平行四边形的性质找到边之间的关系，根据边之间的关系求出点的坐标．
【详解】（1）解：把点的坐标代入，
可得：，
解得：，
直线的解析式为，
当时，可得：，
解得：，
点的坐标为；
（2）解：如下图所示，当点在点右侧时，过点作交的延长线于点，过点作轴于点，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
在中，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
轴，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
点的坐标为，
设直线的解析式为，
把点的坐标点的坐标分别代入，
可得：，
解得：，
直线的解析式为，
当时，可得：，
解得：，
点的坐标为；
（3）解：如下图所示，过点作，
平分，
，
设点的坐标为，则，
，，
∴
解得：，
点的坐标为
又点是的中点，
点的坐标为，即，
设直线的解析式为，
把点的坐标和点的坐标分别代入，
可得：，
解得：，
直线的解析式为；
解：如下图所示，当为平行四边形的对角线时，
四边形是平行四边形，
点是和的中点，
直线的解析式为，
当时，可得：，
解得：，
点的坐标为；
当为平行四边形的边且点、在左侧时，
四边形是平行四边形，
，，
点的纵坐标为，
把代入，
可得：，
解得：，
，
，
点的坐标为；
当为平行四边形的边且点、在右侧时，
四边形是平行四边形，
，，
且，
，，
，
，
，
点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或或．
25．【答案】（1）见详解；（2）点Q的位置确定，；（3）最小值为
【分析】（1）如图，设，交于点G，由轴对称性质可得：，再结合正方形的性质可证明，从而得出，进而问题可求证；
（2）连接，由折叠可知，由题意可知，进而可得可证明，从而，设，则，然后根据勾股定理可建立方程进行求解；
（3）取的中点O，再取的中点I，连接，，，依次求得，，，可得，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：如图，设，交于点G，
由轴对称性质可得：，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：点Q的位置确定，；理由如下：
如图2，连接，
由折叠可知：，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴；
（3）解：取的中点O，再取的中点I，连接，，，如图3，
∵，
∴，
∵点H是的中点，则是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴当B、H、I共线时，的最小值为．户外运动时间（小时）
3
3.5
4
4.5
人数
1
1
2
1
时间
8时
11时
14时
17时
20时
自东向西交通量（辆／分钟）
32
26
20
14
8
自西向东交通量（辆／分钟）
11
14
17
20
23