上海市闵行区2025-2026学年第二学期期中考试八年级 数学学科（含解析）

这是一份上海市闵行区2025-2026学年第二学期期中考试八年级 数学学科（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
1. 如果点在轴上，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴上点的坐标特征，轴上的点横坐标为0，先求出的值，再计算得到点的纵坐标，即可确定点的坐标．
【详解】解：∵点在轴上
∴点的横坐标为，即 ，
解得 ，
∴，
∴点的坐标为．
2. 下列两个变量间不存在函数关系的是（ ）
A. 圆的面积和半径的关系B. 与的关系
C. 匀速运动的火车，时间与路程的关系D. 某人的身高和体重的关系
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的定义：设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量，对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、圆的面积随半径的变化而变化，是函数关系，故本选项不符合题意；
B、随x的变化而变化，是函数关系，故本选项不符合题意；
C、匀速运动的火车，时间与路程成正比例，是函数关系，故本选项不符合题意；
D、某人的身高和体重不是函数关系，故本选项符合题意．
3. 如图，已知矩形，、分别是和上的点，、分别是、的中点，如果，，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中位线定理可知：，再由勾股定理得长度即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵、分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：．
此题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理及其应用．
4. 点A、B、C、D在一个平面内，若从①；②；③；④．这四个条件中选两个，但不能推导出四边形是平行四边形的选项是（ ）
A. ①②B. ①④C. ②④D. ①③
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法逐一分析即可．
【详解】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可选①③；故D不符合题意；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可选②④；故C不符合题意；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可选①②或③④；故A不符合题意；
一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．故B符合题意；
故选B．
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形共有五种判定方法，记忆时要注意技巧；这五种方法中，一种与对角线有关，一种与对角有关，其他三种与边有关．
5. 乐乐家与学校相距1000米，某天乐乐上学时忘了带了一本书，走了一段时间才想起，于是返回家拿书，然后加快速度赶到学校，图中是乐乐与家的距离y（米）关于时间x（分钟）的函数图像，下列说法错误的是（ ）

A. 乐乐走了200米后返回家拿书B. 乐乐在家停留了3分钟
C. 乐乐以每分钟200米的速度加速赶到学校D. 乐乐在第10分钟的时候赶到学校
【答案】B
【解析】
【分析】从图像可以知道，2分钟时乐乐返回家，在家一段时间后，5分钟又开始回学校，10分钟到达学校．
【详解】解：A、乐乐走了200米后返回家拿书，正确，不合题意；
B、乐乐在家停留了3分钟，错误，从回家到拿到书，一共用3分钟，故符合题意；
C、乐乐以每分钟：米的速度加速赶到学校，正确，不合题意；
D、乐乐在第10分钟的时候赶到学校，正确，不合题意．
故选：B．
此题主要考查了函数图像，正确认识图像是解答本题的关键．
6. 用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的图形个数为（ ）
A. 6B. 2C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查全等直角三角形的拼接问题，需要结合各类特殊图形的性质判断，只有对直角三角形边长无特殊要求的图形才一定能拼成．
【详解】解：∵ 将两个全等直角三角形的一组对应的相等直角边反向拼接，一定可以得到平行四边形；将两个全等直角三角形斜边对拼，可以得到矩形；将两个三角形中一组对应的相等直角边同向拼接，一定得到等腰三角形；
∴ ①平行四边形，②矩形，⑤等腰三角形都一定可以拼成，共3个；
∵ 菱形要求四边相等，只有直角三角形是等腰直角三角形时才能拼成，不是任意全等直角三角形都能拼成，故③不符合；
∵ 正方形要求四边相等，同样只有等腰直角三角形才能拼成，故④不符合；
∵ 等边三角形要求三边相等，只有直角三角形的短直角边等于斜边一半时才能拼成，故⑥不符合；
∴ 一定可以拼成的图形个数为3，
故选D．
二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，满分24分）
7. 若点在正比例函数的图像上，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将点 代入正比例函数，通过解方程即可求出的值．
【详解】解：将点 代入正比例函数得：

解得：．
8. 如果一个边形的内角和为，那么______．
【答案】5
【解析】
【分析】边形内角和．
【详解】解：依题意得： ，
解得：．
9. 若点在第二象限，那么的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据第二象限内点的坐标特征，横坐标小于零，纵坐标大于零，列出一元一次不等式组求解即可．
【详解】解：点在第二象限，
，
解不等式组得：．
10. 点和点之间的距离是______．
【答案】
【解析】
【分析】平面直角坐标系中，两点之间的距离公式为．
【详解】解：．
11. 已知和点是直线上的两个点，那么_____（“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】根据正比例函数的性质，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小．
【详解】解：∵，，
∴y随x的增大而减小，
∵，是直线上的两个点，，
∴．
12. 若菱形的两条对角线长分别为4和6，则该菱形的面积为____．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了菱形的面积，菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果．
【详解】解：该菱形的面积为，
故答案为：．
13. 如图，在中，对角线相交于点O，，则的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理．熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
由平行四边形的性质可知，，由勾股定理求，则，由勾股定理得，，计算求解，进而可求的长．
【详解】解：∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
14. 如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是______．
【答案】##度
【解析】
【分析】根据矩形对角线相等而且互相平分可得，推出，由求出，再根据即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
15. 如图，在正方形中，点是对角线上一点，作于点，连接，若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，关键是连接，由正方形的性质求得，进而求得与，再由勾股定理求得，最后根据轴对称性质求得．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵正方形关于对称，
∴．
16. 等腰三角形的两条中位线长分别为4和5，则它的周长为_____．
【答案】26或28
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理，中位线长度等于对应边长的一半，可得该等腰三角形两条对应边长分别为8和10，分两种情况讨论腰长，分别计算周长即可．
【详解】解： 等腰三角形的两条中位线长分别为4和5，
由三角形中位线定理可得，等腰三角形的两边长为 ，，
当腰长为8时，三边长为8，8，10，满足三角形三边关系，此时周长为 ，
当腰长为10时，三边长为8，10，10，满足三角形三边关系，此时周长为 ，
综上，它的周长为 26或28．
17. 在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案．
【详解】解；∵关于直线的对称点为，
∴，
设，则，
∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
18. 定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为3，中心为，在正方形外有一点，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题意以及正方形的性质得过正方形各边的中点时，d最大，过正方形的顶点时，d最小，分别求出d的值即可得出答案．
【详解】解：设的中点是E，
当过点E时，如图：
∴点O与边上所有点的连线中，最小，此时最小，
∵正方形边长为3，O为正方形中心，
∴，，，
∴，
∵，
∴；
当过顶点A时，如图：

∴点O与边上所有点的连线中，最大，此时最小，
∵正方形边长为3，O为正方形中心，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴d的取值范围为．
三、解答题（本大题共8小题，58分）
19. 已知，且是关于的正比例函数．
（1）求与的函数关系式；
（2）当自变量满足：，求对应函数值的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了正比例函数的定义，求正比例函数值，正比例函数的增减性：
（1）一般地，形如（k是常数，且）的函数叫做正比例函数，
（2）根据（1）所求，先求出、时，对应的函数值，再根据解析式可得y随x的增大而减小，即可得出函数值的取值范围．
【小问1详解】
解：∵y=k−2xk2−3，且是关于的正比例函数，
∴k2−3=1k−2≠0，
∴，
∴y=−2−2x−22−3=−4x ；
【小问2详解】
解：在中，
当时，y=−4×−3=12 ，
当时，，
∵在中，，
∴y随x的增大而减小，
∴当时，．
20. 已知：如图，在正方形中，点在边上，点在边的延长线上，且．求的度数
【答案】
【解析】
【分析】先证明，再证明是等腰直角三角形即可
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．，
∴，，
∴，
∴．
21. 如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分．
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接、，利用于，于，推出 EMFN，根据AAS证明△AEM≌△CFN，得到EM=FN，证明四边形是平行四边形，由此得到结论．
【详解】证明：连接、，
，，
，
∴EMFN，
四边形是平行四边形，
∴ADBC，，
，
，
，
在和中
≌，
，
∵EMFN，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确掌握平行四边形的判定定理和性质定理及全等三角形的判定定理是解题的关键．
22. 在平面直角坐标系中如图所示，已知点．
（1）请求出；
（2）轴上是否存在点，使得，若不存在，说明理由：若存在，求点坐标．
【答案】（1）6.5 （2）存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】（1）由的面积=梯形的面积的面积的面积，即可计算；
（2）根据点的位置，分点在点C左边和右边两种情况，根据三角形面积公式，分别列方程即可求解．
【小问1详解】
解：作轴于H，
∵的面积=梯形的面积的面积的面积，
∴的面积；
【小问2详解】
解：存在，理由如下：如图，
∵的面积，
∴，
当P在C的右侧，，
∴此时P的坐标是，
当P在C的左侧，，
∴此时P的坐标是，
∴P的坐标是或．
23. 如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果，，求证：四边形为矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）证明得出，即可得出四边形是平行四边形，根据角平分线的定义，以及平行线的性质得出，进而可得，即可得证；
（2）根据（1）的结论得出，结合已知条件得出，则四边形是平行四边形，根据菱形的性质得出，即，根据已知，等量代换得出，即，即可得证．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
证明：∵四边形是菱形；
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形；
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是矩形．
24. 已知：图1、图2中的网格均为边长是1的小正方形组成．点A、B、C、E、F、G是网格的格点．
（1）请利用网格，仅使用无刻度的直尺完成下面的作图（不写画法，保留画图痕迹，写出结论）
①在图1中，作出直线，垂足为点；
②在图2中，作出的重心；
（2）利用②的作图结果，求OF的长．
【答案】（1）①见详解；②见详解；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查应用与设计作图、三角形的重心、解直角三角形、相似三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
(1)①利用网格直接画图即可；②结合三角形的重心的定义，取的中点，的中点，连接，相交于点，则点即为所求；
(2)由题可得，结合勾股定理求出的长，再由进而可得答案．
【小问1详解】
解：①如图1，即为所求；
②如图2，取的中点，的中点，连接，相交于点，则点即为所求；
【小问2详解】
由图可得，，
由勾股定理得：，
，
，
．
25. 已知在四边形中，，，平分，交边于点．
（1）如图1，如果点与点重合，，求证：四边形是正方形；
（2）如果，
①如图2，当时，求的长；
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）①；②的长为或．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得出，根据平行线的性质以及角平分线的定义得出，则，得出四边形是矩形，根据，即可得出四边形是正方形；
（2）①解：如图所示，过点作于点，则四边形是矩形，中，勾股定理求得，取的中点，则，得出是等边三角形，则，根据角平分线的定义，即可求解；
②当时，如图所示，过点作交的延长线于点，则四边形是矩形，设，则，在中，勾股定理求得，∴中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解；当时，如图所示，过点作于点，根据角平分线的性质得出，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形；
【小问2详解】
①解：如图所示，过点作于点，
∵，，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∵，
∴
在中，，
取的中点，则
∴
∴是等边三角形，
∴
∵平分，
∴；
②当时，如图所示，过点作交的延长线于点，则四边形是矩形，
∵，
∴，
∵平分，
∴
在和中，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴
∴中，
即
解得：
∴；
当时，如图所示，过点作于点，
设，则,
∴
∵
∴，，
∴，
∴是的角平分线
∴
在和中，
∴
∴
又是的角平分线，
∴
∴
综上所述当是直角三角形时，的长为或．
本题考查了角平分线的定义以及性质，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质与判定是解题的关键．