福建省福州第一中学　2025—2026学年第二学期期中考试八年级数学试卷含答案

这是一份福建省福州第一中学　2025—2026学年第二学期期中考试八年级数学试卷含答案，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。
（完卷120分钟 满分150分）
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知在中，，则等于（ ）
A. B. C. D.
2. 下列图象不能反映是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，在矩形中，点B的坐标是，则的长为（ ）
A. B. C. D. 3
5. 如图，在中，，，，垂足为，，则的长为（ ）
A. B. C. 6D.
6. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ）
A. B. C. D.
7. 激光测距仪L 发出的激光束以的速度射向目标M，后测距仪L 收到目标M反射回的激光束，则测距仪L 到目标 M 的距离d(单位：)与时间t(单位：s)的关系式为 （ ）
A. B.
C. D.
8. 若关于的方程的解是，则直线一定经过点（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
10. 已知，一次函数与的图象的交点为M，下列选项中错误的是（ ）
A. M可能在x轴的正半轴上
B. 时，所有可能的M点形成的图形为一条射线
C. 时，M不可能在x轴上
D. 时，M可能在第四象限
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 要使代数式有意义，则x的取值范围为 __．
12. 直线向上平移3个单位后的函数表达式为________．
13. 如图，直线经过点，，则关于的不等式的解集是________．
14. 如图，在中，，，，于点D，E是的中点，则的长为_____．
15. 直线被两坐标轴截得的线段长度为10，则________．
16. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，为轴上的一动点，，则的最小值是________．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 计算：
（1）．
（2）．
18. 如图，的对角线与交于点O，点M，N在上，且，求证：．
19. 已知一次函数．
（1）图象经过，求m的值；
（2）y随x的增大而减小，求m的取值范围．
20. 如图，的对角线相交于点O，是等边三角形．
（1）求证：是矩形；
（2）过点O作交于点M、N，，求的长．
21. 已知：如图，矩形．
（1）尺规作图：在边上找一点，将矩形沿折叠，使点落在边上；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作图形中，若，，求CE的长．
22. 入相补原理是我国数学史中一条用于推证几何图形面积或体积的基本原理．出入相补原理就是所说的“割补法”，也即“以盈补虚法”，用现代语言来说，即“一个平面图形从一处移置他处，面积不变．又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积．出入相补原理简单易明且应用广泛，体现了中国古代数学的独特风格．
（1）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．其方法如下：如图1，在中，分别取、的中点、，连接．过点作，垂足为．将沿和剪开，得到三块图形，通过平移拼接可以证明三角形面积公式．请结合以上阅读内容，证明拼接后的图形形状为矩形，并证明的面积等于．
（2）如图2，对于钝角三角形，利用出入相补法的思路，给出该三角形的一个面积公式，在图中画出相应的分割，并对关键步骤作出说明．
23. 已知一次函数，，
（1），时，设的图象交于点，的图象与、轴分别交于点、，的图象与、轴分别交于点、，求的面积．
（2）若无论取何值，始终有，求的取值范围．
24. 根据以下素材，探索完成任务
问题解决：
（1）若乙车在路口绿灯转为红灯的瞬间恰好通过路口（即进入段），并在路口的双向红灯时段结束时恰好通过维修路段．结合素材直接写出甲车经过、、段的速度，并在图4中补全乙车通过维修路段时行驶的路程（）与时间（）之间的函数图象．
（2）丙车沿方向行驶，经过段的车速与任务1中乙车经过时的速度相同，在段等红灯时车辆开始行驶后平均速度为8，等红灯时车流长度每秒增加2，记丙车在红绿灯2由绿灯变为红灯后的秒到达段开始等待（），记红绿灯2由绿灯变为红灯后的秒丙车恰好到达路口（红绿灯2下方），求关于的解析式．
（3）丙车在段从开始等待至离开点需要秒，求的最小值．
25. 如图，正方形中，是上一点，过点作的垂线，交、于点、，连接、、．
（1）求证：；
（2）若，在边上且满足，求的长度．
（3）若，求的最小值．
福州一中2025-2026学年第二学期期中考试
初二数学试卷
（完卷120分钟 满分150分）
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知在中，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，由平行四边形对角相等的性质可知，．结合题目条件，即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
（平行四边形对角相等）．
又，
，
解得．
故选：A．
2. 下列图象不能反映是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义，设在某变化过程中有两个变量x、y，如果对于x在某一范围内的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与它对应，那么就称y是x的函数，据此作答即可．
【详解】解：A、当x取一定值时，y有唯一与它对应的值，则y是x的函数，故选项不合题意；
B、当x任取一值时，y有唯一与它对应的值，y是x的函数，故选项不合题意；
C、当x任取一定值时，y有两个值与它对应，y不是x的函数，故选项符合题意；
D、当x任取一值时，y有唯一与它对应的值，y是x的函数，故选项不合题意．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据算术平方根，立方根的定义以及二次根式的加法运算法则逐一判断选项即可．
【详解】解：、表示的算术平方根，结果为非负数，
∵，
∴该选项计算错误，不符合题意；
、∵，
∴该选项计算错误，不符合题意；
、根据立方根的定义计算，
∵，
∴，
∴该选项计算正确，符合题意；
、∵与不能直接合并，
∴，
∴该选项计算错误，不符合题意．
4. 如图，在矩形中，点B的坐标是，则的长为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标、矩形的性质、勾股定理等知识点．根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出，即可得出答案．
【详解】解：连接，过作轴于，
点的坐标是，
，，由勾股定理得：，
四边形是矩形，
，
，
故选：C．
5. 如图，在中，，，，垂足为，，则的长为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，掌握勾股定理是解题的关键．根据题意得到，由含30度角的直角三角形得到，由勾股定理得到，由即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A ．
6. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
根据对角线互相垂直或邻边相等的平行四边形是菱形，逐项判断是否能使得对角线垂直或邻边相等即可．
【详解】解：A：由等角对等边，可知邻边相等，可以说明是菱形；
B：，故由图中数据可知对角线垂直，可以说明是菱形；
C：根据图中数据，只能说明对边平行，不能说明是菱形；
D：通过平行四边形的性质，可以推出所给角的内错角也为，即由对角线分成的两个三角形为等边三角形，故邻边相等，可以说明是菱形，
故选：C．
7. 激光测距仪L 发出的激光束以的速度射向目标M，后测距仪L 收到目标M反射回的激光束，则测距仪L 到目标 M 的距离d(单位：)与时间t(单位：s)的关系式为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查列函数关系式，根据题意利用速度乘以时间求出总路程，再除以2即为测距仪L 到目标 M 的距离d，进行求解即可．
【详解】解：由题意，；
故选D．
8. 若关于的方程的解是，则直线一定经过点（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，一次函数的性质等等，先把代入方程中得到，进而得到当时，，据此可得答案．
【详解】解：∵关于x的方程的解是，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
∴当时，，即直线一定经过点，
故选：D．
9. 如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据含角的直角三角形和勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，根据平移的性质求出，根据平行四边形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：在中，，
，
，
，
，
由平移的性质可知：，，
四边形为平行四边形，
点A对应直尺的刻度为14，点对应直尺的刻度为0，
，
．
10. 已知，一次函数与的图象的交点为M，下列选项中错误的是（ ）
A. M可能在x轴的正半轴上
B. 时，所有可能的M点形成的图形为一条射线
C. 时，M不可能在x轴上
D. 时，M可能在第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先联立方程组，得到点M1,a+b，：取，时，满足，此时，据此判断A；根据可以取任意实数，可判断B；当时，，所以的纵坐标恒正，可判断C；取，（满足），此时，在第四象限，可判断D．
【详解】解：联立方程y=bx+ay=ax+b，解得x=1y=a+b，
∴M1,a+b ，
A选项：取，时，满足，那么，，此时M在x轴的正半轴上，A正确；
B选项：当时，的横坐标恒为1，纵坐标，由且，可以取任意实数（b任意正，a任意负），所以的轨迹是直线，不是射线，B错误；
C选项：当时，，所以的纵坐标恒正，不可能在轴上，C正确；
D选项：第四象限要求，，的横坐标，只需，取，（满足），此时，在第四象限，D正确．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 要使代数式有意义，则x的取值范围为 __．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，
根据题意可知，再求出解即可．
【详解】解：根据题意，得，
解得．
故答案为：．
12. 直线向上平移3个单位后的函数表达式为________．
【答案】
##
【解析】
【详解】解：直线向上平移3个单位，根据一次函数平移的“上加下减”法则，可得平移后的函数表达式为：，即．
13. 如图，直线经过点，，则关于的不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【详解】解：根据函数图象得，关于的不等式的解集是．
14. 如图，在中，，，，于点D，E是的中点，则的长为_____．
【答案】3.5
【解析】
【分析】此题主要考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，熟练掌握直角三角形的性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键．
先由勾股定理的逆定理得到，求出，然后由三角形的面积公式求出，进而由勾股定理即可求出的长，进而求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3.5．
15. 直线被两坐标轴截得的线段长度为10，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先求直线与两坐标轴的交点，再利用两点间距离公式建立方程求解即可．
【详解】解：当时，0=3x+b ，
解得x=−b3，
直线与轴交于点−b3,0，
当时，，
直线与轴交于点，
两交点间的距离为−b3−02+0−b2=b29+b2=10b29=|b|103=10 ，
解得：．
16. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，为轴上的一动点，，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，构造等边三角形，是等边三角形，此时点C与点F重合，确定点C的运动轨迹是直线，作点O关于直线的对称点G，连接交y轴于点H，当点C与点H重合时，取得最小值，此时最小值为的长度，根据勾股定理解答即可．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵四边形是菱形，点，为轴上的一动点，，
∴，是等边三角形，
以为边构造等边三角形，
当点B运动到原点时，点C与点E重合；
作点A关于y轴的对称点F，
∴，
∴时，
∴是等边三角形，
此时点C与点F重合，
∴点C的运动轨迹是直线，
作点O关于直线的对称点G，连接交y轴于点H，
∴当点C与点H重合时，取得最小值，此时，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故的最小值，
故答案为：．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）0 （2）8
【解析】
【分析】（1）利用平方差公式进行求解；
（2）利用二次根式的乘法运算法则进行求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 如图，的对角线与交于点O，点M，N在上，且，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定；熟练掌握平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，，则有，法一：通过证明，根据全等三角形的性质可求解；法二：通过证明四边形是平行四边形，进而问题可求证．
【详解】解：法一：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
法二：连接、，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
19. 已知一次函数．
（1）图象经过，求m的值；
（2）y随x的增大而减小，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数的性质，熟知一次函数图象与系数之间的关系是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据一次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：一次函数的图象经过，
，
解得：，
的值为；
【小问2详解】
解：随的增大而减小，
，
解得：，
的取值范围为．
20. 如图，的对角线相交于点O，是等边三角形．
（1）求证：是矩形；
（2）过点O作交于点M、N，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明平行四边形的对角线相等即可；
（2）先求出，而，则，设，则在中，由勾股定理建立方程求解，证明，则MN=2ON=833．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即
∵是等边三角形
∴
∴，
是矩形；
【小问2详解】
解：如图，
∵是等边三角形
∴，
∵矩形中，
∴，
∵，
∴，
设，则
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得（舍负），
∵矩形中，，
∴，
∵
∴
∴
∴MN=2ON=833．
21. 已知：如图，矩形．
（1）尺规作图：在边上找一点，将矩形沿折叠，使点落在边上；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作图形中，若，，求CE的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）以B为圆心，BC为半径作弧交AD于点F，作BE平分，交CD于点E即可；
（2）由折叠可得，，利用勾股定理求出，设，在中，利用勾股定理构建方程求解．
本题考查作图-复杂作图，矩形的性质，翻折变换，勾股定理，解题的关键是根据折叠可得，，从而求出．
【小问1详解】
如图，点E即为所求；

【小问2详解】
四边形ABCD是矩形，
，，，
由折叠可得，，
，
，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
22. 入相补原理是我国数学史中一条用于推证几何图形面积或体积的基本原理．出入相补原理就是所说的“割补法”，也即“以盈补虚法”，用现代语言来说，即“一个平面图形从一处移置他处，面积不变．又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积．出入相补原理简单易明且应用广泛，体现了中国古代数学的独特风格．
（1）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．其方法如下：如图1，在中，分别取、的中点、，连接．过点作，垂足为．将沿和剪开，得到三块图形，通过平移拼接可以证明三角形面积公式．请结合以上阅读内容，证明拼接后的图形形状为矩形，并证明的面积等于．
（2）如图2，对于钝角三角形，利用出入相补法的思路，给出该三角形的一个面积公式，在图中画出相应的分割，并对关键步骤作出说明．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）先证明，，，四点共线，然后证明和平行且相等，根据一个角是直角的平行四边形是矩形即可求证结果；
（2）类比（1）中的方法，分别取，的中点，过作中点连线的垂线段，把三角形分成三部分，再拼成一个矩形即可．
【小问1详解】
证明：由操作可知，，
，
，
，
同理，，
，，，四点共线，
∵∠G=∠AFD ，，
，
又，，
，
四边形是矩形，
，，
，
;
【小问2详解】
如图，
在中，分别取、的中点、，连接，
过点作，垂足为，
过点作，垂足为，
过点作，垂足为，
将沿和剪开，得到三块图形，
将三角形拼接到三角形处，拼成直角三角形，
再把三角形拼接到三角形处得到矩形，
三角形的面积恰好等于矩形的面积，
由图可知：，
，
，
∵BH=AF ,
．
【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的性质，三角形的面积，关键学会类比迁移．
23. 已知一次函数，，
（1），时，设的图象交于点，的图象与、轴分别交于点、，的图象与、轴分别交于点、，求的面积．
（2）若无论取何值，始终有，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）且
【解析】
【分析】（1）先求出函数解析式，得到，求出，得到；
（2）根据题意得到两条直线平行且在的上方，得出，求解即可．
【小问1详解】
解：当时，，
当时， ，
，
解得，
将代入得，
；
关于，令，则，
解得，
令，则，；
关于，令，则，
解得，
，
，
如图：
；
【小问2详解】
解：无论取何值，始终有，
∴两条直线平行且在的上方，
，，
解得且．
24. 根据以下素材，探索完成任务
问题解决：
（1）若乙车在路口绿灯转为红灯的瞬间恰好通过路口（即进入段），并在路口的双向红灯时段结束时恰好通过维修路段．结合素材直接写出甲车经过、、段的速度，并在图4中补全乙车通过维修路段时行驶的路程（）与时间（）之间的函数图象．
（2）丙车沿方向行驶，经过段的车速与任务1中乙车经过时的速度相同，在段等红灯时车辆开始行驶后平均速度为8，等红灯时车流长度每秒增加2，记丙车在红绿灯2由绿灯变为红灯后的秒到达段开始等待（），记红绿灯2由绿灯变为红灯后的秒丙车恰好到达路口（红绿灯2下方），求关于的解析式．
（3）丙车在段从开始等待至离开点需要秒，求的最小值．
【答案】（1）甲车经过、、段的速度分别为：；；；图见详解；
（2）
（3）47
【解析】
【分析】（1）根据题中素材，结合“路程、速度、时间”的关系即可求解，画图；
（2）结合题意直接列出关于的解析式
（3）列出符合题意的函数解析式，再根据一次函数的性质即可求解．
【小问1详解】
解：由图像可得：
段的路程为：，甲车经过段的时间为：，则甲车经过段的速度为：
段的路程为：，甲车经过段的时间为：，则甲车经过段的速度为：；
段的路程为：，甲车经过段的时间为：，则甲车经过段的速度为：;
根据题意，乙车通过维修路段时行驶的时间为，根据两车经过段的速度相等，则乙车经过段的时间为，
根据乙车经过段的速度是，得乙车经过段的时间为：．
即补全函数图像如图：
【小问2详解】
解：由题意得：；
【小问3详解】
解：红绿灯2由绿灯变成红灯后秒丙车恰好到达路口，
则丙车在段从开始等待至离开点需要秒，
，
随的增大而减小，
，
时，的最小值为．
25. 如图，正方形中，是上一点，过点作的垂线，交、于点、，连接、、．
（1）求证：；
（2）若，在边上且满足，求的长度．
（3）若，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正方形的边与直角性质，结合同角的余角相等推出等角，通过证明△，进而证得；
（2）由第一问的全等结论得到，结合正方形性质推导线段等量关系，用证明△得到等腰直角，最终通过勾股定理求出的长度；
（3）设正方形边长为、，利用勾股定理由得a²+x²=16 ，将配方为常数加非负完全平方项，即可利用非负性求出的最小值．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∠FAD=∠CDEAD=CD∠DCE=∠ADF，
∴
∴；
【小问2详解】
解：如图，连接，，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
∵，，
∴，即，
在和中，
AE=BF∠BAD=∠ABCAF=BM，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：设正方形边长为，BF=AE=x0