北京通州区2025--2026学年八年级第二学期期中练习数学试卷（含解析）

这是一份北京通州区2025--2026学年八年级第二学期期中练习数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在平面直角坐标系中，点的坐标是，那么点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面直角坐标系中各象限内点的坐标的符号特征，即可判断点P所在象限．
【详解】解：∵平面直角坐标系中四个象限的点的坐标符号特点为：第一象限，第二象限，第三象限，第四象限．
又∵点P的坐标为，横坐标，纵坐标，符合第四象限的坐标符号特征．
∴点P在第四象限．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 对角线互相垂直平分的四边形的正方形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直的四边形是菱形
D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】根据特殊的平行四边形的性质即可求出答案．
【详解】解：对角线互相垂直平分的四边形的菱形，故A错误；
对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故B错误；
对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故C错误；
对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D正确．
故选：D．
本题考查平行四边形，解题的关键是正确理解特殊平行四边形的性质，本题属于基础题型．
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 四边形最多有三个钝角
B. 四边形的内角和是外角和的2倍
C. 一个边形有条对角线
D. 三角形的内角和与外角和都是
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和、外角和、对角线的基础概念，需逐个判断选项正误．
【详解】解：对选项A：∵任意四边形内角和为，若四个内角均为钝角，则四个内角和大于，与四边形内角和定理矛盾．
∴四边形最多有三个钝角，说法正确，该选项符合题意；
对选项B：四边形内角和为，任意多边形外角和为，即内角和是外角和的1倍，原说法错误，该选项不符合题意；
对选项C：边形（）的对角线总条数为，原说法错误，该选项不符合题意；
对选项D：三角形内角和为，外角和为，原说法错误，该选项不符合题意．
4. 在平面直角坐标系中，下列图形中能表示是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】函数是对于x的任意取值，y都有唯一确定的值与其对应，结合选项所给图形即可作出判断．
【详解】解：由图象可知，选项A、C、D的图象不满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，
选项B图象满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，
所以选项B中的曲线表示y是x的函数．
5. 关于函数，下列说法中正确的是（ ）
A. 自变量的取值范围是全体实数
B. 自变量的取值范围是正实数
C. 自变量的取值范围是
D. 自变量的取值范围是
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查函数自变量取值范围的求解，根据二次根式有意义的条件，被开方数为非负数，列不等式求解即可得到结果．
【详解】解：∵二次根式中被开方数必须是非负数，
∴，
解得，
因此选项C正确．
6. 如图，的对角线、相交于点O，且，，则的周长是（ ）
A. 10B. 14C. 20D. 22
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，正确得出的值是解题关键．
直接利用平行四边形的性质得出，，再利用已知求出的长，进而得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴的周长为．
故选：B．
7. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，顶点A，C的坐标分别是，，点在轴上，则菱形的顶点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用菱形的性质得到对角线垂直平分对角线，求得点A，C的中点坐标是，据此即可求得点的坐标．
【详解】解：如图，连接，，
∵顶点A，C的坐标分别是，，
∴轴，
∵四边形是菱形，
∴对角线垂直平分对角线，
∴顶点A，C的中点坐标是即，
∴点的坐标是．
8. 如图，在平面直角坐标系中，有，，，四个点，一次函数的图象经过点和另外三个点中的一个点，那么，下列哪一个点一定不在一次函数的图象上（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵一次函数经过点，可得，
∴只能经过点或点，不经过点．
9. 如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E，F，连接AP，EF，给出下列四个结论：①AP＝EF；②∠PFE＝∠BAP；③PD＝EC；④APD一定是等腰三角形．其中正确的结论有（ ）
A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】延长FP交AB于点G，证明△AGP≌△FPE，即可判断①②正确；在△PDF中，由勾股定理即可判断③正确；△APD为等腰三角形时，有AP＝DP、AP＝AD、PD＝DA三种情况，即可判断④错误．
【详解】解：延长PF交AB于点G，
∵PF⊥CD，AB∥CD，
∴PG⊥AB，即∠PGB＝90°．
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形GBEP为矩形，
又∵∠PBE＝∠BPE＝45°，
∴BE＝PE，
∴四边形GBEP为正方形，四边形PFCE为矩形．
∴GB＝BE＝EP＝GP，
∴GP＝PE，AG＝CE＝PF，
又∠AGP＝∠C＝90°，
∴△AGP≌△FPE（SAS）．
∴AP＝EF，∠PFE＝∠BAP，
故①、②正确；
在Rt△PDF中，由勾股定理得PD＝，
故③正确；
∵P在BD上，
∴当AP＝DP、AP＝AD、PD＝DA时，△APD才是等腰三角形，
∴△APD是等腰三角形共有3种情况，故④错误．
∴正确答案有①②③，
故选：B．
本题考查了正方形的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟知以上知识点的性质定理是解题的关键，注意分类讨论．
10. 如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角ABC，使∠BAC＝90°，如果点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，那么表示y与x的函数关系的图像大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先作出合适的辅助线，再证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而确定函数图像．
【详解】解：由题意可得：OB＝x，OA＝1，∠AOB＝90°，∠BAC＝90°，AB＝AC，点C的纵坐标是y，
作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，如图所示：
∴∠DAO＋∠AOD＝180°，
∴∠DAO＝90°，
∴∠OAB＋∠BAD＝∠BAD＋∠DAC＝90°，
∴∠OAB＝∠DAC，
在△OAB和△DAC中，

∴△OAB≌△DAC（AAS），
∴OB＝CD，
∴CD＝x，
∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，
∴y＝x＋1（x＞0）．
故选：A．
本题考查动点问题的函数图象，明确题意、建立相应的函数关系式是解答本题的关键．
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）
11. 函数中常量是____________．
【答案】2和
【解析】
【详解】解：函数中常量是2和．
12. 一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是______边形．
【答案】六
【解析】
【分析】n边形的内角和为 ，多边形的外角和为．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
由题意得： ，
解得
即这个多边形是六边形．
13. 菱形的两条对角线的长分别为，则该菱形的面积为______．
【答案】30
【解析】
【分析】本题考查了菱形的面积求解，根据菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的四条边都相等可得菱形面积的求解方法：底乘以高或对角线乘积的一半．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可．
【详解】解：菱形的两条对角线的长分别为，
菱形的面积．
故答案为：30．
14. 已知一次函数y＝ax＋b（a、b是常数），x与y的部分对应值如下表：
不等式ax＋b＞0的解集是_____．
【答案】x＜1
【解析】
【分析】根据不等式ax+b＞0的解集为函数y=ax+b中y＞0时自变量x的取值范围，由图表可知，y随x的增大而减小，因此x＜1时，函数值y＞0，即不等式ax+b＞0的解为x＜1．
【详解】解：由图表可得：当x＝1时，y＝0，
∴方程ax+b＝0的解是x＝1，y随x的增大而减小，
∴不等式ax+b＞0的解是：x＜1，
故答案为：x＜1．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程，以及一元一次不等式之间的关系，难度适中．
15. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC＝4cm，∠AOD＝120°，则BC的长为_____cm．
【答案】2
【解析】
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB，再根据邻补角的定义求出∠AOB=60°，然后判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AB=OA，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】在矩形ABCD中，OA＝OB＝AC＝×4＝2cm，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝180°﹣120°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝2cm，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，
BC＝＝＝2cm．
故答案为：2．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．
16. 如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转的性质得出、、三点共线，，，进而得出，然后利用判断出，根据全等三角形的对应边相等得出，设，然后根据勾股定理建立方程，求解即可得出答案．
【详解】解：四边形是正方形
，
逆时针旋转得到
，，
又
、、三点共线
在和中

设
，
在中，由勾股定理得， 即
解得：
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握以上知识点并利用数形结合思想与方程思想是解题的关键．
17. 如图，在四边形ABCD中，点E为AB的中点，于点E，，，，，则四边形ABCD的面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】连接BD，先利用勾股定理求出BD，再根据勾股定理的逆定理得出△BCD是直角三角形，最后把四边形ABCD的面积当成两个三角形的面积和来求．
【详解】解：连接BD，
∵点E为AB的中点，于点E，，，
∴EB＝AB＝3，
∴，
∵，即，
∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，
∴四边形ABCD的面积＝，
故答案为：．
本题主要考查了勾股定理及其逆定理，正确作出辅助线是解题的关键．
18. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，则关于的不等式的解集是___________．
【答案】
【解析】
【详解】解：由图可知，当时，直线在直线的上方，
故关于x的不等式的解集是．
19. 为落实“健康第一”的理念，实施学生体质强健计划，学校体育课上加强了学生的长跑训练．在一次女子1000米耐力测试中，小蕊和小敏在校园内200米的环形跑道上同时同向起跑，同时到达终点．所跑的路程（米）与所用的时间（秒）之间的函数图象，如图所示，则她们第一次相遇的时间是在起跑后的第____________秒．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象，分别求得直线，的解析式，联立解析式求得交点坐标，即可求解．
【详解】解：如图，
设直线的解析式为，代入
得，
解得，
故直线的解析式为，
设的解析式为，
由题意得：，
解得：，
∴的解析式为，
当时，，
解得：．
则她们第一次相遇的时间是起跑后的第秒．
20. 在平面直角坐标系中，点，线段的中垂线与交于点，与轴交于点，若点在线段的延长线上，且，点是轴上一点，点是平面内一点，如果以点C，E，M，N为顶点的四边形是菱形，满足条件的点有___________个．
【答案】5
【解析】
【分析】根据菱形的性质，分别以为边和为对角线进行讨论即可得出答案．
【详解】解：∵点，
∴,
∵是线段的中垂线，
则,
∵点C，E，M，N为顶点的四边形是菱形，
①当为菱形的边，则菱形的每个边的长度都为5，
,
,
,
②当以为菱形的对角线，
所以符合条件的N有5个．
三、解答题（21-27题，每小题6分，28题8分，共50分）
21. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别与轴，轴交于，两点，
（1）求一次函数的表达式．
（2）在平面直角坐标系中有一点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）利用割补法求三角形面积即可．
【小问1详解】
解：把，两点代入一次函数中，
则，
解得，
则一次函数的解析式为．
【小问2详解】
解：如下图：，
22. 如图，在中，点E，F是对角线上的两点，请添加一个条件，使四边形是平行四边形，并写出证明的过程．
【答案】（答案不唯一）．
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟记对角线互相平分的四边形为平行四边形是解题的关键．由平行四边形的性质得，，再由，即可得出结论．
【详解】解：补充的条件为：，理由如下：
连接交于点，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
23. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象平移之后恰好经过点，得到一次函数的图象．
（1）求一次函数的表达式；
（2）当时，对于的每一个值，函数的值大于一次函数的值，直接写出的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用平移的性质求得，再利用待定系数法求解即可；
（2）由题意得，解得，根据这个不等式在时，恒成立，得到，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵直线是由直线平移得到，
∴，
∵直线经过点，
∴，
解得，
∴一次函数的表达式为；
【小问2详解】
解：由题意得，
解得，
∵这个不等式在时，恒成立，
∴，
解得．
24. 如图，在中，．
求作：菱形，使得点在边上，点在边上．
下面是某位同学的尺规作图步骤：
①以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；
②分别以点、点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在直线的右侧相交于点；
③作射线，交边于点；
④连接．
所以，四边形是菱形．
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：由作图，可知是的角平分线，
∵四边形是平行四边形，点E，F分别在边上，
_______________）．
．
．
．
．
．
∵，，
∴四边形是_______________．(_______________）
，
∴四边形是_______________．(_______________）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，求得，即可得到四边形是菱形．
【小问1详解】
解：所作图形如图：
【小问2详解】
证明：由作图，可知是的角平分线，
∵四边形是平行四边形，点E，F分别在边上，
（平行四边形的对边平行）．
．
．
．
．
．
∵，，
∴四边形是平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
，
∴四边形是菱形．（一组邻边相等的平行四边形是菱形）
25. 某公园为了提升服务质量，预购进两类功能不同的机器人A，B共40台．两类机器人因为功能不同，因此价格也不相同．其中A种机器人每台6万元，购买B种机器人所需费用（万元）与购买数量（台）之间存在的函数关系如图所示．
（1）求与的函数关系式；
（2）在购买计划中，购买B种机器人的数量不超过25台，但不少于A种机器人的台数，请设计购买方案，使总费用最低，并求出最低费用．
【答案】（1）；
（2）购买B种机器人台，购买A种机器人台，总费用最低，最低费用为万元．
【解析】
【分析】（1）分段利用待定系数法求解即可；
（2）设购买B种机器人台，则购买A种机器人台，总费用为元，先根据题意列出不等式组求得，再列出一次函数，利用一次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：当时，
设与的函数关系式为，
将代入得，解得，
∴与的函数关系式为；
当时，
设与的函数关系式为，
将，代入得，
解得，
∴与的函数关系式为；
综上，与的函数关系式为；
【小问2详解】
解：设购买B种机器人台，则购买A种机器人台，总费用为元，
根据题意得，
解得，
根据题意得，
∵，
∴随的增大而减小，
∴当时，的最小值（万元）．
，
此时购买B种机器人台，购买A种机器人台．
26. 如图，在中，是一条对角线，点E，F分别是边的中点，连接，且．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）延长到点，使得，连接．求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可判断；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角等于直角的平行四边形是矩形即可证明．
【小问1详解】
证明：∵点E，F分别是边的中点，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
27. 小明和同学们组建一个骑行队，周日小明率领骑行队的队员们一起从通州区的绿心公园出发，骑行去怀柔区的雁栖湖的国际会议中心．从通州区的绿心公园到雁栖湖国际会议中心的骑行路线全长约69千米，如果他们早上从通州区绿心公园出发，骑行速度是12千米／小时，骑行队计划在骑行到全路程处，休息20分钟，然后按照原速度继续骑行，出发小时后，距雁栖湖国际会议中心还有千米．
（1）求（千米）与（小时）的函数表达式；
（2）在平面直角坐标系中，画出函数图像．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）分三个阶段分别求出函数解析式即可；
（2）根据（1）的函数解析式画出函数图像即可．
【小问1详解】
解：休息时骑行的路程千米，剩余距离为千米
休息时出发后的时间为，
∴当时，（千米）与（小时）的函数表达式为；
当，（千米）与（小时）的函数表达式为；
当，（千米）与（小时）的函数表达式为；
综上，．
【小问2详解】
解：根据题意画出函数图像如下：
．
28. 如图，在菱形中，，，当含角的三角板，其中角的顶点与点重合时，三角板绕点旋转过程中两边分别与射线，交于点，点，连接．
（1）如图1，当点在线段上时（点不与C、B重合），求证：；
（2）如图2，当时，点在线段的延长线上，点在线段的延长线上，求点到直线的距离．
【答案】（1）见解析 （2）点到直线的距离为．
【解析】
【分析】（1）证明和都是等边三角形，再证明，即可得到；
（2）作于点，作于点，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再证明是等腰直角三角形，求得，结合（1）的结论得到，据此求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，
∵菱形中，
∴，
∵，
∴，和都是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：作于点，作于点，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
由（1）可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点到直线的距离为．x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
y
6
4
2
0
﹣2
﹣4