上海市奉贤区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1．本试卷含三个大题，共26题；
2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效；
3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤．
4．第24题只需要写本学期新学的理由，其余题目不需要写理由
一、选择题（本大题共6题，每题3分，满分18分）
【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，请选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1. 以下函数中，属于一次函数的是（ ）
A. B. y=kx+b(k、b是常数)C. y=c(c为常数)D. .
【答案】A
【解析】
【分析】根据一次函数的定义进行判断即可.
【详解】解：A.，是一次函数，故本选项正确；
B. y=kx+b(k、b是常数)，当k=0时，没有自变量x，不是一次函数，故本选项错误；
C. y=c(c为常数)，没有自变量，不是一次函数，故本选项错误；
D. 自变量为分母，不是一次函数，故本选项错误.
故选A.
【点睛】本题主要考查一次函数的定义，一般地，形如y=kx+b（k，b是常数，k≠0）的函数，叫做一次函数．
2. 在下列关于的方程中，不是二项方程的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项方程的定义逐个判断得结论．
【详解】解：把各方程移项，使等号右边为，满足二项方程的是A、B、C，
由于方程D移项后左边是三项，故选项D不是二项方程．
故选：D．
【点睛】本题考查了二项方程的定义，二项方程的左边只有两项，其中一项含未知数，这项的次数就是方程的次数；另一项是常数项；方程的右边是．
3. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于y的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则原方程可化为，去分母即可．
【详解】解：，
设，
则原方程可化为，
则，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了用换元法解分式方程，解此题的关键是能正确换元．
4. 下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查解分式方程和无理方程，分别解分式方程和无理方程逐一进行判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴，
∵，
∴，
∴无解；不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴无解；不符合题意；
C、∵，
∴，
当时，，
∴是原方程的增根，舍掉，
∴原方程无解；不符合题意；
D、∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
故方程有实数根，符合题意；
故选D．
5. 下列命题错误的是（ ）．
A. 四条边相等的四边形是菱形
B. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C. 一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 一组对角相等且一组对边平行的四边形是平行四边形
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形、菱形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A选项：四条边相等的四边形是菱形，本选项说法正确，不符合题意；
B选项：四边形的两组对角分别相等，可以推出同旁内角互补，进而推出两组对边分别平行，说明两组对角分别相等的四边形是平行四边形，本选项说法正确，不符合题意；
C选项：一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，有可能是等腰梯形，所以本选项说法错误，符合题意；
D选项：一组对角相等且一组对边平行的四边形是平行四边形，由已知对边平行，可以推出一组同旁内角互补，通过等量代换，得到另一组对边形成的同旁内角互补，从而另一组对边平行，故本选项说法正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本点考查平行四边形、菱形的判定方法．平行四边形判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形．菱形判定：四条边相等的四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形是萎形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
6. 如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质得到，，，可以计算出，再证明，可求出的度数，然后即可计算出的度数．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空题（本大题共12题，每题2分，满分24分）
7. 直线在轴上的截距是___________．
【答案】
【解析】
【分析】令，求得的值，即可判断.
【详解】解：令，
，
直线在y轴上的截距是
【点睛】本题考查直线截距的求法，考查运算求解能力，属于基础题.
8. 已知一次函数的函数值y随着自变量x的值的增大而增大，则k的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一次函数的性质，根据y随着自变量x的值的增大而增大，得到，求解即可．
【详解】解：∵一次函数的函数值y随着自变量x的值的增大而增大，
∴，
∴；
故答案为：．
9. 一次函数的图象沿y轴向上平移3个单位后得到一次函数的图象，则b值为 ______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数图象的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标左移加，右移减；纵坐标上移加，下移减．根据平移法则上加下减可得出平移后的解析式，对应得，解得即可．
【详解】解：由题意得：
平移后的解析式为：；
∴；
∴；
故答案为：．
10. 方程组________二元二次方程组（填“是”或“不是”）．
【答案】是
【解析】
【分析】本题考查二元二次方程的定义，根据两个整式方程，共含有2个未知数，含未知数的项的最高次数为2，组成的方程组叫做二元二次方程组，进行判断即可．
【详解】解：方程组是二元二次方程组；
故答案为：是．
11. 方程x4﹣16＝0的根是_____．
【答案】±2
【解析】
【分析】根据平方根定义,很容易求解,或者把方程左边因式分解,通过降次的方法也可以求解.
【详解】∵x4﹣16＝0，
∴(x2+4)(x+2)(x﹣2)＝0，
∴x＝±2，
∴方程x4﹣16＝0的根是x=±2，
故答案为±2．
【点睛】该题为高次方程，因此解决该题的关键，是需要把方程左边因式分解，从而达到降次的目的，把高次方程转化为低次方程，从而求解.
12. 方程的解是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解无理方程，将无理方程转化为整式方程，求解后进行检验即可．
【详解】解：，
∴，
∴，
解得：，
经检验：为原方程的解，是原方程的增根，舍去；
故答案为：．
13. 若一个多边形的内角和等于720°，则从这个多边形的一个顶点引出对角线__________条．
【答案】3
【解析】
【分析】根据多边形的内角和公式求出边数，从而求出这个多边形从一个顶点出发引出的对角线的条数．
【详解】设多边形的边数是n，则
（n﹣2）•180°=720°，
解得n=6，
∴从这个多边形的一个顶点引出对角线是：6﹣3=3（条），
故答案为3．
【点睛】本题考查多边形的对角线，多边形内角与外角，关键是要先根据多边形的内角和公式求出边数.
14. 已知一个菱形的周长为24，一个锐角为，则这个菱形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的性质求出菱形的边长，根据含30度角的直角三角形的性质求出菱形的高，利用面积公式进行计算即可．
【详解】解：如图，四边形为菱形，，过点作，则：，
∵菱形的周长为24，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积为；
故答案为：．
15. 矩形的两条对角线交于点O，，，则________．
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，根据，得到，进而得到为等边三角形，进而得到，结合，求出的长，根据即可得出结果．
【详解】解：∵矩形的两条对角线交于点O，，

∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：8．
16. 已知某汽车油箱中的剩余油量y（升）与该汽车行驶里程数x（千米）是一次函数关系．当汽车加满油后，行驶100千米，油箱中还剩油138升；行驶150千米，油箱中还剩油132升．那么，当这辆汽车行驶350千米时，油箱中还剩油________升．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一次函数的实际应用，设出函数关系式，待定系数法求出函数解析式，再令，求出函数值即可．
【详解】解：设某汽车油箱中的剩余油量y（升）与该汽车行驶里程数x（千米）的函数关系式为，
由题意，得：，解得：，
∴，
∴当时，，
∴当这辆汽车行驶350千米时，油箱中还剩油升；
故答案为：．
17. 已知：线段AB，BC．
求作：平行四边形ABCD．
以下是甲同学的作业．
①联结AC，作线段AC的垂直平分线，交AC于点M；
②联结BM并延长，在延长线上取一点D，使MD=MB，联结AD，CD．四边形ABCD即为所求平行四边形．
如图，甲同学的作图依据是：_____．
【答案】对角线互相平分的四边形是平行四边形
【解析】
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形解决问题即可．
【详解】由作图可知，AM=MC，BM=MD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
18. 在无锡全民健身越野赛中，甲、乙两选手的行程y(千米)随时间(时)变化的图像(全程)如图所示．下列四种说法：①起跑后1小时内，甲在乙的前面；②第1小时两人都跑了10千米；
③ 甲比乙先到达终点；④ 两人都跑了20千米．正确的有______．(填写序号)
【答案】①②④
【解析】
【分析】本题考查利用函数的图象解决实际问题， 正确理解函数图象横纵坐标表示的意义， 理解问题的过程， 就能够通过图象得到函数问题的相应解决 ．
根据时的函数图象判断出①正确；根据时的值判断出②正确；根据图象直接判断出③错误；由图可知，乙是匀速跑的，当时，千米，所以乙跑的速度为10千米/时，即可求得乙跑的路程为20千米，现由图象可知，甲乙两人跑的路程相等，即可判断出④正确 ．
【详解】解：①由图可知，时， 甲的函数图象在乙的上边，
所以， 起跑后 1 小时内， 甲在乙的前面， 故①正确；
②时， 甲、 乙都是千米， 第 1 小时两人都跑了 10 千米， 故②正确；
③由图可知，时， 乙到达终点， 甲没有到达终点， 所以， 乙比甲先到达终点， 故③错误；
④由图象可知，乙是匀速跑的，当时，千米，所以乙跑的速度为10千米/时，则乙跑的路程为(千米)，由图象可知，甲乙两人跑的路程相等，所以两人都跑了 20 千米，故④正确；
综上所述， 正确的说法是①②④．
故答案为：①②④．
三、解答题（本大题共8题，满分58分）
19. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，去分母，将方程转化为整式方程，求解后检验即可．
详解】解：去分母，得：，
整理得：，
∴，
解得：，
当时，，
∴是原方程的增根，舍去；
当时，，
∴是原方程的解．
20. 解方程组：．
【答案】；
【解析】
【分析】先将第二个方程变形为x﹣y＝1或x﹣y＝﹣1，再和第一个方程组合得到两个二元一次方程组，再分别解这两个二元一次方程组即可．
【详解】解：，
由②得（x﹣y）2＝1，
∴x﹣y＝1或x﹣y＝﹣1，
与方程①组成新的方程组得：；
解这两个新方程组，得原方程组的解为：
；．
【点睛】本题考查的是二元二次方程组的解法，通过因式分解，将原方程组转化为两个二元一次方程组，从而求解．
21. 解关于y的方程：by2﹣1＝y2+2．
【答案】当b＞1时，原方程的解为y＝±；当b≤1时，原方程无实数解．
【解析】
【分析】把b看做常数根据解方程的步骤：先移项，再合并同类项，系数化为1，即可得出答案．
【详解】解：移项得：by2﹣y2＝2+1，
合并同类项得：（b﹣1）y2＝3，
当b＝1时，原方程无解；
当b＞1时，原方程的解为y＝±；
当b＜1时，原方程无实数解．
【点睛】此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是根据题意分类讨论．
22. 如图是某辆汽车加满油后，油箱剩油量y（升）关于已行驶路程x（千米）的函数图像（由两条线段构成）．
（1）根据图像，当油箱剩油量为26升时，汽车已行驶路程为________千米；当时，消耗一升油汽车能行驶的路程为________千米．
（2）当时，求y关于x的函数表达式，并计算当汽车已行驶300千米时油箱的剩油量．
【答案】（1）240；10
（2），21升
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求关系式是解题的关键．
（1）根据图象可得汽车已行驶的路程，根据50升时行程为0千米和26升时程为240千米可得汽车的耗油量．
（2）利用待定系数法得到函数关系式，再把代入可剩余量．
小问1详解】
由图象可得，当油箱剩油量为26升时汽车已行驶的路程为240千米，
∵（千米/升），
∴消耗一升油汽车能行驶的路程为10千米．
【小问2详解】
设，把和代入可得，
，
解得，
∴函数表达式为，
当时，．
答：y关于x的函数表达式为，当汽车已行驶300千米时油箱的剩油量是21升．
23. 某口罩厂计划在一定时间内生产240万个口罩，后因为防控需要，不但需要增产，而且要提前4天完成任务．经测算，每天需要多生产8万个口罩．问原计划每天生产多少万个口罩？
【答案】原计划每天生产10万个口罩
【解析】
【分析】本题考查分式方程的实际应用，设原计划每天生产万个口罩，根据题意，列出分式方程进行求解即可，找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键．
【详解】解：设原计划每天生产万个口罩，则现在每天生产万个口罩，由题意，得：
，
解得：或（舍去）；
经检验：是原方程的解；
答：原计划每天生产10万个口罩．
24. 如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，延长AE至点G，使EG＝AE，连接GC、CF．
（1）求证：AE∥CF；
（2）当AC＝2AB时，求证：四边形EGCF是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可知OB＝OD，根据中点可求EO＝FO，根据SAS可证△AEO≌△CFO，根据全等三角形的性质可得∠AEO＝∠CFO，由平行线的判定定理可求解；
（2）先证明四边形EGCF是平行四边形，再证AE⊥OB即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵点E、F分别为OB、OD的中点，
∴EO＝OB，FO＝OD，
∴EO＝FO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（SAS），
∴∠AEO＝∠CFO，
∴AE∥CF；
【小问2详解】
证明：∵EA＝EG，OA＝OC，
∴EO是△AGC的中位线，
∴EO∥GC，
∵AE∥CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵AC＝2AB，AC＝2AO，
∴AB＝AO，
∵E是OB的中点，
∴AE⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，正确的识别图形是解题的关键．
25. 已知一次函数的图像经过、，点C是线段的中点，交x轴于点P，点C关于x轴的对称点为，把线段以点C为旋转中心，顺时针旋转，点的对应点为点D．
（1）求一次函数的解析式．
（2）求点D的坐标．
（3）若点C、、D、M为顶点的四边形是平行四边形，且是平行四边形的一条边，直接写出点M的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查一次函数与图形结合的综合问题，解题的关键是通过题干作出所对应图形求解．
（1）待定系数法求解．
（2）作出旋转后的图象，通过勾股定理求解．
（3）讨论D所在位置分别求解．
【小问1详解】
由一次函数的图象经过、，
，解得，
∴一次函数的解析式为：．
【小问2详解】
∵点C是线段中点，
∴轴，轴，
∴点P坐标为，点C横坐标为1，把代入得，
∴点C坐标为，
∵点C关于x轴的对称点为，
∴坐标为，，
以点C为旋转中心，顺时针旋转，得，，
作于点H，，
∵，
∴，
∴点D的坐标为．
【小问3详解】
∵是平行四边形的一条边，
∴且，
∵轴，
∴轴，
∴M点的坐标为或．
26. 已知：如图，在矩形中，，点E在的延长线上，且，连接，取的中点F，连接．
（1）求证：；
（2）设，，求y与x之间的函数关系式，并写出定义域；
（3）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，进而推出，即可得证；
（2）连接，利用矩形的性质，和勾股定理进行求解即可；
（3）根据，推出，利用（2）中的结论，列出无理方程，进行求解即可．
【小问1详解】
解：连接，
∵，为的中点，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
连接，则，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
由（1）知：，，
∴，
∴，
∵，
∴；
∴
【小问3详解】
当时，
∵，
∴，
由（2）知：，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）；
经检验是原方程的解，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用函数关系式表示变量之间的关系，解无理方程等知识点，综合性强，难度较大，计算量大，属于压轴题，掌握相关知识点，正确的计算，是解题的关键．