2024—2025学年北师大版数学八年级下册期末复习试卷1　

2024～2025学年北师大版数学八年级下册期末复习试卷1（含答案） 1、 选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1、下列四个有关环保的图形中,是轴对称图形,但不是中心对称图形的是(　　) 　　　　　　　　　　　　 2、已知,则下列不等式成立的是(　　) A、　　　 　B、 C、　　　　D、 3、下列等式中,从左到右的变形是因式分解的是(　　) A、　 B、 C、 　D、 4、已知分式的值等于零,则的值为(　　) A、-2　　　 　B、-3 C、3　　　　 D、±3 5、下列不能判定一个四边形是平行四边形的条件是(　　) A、两组对边分别平行 B、一组对边平行,另一组对边相等 C、一组对边平行且相等 D、两组对边分别相等 6、如图,将一个圆形纸片连续对折三次之后,沿虚线裁剪展开后得到的多边形的内角和为(　　) A、180°　　　 　B、540°　　　　 C、720°　　　　 D、1080° 7、如图,周长为32的▱ABCD中,AC,BD交于点O,点E是CD的中点,若BD=14,则△DOE的周长是(　　) A、15　　　    B、16　　　    C、23　　　    D、25 8、 如图,将△ABC绕点A按逆时针方向旋转α,得到△AB＇C＇.若点B＇恰好在线段BC的延长线上, 且∠AB＇C＇=40°,则旋转角α的度数为(　　) A、60°　　　　 B、70°　　　 　C、100°　　　 　D、110° 9、若分式方程有增根,则等于(　　) A、3　　　　 B、-3 C、2　　　 　D、-2 10、如图,已知在△ABC中,∠ABC＜90°,AB≠BC,BE是AC边上的中线.按下列步骤作图：①分别以点B,C为圆心,大于BC的长为半径作弧,两弧相交于点M,N；②作直线MN,分别交BC,BE于点D,O；③连接CO,DE,则下列结论错误的是(　　) A、OB=OC　　　 B、∠BOD=∠COD C、DE∥AB　　　 　D、DB=DE 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 11、因式分解：　 。 12、若代数式的值不大于-3，则的取值范围是： 。 13、若分式的值为0，则的值是 。 14、如图,▱ABCD的对角线AC,BD相交于点O,AB⊥BD,∠AOB=45°。若BD=4,则AC的长为 。 15、若关于的分式方程有增根，则的值为 　 　 。 16、如图,Rt△ABC中,∠C=90°,利用尺规在BC,BA上分别截取BE,BD,使BE=BD;分别以D,E为圆心、 以大于DE的长为半径作弧,两弧在∠CBA内交于点F;作射线BF交AC于点G.若AC=3,BC=4,P为AB上一动点,则GP的最小值为 。 17、已知一个等腰三角形的腰长为5 cm,周长是12 cm,则它的中位线长为： 。 18、如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=,点D是AC的中点,连接BD,将△BCD绕点B旋转,得 到△BEF,连接CF,当CF∥AB时,CF= 。 19、 如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，F为AD中点，连接BF并延长交AC于E，若BF＝AC， DF＝DC＝1，则BE＝　 。 20、如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AB的垂直平分线交BC于D,交AB于E,连接AD,给出下列结论:①DA平分∠CDE;②BE=AC;③BD=2CD;④BD+DE=BC.其中正确的结论有 。 三、解答题（本大题共8题，第21题～第24题每题6分，第25、26题每题8分，第27、28题每题10分，共60分） 21、解不等式组，并将不等式组的解集在数轴上表示出来． 22、先化简,再求值:,并从-1,0,1,2,3中选一个合适的数代入求值. 23、解方程: 24、如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形,在建立平面直角坐标系后,△ABC的顶点均在格点上,且点A,B,C的坐标分别为(2,2),(1,0),(3,1). (1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1. (2)将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得△A2B2C2,画出△A2B2C2. (3)△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称吗?若成中心对称,直接写出对称中心的坐标. 25、如图,E,F是平行四边形ABCD的对角线AC上两点,DF∥BE. (1)求证:四边形DEBF为平行四边形; (2)若AC=8,AB=6,∠CAB=30°,求平行四边形ABCD的面积. 26、2025年4月30日,神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆,任务取得圆满成功.航模店看准商机,推出了“神舟”和“天宫”模型.已知每个“天宫”模型的成本比每个“神舟”模型的成本低20%,同样花费320元,购进“天宫”模型的数量比购进“神舟”模型的数量多4个. (1)一个“神舟”模型和一个“天宫”模型的成本各是多少元? (2)该航模店计划购进两种模型共100个,且每个“神舟”模型的售价为35元,每个“天宫”模型的售价为25元.设购进“神舟”模型a个,销售这批模型的利润为w元.若购进“神舟”模型的数量不超过“天宫”模型数量的一半,则购进“神舟”模型多少个时,销售这批模型可以获得最大利润?最大利润是多少? 27、如图,已知A、B,且满足：. (1)如图1,求△AOB的面积; (2)如图2,点C在线段AB上(不与A、B重合)移动,AB⊥BD,且∠COD=45°,猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系,并证明你的结论; (3)如图3,若P为轴上异于原点O和点A的一个动点,连接PB,将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE,直线AE交轴于点Q,当P点在x轴上移动时,线段BE和线段BQ中,请判断哪条线段的长为定值,并求出该定值. 　 28、如图①,在长方形ABCD中,点E在AD上,将△ABE沿BE折叠,使点A落在BD上的M点处,点F在BC上,将△CDF沿DF折叠,使点C落在BD上的N点处. (1)求证:四边形EBFD是平行四边形; (2)若AB=6,BC=8,求FN的长; (3)如图②,若E是AD的中点,G是CD的中点,连接BG,将△ABE沿BE折叠,点A恰好落在BG上的H点处,求的值. 【参考答案】 1、 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A D B D A C D D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 2 -1 ①②③④ 二、填空题 三、解答题 21、解：解不等式①，得：. 解不等式②，得：x＞. 所以不等式组的解集为：. 将其解集表示在数轴上如图所示． 22、解：原式= ∵, ∴. 当时,原式=.(答案不唯一)  23、解：去分母,得：, 去括号,得：, 移项、合并同类项,得：, 解得： 检验:把代入得：, ∴是原分式方程的解 24、解：　(1)如图,△A1B1C1即为所求. (2)如图,△A2B2C2即为所求. (3)△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称,其中A1的对称点是C2,B1的对称点是B2,C1的对称点是A2,易知B1(-1,0),B2(0,-1), ∴对称中心的坐标为 25、(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形, ∴CD∥AB,CD=AB, ∴∠DCF=∠BAE, ∵DF∥BE, ∴∠CFD=∠AEB, 在△CFD和△AEB中, ∴△CFD≌△AEB(AAS), ∴DF=BE ∴四边形DEBF是平行四边形. (2)如图,作CG⊥AB交AB的延长线于点G,则∠G=90°, ∵∠CAB=30°,AC=8, ∴, ∴平行四边形ABCD的面积=AB·CG=6×4=24. 26、解:⑴设一个“神舟”模型的成本为元,则一个“天宫”模型的成本为元, 根据题意得: 解得: 经检验,是原方程的解,且符合实际意义, ∴. 答:一个“神舟”模型的成本为20元,一个“天宫”模型的成本为16元. (2)∵购进“神舟”模型个,∴购进“天宫”模型 由题意得w ∵6＞0,∴随着的增大而增大, ∵购进“神舟”模型的数量不超过“天宫”模型数量的一半, ∴,解得: 又是正整数, ∴当时,取得最大值,最大值为6×33+900=1 098 答:购进“神舟”模型33个时,销售这批模型可以获得最大利润,最大利润是1 098元 27、解：(1)∵, ∴, ∴, ∴A(2,0)、B(0,2), ∴OA=2,OB=2, ∴ (2) 猜想:CD=BD+AC.理由如下： 如图,将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△BOF,则AC=BF,OC=OF,∠AOC=∠BOF, ∵∠OAC=∠OBF=∠OBA=45°,∠DBA=90°, ∴∠DBF=180°,即D,B,F三点共线, ∵∠DOC=45°,∠AOB=90°, ∴∠BOD+∠AOC=45°, ∴∠FOD=∠BOD+∠BOF=∠BOD+∠AOC=45°, 在△ODF与△ODC中, ∴△ODF≌△ODC, ∴DC=DF,∵DF=BD+BF=BD+AC, ∴CD=BD+AC. ⑶线段BQ的长是定值 如图,过E作EF⊥OA于F,在FE上截取FD=PF,连接PD, 则∠BAO=∠PDF=45°, ∴∠PAB=∠PDE=135°, ∵∠BPE=90°,∠PFE=90°, ∴∠BPA+∠EPF=90°,∠EPF+∠PED=90°, ∴∠BPA=∠PED, 在△PBA与△EPD中, ∴△PBA≌△EPD(AAS), ∴AP=ED, ∴FD+ED=PF+AP,即FE=FA, ∴∠FEA=∠FAE=45°, ∴∠QAO=∠EAF=∠OQA=45°, ∴OQ=OA=2, ∴BQ=4. 28、(1)证明:∵四边形ABCD为长方形, ∴AB∥CD,AD∥BC, ∴∠ABD=∠CDB,  由折叠的性质可知,∠EBD=∠ABD,∠FDB=∠CDB, ∴∠EBD=∠FDB,  ∴BE∥FD,又DE∥BF, ∴四边形EBFD是平行四边形.  (2)在Rt△BCD中,CD=AB=6,BC=8, ∴ 设CF=,则BF=, 由折叠的性质可知,DN=CD=6,FN=CF=x,∠FND=∠C=90°, ∴BN=BD-DN=4,  在Rt△BNF中,BF2=FN2+BN2,即, 解得, ∴FN=3.  (3)如图,连接EG,   设AB=CD=,AD=BC=, 则AE=ED=,DG=GC= 由折叠的性质可知,AE=EH=DE,∠EHB=∠A=90°,BH=AB=a,∴∠EHG=90°=∠D, 在Rt△EHG和Rt△EDG中,  ∴Rt△EHG≌Rt△EDG(HL),  ∴GH=DG=,∴BG=BH+GH=, 在Rt△BCG中,BG2=BC2+CG2, 即 整理得 ∴,∴ 学科网（北京）股份有限公司 $$