精品解析：山东省济南市历下区2024-2025学年八年级下学期期末数学试题

2024~2025学年第二学期八年级期末教学质量检测 数学试题 考试时间120分钟 满分150分 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10个小题，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. 下列人工智能App图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 若是关于x的一元二次方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2025 4. 学校计划在校园内修建一个景观花坛，若该花坛的平面示意图为正n边形，且一个外角是，则n的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 5. 若分式在实数范围内有意义，则实数x取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 若关于x的一元二次方程配方后得到方程，则c的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 如图，梯子斜靠在墙面上，点P是的中点，若梯子A端沿墙下滑，B端沿地面向右滑行，则在此滑动过程中，点C和点P之间的距离（ ） A. 始终不变 B. 不断变小 C. 不断变大 D. 先变小后变大 9. 如图，在中，，将绕顶点A按顺时针方向旋转得到，当首次经过点D时，旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 10. 如图1，在正方形中，M是正方形内部一点，连接，，动点P从点A出发，沿匀速运动，到达点B后停止．设点P运动的路程为x，，若y与x的函数图象如图2所示，则正方形的边长是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．） 11. 分解因式：_____． 12. 如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若连接，则的度数为_____°． 13. 如图，在中，，，点C的坐标为，则点D的坐标为______． 14. 若分式与分式互为相反数，则的值为______． 15. 如图，将正方形沿射线的方向平移，得到正方形，点在点B左侧，连接，若阴影部分的面积为，则正方形的边长为______cm． 三、解答题（本大题共10个小题，共90分．请写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16 先化简，再求值：，其中． 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 如图，在菱形中，，垂足E，，垂足为F，求证：． 19. 已知是关于x的一元二次方程． （1）若是该方程的一个根，求k的值； （2）求证：无论k取任何实数，方程总有实数根． 20. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点均在格点上． （1）画出与关于点O成中心对称的； （2）平移，使其和能拼成一个矩形，画出平移后对应的三角形，并直接写出平移的距离． 21. 请根据材料中的信息，解决相关问题： 背景知识 为了增强学生体质，某学校决定新建一块篮球场地，供同学们课间活动使用． 相关信息 信息一：如图，运动区（阴影部分）的长和宽分别为28m和15m；运动区四周的宽度相等的条形区域（空白部分）是缓冲区； 信息二：运动区和缓冲区的总面积为； 信息三：运动区预计铺设硅PU，该材料费用为100元/；缓冲区预计铺设EPDM塑胶颗粒，该材料的费用为70元； 信息四：可能用到数据，． 问题解决 问题1：求缓冲区的宽度； 问题2：求场地铺设材料所需的总费用． 22. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，以，为邻边作，连接交于点F，点为的中点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）已知，，求的长． 23. 如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以2cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t（单位：s）． （1）当时，判断四边形的形状，并说明理由； （2）当四边形为平行四边形时，求t的值． 24. 已知是关于x的一元二次方程． （1）若，则该方程的两个实数根分别为______和______； （2）若该方程有两个不相等的实数根， ①当两根之差为时，求m的值； ②当m为正整数，且两根均为整数时，求m的值． 25. （1）类比探究 将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，记旋转角为，连接，，两直线交于点P． ①如图1，当时，交于H，则线段与线段的数量关系为_____，线段与线段的数量关系为_____； ②如图2，当时，则①中线段与线段的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由． （2）学以致用 如图3，在中，，，，将绕点B按顺时针方向旋转得到，记旋转角为，连接，，两直线交于点P，取中点M，中点N，连接，，在旋转过程中，当四边形的面积最大时，直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期八年级期末教学质量检测 数学试题 考试时间120分钟 满分150分 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10个小题，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. 下列人工智能App图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故B选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故D选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义． 根据一元二次方程的定义（整式方程、一个未知数、未知数最高次数为2）逐一分析选项即可． 【详解】解：A．方程中，若，则二次项消失，不一定是二次方程，排除； B．方程含有两个未知数和，属于二元方程，排除； C．方程含有分式，不是整式方程，排除； D．方程展开后为，满足整式、仅含且最高次数为2，符合定义； 故选：D． 3. 若是关于x的一元二次方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟知相关知识是解题的关键； 将代入方程，利用方程根的定义直接计算代数式的值即可． 【详解】解：∵是方程的根， ∴将代入得：， 移项得：． 故代数式的值为， 故选A． 4. 学校计划在校园内修建一个景观花坛，若该花坛的平面示意图为正n边形，且一个外角是，则n的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的外角． 根据正多边形的外角和为，结合已知外角度数求解边数． 【详解】解：∵正n边形的一个外角为， ∴ 故选：C． 5. 若分式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式有意义的条件． 根据分式有意义的条件，分母不能为零，直接解不等式即可． 【详解】解：∵分式在实数范围内有意义， ∴， 即 故选：B． 6. 如图，在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行线的性质，三角形内角和定理． 先证明是的中位线，得到，进而得到，根据三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：∵在中，点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 7. 若关于x的一元二次方程配方后得到方程，则c的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的配方法，将配方建立等式是解决本题的关键． 将原方程进行配方，比较配方后的常数项，建立等式求解c的值即可． 【详解】解：原方程为，移项得， 配方得：， 因为配方后的方程为，因此有：， 即，解得：． 故选：D． 8. 如图，梯子斜靠在墙面上，点P是的中点，若梯子A端沿墙下滑，B端沿地面向右滑行，则在此滑动过程中，点C和点P之间的距离（ ） A. 始终不变 B. 不断变小 C. 不断变大 D. 先变小后变大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线． 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半作答即可． 详解】解：如图，连接， ∵，点P是的中点， ∴是直角三角形斜边上的中线， 即， ∵为定值， ∴为定值， 即点C和点P之间的距离始终不变 故选：A 9. 如图，在中，，将绕顶点A按顺时针方向旋转得到，当首次经过点D时，旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等边对等角． 根据平行四边形的性质得到，由旋转的性质得到，，根据等边对等角得到，即可求出旋转角的度数． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵绕顶点A按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∴， 故选：C 10. 如图1，在正方形中，M是正方形内部一点，连接，，动点P从点A出发，沿匀速运动，到达点B后停止．设点P运动的路程为x，，若y与x的函数图象如图2所示，则正方形的边长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 由题意可知，，当时，证明，可知M在对角线上，即，作交于N，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，当时，P在段上，可知 ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即M在对角线上， 如图，当时，P在段上，可知 ， 如图，作交于N， ∵M在对角线上， ∴， 即， ∵， ∴ ∴（负值舍去）， ∵， ∴， ∴， 故选：D 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．） 11. 分解因式：_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查用公式法分解因式，掌握平方差公式是解题的关键． 根据分解即可． 【详解】， 故答案为：． 12. 如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若连接，则的度数为_____°． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查正六边形的性质，正多边形的外角和定理，掌握正六边形的性质是解题的关键． 根据多边形的外角和为，先求出一个外角的度数，再求一个内角的度数，最后根据正六边形的对称性求解即可． 【详解】正六边形的一个外角的度数为：， 正六边形的一个内角的度数为：， 即， ∵对角线所在的直线是正六边形的对称轴， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在中，，，点C的坐标为，则点D的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，平移与坐标的关系，掌握平移与坐标变化的关系是解题的关键． 先确定和的坐标，再找出平移到时坐标的变化，根据坐标的变化求解即可． 【详解】∵，， ∴，， 在中，，即平移到， ∵点C的坐标为， ∴平移的方式是：向右平移个单位长度，向下平移个单位长度， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴点D的坐标为， 故答案为：． 14. 若分式与分式互为相反数，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，相反数的定义，根据相反数的性质列出分式方程求解即可，掌握分式方程的解法、相反数的定义是解题的关键． 【详解】解：∵分式与分式互为相反数， ∴ ， 解得：， 经检验是原分式方程的解， 故答案为：． 15. 如图，将正方形沿射线的方向平移，得到正方形，点在点B左侧，连接，若阴影部分的面积为，则正方形的边长为______cm． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质以及矩形的面积，求出是解决本题的关键． 可先由角角边的证明方法证明与全等，同理可证与全等，再根据全等可得面积相等，即可得，再由矩形的面积可求解的边长，即可求解正方形的边长． 【详解】解：记作与的交点为点F，与的交点为点E，如图， ∵正方形沿射线的方向得到正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在与中， 由， ∴≌， 即， ∵，，， 同理可证≌， 即， ∵， ∴， ∴， 设的边长为， 又∵正方形沿射线的方向平移， ∴， ∴， 即正方形的边长为， ∴， 即，整理得， 解得， ∵，舍， ∴， ∴， ∴正方形的边长为 故答案为： ． 三、解答题（本大题共10个小题，共90分．请写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 先化简，再求值：，其中． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题的关键．因式分解进行计算然后代数值即可得到答案． 【详解】解：原式= ， 当时， 原式． 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （）利用因式分解法求解即可； （）利用公式法求解即可． 【小问1详解】 解： 或， ∴，； 【小问2详解】 解：， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，． 18. 如图，在菱形中，，垂足为E，，垂足为F，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键．根据菱形的性质和证明，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 19. 已知是关于x的一元二次方程． （1）若是该方程的一个根，求k的值； （2）求证：无论k取任何实数，方程总有实数根． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的概念以及根的判别式的应用，熟练掌握一元二次方程根的判别式的取值范围是解决本题的关键． （1）将代入方程中即可求解k的值； （2）通过计算方程的根的判别式并判断其取值范围，当根的判别式时，方程有两个不等的实数根；当根的判别式时，方程有两个相等的实数根；当根的判别式时，方程没有实数根，由此即可证明． 【小问1详解】 解：∵是方程的一个根， ∴将代入方程可得， 整理可得，解得； 【小问2详解】 证明：∵ ， ∴无论k取任何实数，方程总有实数根． 20. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点均在格点上． （1）画出与关于点O成中心对称的； （2）平移，使其和能拼成一个矩形，画出平移后对应的三角形，并直接写出平移的距离． 【答案】（1）作图见解析 （2）作图见解析，5 【解析】 【分析】本题主要考查了绘制轴对称图形和中心对称图形、图形的平移，勾股定理，牢记轴对称和中心对称的定义、图形平移的性质是解题的关键． （1）是由顶点，，所确定，根据中心对称的定义，找到顶点的对应点，，，顺次连接点，，，所得图形即为； （2）平移后，当点与点重合，点与点重合时，四边形为矩形，平移的距离为对应点的连线的线段长度，据此可求得答案． 【小问1详解】 解：是由顶点，B，C所确定，找到顶点的对应点，，，顺次连接点，，，所得图形即为，如图所示： 【小问2详解】 如图所示，平移后，当点与点重合，点与点重合时，四边形为矩形，平移的距离为：． 21. 请根据材料中的信息，解决相关问题： 背景知识 为了增强学生体质，某学校决定新建一块篮球场地，供同学们课间活动使用． 相关信息 信息一：如图，运动区（阴影部分）的长和宽分别为28m和15m；运动区四周的宽度相等的条形区域（空白部分）是缓冲区； 信息二：运动区和缓冲区的总面积为； 信息三：运动区预计铺设硅PU，该材料的费用为100元/；缓冲区预计铺设EPDM塑胶颗粒，该材料的费用为70元； 信息四：可能用到的数据，． 问题解决 问题1：求缓冲区的宽度； 问题2：求场地铺设材料所需的总费用． 【答案】问题1：；问题2：55160元 【解析】 【分析】本题考查了矩形面积的求解，一元二次方程公式法的求解，根据 “宽度相等”这一条件建立等式求解缓冲区的宽度进而求出面积是解决本题的关键． （1）根据缓冲区的四周的宽度相等，设出缓冲区的宽度，表示出长和宽，由总面积列方程求解即可． （2）先分别求出运动区和缓冲区的面积，再根据铺设的材料的价格计算即可． 【详解】解：问题一：设缓冲区的宽度为， ∵缓冲区的四周的宽度相等，且运动区的长和宽分别为28m和15m， ∴， 整理可得， ∴， ∵， ∴，（舍）， ∴缓冲区的宽度为． 问题二：∵运动区的长和宽分别为28m和15m， ∴运动区的面积为， ∵运动区和缓冲区的总面积为， ∴缓冲区的面积为， ∵运动区预计铺设硅PU，该材料费用为100元/， ∴运动区的费用为元； ∵缓冲区预计铺设EPDM塑胶颗粒，该材料的费用为70元， ∴缓冲区的费用为元， ∴场地铺设材料所需总费用为元． 22. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，以，为邻边作，连接交于点F，点为的中点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）已知，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． （1）先根据矩形的性质可得，再根据菱形的判定即可得证； （2）先根据菱形的性质可得，则可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形的中位线定理即可得． 【小问1详解】 证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【小问2详解】 解：由（1）已证：四边形是菱形， ∴，点是的中点， ∵，， ∴， ∴， 又∵点为的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 23. 如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以2cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t（单位：s）． （1）当时，判断四边形的形状，并说明理由； （2）当四边形为平行四边形时，求t的值． 【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质和矩形的判定，恰当利用动点的速度表示线段的长，再利用图形的性质建立方程是解题的关键． （1）当时，求出线段和的长，利用它们的关系判定图形的形状； （2）当四边形为平行四边形时，，建立方程求解即可． 【小问1详解】 四边形是矩形，理由如下： 由题意，得，，，， 当时，，， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形 【小问2详解】 当四边形为平行四边形时，， ∴， 解得： 24. 已知是关于x的一元二次方程． （1）若，则该方程的两个实数根分别为______和______； （2）若该方程有两个不相等的实数根， ①当两根之差为时，求m的值； ②当m为正整数，且两根均为整数时，求m的值． 【答案】（1），； （2）①6；②5或8． 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．也考查了根的判别式． （1）时，则原方程变形为，然后利用直接开平方法解方程即可； （2）根据根的判别式的意义得到， ①设方程的两个为α，β，利用根与系数的关系得，，再由，得到，所以，然后解关于m的一次方程即可； ②解方程得到，由于且m为整数，所以当或时，方程的两根均为整数，从而得到m的值． 【小问1详解】 解：时，原方程变形为， 解得，； 故答案为：，； 小问2详解】 根据题意得． 解得， ①设方程的两个为α，β， 根据根与系数的关系得，， ∵， ∴， ∴， 即， 解得， 即m的值为6； ②∵， ∴， ∵且m为整数， ∴当或时，方程的两根均为整数， 解得或， 即m的值为5或8． 25. （1）类比探究 将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，记旋转角为，连接，，两直线交于点P． ①如图1，当时，交于H，则线段与线段的数量关系为_____，线段与线段的数量关系为_____； ②如图2，当时，则①中线段与线段的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由． （2）学以致用 如图3，在中，，，，将绕点B按顺时针方向旋转得到，记旋转角为，连接，，两直线交于点P，取中点M，中点N，连接，，在旋转过程中，当四边形的面积最大时，直接写出的值． 【答案】（1）①；；②依然成立，证明见解答； （2）或． 【解析】 【分析】（1）①根据题意判定和为等腰直角三角形，然后通过证明即可得出结论； ②通过辅助线推出，然后根据证明结论； （2）根据（1）的结论得出点P为的中点，然后判定为菱形，当其为正方形时面积最大，然后判定当旋转角或时均符合题意，然后构造即可求解． 【详解】解：（1）①根据旋转的性质可知： ， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴（）， ∴， 故答案为：；； ②如图，过点F作交于点Q， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理①可证：（）， ∴， 故依然成立； （2）根据（1）可知，点P为中点， ， ∴、为的中位线， ， ∵， ∴四边形是边长为的菱形， 设四边形底边上的高为h． 由于，故当时，四边形面积取最大值， 此时，四边形为正方形，分为旋转角或两种情况，如图： ①当时，作，H为垂足， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ②当时，四边形为正方形，作，为垂足， 同理可得四边形为矩形， ∴，， ∴ ∴， 故的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$