精品解析：陕西省榆林市定边县2024-2025学年八年级下学期期末教学质量检测数学试卷

陕西省榆林市定边县2024-2025学年八年级下学期期末教学质量检测数学试卷（北师大版） 老师真诚地提醒你： 1．本试卷共6页，满分120分； 2．答卷前请将密封线内的项目填写清楚； 3．书写要认真、工整、规范；卷面干净、整洁、美观． 第一部分（选择题 共24分） 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分．每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 榆林剪纸因为有深厚的历史文化积淀滋养，有神州南北东西八面来风的熏陶而淳厚隽永，古朴生动，多姿多彩．下面剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若分式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 如图是关于的不等式的解集，则的值是（ ） A. 3 B. C. 2 D. 4. 在平面直角坐标系中的位置如图所示，若M，N分别是边，的中点，且点M，N的横坐标分别是1，4，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 下面计算中，不正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转一个角度得到，连接CD，且点B，C，D在同一条直线上，若，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 7. 若关于的分式方程有增根，则的值是（ ） A. 4 B. 2 C. D. 8. 如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动，同时，点从点出发，以的速度向点运动，连接，当点到达终点时，点停止运动．设运动的时间为，在运动的过程中，当四边形为平行四边形时，的值为（ ） A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 6 第二部分（非选择题 共96分） 二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分） 9. 已知，则__________． 10. 已知一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还多180°，则这个多边形的边数为________． 11. 如图，将沿斜边的方向平移得到，连接，若，则的长为__________cm． 12. 如图，一次函数与（k，b是不为0的常数）的图象交于点，则关于的不等式组的解集是__________． 13. 如图，在中，其内角和外角的角平分线，交于点，过点作，交的延长线于点，连接，若，则的度数为__________． 三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程） 14. 因式分解：． 15. 解不等式组：，并将解集表示在数轴上． 16. 解分式方程：． 17. 如图，在中，请用尺规作图法在三角形内求作一点，使得，且．（保留作图痕迹，不写作法） 18. 如图，在平行四边形中，点E，F在对角线上，连接，，，．若，求证：四边形是平行四边形． 19. 先化简，再求值：，然后从中选一个合适的数作为的值代入求值． 20. 如图，在中，点在边上，过点分别作交于点于点．若，求的度数． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是． （1）画出先向左平移5格，再向下平移6格后的图形，记作； （2）画出绕点逆时针旋转后的图形，记作；并写出点的坐标． 22. 如图，在中，为的中点，连接垂直平分，分别交于点，交于点，交于点，连接． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，求的度数． 23. 先阅读材料，再解答问题： 因式分解：． 解：将“”看成一个整体，设， 则原式， 再将代入，得原式． 以上解题过程中用到的是“整体思想”，它是数学中常用的一种思想． （1）因式分解：； （2）因式分解：； （3）应用：已知一个长方形的长为，宽为，且满足，求该长方形的周长． 24. 府谷海红果是中国国家地理标志产品，果实色泽鲜艳，营养丰富，鲜食酸中带甜，美味可口．鲜上鲜水果店第一次用元购进府谷海红果销售，因深受人们的喜爱，第一次购进的府谷海红果很快售完．该店老板又用元购进这种水果，所购数量与第一次购进数量相同，但每千克的价格比第一次购进的价格贵了元． （1）求该水果店第一次购进府谷海红果的价格； （2）若该水果店两次购进的府谷海红果按相同的售价全部售完，要使总利润不低于元，则每千克府谷海红果的售价至少是多少元？ 25. 如图，在平行四边形中，点是的中点，连接，交的延长线于点，且平分． （1）求证：；（用全等方法证） （2）若，求的周长． 26. 已知在等腰三角形中，，将绕点A顺时针或逆时针旋转一个角度得到，连接，F是的中点，连接． （1）如图1，若，求证：； （2）如图2，若，在旋转的过程中，在的下方，且，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省榆林市定边县2024-2025学年八年级下学期期末教学质量检测数学试卷（北师大版） 老师真诚地提醒你： 1．本试卷共6页，满分120分； 2．答卷前请将密封线内的项目填写清楚； 3．书写要认真、工整、规范；卷面干净、整洁、美观． 第一部分（选择题 共24分） 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分．每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 榆林剪纸因为有深厚的历史文化积淀滋养，有神州南北东西八面来风的熏陶而淳厚隽永，古朴生动，多姿多彩．下面剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转180°180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．是中心对称图形，故此选项符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：C． 2. 若分式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件， 分式有意义的条件为分母不为零，且根号内的表达式非负，据此求解即可． 【详解】∵分式有意义， ∴， ∴． 故选：B． 3. 如图是关于的不等式的解集，则的值是（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查解一元一次不等式，用数轴表示不等式的解集，解不等式得出，结合数轴知，据此可得关于m的方程，解之可得答案． 【详解】解：∵， ∴， 由数轴知， ∴， 解得． 故选：A． 4. 在平面直角坐标系中的位置如图所示，若M，N分别是边，的中点，且点M，N的横坐标分别是1，4，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，三角形中位线的判定和性质，掌握中位线的性质是关键．根据题意得到，且是的中位线，则，进而求解即可． 【详解】解：∵M，N分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵点M，N的横坐标分别是1，4， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5. 下面计算中，不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式的运算，根据分式的乘法、除法，约分，分式加法逐一验证即可，熟练掌握运算法则是解题的关键． 【详解】解：、，原选项计算正确，不符合题意； 、，原选项计算错误，符合题意； 、，原选项计算正确，不符合题意； 、 ，原选项计算正确，不符合题意； 故选：． 6. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转一个角度得到，连接CD，且点B，C，D在同一条直线上，若，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．由旋转的性质可知，是旋转角，，利用三角形内角和定理求出，然后由得到，进而求解即可． 【详解】由旋转的性质可知：，是旋转角， ∵ ∴ ∵ ， ， ∴旋转角的度数是． 故选：C． 7. 若关于的分式方程有增根，则的值是（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的增根问题，增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．先确定最简公分母，令最简公分母为0，求出的值，然后把分式方程化为整式方程，再将的值代入整式方程，解关于的方程即可． 【详解】解：分式方程的最简公分母为， ∵分式方程有增根， ∴， 解得：， ∴增根是4， 分式方程去分母得：， 把代入方程得：， 解得：． 故选：A． 8. 如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动，同时，点从点出发，以的速度向点运动，连接，当点到达终点时，点停止运动．设运动的时间为，在运动的过程中，当四边形为平行四边形时，的值为（ ） A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，动点运动问题，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．由题意可知，， ，，根据四边形是平行四边形，得，即，即可求解． 【详解】解：运动时间为，由题意可知，， ， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 解得：． 故选：D． 第二部分（非选择题 共96分） 二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分） 9. 已知，则__________． 【答案】##2.25 【解析】 【分析】本题考查了因式分解以及整体代入求值，将原式因式分解是解决本题的关键． 先将原式进行因式分解，再由题目已知整体代入求解即可． 【详解】解：， ∵， ∴上式． 故答案为： ． 10. 已知一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还多180°，则这个多边形的边数为________． 【答案】7##七 【解析】 【分析】根据题意设多边形边数为，结合多边形内角和定理与多边形外角和定理，列一元一次方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得： ， 解得：， 即这个多边形的边数为7． 11. 如图，将沿斜边的方向平移得到，连接，若，则的长为__________cm． 【答案】5或13 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，正确理解平移的性质及分类讨论思想是解题的关键．根据平移的性质，建立方程求解平移距离． 【详解】解：根据平移的性质，可得 平移沿  方向，点 A 平移到 D，点 B 平移到 E， ： 分两种情况讨论： 当点在上时，， ， ， 当点在的延长线上时，如图，， 综上，或， 故答案为：或． 12. 如图，一次函数与（k，b是不为0的常数）的图象交于点，则关于的不等式组的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式（组）的关系及应用．利用一次函数图象上点的坐标特征求交点横坐标；根据一次函数的图象位置关系确定不等式的解集；以及综合两个不等式的解集得到不等式组的解集，体现了“数形结合”的思想，即通过函数图象直观解决不等式问题． 首先通过把交点坐标代入已知一次函数求出交点的横坐标，然后根据函数图象的位置关系确定不等式组的解集． 【详解】解：因为点在的图象上， 所以将代入中，得到． ． 解不等式，解得． 从图象上看，表示的图象在图象上方的部分， 表示的图象在x轴上方的部分． 已知交点， 所以的解集就是的图象在图象上方， 且的图象在x轴上方对应的x的取值范围，即． 故答案为：． 13. 如图，在中，其内角和外角的角平分线，交于点，过点作，交的延长线于点，连接，若，则的度数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过点作于点，设，根据角平分线的定义及性质得，，，，继而得到，，，进一步证明平分，得，最后根据三角形外角的性质得． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过点作于点，设， ∵平分，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴点在在的角平分线上，即平分， ∴， ∴， 即的度数为． 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的定义及性质等知识点，解题的关键是掌握角平分线上的点到角两边的距离相等，据此作辅助线． 三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程） 14. 因式分解：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的方法，具体包括提公因式法和完全平方公式的综合运用．做题的关键是“先提公因式，再用公式”． 首先通过观察多项式各项的公因式，提取出，将原式简化；再对剩余部分，利用完全平方公式（其中，）进一步分解，最终得到因式分解的结果． 【详解】解：原式 ． 15. 解不等式组：，并将解集表示在数轴上． 【答案】；解集在数轴上表示为： 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式组的求法以及在数轴上表示解集，正确求解一元一次不等式是解决本题的关键． 先分别求出一元一次不等式的解集，再从数轴上表示即可． 【详解】解：∵不等式组：， 解得， 解得， ∴不等式组的解为，即， 16. 解分式方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，在方程两边同乘以，将分式方程分为整式方程，求解后再进行检验即可．解题的关键是掌握解分式方程的一般步骤． 【详解】解：在方程两边同乘以，得： ， 解得：， 检验：把代入，得：， ∴是原方程的解， ∴原分式方程的解为． 17. 如图，在中，请用尺规作图法在三角形内求作一点，使得，且．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】 则点即为所作． 【解析】 【分析】过点作于点，作垂直平分，交于点即可．本题考查作图一应用与设计作图，考查了基本作图—作线段的垂直平分线和过一点作已知直线的垂线，垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题， 【详解】解：如图，过点作于点，作垂直平分，交于点， ∴，． 18. 如图，在平行四边形中，点E，F在对角线上，连接，，，．若，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见详解 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，以及全等三角形的判定与性质．需熟练掌握平行四边形的判定定理，证明≌与≌是解决本题的关键． 可根据平行四边形的性质得到边和角的关系，再结合已知条件证明三角形全等，进而得到四边形的对边相等，最后根据平行四边形的判定定理来证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：因为四边形是平行四边形， 所以，． 所以． 因为， 在和中， 因为， 所以≌． 所以． 因为， 所以， 因为，且， 在和中， ， 所以≌． 所以． 因为，， 所以四边形是平行四边形． 19. 先化简，再求值：，然后从中选一个合适的数作为的值代入求值． 【答案】，当时，原式 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，先计算括号内的，再根据分式的乘除法法则计算，然后代入求值． 【详解】解：原式 ． ∵， ∴当时， 原式． 20. 如图，在中，点在边上，过点分别作交于点于点．若，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，平角定义， 先根据“斜边直角边”证明，可得，再结合平角定义求出，进而求出答案． 【详解】解：∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是． （1）画出先向左平移5格，再向下平移6格后的图形，记作； （2）画出绕点逆时针旋转后的图形，记作；并写出点的坐标． 【答案】（1）图形见详解 （2）图形见详解， 【解析】 【分析】本题考查了作图：旋转变换、平移变换，坐标与图形，熟练掌握旋转以及平移的性质是解此题的关键． （1）根据平移变化的性质作出对应的点，再顺次连接即可得出； （2）根据旋转变化的性质作出对应的点，再顺次连接即可得出，由图即可得出的坐标． 【小问1详解】 解：平移后，如图所示： 【小问2详解】 旋转后，如图所示： 由题意，及旋转后的图形知的坐标分别为： ． 22. 如图，在中，为的中点，连接垂直平分，分别交于点，交于点，交于点，连接． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：∵，点D是的中点， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴． ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握相关知识是解题的关键； 对于（1），根据等腰三角形的性质得是的垂直平分线，可得，再根据线段垂直平分线的性质得，即可得，此题可解； 对于（2），根据等腰三角形的性质可求，再根据直角三角形的两个锐角互余得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，点D是的中点，， ∴． 在中，． 23. 先阅读材料，再解答问题： 因式分解：． 解：将“”看成一个整体，设， 则原式， 再将代入，得原式． 以上解题过程中用到的是“整体思想”，它是数学中常用的一种思想． （1）因式分解：； （2）因式分解：； （3）应用：已知一个长方形的长为，宽为，且满足，求该长方形的周长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的相关知识及整体思想的应用．具体包括完全平方公式、平方差公式的灵活运用，以及通过换元法将多项式转化为可直接因式分解的形式，体现了整体思想在简化问题中的重要作用．同时，第三问还考查了利用因式分解解决实际几何问题（求长方形周长）的能力，强调了代数知识与几何应用的结合． （1）把看成一个整体，利用完全平方公式进行因式分解； （2）先把前三项利用完全平方公式变形，再利用平方差公式继续分解； （3）先对给定的等式进行变形，通过因式分解求出的值，进而求出长方形的周长． 【小问1详解】 解：因式分解， 设，则原式可化为， 则． 再把代回，得到原式． 【小问2详解】 解：因式分解， 先把前三项进行变形，则． 此时原式变为， 又因为， 则． 【小问3详解】 解：已知， 先把变形为， 则原式变为， 设，则， 则，即，解得． 因为长方形的周长， 把代入，得到． 24. 府谷海红果是中国国家地理标志产品，果实色泽鲜艳，营养丰富，鲜食酸中带甜，美味可口．鲜上鲜水果店第一次用元购进府谷海红果销售，因深受人们的喜爱，第一次购进的府谷海红果很快售完．该店老板又用元购进这种水果，所购数量与第一次购进数量相同，但每千克的价格比第一次购进的价格贵了元． （1）求该水果店第一次购进府谷海红果的价格； （2）若该水果店两次购进的府谷海红果按相同的售价全部售完，要使总利润不低于元，则每千克府谷海红果的售价至少是多少元？ 【答案】（1）该水果店第一次购进府谷海红果每千克元 （2）每千克府谷海红果的售价至少是元 【解析】 【分析】（1）设该水果店第一次购进府谷海红果每千克元，则该水果店第二次购进府谷海红果每千克元，利用“数量总价单价”，根据“两次购进府谷海红果的数量相同”，可列出关于的分式方程，解之经检验后，即可得出结论； （2）设每千克府谷海红果的售价是元，利用“利润销售单价销售数量进货总价”，根据“总利润不低于元”，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论． 【小问1详解】 解：设该水果店第一次购进府谷海红果每千克元，则该水果店第二次购进府谷海红果每千克元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解且符合题意， 答：该水果店第一次购进府谷海红果每千克元； 【小问2详解】 设每千克府谷海红果的售价是元， 根据题意得：， 解得：， ∴的最小值为， 答：每千克府谷海红果的售价至少是元． 【点睛】本题考查分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式． 25. 如图，在平行四边形中，点是的中点，连接，交的延长线于点，且平分． （1）求证：；（用全等方法证） （2）若，求的周长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质得，推出，，根据中点的定义得，证明，即可得证； （2）根据全等三角形的性质得，，根据平行四边形的性质得，，，根据角平分线的定义得，推出，由等角对等边得，最后计算即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知：， ∴，， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，，， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等角对等边等知识点，掌握全等三角形的判定和性质、等角对等边是解题的关键． 26. 已知在等腰三角形中，，将绕点A顺时针或逆时针旋转一个角度得到，连接，F是的中点，连接． （1）如图1，若，求证：； （2）如图2，若，在旋转的过程中，在的下方，且，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了图形的旋转，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，根据等腰或等边三角形中的中线可得高线和角平分线是解决本题的关键． （1）根据等边三角形的性质可得是角平分线和高线，可得到并求出的度数，再结合锐角三角函数的正弦值即可证明． （2）根据等腰直角三角形的性质可得是高线，可求解的度数，在直角三角形中求解的长即可． 【小问1详解】 证明：在等腰三角形中，， ∵， ∴为等边三角形， ∵是逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵点F是的中点， ∴是的高线和角平分线， ∴，且， 又∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴． 【小问2详解】 解：在等腰三角形中，， ∵， ∴为等腰直角三角形，且，， ∵是旋转得到， ∴为等腰直角三角形，且， ∴为等腰三角形， ∵点F是的中点， ∴是的高线， ∵， ∴， 则， ∴在中，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $