山东省济南市2025—2026学年下学期八年级数学期末复习练习卷

**基本信息** 以奥运会图标、校园美化等真实情境为载体，融合几何变换与代数运算，注重基础巩固与综合应用的期末复习卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|中心对称图形、因式分解、一元二次方程|第1题结合奥运会图标考中心对称（数学眼光）| |填空题|5/20|平移、菱形折叠、坐标几何|第10题校园美化列方程（数学语言）| |解答题|8/50|平行四边形证明、分式化简、动态几何探究|第23题分问题情境-实践探究-拓展应用（数学思维）|

山东省济南市 2025—2026学年下学期八年级新数学期末复习练习卷 一、单选题(共10小题；每小题3分，计30分) 1．第33届夏季奥林匹克运动会上，中国体育健儿展现了强大的中国自信与中国力量，共获得40枚金牌．下列体育运动图标中，不是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．下列等式从左到右的变形，是因式分解的是（   ） A． B． C． D． 3．若m－n＝2，则代数式的值是（    ） A．－2 B．2 C．－4 D．4 4．若关于x的一元二次方程有实数根，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥AB，AD=CD，cos ∠DCA=，BC=10，则AB的值是(　　) A．3 B．6 C．8 D．9 6．用14米长的铝材制成一个矩形窗框，使它的面积为10平方米．若设它的一条边长为x米，则根据意可列出关于x的方程为（   ） A． B． C． D． 7．已知，则（   ） A．2025 B． C． D．5050 8．如图，在正方形中，以对角线为边作菱形，连接、，、交于点M，连接，则（   ） A． B． C． D． 9．如图，在直角坐标系中，矩形的对角线轴，若，，与的交点为E，则C的坐标为（   ） A． B． C． D． 10．我校有一块正方形的空地需要美化，现向各个年级的同学征集设计方案．某同学设计图如图所示，空地正中间修建一个圆形喷泉，在四个角修建四个四分之一圆形的水池，其余部分种植花草．若喷泉和水池的半径都相同，喷泉边缘到空地边界的距离为3m，种植花草的区域的面积为，设水池半径为，可列出方程（    ） A． B． C． D． 二、填空题(共5小题；每小题4分，计20分) 11．若将点向左平移2个单位后得到的点的坐标为_______________． 12．如图，将周长为的沿射线方向平移后得到，则四边形的周长为______． 13．如图，在菱形中，，点和分别是和上一点，沿将折叠，点恰好落在边的中点上．若，则的长为______． 14．如图，在中，，，点C的坐标为，则点D的坐标为______． 15．如图，点E是矩形内部一个动点，满足，F为AE上一点且，当，时，则的最小值为______． 三、解答题(共8小题；计50分) 16．解方程： (1)； (2)． 17．解不等式组，并写出不等式组的整数解． 18．先化简，再求值：，其中． 19．如图，E，F是平行四边形的对角线上两点，且，与相交于点．求证：． 20．如图，在菱形中，，垂足为E，，垂足为F，求证：． 21．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． 22．如图，在菱形中，E、F是对角线上两点，，连接、．求证：． 23．【问题情境】 在综合实践课上，老师给出如下问题： 如图1，在中，，，，点D在边上，，连接． （1）求的长； 【实践探究】 （2）如图2，过点C作，且，连接．判断的形状，并说明理由； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，如图3，善于思考的小明同学发现，过点A作，垂足为H，交于点N，并求出了的长．请你完整地完成小明的解答过程： ①求证：； ②求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省济南市 2025—2026学年下学期八年级新数学期末复习练习卷》参考答案 1．A 【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项符合题意； B．是中心对称图形，故B选项不合题意； C．是中心对称图形，故C选项不合题意； D．是中心对称图形，故D选项不合题意． 故选：A． 2．D 【分析】本题考查了因式分解，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，根据定义逐一判定即可得答案，理解因式分解的定义是解题的关键． 【详解】解：、等式从左到右为整式乘法运算，不是因式分解，该选项不合题意； 、等式左边是单项式，从左到右为单项式变形，不是因式分解，该选项不合题意； 、等式右边是多项式，从左到右属于整式乘法运算，不是因式分解，该选项不合题意； 、等式从左到右是因式分解，该选项符合题意； 故选：． 3．D 【分析】先因式分解，再约分得到原式＝2（m-n），然后利用整体代入的方法计算代数式的值． 【详解】解：原式• ＝2（m-n）， 当m-n＝2时，原式＝2×2＝4． 故选：D． 【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式． 4．C 【分析】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．根据一元二次方程的定义和根的判别式求解．首先确保二次项系数不为零，再计算判别式并使其非负． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴二次项系数，即． 令，即， 解得． ∴且 故选：C． 5．B 【详解】解：∵ADBC， ∴∠DAC＝∠ACB． ∵AD＝CD， ∴∠DAC＝∠DCA． ∴∠ACB＝∠DCA． ∴， 即， ∴AC＝8， ∴． 故选B． 6．B 【分析】本题考查了列方程以及矩形的面积，由周长表示出矩形的另外一条边长是解决本题的关键． 设矩形的一条边长为x米，根据周长为14米可得另一条边长为米，再利用面积公式建立方程即可． 【详解】解：∵矩形周长为14米，则长与宽之和为米， 设一条边长为x米，则另一条边长为米， ∴矩形的面积为平方米，根据题意得方程：． 故选：B． 7．B 【分析】本题主要考查了二次根式的意义和性质，正确掌握二次根式的意义和性质是解题的关键．根据二次根式的被开方数非负性，确定x的值，进而求出y的值，代入所求表达式即可求解． 【详解】解：由和的被开方数非负性，得， 解得：， 将代入原方程，得， ， 将和代入，得， 故选：B． 8．A 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 根据正方形的性质确定，，再利用菱形的性质，确定，，，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半性质，确定，解答即可． 【详解】解：∵正方形 ∴，， ∵菱形， ∴，，， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴, ∴， 故选：A． 9．A 【分析】不妨设，，利用中点坐标公式，建立等式，根据矩形的对角线相等，利用两点间距离公式建立新等式，解答即可． 本题考查了坐标的特点，中点坐标公式，两点间距离公式，矩形的性质，熟练掌握公式和性质是解题的关键． 【详解】解：由轴，，， 不妨设，， 由矩形， 故点E是与的中点，且， 故，或， 同一点的坐标是相同的， 故， 故， 故 故， 解得， 故， 故选：A． 10．D 【分析】利用水池的半径x表示正方形的边长，求出正方形面积，水池的面积，利用种植花草的区域面积60m2,列出列出方程即可． 【详解】设水池半径为，直径为2xm， 正方形的边长为：(2x+6)m， 正方形面积为m2， 水池的面积为， 种植花草的区域的面积， ∴． 故选择：D． 【点睛】本题考查列方程解应用题问题，掌握图形问题应用题的表示方法，会用水池半径表示正方形的边长与面积，抓住正方形的面积减去两个半径相同的圆面积是种植花草的区域面积构造方程是解题关． 11． 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的平移，直接利用平移中点的变化规律求解即可，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，理解并掌握平面直角坐标系中点的平移规律是解题的关键． 【详解】将点向左平移2个单位后得到的点的坐标为，即． 故答案为：． 12． 【分析】根据平移的基本性质，得出四边形的周长即可得出答案． 【详解】解：根据题意，将周长为的沿向右平移得到， ，，； 又， 四边形的周长． 故答案为：． 【点睛】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到，是解题的关键． 13． 【分析】此题考查菱形的性质、轴对称的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．作交的延长线于点，由，求得，则，所以，，由菱形的性质得，则，由折叠得，由勾股定理得，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点，则， ， ， ， ， ， 四边形是菱形，，点为的中点， ， ， 由折叠得， ，且， ， 解得， ， ， 故答案为： 14． 【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：． 15． 【分析】在上截取，先证，得到，从而得出，当且仅当C、E、G三点共线时取等，再根据题干条件求解即可． 【详解】解：如图，在上截取，连接，， 在和中， ， ， ，当且仅当C、E、G三点共线时取等， ，且， ， ， 四边形是矩形，， 在中，， 即， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形三边关系等内容，构造全等三角形，将双动点问题转化为单动点问题是解题的关键． 16．(1)，； (2)，． 【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． 【详解】（1）解： 或， ∴，； （2）解：， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，． 17．，整数解是 【分析】本题考查了解一元一次不等式（组），求出每个不等式解集是解题的关键．先求出每个不等式的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可． 【详解】解：， 解不等式①，得， 解不等式②，得， 不等组的解集为， 此不等式组的整数解为． 18． 【分析】本题考查了分式的化简求值，掌握相关运算法则是解题关键．先对括号内通分作和，再将除法化为乘法约分化简，再代入计算求值即可． 【详解】解： 当时， 原式． 19．见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 由平行四边形的性质推出，，得到，判定，推出． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 20．见解析 【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， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 21．(1)作图见解析 (2)作图见解析，5 【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． 【详解】（1）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： （2）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：． 22．见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，利用菱形的性质可得出，，利用等式的性质得出，利用证明，即可得证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 23．（1）；（2）等腰直角三角形，理由见解析；（3）①证明见解析；② 【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质等，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． （1）利用勾股定理求解； （2）依次证明，，根据相似三角形对应边成比例求出，再证，可得是等腰直角三角形． （3）①过点D作，垂足为点M，则，推出，得到，求得，即可求解；②证明，根据相似三角形对应边成比例即可求解． 【详解】（1）解：，，， ， ，， ； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： ，， ， ， ， ，， ， ， ，， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （3）证明：①过点D作，垂足为点M，则， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， ； ②解：，由（2）可知， ，； ， ， 由（2）可知是等腰直角三角形，又， ， ， 又， ， ， 由（2）可知， ， ． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $