试卷10 期末快递 名师研创预测卷（一）（word教师用书）-【芸熙百分】2025-2026学年八年级数学下册期末必刷卷（人教版·新教材 河南专版）

**基本信息** 本试卷聚焦初中数学核心素养，融合跨学科（物理电子秤）、传统文化（圭表）与真实情境（蜘蛛觅食、新能源汽车），覆盖代数、几何、统计等模块，梯度设计适配期末综合测评。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|二次根式、直角三角形、一次函数|第10题跨学科结合物理电阻与质量关系，考查模型意识| |填空题|5/15|多边形内角和、最短路径|第14题以蜘蛛觅食为情境，考查空间观念与抽象能力| |解答题|8/75|几何证明、统计分析、综合实践|第22题新能源汽车充电与行驶问题，体现应用意识；第23题动态几何探究，发展推理能力与创新意识|

试卷10　期末快递　名师研创预测卷（一） 一、选择题（每小题3分，共30分.下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的） 1.下列二次根式中，是最简二次根式的是（　A　） A.　　B.　　C.　　D. 2.以下列各组数为三角形的三边长，能构成直角三角形的是（　B　） A.1，1，1　　B.1，2，　　C.3，4，6　　D.2，3，2  3.下列计算正确的是（　A　） A.＝　　B.5 －＝5 C.×＝3 　　D.（2 ）2＝4 4.图1的杜岭二号方鼎是河南博物院九大镇院之宝之一，方鼎的口呈正方形（如图2），正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，则下列说法不正确的是（　C　） 图1　图2 第4题图　　 A.AC⊥BD　　B.DO＝CO C.AD＝AO　　D.∠DAO＝∠BAC 5.在平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx的图象经过点P1（－1，y1），P2（2，y2），且y1＞y2，则k的值可能为（　D　） A.2　　B.1　　C.0　　D.－1 6.园林工人将绿化带上参差不齐的植物修剪平整，在此过程中绿化带上植物高度的平均数与方差均发生变化.关于这两个统计量的变化情况，描述正确的是（　A　） A.平均数变小，方差变小　　　　B.平均数变小，方差变大 C.平均数变大，方差变大　　　　D.平均数变大，方差变小 7.如图，在平面直角坐标系中，点A（－1，0），B（0，3），连接AB，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交x轴于点C，则点C的横坐标为（　C　） 第7题图　　 A.＋1　　B.　　C.－1　　D.3 8.一次函数y1＝k1x＋b与y2＝k2x－b分别与y轴交于点A，B，交点为（2，－1），在同一坐标系中图象如图所示，下列说法错误的是（　C　） 第8题图 A.b＜0　　　　B.点A，B关于x轴对称 C.k1＜0＜k2　　　　D.当x＞2时，y1＞y2 9.［教材P67第16题改编］如图，在面积为24的平行四边形ABCD中，对角线AC绕着它的中点O按顺时针方向旋转一定角度后，其所在直线分别交AD，BC于点E，F.若BF＝2CF，则图中阴影部分的面积是（　B　） 第9题图　　　 A.6　　B.4　　C.3　　D.2 10.跨学科物理 电子体重秤读数直观又便于携带，为人们带来了方便，某综合实践活动小组设计了简易电子体重秤：一个装有踏板（踏板质量忽略不计）的可变电阻R1，已知R1与踏板上人的质量m之间的函数解析式为R1＝km＋b（其中k，b为常数，k≠0，0≤m≤120），如图所示.下列说法不正确的是（　D　） 　 第10题图 A.b＝240 B.可变电阻R1随着踏板上人的质量m的增加而减小 C.当踏板上人的质量m每增加10 kg，可变电阻R1减小20 Ω D.当可变电阻R1为90 Ω时，对应测得人的质量m为60 kg 解析：当m＝0时，R1＝b＝240，A正确，不符合题意；由图象可知，可变电阻R1随着踏板上人的质量m的增加而减小，B正确，不符合题意；将点（0，240）和（120，0）分别代入R1＝km＋b，得解得∴R1＝－2m＋240（0≤m≤120），∴当踏板上人的质量m每增加10 kg，可变电阻R1减小20 Ω，C正确，不符合题意；当R1＝90时，得－2m＋240＝90.解得m＝75.∴当可变电阻R1为90 Ω时，对应测得人的质量m为75 kg，D不正确，符合题意.故选D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.新考法开放性试题 写出一个使二次根式在实数范围内有意义的x的值：　1（答案不唯一）　. 12.已知一个多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为　10　. 13.如图是跷跷板示意图，支柱OM经过AB的中点O，OM垂直地面CD于点M，OM＝40 cm，当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为　80　cm. 第13题图　　 14.真实情境蜘蛛觅食 如图，在学校工地的一根空心钢管外表面距离左侧管口2 cm的点M处有一只小蜘蛛，它要爬行到钢管外表面距离右侧管口5 cm的点N处觅食，已知钢管横截面的周长为30 cm，长为15 cm，则小蜘蛛需要爬行的最短距离是　17　cm. 第14题图　　 15.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB落在x轴上，点A的坐标为（－2，0），点E在边CD上.将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为　（3，10）　. 第15题图 解析：设正方形ABCD的边长为a，则BF＝BC＝a，OB＝a－2.∵点F的坐标为（0，6），∴OF＝6.在Rt△BOF中，由勾股定理，得OF2＋OB2＝BF2，即62＋（a－2）2＝a2.解得a＝10.∴BF＝10，OB＝8.根据题意，得GF＝10－6＝4.设GE＝b，则EF＝EC＝8－b.在Rt△GEF中，由勾股定理，得GE2＋GF2＝EF2，即b2＋42＝（8－b）2.解得b＝3.∴点E（3，10）. 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16.（10分）计算：（1）－3 ＋； 解：（1）原式＝－6 ＋3 ＝－2 .（5分） （2）（2 －1）2＋（＋）（－）. 解：（2）原式＝12－4 ＋1＋2－6＝9－4 .（5分） 17.（9分）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，E为AD上一点，且BE＝AD. （1）请用无刻度的直尺和圆规作出∠CBE的平分线；（保留作图痕迹，不写作法） 解：（1）如图，射线BP即为所求.（3分） （2）在（1）中所作的角平分线与AD的延长线交于点F，连接CF.试判断四边形BEFC的形状并说明理由. 解：（2）四边形BEFC是菱形.（4分） 理由如下：∵BF平分∠CBE，∴∠CBF＝∠EBF. ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AF∥BC.∴∠CBF＝∠EFB.（5分） ∴∠EBF＝∠EFB.∴BE＝EF. ∵BE＝AD，AD＝BC，∴BE＝BC. ∴BC＝EF.∴四边形BEFC是平行四边形.（8分） ∵BE＝EF，∴四边形BEFC是菱形.（9分） 18.（9分）洛阳市某初中为选拔学生代表学校参加市级校园投篮比赛，从初二学生中选出甲、乙两名候选人，组织两人在相同条件下进行八轮投篮测试（每轮投10次，记录命中数），对甲、乙两名学生每轮的投篮成绩进行了数据收集. 【数据整理】如图1，甲、乙两名学生八轮投篮成绩绘制如下： 图1　图2 【数据分析】（1）林宇利用平均数、方差进行分析.通过计算平均数，甲＝8.5个，乙＝　9　个，可以看出，　乙　（填“甲”或“乙”）的平均成绩略高；通过计算方差，＝1.75，＝　0.75　，可以看出，　乙　（填“甲”或“乙”）的射击水平发挥更稳定； （2）李华利用四分位数、箱线图（如图2）进行分析. ①处应填　7.5　，②处应填　9　，③处应填　10　；基于四分位数或箱线图，可以发现甲命中球数的中位数　＝　（填“＞”“＜”或“＝”）乙命中球数的中位数，且学生甲成绩明显比学生乙的射击成绩波动大. 选手 最小值、四分位数和最大值 最小值 第一四分位数 第二四分位数 第三四分位数 最大值 甲 6 ① ② 9.5 10 乙 8 8 9 ③ 10 【作出决策】（3）请你根据八轮投球成绩，从甲、乙两名学生中选拔一人参加市级校园投篮比赛，并说明理由. 选择乙参加市级校园投篮比赛. 理由：因为甲、乙的中位数相等，但乙的方差更小，则成绩更加稳定，且平均数更高，能力更强.（答案合理即可）（9分） 19.中华优秀传统文化圭表 （9分）我国是世界上最早发明历法的国家之一，《周礼》中记载：垒土为圭，立木为表，测日影，正地中，定四时，如图1，圭是地面上一根水平标尺，指向正北，表是一根垂直于地面的杆，正午，表的日影（即表影）落在圭上，根据表影的长度可以测定节气. 图1　　 在一次数学活动课上，要制作一个圭表模型，如图2，地面上放置一根长2 m的杆AB，向正北方向画一条射线BC，在BC上取点D，测得BD＝1.5 m，AD＝2.5 m. 图2 （1）这个模型中AB与BC是否垂直，并说明你的理由； 解：（1）AB与BC垂直.（1分） 理由如下：由测量结果可知，BD＝1.5 m，AD＝2.5 m.∵AB＝2 m，∴AB2＋BD2＝6.25＝AD2.∴∠ABD＝90°，即AB⊥BC.（3分） （2）利用这个圭表模型，测定某市冬至正午阳光与日影夹角为30°，夏至正午阳光与日影夹角为60°，请求出这个模型中该市冬至与夏至的日影的长度差（结果保留根号）. 解：（2）如图，由题意可得∠ABC＝90°，AB＝2，∠AFB＝30°，∠AEB＝60°.（4分） 在Rt△ABE中，∠BAE＝30°，∴AE＝2BE. 由勾股定理可知， AE2＝BE2＋AB2， 即（2BE）2＝BE2＋22，∴BE＝.（6分） 在Rt△ABF中，∠AFB＝30°，∴AF＝2AB＝4. 由勾股定理可知， BF＝＝＝2 .（8分） ∴FE＝BF－BE＝2 －＝. ∴该市冬至与夏至的日影的长度差为 m.（9分） 20.（9分）某玩具店销售A型和B型两种玩具汽车，已知A型玩具车的进价为20元/辆，B型玩具车的进价为30元/辆.根据销售记录得知：销售1辆A型玩具车和2辆B型玩具车获利25元；销售2辆A型玩具车和3辆B型玩具车获利40元. （1）两种型号玩具车每辆的销售利润各为多少元？ 解：（1）设A型玩具车的利润为x元/辆，B型玩具车的利润为y元/辆. 根据题意，得（2分） 解得 答：A型玩具车的利润为5元每辆，B型玩具车的利润为10元每辆.（4分） （2）商店老板计划用360元资金同时购进这两种型号的玩具车（假设资金恰好全部用完），并希望在所有玩具车完全售出后获得最大利润，应如何安排进货？ 解：（2）设购进A型玩具车a辆，则购进B型玩具车辆. ∵＝12－a＞0，且两种车型同时购进，车辆数为整数，∴0＜a＜18，且a为3的倍数.（6分） 设销售总利润为w.根据题意，得w＝5a＋10（12－a）＝－a＋120. ∵－＜0，∴w随a的增大而减小.（8分） 当a取最小值3时，w最大，此时＝10. 答：应购进A型玩具车3辆，B型玩具车10辆.（9分） 21.（9分）如图，在△ABC中，F是BC的中点，E是线段AB延长线上一动点，连接EF，过点C作AB的平行线CD，与线段EF的延长线交于点D，连接CE，BD. （1）求证：四边形BECD是平行四边形； 解：（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠CDF＝∠BEF，∠DCF＝∠EBF. ∵F是BC的中点，∴BF＝CF.（2分） 在△DCF和△EBF中，∠CDF＝∠BEF，∠DCF＝∠EBF，CF＝BF，∴△DCF≌△EBF（AAS）.∴DC＝BE. 又∵DC∥AB，∴四边形BECD是平行四边形.（5分） （2）若∠ABC＝120°，AB＝BC＝4，则在点E的运动过程中： ①当BE＝　2　时，四边形BECD是矩形； ②当BE＝　4　时，四边形BECD是菱形. 22.新考法综合与实践 （10分）【问题背景】新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的排放，从而达到保护环境的目的. 【实验操作】为了解汽车电池需要多久能充满电，以及充满电量状态下电动汽车的最大行驶里程，某综合实践小组设计两组实验. 实验一：探究电池充电状态下电动汽车仪表盘增加的电量y（％）与时间t（分钟）的关系，数据记录如表1： 电池充电状态 时间t（分钟） 0 10 15 40 增加的电量y（％） 0 20 30 80 实验二：探究充满电量状态下电动汽车行驶过程中仪表盘显示电量e（％）与行驶里程s（千米）的关系，数据记录如表2： 汽车行驶过程 已行驶里程s（千米） 0 160 200 280 显示电量e（％） 100 60 50 30 【建立模型】（1）观察表1、表2发现都是一次函数模型.请结合表1、表2的数据，求出y关于t的函数解析式及e关于s的函数解析式； 解：（1）根据题意，设y关于t的函数解析式为y＝k1t（k1为常数，且k1≠0），将t＝10，y＝20代入y＝k1t，得10k1＝20，解得k1＝2，∴y关于t的函数解析式为y＝2t.（2分） 设e关于s的函数解析式为e＝k2s＋b（k2、b为常数，且k2≠0），将s＝160，e＝60和s＝200，e＝50分别代入e＝k2s＋b，得解得∴e关于s的函数解析式为e＝－s＋100.（4分） 【解决问题】（2）某电动汽车在充满电量的状态下出发，前往距离出发点560千米处的目的地，若电动汽车行驶300千米后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时间后继续行驶，且到达目的地后电动汽车仪表盘显示电量为10％，则电动汽车在服务区充电多长时间？ 解：（2）当s＝300时，e＝－×300＋100＝25，∴行驶300千米后，电动汽车仪表盘显示电量为25％.当充电t分钟后，增加的电量为y＝2t，∴充电t分钟后，电动汽车仪表盘显示电量为（25＋2t）.（6分） 若在充满电的情况下，行驶完剩余的路程，电动汽车仪表盘显示电量为－×（560－300）＋100＝35，∴行驶完剩余的路程消耗的电量为100－35＝65.∴25＋2t－10＝65，解得t＝25. 答：电动汽车在服务区充电25分钟.（10分） 23.（10分）在边长为2的正方形ABCD中，点M和点N分别在直线BC和CD上运动，连接AN，DM. （1）如图1，当M，N分别是BC，CD的中点时，请直接写出AN与DM之间的关系； 图1　　 解：（1）AN＝DM，AN⊥DM.（2分） 解析：如图①，设AN与DM相交于点P.∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，∠ADC＝∠BCD＝90°. 图①　 ∵M，N分别是BC，CD的中点，∴CM＝BC，DN＝CD，∴CM＝DN.在△ADN和△DCM中，AD＝DC，∠ADN＝∠C，DN＝CM，∴△ADN≌△DCM（SAS）.∴AN＝DM，∠AND＝∠DMC.∵∠MDC＋∠DMC＝90°，∴∠MDC＋∠AND＝90°.∴∠DPN＝90°.∴AN⊥DM. （2）连接AC，O为AC的中点，连接OM，ON，且OM⊥ON. ①如图2，当点M，N分别在边BC，CD上时，（1）中的结论还成立吗？若不成立，请说明理由；若成立，请加以证明； 图2　　 解：（2）①（1）中的结论成立.（3分） 证明：如图②，连接OD，设AN与DM相交于点P. 图② ∵四边形ABCD是正方形，O是AC的中点， ∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，OD＝OA＝OC，∠AOD＝∠DOC＝90°. ∴∠ODC＝∠OCD＝∠OCB＝45°. ∵OM⊥ON，∴∠MON＝90°. ∴∠DOC－∠NOC＝∠MON－∠NOC. ∴∠DON＝∠COM.∴△DON≌△COM（ASA）. ∴DN＝CM.∵∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC， ∴△ADN≌△DCM（SAS）.∴AN＝DM，∠NAD＝∠MDC. ∵∠ADM＋∠MDC＝90°，∴∠NAD＋∠ADM＝90°. ∴∠APD＝90°.∴AN⊥DM.（8分） ②连接MN，在点M和点N运动的过程中，若CM＝4，请直接写出MN的长. 备用图 ②MN的长为2 或2.（10分） 解析：分两种情况：①如图③，当点M在点C的左侧时，过点O作OE⊥CD，OF⊥BC，垂足分别为E，F，∴四边形OECF是矩形.∴OE∥BC，OF∥CD.∴∠EOC＝∠DAC＝45°. 图③ ∴∠EOC＝∠ECO＝45°.∴EO＝EC.∴四边形OECF是正方形.∴OE＝OF＝CF＝CE＝BF＝1.∵BC＝2，CM＝4，∴BM＝2.由（2）中①，得CN＝BM＝2.∴MF＝NE＝2＋1＝3.由勾股定理，得OM2＝MF2＋OF2＝32＋12＝10，ON2＝EN2＋OE2＝32＋12＝10.∵MO⊥NO，∴MN2＝OM2＋ON2＝10＋10＝20.∴MN＝2 （负值已舍去）. ②如图④，当点M在点C的右侧时，过点O作OE⊥CD，OF⊥BC，垂足分别为E，F.同理可得，MF＝NE＝4＋1＝5.由勾股定理，得OM2＝MF2＋OF2＝52＋12＝26，ON2＝EN2＋OE2＝52＋12＝26.∵MO⊥NO，∴MN2＝OM2＋ON2＝26＋26＝52.∴MN＝2（负值已舍去）.综上所述，MN的长为2 或2. 图④ 学科网（北京）股份有限公司 $