期末快递·名师研创预测卷（一）（PPT课件）-【芸熙百分】2025-2026学年八年级数学下册期末必刷卷（北师大版·新教材 河南专版）

这是一份初中数学期末复习课件，针对北师大B版下册，包含过教材（名师划重点六章节）、攻专题（9个专题）、做预测（2套研创卷）、刷真题（9套地市卷），并附详细试题解析，为学生提供系统复习支架。 资料特色突出核心素养，以“平地扶梯”等真实情境题培养数学眼光，“代数推理”题发展逻辑思维，“分类讨论”题强化数学表达。专题整合与真题演练结合，助力九年级学生巩固知识、提升解题能力以应对升学考试，也为教师提供高效复习资源。

专题3　图形的平移与旋转 专题4　因式分解 专题5　分式与分式方程 专题6　平行四边形 专题7　计算 专题8　实际应用题 专题9　平行四边形中的计算与证明 过教材 名师划重点 第一章　三角形的证明及其应用 第二章　不等式与不等式组 第三章　图形的平移与旋转 第四章　因式分解 第五章　分式与分式方程 第六章　平行四边形 攻专题 专题1　三角形的证明及其应用 专题2　不等式与不等式组 《期末考试》北师8数下 1 做预测 期末快递·　名师研创预测卷（一） 期末快递·　名师研创预测卷（二） 刷真题 试卷1　郑州市中原区 试卷2　郑州市金水区 试卷3　平顶山市 试卷4　平顶山市 试卷5　焦作市 试卷6　驻马店市 试卷7　新密市/荥阳市/登封市 试卷8　汝州市 试卷9　宝丰县 《期末考试》北师8数下 2 期末快递·名师研创预测卷（一） 《期末考试》北师8数下 3 一、选择题（本大题共10个小题，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. 下列是一组logo设计的图案（不考虑颜色和文字），是中心对称图 形不是轴对称图形的是（　C　） 2. 要使分式 有意义，则x的取值应满足（　B　） A. x≠2 B. x≠－2 C. x＞2 D. x＜－2 C B 3. 下列等式从左到右的变形，是因式分解的是（　D　） A. 6xy2＝2x•3y2 B. x2＋1＝x（x＋） C. x2＋2xy＋1＝x（x＋2y）＋1 D. x2y＋xy3＝xy（x＋y2） 4. 已知m＜n，下列各式中一定成立的是（　B　） A. m＋n＜0 B. a－2m＞a－2n C. am2＜bn2 D. ＞ D B 5. 如图，为了达到就近就业的目的，某地决定设立一个产业园，要求 其到两村庄A，B的距离相等，且到两公路m，n的距离相等，则该产业 园应设在（　D　） A. 线段AB的垂线上 B. 两公路m，n夹角的角平分线上 C. 线段AB的垂直平分线上 D. 线段AB的垂直平分线和两公路m，n夹角平分线的交点 D 6. 小颖用含有45°角的直角三角尺通过探究发现：一个残缺的正多边 形的一个外角α满足45°＜α＜90°，则满足此条件的正多边形的边数 可能是（　A　） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 A 7. 我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合是解决数学问题的重要思想方法.为了了解关于x的不等式－x＋2＞mx＋n的解集，某同学绘制了y＝－x＋2与y＝mx＋n（m，n为常数，m≠0）的函数图象如图所示，通过观察图象发现，该不等式的解集在数轴上表示正确的是（　C　） C 第7题图 8. 真实情境　平地扶梯 　如图1，这是某地的平地扶梯，图2是其示意 图，扶梯AB的长为120 m，小康在地面上行走的速度为60 m/min，小明 在地面上行走的速度为40 m/min.若两人在平地扶梯上行走，扶梯向前 移动，两人保持原来在地面上行走的速度同时从A处出发，当小康到达 B处，小明还剩 m，则平地扶梯每分钟移动（　C　） A. 25 m B. 28 m C. 30 m D. 32 m 图1 图2 第8题图 C 9. 如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点，AE⊥BE，连 接DE. 若AB＝5，AC＝3，则DE的长为（　A　） A. 1 B. C. 2 D. 第9题图 A 解析：如图，分别延长AC，BE交于点F. ∵AE平分∠BAC， AE⊥BE，∴∠BAE＝∠FAE，∠BEA＝∠FEA＝90°.∵AE＝AE， ∴△BAE≌△FAE（ASA）.∴AB＝AF，BE＝EF. ∵AB＝5，AC＝ 3，∴CF＝AB－AC＝2.又∵D是BC的中点，∴DE＝CF＝1.故选A. 10. 如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点A在x轴的正半轴上， 顶点B，C在第一象限，∠AOC＝60°，点A的坐标为（6，0），OA＝ AB. 将▱OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第201次旋转结 束时，点B的对应点B201的坐标为（　D　） A. （－9，3） B. （0，6） C. （3，－9） D. （－9，－3） 第10题图 D 解析：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO＝90°. ∵四边形OABC为平行四边形，∴BC∥OA，OC＝AB. ∵OA＝AB，∴OC＝BC＝OA＝6. ∵∠AOC＝60°，∴∠OCD＝90°－60°＝30°. ∴OD＝OC＝3.∴CD＝＝3.∴点B的坐标为（6＋3， 3），即点B（9，3）. ∵将▱OABC绕原点O逆时针旋转，每次旋转60°，∴每6次一个循 环.∵201÷6＝33……3，∴易知第201次旋转结束时点B的对应点与点 B正好关于原点对称.∴第201次旋转结束时，点B的对应点B201的坐标 为（－9，－3）.故选D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 11. 因式分解：（a2＋b2）2－4a2b2＝ ⁠. 12. 如图，有两个长度相同的滑梯（即BC＝EF），左边滑梯的高度AC 与右边滑梯水平方向的长度DF相等，则∠B＋∠F＝ .⁠ 13. 已知关于x的分式方程 ＝＋5有增根，则m的值为 ⁠. （a＋b）2（a－b）2 90° 2 14. 如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝4 cm，将纸片沿对角线 AC对折至CF，交AD边于点E，此时△CDE恰为等边三角形，则AD的 长为 cm. 第14题图 8 15. 数学思想　分类讨论　 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC ＝2，∠B＝30°，点D在AB上且AD＝2，P为AC的中点，将CP绕点 C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ. 当∠DAQ＝60° 时，DQ的长为 ⁠. 第15题图 或 解析：∵∠ACB＝90°，BC＝2， ∠B＝30°，P为AC的中点， ∴∠BAC＝60°，AC＝AB. 设AC＝x，则AB＝2x. 在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB2－AC2＝BC2，即（2x）2－x2＝ （2）2.解得x＝2（负值已舍去）.∴AC＝2，AB＝4. ∵AD＝2＝AB，∴D是AB的中点.当∠DAQ＝60°时，分两种情况： ①当点Q与点P重合时，如图1.AQ＝AP＝AC＝1，此时DQ为△ABC 的中位线，∴DQ＝BC＝. 图1 ②当点Q在AP的延长线上时，连接DP，如图2.由题意，得CQ＝PC＝AC＝1，∴PQ＝CQ＋PC＝2. ∵PD为△ABC的中位线，∴PD∥BC，PD＝BC＝. ∵∠DPQ＋∠ACB＝180°.∴∠DPQ＝90°. ∴DQ＝＝＝. 综上所述，DQ的长为或. 图2 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. （10分）（1）化简：÷； 解：（1）原式＝•（3分） ＝.（5分） （2）解不等式组：并写出不等式组的整数 解的和. 解：（2）解不等式①，得x≥－3.（1分） 解不等式②，得x＜5.（2分） ∴原不等式组的解集为－3≤x＜5. ∴不等式组的整数解为－3，－2，－1，0，1，2，3，4. ∴整数解的和为4.（5分） 17. （9分）如图，在平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个 单位长度，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，4），B（－2，1）， C（2，1）.解答下列问题： （1）将△ABC先向下平移4个单位长度，再向左平移2个单位长度后得 到△A1B1C1，画出△A1B1C1； 解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求.（4分） （2）将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A2BC2，画出△A2BC2； 解：（2）如图所示，△A2BC2即为所求.（7分） （3）在x轴下方添加一个点Q，使以A，B，C，Q四个点为顶点的四边 形成为一个中心对称图形，则点Q的坐标为 ⁠. （－1，－2） 18. （9分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，E，F分别为边BC， AC的中点，连接AE，EF. （1）尺规作图：延长BA到点D，使AD＝AB，连接DF；（保留作图 痕迹，不写作法） 解：（1）如图，DF即为所作.（2分） （2）判断四边形ADFE的形状，并证明； 解：（2）四边形ADFE是平行四边形.（3分） 证明：∵F是AC的中点，E是BC的中点， ∴EF＝AB，EF∥AB. （4分） ∵AD＝AB，∴AD∥EF，AD＝EF. ∴四边形ADFE是平行四边形.（5分） （3）求证：∠D＝∠B. 解：（3）证明：由（2）可知，EF＝AD. ∵EF∥AB， ∴∠EFC＝∠BAC＝∠DAF＝90°，∠FEC＝∠B. （7分） ∵F是AC的中点，∴AF＝CF. ∴△DAF≌△EFC（SAS） .（8分） ∴∠ADF＝∠FEC. ∴∠D＝∠B. （9分） 19. 新考法　代数推理 　（9分）数学课上，老师给出定义：如果两个 数的平方差能被4整除，我们称这个算式是“佳偶和谐式”. 小亮写出如下算式：82－62＝7×4；142－122＝13×4；1062－1042＝ 105×4. 发现：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶 和谐式”. （1）验证：222－202是“佳偶和谐式”； 解：（1）∵222－202＝21×4，∴222－202是“佳偶和谐式”.（2分） （2）求证：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是 “佳偶和谐式”； 解：（2）证明：设这两个连续偶数分别为n，n＋2. ∵（n＋2）2－n2＝（n＋2＋n）（n＋2－n）＝2（2n＋2）＝4（n＋ 1）.（4分） ∴任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐 式”.（5分） （3）小红通过小亮的结论推广得到一个命题：任意两个偶数的平方差 都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐式”.请判断此命题是真命题 还是假命题. 解：（3）设任意两个偶数分别为2a，2b. ∵（2a）2－（2b）2＝（2a＋2b）（2a－2b）＝4（a＋b）（a－b）. （7分） ∴任意两个偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐 式”. ∴该命题是真命题.（9分） 20. （9分）某中学为了响应新课标要求，计划组织学生去某教育基地 体验枣树种植劳动.为了方便开展活动，需要采购一批枣树苗，现有两 个采购地可供选择，具体信息如下： 信息一： 　　　　　　　　枣树苗品种 单价（单位： 元/棵） 采购地　　　　　　　　　　　 A B 某市场 a＋10 55 枣树苗基地 a 50 信息二： 用480元在市场上购买A种枣树苗的棵数恰好与用360元在枣树苗基地 购买A种枣树苗的棵数相同. （1）请分别求出枣树苗基地、某市场上每棵A种枣树苗的价格； 解：（1）根据题意，得＝.（1分） 解得a＝30.（2分） 经检验，a＝30是原分式方程的根，且符合题意.（3分） ∴a＋10＝40. 答：枣树苗基地每棵A种枣树苗的价格是30元，某市场上每棵A种枣树 苗的价格是40元.（4分） （2）学校决定在枣树苗基地购买A，B两种枣树苗共200棵，且A种枣树苗的棵数不超过B种枣树苗的棵数，枣树苗基地为了支持该学校的活动，对A，B两种枣树苗均提供九折优惠，则本次最少花费多少钱？ 解：（2）设购买A种枣树苗m棵，则购买B种枣树苗（200－m）棵.（5分） 根据题意，得 m≤200－m .解得 m≤100.（6分） 设本次购买A，B两种枣树苗共花费w元. ∴w＝30×0.9m＋50×0.9（200－m）＝－18m＋9 000.（7分） ∵－18＜0，∴w随m的增大而减小. ∴当m＝100时，w取得最小值，最小值为－18×100＋9 000＝7 200.（8分） 答：本次最少花费7 200元.（9分） 21. 新考法　开放性试题　 （9分）【问题】已知：在Rt△ABC中， ∠C＝90°，BC＝AB. 求证：∠A＝30°. 小娟采用“截长法”（如图1）：取AB的中点D，连接CD… 小丽采用“补短法”（如图2）：延长BC到点D，使得BC＝CD，连接 AD… （1）请你任选一位同学的方法完成证明； 解：（1）选择小娟的方法.取AC的中点E，连接DE. ∵D是AB的中点，E是AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线. ∴DE∥BC. ∴∠CED＝180°－∠ACB＝90°. ∵DE＝DE，∠AED＝∠CED，AE＝CE，∴△ADE≌△CDE（SAS）.（3分） ∴AD＝CD＝BD. ∴△BCD为等边三角形.∴∠B＝60°. ∴∠A＝180°－∠ACB－∠B＝30°.（5分） （或选择小丽的方法.∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝90°. ∵AC＝AC， BC＝DC，∴△ABC≌△ADC（SAS）.（2分） ∴AB＝AD. ∵BC＝AB，∴BD＝AB＝DA. （3分） ∴△ABD为等边三角形.∴∠B＝60°.（4分） ∴∠BAC＝180°－∠ACB－∠B＝180°－90°－60°＝30°.（5 分）） （2）【应用】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，D是平面 内一点，满足∠CAD＝30°，∠ADC＝90°，连接BD，则△ABD的面 积为 ⁠. 或 解析：分两种情况：①当点D在AC右侧时，如图①，过点D作DE⊥BC 于点E. ∵CA＝CB＝2，∠CAD＝30°，∠ADC＝90°， ∴CD＝AC＝1，∠ACD＝90°－∠CAD＝90°－30°＝60°. ∴AD＝＝＝. ∵∠ACB＝90°， ∴∠DCE＝∠ACB－∠ACD＝90°－60°＝30°.∴DE＝CD＝. ∴S△ABD＝S△ABC－S△ACD－S△DCB＝AC•BC－CD•AD－BC•DE＝ ×2×2－×1×－×2×＝. ②当点D在AC左侧时，如图②，过点D作DF⊥BC， 交BC的延长线于点F. ∵CA＝CB＝2，∠CAD＝30°，∠ADC＝90°， ∴CD＝AC＝1，∠ACD＝90°－∠CAD＝90°－30°＝60°. ∴AD＝＝＝. ∵∠ACB＝90°，∴∠ACF＝180°－∠ACB＝180°－90°＝90°. ∴∠DCF＝∠ACF－∠ACD＝90°－60°＝30°. ∴DF＝CD＝.∴S△ABD＝S△ACB＋S△ACD－S△DCB＝AC•BC＋CD•AD －BC•DF＝×2×2＋×1×－×2×＝. 综上所述，△ABD的面积为 或 . 22. ［教材P178第20题改编］（10分）某市要在一块平行四边形ABCD 的空地上建造一个四边形花园，要求花园所占面积是▱ABCD面积的一 半，并且把四边形花园的四个顶点作为出入口，分别设置在▱ABCD中 的四条边上，请你设计两种方案： 方案一：如图1所示，两个出入口E，F已确定，请在图1上画出符合要 求的四边形花园，并简要说明画法； 图1 解：方案一： 画法1：①如图①，过F作FH∥AB交AD于点H，在DC上任取一点 G；②连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH就是所要画的四 边形.（5分） 图① （或画法2：①如图②，过F作FH∥AB交AD于点H；②过E作EG∥AD 交DC于点G；③连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH就是所要 画的四边形.（5分） 图② 或画法3：①如图③，在AD上取一点H，使DH＝CF；②在CD上任取 一点G，连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH就是所要画的四边 形.（5分）） 图③ 方案二：如图2所示，一个出入口M已确定，请在图2上画出符合要求 的梯形花园，并简要说明画法. 图2 解：方案二： 画法：①如图④，过M点作MP∥AB交AD于点P； ②在AB上取一点Q，连接PQ； ③过M作MN∥PQ交DC于点N，连接QM，PN，则梯形PQMN就是所要画的梯形.（10分） 图④ 23. （10分）八（1）班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的 旋转”为主题，开展数学探究活动. 操作探究：（1）如图1，△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝ 60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中 点，连接OF，则∠BAE＝ ，OF与DE的数量关系是 ⁠ ⁠； 90° DE＝ 2OF 迁移探究：（2）如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆 时针旋转，点D正好落在∠AOB的平分线上，得到△ODE，求出此时 ∠BAE的度数及OF与DE的数量关系； 解：（2）由旋转的性质，得△OAB≌△ODE. ∴OA＝OD. ∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△OAB为等边三角形. ∴△ODE为等边三角形.∴∠DOE＝60°，DE＝OE＝OD. （4分） ∴OA＝OE. ∵OD平分∠AOB，∴∠AOD＝∠AOB＝30°. ∴∠AOE＝∠AOD＋∠DOE＝30°＋60°＝90°. ∴∠OAE＝∠OEA＝45°. ∴△AOE是等腰直角三角形， ∠BAE＝∠OAB－∠OAE＝60°－45°＝15°.（6分） ∵F是AE的中点，∴OF⊥AE. ∴∠EFO＝90°. ∴∠EOF＝∠AOF＝45°. ∵∠EOF＝∠OEF＝45°， ∴EF＝OF. ∴DE＝OE＝＝OF. （8分） 拓展应用：（3）如图3，△OAB为等腰三角形，OA＝OB＝4，∠AOB ＝90°，将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中 点，连接OF. 当∠EAB＝15°时，请直接写出OF的长. 解：（3）OF的长为2或2.（10分） 解析：分两种情况： ①如图①，当点E在OB右边时.∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°， ∴∠OAB＝∠OBA＝45°. ∵∠EAB＝15°， ∴∠OAE＝∠OAB＋∠EAB＝45°＋15°＝60°. 由旋转的性质，得OA＝OB＝OE＝OD＝4. ∴△OAE为等边三角形.∴∠AOE＝60°. ∵F是AE的中点，∴OF⊥AE，OF平分∠AOE. ∴∠AOF＝∠AOE＝30°.∴AF＝OA＝2. ∴OF＝＝＝2. ②如图②，当点E在OB左边时. 同理可得，∠OAB ＝45°，OA＝OE＝4.∵∠EAB＝15°， ∴∠OAE＝30°.∵F是AE的中点，∴OF⊥AE. ∴OF＝OA＝2.综上所述，OF的长为2或2. $