试卷3 平顶山市2024-2025学年下学期期末调研试题卷（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（北师大版·新教材 河南专版）

**基本信息** 八年级期末调研卷以航天图标对称、兄弟赛跑函数图像等真实情境为载体，融合分式、平行四边形、动态几何等知识，考查抽象能力与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|分式无意义、中心对称轴对称、正多边形内角计算|结合航天图标考查对称性质，正多边形与正方形综合提升空间观念| |填空题|5/15|因式分解、工程问题分式、动态几何最值|以角平分线计算、动点最值问题发展几何直观| |解答题|8/75|不等式组、平行四边形证明、函数图像应用、旋转探究|兄弟赛跑函数图像分析体现模型意识，正方形旋转探究培养创新意识|

试卷3　平顶山市 八年级第二学期期末调研试题卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1.若分式 无意义，则a的值为（　B　） A.0 B. C.－1 D.－ 2.下列有关航天领域的图标中，既是中心对称又是轴对称的是（　C　） A. B. C. D. 3.下列代数式变形，正确的是（　D　） A.＝ B.－x2＋y2＝（－x＋y）（－x－y） C.1＋＝ D.－x2－4y2＋4xy＝－（x－2y）2 4.如图，已知AB，BC，CD是正n边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在该正n边形的外部作正方形BCMN.若∠ABN＝120°，则n的值为（　A　） A.12 B.10 C.8 D.6 5.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是OC的中点，EF∥CD交BC于点F.若AB＝8，则EF的长为（　A　） A.2 B.2.5 C.3 D.3.5 6.若4x2－kxy＋9y2是一个完全平方式，则k的值为（　D　） A.6 B.±6 C.12 D.±12 7.小明板书解方程 ＋1＝ 的过程如下：方程两边都乘以2x－1，得x－2＋（2x－1）＝－1.5，解这个方程，得x＝.所以原方程的根为x＝.同学们都认为小明的解法不对，他错误的原因是（　C　） A.去分母时，常数项没有乘以公分母 B.去括号移项时，没有变号 C.求出整式方程的根没有检验 D.解整式方程得到的根不正确 8.如图，一条笔直的东西公路的北边有一个建筑物C，小明在公路上的点A处测得建筑物C在北偏东60°的方向上；小明向东走20米到达点B处，测得建筑物C在北偏东30°方向上.则建筑物C到公路l的距离为（　B　） A.10米 B.10米 C.15米 D.3米 9.如图，平行四边形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是AO，CO上的点，连接BE，BF，DE，DF，添加下列条件不能判定四边形BFDE为平行四边形的是（　B　） A. AF＝CE B.BD＝EF C.∠FDB＝∠EBD D.DE∥BF 解析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，OA＝OC，OB＝OD.∵AF＝CE，∴AF－EF＝CE－EF，即AE＝CF.∴OA－AE＝OC－CF，即OE＝OF.∴四边形BEDF是平行四边形.A不符合题意；在△BOE和△DOF中，∠FDO＝∠EBO，DO＝BO，∠DOF＝∠BOE，∴△BOE≌△DOF（ASA）.∴BE＝DF.∵∠FDB＝∠EBD，∴DF∥BE.∴四边形BEDF是平行四边形.C不符合题意；∵DE∥BF，∴∠EDO＝∠FBO.∵∠DOE＝∠BOF，OD＝OB，∴△DOE≌△BOF（ASA）.∴DE＝BF.∴四边形BEDF是平行四边形.D不符合题意；当BD＝EF，此时不能判定四边形BEDF是平行四边形，B符合题意.故选B. 10.如图，点O为平面直角坐标系的原点，等边三角形OAB的顶点A在x轴上，且点A的坐标为（－2，0）.将△OAB绕点O以60度/秒的速度顺时针旋转，第2 025秒时点B对应点的坐标为（　A　） A.（1，－） B.（2，0） C.（1，） D.（－1，－） 解析：∵△OAB绕点O旋转的速度是60°/秒，∴旋转2 025秒的总度数为60°×2 025＝121 500°. ∵旋转一周是360°，121 500°÷360°＝337……180°，∴旋转2 025秒即旋转337周后又旋转了180°，即△OAB绕点O顺时针旋转180°，此时点B旋转到与初始位置关于原点对称的位置.过点B作BC⊥x轴于点C，如图. ∵△OAB是等边三角形，OA＝2，∴OC＝OA＝×2＝1，BC＝＝.∴初始B点坐标为（－1，）. ∴旋转180°后，点B对应的坐标为（1，－）. 综上所述，第2 025秒时点B对应点的坐标为（1，－）.故选A. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.分解因式：6x－9xy＝　3x（2－3y）　. 12.一项工程，甲单独做a天完成，乙单独做b天完成.若甲、乙两人一起做，则需要　　天完成. 13.已知mn＝5，m－n＝－3，则m2n－mn2＋5＝　－10　. 14.如图，在△ABC中，AB＝AC，F是AC延长线上一点，∠ACB的平分线CD交AB于点D，CE平分∠BCF.若∠ECF＝80°，则∠BDC＝　150　°. 15.如图，已知∠ABC＝45°，AB＝，点P是射线BC上一动点，连接AP，作AP的垂直平分线n，与射线BC交于点E，与线段AP交于点D.设∠APB＝α，当30°≤α≤45°时，线段BE的最大值为　＋1　，最小值为　　. 解析：根据题意可知，α越小，线段BE的值越大.∴当α＝30°时，线段BE的值最大；当α＝45°时，线段BE的值最小. 当α＝30°时，过点A作AF⊥BP于点F，连接AE，如图. ∵∠ABC＝45°，∴∠BAF＝45°＝∠ABC.∴AF＝BF. 在Rt△ABF中，AB＝，由勾股定理，得 AB＝＝＝AF. ∴AF＝. ∵DE垂直平分AP，∴AE＝EP. ∴∠PAE＝α＝30°. ∵∠AEF＝∠PAE＋α＝60°， ∴∠FAE＝30°.∴EF＝AE. 在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF＝＝EF. ∴EF＝1. ∴BE＝BF＋EF＝＋1. 当α＝45°时，∵∠ABC＝45°，AB＝， ∴AP＝AB＝，∠BAP＝90°. ∴BP＝＝AB＝2 . ∵直线n垂直平分AP， ∴DE⊥AP，DP＝AP＝. ∵∠APB＝α＝45°， ∴PE＝DP＝×＝. ∴BE＝BP－PE＝. ∴当30°≤α≤45°时，线段BE的最大值为＋1，最小值为. 三、解答题（本题8小题，共75分） 16.（10分）（1）解不等式组： 解：（1） 解不等式①，得x＞－2.（2分） 解不等式②，得x≤3.（4分） 在同一条数轴上表示不等式①②的解集，如图所示. ∴原不等式组的解集为－2＜x≤3.（5分） （2）求证：当n为自然数时，（n＋7）2－（n－5）2能被24整除. 解：（2）证明：（n＋7）2－（n－5）2 ＝（n＋7＋n－5）（n＋7－n＋5）（2分） ＝（2n＋2）×12 ＝24（n＋1）.（4分） ∵n为自然数，∴n＋1≠0. ∴（n＋7）2－（n－5）2能被24整除.（5分） 17.（8分）先化简，再求值：（－）÷，其中x的值取－3，－2，0，2中的一个数. 解：原式＝［－］÷＝•＝x＋4.（5分） 分式有意义时，x不可取－2，0，2，所以x只能取－3. ∴当x＝－3时，原式＝－3＋4＝1.（8分） 18.（8分）如图，在▱ABCD中，∠ABC的平分线BE交AD于点E，∠BCD的平分线CF交AD于点F. （1）求证：AF＝DE； 解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD∥BC. ∴∠AEB＝∠CBE，∠DFC＝∠BCF.（2分） ∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD， ∴∠ABE＝∠CBE，∠BCF＝∠DCF. ∴∠AEB＝∠ABE，∠DFC＝∠DCF.（5分） ∴AB＝AE，CD＝DF.∴AE＝DF. ∴AE＋EF＝DF＋EF，即AF＝DE.（6分） （2）设BE与CF的延长线相交于点G，若∠ABC＝120°，BE＝4，BC＝10，则点G到AD的距离为　　. 解析：如图，设BE与CF的延长线交于点G. ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD. ∴∠ABC＋∠BCD＝180°. ∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD， ∴∠GBC＝∠ABC，∠GCB＝∠BCD. ∴∠GBC＋∠GCB＝（∠ABC＋∠BCD）＝90°. ∴∠G＝90°. ∵∠ABC＝120°，∴∠GBC＝∠ABC＝60°.∴∠GCB＝30°. ∵BC＝10，∴BG＝BC＝5. ∵BE＝4，∴GE＝BG－BE＝1. ∵EF∥BC，∴∠GFE＝∠GCB＝30°. ∴EF＝2GE＝2.∴GF＝＝. 设点G到AD的距离为d， ∴EF•d＝EG•GF.∴d＝＝＝. ∴点G到AD的距离为. 19.（9分）小明学完因式分解后，联想到利用长方形和正方形的面积来解释因式分解的意义. （1）如图1，小明把左侧两个正方形和两个长方形，拼接为右侧的一个大正方形，计算发现：左侧四个图形的面积和为　x2＋2ax＋a2　，右侧大正方形的面积为　（x＋a）2　，根据题意可得到一个多项式的因式分解为：　x2＋2ax＋a2＝（x＋a）2　； 图1 （2）按照小明的思路，图2的四个图形也可以拼成一个大长方形. ①拼成的大长方形的长为　x＋3　，宽为　x＋1　； ②根据图2的拼接，写出该多项式的因式分解. 图2 解：（2）②x2＋x＋3x＋3＝x2＋4x＋3＝（x＋3）（x＋1）.（9分） 20.（9分）兄弟俩赛跑，哥哥先让弟弟跑9 m，然后自己才开始跑.已知弟弟每秒跑3 m，哥哥每秒跑4 m.设哥哥出发x秒后，哥哥所跑的路程为y1 m，弟弟所跑的路程为y2 m. （1）直接写出y1，y2关于x的函数关系式，并在如图所示的平面直角坐标系中画出函数的图象； 解：（1）y1＝4x，y2＝3x＋9.（2分） y1，y2的图象如图所示.（4分） （2）根据图象回答下列问题： ①当x＝6秒时，　弟弟　跑在前面（填“哥哥”或“弟弟”）；当x＝　9　秒时，哥哥追赶上弟弟； ②当哥哥跑在弟弟的前面（y1＞y2）时，时间x的取值范围为　x＞9　； ③　 弟弟　先跑过20 m，　哥哥　先跑过100 m（填“哥哥”或“弟弟”）. 21.（10分）如图1，点F为△ABC的边BC的中点，连接AF并延长到点D，使得AF＝FD，延长AB到点E，使得AB＝BE，连接CD，ED. （1）求证：四边形BCDE是平行四边形； 图1 解：（1）证明：∵AF＝FD，AB＝BE， ∴BF为△ADE的中位线.∴BF＝DE，BF∥DE.（2分） ∵F为BC的中点，∴BC＝2BF＝2×DE＝DE.（4分） ∵BC∥DE，∴四边形BCDE是平行四边形.（5分） （2）如图2，在图1的基础上，当△ABF为等腰直角三角形，∠ABF＝90°，且AD＝4时，求四边形BCDE的面积. 图2 解：（2）∵AF＝FD，AF＋FD＝AD，∴AF＝AD＝2.（6分） ∵△ABF为等腰直角三角形，∠ABF＝90°， ∴AF＝＝＝AB＝2. ∴BF＝AB＝.∴BE＝AB＝，BC＝2BF＝2.（8分） 由（1）知，四边形BCDE是平行四边形.∵∠ABF＝90°，∴EB⊥BC. ∴S四边形BCDE＝BE•BC＝×2 ＝4.（10分） 22.（10分）某商店甲品牌方便面每盒的标价是乙品牌方便面每盒标价的1.6倍，已知用40元购买甲品牌方便面的盒数比用40元购买乙品牌方便面的盒数少3盒. （1）求甲、乙两种品牌方便面每盒的标价； 解：（1）设乙品牌方便面的标价为x元/盒，则甲品牌方便面的标价为1.6x元/盒.（1分） 由题意，得－＝3.解得x＝5.（3分） 经检验，x＝5是原方程的根. ∴1.6x＝1.6×5＝8. ∴甲、乙两种品牌方便面每盒的标价分别为8元、5元.（5分） （2）小明准备购买这两种方便面共15盒，设需要总费用W元，其中购买甲品牌方便面m盒. ①写出W与m之间的函数关系式； 解：（2）①小明购买甲品牌方便面m 盒，则购买乙品牌方便面 （15－m） 盒. 总费用 W 与m之间的函数关系式为 W＝8m＋5（15－m）＝3m＋75.（7分） ②若购买两种品牌方便面的总费用不超过100元，则小明最多可以购买多少盒甲品牌方便面？ 解：（2）②由题意知，3m＋75≤100.解得m≤.（9分） ∵m为整数，∴m的最大整数值为8. ∴小明最多能购买8盒甲品牌方便面.（10分） 23.（11分）（1）已知四边形ABCD是正方形，点P是射线BC上一动点，点Q在射线CD上，BP＝DQ，连接AP，AQ， PQ. ①观察猜想：如图1，当点P与点C重合时，易得AP与AQ的数量关系为　AP＝AQ　，∠APQ＝　45　°； 图1 ②探究证明：当点P不与B，C两点重合时，①中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情况进行证明；若不成立，请说明理由. 图2 解：②①中的结论仍然成立.（3分） 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，AB＝AD. ∴∠ADQ＝180°－∠ADC＝90°. ∴∠ABP＝∠ADQ.（5分） ∵BP＝DQ，∴△ABP≌△ADQ（SAS）. ∴∠BAP＝∠DAQ，AP＝AQ.（7分） ∵∠BAP＋∠PAD＝90°， ∴∠PAQ＝∠DAQ＋∠PAD＝90°. ∵AP＝AQ， ∴∠APQ＝×（180°－∠PAQ）＝×90°＝45°.（9分） （2）拓展延伸：如图3，△ABC是等腰直角三角形，直线l经过点A，且l∥BC.点P为射线BC上一动点，将线段AP绕点A逆时针旋转90°到AQ，过点P作PD⊥l，垂足为D.当AB＝3，BP＝2CP时，直接写出线段DQ的长. 图3 解：（2）线段DQ的长为或3.（11分） 解析：∵线段AP绕点A逆时针旋转90°到AQ，∴△APQ是等腰直角三角形.对于点P的位置，分两种情况：①如图①，当点P在BC的延长线上时，在线段AD上作AE＝BC，连接PQ，QE，EC. 图① ∴AE＝AB.∵∠ABC＝90°，l∥BC，∴∠BAE＝90°. ∴∠QAE＝∠PAB＝90°－∠DAP. ∵AQ＝AP，∴△AQE≌△APB（SAS）. ∴∠QEA＝∠B＝90°，BP＝QE. ∴∠AEQ＋∠AEC＝180°.∴Q，E，C三点共线. ∵PD⊥l，∴PD∥CE.∴四边形CPDE是平行四边形. ∴DE＝CP. ∵BC＝AB＝3，BP＝2CP＝BC＋CP， ∴DE＝CP＝BC＝3，BP＝6＝QE. 在Rt△QDE中，由勾股定理，得DQ＝＝＝3 . ②如图②，当点P在线段BC上时，在直线上l作AE＝BC，连接QE，EC. 图② ∵BP＝2CP，BC＝AB＝3＝BP＋CP，∴BP＝2，CP＝1. 同①可得QE＝BP＝2，DE＝CP＝1. 在Rt△QDE中，由勾股定理，得DQ＝＝＝. 综上所述，DQ的长为或3. 学科网（北京）股份有限公司 $