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（北师大版·新教材 河南专版）

**基本信息** 初中数学期末预测卷，以“平地扶梯”真实情境与“分类讨论”数学思想为载体，覆盖几何图形、代数运算等核心知识，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|中心对称图形、分式意义、因式分解|第1题结合logo设计辨析图形性质，第7题数形结合解决不等式| |填空题|5/15|因式分解、三角形全等、旋转|第12题滑梯模型证角关系，第15题分类讨论旋转后线段长度| |解答题|8/75|几何证明、代数推理、实际应用|第19题“佳偶和谐式”代数推理，第22题开放性花园设计，第23题等腰三角形旋转探究|

期末快递·名师研创预测卷（一） 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　） A B C D 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 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.＞ 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 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 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　） 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 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 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 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＝　（a＋b）2（a－b）2　. 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＝　90°　 . 第12题图 13.已知关于x的分式方程 ＝＋5有增根，则m的值为　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　8　cm. 第14题图 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　或　. 第15题图 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＝.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1　　　　　　　　　　　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＝　90°　，OF与DE的数量关系是　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. 学科网（北京）股份有限公司 $