2025-2026学年北师大版数学八年级下册期末模拟试卷

2025-2026学年北师大版数学八年级下册期末模拟(一) 一．选择题（共10小题） 1．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．要使分式有意义，需满足的条件是（　　） A． B． C． D． 3．如图，在△中，，，边的中点为，边上的点满足．若，则的长是（　　） A． B．6 C． D．3 4．若，则下列式子不一定成立的是（　　） A． B． C． D． 5．如图，中，点，分别是，边上的中点，连接，，．若△是等腰直角三角形，，，则的长是（　　） A．3 B． C． D．3.5 6．数轴上某不等式的解集表示如图所示，则该不等式的解集可能是（　　） A． B． C． D． 7．下列正多边形的组合中，不能够铺满地面的是（　　） A．正三角形和正方形 B．正方形和正七边形 C．正三角形和正六边形 D．正方形和正八边形 8．计算的结果为（　　） A． B． C． D． 9．如图，在平面直角坐标系中，原点，点，点均在轴上，点在轴上，直线的解析式，直线的解析式．动点从点出发，沿着线段，线段，以每秒1个单位长度的速度向终点运动，过点作于点，作于点．若设点运动时间为．有下列结论： ①当时，； ②四边形的面积的最大值为2； ③有两个不同的值满足四边形的面积为． 其中，正确结论的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 10．如图，将线段绕点逆时针旋转后得到线段，已知点，，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 11．用反证法证明命题“已知△中，，求证：．”第一步应先假设“　　 ．”（填“”或“” 12．若分式的值为0，则的值为　　 ． 13．如图，在△中，以点为圆心，的长为半径作圆弧交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧分别交于点和点，连接交于点．若，，则△的周长为 　　 ． 14．如图所示，腰长为2的等腰中，，为腰上的一个动点，将沿折叠得对应，当与的某一条边垂直时，的长为 　　． 15．如图，在△中，点为的中点，平分，过点作于点，连接．若，，则的长是　　 ． 三．解答题（共8小题） 16．解不等式组：． 17．（1）计算：． （2）化简：． 18．如图，在平面直角坐标系中，三角形的顶点，的坐标分别为，，把三角形平移得到三角形，使点平移到点处，点，的对应点分别是点，．图中正方形网格的每一个小正方形的边长均为1个单位长度． （1）在图中画出平面直角坐标系，并写出点的坐标； （2）写出点，的坐标，并在图中画出平移后的三角形． 19．如果一个正整数能表示成两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数是“智慧数”，如，因此8是“智慧数”． （1）28　　 “智慧数”（填“是”或“不是” ； （2）说明16是一个“智慧数”； （3）设两个连续奇数为和（其中为正整数），说明它们构造的“智慧数”能被8整除． 20．已知平行四边形中，对角线、相交于点，，． （1）如图1，若，求的长； （2）如图2，过点作于点，连接，过点作交于点，求证：． 21．2026年春节，智能健康手表成为热门“孝心年货”，其中、两款手表深受市民喜爱．某商店专营该两款手表，已知款手表的进价比款手表每块多40元．该商店用7800元购进款手表的数量，与用9000元购进款手表的数量相等． （1）求款、款手表每块的进价分别为多少元？ （2）该商店计划购进这两款手表（两种都要购进）共50块，且进货总费用不超过13800元．已知每块款手表利润80元，每块款手表利润100元．求全部售出后可获得的最大总利润． 22．如图，在平面直角坐标系中，，，．（1）请画出将△向下平移3个单位得到的△； （2）请画出以点为旋转中心，将△逆时针旋转得到的△； （3）请直接写出、的距离． 23．正方形的边长2，为边上一点，连接，将△沿折叠，点落在点处，连接并延长，交正方形的边于点． （1）如图1，点与点重合，求的长； （2）如图2，点为的中点，求证：点为的中点； （3）若点为的中点，请用圆规和无刻度的直尺在图3中作出点，并求的长． 2026年初中数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C A D B B D D 一．选择题（共10小题） 1．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【考点】中心对称图形；轴对称图形．版权所有 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断． 【解答】解：A是轴对称图形，不是中心对称图形； B是轴对称图形，不是中心对称图形； C既是中心对称图形又是轴对称图形； D不是中心对称图形，也不是轴对称图形； 故选：C． 【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，掌握中心对称图形和轴对称图形是解题的关键． 2．要使分式有意义，需满足的条件是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【考点】分式有意义的条件 【分析】根据分式有意义的条件，易得，化简可得结果． 【解答】解：分式有意义， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了分式有意义的条件，正确理解题意是解题的关键． 3．如图，在△中，，，边的中点为，边上的点满足．若，则的长是（　　） A． B．6 C． D．3 【答案】 【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质 【分析】连接，由等腰三角形的性质得到，根据线段垂直平分线的性质得，则，，由含角的直角三角形的性质求出，即可得到． 【解答】解：连接， ，， ， 为的中点，，，， ， ， ， ，， ． 故选：． 【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质，关键是掌握含角的直角三角形的性质． 4．若，则下列式子不一定成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【考点】不等式的性质 【分析】根据不等式的性质逐个判断即可． 【解答】解：．， ，故本选项不符合题意； ．， ，故本选项不符合题意； ．当时，，故本选项符合题意； ．，， ，故本选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了不等式的性质，能正确根据不等式的性质进行变形是解此题的关键，①不等式的性质1：不等式的两边都加（或减）同一个数或式子，不等号的方向不变；②不等式的性质2：不等式的两边都乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的性质3：不等式的两边都乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 5．如图，中，点，分别是，边上的中点，连接，，．若△是等腰直角三角形，，，则的长是（　　） A．3 B． C． D．3.5 【答案】 【考点】勾股定理；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等腰直角三角形；平行四边形的性质；三角形中位线定理 【分析】延长和交于，判定△△，推出，，判定垂直平分，得到，求出，即可得到的长． 【解答】解：延长和交于， 是平行四边形， ，， ，， 是的中点， ， △△， ，， ， 垂直平分， ， 是边上的中点， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，关键是判定△△． 6．数轴上某不等式的解集表示如图所示，则该不等式的解集可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【考点】在数轴上表示不等式的解集 【分析】根据不等式解集的表示方法，即可解答． 【解答】解：数轴上某不等式的解集表示如图所示，则该不等式的解集可能是， 故选：． 【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握不等式解集的表示方法是解题的关键． 7．下列正多边形的组合中，不能够铺满地面的是（　　） A．正三角形和正方形 B．正方形和正七边形 C．正三角形和正六边形 D．正方形和正八边形 【答案】 【考点】平面镶嵌（密铺） 【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【解答】解：、正三角形、正方形内角分别为、，由于，故能铺满，选项不符合题意； 、正方形和正七边形内角分别是、，，显然取任何正整数时，不能得正整数，故不能够进行镶嵌，选项符合题意． 、正六边形和正三角形内角分别为、，由于，故能铺满，选项不符合题意； 、正八边形和正方形内角分别为、，由于，故能铺满，选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了平面镶嵌，解决此类题，可以记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合． 8．计算的结果为（　　） A． B． C． D． 【答案】 【考点】同底数幂的乘法 【分析】根据同底数幂的除法的运算法则进行计算． 【解答】解：． 故选：． 【点评】本题考查了同底数幂的除法，掌握同底数幂的除法的运算法则是关键． 9．如图，在平面直角坐标系中，原点，点，点均在轴上，点在轴上，直线的解析式，直线的解析式．动点从点出发，沿着线段，线段，以每秒1个单位长度的速度向终点运动，过点作于点，作于点．若设点运动时间为．有下列结论： ①当时，； ②四边形的面积的最大值为2； ③有两个不同的值满足四边形的面积为． 其中，正确结论的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】 【考点】一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式 【分析】先利用一次函数图象上的坐标特征确定，，，则△、△都为等腰直角三角形，所以，，则，易得四边形为矩形，所以，当时，，在△中利用，，所以，从而可对①进行判断；当，由于，则，所以四边形的面积，利用二次函数的性质得到当时，有最大值为2；当时，点在点时，最大，最大值为2，当点从点到点运动时，越来越小，从而可对②进行判断；由于点从点到点，由增大到2；点从点到点，由2减小到0，所以点在和上分别有一个点使四边形的面积为．从而可对③进行判断． 【解答】解：当时，， ， 当时，， 解得， ， ， △为等腰直角三角形， ，， 当时，， 解得， ， ， △为等腰直角三角形， ， ， ，， ， 四边形为矩形， ， 当时，， 在△中，， ， ，所以①正确； 当， 在△中，，， ， ， 四边形的面积 ， 当时，有最大值为2； 当时，点在点时，最大，最大值为2， 当点从点到点运动时，越来越小， 综上所述，四边形的面积的最大值为2，所以②正确； 点从点到点，由增大到2；点从点到点，由2减小到0； 点在和上分别有一个点使四边形的面积为．所以③正确． 故选：． 【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：求一次函数，则需要两组，的值．也考查了一次函数的性质和等腰直角三角形的性质． 10．如图，将线段绕点逆时针旋转后得到线段，已知点，，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【考点】坐标与图形变化旋转 【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，证明△△，利用全等三角形对应边相等求出和的长，进而求出点的坐标． 【解答】解：将线段绕点逆时针旋转后得到线段，已知点，， 过点作轴于点，过点作轴于点，如图， ，， ，，， ， ，， ， 轴，轴， ， ， ， 在△和△中， ， △△， ，， 点的坐标为，点在第三象限， 点的横坐标为，纵坐标为， 点的坐标是． 故选：． 【点评】本题考查坐标与图形的变化，正确进行计算是解题关键． 二．填空题（共5小题） 11．用反证法证明命题“已知△中，，求证：．”第一步应先假设“ ．”（填“”或“” 【答案】 【考点】等腰三角形的性质；反证法 【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，小于的反面是大于等于． 【解答】解：反证法证明命题“已知△中，，求证：．” 第一步应先假设， 故答案为：． 【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 12．若分式的值为0，则的值为　3　 ． 【答案】3． 【考点】分式的值为零的条件 【分析】根据分式的值为零的条件：分子等于0，分母不等于0，计算即可得解． 【解答】解：由题意得：， 解得， 故答案为：3． 【点评】本题考查了分式的值为零的条件，熟知分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键． 13．如图，在△中，以点为圆心，的长为半径作圆弧交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧分别交于点和点，连接交于点．若，，则△的周长为 　16　 ． 【答案】16． 【考点】线段垂直平分线的性质 【分析】由作图可得，垂直平分，则根据线段垂直平分线的性质得到，然后利用等量代换即可得到△的周长． 【解答】解：由作图可得，垂直平分， ， △的周长为， 故答案为：16． 【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质和作图，解题的关键是读懂图象信息． 14．如图所示，腰长为2的等腰中，，为腰上的一个动点，将沿折叠得对应，当与的某一条边垂直时，的长为 　2或　． 【答案】2或． 【考点】等腰直角三角形；翻折变换（折叠问题） 【分析】可分三种情况讨论：①当时，根据等腰直角三角形的性质和折叠性质即可得出的长；②当的延长线垂直于时，设垂足为，此时、、三点共线，根据折叠的性质的，，进而得到，为等腰直角三角形，根据角平分线的性质得，设，则，，以此列出方程，求解即可；③当时，此种情况不成立． 【解答】解：①当时，如图， 此时点与点重合， 为腰长为2的等腰直角三角形， ， 将沿折叠得对应， ； ②当的延长线垂直于时，设垂足为，如图， 此时、、三点共线， 腰长为2的等腰中，， ，，， 根据折叠的性质可知，，， 为等腰直角直角三角形，， ， 为等腰直角三角形，， ，，， ， 设，则， ， ， 解得：， ； ③当时，此种情况不成立． 综上，的长为2或． 故答案为：2或． 【点评】本题主要考查折叠的性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的性质，正确理解题意，熟练掌握折叠的性质，并学会利用分类讨论思想解决问题是解题关键． 15．如图，在△中，点为的中点，平分，过点作于点，连接．若，，则的长是　3　 ． 【答案】3． 【考点】等腰三角形的判定与性质；三角形中位线定理 【分析】延长交于点，证明△△，得到，，求出，利用中位线的性质得到． 【解答】解：延长交于点，如图， ， ， 平分， ， ，点为的中点， △△， ，， ， 为△的中位线， ． 故答案为：3． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，熟知三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 三．解答题（共8小题） 16．解不等式组：． 【答案】． 【考点】解一元一次不等式组 【分析】根据解一元一次不等式组的步骤解答即可． 【解答】解：解不等式得， 解不等式得， 原不等式组的解集为． 【点评】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握该知识点是关键． 17．（1）计算：． （2）化简：． 【答案】（1）； （2）． 【考点】实数的运算；分式的加减法 【分析】（1）根据绝对值的性质、乘方的意义和算术平方根的定义进行计算即可； （2）先按照同分母分式相减法则进行计算，再把分子分解因式，然后约分即可． 【解答】解：（1）原式 ； （2）原式 ． 【点评】本题主要考查了实数与分式的混合运算，解题关键是熟练掌握有理数混合运算法则和分式的通分与约分． 18．如图，在平面直角坐标系中，三角形的顶点，的坐标分别为，，把三角形平移得到三角形，使点平移到点处，点，的对应点分别是点，．图中正方形网格的每一个小正方形的边长均为1个单位长度． （1）在图中画出平面直角坐标系，并写出点的坐标； （2）写出点，的坐标，并在图中画出平移后的三角形． 【答案】（1），． （2），； 【考点】作图平移变换 【分析】（1）根据点，的坐标建立平面直角坐标系，进而可得答案． （2）结合平移的性质可得点，的坐标，再描点连线即可． 【解答】解：（1）画出平面直角坐标系如图所示． 由图可得，． （2）由题意得，，． 如图，三角形即为所求． 【点评】本题考查作图平移变换，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键． 19．如果一个正整数能表示成两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数是“智慧数”，如，因此8是“智慧数”． （1）28　不是　 “智慧数”（填“是”或“不是” ； （2）说明16是一个“智慧数”； （3）设两个连续奇数为和（其中为正整数），说明它们构造的“智慧数”能被8整除． 【答案】（1）不是； （2），且3和5是两个连续奇数， 符合“智慧数”的定义， 是一个“智慧数”； （3）设两个连续奇数为和（其中为正整数）， ， 是8的倍数， 两个连续奇数为和构造的“智慧数”能被8整除． 【考点】因式分解的应用 【分析】（1）设较小奇数为，根据“智慧数”的定义得，求出的值判断是否符合“智慧数”的定义即可； （2）由可知16是一个“智慧数”； （3）利用平方差公式进行分解，判断分解后的结果是否是8的倍数即可． 【解答】解：（1）如果一个正整数能表示成两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数是“智慧数”， 设两个连续奇数的平方差为28，较小奇数为，则， 展开整理得， 解得， 不是奇数， 不是“智慧数” 故答案为：不是； （2），且3和5是两个连续奇数， 符合“智慧数”的定义， 是一个“智慧数”； （3）设两个连续奇数为和（其中为正整数）， ， 是8的倍数， 两个连续奇数为和构造的“智慧数”能被8整除． 【点评】本题考查因式分解的应用，正确进行计算是解题关键． 20．已知平行四边形中，对角线、相交于点，，． （1）如图1，若，求的长； （2）如图2，过点作于点，连接，过点作交于点，求证：． 【答案】（1）2； （2），， ， ， ． 又， ， 又， ， ， 又， △△， ． 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （2）先证明，，再证明△△，即可证明． 【解答】（1）解：四边形是平行四边形， ， ，即， ． ， ， ， 如图1，若，或（舍去）． （2）证明：，， ， ， ． 又， ， 又， ， ， 又， △△， ． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 21．2026年春节，智能健康手表成为热门“孝心年货”，其中、两款手表深受市民喜爱．某商店专营该两款手表，已知款手表的进价比款手表每块多40元．该商店用7800元购进款手表的数量，与用9000元购进款手表的数量相等． （1）求款、款手表每块的进价分别为多少元？ （2）该商店计划购进这两款手表（两种都要购进）共50块，且进货总费用不超过13800元．已知每块款手表利润80元，每块款手表利润100元．求全部售出后可获得的最大总利润． 【答案】（1）款手表每块进价260元，款手表每块进价300元； （2）4400元． 【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用 【分析】（1）设款手表每块进价元，款手表每块进价元，根据“用7800元购进款手表的数量，与用9000元购进款手表的数量相等”可列出关于的分式方程，求解并检验后可得答案； （2）设购进款手表为正整数）块，则购进款手表块，全部售出的利润为元，根据“进货总费用不超过13800元”列出关于的不等式，求解后确定的取值范围；根据“每块款手表利润80元，每块款手表利润100元”可确定关于的一次函数，根据一次函数的性质可得答案． 【解答】解：（1）设款手表每块进价元，款手表每块进价元， 依题意，得：， 整理得，， 解得， 经检验，是原方程的解且符合题意， （元， 款手表每块进价260元，款手表每块进价300元； （2）设购进款手表为正整数）块，则购进款手表块，全部售出的利润为元， 进货总费用不超过13800元， 根据题意列一元一次不等式得，， 整理得，， 解得， 又购进款手表块， ， 解得：， 为正整数）， 全部售出后可获得的利润为：， ， 随的增大而减小， 当时，取得最大值，最大值为（元， 全部售出后可获得的最大总利润为4400元． 【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，分式方程的应用，关键是根据题意找到关系式． 22．如图，在平面直角坐标系中，，，．（1）请画出将△向下平移3个单位得到的△； （2）请画出以点为旋转中心，将△逆时针旋转得到的△； （3）请直接写出、的距离． 【答案】（1）如图，△即为所求； （2）如图，△即为所求； （3）、的距离． 【考点】作图旋转变换；作图平移变换；勾股定理 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （3）利用勾股定理求解． 【解答】解：（1）如图，△即为所求； （2）如图，△即为所求； （3）、的距离． 【点评】本题考查作图旋转变换，平移变换，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 23．正方形的边长2，为边上一点，连接，将△沿折叠，点落在点处，连接并延长，交正方形的边于点． （1）如图1，点与点重合，求的长； （2）如图2，点为的中点，求证：点为的中点； （3）若点为的中点，请用圆规和无刻度的直尺在图3中作出点，并求的长． 【答案】（1）； （2）连接，延长交的延长线于点， 为的中点， ， 折叠， ，， ，， ， ，， ， ， ， ，， △△， ， 即点为的中点； （3）． 【考点】几何变换综合题 【分析】（1）由折叠的性质得出，，设，则，得出，则可得出答案； （2）连接，延长交的延长线于点，证明△△，得出，则可得出结论； （3）过点作，分别交，于点，，根据点为中点可得，不难推出四边形为矩形，△△，则，设，则，，，，根据折叠的性质可得，，根据勾股定理得，以此得出，设，则，再根据勾股定理得，以此列出方程求解即可． 【解答】（1）解：四边形是正方形， ，， 将△沿折叠，点落在点处， ，， 设，则， ， ， ； （2）证明：连接，延长交的延长线于点， 为的中点， ， 折叠， ，， ，， ， ，， ， ， ， ，， △△， ， 即点为的中点； （3）解：过点作，分别交，于点，，如图， 四边形为正方形， ，，四边形为矩形， ，， 点为中点， ， ， △△， ， 即， 设，则，，， ， 根据折叠的性质得，，， 在△中，根据勾股定理得，， ， 整理得，， 解得：或2（舍去）， ，， 设，则，， 在△中，由勾股定理得，， ， ， ． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质，正确作出辅助线，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案是解题关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/14 16:04:20；用户：孔慧敏；邮箱：15136487828；学号：44610872 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $