山东青岛市2025-2026学年下学期八年级数学期末复习卷

**基本信息** 以人工智能图标、帐篷购买等真实情境为载体，融合几何图形性质、代数运算及综合探究，全面考查数学眼光、思维与语言。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|中心对称图形、等腰三角形、分式方程增根等|结合科技情境（如AI图标），考查基础概念辨析| |填空题|8题|因式分解、多边形内角和、坐标旋转等|注重空间观念（如矩形旋转找点）、运算能力| |解答题|8题|不等式组、几何证明、函数应用、综合探究|突出模型意识（如帐篷购买费用问题）、推理能力（如24题旋转面积探究）|

山东省青岛市 2025-2026学年下学期数学八年级期末复习卷 一、单选题 1．人工智能在未来的生活中，将扮演非常重要的角色．下列四个人工智能品牌公司的图标中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．等腰中，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．已知关于的分式方程有增根，那么的值是（   ） A． B．2 C． D．3 4．一个多边形剪去一个角（剪痕不过顶点）后，形成的新多边形内角和与原多边形外角和的差是，则原多边形的边数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．如图，在正六边形中，作正五边形，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．数学探究课上，某小组在用边长相同的正多边形纸板铺平面图形时，将两块正方形纸板和一块正三角形纸板绕点如图放置．若将一块正多边形纸板恰好无空隙、不重叠的拼在处，则这块正多边形纸板是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 7．如图，在中，，平分，于E，则下列结论：①平分；②；③平分；④；⑤A、D两点一定在线段的垂直平分线上，其中正确的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 8．如图，已知正比例函数与一次函数的图象交于点，下面结论正确的是（    ） A．且 B．当时， C．当时， D．当时， 二、填空题 9．一个不等式的解集如图所示，则这个不等式的正整数解是___________．    10．因式分解：______． 11．一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是______． 12．如图所示，在平面直角坐标系中，矩形的边在x轴上，点A，B，D的坐标分别为，，，以点B为圆心，以的长为半径画弧交x轴于点E，则点E的坐标为______． 13．如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，点是对角线上的动点，则的最小值是_______．    14．如图，在四边形中，，平分．将四边形绕点A按逆时针方向旋转一个角度，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是______． 15．如图，的斜边在轴上，，，直角顶点在第二象限，将绕原点顺时针旋转后得到，则点的对应点的坐标是_____． 16．若不等式组的解集为，则a的取值范围是_______． 三、解答题 17．计算 (1)解不等式组 (2)解分式方程： 18．先化简，再求值：，其中． 19．已知：如图，D是的边上一点． 求作：内部的点，使点到两边的距离相等，且． 20．如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，，解答下列问题： (1)将向下平移4个单位长度，再向左平移3个单位长度后得到，画出； (2)将绕点顺时针旋转一定的角度，得到点的对应点的坐标为，请画出旋转后的． 21．已知：如图，在中，E、F分别是和上的点，，M，N分别是和的中点．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 22．如图，在中，F是的中点，．在边上截取，连接，过点A作，垂足为点E，连接，求的长度． 23．某景区需要购买A，B两种型号的帐篷．已知用1800元购买A种帐篷的数量与用3000元购买B种帐篷的数量相等，且B种帐篷的单价比A种帐篷的单价多400元． (1)求A，B两种帐篷的单价各多少元？ (2)若该景区需要购买A，B两种型号的帐篷共20顶（两种型号的帐篷均需购买），且购买B种型号帐篷的数量不少于A种型号帐篷数量的，则购买A，B两种型号的帐篷各多少顶时，总费用最低？最低总费用是多少元？ 24．【问题背景】如图1，在中，．将绕点逆时针旋转至，记旋转角，当线段与不共线时，记的面积为，的面积为．    【特例分析】如图2，当恰好过点，且点，，在同一条直线上时． （1）______°； （2）若，则______，______； 【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，与之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路： 思路1：如图1，过点，分别作直线平行于，，两直线交于点，连接，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题； 思路2：如图2，过点作于点，过点作，交的延长线于点，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题； …… （3）如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究与之间的等量关系为______，并说明理由． 【拓展应用】在旋转过程中，当为面积的时，的值为______    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省青岛市 2025-2026学年下学期数学八年级期末复习卷》参考答案 1．A 【分析】本题考查的是中心对称图形和轴对称图形，根据中心对称图形和轴对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、图形是中心对称图形但不是轴对称图形，符合题意； B、图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； C、图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； D、图形是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意， 故选：A． 2．B 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，根据等腰三角形的性质，底角相等，结合三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：在等腰中，， 故． ∵， ∴； 故选B． 3．B 【分析】本题考查了分式方程增根的概念及应用．解题的关键是先根据分母为零确定增根，再把增根代入去分母后的整式方程求解 m 的值． 【详解】方程两边同乘最简公分母，得． 分式方程的增根是使分母为零的根，即，解得增根为． 将代入整式方程，得． 化简得，解得． 因此，的值为2， 故选：B． 4．A 【分析】本题考查了多边形内角和与外角和，掌握多边形内角和公式以及外角和等于是解题关键．设原多边形边数为，则剪去一个角后边数变为，根据“形成的新多边形内角和与原多边形外角和的差是”，列方程求解即可． 【详解】解：设原多边形边数为，则剪去一个角后边数变为， 则， 解得：， 故选：A． 5．B 【分析】本题考查正多边形的内角与外角，分别求出正六边形，正五边形的内角结合等腰三角形的性质可得结论．解题的关键是求出正多边形的内角，属于中考常考题型． 【详解】解：正六边形内角和为， 正六边形每个内角为， 正五边形内角和为， 正五边形每个内角为， ， ， ， ， 故选：B． 6．B 【分析】本题考查了平面密铺的知识，正多边形的组合进行平面镶嵌，关键是位于同一顶点处的几个角之和为．从而可得，计算正多边形的外角，由此可得边数． 【详解】解：∵正三角形、正方边的内角分别为、， ∴， ∴这块正多边形纸板的边数是：． 故选：B． 7．C 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件可证明，从而可判断①、④正确；利用直角三角形的两锐角互余可判断②；利用角平分线的定义可判断③；利用线段垂直平分线的判定可判断⑤；从而可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵平分， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴平分 故①正确； ∵，且， ∴； 故④正确； ∵， ∴A、D都在线段的垂直平分线上， ∴是线段的垂直平分线， 故⑤正确； ∵， ∴， 故②正确； 若平分，则E应为中点，由条件无法得出， 故③不正确； 综上可知正确的结论有：①②④⑤，共四个， 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．也考查了一次函数的性质．根据一次函数的性质判断A；根据一次函数与一元一次不等式的关系判断B 、C、D． 【详解】解：∵经过第一、三象限， ∴， ∵与y轴交在正半轴， ∴， 故A选项错误； 由图可知，当时，，与矛盾，故B选项错误； 由图可知，当时，，故C选项正确； 由图可知，当时，，故D选项错误； 故选：C． 9．1 【分析】根据数轴上折线的方向及圆点的特点可直接解答． 【详解】解：从图上可知，折线从2出发向左，且是空心圆点，所以解集为， 它的正整数解为1． 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查不等式的解法及在数轴上表示不等式的解集，解决本题的关键是熟练掌握在数轴上表示不等式的解集． 10． 【分析】本题考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握公因式的确定方法是解题的关键． 先确定公因式，再提取公因式即可． 【详解】解：， 故答案为： 11．六 【分析】利用多边形内角和公式（为边数且且为整数 ），将内角和代入公式，通过解方程求出边数．本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】边形的内角和为， ， 解得， 这个多边形的边数是六． 故答案为六． 12．或 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，由矩形的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求点E坐标． 【详解】解：∵矩形的边在x轴上，，，， ∴，，， ∴， ∵以点B为圆心，以的长为半径画弧交x轴于点E， ∴，且， ∴点或， 故答案为：或． 13． 【分析】动点问题,找到对称轴作对称点,相连即可算出答案,连接CE即为AP+PE的最小值． 【详解】   连接CE, 因为A、C关于BD对称． CE即为AP+PE的最小值． ∵正方形边长为4,E是AB中点, ∴BC=4,BE=2． 故答案为: . 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键． 14．75 【分析】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义 ，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据角平分线的定义和旋转的性质的度数即可． 【详解】解：，平分． ， 又旋转的性质，可得， ， 即四边形旋转的角度是． 故答案为：75． 15． 【分析】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据旋转求得角和线段相等是解题的关键． 根据题意，先利用含30度角的直角三角形的性质求得，再根据已知条件及勾股定理求得的长，根据已知，以及旋转的性质可知，，进而可知的坐标． 【详解】解：如图， 是直角三角形， ， ， ， ， ， ，， 由旋转可知，， ， ， 在轴上， 轴， ． 故答案为：． 16． 【分析】本题主要考查了不等式组中的含参问题，熟练掌握找不等式组的解集是解题的关键． 先求出原不等式组中每一个不等式的解集，再根据已知的不等式组的解集为，确定的范围． 【详解】解：， 由①得：，由②得：， ∵原不等式组的解集为， ∴， 故答案为：． 17．(1) (2) 【分析】本题考查求不等式组的解集，解分式方程： （1）求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分，即为不等式组的解集； （2）去分母，将方程转化为整式方程，求解后，进行检验即可． 【详解】（1）解：， 由①，得：； 由②，得：； ∴不等式组的解集为：； （2）， 去分母，得：， 解得：； 经检验，是原方程的解． ∴方程的解为． 18．，． 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，首先根据分式的运算法则把分式化简，可得：原式，把代入化简后的代数式中计算即可． 【详解】解：， ， 当时， 原式. 19．见解析 【分析】本题考查了角平分线的判定，尺规作---角平分线和作垂线，熟练掌握角平分线的判定和尺规作图的方法是解题的关键． 先作的角平分线，再过点D作的垂线与角平分线的交点即为点． 【详解】解：如图，点即为所求： 20．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，熟练掌握平移作图和旋转作图的方法是解题的关键． （1）按照平移要求作出点的对应点，再顺次连接即可作图； （2）由点的坐标可得绕点顺时针旋转，再根据旋转的不变性作出旋转后的点，再连接即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求： （2）解：如图，即为所求： 21．(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，而，即可根据“”证明； （2）由全等三角形的性质得，，因为，，所以，由，得，所以，则，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 在和中， ， ； （2）由得， ，， ，N分别是和的中点， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 22．8 【分析】此题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形中位线等知识，熟练掌握三角形的中位线性质是解题的关键； 根据等腰三角形的三线合一得到，，又由F是边的中点得到为的中位线，即可得到答案． 【详解】解：， 又F是边的中点， 为的中位线， ． 23．(1)A种帐篷的单价为600元，B种帐篷的单价为1000元 (2)当购买A种帐篷15顶，B种帐篷5顶时，总费用最低，最低总费用为14000元 【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，一次函数的实际应用，正确理解题意列出方程，不等式和函数关系式是解题的关键． （1）设A种帐篷的单价为x元，则B种帐篷的单价为元，根据用1800元购买A种帐篷的数量与用3000元购买B种帐篷的数量相等建立方程求解即可； （2）设购买A种帐篷m顶，则B种帐篷顶，总费用为W元，根据购买B种型号帐篷的数量不少于A种型号帐篷数量的列出不等式求出m的取值范围，再列出W关于m的一次函数关系式，利用一次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：设A种帐篷的单价为x元，则B种帐篷的单价为元． 由题意得：， 解得： 经检验：符合题意， ， 答：A种帐篷的单价为600元，B种帐篷的单价为1000元． （2）解：设购买A种帐篷m顶，则B种帐篷顶，总费用为W元． 由题意得：， 解得：． 又两种型号的帐篷均需购买， ． ， ， 随m的增大而减小 当时，W取最小值，， 此时， 答：当购买A种帐篷15顶，B种帐篷5顶时，总费用最低，最低总费用为14000元． 24．（1）60；（2）；；（3），理由见解析；拓展应用：或 【分析】（1）由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得是等边三角形，即可求解； （2）过点F作交延长线于点，设交于点N，通过证明，进而得出，再证明，可得，仅为求解即可； （3）分别根据思路1和2进行推理证明即可； 拓展应用：先根据面积之间的关系得出，继而得出，分别在图3和图2中进行求解即可． 【详解】（1）由旋转可得，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：60； （2）如图，过点F作交延长线于点，设交于点N，    ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：，理由如下： 思路1：如图，过点，分别作直线平行于，，两直线交于点，连接， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴.    思路2：如图，过点作交延长线于点，过点作交延长线于点， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴；    拓展应用： ∵， ∴当为面积的时，， 由（3）思路2得，， ∴， ∴，即， ∴， 如图3，； 如图2,， 综上，的值为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $