初中期末重组培优卷（Word版）-【学海风暴】2026年八年级下册数学期末冲刺卷（北师大版·新教材）

**基本信息** 初中数学期末冲刺卷整合多地期末真题，涵盖几何（如三角形旋转）、代数（如分式方程）及综合实践（如人工湖测量），通过哪吒文创经济问题、无刻度直尺作图等设计，体现抽象能力、推理能力与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|6题|轴对称与中心对称、不等式性质等|结合图形辨析，考查空间观念| |填空|6题|分式值为0、平移与等腰三角形等|含程序操作题，培养抽象能力| |解答题|11题|分式方程、勾股定理证明、“鸡爪”图形探究等|一题多解（如第13题）、跨学科应用（哪吒文创经济问题）、动手操作（无刻度直尺作图），注重推理与创新|

初中期末冲刺卷·数学 初中期末重组培优卷 一、单项选择题 （2025九江期末） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的（　　） A. B. C. D. （2025鹰潭余江区期末） 2. 如果，那么下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. （2025景德镇期末） 3. 下列分式中，属于最简分式的是（ ） A. B. C. D. （2025新余渝水区期末） 4. 如图，已知函数和的图象交于点，则根据图象可知，当时，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. （2025抚州期末） 5. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点边在轴上，且，将沿轴正方向平移个单位长度后，面积恰好被直线平分，则的值为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 （2025上饶期末） 6. 如图所示，点是等边内一点，，将绕点逆时针旋转一定角度后得到，下列四个结论中：①为等边三角形；②；③；④；其中正确的结论有（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题 （2025鹰潭余江区期末） 7. 若分式的值为0，则x的值为_____． （2025吉安永新期末） 8. 如图，天平左盘放3个乒乓球，右盘放砝码，天平倾斜．设每个乒乓球的质量为，请根据天平列不等式：__________． （2025赣州蓉江新区期末） 9. 如图，在中，，，点D，E分别在边，上，若沿直线折叠，点A恰好与点B重合，且，则_____ ． （2025乐平期末） 10. 如图，在中，对角线与相交于点O，的平分线交于点E，F为的中点，连接．若，，则的长为_____． （2025南昌期末） 11. 对一个实数x按如图所示的程序进行操作，规定：程序运行从“输入一个实数x”到“结果是否大于25？”为一次操作，如果操作进行了两次才停止，则x的取值范围是______． （2025九江期末） 12. 如图，在平面直角坐标系中，直角三角形纸板放置在x轴上，顶点B与原点重合，已知，，现将直角三角形纸板沿x轴向右平移得到，当以，E，F为顶点的三角形是等腰三角形时，平移的距离为______． 三、解答题 （2025吉安青原区期末） 13. 按要求解答下列各题： （1）解分式方程：． （2）如下图，点为三边垂直平分线的交点，，，求的度数．（一题多解法） （2025上饶鄱阳期末） 14. 如图，在中，．求证：为直角三角形． （2025乐平期末） 15. 先化简，再求值：，其中是9的平方根． （2025吉安泰和期末） 16. 解不等式组，并写出这个不等式组的所有整数解． （2025鹰潭余江区期末） 17. 如图，已知，点是的中点，四边形是平行四边形，请仅用无刻度的直尺按要求作图： （1）在图中作的高； （2）在图中过点作直线，使． 四、解答题 （2025上饶余干期末） 18. 图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点B，C，D，E的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B，C，D，E都在滑轨上．当窗户开到最大时，． （1）若，则支点P与支点A的距离为______cm； （2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，求支点P移动的距离． （2025抚州期末） 19. 阅读并完成下列问题： （1）分解下列因式，将结果直接写在横线上： ___________；___________；___________． （2）观察以上三个多项式的系数： ； ； 于是小聪猜测：若多项式是完全平方式，则实数系数a，b，c一定存在某种关系，请你用数学式子表示a，b，c之间的数量关系：___________． （3）解决问题：若多项式是一个完全平方式，求的值． （2025九江期末） 20. 综合与实践 【课本再现】 （1）如图1，D，E分别是等边三角形的两边，上的点，且．求证：； 【拓展探究】 （2）如图2，与交于点P，连接，，，垂足为F， ①求证：； ②若，求的长 五、解答题 （2025南昌期末） 21. 《哪吒之魔童闹海》以传统神话故事为蓝本，在哪吒这一角色身上，淋漓尽致地展现了中国人勇敢无畏的精神力量，这也是传统文化旺盛生命力的缩影．同时，影片还带动了周边文创商品的热销，某商家现购进结界兽、哪吒魔童两种冰箱贴共60枚用于销售，已知购进一枚哪吒魔童冰箱贴比购进一枚结界兽冰箱贴多10元，购进2枚哪吒魔童冰箱贴和3枚结界兽冰箱贴共需220元． （1）求这两种冰箱贴购进时的单价分别为多少元． （2）设购进哪吒魔童冰箱贴枚（），购进两种冰箱贴共花费元，求与之间的函数关系式． （3）若哪吒魔童冰箱贴的售价为65元/枚，结界兽冰箱贴的售价为50元/枚，该商家计划购进这两种冰箱贴所花的总费用不超过2900元，要使这两种冰箱贴全部售完时商家能获得最大利润，请你帮助商家设计购进方案，并求出最大利润． （2025赣州石城期末） 22. 县城有一人工湖，湖面较为宽不能直接测量，某数学学习小组的同学想知道湖面最大宽度的具体数据，分三小组各设计了一种方案： 课题 测量人工湖的长度的长 测量工具 皮尺：直接测量任意可到达的两点间的距离(这两点间的距离不大于皮尺的测量长度，长度单位：)； 测角仪：测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小． 学习小组 第一小组 第二小组 第三小组 测量方案 测量数据 米，米，米 ，米，米 ，，米 （1）小军的做法：米，米 点是线段的中点，点是线段的中点， 是的， 米， ___米． （2）小军求得长度的依据是______________________； （3）请你在第二、第三小组中选择一小组的方案，求出人工湖的长度． 六、解答题 （2025井冈山期末） 23. 某学校数学兴趣小组对特殊三角形外一点与该三角形三个顶点所形成的线段数量关系展开探究： （1）如图①，已知等边三角形边的延长线上一点，且满足，求线段、、的数量关系，马超同学一眼看出结果为，，你是否同意，请聪明的你说明理由； （2）在探究过程中，小组同学们发现，当点不在任意边的延长线上时，所形成的图形形似“鸡爪”，于是兴趣小组同学们对“鸡爪”图形的特点展开深入探究：如图②，为等边三角形，，（1）中的结论是否仍成立？小孙同学是这样做的：首先将线段朝外作等边三角形，连接，……，请沿着小孙同学的思路尝试走下去看看结论是否符合（1）中的结论； （3）如图③，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，请简述线段、、的数量关系； （4）如图④，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，若，，请直接写出的长． 初中期末冲刺卷·数学 初中期末重组培优卷 一、单项选择题 （2025九江期末） 【1题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、既是轴对称图形，又是中心对称图形，该选项符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不合题意； 故选：． （2025鹰潭余江区期末） 【2题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的性质，不等式性质1：不等式的两边同时加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式性质2：不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式性质3：不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，根据不等式的性质，逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：A.∵，∴，故该选项不正确，不符合题意； B. ∵，∴，故该选项不正确，不符合题意； C. ∵，∴，故该选项正确，符合题意； D. ∵，∴，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C． （2025景德镇期末） 【3题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简分式的定义，熟练掌握其定义是解题的关键． 根据最简分式的定义（分子与分母没有公因式的分式），逐一分析各选项即可． 【详解】解：选项A中，的分子分母有公因数2，可约分为，不是最简分式； 选项B中，的分子与分母无公因式，符合最简分式定义； 选项C中，由平方差公式得，的分子分母有公因式，可约分为，不是最简分式； 选项D中，，的分子分母有公因式，可约分为，不是最简分式； 故选：B． （2025新余渝水区期末） 【4题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，利用函数图象，写出直线在直线上方所对应的自变量的范围即可． 【详解】解：根据函数图象可知：点为函数和的交点， 根据函数图象可知，当时，， 故选：A （2025抚州期末） 【5题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中心对称的性质，一次函数与坐标轴的交点问题及平移的性质，先求出两点的坐标，得到，进而求出，即可求出C点的坐标，设沿x轴正方向平移m个单位长度后，得到，由平移的性质得到，结合平行四边形的性质，当直线过的中点时，面积恰好被直线平分，即可求解． 【详解】解：根据题意当时，则， 当时，则， 解得：， ∴， ∴， ∵， 四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 设沿x轴正方向平移m个单位长度后，得到，连接， 则， ∵四边形是平行四边形，即平行四边形是中心对称图形， ∴当直线过的中点时，面积恰好被直线平分， ∵的中点为，即， ∴， 解得：． 故选B． （2025上饶期末） 【6题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】由旋转可得，进而证明，，可判断①；由，，可判断②；证明中，可判断③；取中点Q，连接，，证明，可判断④． 【详解】解：是等边三角形， ， ， 将绕点逆时针旋转一定角度后得到， ， ，，，， ， 为等边三角形； 故①正确； ， ， ； 故②正确； ， ， 在中，， ， ，， ； 故③正确； 如图，取中点Q，连接，， 则， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，点Q是中点， ，， ， 故④正确； 综上可知，正确的结论有4个， 故选D． 【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中线的性质等，能够综合应用上述知识点是解题的关键． 二、填空题 （2025鹰潭余江区期末） 【7题答案】 【答案】0 【解析】 【分析】本题考查了分式的值为零的条件，根据分式的值为零的条件：分母不为0以及分子为0进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴，， 则， 故答案为：0． （2025吉安永新期末） 【8题答案】 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查列不等式，根据图示，乒乓球的总质量大于砝码的质量，列出不等式即可． 【详解】解：由题意得：． 故答案为：． （2025赣州蓉江新区期末） 【9题答案】 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键． 根据题意，得到，由折叠的性质，得到，，利用直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半，得到，由此得到答案． 【详解】解：根据题意得：， ∴， ∴， 由折叠可知， ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：9． （2025乐平期末） 【10题答案】 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，中位线定理，等角对等边等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 由四边形是平行四边形，则，，，，所以，通过角平分线定义可得，则有，所以，然后通过中位线定理可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，，， ∴，，，， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵为的中点，， ∴为中位线， ∴， 故答案为∶2． （2025南昌期末） 【11题答案】 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．根据操作进行了两次才停止，可列出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围． 【详解】解：根据题意得：， 由①得：， 由②得：， ∴， ∴x的取值范围是． 故答案为：． （2025九江期末） 【12题答案】 【答案】或5或8 【解析】 【分析】此题考查了平移的性质，等腰三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 根据题意分三种情况讨论，然后根据等腰三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，当时， ∵，， ∴， 由平移得，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴平移的距离为； 如图所示，当时， ∵，， ∴ ∴ ∴平移的距离为5； 如图所示，当时， ∵ ∴ ∴ ∴平移的距离为8； 综上所述，，当以，E，F为顶点的三角形是等腰三角形时，平移的距离为或5或8． 故答案为：或5或8． 三、解答题 （2025吉安青原区期末） 【13题答案】 【答案】（1） （2）40° 【解析】 【分析】（1）分式方程：先去分母转化为整式方程，求解后检验； （2）利用三角形三边垂直平分线的交点到三顶点距离相等，得等腰三角形，再结合三角形内角和求． 【小问1详解】 解：方程两边同时乘，得， 解得． 检验：当时，， 是原方程的解． 【小问2详解】 解：点为三边垂直平分线的交点， ，，， ，， ． ， ． 一题多解法 （2）设． 点为三边垂直平分线的交点， ， ，， ． 在中，， 即， 解得． 故的度数为． （2025上饶鄱阳期末） 【14题答案】 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题考查勾股定理及勾股定理的逆定理， 先在中，由勾股定理得到，再在中，由勾股定理的逆定理求证即可．熟练掌握勾股定理及其逆定理是解决问题的关键． 【详解】解：在中，， 则由勾股定理可得， 在中，，，则，， ， 则为直角三角形． （2025乐平期末） 【15题答案】 【答案】，当时，原式 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，先将小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的，再根据平方根的概念求得的值，代入求值即可．解题的关键是根据运算法则进行计算． 【详解】解：原式 ， 是9的平方根， ， 当时，分式没意义； 当时，原式． （2025吉安泰和期末） 【16题答案】 【答案】不等式组的解集为；不等式组的所有整数解为 【解析】 【分析】根据一元一次不等式组的解法，先分别解出各个一元一次不等式，再结合“大取大、小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”取不等式组解集，最后写出其所有整数解即可得到答案． 【详解】解：， 由①得，即，解得； 由②得，即，解得； 不等式组的解集为， 不等式组的所有整数解为． 【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握一元一次不等式的解法、理解并灵活运用“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”求不等式组的解集是解决问题的关键． （2025鹰潭余江区期末） 【17题答案】 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【解析】 【分析】本题考查了无刻度的直尺作图，掌握相关知识的应用是解题的关键． （）连接交点，连接，则即为所求； （）连接交点，连接，连接，与交，并延长交与点，连接，则即为所求． 【小问1详解】 解：如图，连接交点，连接，则即为所求； 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴即为所求； 【小问2详解】 解：连接交点，连接，连接，与交，并延长交与点，连接，则即为所求； 理由：由作图可知为中点， ∵三角形的三条高（所在直线）相交于同一点， ∴为中点， ∴为中位线， ∴． 四、解答题 （2025上饶余干期末） 【18题答案】 【答案】（1） （2）支点P移动的距离为 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的实际应用、勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形的性质，根据实际情况构建数学模型． （1）先证四边形是平行四边形，推出，再根据勾股定理解即可； （2）当窗户开到最大时，，根据勾股定理解求出；当关闭状态下，，由此可解． 【小问1详解】 解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； 【小问2详解】 解：∵当窗户开到最大时，， ∴， ∴， ∵， ∴； 当关闭状态下，， ∴窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为． （2025抚州期末） 【19题答案】 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查利用完全平方公式分解因式、平方根，熟记完全平方公式，正确得出系数间的关系是解答的关键． （1）根据完全平方公式进行因式分解解答即可； （2）观察前几个多项式系数间的关系解答即可； （3）根据（2）中得出的系数关系得出关于m的方程，解方程即可求解． 【小问1详解】 解： ， ， ， 故答案为：，，； 【小问2详解】 解： ；；，… ∴前几个多项式系数间的关系可得：， 故答案为： ； 【小问3详解】 多项式  是一个完全平方式， ， ， ， ， ． （2025九江期末） 【20题答案】 【答案】（1）见解析（2）①见解析；②3 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质解答即可； （2）①根据，结合等边三角形的性质，证明即可； ②根据三角形的全等性质，结合等边三角形的性质，勾股定理解答即可； 本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． （2）①证明：∵， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴ ②解：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 设，则， ∴， 在中，∵， ∴ 解得， ∴． 五、解答题 （2025南昌期末） 【21题答案】 【答案】（1）哪吒魔童冰箱贴的单价为50元，结界兽冰箱贴的单价为40元 （2）（） （3）商家购进哪吒魔童冰箱贴50枚，结界兽冰箱贴10枚时，所获利润最大，最大利润为850元 【解析】 【分析】本题考查一次函数和二元一次方程组的应用，正确记忆相关知识点是解题关键． （1）设哪吒魔童冰箱贴的单价为元，结界兽冰箱贴的单价为元，根据题意列方程组，解方程组即可； （2）设购进哪吒魔童冰箱贴枚（），购进结界兽冰箱贴枚，总费用元为两种冰箱贴费用的和列出一次函数即可； （3）设销售两种冰箱贴获得的利润为元，则利润为，根据，随的增大而增大，，且为非负整数可得当时，取最大值． 【小问1详解】 解：设哪吒魔童冰箱贴的单价为元，结界兽冰箱贴的单价为元， 根据题意，得， 解得 则哪吒魔童冰箱贴的单价为50元，结界兽冰箱贴的单价为40元． 【小问2详解】 解：购进哪吒魔童冰箱贴枚（）， 购进结界兽冰箱贴枚． 根据题意，得， 即． 与之间的函数关系式为（）． 【小问3详解】 解：设销售两种冰箱贴获得的利润为元， 根据题意，得，即， ， 随的增大而增大， 该商家计划购进两种冰箱贴所花的总费用不超过2900元， ，即， 解得， 为非负整数， 当时， 取得最大值，（元），此时（枚）， 即商家购进哪吒魔童冰箱贴50枚，结界兽冰箱贴10枚时，所获利润最大，最大利润为850元． （2025赣州石城期末） 【22题答案】 【答案】（1）中位线， 160 （2）小军测得AB长度的依据是三角形的中位线等于第三边的一半 （3）人工湖长为160米 【解析】 【分析】本题考查三角形中位线的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理； （1）根据三角形中位线的性质即可解答； （2）根据三角形的中位线等于第三边的一半； （3）选择第二小组：根据勾股定理即可求解；选择第三小组，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【小问1详解】 解：小军的做法：米，米， 点是线段的中点，点是线段的中点， 是的中位线， 米， 米， 答：人工湖长为米． 【小问2详解】 小军测得长度的依据是三角形的中位线等于第三边的一半； 【小问3详解】 选择第二小组：， 三角形为直角三角形， ， ， 答：人工湖长为米． 选择第三小组：，， 三角形为直角三角形， 米， 米， ， 答：人工湖长为米． 六、解答题 （2025井冈山期末） 【23题答案】 【答案】（1）同意，理由见解析 （2）成立，见解析 （3） （4） 【解析】 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，由三角形外角的性质可得，，由等边对等角可得，由勾股定理可得，等量代换可得； （2）线段朝外作等边三角形，先证，得出，，由勾股定理可得，等量代换可得； （3）线段朝外作等腰直角三角形，先证，得出，再证，利用勾股定理可得，等量代换可得； （4）过点A作，交延长线于点D，仿照（3）证明，推出，可得． 【小问1详解】 解：同意， 理由如下：∵在等边三角形中， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，即； 【小问2详解】 解：（1）的结论成立， 证明：如图，线段朝外作等边三角形，连接， 在等边，等边中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图，线段朝外作等腰直角三角形，连接， 在等腰直角，等腰直角中， ， ，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即； 【小问4详解】 解：过点A作，交延长线于点D， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $