期末抢分卷（二）（Word版）-【学海风暴】2026年八年级下册数学期末抢分卷B（北师大版·新教材）

**基本信息** 初中数学期末抢分卷，涵盖几何、代数、应用题，通过新定义“好点”、折叠椅子模型、哪吒文创销售等情境，考查几何直观、运算能力、模型观念等核心素养，梯度分明。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单项选择题|6|轴对称与中心对称、分式意义、点对称等|结合几何直观（如平移面积问题）| |填空题|6|完全平方公式、新定义“好点”、旋转最值等|创新题型（如新定义题）| |解答题|11|分式方程、无刻度直尺作图、实际应用等|综合实践（如等腰三角形中点探究）、情境应用（哪吒文创销售）|

初中期末抢分卷（B）·数学 期末抢分卷（二） 一、单项选择题 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. 2. 若分式有意义，则的取值范围是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且且 3. 已知点关于原点对称的点在第四象限，则的取值范围在数轴上表示正确的是（　　）． A. B. C. D. 4. 对于任意整数，多项式都能（　　） A. 被6整除 B. 被7整除 C. 被8整除 D. 被9整除 几何直观 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 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 7. 若多项式能用完全平方公式进行因式分解，则______． 8. 已知分式，当时，分式没有意义；当时，分式的值为零，则的值为______． 9. 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_____． 新定义题 10. 定义：若x，y满足（t为参数），则称点为“好点”．在的范围内，若直线上存在“好点”，则c的取值范围为__________． 11. 如图，在等边中，，点是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，点是边的中点，连接、，则的最小值是__________． 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 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） 运算能力 14. 先化简，再求值：，其中是9的平方根． 15. 解不等式组并将其解集在数轴上表示出来． 16. 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． 转化思想 17. 如图①，在与中，，． （1）与的数量关系是：________． （2）把图①中的绕点旋转一定的角度，得到如图②所示的图形． ①求证：． ②若延长交于点，则与的数量关系是什么？并说明理由． 四、解答题 18. 如图1，已知平行四边形，是的角平分线，交于点． （1）求证：． （2）如图2所示，点是平行四边形的边所在直线上一点，若，且，，求的面积． 模型观念 19. 如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知 ． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面的距离． 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 情境应用 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． 课标 项目式学习 22. 阅读材料：我们把多项式及这样的式子叫做完全平方式如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式的最大值、最小值等． 例如：分解因式． 原式． 由上式可知: =，因为≥0，所以当=0，即时，的最小值是-4． 根据以上材料，利用多项式的配方解答下列问题． （1）利用配方法分解因式：； （2）根据上面解题思路可知多项式有最小值，即当x= 时，最小值是 ． （3）已知、、分别是三边的长且，请判断的形状，并说明理由． 六、解答题 23. 综合与实践 问题提出 某兴趣小组在一次综合与实践中提出这样一个问题：分别以的边、为腰，向外作等腰和等腰，使，，，点，，分别是边、，的中点，连接，，探究，的数量关系． 特例感知 （1）如图，当，，，的数量关系为：______； 类比探究 （2）如图，当为任意三角形时，猜想并证明，的数量关系； 拓展应用 （3）如图，若，直接写出的度数；（用含的式子表示） （4）如图，点，分别在外，，，点是的边的中点，连接，，证明：． 初中期末抢分卷（B）·数学 期末抢分卷（二） 一、单项选择题 【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：． 【2题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了分式有意义的条件，根据分式有意义的条件，据此求解即可． 【详解】解：∵分式有意义， ∴， 解得且且， 故选：D． 【3题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】根据点关于原点对称的点在第四象限，可得点P在第二象限，因此就可列出不等式，解不等式可得a的取值范围. 【详解】解：∵点关于原点对称的点在第四象限， ∴点在第二象限， ∴， 解得：． 则的取值范围在数轴上表示正确的是： 故选C． 【点睛】本题主要考查不等式的解法，根据不等式的解集，在数轴上表示即可,关键在于点P的坐标所在的象限. 【4题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了因式分解的应用．利用平方差公式分解因式，化简后判断整除性即可． 【详解】解：∵ ， ∵ 为整数， ∴ 为整数， ∴ 原式能被9整除． 故选：D 几何直观 【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． 【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 【7题答案】 【答案】5或 【解析】 【分析】本题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．根据完全平方公式分解因式即可． 【详解】解：， ， 或， 故答案为：5或． 【8题答案】 【答案】 【解析】 【分析】本题考查分式有意义和分式的值为零的条件，熟练掌握是解题的关键． 根据分式没有意义，可得，再由分式的值为零，可得，从而得到a，b的值，代入即可得到答案． 【详解】解：∵分式，当时，分式没有意义， ∴， ∴； ∵当时，分式的值为零， ∴， ∴， ∴． 【9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． 新定义题 【10题答案】 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了新定义，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数与系数的关系，求不等式组的解集等知识，熟练掌握以上知识点是关键． 根据题意得出，消去t得，在中，代入计算得出． 【详解】解：∵在的范围内，若直线上存在“好点”， ∴， 消去t得， ∴， ∴， 故答案为：． 【11题答案】 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．根据等边三角形和旋转的性质，证，得到，即点在以点为顶点，且与夹角为的直线上运动，过点作于点，当点在点处时，取得最小值，即为的长，然后结合勾股定理求解即可． 【详解】解：是等边三角形， ，， 由旋转的性质可知，，， ， ， ， 即点在以点为顶点，且与夹角为的直线上运动， 如图，过点作于点， 当点在点处时，取得最小值，即为的长， 点是边的中点， ， 在中，， ， ， 即的最小值是， 故答案为：． 【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 【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． 运算能力 【14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． 【15题答案】 【答案】，数轴见解析 【解析】 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【详解】解： 解不等式①，得， 解不等式②，得， 则不等式组的解集为， 该不等式组的解集在数轴上表示为 【16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， ∴． 转化思想 【17题答案】 【答案】（1） （2）①见解析；②，见解析 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、旋转性质，注意三角形证全等的几种方法要熟练掌握． （1）根据线段的和差定义即可解决问题； （2）①只要证明，即可解决问题； ②利用全等三角形的性质及三角形的内角和定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴，即， 故答案为：； 【小问2详解】 ①证明：由旋转的性质，得， ∴，即 . ∵，， ∴， ∴； ②解：.理由： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 四、解答题 【18题答案】 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要运用平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形面积公式来解题． （1）通过平行四边形性质，平行线性质，角平分线定义和等角对等边证明； （2）利用平行四边形性质和等腰三角形性质得出角度关系，进而判断为直角三角形，通过勾股定理求出的长度，最后根据三角形面积公式求解的面积． 【小问1详解】 证明：是的角平分线， ， 在平行四边形中，， ， ， ， 【小问2详解】 解：由（1）可知，且， ， ， 为等腰三角形， 设，， ，， 又， ， ， ， 即为直角三角形， ， 过点作， ，，， ， ． 模型观念 【19题答案】 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 证明：∵，，， ∴，， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 ∵， 延长交于，连接， 由（1）可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 则，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【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 情境应用 【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． 课标 项目式学习 【22题答案】 【答案】（1）； （2）当时，最小值为； （3）的形状是等边三角形，证明见解析． 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解及其应用，根据材料学会运用配方法因式分解是解题的关键． （1）根据材料配方后，再运用平方差公式因式分解即可； （2）配方后利用偶次幂的非负性即可解答； （3）先配方后，然后利用偶次幂的非负性得到，即可解答． 【小问1详解】 解： ． 【小问2详解】 解： ， 当当时，最小值为． 【小问3详解】 解：的形状是等边三角形，理由如下： ∵ ∴， 利用拆项得：， 即：， 根据两个非负数互为相反数，只能都同时等于0才成立， 于是，， 所以可以得到，即：的形状是等边三角形． 六、解答题 【23题答案】 【答案】（1） 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，中位线的性质，平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定； （1）根据题意得出三点共线，根据已知得，进而根据中位线的性质，即可得出结论； （2）证明，得出，进而根据中位线的性质，即可得出结论； （3）设交于点，交于点，根据全等三角形的性质可得，进而可得，则，设交于点，交于点，根据中位线的性质可得则四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质，即可求解； （4）延长至，连接，同理可得则，进而根据中位线的性质，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵， ∴ ∴三点共线， 又∵， ∴ 即 ∵点，，分别是边、，的中点， ∴ ∴ （2）如图，连接， ∵ ∴即 又∵， ∴ ∴ ∵点，，分别是边、，的中点， ∴ ∴ （3）解：如图，设交于点，交于点， ∵ ∴即 又∵ ∴ ∴ 如图，设交于点，交于点， ∵点，，分别是边、，的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴， （4）如图，延长至，使得，连接， ∵ ∴ 同理可得 ∴ 又∵点是的边的中点，分别为的中点 ∴ ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $