2025--2026学年人教版八年级数学下册 期末模拟卷1

**基本信息** 本卷以文化传承与现实应用为特色，覆盖八年级下册核心知识，梯度设计合理，注重数学思维与实践能力考查，如勾股定理结合《周髀算经》、赵爽弦图验证及消防车云梯等真实问题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|二次根式、勾股数、平行四边形性质、一次函数性质|第2题以《周髀算经》引入勾股数，渗透文化传承| |填空题|5/15|二次根式意义、加权平均数、数轴与勾股定理、一次函数图像|第13题结合矩形与数轴，体现几何直观与抽象能力| |解答题|8/75|二次根式运算、勾股定理应用、平行四边形证明、统计分析、一次函数综合、折叠探究|第17题消防车云梯问题考查建模能力；21题赵爽弦图验证勾股定理，培养推理意识；23题矩形折叠多问探究，发展空间观念与创新意识|

2025-2026学年八年级下学期数学期末模拟1 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．下列二次根式中，属于最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 2．我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中．下列各组数中，是“勾股数”的是（　　） A．2，3，4 B．4，5，6 C．1，，2 D．5，12，13 3．在▱ABCD中，若∠A+∠C＝90°，∠B的度数是（　　） A．100° B．45° C．90° D．135° 4．下列选项计算正确的是（　　） A． B． C． D． 5．甲、乙、丙、丁四名同学参加科技知识竞赛，他们平时测验成绩的平均分相同，方差分别是，则成绩最稳定的是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 6．已知直线y＝﹣3x+2经过点A（1，y1）和点B（﹣2，y2），则y1与y2的大小关系是（　　） A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．不能确定 7．如图，在四边形ABCD中，AB＝2，，CD＝5，DA＝4，∠B＝90°，那么四边形ABCD的面积是（　　） A． B．8 C． D． 8．如图是一次函数y＝kx+b的图象，则关于x的不等式kx+b＞0的解集为（　　） A．x＜3 B．x＞3 C．x＜2 D．x＞2 9．两个等宽的矩形纸带交叉叠合能得到菱形ABCD，连接BD．若∠DCF＝50°，则∠BDE的度数为（　　） A．155° B．145° C．140° D．130° 10．如图，直线y＝x+4与x轴，y轴分别交于点A和点B，C，D分别为线段AB，OB的中点，P为OA上一动点，当PC+PD的值最小时，点P的坐标为（　　） A．（﹣1，0） B．（﹣2，0） C．（﹣3，0） D．（﹣4，0） （第7题） （第8题） （第9题） （第10题） 二．填空题（共5小题，，每小题3分，共15分） 11．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　 　 ． 12．某校在期末考核学生的英语成绩时，将口语、听力、笔试成绩按2：3：5的比例计入总分来确定学生的英语成绩，小明的上述成绩分别为95分、80分、82分，则小明这学期的英语成绩是　 　 ． 13．如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝1，AB在数轴上，以点A为圆心，AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，则点M所表示的数为 　 　 ． 14．如图，函数y＝2x和y＝ax+b的图象相交于点A（m，4），则关于x的不等式2x＜ax+b的解集是 　 　 ． 15．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记△AOM的面积为S1，△CON的面积为S2，若正方形的边长AB＝6，S1＝6，则S2的大小为 　 　 ． 三．解答题（共3小题，每小题7分，共21分） 16．计算：（1）． （2）． 17．“安全重于泰山，生命高于一切”．某地一楼房发生火灾，消防员用消防车上的云梯救人．如图，消防车高4.5米（即AB＝CD＝4.5米），施救点E距离地面的高度EC为19.5米，此时云梯的长度AE为25米． （1）求云梯底部A到楼房的距离AD； （2）消防员发现在E处上方9米的F处有人未撤离，为了救出F处的被困人员，在云梯长度不变的情况下，云梯底部A需沿AD方向前进多少米？ 18．已知：如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE．AF∥BC，且AFBC，连接DF． （1）求证：四边形AFDE是平行四边形； （2）如果AB＝AC，∠BAC＝60°，求证：AD⊥EF． 四．解答题（共3小题，每小题9分，共27分） 19．为了了解初中生对“健康饮食”知识的掌握情况，促进同学们养成良好的饮食习惯，某校在七、八年级开展了“健康饮食知识竞赛”活动．现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（成绩为整数，满分10分，6分及6分以上为合格）进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息． 七年级抽取的20名学生的竞赛成绩为：7，8，7，10，7，6，4，9，10，9，8，5，8，7，6，7，9，7，10，6． 八年级抽取的20名学生的竞赛成绩条形统计图如图： 七、八年级抽取的学生的竞赛成绩的平均数、众数、中位数、8分及以上人数所占百分比如下表所示： 年级 平均数 众数 中位数 8分及以上人数所占百分比 七年级 7.5 a 7 45% 八年级 7.5 8 b c 根据以上信息，解答下列问题： （1）上述表中的a＝　 　 ，b＝　 　 ，c＝　 　 ； （2）根据上述数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生掌握“健康饮食”知识较好？请说明理由（写出一条理由即可）； （3）该校七、八年级各有1200名学生参加了此次竞赛活动，估计七、八年级参加此次竞赛活动成绩合格的学生人数一共是多少？ 20．2025年1月上映的动画电影《哪吒之魔童闹海》引发了国风手办收藏热潮．李老板从某网店购买A，B两款风火轮手办并进行销售．两款风火轮的进货价和销售价如下表： （1）第一次李老板用1100元购进了A，B两款风火轮共30个，求两款风火轮各购进多少个． （2）第二次李老板进货时，网店规定A款风火轮进货数量不得超过B款风火轮进货数量的一半，他计划购进两款风火轮共60个，其中A款风火轮m个，设第二次购进的风火轮全部卖完所获得的利润为W元． 类别价格 A款 B款 进价（元/个） 40 30 售价（元/个） 56 45 ①请用含m的代数式表示W； ②应如何设计第二次进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少元？ 21．综合与实践 【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．图①是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”． 【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的论证方法有多种．小颖受“赵爽弦图”的启发，给出了如图2的拼图：两个全等的直角三角板ABC和DEF，顶点F在AC边上，顶点A，E重合，∠ACB＝∠DFE＝∠BAD＝90°，BC＝EF＝a，AC＝DF＝b（a＜b），AB＝DE＝c，也利用“双求法”验证了勾股定理． 证明：连接BD，CD，则CF＝AC﹣EF＝b﹣a． 则S四边形ABCD＝… （1）请借助图2补全勾股定理的验证过程． （2）如图3，小正方形的边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为　 　 ； （3）如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值． 五．解答题（共2小题，22题13分，23题14分，共27分） 22．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A，B，直线y2＝kx+9与x轴交于点D，与直线y1交于点C，且点C的横坐标是﹣2． （1）求k的值及点A，D的坐标． （2）若点E的坐标是（a，0）（﹣2＜a＜0），过点E作x轴的垂线交直线AC于点F，交直线CD于点G． ①当EG＝2EF时，求点E的坐标； ②当a＝﹣1时，直接写出四边形CDEF的面积． 23．矩形纸片ABCD，AB＝3，BC＝5，点P在边AB上，点Q在边BC上，将纸片沿PQ折叠，使点B落在点E处． 【初步认识】 （1）如图1，折痕的端点P与点A重合． ①当∠CQE＝38°时，∠AQB＝　 　 ； ②若点E恰好在线段QD上，求BQ的长； 【深入思考】 （2）如图2，点E恰好落在边AD上．过点E作EF∥AB交PQ于点F，连接BF．根据题意，补全图2并证明四边形PBFE是菱形； 【拓展提升】 （3）如图3，若DQ⊥PQ，连接DE．当△DEQ是以DQ为腰的等腰三角形时，请直接写出线段BQ的长． 2025-2026学年八年级下学期数学期末模拟1参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．【解答】解：A、，被开方数含分母，不是简二次根式条件，不符合题意； B、，被开方数是小数，即被开方数含有分母，不是最简二次根式条件，不符合题意； C、，被开方数含能开得尽方的因数4，不是最简二次根式条件，不符合题意； D、满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式，符合题意． 故选：D． 2．【解答】解：22+32≠42，不是“勾股数”，所以此选项错误，不符合题意； 42+52≠62不是“勾股数”，所以此选项错误，不符合题意； 不是正整数，故不是“勾股数”，所以此选项错误，不符合题意； 52+122＝132是“勾股数”，所以此选项正确，符合题意； 故选：D． 3．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，AB∥CD， ∵∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠C＝45°，∴∠B＝180°﹣∠A＝135°． 故选：D． 4．【解答】解：根据二次根式的性质，加减运算法则和完全平方公式逐项分析判断如下： 对选项A，，选项 A计算错误； 对选项B，与不是同类二次根式，不能直接合并，即，选项B计算错误； 对选项C，，选项 C计算错误； 对选项D，，选项D计算正确，符合题意． 故选：D． 5．【解答】解：∵四个学生数学成绩的平均数相同，，∴丙的方差最小， ∴这四名学生的数学成绩最稳定的是丙， 故选：C． 6．【解答】解：∵k＝﹣3＜0，∴y随x的增大而减小， 又∵直线y＝﹣3x+2经过点A（1，y1）和点B（﹣2，y2），且1＞﹣2，∴y1＜y2． 故选：B． 7．【解答】解：∵∠B＝90°，AB＝2，，∴， ∵CD＝5，AD＝4，∴AC2+AD2＝32+42＝25，CD2＝52＝25，∴AC2+AD2＝CD2， ∴△ACD是直角三角形，∴∠CAD＝90°， ∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD ， 那么四边形ABCD的面积是6， 故选：A． 8．【解答】解：由一次函数y＝kx+b的图象可得：当x＜3时，y＞0，即kx+b＞0， ∴kx+b＞0的解集为x＜3． 故选：A． 9．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，BC＝CD， ∴∠DCF+∠CDE＝180°，∠BDC＝∠CBD， ∵∠DCF＝50°，∴∠CDE＝180°﹣∠DCF＝130°． ∵∠DCF是△BCD的外角，∴∠DCF＝∠CBD+∠BDC＝2∠BDC＝50°，解得∠BDC＝25°， ∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝130°+25°＝155°， 故选：A． 10．【解答】解：作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，最小值为CD′，如图． 令y＝x+4中x＝0，则y＝4，∴点B的坐标为（0，4）； 令y＝x+4中y＝0，则x+4＝0，解得：x＝﹣4，∴点A的坐标为（﹣4，0）． ∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣2，2），点D（0，2）． ∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2）． 设直线CD′的解析式为y＝kx+b， ∵直线CD′过点C（﹣2，2），D′（0，﹣2），∴，解得， ∴直线CD′的解析式为y＝﹣2x﹣2． 令y＝0，则0＝﹣2x﹣2，解得：x＝﹣1，∴点P的坐标为（﹣1，0）． 故选：A． 二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11．【解答】解：因为在实数范围内有意义，所以x≥0且x﹣1≠0，则x≥0且x≠1． 故答案为：x≥0且x≠1． 12．【解答】解：根据题意得：84（分）．答：小明这学期的英语成绩是8（4分）． 故答案为：84分． 13．【解答】解：根据题意，在长方形ABCD中，∠ABC＝90°， ∵AB＝3，BC＝1，∴， ∵以点A为圆心，AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，∴， ∵A表示的数为﹣1，∴点M所表示的数为， 故答案为：． 14．【解答】解：由条件可得m＝2，由图象可知，2x＜ax+b的解集为x＜2； 故答案为：x＜2． 15．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠MAO＝45°＝∠OBN，OA＝OB， ∵四边形OEGF是正方形，∴∠MON＝90°，∴∠MON+∠MBN＝180°，∴∠BMO+∠BNO＝180°， ∵∠AMO+∠BMO＝180°，∴∠BNO＝∠AMO， 在△AMO和△BNO中，，∴△AMO≌△BNO（AAS），∴S△BNO＝S1＝6， ∵AB＝6，∴S正方形ABCD＝36，∴S△BOCS正方形ABCD＝9，∴S2＝S△BOC﹣S△BNO＝9﹣6＝3， 故答案为：3． 三．解答题（共3小题，每小题7分，共21分） 16．【解答】解：（1）＝325＝6； （2）＝5﹣1＝5﹣1﹣2＝2． 17．【解答】解：（1）根据题意可知，ED＝EC﹣CD＝19.5﹣4.5＝15， 在Rt△ADE中，∠ADE＝90°，（米）． 答：云梯底部A到楼房的距离AD为20米； （2）由题意，得EF＝9，NF＝25，由（1）可知ED＝15，∴FD＝EF+ED＝9+15＝24， 在Rt△FDN中，∠FDN＝90°，（米）， 由（1）可知AD＝20，∴AN＝AD﹣ND＝20﹣7＝13（米）， 答：云梯底部A需沿AD方向前进13米． 18．【解答】证明：（1）∵D、E分别是边AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，即得 DE∥BC，． ∵AF∥BC，，∴DE∥AF，DE＝AF．∴四边形AFDE是平行四边形； （2）∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，即得：AC＝BC． 于是，由点E是AC的中点，得 ． 又∵四边形AFDE是平行四边形，∴四边形AFDE是菱形．∴AD⊥EF． 四．解答题（共3小题，每小题9分，共27分） 19．【解答】解：（1）七年级20名学生竞赛成绩出现次数最多的是7分，∴七年级学生竞赛成绩的众数是a＝7， 把八年级学生成绩从小到大排列，其中第10名是7分，第11名是8分， ∴八年级学生成绩的中位数是分， 八年级学生成绩8分及以上的人数有6+1+3＝10人， ∴八年级学生成绩8分及以上人数所占百分比为， 故答案为：7，7.5，50%； （2）两个年级的平均分相等，八年级学生的众数和中位数比七年级学生的高，八年级学生成绩8分及以上的人数所占的百分比也比七年级学生多， ∴八年级学生掌握“健康饮食”知识较好； （3） 七年级抽查的20名学生中合格的人数占的百分比是， 根据题意可知百分比是， ∴估计两个年级参加此次竞赛活动成绩合格的学生人数一共是1200×90%+1200×95%＝2220人， 答：估计七、八年级参加此次竞赛活动成绩合格的学生人数一共是2220人． 20．【解答】解：（1）设A款风火轮购进x个，40x+30（30﹣x）＝1100，∴x＝20， B款风火轮购进：30﹣20＝10（个） 答：A款风火轮购进20个，B款风火轮购进10个； （2）①设A款风火轮购进m个，获利W元， W＝（56﹣40）m+（45﹣30）（60﹣m）＝m+900，∴W＝m+900， ②由题意可得：，∴m≤20， ∵W＝m+900，∴k＝1＞0，∴W随m的增大而增大， ∴m＝20时，W最大＝920，∴B款风火轮有60﹣20＝40（个）， 答：按照A款风火轮购进20个，B款风火轮购进40个的方案进货才能获得最大利润，最大利润是920元． 21．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DFE＝90°，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD， ∵∠BAD＝90°，∴S四边形ABCD＝S△BAD+S△BCD， ∴，∴， ∴b2＝c2﹣a2，∴a2+b2＝c2； （2）6， ∵，∴，故答案为：； （3）∵AD是高，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∴AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， ∵BD＝x，∴DC＝BC﹣BD＝6﹣x， ∴42﹣x2＝52﹣（6﹣x）2，解得． 五．解答题（共2小题，22题13分，23题14分，共27分） 22．【解答】解：（1）把x＝﹣2代入，得．∴点C的坐标是（﹣2，3）． 把点C（﹣2，3）代入y2＝kx+9，得3＝﹣2k+9，解得k＝3．∴y2＝3x+9． 对于，令y1＝0，得，解得x＝2，∴点A的坐标是（2，0）． 对于y2＝3x+9，令y2＝0，得0＝3x+9，解得x＝﹣3．∴点D的坐标是（﹣3，0）． （2）①∵点E的坐标是（a，0）（﹣2＜a＜0），∴点E在点C的右侧． ∵EF⊥x轴，∴点F的坐标是，点G的坐标是（a，3a+9）．∴，EG＝3a+9． ∵EG＝2EF，∴，解得．∴点E的坐标是． ②．理由如下： 当a＝﹣1时，点E的坐标为（﹣1，0）． ∵点D的坐标为（﹣3，0），∴DE＝2． 把a＝﹣1代入，得．∴点F的坐标为． 把a＝﹣1代入y2＝3x+9，得y2＝6．∴点G的坐标为（﹣1，6）．∴EG＝6，． ∴． 23．【解答】（1）解：①∵∠CQE＝38°，∴∠BQE＝180°﹣∠CQE＝142°， 将纸片沿PQ折叠，折痕的端点P与点A重合，使顶点B落在点E处，∴71°， 故答案为：71°； ②当点E恰好在线段QD上时，如图1， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABQ＝∠C＝90°，AD＝BC＝5，CD＝AB＝3， ∵将纸片沿PQ折叠，使顶点B落在点E处，∴AB＝AE＝3，∠ABQ＝∠AEQ＝90°，BQ＝QE，∴∠AED＝90°， 在直角三角形ADE中，由勾股定理得：， 设BQ＝QE＝x，则DQ＝4+x，CQ＝5﹣x， 在Rt△DCQ中，由勾股定理得：CD2+CQ2＝DQ2，∴32+（5﹣x）2＝（4+x）2，解得：x＝1，∴BQ的长1； （2）证明：补图如图2： 证明：∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP， 由折叠可知，PB＝PE，∠BPF＝∠EPF，∴∠EFP＝∠EPF，∴PE＝EF，∴PB＝EF， ∴四边形PBFE是平行四边形， ∵PB＝PE，∴四边形PBFE是菱形； （3）解：线段BQ的长为或．理由如下： 由折叠可知，BQ＝EQ，设BQ＝EQ＝m，则CQ＝5﹣m， ①当DQ＝EQ时， 在Rt△CDQ中，由勾股定理得：3+（5﹣m）2＝m2，解得，∴； ②当DE＝DQ时，过点D作DF⊥EQ交于F， 则，∠C＝∠DFQ＝90°，由折叠可知：∠PQB＝∠PQE， ∵DQ⊥PQ，∴∠PQB+∠CQD＝∠PQE+∠FQD＝90°，∴∠CQD＝∠FQD， 在△CDQ和△FDQ中，，∴△CDQ≌△FDQ（AAS），∴CQ＝FQ， ∴，解得，∴； 综上所述，线段BQ的长为或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $