广东省佛山市2025-2026学年下学期八年级数学期末模拟卷

**基本信息** 以垃圾分类、乡村快递等现实情境为载体，覆盖八年级下册几何（平行四边形、旋转）、代数（因式分解、不等式）及函数核心知识，梯度设计兼顾基础巩固与创新应用，体现数学眼光、思维与语言的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|中心对称图形、因式分解、平行四边形判定|第1题结合垃圾分类标志考查中心对称，体现数学眼光| |填空题|5/15|多边形内角和、不等式组整数解、等腰三角形存在性|第14题综合不等式组与分式方程，考查运算能力与推理意识| |解答题|8/75|分式化简求值、网格作图与旋转、快递配送方案设计、密码生成（因式分解应用）、平行四边形性质探究、一次函数综合、几何探究|第20题以密码生成为情境考查因式分解应用，第23题通过构造辅助线探究线段关系，培养创新意识与模型观念|

广东省佛山市2025-2026学年下学期八年级数学期末模拟卷 （本试卷共三大题23小题，满分120分，考试时间120分钟，不能使用计算器.） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共30分） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．以下是四类垃圾分类的标志图案，则四幅标志图案中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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，这个点叫做对称中心． 【详解】解：．不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是中心对称图形，故该选项符合题意； 2．下列式子从左到右的变形中，属于因式分解的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据因式分解的定义，即把一个多项式化为几个整式的积的形式，逐一判断选项即可得到答案． 【详解】选项A、属于整式乘法，右边是多项式的差，不是整式积的形式，故A不符合题意； 选项B、结果为，不是几个整式积的形式，故B不符合题意； 选项C、将多项式化为两个整式与的积，符合因式分解的定义，故C符合题意； 选项D中，左边是单项式，不是多项式，不属于因式分解，故D不符合题意． 3．如图，在中，，是边上的高．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等腰三角形的性质求出顶角的度数，再由直角三角形两锐角互余即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵是边上的高， ∴． 4．若，则下列不等式一定成立的是（    ） A．  B．  C．  D． 【答案】B 【详解】解：已知， A选项，若，，此时，故A错误； B选项，不等式两边同时减去，不等号方向不变，，故B正确； C选项，不等式两边同时乘以，不等号方向改变，，故C错误； D选项，不等式两边同时除以正数，不等号方向不变，，故D错误． 5．化简的结果是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解： ． 6．如图，一次函数和的图象交于，则不等式组的解集为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据函数图像得，当时，得到，继而求出，得到当时，，则当时，，即可解答． 【详解】解：根据函数图像得，当时，即， 将代入，得 ， 解得， ∴， 当时， ， ∴当时，． 7．如图，下列条件中不能判定四边形为平行四边形的是（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断各选项即可． 【详解】解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形为平行四边形，不符合题意； B、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形为平行四边形，不符合题意； C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形为平行四边形，不符合题意； D、无法判断四边形为平行四边形，符合题意 8．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到点，则的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作轴，轴，垂足为点，然后证明即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴，轴，垂足为点，则， ∵， ∴， 由旋转可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴的坐标是． 9．如图，在中，是的中位线，的外角平分线交的延长线于点，若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中位线的性质得出，，，根据平行线的性质，结合角平分线的定义得出，根据等角对等边得出，进而得出，根据中位线的性质即可得出答案． 【详解】解：∵是的中位线，， ∴，，， ∴， ∵的外角平分线交的延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点在一条直线上，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转性质，三角形内角和，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先结合旋转得，，再结合三角形内角和，等边对等角，进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴在中，， 故选：B 第二部分（非选择题 共90分） 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。 11．在同一平面内，将边长相等的一个正五边形和一个正六边形如图拼接，则的度数是_____________． 【答案】 【分析】根据正多边形内角和公式分别求出正五边形和正六边形的内角度数，再利用周角的定义进行计算即可求解． 【详解】正六边形的内角和为 ，则每个内角为， 正五边形的内角和为 ，则每个内角为， 由图可知， 与正六边形的一个内角、正五边形的一个内角共同组成一个周角， 所以 ． 12．若，则___________． 【答案】 【分析】先将因式分解，再代入求解． 【详解】解:， 将代入， 得． 13．满足不等式组的整数解为_______． 【答案】 【分析】先求出不等式组的解集，然后在解集中确定整数解即可． 【详解】解：， 由不等式①得：， 由不等式②得：， ∴不等式组的解集为． ∴满足不等式组的整数解为． 14．若整数a使得关于x的不等式组解集为，使得关于y的分式方程的解为正数，则所有满足条件的整数a的和为__________． 【答案】 【分析】解不等式组，根据不等式组的解集确定的初步取值范围，再解分式方程，根据分式方程的解为正数且分母不为零确定的最终取值范围，排除增根对应的值，找出范围内所有整数计算其和． 【详解】解：解不等式得， 解不等式得， 不等式组的解集为， ， 解得， 解分式方程得， 分式方程的解为正数，且分母不为， 且， 解得且， 可得的取值范围为且， 满足条件的整数为， 计算和为：． 15．在平面直角坐标系中，若，等腰顶角的顶点在坐标轴上，则点的坐标为_______． 【答案】或 【分析】本题考查的是等腰三角形的定义，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质，由等腰顶角的顶点为，如图，作的垂直平分线与坐标轴交于，则交点都符合条件；再进一步求解即可. 【详解】解：∵， ∴，， ∵等腰顶角的顶点为， 如图，作的垂直平分线与坐标轴交于，则交点都符合条件； 设， ∴， ∴， 解得：， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴； 综上所述，点C的坐标为或． 故答案为：或． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16．（本题满分7分） 先化简：，再从，2，3中选择一个适当的数x，代入求值． 【答案】， 【分析】先计算括号内分式的加减运算，再把除法化为乘法运算，得到化简的结果，结合分式有意义的条件确定，最后代入计算即可． 【详解】解：， ． ∵，， 当时，原式． 17．（本题满分7分） 如图，正方形网格中，每个小方格都是边长为1的正方形，的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题． (1)求的面积． (2)将向上平移5个单位长度，画出平移后的． (3)将绕坐标原点顺时针方向旋转，画出旋转后的． 【答案】(1) (2)如图所示： (3)如图所示： 【分析】（1）根据正方形的面积减去三个三角形的面积可得答案； （2）将三角形的三个顶点A，B，C向上平移5个单位长度得到点，再依次连接可得； （3）将的三个顶点绕原点O顺时针旋转得到点，再依次连接即可． 【详解】（1）解：； （2）略 （3）略 18．（本题满分7分） 如图，在锐角中，为边上的高． (1)仅用无刻度的直尺与圆规，作的平分线交于点E，交于点F；（要求：保留作图痕迹，不需写作法和证明） (2)在（1）的条件下，若，，求证：． 【答案】(1)如图即为所求； (2)证明：∵，为边上的高， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 又∵为的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】（1）使用直尺和圆规根据作角平分线的步骤作图即可； （2）先证明得，再证明即可证明结论成立． 【详解】（1）略； （2）略． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19．（本题满分9分） 为落实乡村快递配送，某物流园准备了58万元，用于购入A型无人配送车与B型无人配送车共20辆，承担快递转运任务．已知A型无人配送车、B型无人配送车每辆购入价分别为4.5万元和2万元，A型无人车运送720件快递所用的时间与B型无人车运送480件快递所用的时间相等，且A型无人车每小时比B型无人车多运送15件，由于充电及道路拥堵问题，无人配送车的每天工作时间为8小时． (1)求A、B型无人配送车每小时分别运送快递的件数； (2)求A型无人配送车最多可以购入多少辆？ (3)若该物流园需保证每天6000件快递的转运量，求购入两种无人配送车的方案． 【答案】(1)A型无人配送车每小时运送快递45件，则B型无人配送车每小时运送快递30件 (2)A型无人配送车最多可以购入7辆 (3)没有满足要求的购车方案 【分析】（1）设A型无人配送车每小时运送快递x件，则B型无人配送车每小时运送快递件，根据“A型无人车运送720件快递所用的时间与B型无人车运送480件快递所用的时间相等”列出分式方程，求解并检验即可； （2）设购入A型无人配送车n辆，根据“物流园准备了58万元”列出不等式，求解后取最大整数解即可； （3）设购入A型无人配送车y辆，则B型无人配送车辆，根据“无人配送车的每天工作时间为8小时，物流园需保证每天6000件快递的转运量”列出不等式，求解并结合（2）的结论解答即可． 【详解】（1）解：设A型无人配送车每小时运送快递x件，则B型无人配送车每小时运送快递件，根据题意，得 ， 解得， 经检验，是该分式方程的解， ∴． 答：A型无人配送车每小时运送快递45件，则B型无人配送车每小时运送快递30件． （2）解：设购入A型无人配送车n辆，根据题意，得 解得， ∵n为整数， ∴n的最大值为7． 答：A型无人配送车最多可以购入7辆． （3）解：设购入A型无人配送车y辆，则B型无人配送车辆，根据题意，得 ， 解得， 由（2）可知，A型无人配送车最多可以购入7辆，即， ∴没有满足要求的购车方案． 20．（本题满分9分） 人类使用密码的历史悠久，特别是在当前信息化时代，密码为保护我们的个人隐私，起到了不可或缺的作用．诸如“1234”或生日等简单密码非常容易被破解，因此利用数学原理生成一组既容易记忆又难以破解的密码，十分有必要．利用因式分解可以生成密码，其原理是：将多项式分解因式，如多项式就可以分解成，再对因式赋值生成正整数或0的因式码，比如某同学在读九年级，可以用年级生成密码，取，则有，，，其中，81，26，28分别为因式码．将这三个因式码按从小到大的顺序排列就形成密码262881．当然也可以取另外一些适当的数字，得出新的密码． (1)根据上述方法，若多项式为，当时，请直接写出生成的密码为 ． (2)某同学根据上述方法用年龄生成手机锁屏密码，选取的多项式为，已知该同学手机的锁屏密码是6位数字111519，则该同学当前年龄是多少岁？并说明理由． (3)已知多项式，当x取正整数时，用上述方法生成密码，若密码中最小的因式码为15，请求出其他两个因式码． 【答案】(1)1426 (2)该同学的年龄是15岁，理由如下： ， ∵该同学手机的锁屏密码是6位数字111519， 又∵， ∴，，， 故该同学的年龄是15岁 (3)其他两个因式码为17和64 【分析】（1）先将因式分解，再将分别代入分解后的因式计算即可； （2）先将因式分解，再确定分解后的因式的大小关系，即可得x的值，即为该同学当前的年龄； （3）先将因式分解，再确定最小的因式，根据最小的因式码为15，即可得关于的方程，解方程求出，再代入另外两个因式求值即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，，， ∴密码为1426； （2）略 （3）解：， ∵取正整数，且由最小因式码为15知， ∴，即， 又∵， ∴为最小的因式， ∴， 解得， ∴，． 故其他两个因式码为17和64． 21．（本题满分9分） 如图，平行四边形的对角线相交于点，，且． (1)求证：； (2)若，，猜想与的位置关系，并给予证明． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）根据平行四边形可得，，代入可得，根据勾股定理逆定理可得，即可求解； （2）根据可得，结合可得，，由可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，，， 代入可得，即， 由勾股定理的逆定理可得，，即； （2）解：，证明如下： ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分． 22．（本题满分13分） 如图，直线：与轴交于点D，直线：经过定点且与轴交于点A．直线，交于点 (1)求直线的解析式； (2)在轴上是否存在一点E，使与的面积的相等？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由； (3)平面内是否存在点Q，使得以A、B、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标（并请写出求出其中一个点Q的过程）． 【答案】(1)； (2)存在，点E的坐标为或； (3)存在，点的坐标为或或． 【分析】（1）先求出直线的解析式为，再求出点，利用待定系数法即可求解； （2）求出点的坐标，得到，设点，得到，再根据，求解即可； （3）分两种情况：当为平行四边形的边，当为平行四边形的对角线，分别求解即可． 【详解】（1）解：把代入，得：， ∴， ∴直线的解析式为：， 把点代入，得：， ∴点， 把点代入，得：， ∴， ∴直线的解析式为：； （2）解：存在，理由如下： 如图： 当时，， ∴， ∴点， 当时，， ∴， ∴点， ∴， 设点， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 解得：或， ∴点E的坐标为或； （3）解：存在，理由如下： 如图： 当为平行四边形的边时，， ∴点的横坐标为或，纵坐标为， ∴点的坐标为或， 当为平行四边形的对角线时，， ∵，， ∴点向右平移5个单位，向下平移5个单位到点，则点向右平移5个单位，向下平移5个单位到点， ∴点的坐标为，即， 综上，点的坐标为或或． 23．（本题满分14分） 探究以下问题： 【问题提出】 (1)如图①，在和中，点在边上，是边的中点，．探究与之间的数量关系． 小明在组内经过合作交流，得到解题方法；如图②，过点作，交的延长线于点，构造即可判断，则与之间的数量关系是________； (2)如图③，在中，，，是的中线，过点作，且，，求的长； (3)【问题解决】为贯彻五育并举方针，将劳动教育纳入必修课程，某校在校园内建造了一处劳动实践基地（如图④），米，为的中点，于点，将区域作为工具房，点在上，米，，，将和区域作为展示区．求展示区的边的长． 【答案】(1) (2)6米 (3)80米 【分析】（1）证明，得出，，结合题意可得，由等腰对等角得出，即可得解； （2）过点作，交的延长线于点，证明，得出，．再证明出是线段的垂直平分线，即可得解； （3）过点作，交的延长线于点，先证明．得出，，再证明，得出，，从而可得，求出米，即可得解． 【详解】（1）解：如图②，过点作，交的延长线于点， 则， ∵是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图③，过点作，交的延长线于点． ∴，． ∵是的中线， ∴． 在和中， ， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴，即，，三点共线． ∵，即， ∵， ∴是线段的垂直平分线． ∴． （3）解：如图④，过点作，交的延长线于点． ∴． ∵为的中点， ∴． 在和中， ， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴，． ∴． ∵米， ∴米． ∴米． ∴（米）． ∴展示区的边的长为80米． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省佛山市2025-2026学年下学期八年级数学期末模拟卷 （本试卷共三大题23小题，满分120分，考试时间120分钟，不能使用计算器.） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共30分） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．以下是四类垃圾分类的标志图案，则四幅标志图案中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．下列式子从左到右的变形中，属于因式分解的是（     ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，是边上的高．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 4．若，则下列不等式一定成立的是（    ） A．  B．  C．  D． 5．化简的结果是（     ） A． B． C． D． 6．如图，一次函数和的图象交于，则不等式组的解集为（     ） A． B． C． D． 7．如图，下列条件中不能判定四边形为平行四边形的是（     ） A．， B．， C．， D．， 8．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到点，则的坐标是（     ） A． B． C． D． 9．如图，在中，是的中位线，的外角平分线交的延长线于点，若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 10．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点在一条直线上，则的度数为（　　） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共90分） 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。 11．在同一平面内，将边长相等的一个正五边形和一个正六边形如图拼接，则的度数是_____________． 12．若，则___________． 13．满足不等式组的整数解为_______． 14．若整数a使得关于x的不等式组解集为，使得关于y的分式方程的解为正数，则所有满足条件的整数a的和为__________． 15．在平面直角坐标系中，若，等腰顶角的顶点在坐标轴上，则点的坐标为_______． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16．（本题满分7分） 先化简：，再从，2，3中选择一个适当的数x，代入求值． 17．（本题满分7分） 如图，正方形网格中，每个小方格都是边长为1的正方形，的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题． (1)求的面积． (2)将向上平移5个单位长度，画出平移后的． (3)将绕坐标原点顺时针方向旋转，画出旋转后的． 18．（本题满分7分） 如图，在锐角中，为边上的高． (1)仅用无刻度的直尺与圆规，作的平分线交于点E，交于点F；（要求：保留作图痕迹，不需写作法和证明） (2)在（1）的条件下，若，，求证：． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19．（本题满分9分） 为落实乡村快递配送，某物流园准备了58万元，用于购入A型无人配送车与B型无人配送车共20辆，承担快递转运任务．已知A型无人配送车、B型无人配送车每辆购入价分别为4.5万元和2万元，A型无人车运送720件快递所用的时间与B型无人车运送480件快递所用的时间相等，且A型无人车每小时比B型无人车多运送15件，由于充电及道路拥堵问题，无人配送车的每天工作时间为8小时． (1)求A、B型无人配送车每小时分别运送快递的件数； (2)求A型无人配送车最多可以购入多少辆？ (3)若该物流园需保证每天6000件快递的转运量，求购入两种无人配送车的方案． 20．（本题满分9分） 人类使用密码的历史悠久，特别是在当前信息化时代，密码为保护我们的个人隐私，起到了不可或缺的作用．诸如“1234”或生日等简单密码非常容易被破解，因此利用数学原理生成一组既容易记忆又难以破解的密码，十分有必要．利用因式分解可以生成密码，其原理是：将多项式分解因式，如多项式就可以分解成，再对因式赋值生成正整数或0的因式码，比如某同学在读九年级，可以用年级生成密码，取，则有，，，其中，81，26，28分别为因式码．将这三个因式码按从小到大的顺序排列就形成密码262881．当然也可以取另外一些适当的数字，得出新的密码． (1)根据上述方法，若多项式为，当时，请直接写出生成的密码为 ． (2)某同学根据上述方法用年龄生成手机锁屏密码，选取的多项式为，已知该同学手机的锁屏密码是6位数字111519，则该同学当前年龄是多少岁？并说明理由． (3)已知多项式，当x取正整数时，用上述方法生成密码，若密码中最小的因式码为15，请求出其他两个因式码． 21．（本题满分9分） 如图，平行四边形的对角线相交于点，，且． (1)求证：； (2)若，，猜想与的位置关系，并给予证明． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分． 22．（本题满分13分） 如图，直线：与轴交于点D，直线：经过定点且与轴交于点A．直线，交于点 (1)求直线的解析式； (2)在轴上是否存在一点E，使与的面积的相等？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由； (3)平面内是否存在点Q，使得以A、B、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标（并请写出求出其中一个点Q的过程）． 23．（本题满分14分） 探究以下问题： 【问题提出】 (1)如图①，在和中，点在边上，是边的中点，．探究与之间的数量关系． 小明在组内经过合作交流，得到解题方法；如图②，过点作，交的延长线于点，构造即可判断，则与之间的数量关系是________； (2)如图③，在中，，，是的中线，过点作，且，，求的长； (3)【问题解决】为贯彻五育并举方针，将劳动教育纳入必修课程，某校在校园内建造了一处劳动实践基地（如图④），米，为的中点，于点，将区域作为工具房，点在上，米，，，将和区域作为展示区．求展示区的边的长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $