期末检测卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版

**基本信息** 试卷以真实生活情境（如社区阅览室选择、物流运输）与数学文化（赵爽弦图、立表测影）为载体，覆盖八年级下册核心知识，梯度设计凸显数学抽象、推理与模型意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|10|数据统计（中位数/众数）、四边形性质、函数图像|第9题马拉松行程图考查函数应用，体现数学眼光| |填空题|6|二次根式、几何计算、规律探究|第14题赵爽弦图结合面积法，渗透文化传承| |解答题|8|几何证明、统计分析、综合应用|20题物流运输方案设计发展模型意识，24题折叠问题提升空间观念|

期末检测卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024） 一、单选题 1．某班开展了法律知识竞赛．现随机抽取5名同学成绩进行分析，依次为：94，97，96，97，95，则这组数据的中位数、众数分别是（     ） A．95，97 B．97，97 C．97，96 D．96，97 2．下列说法不正确的是（     ） A．菱形的对角线互相垂直 B．矩形的四个角相等 C．菱形的四个角相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 3．若的值是有理数，则a的最小偶数值是（     ） A．2 B．3 C．6 D．12 4．一个正多边形，它的每个内角是与其相邻外角的4倍，则这个多边形的边数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 5．函数的图象经过（ ） A．第一、三、四象限 B．第一、二、四象限 C．第一、二、三象限 D．第二、三、四象限 6．如图，中，E，F分别是，边上的中点，连接，，．若是等腰直角三角形，，，则的长是（     ） A．2 B． C． D．2.5 7．如果最简二次根式与能够合并，那么a的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．在语文期末评卷中，某位老师根据评分标准从“符合题意、语言、篇章”三个方面对一份作文做出了二类卷的评判，他的评判依据是“符合题意，中心突出，内容充实”占；“语言通顺，偶有语病”占；“篇章、结构完整，条理较清楚”占，若某位同学这三项的成绩（百分制）依次为80分，85分，90分．则该同学最后得分为（     ） A．81分 B．84分 C．85分 D．86分 9．我市今年4月份举行了鹤壁马拉松赛，甲、乙两选手参加了半马21.0975公里的比赛并跑完全程，其行程y（千米）随时间x（小时）变化的图象如图所示．下列说法正确的序号是（     ） ①起跑后1小时内，甲在乙的前面；②在1小时的时候两人都跑了10千米； ③乙比甲先到达终点；④两人都跑了21.0975公里． A．③④ B．③ C．④ D．②③④ 10．如图，矩形中，点E为上一点，将沿折叠得到，与相交于点G，的延长线与相交于点H，若G为的中点，平分，下列结论:①平分；②点H在的垂直平分线上；③．其中正确的是（     ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 二、填空题 11．下表中记录了一次试验中时间和温度的数据．若温度随时间的变化是均匀的，则19分钟时的温度是_____________． 时间/分钟 0 5 10 15 20 25 温度/ 10 25 40 55 70 85 12．小明参加演讲比赛，他的演讲形象，内容，效果三项分别是9分，8分，8分，若将三项得分依次按的比例确定成绩，则小明的最终比赛成绩为__________分． 13．如图，每个小正方形的边长都为1，A，B，C是小正方形的顶点，则___________． 14．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．其中，，则每个直角三角形的面积为_______． 15．如图1，四边形是平行四边形，连接，动点P从点A出发沿折线匀速运动，回到点A后停止．设点P运动的路程为x，线段的长为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，当点P运动到的中点处时，的长为______， 的面积为______． 16．如图，正方形、…按照如图所示的方式放置，点、、、…和点、、、…分别在直线和x轴上，已知，，，则的坐标是______________． 三、解答题 17．计算：． 18．如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 19．社区计划挑选一间阅览室，作为居民周末上午的固定阅读空间，现有A、B两间阅览室可供选择．工作人员收集了这两间阅览室过去10周周末上午的预约人数（单位：人），数据如下： A阅览室：28，30，40，45，48，48，48，48，48，50 B阅览室：25，25，35，40，40，55，60，65，70，80 阅览室 平均数 众数 中位数 A a 48 48 B 49.5 b c (1)上述表中，_______，_______，_______； (2)小明计算出A阅览室预约人数的四分位数；并绘制了箱线图，请求出B阅览室预约人数的四分位数，并绘制箱线图； (3)根据上述材料分析，社区应该挑选哪间阅览室？请说明你的理由． 20．某物流公司组织辆汽车装运甲、乙、丙三种物资共吨到某地，按计划辆汽车都要装运，每辆汽车只能装运同一种物资且都刚好装满．根据下表提供的信息，解答下列问题： 物资种类 甲 乙 丙 每辆汽车运载量（吨） 每吨所需运费（元/吨） (1)设装运甲种物资的车辆数为，装运乙种物资的车辆数为，求与的关系式； (2)如果装运甲种物资的车辆数不少于，装运乙种物资的车辆数不少于，那么车辆的安排有几种方案？ (3)在（2）的条件下，若要求总运费最少，请写出采用的具体安排方案，并求出最少总运费． 21．如图，平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点． (1)求直线的表达式和点的坐标； (2)直线垂直平分交于点，交轴于点，点是直线上一动点，且在点的上方，设点的纵坐标为． ①用含的代数式表示的面积； ②当时，求点的坐标； ③在②的条件下，在平面直角坐标系中是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 22．“立表测影”是中国天文传统之一，当用来观察季节或时间时，首先“立表”，确保“表”不偏不倚，其次是放置与之垂直的主尺，最后是观察正午日影在圭尺上“勾”出的日影长度，由此判断季节或时间．如图，“表”与“圭”垂直，冬至时节“表”的日影最长（的长），某一节气，光线平分，D为上一点，连接，，． (1)求证：； (2)若“表”，，求的长； (3)若，判断的形状，并说明理由． 23．观察下列各式及其验证过程： ；． 验证： ； ． (1)按照上面结论猜想的结果，并写出验证过程； (2)根据上述各式反映的规律，写出用n（n为正整数，且）表示的等式，并写出验证过程． 24．综合与探究 问题情境：在矩形纸片中，，，点在边上，沿过点，的直线折叠该纸片，得到，然后把纸片展平．连接并延长交射线于点． 猜想证明： (1)如图1，当点与点重合时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 数学思考： (2)如图2，沿过点的直线继续折叠该纸片，折痕为，，且与交于点，然后展平．连接，判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (3)隐去折痕，连接．当时，请直接写出线段的长． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《期末检测卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D D D A D C A B 1．D 【分析】中位数是将数据按大小排序后位于中间位置的数，众数是一组数据中出现次数最多的数． 【详解】解：将这组数据从小到大排序得：，，，，， ∵数据共有个，个数为奇数， ∴中位数是排序后的第个数，即； ∵在这组数据中出现次，出现次数最多， ∴众数是， 因此这组数据的中位数、众数分别是，． 2．C 【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直平分，选项A说法正确，不符合题意； B、矩形的四个角都是直角，则矩形的四个角相等，选项B说法正确，不符合题意； C、菱形的对角相等，邻角互补，四个角不一定相等，只有特殊的菱形（正方形）才满足四个角相等，选项C说法错误，符合题意； D、正方形兼具菱形和矩形的对角线性质，对角线互相垂直平分且相等，选项D说法正确，不符合题意． 3．D 【详解】A．当时，，不是有理数，不符合题意； B．当时，3不是偶数，不符合题意； C．当时，，不是有理数，不符合题意； D．当时，，是有理数，且12是偶数，符合题意． 4．D 【分析】利用内角和相邻外角互补的关系求出外角度数，再根据多边形外角和为计算边数． 【详解】解：设这个正多边形的每个外角为，则每个内角为， ∵内角与相邻外角互补， ∴， 解得， ∵任意多边形的外角和为， ∴这个多边形的边数为． 5．D 【详解】解：在一次函数中， ∵， ∴随的增大而减小， ∵， ∴一次函数与轴负半轴有交点， ∴函数的图象经过第二、三、四象限． 6．A 【分析】延长交的延长线于点M，证明，利用线段垂直平分线的性质得出，结合中点定义建立与的数量关系求解． 【详解】解：延长交的延长线于点M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 7．D 【分析】本题考查同类二次根式的定义，能合并的最简二次根式是同类二次根式，同类二次根式的被开方数相等，据此列方程求解即可． 【详解】解：∵最简二次根式与能够合并 ∴， 解得． 8．C 【分析】根据各部分的权重和对应成绩，按照加权平均数的计算方法求解即可． 【详解】解：∵三个考查方面的权重分别为，，，对应成绩依次为80分，85分，90分． ∴该同学最后得分（分）． 9．A 【分析】根据函数图象，对四个选项逐一分析，作出判断即可． 【详解】解：根据函数图象提供的信息逐项分析判断如下： 起跑后1小时内，乙已经超过甲，故①错误； 在1小时的时候乙跑了10千米，甲不到10千米，故②错误； 在2小时处乙跑在甲前面，从函数图象可知，短时间内甲不可能超过乙，由此可估计乙比甲先到达终点，故③正确； 甲、乙两选手参加了半马21.0975公里的比赛并跑完全程，可知两人都跑了21.0975公里，故④正确； 综上所述：正确的有③④． 10．B 【分析】作于点M，取的中点P，连接，由折叠的性质和矩形的性质得，，进而推出是锐角，结合G为的中点，可得，假设平分结合角平分线性质定理可得，从而推出可判断①；根据折叠性质得，结合平行线的性质推得进而得到可判断②；取的中点P，连接，结合已知条件推出点F是的中点得是的中位线，从而得，再根据矩形的性质结合已知条件证进而得可判断③． 【详解】解：如图，作于点M，取的中点P，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质可知：，， ∴，是锐角， ∴点M与点E不重合， ∴， ∵G为的中点， ∴，假设平分 ， ∵，， ∴， ∴，与 相矛盾， ∴不能平分，故①错误； 由折叠可知，， ， ， ， ， ∴点H在的垂直平分线上，故②正确； ∵平分，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴点F是的中点，点P是的中点， ∴是的中位线， ， ∵四边形是矩形，， ， ， ∵点G是的中点， ∴， 又∵ ， ，故③正确． 综上所述：结论正确的是②和③． 11．67 【分析】温度随时间变化均匀，可知温度是时间的一次函数，先根据表格数据得到函数解析式，再代入计算对应温度即可． 【详解】解：设时间为分钟，此时温度为． 由表格数据可得，每经过分钟，温度升高，因此每分钟温度升高． 当时，， 所以函数关系式为． 当时，代入得． 12．8.3 【分析】根据加权平均数的公式计算，即可求解． 【详解】解：根据题意，得（分）， 故小明的最终比赛成绩为8.3分． 13． 【分析】连接，由勾股定理可得，，再结合勾股定理逆定理得出为等腰直角三角形，且，从而即可得出结果． 【详解】解：如图：连接， 由勾股定理可得：，， ∵， ∴为等腰直角三角形，且， ∴． 14．54 【分析】根据勾股定理结合完全平方公式，求出的值即可. 【详解】解：由勾股定理，得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴每个直角三角形的面积为． 15． 6 【分析】图1和图2中的点对应：点对点，点对点，点对点，根据点运动的路程为，线段的长为，依次解出，即点的横坐标，，即点的纵坐标，然后利用勾股定理求出高，再由三角形中线等分面积即可求解． 【详解】解：在图1中，作，垂足为， 在图2中，取，，    当点P从点A到点B时，对应图2中线段，得， 当点P从B到D时，对应图2中曲线，得， 解得， 当点到点时，对应图2中到达点，得， 在中，，，， ∴， ∴在中，， ∴， 当点运动到的中点处时，． 16． 【分析】先求出点、的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，进而可得点的坐标，归纳类推出一般规律即可． 【详解】解：∵，， ∴，， 将点，代入直线得：， 解得， ∴， ∵，， ∴，，即，， ∴，即， 归纳类推得：点的横坐标为，纵坐标为，其中为正整数， ∴的坐标是． 17． 【详解】解： ． 18．(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵为线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． (2)45 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可； （2）根据矩形的性质得出，确定，再由矩形的性质求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是矩形， ， ． ． ， ． 19．(1)，40和25，； (2)； 绘制箱线图如图所示： (3)社区应该挑选阅览室A． 理由：因为阅览室A的众数和中位数大于阅览室B，且从箱线图看B阅览室预约人数的差距大，A阅览室预约人数的差距小，更稳定，所以社区应该挑选阅览室A． 【分析】（1）根据平均数、众数、中位数的定义，结合数据完成表格即可； （2）结合数据和图表确定第25、50、75百分位数对应的位置，计算得到对应的四分位数，在B的位置标注最小值、下四分位数、中位数、上四分位数、最大值，画出箱线图即可； 【详解】（1）解：A阅览室预约人数的平均数； 根据数据， B阅览室预约人数为25和40的出现次数最多，因此众数b为25和40； 将B阅览室预约人数从小到大顺序排列，第5个数为40，第6个数为55，因此中位数为； （2）略 （3）略 20．(1) (2)车辆的安排共有种方案 (3)安排辆汽车装运甲种物资，辆汽车装运乙种物资，辆汽车装运丙种物资，总运费最少，最少费用为元． 【分析】（1）先表示出装运丙种物资的车辆数为，根据物资总量构造方程，并化简即可； （2）根据题意列出不等式，得到的取值范围，并求出其中的整数解，即可得出安排方案； （3）设总运费为元，根据题意写出与得关系式，利用一次函数的增减性结合的取值范围，求出的最小值，并写出对应的安排方案． 【详解】（1）解：根据题意， 装运丙种物资的车辆数为， ∴， 化简，得； （2）解：∵， ∴装运丙种物资的车辆数为， 根据题意，可列不等式： ， 解得，其中整数解为，，， 答：车辆的安排共有3种方案． （3）解：设总运费为元， 根据题意，， ∵， ∴随着的增大而减小， 又∵， ∴当时，取得最小值， 此时． 答：安排辆汽车装运甲种物资，辆汽车装运乙种物资，辆汽车装运丙种物资，总运费最少，最少费用为元． 21．(1)直线AB的函数表达式为：；点的坐标为 (2)①；②点的坐标为；③存在，点的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法即可求解解析式，再求解B的坐标即可； （2）①由的长度结合直线的垂直平分，可求出，的长度，利用一次函数解析式求出点坐标，进而用含的式子表示点坐标，再利用面积公式即可求解； ②由①的结论，再建立方程求解即可； ③当点在点左边，当点在点右边，构造全等即可求解． 【详解】（1）解：将代入直线 得， 解得：， ∴直线AB的函数表达式为：， 当时，， 则点的坐标为：， （2）解：①∵直线垂直平分，, 则, 当时，， ∴点的坐标为：， ∵点的坐标为：， ∴， ； ②当， ∴， 解得：， ∴点的坐标为； ③存在． 当点在点左边，如图，过点作轴，过点作轴，交于点,过点作轴，交于点, ∴ ∵是等腰直角三角形， ∴,, ∴, ∴ 在和中， ∴， ∴, ∴， 当点在点右边，如图，过点作，交直线于点, ∴ ∵是等腰直角三角形， ∴,, ∴, ∴ 在和中， ∴， ∴, ∴， 综上，点的坐标为或． 22．(1)见解析 (2)5 (3)是等边三角形，理由见解析 【分析】（1）根据角平分线的性质即可得出结论； （2）证明得，根据勾股定理求出，则，在中，由勾股定理求； （3）根据角平分线定义及等边对等角得，证明，进而可得结论． 【详解】（1）证明：∵，平分，， ∴； （2）解：在和中， ， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴，， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴； （3）解：是等边三角形，理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴是等边三角形． 23．(1)， 验证过程为： (2)， 验证过程如下： 【分析】（1）根据材料提示的方法进行计算即可求解； （2）根据材料提示，利用二次根式的性质进行化简即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 24．(1)，理由见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)的长为，或 【分析】（1）根据折叠的性质得出，，进而得出，根据矩形的性质，即可求解； （2）由（1）可知，，，进而证明得出四边形是平行四边形，根据折叠的性质可得，即可得证； （3）设，分类讨论，分别画出图形，当时，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解： 理由如下：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠，得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）四边形是菱形 证明：由（1）可知，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是菱形． （3）解：设， 如图，当时， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵，则， ∴， 在中， ∴ 解得：（舍去）或 ∴ 如图，当重合时，，解得：，即 如图，当是等腰梯形时，如图 ∵，则， ∴， 在中， ∴ 解得： 综上所述，的长为，或 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 $