2025-2026学年人教版八年级数学下册期末考前预测卷

**基本信息** 2025-2026学年人教版八年级数学下册期末预测卷，覆盖二次根式、几何图形、一次函数等核心知识，通过基础题与综合题结合，考查数学抽象、推理及模型应用能力，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题|二次根式化简（1）、数轴与勾股定理（2）、一次函数性质（8）|基础概念辨析，注重数学眼光的培养| |填空题|6题|菱形周长（11）、矩形折叠（12）、一次函数面积（13）|几何变换与计算结合，体现空间观念| |解答题|8题|函数应用（18匀速运动、19弹簧问题）、几何综合（23菱形动态、24矩形证明）|实际情境与动态几何结合，考查推理能力与模型意识|

2025-2026学年人教版八年级数学下册期末考前预测卷 一、单选题 1．最简二次根式与可以合并，则（    ） A．48 B．12 C．6 D．3 2．如图所示，数轴上点A所表示的数为,则的值是(      ) A． B． C． D． 3．如图，在正方形中，点、点分别是边，上的中点，连接，交于点．连接，若点，点分别是，上的中点，连接，，则正方形的边长等于（     ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且．若，则的长为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．如图，已知直线经过点和点，其中点在轴上，点的横坐标为10，若将线段平移至，点的对应点的坐标为，则点的纵坐标是（     ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．已知，在中，的对边分别是a，b，c，下列条件不能判断是直角三角形的是（     ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，，交于点，，，于点，则的长为（    ） A． B． C．3 D． 8．已知一次函数，则下列选项正确的是（     ） A．函数图象经过 B．随的增大而减少 C．直线平行于直线 D．函数图象在第一、三、四象限 9．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 10．如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（   ） A． B． C． D．5 二、填空题 11．菱形的对角线，交于点，，，则菱形的周长为________． 12．如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点B落在点E处，交于点F，若平分，，则长是_______________． 13．如图，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点B，则的面积为___________． 14．如图，矩形中，E是边上一点，将沿翻折，得到，延长交线段的延长线于点G，交线段于点O，若，，，则线段的长为_______． 15．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是____________． 16．如图，平行四边形的对角线相交于点O，且，若，，点B的坐标为，则点D的坐标为______． 三、解答题 17．先化简，再求值：，其中． 18．物体在匀速直线运动中，路程．某物体运动速度恒定，运动3分钟路程为1800米；运动5分钟路程为3000米． (1)求该物体运动速度； (2)若路程不低于2400米，设运动时间为x分钟，列出不等式并求x的取值范围． 19．在一次实验中，小明把一根弹簧的上端固定．在其下端悬挂物体（所挂物体质量不能超过），下面是测得的弹簧的长度与所挂物体质量的一组对应值． 所挂物体质量 0 1 2 3 4 … 弹簧长度 18 20 22 24 26 … (1)上表反映了哪两个变量之间的关系？哪个是自变量？哪个是因变量？ (2)如果物体的质量为，弹簧的长度为，根据上表写出与之间的关系式； (3)当物体的质量为8.5kg时，根据（2）的关系式，求弹簧的长度． 20．如图，在中，，，动点从点出发，沿折线运动，到达点时停止运动（点不与点，重合），设点的运动路程为，的面积为． 请解答下列问题： (1)当点在上，即时，与之间的函数表达式为；当点在上，即时．与之间的函数表达式为：________________； (2)在平面直角坐标系中直接画出函数在范围内的图象； (3)结合函数图象，求出当时的取值范围． 21．如图，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的周长． 22．如图，E，F分别是平行四边形的边、边上的点，且，连接，．求证：四边形是平行四边形． 23．如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，．连接，，． (1)求证：； (2)求四边形的面积； (3)当点，分别在边，上运动时，的面积是否存在最小值，若存在，请直接写出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 24．如图，在四边形中，对角线与相交于点，点是，的中点，点在四边形外，连接，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年人教版八年级数学下册期末考前预测卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B C D C C C A 1．D 【分析】先将化为最简二次根式，根据可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，即可求出的值. 【详解】∵ ， 又∵ 最简二次根式与可以合并， ∴ 两个最简二次根式的被开方数相同， ∴ ． 2．C 【分析】根据勾股定理求出斜边长，即可得出答案． 【详解】解：由题可知，图中直角三角形的两直角边为和， ∴斜边长为， ∴点A所表示的数为． 3．A 【分析】过点G作于点M，连接，证明，得到，然后得到，设，则，然后利用勾股定理和等面积法逐步表示出，，利用三角形中位线的性质得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点G作于点M，连接 ∵在正方形中，点、点分别是边，上的中点， ∴，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 设，则 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵点，点分别是，上的中点， ∴ ∵ ∴ ∴ 解得（负值舍去） ∴ ∴正方形的边长等于． 4．B 【分析】由矩形性质得点为中点，从而可得为的中位线，进而求解． 【详解】解：∵矩形， ， ∵， ， 即点F是边的中点， 点是边的中点， 为的中位线， ． 5．C 【分析】首先确定点，的坐标，进而确定线段的平移方式，进一步可得点的坐标，即可获得答案． 【详解】解：对于直线， 令，可得，解得，即， 令，可得，即， ∵将线段平移至，点的对应点的坐标为， ∴线段的平移方式为先向上平移2个单位长度，再向左平移8个单位长度， ∴点的坐标为，即点的纵坐标是6． 6．D 【分析】本题利用三角形内角和定理与勾股定理的逆定理，逐一判断各选项，即可得出结论． 【详解】解：对选项A，∵ ， ∴ ，符合勾股定理的逆定理，能判定是直角三角形，不符合要求； 对选项B，∵ ，三角形内角和为， ∴ 最大角，能判定是直角三角形，不符合要求； 对选项C，∵ ，且， ∴ ，即，能判定是直角三角形，不符合要求； 对选项D，∵ ，计算得，， ∴ ，不符合勾股定理的逆定理，不能判定是直角三角形，符合要求． 7．C 【分析】根据菱形的性质求出对角线的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，，，， ∴， ∵， ∴， 在中，为的中点， ∴． 8．C 【分析】本题考查一次函数的图象与性质，利用一次函数的点坐标特征，增减性，两直线平行的判定，象限分布规律逐一判断选项即可． 【详解】解：选项A，∵将代入，得 ，∴函数图象不经过点，A错误． 选项B，∵一次函数中，，∴随的增大而增大，B错误． 选项C，∵直线与直线的值相等，截距不相等，∴两直线平行，C正确． 选项D，∵，，∴函数图象经过第一，二，三象限，D错误． 9．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）． 10．A 【分析】连接，根据两点间的距离公式求出，进而根据矩形的对角线相等即可求解． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 11．20 【分析】先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，求出与的长度，再利用勾股定理求出菱形的边长，最后根据菱形四条边相等计算周长即可. 【详解】解：四边形是菱形，对角线，交于点， ，，，， ，， ，， 在中，由勾股定理得， 菱形的周长为. 12． 【分析】由四边形为矩形，可得，，由折叠可知，，可得，由平分，可得，则可得，，在中则可求得的长． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 13．3 【分析】本题考查一次函数与坐标轴的交点计算，当时，值为点纵坐标，同理，当时，值为点横坐标，从而求得，，计算的面积． 【详解】当时，， 当时，，， 则，， 的面积． 14． 【分析】由矩形的性质得到，由平行线的性质可得，再证明，得到；证明，得到，则可证明，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴，即， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 15． 【分析】本题考查的是中心对称，正方形的性质，连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于正方形面积差的四分之一． 【详解】解：连接， ∵正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3， ∴正方形的面积分别为和， ∴图中阴影部分的面积． 16． 【分析】先利用勾股定理求出的长度，构造直角三角形，利用已知点的坐标点和勾股定理求出点的坐标，再利用平行四边形的性质证三角形全等，从而求出点的坐标． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形，， 在中，， 如图所示，分别过点向作垂线，垂足分别为， 则， ， ∵点B的坐标为， ∴， 在中，， 在和中，， ∴，， 又∵点D在第二象限， ∴点D的坐标为． 17．， 【分析】先通分计算括号内的分式的减法，然后把除法转化为乘法，分子、分母因式分解后约分化成最简分式后，把x的值代入再分母有理化即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 18．(1)该物体运动速度为600米/分钟； (2)，． 【分析】（1）根据得到，进而计算即可； （2）根据列不等式计算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴该物体运动速度为（米/分钟）； （2）解：由题意得：， 解得． 19．(1)反映了弹簧长度与所挂物体质量之间的关系，所挂物体质量是自变量，弹簧长度是因变量 (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合“自变量”和“因变量”的定义进行分析解答即可； （2）根据表格中所给数据进行分析表示出与之间的关系式； （3）把代入（2）中的关系式计算即可． 【详解】（1）解：由题意和表中数据可知：上表反映了弹簧长度与所挂物体质量之间的关系； 其中所挂物体质量是自变量，弹簧长度是因变量； （2）解：由表中的数据可知：当所挂物体质量每增加1千克时，弹簧长度增加2厘米，当不挂重物时，弹簧长18厘米， ∴与之间的关系式为：； （3）解：当时，， ∴当所挂物体质量为时，弹簧长度为． 20．(1) (2)如图所示． (3) 【分析】（1）根据点在上时，先表示出，再以为底、为高，代入三角形面积公式，化简得； （2）根据两段函数表达式，分别画出和对应的线段即可； （3）分别令两段函数的，解出和，结合函数先增后减的单调性，得出时的取值范围为． 【详解】（1）解：当点在上，即时， ， ∵，， ∴， ∴； （2）略； （3）∵当时，， ∴令，即， 解得：， ∵当时，， ∴令，即， 解得：， 结合函数图象可知，当时，． 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）利用推出，结合已知，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，证明是平行四边形； （）利用第（）题的平行四边形性质，得到对边相等，再将四条边长度相加计算出周长． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（）知四边形是平行四边形， ∴，， ∴周长为：． 22．见解析 【分析】由平行四边形的性质得到，，由已知得到，根据平行四边形的判定即可得到结论． 【详解】证明：是平行四边形， ，， ∴, 又， ∴，即， 四边形是平行四边形． 23．(1)见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先证明是等边三角形，可得，，进而求出，结合，利用即可证明结论； （2）由（1）知，可得，推出，过点作于点，根据是等边三角形，求出，即可解答； （3）先证明是等边三角形，过点作于点，求出，求出，当时，有最小值，此时的面积最小，同理（2）求出此时即可解答． 【详解】（1）证明：在菱形中，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）知， ∴， ∴， 过点作于点， 由（1）知是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为； （3）解：存在， 由（1）知是等边三角形，， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 过点作于点， ∴， ∴， ∴， 当时，有最小值，此时的面积最小， 同理（2）得此时， ∴． 24．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由对角线互相平分可证明四边形是平行四边形，再由即可证明四边形是矩形； （2）先得到是等边三角形，再由含有的直角三角形设出未知数，结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：是的中点， ， 四边形是平行四边形． ， ． ， ． 又四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形， ． 是等边三角形，即， 在中，． 设，则， ，即， 解得，即， ． 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 $