期末检测卷2025-2026学年数学八年级下册北师大版

**基本信息** 本卷以2025全运会吉祥物生产、传统马扎结构等真实情境为载体，融合几何变换、代数运算与实际应用，通过基础巩固（如因式分解）、能力提升（如动点路径问题）、创新应用（如代数推理证明）的梯度设计，培养抽象能力、几何直观与模型意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|平移旋转、尺规作图、一次函数图像|结合尺规作图步骤判断全等与垂直平分线，考查推理意识| |填空题|7题|因式分解、不等式性质、四边形角度计算|以马扎结构为背景，通过平行线性质求角度，体现几何直观| |解答题|10题|全等证明、分式方程应用、代数推理|设计等边三角形旋转综合题（含动态几何）、租车方案优化，培养模型意识与创新思维|

期末检测卷-2025-2026学年数学八年级下册北师大版（2024） 一、选择题 1．下列四幅图案可以看作是以图案中某部分为基本图形平移得到的是(　　) A． B． C． D． 2．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60°后得到△A'OB'，若∠AOB=25°，则∠AOB'的度数是（　　） A．35° B．25° C．60° D．85° 3．如图，在△ABC中，∠C=40°，分别以点B和点C为圆心，大于BC的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN，交边AC于点D，连接BD，则∠ADB的度数为（　　） A．40° B．50° C．80° D．100° 4．由粤港澳大湾区承办的第十五届全国运动会于 2025年 11月 9日在广州盛大开幕.本届运动会的吉祥物“喜洋洋”和“乐融融”备受大众喜爱.某玩具厂承担 6000个“喜洋洋”和 4000个“乐融融”的生产任务，受产能限制，每天只能安排生产其中一种吉祥物.已知每天生产“喜洋洋”的数量是生产“乐融融”数量的1.5倍，该工厂完成这批订单总共用了 10天.则该工厂每天生产“喜洋洋”的个数是(　　) A．800 B．1000 C．1200 D．1300 5．已知m、n满足，则的值为（　　） A． B． C． D． 6．关于x的不等式组 有3个整数解，则a的取值范围是(　　) A．- 3≤a<-2 B．- 3<a≤-2 C．- 2≤a<-1 D．- 2<a≤-1 7．如图，线段，点是线段上的动点，分别以为边在作等边、等边，连接，点是的中点，当点从点A运动到点时，点经过的路径的长是（　　） A．3 B．2.8 C．2.5 D．2 8．如图，在平面直角坐标系中，若直线 与直线 相交于点 P，则下列结论错误的是（　　)。 A．方程-x+a= bx-4的解是x=1 B．不等式-x+a<-3和不等式 bx-4>-3的解集相同 C．不等式组 bx-4<-x+a<0的解集是-2<x<1 D．方程组 的解是 9．在某校组织的研学活动中，有中巴和大巴两种车型可供租用，相关租车信息如图所示。设中巴每辆租金为x元，大巴每辆租金为y元，根据信息，下列所列方程（组)中，正确的是（　　） A．5（x+180)+4x=7200 B． C． D． 10．下面是小星同学的尺规作图步骤：（1）以点 O 为圆心，适当长为半径画弧，交OA 于点 M，交OB于点N：（2）分别以点M，N为圆心，大于 长为半径画弧，两弧在∠AOB 内部交于点C：（3）画射线OC；（4）连接MN.根据上面的作图方法，下列结论错误的是（　　） A．△OMC≌△ONC B．∠MOC=∠NOC C．直线OC 是线段 MN的垂直平分线 D．MN是线段OC的垂直平分线 二、填空题 11．因式分解： =　 　. 12．若，则　 　（填“”或“”）． 13．马扎（图1）是中国传统手工艺制品，可以合拢，方便携带．图2为其侧面示意图，，与交于点，若，，则的度数为　 　． 14．如图，某住宅小区内有一长方形地块，想在长方形地块内修筑同样宽的两条小路（图中阴影部分），余下部分绿化，若小路的宽为2m，则绿化面积为　 　？ 15．一次函数的图象如图所示，则不等式的解集为　 　． 16．如图，在△ABC中，点D在AB上，且∠ACD=∠B，∠BAC的平分线AE交CD于点F，外角∠CAN的平分线AM交BC延长线于点M，若∠M=35°，则∠CFE度数是　 　. 17．若关于 x 的一元一次不等式组 有解且最多有 3 个整数解，且使关于 y 的分式方程 有整数解，则所有满足条件的整数 a 的值之和是　 　. 三、解答题 18．因式分解： （1）； （2）； （3）； （4） 19．先化简，后求值：，从，0，1，2选一个合适的值，代入求值． 20．解不等式组： 并把解集表示在数轴上. 21．如图， ▱ABCD的对角线AC， BD相交于点O，且E， F分别是OA， OC的中点，连接DE，DF， BE， BF. （1）求证：四边形 DEBF 是平行四边形； （2）若∠CBD=90°， AC=16， BD=10，求BC的长. 22． 如图，△ABC 为等边三角形，D，E 分别为线段AC，AB 上一点，AE=CD，CE 与 BD 交于点 F。 （1）求证：△AEC≌△CDB； （2）如图1，若 求 EF 的长； （3）如图2，H为射线BC上一点，连接HF，将线段 HF 绕点 F 逆时针旋转120°得 GF，连接BG，若∠GBD=60°，求证：BG=BF+2CF。 23．下面是某数学兴趣小组探究用方程解决实际问题的讨论片段，请仔细阅读，并解决相应的问题.如图是练习册上的一道例题，墨水覆盖了条件的一部分. 排球是深圳体育中考的一个重要项目，某中学为此专门开设了“排球大课间活动”，学校现决定购买A种品牌的排球 25个，B种品牌的排球 50个，共花费 4500元，已知， A、B两种品牌排球的单价. 小明通过查看例题的解析发现： 解：设A种品牌排球的单价为 x元，B种品牌排球的单价为 y元， 则列出二元一次方程组： … （1）根据题意，例题中被覆盖的条件是：　 　(填序号). ①A种品牌排球的单价比 B种品牌排球的单价低 30元； ②A种品牌排球的单价比 B种品牌排球的单价高 30元. （2）请按照例题解析的思路，将省略部分补充完整. （3）老师在例题的条件下，增设了一个问题：根据需要，学校决定再次购进 A、B两种品牌的排球共 50个，总费用不超过 3250元，且购买 A种品牌的排球不少于 23个，学校共有哪几种购买方案? 24． 1637年笛卡尔在其《几何学》中，首次应用待定系数法因式分解.关于笛卡尔的“待定系数法”原理，举例说明：因式分解： 解：观察可知当x=1时，原式=0，因此原式可分解为(x-1)与另一个整式的积.令 而 ∵等式两边x同次幂的系数相等， 解得 根据以上材料，理解并运用材料提供的方法，解答以下问题： （1）若x+1是多项式 的因式，求a 的值，并将多项式 因式分解； （2）若多项式 含有因式x+1及x-2，求a，b的值. 25．某校的研学活动计划租用大容量巴士和舒适型客车两种新能源车辆，两种车型共需18辆，用于接送全校900名师生及若干后勤设备. （1）已知每辆大容量巴士的载客量比每辆舒适型客车多15人；在每辆车均恰好满载的情况下，用大容量巴士运送900名师生，比用舒适型客车运送同样数量的师生少用5辆车。求每辆大容量巴士与每辆舒适型客车的载客量分别为多少人? （2）已知：大容量巴士的单日租金为3000元/辆；舒适型客车的单日租金为2000元/辆.本次研学活动所租用的大容量巴士的数量不少于舒适型客车数量的2倍.请计算租车的单日最低总费用. 26．综合与实践 （1）问题提出： 如图1，点E为等腰内一点，，若另有一个以、为腰的等腰且，求证：． （2）尝试应用： 如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N、M，与交于K，若，．求证：． （3）问题拓展： 如图3，P是内一点，，D在边上，连接，，过P作，垂足为E，若，，求的长． 27．综合与实践 代数推理指设定一定的条件下，依据代数的定义、公式、运算法则、等式与不等式的性质等证明已知结论． 【感知问题】小明计算的时候，发现对于任意两个连续的正奇数m和n，它们的乘积较小数的平方+较小数的2倍． 【举例验证】为验证猜想的正确与否，小明又例举了几组数据： 当时，； 当时，； 当时，； …… 【推理证明】小明做了如下证明： 设两个连续的正奇数分别为（，k为整数）和，则，两个连续的正奇数m和n的乘积较小数的平方+较小数的2倍． （1）【类比猜想】小红提出：任意两个连续的正奇数m和n，它们的乘积较大数的平方较大数的2倍．请举例验证并推理证明． （2）【深入思考】若（m，n为连续的正奇数，q为它们的乘积），求证p能被4整除． 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】A 3．【答案】C 4．【答案】C 5．【答案】D 6．【答案】A 7．【答案】A 8．【答案】D 9．【答案】B 10．【答案】D 11．【答案】（a-2）（a+2） 12．【答案】​​​​​​​ 13．【答案】 14．【答案】560 15．【答案】 16．【答案】55° 17．【答案】12 18．【答案】（1）解： （2）解： （3）解： （4）解： 19．【答案】解：原式 由题可知：，1，2， ， 当时，原式． 20．【答案】解： 解不等式①得，x>-2， 解不等式②得，x≤1， 所以不等式组解集为：-2<x≤1. ∴解集在数轴上表示如图： 21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O， ∴OA=OC， OB=OD， ∵E， F分别是OA， OC的中点 ∴OE=OF， 又∵OB=OD， ∴四边形DEBF是平行四边形. （2）解：∵∠CBD=90°， AC=16， BD=10， 在Rt△OBC中， ∠OBC=90°， 由勾股定理得 ∴BC的长是 22．【答案】（1）证明：在等边△ABC中，AC=BC， ∠A =∠ACB=∠ABC=60°， 在△AEC和△CDB 中， ∴△AEC≌△CDB(SAS)； （2）解：过点E作EG⊥BD于点 G，如图1所示， 图1 ∵△AEC≌△CDB， ∴∠ACE=∠CBD， 设∠ACE=∠CBD=α， 则∠ABD=3∠ACE=3α， ∴4α=60°，解得α=15°， ∴∠EBG=60°-15°=45°， ∴∠BEG=45°。 ∵∠BEF=∠A+∠ACE=75°， ∴∠GEF=30°。 在Rt△EFG中，设FG=x，则EF=2x， 解得x=1，则EF=2x=2 （3）解：证明：延长CE 交 BG 于点 J，在 GB 上取 GI=FC，如图2所示， 由(1)知，△AEC≌△CDB， ∴∠ACE=∠CBD。 ∵∠FCB 是△FCH的一个外角， ∴∠FCB=∠H+∠HFC。 ∵将线段 HF 绕点 F 逆时针旋转120°得GF， ∴FH=FC，∠GFH=120°，∠HFC+∠GFE=60°。 ∵∠FCB+∠ACE=60°=∠H+∠HFC+∠ACE，∠H+∠G +∠ACE =∠H +∠G +∠CBD =360°-∠CBD-∠GFB-∠BFH=360°-60°-(∠GFB+∠BFH)=360°-60°-(360°-∠GFH)=360°-60°-240°=60°， ∴∠HFC=∠G。 在△HFC 和△FGI中， ∴△HFC≌△FGI(SAS)， ∴∠GFI=∠H， 由∠HFC+∠GFE=60°，知∠HFC+∠GFI+∠JFI=60°，则∠HFC+∠H+∠JFI=60°。 ∵∠H+∠HFC+∠ACE=60°， ∴∠JFI=∠ACE，即∠JFI=∠CBD∵∠FJB 是△FJI的一个外角， ∴∠FJB =∠JFI +∠JIF =∠JFI +∠G +∠GFI =∠JFI +∠HFC+∠GFI=60°。 ∵∠BFJ是△FBC的一个外角， ∴∠BFJ=∠FCB+∠CBD=∠FCB+∠ACE=60°， ∴△BFJ是等边三角形，则BF=FJ=BJ。 ∵∠JIF=∠G+∠GFI，∠FCB=∠H+∠HFC， ∴∠JIF=∠FCB， 在△JFI和△FBC中， ∴△JFI≌△FBC(AAS)， ∴JI=FC， ∴BC=BJ+JI+IG=BF+2CF。 23．【答案】（1）② （2）解： 解得： 答：A种品牌排球的单价为 80元，B种品牌排球的单价为 50元 （3）解：设购买种品牌的排球个，则购买种品牌的排球个， 依题意得： 解得：， 又为正整数， 可以为23，24，25， 共有3种购买方案， 方案1：购买种品牌的排球23个，种品牌的排球27个； 方案2：购买种品牌的排球24个，种品牌的排球26个； 方案3：购买种品牌的排球25个，种品牌的排球25个． 24．【答案】（1）解：∵x+1是多项式 的因式， ∴当x=-1时， ∴-1-a+1=0， ∴a=0. 令 而 ∵等式两边x同次幂的系数相等， 解得 （2）解：∵多项式 含有因式x+1和x-2， ∴当x=-1和x=2时，多项式 的值为0， 则 解得 25．【答案】（1）解：设每辆舒适型客车载客量为x人，每辆大容量巴士载客量为（x+15）人， 依题意得： 解得：（不合题意，舍去） 经检验，是原方程的解且符合题意，此时. 则每辆大容量巴士载客量为：x+15=45+15=60 答：每辆大容量巴士的载客量为60人，每辆舒适型客车的载客量为45人. （2）解：设舒适型客车m辆，则大容量巴士为（18-m），单日总租赁费用为w元， 则：2m≤18-m 解之得：m≤6 又有：w=2000m+3000（18-m） =-1000m+54000 ∵k=-1000<0 ∴w随m的增大而减小， 当m=6时，w最小=-1000×6+54000=48000（元） 答：当租用舒适型客车6辆，大容量巴士12辆时，租车单日费用最低，最低费用为48000元 26．【答案】（1）证明：∵是以、为腰的等腰三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴。 （2）证明：延长至G，使，连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴。 （3）解：如图，延长交于点F，连接， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∵， 在中，∠AEF=∠CEF=90°，EF=EF，， ∴， ∴，。 27．【答案】（1）解：举例验证：当时，．（答案不唯一，合理即可） 推理证明：设两个连续的正奇数为（为整数）和，则， ， 两个连续的正奇数和的乘积较大数的平方较大数的2倍． （2）证明：， ． 又为整数， 能被4整除． 学科网（北京）股份有限公司 $