精品解析：陕西西安市高新一中2025-2026学年下学期期末考试八年级数学试题

2025~2026学年度第二学期期末考试试题 八年级数学 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分．每小题只有一个选项是正确的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程一定是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 如图，线段在平面直角坐标系中，将线段沿x轴正方向平移4个单位长度得到线段，连接．若，，则点B的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知x为整数，则能使代数式的值为整数的所有x的和为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 四边形的对角线，相交于点O，且互相平分，添加下列条件，能判定四边形为菱形的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，当每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，则平均每株盈利减少元．要使每盆的盈利达到20元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，为平行四边形的对角线，，于点E，于点F，，相交于点H，直线交线段的延长线于点G．下列结论正确的是（ ） A. 平分 B. C. D. 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 9. 因式分解：______． 10. 若分式的值为零，则x的值是______． 11. 已知，分别是关于x的方程的两个根，且满足，则k的值为______． 12. 如图，在正八边形中，边长，连接，则的长为______． 13. 如图，已知锐角，，过点A作射线．点E从点A出发以的速度沿射线运动，点F从点B出发以的速度沿射线运动．设运动时间为t，如果点E，F同时出发，当以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为____________． 14. 如图，将绕点C顺时针旋转得到，点恰好落在斜边的中点上，连接．若，则的周长为______． 三、解答题（共11小题，计78分．解答应写出过程） 15. 计算：． 16. 解方程： （1）； （2）． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 如图，已知，，请用尺规作图法，在边上求作一点D，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 19. 如图，已知四边形是平行四边形，．证明． 20. 如图，的各顶点坐标分别为，，． （1）下面是嘉嘉设计图案的步骤，请你按步骤完成画图： 步骤一：以点为对称中心，画出与成中心对称的； 步骤二：以点为旋转中心，画出将按顺时针方向旋转后的： （2）在嘉嘉设计的图案中，若点为边上的任意一点，则该点在上对应点的坐标为________． 21. “整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法．阅读以下材料： 因式分解：． 解：将“”看成整体，令，则原式； 再将“A”还原，得原式． 请你参考上述方法解答下列问题： （1）因式分解：__________________； （2）试说明无论n为何值，的值一定是一个非负数． 22. 奶茶店夏日旺季即将来临，某奶茶店预估杨枝甘露会大卖，需要采购精品芒果．根据预测，每千克芒果旺季前进货单价比旺季后贵2元；旺季前花240元采购芒果的重量与旺季后花200元采购的重量完全相同．根据以上信息，解答下列问题： （1）该奶茶店旺季后每千克芒果的进价为多少元？ （2）奶茶店旺季前和旺季后一共采购该种芒果500千克，且总采购成本不能超过5500元；旺季前采购的芒果按每千克20元，旺季后采购的芒果按每千克16元全部卖出．该奶茶店旺季前采购多少千克芒果能获得最大利润？最大利润是多少？ 23. 如图，在菱形中，对角线，交于点O，，，连接，交于点F． （1）试说明四边形是矩形； （2）若，，求矩形的面积． 24. 小高家有一块空地，空地上有一面长为的围墙，小高打算利用围墙和木栏围一块长方形养蜂场，已知木栏总长为，与墙相对的一面木栏需开一扇宽为的门，门不消耗木栏，设长为． （1）如图①，当时， ①____________（用含的代数式表示）； ②若围成的养蜂场面积为，求的长； （2）如图②，当时，养蜂场的面积是否可以达到？并说明理由． 25. 探究解题 （1）如图①，已知正方形，点E为对角线上一点，连接，将绕点D逆时针旋转得到线段，连接．证明； （2）如图②，已知正方形，点E为对角线上一点，连接，过点E作交延长线于点F，以为邻边作矩形．试说明矩形为正方形； （3）如图③，四边形是一个梯形公园，，，，点A，B，C，D分别为公园的四个大门．为方便游客欣赏游玩，某开发商计划在公园内点F处修建一个湖心亭，再修建四座木桥和，两条玻璃栈道和，一条石板廊桥，点H在湖心亭F和大门D的连线上．其中，点M为的中点，点G为的中点，点N和点E分别在边和上，四边形是以和为邻边的矩形．经过勘探得到，，石板廊桥的长度，修建玻璃栈道的费用是每千米320万元（宽度不计）．为节约成本要求修建玻璃栈道的费用最少，那么开发商修建玻璃栈道最少需要花费______万元．（结果保留根号） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期末考试试题 八年级数学 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分．每小题只有一个选项是正确的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意． 2. 下列方程一定是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是解题的关键．根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可求解，一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程． 【详解】解：A．，不是整式方程，故该选项不正确，不符合题意； B．，含有两个未知数，不是一元二次方程，故该选项不正确，不符合题意； C．，当时，是一元二次方程，不符合题意； D．，是一元二次方程，故该选项正确，符合题意； 故选：D． 3. 如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由角平分线的定义可得，由三角形的中位线的性质可得，，，证明，得出，即可得出结果． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵是的中位线， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 4. 如图，线段在平面直角坐标系中，将线段沿x轴正方向平移4个单位长度得到线段，连接．若，，则点B的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点C作轴于点E，则是等腰直角三角形，据此利用勾股定理求出，则可得到点C的坐标，再根据平移方式即可得到点B的坐标． 【详解】解：如图所示，过点C作轴于点E， ∵轴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵将线段沿x轴正方向平移4个单位长度得到线段， ∴． 5. 已知x为整数，则能使代数式的值为整数的所有x的和为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对分式变形分离常数，再根据代数式的值为整数得到是的约数，求出所有符合条件的后求和即可． 【详解】解：对分式变形得， ∵代数式的值为整数，为整数，分式有意义要求， ∴是的整数约数， 即或或或， 解得， 解得， 解得， 解得， ∴所有符合条件的的和为． 6. 四边形的对角线，相交于点O，且互相平分，添加下列条件，能判定四边形为菱形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，再结合菱形的判定定理逐一判断各选项即可． 【详解】解：∵四边形的对角线，相交于点O，且互相平分， ∴四边形是平行四边形， A、是平行四边形对边相等的固有性质，不能判定平行四边形ABCD为菱形，故A不符合题意； B、平行四边形中，即一组邻边相等，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定四边形为菱形，故B符合题意； C、平行四边形中，根据对角线相等的平行四边形是矩形，只能判定四边形是矩形，不能判定为菱形，故C不符合题意； D、无法推出平行四边形有邻边相等或对角线垂直，不能判定四边形为菱形，故D不符合题意． 7. 已知某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，当每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，则平均每株盈利减少元．要使每盆的盈利达到20元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“总盈利每盆总株数平均单株盈利”，分别表示出每盆总株数和平均单株盈利，即可列出方程． 【详解】解：设每盆多植株， ∵原来每盆植3株， ∴现在每盆总株数为株， ∵每增加1株，平均每株盈利减少元， ∴增加株后，平均单株盈利为元， ∵要求每盆盈利达到20元， ∴列出方程为 ． 8. 如图，为平行四边形的对角线，，于点E，于点F，，相交于点H，直线交线段的延长线于点G．下列结论正确的是（ ） A. 平分 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平行四边形的性质可得，，，求出，即可判断A错误；求出，即可判断B错误；由勾股定理可得，再证明，得出，从而可得，即可判断C正确；由题干所给条件无法得出，即可判断D错误． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴平分，故A错误； ∵，， ∴，故B错误； ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故C正确； 由题干所给条件无法得出，故D错误． 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 9. 因式分解：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 10. 若分式的值为零，则x的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】分式的值为零的条件是分子为零且分母不为零，据此求解即可． 【详解】解：∵分式的值为零， ∴且， 解得． 11. 已知，分别是关于x的方程的两个根，且满足，则k的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，． 【详解】解：∵，分别是关于x的方程的两个根， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 12. 如图，在正八边形中，边长，连接，则的长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】过点作于点，过点作于点，由正八边形的性质得到每个内角为，证明四边形是矩形，以及、为等腰直角三角形，继而根据勾股定理得到，从而得到答案． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点， ∴， ∴， ∵八边形是正八边形， ∴， ∴根据正八边形的对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴、为等腰直角三角形， ∴，同理， ∴． 13. 如图，已知锐角，，过点A作射线．点E从点A出发以的速度沿射线运动，点F从点B出发以的速度沿射线运动．设运动时间为t，如果点E，F同时出发，当以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为____________． 【答案】或 【解析】 【分析】分别从当点F在C的左侧与当点F在C的右侧时去分析，当时，以为顶点的四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案 【详解】解：①当点F在C的左侧时，根据题意得： ，， 则， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， 即， 解得：； ②当点F在C的右侧时，根据题意得： ，， 则， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， 即， 解得：； 综上所述：当或时，以为顶点的四边形是平行四边形 14. 如图，将绕点C顺时针旋转得到，点恰好落在斜边的中点上，连接．若，则的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】由旋转的性质可得，，，结合题意得出，再由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：由旋转的性质可得，，， ∵点恰好落在斜边的中点上， ∴， ∴， ∴的周长为． 三、解答题（共11小题，计78分．解答应写出过程） 15. 计算：． 【答案】 【解析】 【详解】解： ． 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）原方程无解 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法计算即可得出结果； （2）解分式方程步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1、检验． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴，； 【小问2详解】 解：去分母得， 去括号得， 移项并合并同类项得， 检验，当时，， ∴原分式方程无解． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【详解】解： ， 当时，原式． 18. 如图，已知，，请用尺规作图法，在边上求作一点D，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】如图，所作即所求， 【解析】 【分析】本题考查用尺规作线段的垂直平分线，“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．作边的中点D，即作边的垂直平分线，交于点D，连接即可． 【详解】解：略． 19. 如图，已知四边形是平行四边形，．证明． 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】由平行四边形的性质得到，得出，进而可证明，由全等三角形的性质即可得到． 【详解】略 20. 如图，的各顶点坐标分别为，，． （1）下面是嘉嘉设计图案的步骤，请你按步骤完成画图： 步骤一：以点为对称中心，画出与成中心对称的； 步骤二：以点为旋转中心，画出将按顺时针方向旋转后的： （2）在嘉嘉设计的图案中，若点为边上的任意一点，则该点在上对应点的坐标为________． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别作出点A、B关于点O的对称点，再与点O首尾顺次连接即可得；再将点分别绕点O顺时针旋转得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可得； （2）结合（1）的作图方法即可解答． 【小问1详解】 解：如图，，即为所求： 【小问2详解】 解：点以点为对称中心的对应点坐标为， 点以点为旋转中心，顺时针方向旋转的对应点坐标为， 则点在上对应点的坐标为． 21. “整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法．阅读以下材料： 因式分解：． 解：将“”看成整体，令，则原式； 再将“A”还原，得原式． 请你参考上述方法解答下列问题： （1）因式分解：__________________； （2）试说明无论n为何值，的值一定是一个非负数． 【答案】（1） （2）将“”看成整体，令， 则原式 ， 再将“A”还原，得原式， ∵无论n为何值，， ∴无论n为何值，的值一定是一个非负数． 【解析】 【分析】（1）将“”看成整体，令，则原式，再将“A”还原即可； （2）将“”看成整体，令，则原式，再将“A”还原即可． 【小问1详解】 解：将“”看成整体，令，则原式， 再将“A”还原，得原式； 【小问2详解】 略． 22. 奶茶店夏日旺季即将来临，某奶茶店预估杨枝甘露会大卖，需要采购精品芒果．根据预测，每千克芒果旺季前进货单价比旺季后贵2元；旺季前花240元采购芒果的重量与旺季后花200元采购的重量完全相同．根据以上信息，解答下列问题： （1）该奶茶店旺季后每千克芒果的进价为多少元？ （2）奶茶店旺季前和旺季后一共采购该种芒果500千克，且总采购成本不能超过5500元；旺季前采购的芒果按每千克20元，旺季后采购的芒果按每千克16元全部卖出．该奶茶店旺季前采购多少千克芒果能获得最大利润？最大利润是多少？ 【答案】（1）奶茶店旺季后每千克芒果的进价为元 （2）旺季前采购250千克芒果能获得最大利润，最大利润是3500元 【解析】 【分析】（1）设旺季后每千克芒果的进价为元，则旺季前每千克芒果的进价为元，由数量相等列出分式方程，求解并检验即可； （2）设奶茶店旺季前采购该种芒果千克，则旺季后采购该种芒果千克，利润为元，由成本可得，根据题意，，由一次函数的增减性可求出的最大值． 【小问1详解】 解：设旺季后每千克芒果的进价为元，则旺季前每千克芒果的进价为元， 根据题意，可列方程：， 解得， 经检验，是原方程的解， 答：旺季后每千克芒果的进价为元． 【小问2详解】 解：设奶茶店旺季前采购该种芒果千克，则旺季后采购该种芒果千克，利润为元， 由（1）可知，旺季后芒果的进价为每千克元， ， ∴旺季前芒果的进价为每千克元， ∵总成本不超过5500元， ∴， 解得， 根据题意，， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，取得最大值， 答：旺季前采购250千克芒果能获得最大利润，最大利润是3500元． 23. 如图，在菱形中，对角线，交于点O，，，连接，交于点F． （1）试说明四边形是矩形； （2）若，，求矩形的面积． 【答案】（1）证明：在菱形中，，， ， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， 又 四边形是矩形； （2）矩形的面积为 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质可得，，从而得到，可得，结合条件，即可证明四边形是平行四边形，进而证明四边形是矩形； （2）由矩形可得，，根据“直角三角形中角所对的边等于斜边的一半”可得，再由勾股定理可得，即可得出矩形的面积． 【小问1详解】 解：略； 【小问2详解】 解：由（1）知，四边形是矩形，， ， 四边形为菱形，， ，， ， ， 在中，， ． 24. 小高家有一块空地，空地上有一面长为的围墙，小高打算利用围墙和木栏围一块长方形养蜂场，已知木栏总长为，与墙相对的一面木栏需开一扇宽为的门，门不消耗木栏，设长为． （1）如图①，当时， ①____________（用含的代数式表示）； ②若围成的养蜂场面积为，求的长； （2）如图②，当时，养蜂场的面积是否可以达到？并说明理由． 【答案】（1）① ② （2）解：当时，养蜂场的面积不能达到， 理由如下： 设时，养蜂场的面积达到， 则，， 根据题意可得：， 整理可得：， ， 方程无解， 当时，养蜂场的面积不能达到． 【解析】 【分析】（1）①设的长度为，根据矩形的周长公式可得； ②如果围成的养蜂场面积为，可列方程，解方程即可求出的长度； （2）设时，养蜂场的面积达到，可列方程：，根据一元二次方程根的判别式可得，所以方程无解，即可作答． 【小问1详解】 ①解：设的长度为， 四边形是矩形， ， 根据题意得：； ②解：围成的养蜂场面积为， 根据题意得：， 整理得：， 解得：， 当时，，符合题意， 当时，，不符合题意，舍去， 答：若围成的养蜂场面积为，则的长为米； 【小问2详解】 略 25. 探究解题 （1）如图①，已知正方形，点E为对角线上一点，连接，将绕点D逆时针旋转得到线段，连接．证明； （2）如图②，已知正方形，点E为对角线上一点，连接，过点E作交延长线于点F，以为邻边作矩形．试说明矩形为正方形； （3）如图③，四边形是一个梯形公园，，，，点A，B，C，D分别为公园的四个大门．为方便游客欣赏游玩，某开发商计划在公园内点F处修建一个湖心亭，再修建四座木桥和，两条玻璃栈道和，一条石板廊桥，点H在湖心亭F和大门D的连线上．其中，点M为的中点，点G为的中点，点N和点E分别在边和上，四边形是以和为邻边的矩形．经过勘探得到，，石板廊桥的长度，修建玻璃栈道的费用是每千米320万元（宽度不计）．为节约成本要求修建玻璃栈道的费用最少，那么开发商修建玻璃栈道最少需要花费______万元．（结果保留根号） 【答案】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴； 由旋转的性质可得， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，过点E作于点P，于点Q， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； ∵，，， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （3） 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质得到，由旋转的性质得到，据此利用可证明； （2）过点E作于点P，于点Q，则四边形是矩形，可得；由角平分线的性质得到；证明，得到，即可证明矩形是正方形； （3）过点A作交的延长线于点T，连接，证明，则可证明四边形是正方形，得到，，进一步可证明四边形是正方形，得到；由（2）可知，四边形是正方形，证明，得到，则点F在上；过点作，连接，则四边形是平行四边形，；过点作于点，于点，连接，则四边形是矩形，证明是等腰直角三角形，求出，则可求出，；证明，得到，故当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的值，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图所示，过点A作交的延长线于点T，连接， ∵，点M为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形， ∴， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形， ∴； ∵四边形是矩形，且点N在上， ∴由（2）可知，四边形是正方形，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴点F在上； 如图所示，过点作，连接，则四边形是平行四边形， ∴； 如图所示，过点作于点，于点，连接，则四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵点G为的中点， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的值， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为，即玻璃栈道的最短长度为， ∴开发商修建玻璃栈道最少需要花费万元． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $