精品解析：河南郑州市2025-2026学年八年级下学期6月期末数学试题

八年级 数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列分式是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了最简分式的判断，根据最简分式的定义，分子和分母没有公因式的分式即为最简分式．逐一分析各选项，判断是否存在可约分的公因式． 【详解】解：选项A：，分子为1，分母为一次多项式，两者无公因式，无法约分，是最简分式． 选项B：，分子4与分母的公因数为4，约分后为，不是最简分式． 选项C：，分母可分解为，与分子有公因式，约分后为，不是最简分式． 选项D：，分子可提取公因式，分解为，与分母有公因式，约分后为，不是最简分式． 故选∶A 2. 起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：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可得答案． 【详解】解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：． 3. 已知a，b是实数，若，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质．熟练掌握不等式的性质是解题的关键． 根据不等式的性质判断各选项即可． 【详解】解：∵， ∴，，，， ∴A、B、C错误，故不符合要求；D正确，故符合要求； 故选：D． 4. 如图，要用“”判定和全等的条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形全等判定定理“”，解题的关键是明确“”定理是指斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等． 根据“”定理（斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等），逐一分析选项，判断哪个选项符合“”的条件． 【详解】解：“”定理适用于直角三角形全等的判定，具体为：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等， 对比选项，只有C项符合题意， 故选：C． 5. 把多项式因式分解时，应提取的公因式是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查因式分解中公因式的确定，熟练掌握方法是关键． 根据找公因式的方法，系数取最大公约数，相同字母取最低次幂即可得出． 【详解】∵系数、、的最大公约数为，字母的最低次幂为，字母的最低次幂为， ∴公因式为． 故选：D． 6. 如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（ ） A. 对角线互相平分 B. 两组对边分别相等 C. 一组对边平行且相等 D. 两组对边分别平行 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题关键． 【详解】解：由题意可知，，且， ∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， 故选：A． 7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了增根的概念， 先去分母，再利用增根的意义即可求解，正确理解增根的含义是解题的关键． 【详解】解：， 整理得：， ， ∵关于的分式方程有增根， ∴， 解得：， 故选：． 8. 如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别是，，，点是平面内一点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分三种情况，根据平行四边形的性质得出点的坐标，即可解决问题． 本题考查了平行四边形的判定以及坐标与图形性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 【详解】解：如图， 分三种情况： ①当，时，点的坐标为； ②当，时，点的坐标为； ③当，时，点的坐标为； ∴点的坐标不可能是． 故选：B． 9. 如图，在平面内将一块含的三角板向右平移得到，若，则边扫过的面积与边扫过的面积之比为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，过点B作于点G，延长交于点H，根据平移的性质可得，求出，根据，求出，进而得到，设，根据直角三角形的性质求出，再计算出边扫过的面积与边扫过的面积即可得出答案． 【详解】解：过点B作于点G，延长交于点H， 由平移的性质可得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∴边扫过的面积为，边扫过的面积为，， ∴边扫过的面积与边扫过的面积之比为． 故选：B． 10. 若整数a使关于x的不等式组有且只有3个整数解，且使关于y的分式方程 的解满足，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了根据不等式组的解集情况求参数，根据分式方程的解的情况求参数，先解不等式组的两个不等式，再根据不等式组只有3个整数解得到，则，再解分式方程得到，根据，且，求出，且，由此确定整数a的值，最后求和即可． 【详解】解：解不等式组 ， 解得 该不等式组有且只有个整数解，即三个整数解为，，1， 解得． 解分式方程 得． ，且， ，，解得且． 综上，且． 为整数， 或，即满足条件的整数的值之和为． 故选：A． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若分式有意义，则应满足的条件是__________． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵分式有意义， ∴， 解得． 12. 若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式以及外角和为建立一个关于边数的方程，解方程即可． 【详解】设多边形边数为n， 根据题意有， 解得 ， 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查多边形内角和与外角和，掌握多边形内角和公式和外角和为是解题的关键． 13. 如图，函数为常数，与均为常数且都不为的图象相交于点，则关于的不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】由图可得过原点的直线是函数的图象，不等式表示直线在上方时的取值范围，通过交点可得当时满足条件；本题主要考查了一次函数和一元一次不等式的图象和性质，熟练运用数形结合的思想，掌握两个图象的交点是两个函数值大小关系的分界点是解题的关键． 【详解】解：由图得直线是函数的图象， 解不等式即求直线在上方时的取值范围， 又∵两直线相交于点， ∴当时满足条件， 故不等式的解集为． 故答案为：． 14. 如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，上一个动点，点为的中点，连接，，点，分别为，的中点，则线段的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据中位线的性质可得，则需求得的取值范围，当时，取最小值，当与点重合时，取最大值，分别求解即可． 【详解】解：如图，连接， 点，分别为，的中点， ， 当时，取最小值， ， 为等腰直角三角形， 点为的中点， ， ，此时， 当与点重合时，取最大值，过点作于点， 则， ， ，此时， 综上，线段的取值范围为． 15. 如图，在等边三角形中，点为的中点，点为线段上不与端点重合的一个动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．若，则当为直角三角形时，的长为______． 【答案】或 【解析】 【分析】根据等腰三角形三线合一可得，，，由旋转性质可得，，然后证明，所以，，然后分当时，当时两种情况求解即可． 【详解】解：∵在等边三角形中，点为的中点， ∴，，，， ∴，，， 由旋转性质可得，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 则当时，如图， ∴， ∴， ∴； 当时，如图， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴； 综上可得：的长为或． 三、解答题（共8题，共75分） 16. 按要求完成各题． （1）因式分解：； （2）解分式方程：； （3）解不等式组： 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：原方程去分母得：， 去括号得：， 移项合并得：， 解得：， 经检验，当时，， 是分式方程的解； 【小问3详解】 解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， 不等式组的解集为． 17. 化简并求值：，其中下面是甲、乙两同学的部分运算过程： 甲同学 解：原式 乙同学 解：原式 （1）甲同学解法的依据是______；乙同学解法的依据是______．（单选题，填序号） ①等式的基本性质；②分式的基本性质；③乘法分配律；④乘法交换律． （2）请你选择一种解法，写出完整的解答过程． 【答案】（1）； （2） 解：选甲同学的做法： 原式 ， 把代入上式，原式． 选乙同学的做法： 解：原式 ， 把代入上式，原式． 【解析】 【分析】（1）根据分式的基本性质，以及乘法分配律，即可解答； （2）若选择甲同学的解法，先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答；若选择乙同学的解法，利用乘法分配律进行计算，然后把的值代入化简后的式子进行计算，即可解答． 【小问1详解】 解：甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律； 【小问2详解】 略 18. 如图，在中，对角线，相交于点，，，垂足分别为，． （1）求证：． （2）若，求的长． 【答案】（1）见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）先结合平行四边形的性质得，再证明，则，即可作答． （2）先由得，再运用勾股定理列式计算得，又因为平行四边形的性质得，即可作答． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）得， 又， ∴， ∵， ∴在中， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 19. 如图，已知点，，． （1）将绕点逆时针旋转得，画出，并写出点的对应点的坐标为　　． （2）画出关于原点成中心对称的图形；并写出点的对应点的坐标为　　． （3）在平面直角坐标系内找点，使得、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为　　． 【答案】（1） 解：如图，即为所求， 则点的坐标为， 故答案为：． （2） 解：如图，即为所求， 则点的坐标为， 故答案为：． （3）或或 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得； （2）根据中心对称的定义分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得； （3）分①组成的平行四边形是，②组成的平行四边形是，③组成的平行四边形是三种情况，分别根据平行四边形的性质求解即可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：①如图，组成的平行四边形是， ，， 将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点， 将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点， ， ，即为； ②如图，组成的平行四边形是， 同理可得：； ③如图，组成的平行四边形是， 同理可得：； 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了旋转画图、画中心对称图形、平行四边形、点坐标的平移变换，熟练掌握旋转和中心对称图形的画法是解题关键． 20. 已知． （1）尺规作图：（保留作图痕迹，不写作法） ①作的平分线交于点； ②作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接，； （2）求证：四边形是菱形． 【答案】（1） （2）证明：垂直平分， ，， ， ， ，， ∴， ， ， ， 同理可证， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形． 【解析】 【分析】（1）根据要求作图即可； （2）根据垂直平分线的性质得到，，证明， 得到，，可知，同理可证，即可证明四边形是平行四边形，进而可证四边形是菱形． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略． 21. 阅读以下材料． 材料：因式分解：． 解：将“”看成一个整体，令，则原式． 再将“”还原，得原式． 上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题： （1）因式分解：； （2）因式分解：； （3）试证明：无论为何值，式子的值一定是一个不小于2的数． 【答案】（1） （2） （3）证明：令， ， 将还原， ， 无论为何值， ， 即式子的值一定是一个不小于2的数． 【解析】 【分析】（1）令，则原式可化为，运用完全平方公式因式分解，再将“m”还原即可； （2）令，则原式可化为运用完全平方公式因式分解，再将“m”还原，注意还原之后能继续因式分解要继续分解； （3）令，则原式可化为，配方法得到，将“m”还原之后可化为，根据即可得解． 【小问1详解】 解：令， ， 将“”还原，得； 【小问2详解】 解：令， ， 将“”还原，得： ； 【小问3详解】 证明详见答案 22. 阅读下列素材，完成任务． 如何设计樱桃的购进方案 情境 郑州樱桃沟位于二七区南部，延绵15公里，丘陵起伏，沟壑纵横，深深的沟里布满了青翠繁茂的樱桃树．这里樱桃种植已有千年历史，由于气候适宜、沟内避风、土壤特殊，产出的樱桃粒大肉厚、色泽丰丽、入口甘甜，且能补中益气，滋润肌肤．故而享有盛名，传誉省内外． 素材1 某水果店计划用4800元购进樱桃沟种植的“大樱桃”和“普通樱桃”两种樱桃进行销售，已知“大樱桃”的进价比“普通樱桃”高6元/千克，用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多． 素材2 根据该水果店所定的售价，每千克“大樱桃”的利润是每千克“普通樱桃”利润的1.5倍，同样获得600元的利润，需要出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克． 问题解决： （1）任务1确定进价：求两种樱桃每千克的进价； （2）任务2确定利润：求两种樱桃每千克的利润； （3）任务3确定购进方案：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”多少千克？ 【答案】（1）“大樱桃”的进价为10元/千克，“普通樱桃”的进价为4元/千克； （2）“大樱桃”的利润为6元/千克，“普通樱桃”的利润为4元/千克； （3）最多能购进“大樱桃”200千克． 【解析】 【分析】（1）设“大樱桃”的进价为元/千克，则“普通樱桃”的进价为元/千克，根据用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多列分式方程，解方程即可； （2）设“普通樱桃”的利润为元/千克，则“大樱桃”的利润为元/千克，根据出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克列分式方程，解方程即可； （3）设购进“大樱桃”千克，购进“普通樱桃”千克，先求出，然后根据总利润不低于4000元列不等式，解不等式即可． 【小问1详解】 解：设“大樱桃”的进价为元/千克，则“普通樱桃”的进价为元/千克． 由题意列分式方程得，， 整理得，， 解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， 则． 答：“大樱桃”的进价为10元/千克，“普通樱桃”的进价为4元/千克． 【小问2详解】 解：设“普通樱桃”的利润为元/千克，则“大樱桃”的利润为元/千克． 由题意列分式方程得，， 解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， 则． 答：“大樱桃”的利润为6元/千克，“普通樱桃”的利润为4元/千克． 【小问3详解】 解：设购进“大樱桃”千克，购进“普通樱桃”千克， 由题意列二元一次方程得，， ， 若要使利润不低于4000元，则， ∴， 解得， 的最大值为200． 答：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”200千克． 23. 如图，在等腰直角三角形中，，，点为的中点，以点为直角顶点，以为直角边在的右侧构造等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转． （1）如图，当射线经过点时，连接． 求证：； 求线段的长； （2）如图，在旋转过程中，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则__________； 当旋转到如图4所示的位置时，若，连接，，将沿平移，得到，连接，，则的最小值为__________． 【答案】（1）证明：， ，即， 又点为的中点，， ， ，， ， ； ； （2）或；． 【解析】 【分析】由，则，即，然后证明，再根据全等三角形的性质即可求证； 过点作于点，由勾股定理得，所以，再通过勾股定理得，再通过线段的和与差即可求解； 分情况一如图，当在左侧时，四边形是平行四边形，情况二如图，当在右侧时，四边形是平行四边形，然后求解即可； 由和是共顶点的两个等腰直角三角形，则，故有，，从而证明四边形是平行四边形，将沿射线方向平移，得到，所以，，，作直线，作点关于直线的对称点，则，当，，共线时，的最小值为，此时设直线交于，由对称性得，，然后证明四边形是矩形，，可得，故有点，，共线，所以，由勾股定理得，即的最小值是． 【小问1详解】 解：略； 如图，过点作于点， ，， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：，当和为边时，只需，则以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， 情况一：如图，当在左侧时，四边形是平行四边形， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 点在上，，， ， ， 四边形是平行四边形， ； 情况二：如图，当在右侧时，四边形是平行四边形， ，， ， ； 当和为对角线时，如图，四边形是平行四边形， ，，， ，， ，， ， ， 点在上， ； 故答案为：或； 和是共顶点的两个等腰直角三角形， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，， 将沿射线方向平移，得到， ，，， ∵为定点，沿方向平移，如图，过点M作直线，作点关于直线的对称点， 则， 当，，共线时，的最小值为，此时设直线交于，由对称性得，， ，， ， ， ， 四边形是矩形，， ，， ， ， 点，，共线， ， ，即的最小值是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级 数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列分式是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 2. 起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知a，b是实数，若，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，要用“”判定和全等的条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 把多项式因式分解时，应提取的公因式是（　　） A. B. C. D. 6. 如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（ ） A. 对角线互相平分 B. 两组对边分别相等 C. 一组对边平行且相等 D. 两组对边分别平行 7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别是，，，点是平面内一点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在平面内将一块含的三角板向右平移得到，若，则边扫过的面积与边扫过的面积之比为（ ） A. 2 B. C. D. 10. 若整数a使关于x的不等式组有且只有3个整数解，且使关于y的分式方程 的解满足，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 10 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若分式有意义，则应满足的条件是__________． 12. 若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________． 13. 如图，函数为常数，与均为常数且都不为的图象相交于点，则关于的不等式的解集为______． 14. 如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，上一个动点，点为的中点，连接，，点，分别为，的中点，则线段的取值范围为__________． 15. 如图，在等边三角形中，点为的中点，点为线段上不与端点重合的一个动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．若，则当为直角三角形时，的长为______． 三、解答题（共8题，共75分） 16. 按要求完成各题． （1）因式分解：； （2）解分式方程：； （3）解不等式组： 17. 化简并求值：，其中下面是甲、乙两同学的部分运算过程： 甲同学 解：原式 乙同学 解：原式 （1）甲同学解法的依据是______；乙同学解法的依据是______．（单选题，填序号） ①等式的基本性质；②分式的基本性质；③乘法分配律；④乘法交换律． （2）请你选择一种解法，写出完整的解答过程． 18. 如图，在中，对角线，相交于点，，，垂足分别为，． （1）求证：． （2）若，求的长． 19. 如图，已知点，，． （1）将绕点逆时针旋转得，画出，并写出点的对应点的坐标为　　． （2）画出关于原点成中心对称的图形；并写出点的对应点的坐标为　　． （3）在平面直角坐标系内找点，使得、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为　　． 20. 已知． （1）尺规作图：（保留作图痕迹，不写作法） ①作的平分线交于点； ②作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接，； （2）求证：四边形是菱形． 21. 阅读以下材料． 材料：因式分解：． 解：将“”看成一个整体，令，则原式． 再将“”还原，得原式． 上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题： （1）因式分解：； （2）因式分解：； （3）试证明：无论为何值，式子的值一定是一个不小于2的数． 22. 阅读下列素材，完成任务． 如何设计樱桃的购进方案 情境 郑州樱桃沟位于二七区南部，延绵15公里，丘陵起伏，沟壑纵横，深深的沟里布满了青翠繁茂的樱桃树．这里樱桃种植已有千年历史，由于气候适宜、沟内避风、土壤特殊，产出的樱桃粒大肉厚、色泽丰丽、入口甘甜，且能补中益气，滋润肌肤．故而享有盛名，传誉省内外． 素材1 某水果店计划用4800元购进樱桃沟种植的“大樱桃”和“普通樱桃”两种樱桃进行销售，已知“大樱桃”的进价比“普通樱桃”高6元/千克，用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多． 素材2 根据该水果店所定的售价，每千克“大樱桃”的利润是每千克“普通樱桃”利润的1.5倍，同样获得600元的利润，需要出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克． 问题解决： （1）任务1确定进价：求两种樱桃每千克的进价； （2）任务2确定利润：求两种樱桃每千克的利润； （3）任务3确定购进方案：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”多少千克？ 23. 如图，在等腰直角三角形中，，，点为的中点，以点为直角顶点，以为直角边在的右侧构造等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转． （1）如图，当射线经过点时，连接． 求证：； 求线段的长； （2）如图，在旋转过程中，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则__________； 当旋转到如图4所示的位置时，若，连接，，将沿平移，得到，连接，，则的最小值为__________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $