精品解析：四川省成都市东部新区2025-2026学年八年级下学期期末数学试题

2025-2026学年度下期初2024级期末考试 数学试卷 A卷（100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分，每题四个选项中有且只有一个选项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. 正多边形割圆术 B. 赵爽弦图 C. 等腰梯形 D. 平行四边形 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：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，逐项分析即可求解． 【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B、该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 2. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式的值为0的条件，掌握相关知识是解决问题的关键．分式的值为0需分子为0且分母不为0． 【详解】解：∵ 分式值为0， ∴ 分子 且分母 . 解 得 . 当 时，分母 ，分式无意义； 当 时，分母 ，分式有意义. ∴ . 故选：C． 3. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据因式分解是将一个多项式化为几个整式乘积的形式，据此逐项分析即可求解． 【详解】解：A选项，等号左边是单项式，不是多项式，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意； B选项，等号左边表示的是单项式与多项式的积，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意； C选项，等号左边表示的是多项式与多项式的积，不符合因式分解的定义，故本选项不符合题意； D选项，将多项式化为两个整式与的乘积，符合因式分解定义，故本选项符合题意． 4. 如图，四边形中，．添加一个条件，不能判定四边形是平行四边形，则下列符合题意的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理，结合平行线的判定定理，逐项分析即可求解． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C、由，，不能判定四边形是平行四边形，故本选项符合题意； D、∵，， ∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 5. 如图，在中，，，，点、、分别是边、、的中点，则四边形的周长为（ ） A. 24 B. 18 C. 16 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理求出斜边的长，再根据三角形中位线定理和中点的性质求出四边形各边的长，最后求和即可． 【详解】解：， ， 点分别是边的中点， ， 是的中位线，是的中位线， ， 四边形的周长． 6. 已知，不等式基本性质运用正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质：不等式两边同时减同一个数，不等号方向不变；不等式两边同时乘同一个正数，不等号方向不变；不等式两边同时乘同一个负数，不等号方向改变；逐项分析即可求解． 【详解】解：∵， ∴，故A选项不符合题意； ∴，故B选项不符合题意； ∴，故C选项不符合题意； ∴，故，故D选项符合题意． 7. 如图，一次函数与的图象交于点，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将点的坐标代入直线求出的值，确定交点横坐标，然后根据函数图象，找出直线在直线下方时对应的的取值范围即可． 【详解】解：∵一次函数的图象过点， 故将代入，得， 解得， ∴交点的横坐标为， 由图象可知，当时，直线在直线的下方， ∴不等式的解集为． 8. 在梯形中，，，，，平分，则梯形的周长是（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据等腰梯形的性质及平行线的性质，证出为等腰三角形，从而求出腰的长；再证为含角的直角三角形，求出下底的长，最后计算周长． 【详解】解：在梯形中，，，  四边形是等腰梯形，  ，  ，  ，  平分，  ，  ，  ，  ， 在中，，， ，  ，  梯形的周长为 ． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 10. 代数式有意义，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】要使该代数式有意义，需同时满足二次根式被开方数非负，以及分式分母不为零，据此列不等式求解即可． 【详解】解：根据题意可得，且， ∴满足时，代数式有意义， ， 移项得， 系数化为，得． 11. 某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式的负整数解为_________． 【答案】、、、 【解析】 【分析】根据数轴上表示不等式解集的方法：实心点表示包含该点，向右画表示大于，从而确定不等式的解集，再结合负整数的定义即可求解． 【详解】解：由数轴可知，处为实心点，且折线向右延伸， 所以该不等式的解集为； 因为负整数是小于的整数， 所以满足的负整数有、、、． 12. 如图，在中，，，对角线与相交于点，，则的周长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与勾股定理．根据平行四边形的性质可得，，由利用勾股定理求出，进而得到的长，再根据平行线性质得出，利用勾股定理求出，最后求和即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，． ， ． 在中，，， 由勾股定理得：． ． ， ． 在中，，， 由勾股定理得：． 的周长． 13. 如图，在中，①分别以点和为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和，作直线交边于点，连接．②以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于点，，再分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点．，，则的度数_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据尺规作图的痕迹，可得垂直平分，平分，进而得到，，结合三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：由作图可知，是线段的垂直平分线． ． ． 由作图可知，平分． ， ． 点在上， ． ． 在中，． ． ． ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 完成下列小题； （1）解不等式组： ； （2）解分式方程：． 【答案】（1）不等式组的解集为 （2）分式方程的解为 【解析】 【分析】（1）解一元一次不等式组，需先分别求出每个不等式的解集，再取两个解集的公共部分得到最终结果，计算过程运用不等式的基本性质变形． （2）解分式方程，先通过去分母将分式方程转化为一元一次整式方程，求解后进行检验即可得到原方程的解． 【小问1详解】 解：解不等式①， 去分母得， 整理得， 移项合并得， 系数化为1得， 解不等式②， 去括号得， 整理得， 移项合并得， 系数化为1得， 因此原不等式组的解集为． 【小问2详解】 解：， 方程两边同乘最简公分母得， 展开并整理得， 移项合并得， 解得， 检验：当时，， 因此原分式方程的解为． 15. 先化简再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，先计算括号内的异分母分式减法，再将除法转化为乘法，约分得到最简结果，最后将已知等式变形后整体代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ， 原式 ． 16. 如图，在由边长为个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，的顶点，，的坐标分别为，，． （1）与关于轴成轴对称，画出（点与点对应，点与点对应，点与点对应），直接写出边的中点的对应点的坐标； （2）与关于原点成中心对称，画出（点与点对应，点与点对应，点与点对应）； （3）与是否成中心对称或轴对称，若成轴对称，直接写出对称轴；若成中心对称，直接写出对称中心的坐标；若既不成中心对称也不成轴对称，请说明理由． 【答案】（1），的坐标为 （2） （3）与成轴对称，对称轴为轴 【解析】 【分析】（1）根据网格的特点分别找出点、、关于轴对称的点、、，然后顺次连接，即可求解；先根据中点坐标公式确定边的中点的坐标，根据关于轴对称的点的坐标特征，即可求解； （2）根据网格的特点分别找出点、、关于原点对称的点、、，然后顺次连接，即可求解； （3）根据点、、和点、、的坐标，即可得出其横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可求解． 【小问1详解】 解：边的中点的横坐标为，纵坐标为， 故边的中点的坐标为， 点关于轴对称的点的坐标为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：、， 、， 、， 对应点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，符合关于轴对称的特征， 故与成轴对称，对称轴为轴． 17. 如图，点，分别在的边，上，连接，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若平分，，，，求线段的长． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， 即； 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，，，根据全等三角形的判定和性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （2）过点作交于点，根据角平分线的定义和平行四边形的性质推得，，根据等角对等边得出，根据菱形的判定和性质得出，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，，设，则，，根据勾股定理列出方程，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点作交于点，如图： ∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 故，， ∴； 又∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∴； 在中，， 故， ∴，； 设，则， ∴， 在中，， 即， 解得， 故． 18. 在中，，，点是平面内一点，连接． （1）如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若、、三点共线，连接．求证：． （2）如图2，当时，，，，求的长度． （3）如图3，若点在边上，且，点、关于点成中心对称，连接、，，，，求线段的长度． 【答案】（1）证明：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故， 即， ∴． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，推得，根据全等三角形的判定和性质得出，根据等边对等角和三角形内角和定理求出，根据三角形的外角性质得出，根据即可证明； （2）过点作交于点，过点作交于点，在上取一点，使其满足，连接，则，当时，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，，推得，根据全等三角形的判定和性质得出，，推得，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，，，即可求解； （3）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，，，过点作交于点，交的延长线于点，连接，根据平行线的判定和性质得出，根据等角对等边推得，根据对称的性质得出，结合对顶角相等、全等三角形的判定和性质得出，，推得，，根据三角形内角和定理求出，根据等角对等边得出，根据三角形中位线的性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点作交于点，过点作交于点，在上取一点，使其满足，连接，如图： 则， 当时，， ∵，，， ∴，． 在中，，， 故， 即， ∵， 故， ∴； 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵，，， ∴，． 在中，， 故，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 故，， ∴, ∴． 【小问3详解】 解：∵，，， ∴，， ∵， ∴． 过点作交于点，交的延长线于点，连接，如图： ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故． ∵点、关于点成中心对称， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 则，， 故， ∴， ∴， 在中，，， 即是的中位线， 故． B卷（50分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 已知，则代数式_________． 【答案】 【解析】 【分析】逆用平方差公式，再将已知代入，逐步化简即可求出代数式的值． 【详解】解：∵， ∴ ． 20. 如图，将沿射线方向平移至，其中，，，平移距离为7，则图中阴影部分的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平移的性质得到，，从而得出阴影部分的面积等于梯形的面积，利用梯形面积公式求解即可． 【详解】解：由平移的性质可知，，，，． ， ． ，， ． ． 21. 从，，，，，，这个数中任选一个数作为的值，则关于的方程的解为非正数的概率是_________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定的取值范围，再找出符合条件的的个数，最后根据概率公式求出概率即可． 【详解】解：， 方程两边同乘，得， 移项、合并同类项，得， 系数化为，得， ∵方程的解为非正数，且分式有意义时分母不为， ∴，且， 解得，且， 在，，，，，，这个数中，符合条件的共有个， 因此任选一个数，满足条件的概率为． 22. 如图，在中，，，，为边上一点，且，点是边上一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，若点恰好在边上，则线段的长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于点，交于点，过点作于点，证明得出，，进而证明，在上取一点，使得得出，设，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而根据，求得的值，即可得出的长，进而得出的长． 【详解】解：如图，过点作于点，交于点，过点作于点， ∴ 将线段绕点顺时针旋转至线段， ∴， ∵在中，，， ∴ ∴， ∵，， ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴，， ∵ ∴ ∴ 在上取一点，使得 ∴ ∴ ∴中， ∴ 设 ∴ ∴ 解得： ∴ ∴ ∴． 23. 定义：在平面直角坐标系中，若点关于直线的对称点在的内部（不包含边界），则称点是关于直线的“影子点”．如图，在中，已知，，，若直线上存在点，使得点是关于直线的“影子点”，则的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质、轴对称的性质以及一次函数的性质．首先根据平行四边形的性质求出点的坐标，然后根据轴对称的性质求出点关于直线的对称点所在的直线解析式，最后将问题转化为直线与平行四边形内部有交点的问题，利用顶点坐标求出参数的取值范围． 【详解】解：，， 平行于轴，且． 四边形是平行四边形， 平行且等于． ， 点的纵坐标为，横坐标为，即． 设点的坐标为，则点关于直线的对称点的坐标为． 点在直线上， ． 设点的坐标为，则，，即． 代入得：， 整理得：． 点在的内部， 直线与的内部有公共点．即方程在内部有解． 令， 分别计算平行四边形四个顶点处的值：当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 的取值范围是． ． 解得． 二、解答题（共30分） 24. 年足球世界杯于月日月日在美国、加拿大、墨西哥三国举行，作为世界体坛最具影响力的赛事之一，它的周边产品（吉祥物）深受球迷喜爱．这个吉祥物：克拉奇（）、梅普尔（）、萨尤（）分别是个国家的象征．现有、两种型号的吉祥物套装，已知型吉祥物套装比型套装贵元，用元购买型套装与用元购买型套装的数量相同． （1）每套型吉祥物套装与型吉祥物套装的售价分别是多少元？ （2）某学校足球队决定用不超过元购买、两种型号的吉祥物套装共套作为礼物送给校队队员，则最多能购买型吉祥物套装多少套？ 【答案】（1）型每套元，型每套元 （2）最多能购买型吉祥物套装套 【解析】 【分析】（1）设每套型套装售价为元，则型每套元，根据“元买型数量元买型数量”列分式方程，即可求解； （2）设购买套型，则型套，根据“总费用不超过元”列出不等式，即可求解． 【小问1详解】 解：设每套型套装售价为元，则型每套元， 根据题意可得， ， ， ， ， 检验：是原分式方程的解， 则型单价：（元） 故型每套元，型每套元． 【小问2详解】 解：设购买套型，则型套， 根据题意可得， ， ， ， ∵为正整数，故最大取， 故最多能购买型吉祥物套装套． 25. 如图，在中，、分别为、边上两点，平分． （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，， ①若，，求的面积； ②若为上一点，且，探究线段，，的数量关系． 【答案】（1） （2）①； ②．理由如下： 在上截取，连接，如图： ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， 故， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴， 故． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质和角平分线的定义推得，结合等角对等边得出，求出，即可求解； （2）①过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质得出，，，根据直角三角形的性质和等角对等边得出，结合勾股定理求出，即可求解； ②在上截取，连接，根据角平分线的定义得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据平角的定义和三角形内角和定理推得，根据直角三角形的性质和等角对等边得出，根据全等三角形的判定和性质得出，推得，根据平行四边形的性质即可证明． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 故， ∴． 【小问2详解】 解：①过点作交的延长线于点，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故的面积为． ②略 26. 已知直线：交轴于点，交轴于点，且点的坐标为，点为轴上的一个动点，直线交直线于点． （1）求直线的表达式； （2）若，点为直线上一点，平分，若点为直线上一点，点为轴上一点，四边形为平行四边形，求点，点的坐标； （3）如图2，连接，将线段绕点逆时针旋转至线段，探究的面积是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法求解析式即可； （2）若，则可证，若平分，则即，关于对称，据此求出坐标，设，，因为四边形为平行四边形，根据平行四边形对角线中点重合列方程求解即可； （3）可求解析式，与解析式联立得，由一线三垂直可得点纵坐标恒为，所以的面积是为定值． 【小问1详解】 解：直线交轴于点，交轴于点， 令，得； 令，即，解得， 点的坐标为，点的坐标为； 设直线的表达式为， 将、代入，得： ，解得， 直线的表达式为． 【小问2详解】 解：若，则点的坐标为； 设直线的表达式为， 将、代入，得： ，解得， 直线的表达式为； 直线交直线于点， 联立，解得， 点的坐标为； ，，， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， ，关于对称， ， 设，， 四边形为平行四边形， 根据平行四边形对角线中点重合得：，解得， ，； 【小问3详解】 解：设直线解析式为，代入和得： ，解得， 直线解析式为， 联立，解得， ， 线段绕逆时针旋转得， ，， 过作轴交轴于，作交轴于， ，， ， ， ， ， ，在轴上， 面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下期初2024级期末考试 数学试卷 A卷（100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分，每题四个选项中有且只有一个选项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. 正多边形割圆术 B. 赵爽弦图 C. 等腰梯形 D. 平行四边形 2. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 3. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，四边形中，．添加一个条件，不能判定四边形是平行四边形，则下列符合题意的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，，点、、分别是边、、的中点，则四边形的周长为（ ） A. 24 B. 18 C. 16 D. 14 6. 已知，不等式基本性质运用正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一次函数与的图象交于点，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 在梯形中，，，，，平分，则梯形的周长是（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 分解因式：______． 10. 代数式有意义，则的取值范围是_________． 11. 某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式的负整数解为_________． 12. 如图，在中，，，对角线与相交于点，，则的周长为_________． 13. 如图，在中，①分别以点和为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和，作直线交边于点，连接．②以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于点，，再分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点．，，则的度数_________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 完成下列小题； （1）解不等式组： ； （2）解分式方程：． 15. 先化简再求值：，其中． 16. 如图，在由边长为个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，的顶点，，的坐标分别为，，． （1）与关于轴成轴对称，画出（点与点对应，点与点对应，点与点对应），直接写出边的中点的对应点的坐标； （2）与关于原点成中心对称，画出（点与点对应，点与点对应，点与点对应）； （3）与是否成中心对称或轴对称，若成轴对称，直接写出对称轴；若成中心对称，直接写出对称中心的坐标；若既不成中心对称也不成轴对称，请说明理由． 17. 如图，点，分别在的边，上，连接，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若平分，，，，求线段的长． 18. 在中，，，点是平面内一点，连接． （1）如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若、、三点共线，连接．求证：． （2）如图2，当时，，，，求的长度． （3）如图3，若点在边上，且，点、关于点成中心对称，连接、，，，，求线段的长度． B卷（50分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 已知，则代数式_________． 20. 如图，将沿射线方向平移至，其中，，，平移距离为7，则图中阴影部分的面积为_________． 21. 从，，，，，，这个数中任选一个数作为的值，则关于的方程的解为非正数的概率是_________． 22. 如图，在中，，，，为边上一点，且，点是边上一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，若点恰好在边上，则线段的长为_________． 23. 定义：在平面直角坐标系中，若点关于直线的对称点在的内部（不包含边界），则称点是关于直线的“影子点”．如图，在中，已知，，，若直线上存在点，使得点是关于直线的“影子点”，则的取值范围是______________． 二、解答题（共30分） 24. 年足球世界杯于月日月日在美国、加拿大、墨西哥三国举行，作为世界体坛最具影响力的赛事之一，它的周边产品（吉祥物）深受球迷喜爱．这个吉祥物：克拉奇（）、梅普尔（）、萨尤（）分别是个国家的象征．现有、两种型号的吉祥物套装，已知型吉祥物套装比型套装贵元，用元购买型套装与用元购买型套装的数量相同． （1）每套型吉祥物套装与型吉祥物套装的售价分别是多少元？ （2）某学校足球队决定用不超过元购买、两种型号的吉祥物套装共套作为礼物送给校队队员，则最多能购买型吉祥物套装多少套？ 25. 如图，在中，、分别为、边上两点，平分． （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，， ①若，，求的面积； ②若为上一点，且，探究线段，，的数量关系． 26. 已知直线：交轴于点，交轴于点，且点的坐标为，点为轴上的一个动点，直线交直线于点． （1）求直线的表达式； （2）若，点为直线上一点，平分，若点为直线上一点，点为轴上一点，四边形为平行四边形，求点，点的坐标； （3）如图2，连接，将线段绕点逆时针旋转至线段，探究的面积是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $