精品解析：广东省深圳市高级中学2025-2026学年八年级下学期期末数学试卷

高级中学2025-2026学年第二学期期末测试 初二数学 注意事项： 1、答题前，考生务必在答题卡写上姓名、班级，准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上． 2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动用橡皮擦干净后，再涂其它答案，不能答在试题卷上． 3、考试结束，监考人员将答题卡收回． 第一部分 选择题 一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共计24分） 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. 在平面直角坐标系中，的顶点A坐标是，经平移后，得到其对应点，若的内部任意一点D坐标是，则其对应点坐标一定是（ ） A. B. C. D. 3. 式子有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知a，b，c均为正数，且满足，则下列关系式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 要使的值为整数，下列选项中，的值不能是（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 7 7. 在括号内填一个单项式，使多项式化简后能分解因式，在单项式①；②；③中，符合要求的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 8. 数学家莫伦在1925年发现了世界上第一个完美长方形（如图1），即它恰好能被分割成10个大小不同的正方形．从这以后人们开始热衷图形完美分割的研究．被分割成13个小正三角形（如图2），已知中间最小的两个正三角形和边长均为2，则的周长为（ ） A. 78 B. 64 C. 80 D. 72 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 9. 不等式的解集是___________． 10. 分解因式：____________． 11. 如图，BD是的平分线，于，则__________cm． 12. 如图所示是函数和的图象，若，则的取值范围为___________． 13. 如图，等腰中，，，，是中点．在上，且，绕点旋转得，交于点，则___________． 三、解答题（本大题共7个小题，共61分） 14. 解不等式组，并将解集在数轴上表示出来． 15. 先化简，再求值：，其中． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为．请按要求画图： （1）将先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到，画出； （2）将以原点O为旋转中心，旋转后得到，画出． （3）若与关于点Q成中心对称，则点Q的坐标为_______． 17. 先阅读下列材料，再解答下列问题： 材料：因式分解：． 解：将“”看成整体，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）证明：无论取何值时，的值一定是非负数． 18. 某校积极响应国家“科教兴园”战略．开设智能机器人编程的校本课程，学校购买了A、B两种型号的机器人模型，A型机器人模型单价比B型机器人模型单价多150元，用3500元购买A型机器人模型和用2100元购买B型机器人模型的数量相同． （1）求A型、B型机器人模型的单价分别是多少元？ （2）学校准备再次购买A型和B型机器人模型共40台，购买B型机器人模型的数量不超过A型机器人模型数量的2倍，问购买A型机器人模型至少为多少台？ 19. 如图，在平面直角坐标系中，，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． （1）点的坐标是 ；平行四边形的面积是 ； （2）平面内有一点，求经过点且平分平行四边形面积的直线解析式； （3）若一次函数的图象与平行四边形的边有2个交点，请直接写出的取值范围 ． 20. 【材料引入】三角形中位线判定定理 如图1，在中，点是边的中点，过点作，交于点，求证：是的中点，且． （1）请将下面的证明过程补充完整． 延长至点，使得，连接． 是中点 在和中 （① ） ， （② ，填平行线判定依据） 又， 四边形是平行四边形 （2）【定理迁移应用】 如图2，四边形中，，点为边上任意一点，过作交于．求证：若为中点，则为中点． （3）【综合创新拓展】 如图3，平行四边形中，，点是边上一点，，连接，在上取点，满足，连接，过点作，交于点，连接，请求出线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高级中学2025-2026学年第二学期期末测试 初二数学 注意事项： 1、答题前，考生务必在答题卡写上姓名、班级，准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上． 2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动用橡皮擦干净后，再涂其它答案，不能答在试题卷上． 3、考试结束，监考人员将答题卡收回． 第一部分 选择题 一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共计24分） 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】B 【解析】 【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，如果直线两旁的部分能够完全互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：平面内，一个图形绕某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐个选项判断即可． 【详解】解：A、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意； C、是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意； D、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意． 2. 在平面直角坐标系中，的顶点A坐标是，经平移后，得到其对应点，若的内部任意一点D坐标是，则其对应点坐标一定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据顶点A及其对应点的坐标，确定平移规律，再根据平移规律得到点D对应点的坐标． 【详解】解：∵顶点A坐标是，平移后对应点坐标是， ∴横坐标变化为，纵坐标变化为， 即平移方式为向左平移3个单位，纵坐标不变， ∵点D坐标是， ∴对应点的坐标为． 3. 式子有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式分母不为零列出不等式，求解即可得到的取值范围． 【详解】解：∵分式有意义的条件是分母不等于， ∴， 解得． 4. 下列各式由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据因式分解的定义逐一判断即可． 【详解】解：A．是整式乘法运算，结果是多项式，不是乘积形式，该项不符合题意． B．将多项式化为三个整式的乘积，符合因式分解的定义，该项符合题意． C． 的结果是和的形式，不是整式乘积，该项不符合题意． D． 中，是分式，不是整式，不符合要求，该项不符合题意． 5. 已知a，b，c均为正数，且满足，则下列关系式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过对等式移项分解因式，结合a，b，c为正数的条件，推导出正确结论． 【详解】解：将已知等式移项整理得：， 利用平方差公式分解前两项，提取后两项公因式得：， 提取公因式得：， ∵，，均为正数， ∴， ∴， 即， 因此一定正确的关系式是． 6. 要使的值为整数，下列选项中，的值不能是（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】先对原式通分化简，再根据分式值为整数的条件判断选项，找出不符合要求的值． 【详解】首先对原式变形整理 ∵ ，，分式分母不为0，得 ∴ 原式 通分后计算分子得： ∴ 原式 将选项依次代入验证： A． 时， 是整数，符合要求； B． 时， 是整数，符合要求； C． 时， 是整数，符合要求； D． 时， 不是整数，不符合要求． 因此的值不能是7． 7. 在括号内填一个单项式，使多项式化简后能分解因式，在单项式①；②；③中，符合要求的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】分别将三个给出的单项式代入原多项式，化简后用因式分解的方法判断能否分解，统计符合要求的个数即可． 【详解】解：对于①，， 可以因式分解，所以①符合要求； 对于②，， 可以因式分解，所以②符合要求； 对于③，， 可以因式分解，所以③符合要求； 综上，符合要求的共有个． 8. 数学家莫伦在1925年发现了世界上第一个完美长方形（如图1），即它恰好能被分割成10个大小不同的正方形．从这以后人们开始热衷图形完美分割的研究．被分割成13个小正三角形（如图2），已知中间最小的两个正三角形和边长均为2，则的周长为（ ） A. 78 B. 64 C. 80 D. 72 【答案】A 【解析】 【分析】设△BMN的边长是x，按照图形规律表示出FG和EH，再列出等式即可求出x，再表示出HG，即可求出▱EFGH的周长． 【详解】解：如图所示： 设△BMN的边长是x， ∵△ABC和△ADC边长均为2， ∴PM=PK=AM=x+2， FR=PN=x+2+x=2x+2， OH=OK=KD=x+2+2=x+4， RG=RB=FR+x=3x+2， 即EH=OE+OH=2x+6+x+4=3x+10，FG=FR+RG=2x+2+3x+2=5x+4， ∴3x+10=5x+4，解得：x=3， HG=HQ+QG=x+6+3x+2=4x+8=20，FG=5x+4=19， ∴▱EFGH的周长为：2×（20+19）=78． 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质以及规律型—图形的变化，细心观察，逐步推理表示出平行四边形EH、FG的长是解题关键． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 9. 不等式的解集是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质，通过移项，合并同类项，系数化为1的步骤求解即可． 【详解】解：， 移项，得 ， 合并同类项，得 ， 系数化为1，得 ． 10. 分解因式：____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式因式分解，能用平方差公式进行因式分解的式子的特点是：两项平方项，符号相反．该题直接利用平方差公式进行因式分解即可． 【详解】解：． 故答案为：． 11. 如图，BD是的平分线，于，则__________cm． 【答案】5 【解析】 【分析】过点作于，设为，根据角平分线的性质得到 ，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可． 【详解】解：过点作于， 设为， ∵是的角平分线，，， ∴， ∴， ， 解得， ∴． 12. 如图所示是函数和的图象，若，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】结合函数图象求解即可． 【详解】解：根据函数图象可知：当时， 函数的图象在函数的图象上方， 即． 13. 如图，等腰中，，，，是中点．在上，且，绕点旋转得，交于点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等边对等角及勾股定理得，，继而得到，，根据旋转的性质得，推出得，结合等角对等边可推出，最后根据三角形中线的性质可得答案． 【详解】解：∵，，， ∴，，， ∴，， ∵绕点旋转得，是中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是中点， ∴是的边上的中线， ∴． 三、解答题（本大题共7个小题，共61分） 14. 解不等式组，并将解集在数轴上表示出来． 【答案】， 【解析】 【分析】先求出每个不等式的解集，然后根据“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定该不等式组的解集，最后在数轴上表示出来即可． 【详解】解：， 解不等式①，得：， 解不等式②，得：， 不等式组的解集为， 将解集在数轴上表示如图所示． 15. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【详解】解：原式 ， 当时，原式． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为．请按要求画图： （1）将先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到，画出； （2）将以原点O为旋转中心，旋转后得到，画出． （3）若与关于点Q成中心对称，则点Q的坐标为_______． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）根据平移的性质，即可获得答案； （2）根据旋转的性质，即可获得答案； （3）连接，则交点即为与的对称中心，结合图形确定点Q的坐标即可． 【小问1详解】 解：如下图，即为所求； 【小问2详解】 如图，即为所求； 【小问3详解】 如图，连接，则交点即为与的对称中心， 由图可知，． 17. 先阅读下列材料，再解答下列问题： 材料：因式分解：． 解：将“”看成整体，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）证明：无论取何值时，的值一定是非负数． 【答案】（1） （2）证明：将“”看成整体，令， 则：原式， 再将“”还原，得原式， ， 无论取何值时，的值一定是非负数． 【解析】 【分析】（1）令，代入原式，利用完全平方式因式分解，再将“”还原即可； （2）令，代入原式，化简后再利用完全平方式因式分解，再将“”还原，得原式，任何情况下，都是非负数，题目得证． 【小问1详解】 解：将“”看成整体，令， 则：原式， 再将“”还原，得原式； 【小问2详解】 略 18. 某校积极响应国家“科教兴园”战略．开设智能机器人编程的校本课程，学校购买了A、B两种型号的机器人模型，A型机器人模型单价比B型机器人模型单价多150元，用3500元购买A型机器人模型和用2100元购买B型机器人模型的数量相同． （1）求A型、B型机器人模型的单价分别是多少元？ （2）学校准备再次购买A型和B型机器人模型共40台，购买B型机器人模型的数量不超过A型机器人模型数量的2倍，问购买A型机器人模型至少为多少台？ 【答案】（1）A型机器人模型的单价为是375元，B型机器人模型的单价为是225元 （2）购买A型机器人模型至少为14台 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，解一元一次不等式的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）理解题意，设B型机器人模型的单价为x元，则A型机器人模型的单价为元，结合用3500元购买A型机器人模型和用2100元购买B型机器人模型的数量相同，进行列方程，解方程，最后验根，即可作答． （2）设购买A型机器人模型m台，则购买B型机器人模型台，根据购买B型机器人模型的数量不超过A型机器人模型数量的2倍，进行列不等式，即可作答． 【小问1详解】 解：设B型机器人模型的单价为x元，则A型机器人模型的单价为元， 由题意可得 解得， 经检验，是原方程的解且符合题意， ．， 答：A型机器人模型的单价为是375元，B型机器人模型的单价为是225元； 【小问2详解】 解：设购买A型机器人模型m台，则购买B型机器人模型台， 由题意可得： 解得 又∵m为正整数， ∴购买A型机器人模型至少为14台． 19. 如图，在平面直角坐标系中，，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． （1）点的坐标是 ；平行四边形的面积是 ； （2）平面内有一点，求经过点且平分平行四边形面积的直线解析式； （3）若一次函数的图象与平行四边形的边有2个交点，请直接写出的取值范围 ． 【答案】（1）；20 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质可得点D的坐标，平行四边形的面积等于底乘高； （2）平行四边形是中心对称图形，对称中心为对角线交点，平分其面积的直线必经过对称中心； （3）先将一次函数解析式变形，求出其图象必经过的点，再分别求出其图象经过点D，B时k的值，结合图象即可求解． 【小问1详解】 解：四边形是平行四边形，，点在轴正半轴上，，， ，，， 点D的纵坐标与点A相同，横坐标为， 点的坐标是， 平行四边形的面积； 【小问2详解】 解：， 对角线的交点坐标为，即， 设经过点且平分平行四边形面积的直线解析式为， 将代入，得：， 解得， 所求直线的解析式为； 【小问3详解】 解：， 一次函数的图象一定经过点， 当的图象经过点时， 解得； 当的图象经过点时， 解得； 结合如图，可得当或时，的图象与平行四边形的边有2个交点． 20. 【材料引入】三角形中位线判定定理 如图1，在中，点是边的中点，过点作，交于点，求证：是的中点，且． （1）请将下面的证明过程补充完整． 延长至点，使得，连接． 是中点 在和中 （① ） ， （② ，填平行线判定依据） 又， 四边形是平行四边形 （2）【定理迁移应用】 如图2，四边形中，，点为边上任意一点，过作交于．求证：若为中点，则为中点． （3）【综合创新拓展】 如图3，平行四边形中，，点是边上一点，，连接，在上取点，满足，连接，过点作，交于点，连接，请求出线段的长． 【答案】（1）①（边角边）；②内错角相等，两直线平行 （2）证明：连接，交于点M． ， ， 在中，E为中点，， 由（1）可得M为中点． 同理在中，M为中点，， 可得F为中点． （3） 【解析】 【分析】（1）根据证明过程补充完整即可． （2）连接，交于点M．由可得出，由（1）可得M为AC中点．进而可得出可得F为中点． （3）延长，交于点H，过点A作的垂线，垂足为点I，此时交于点J．得出四边形是正方形，由正方形的性质得出，由等腰三角形的判定和性质得出，由（1）得出，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，证明，由全等三角形的性质进一步得出，设，则由勾股定理得，求出x的值，再利用勾股定理即可得出答案． 【小问1详解】 证明：延长至点，使得，连接． 是中点 在和中 （①） ， （②内错角相等，两直线平行） 又， 四边形是平行四边形 【小问2详解】 证明：略； 【小问3详解】 解：延长，交于点H，过点A作的垂线，垂足为点I，此时交于点J． 平行四边形 ∴是菱形， 由， ∴四边形是正方形， ， ∵ ∴， 又 ， ， ， ， ， ， ， ， ∴由（1）可知， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则 在中由勾股定理得， 即， 解得：或（舍去）， 即， ， 由勾股定理得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $