精品解析：浙江省杭州市拱墅区2025-2026学年八年级下学期期末考试数学试题

2025学年第二学期期末教学质量调研 八年级数学试题卷 考生须知： 1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题纸上写考号、学校、姓名、班级． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效． 4．本次考试不允许使用计算器，没有近似计算要求的试题，结果都不能用近似数表示． 一、选择题：本题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在下列国产新能源汽车的车标图案中，属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 要使二次根式有意义，x的值可以是（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 3. 如图，在四边形中，已知，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 小李进行射击训练，5次的得分为：7，8，8，9，8．这组数据的离差平方和为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 8 5. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，矩形的对角线，交于点，若，，则矩形的面积是（ ） A. 12 B. 18 C. D. 7. 杭州某公司开展低空经济飞行器研发，2024年研发经费为2000万元，2026年研发经费达2310万元．已知2026年研发经费的增长率比2025年研发经费的增长率高．设2025年研发经费的增长率为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知一元二次方程的两根为，，一元二次方程的两根为，，则值是（ ） A. 1 B. C. 5 D. 9. 如图，在菱形中，对角线，交于点．以点为圆心，以一定长为半径画圆弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，以大于的长为半径画圆弧，交于点，连接并延长交于点．若，，则对角线的长为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 10. 如图1，有一张平行四边形纸片，点，分别为边，的中点，连结，为边上一点（），过作于．沿，将纸片剪出①②③④四部分，按图2的方式分别拼出甲，乙两种四边形．若甲的周长比乙小6，且甲的面积比乙小5，则的长为（ ） A. B. 3 C. D. 二、填空题：本题有6个小题，每小题3分，共18分． 11. 计算：________． 12. 已知关于的一元二次方程的两个根分别是5和1，则的值为________． 13. 某小组11名同学1分钟跳绳次数为：142，160，164，170，172，175，178，180，182，186，208．这组数据的下四分位数是________． 14. 如图，在正方形中，点在边上，连接交对角线于点，连接．设，则________（用含的代数式表示）． 15. 已知关于的一元二次方程（其中）的一个根是，则________． 16. 如图，在矩形中，对角线，交于点，过点作，垂足为点，连接．若，，则的长为________． 三、解答题：本大题有8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 计算： （1）． （2）． 18. 解方程： （1）． （2）． 19. 如图，在平行四边形中，．点，分别在，上，且满足． （1）求证：四边形为平行四边形． （2）若，平分，求的度数． 20. 某连锁奶茶门店的店长为优化排班与备货方案，在午市高峰（11：00—14：00）和晚市高峰（17：00—20：00）各选取6个时间段，统计这些时间段中每10分钟的出杯量．具体数据如下折线图所示： 分析数据，整理成表格如下： 平均数 众数 中位数 方差 午市高峰 49 48.5 13 晚市高峰 52 53 26 根据以上信息，回答下列问题： （1）求，的数值． （2）午市和晚市，哪个的销售量更高，哪个的销售量更稳定？请根据统计量说明理由． 21. 阅读与思考 我们知道，已知三角形的一边长及这条边上的高线长，利用公式，可以求三角形的面积．由三角形全等的判定方法“边边边”可知，一个三角形只要三边确定，这个三角形的形状和大小就完全确定，这意味着，通过三角形的三边长是可以确定三角形的面积的． 古希腊数学家海伦，在他的著作《度量论》中，给出了利用三角形的三边求面积的公式：，其中． 根据以上阅读材料回答下列问题： 如图，在中，，，． （1）求的面积． （2）作，通过计算说明． 22. 某农场要建一个大饲养场（矩形），两面靠墙，位置的墙最大可用长度为17米，位置的墙最大可用长度为12米，围成如图所示的矩形场地，每个场地各留一个1米宽的门（不用木栏）．建成后木栏总长34米．设木栏的长为米． （1）①__________米（用含的代数式表示） ②若饲养场面积为160平方米时，求的长； （2）饲养场面积能达到170平方米吗？若能，请求出的长，若不能，请说明理由． 23. 定义：在菱形中，相邻两个内角的度数差的绝对值称为该菱形的“邻角差”，记作，即，其中，分别是菱形两个相邻内角的度数． （1）概念理解：若菱形的一个内角为，则的值为__________．若时，则该菱形较大的内角为__________． （2）动态思考：若菱形的边长为4，且，求菱形面积的最大值． （3）拓展延伸：在正方形中，直线过正方形的中心，分别与正方形的边，交于，两点，且．请利用尺规作图，构造菱形，使它的顶点，分别在正方形的边，上；并直接写出该菱形的“邻角差”的值． 24. 综合与探究 问题情境：如图，在矩形中，．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，使点落在对角线上，交边于点，交边于点，延长交边于点． （1）判断的形状，并说明理由． （2）若，求的长． （3）小真同学通过几何画板画图和测量得到以下近似数据： 4 4 5 8 5 6 7.5 10 6 8 10 12 猜想：，，三者之间的等量关系，并给出证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期期末教学质量调研 八年级数学试题卷 考生须知： 1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题纸上写考号、学校、姓名、班级． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效． 4．本次考试不允许使用计算器，没有近似计算要求的试题，结果都不能用近似数表示． 一、选择题：本题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在下列国产新能源汽车的车标图案中，属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是中心对称图形，故本选项符合题意； D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 2. 要使二次根式有意义，x的值可以是（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握相关的知识点是解题的关键． 根据二次根式有意义的条件进行解题即可． 【详解】解：由题意可知，， 即． 故选项中只有2符合． 故选：A． 3. 如图，在四边形中，已知，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据四边形内角和等于，已知三个内角的度数，利用减法即可求出的度数． 【详解】解：四边形的内角和为         ． 4. 小李进行射击训练，5次的得分为：7，8，8，9，8．这组数据的离差平方和为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】解：∵平均数 ∴离差平方和 ． 5. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上一次项系数一半的平方进行配方，据此可得答案． 【详解】解： ， ， ， ． 6. 如图，矩形的对角线，交于点，若，，则矩形的面积是（ ） A. 12 B. 18 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形的性质得出，结合求出，判定为等边三角形，从而求出对角线长度，再利用勾股定理求出长，最后计算面积即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴矩形的面积． 7. 杭州某公司开展低空经济飞行器研发，2024年研发经费为2000万元，2026年研发经费达2310万元．已知2026年研发经费的增长率比2025年研发经费的增长率高．设2025年研发经费的增长率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件表示出2026年的增长率，再依次推导各年研发经费，最终根据2026年研发经费列出方程． 【详解】解：∵设2025年研发经费的增长率为，2026年研发经费的增长率比2025年高， ∴2026年研发经费的增长率为． ∵2024年研发经费为2000万元， ∴2025年研发经费为万元， ∴2026年研发经费为万元． 又∵2026年研发经费为2310万元， ∴列方程得． 8. 已知一元二次方程的两根为，，一元二次方程的两根为，，则值是（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用一元二次方程根与系数的关系，从第一个方程得到两根和与两根积，再对第二个方程利用根与系数的关系得到的表达式，代入计算即可得到结果． 【详解】解：∵一元二次方程的两根为，， ∴根据根与系数的关系可得，， ∵一元二次方程的两根为，， ∴两根之积满足， ∴． 9. 如图，在菱形中，对角线，交于点．以点为圆心，以一定长为半径画圆弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，以大于的长为半径画圆弧，交于点，连接并延长交于点．若，，则对角线的长为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】本题关键是正确作出辅助线，过点作于点，连接，通过角平分线的性质可证明，设出，通过两个直角三角形的勾股定理表示出，联立方程求出，则由菱形性质知． 【详解】解：如图所示，过点作于点，连接， 由题目中所作线段可知平分， ， 四边形是菱形， ， ， ，， 在和中， 由，， 设，则，， 由勾股定理得， ， 且， ， 解得， ． 10. 如图1，有一张平行四边形纸片，点，分别为边，的中点，连结，为边上一点（），过作于．沿，将纸片剪出①②③④四部分，按图2的方式分别拼出甲，乙两种四边形．若甲的周长比乙小6，且甲的面积比乙小5，则的长为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】甲的底边长比乙小3，所以甲的面积比乙小，解出，再由即可求解． 【详解】解：设、相交于点， 由题可知， 又甲的周长比乙小6，则甲的底边长比乙小3， 所以甲的面积比乙小，解得， 故． 二、填空题：本题有6个小题，每小题3分，共18分． 11. 计算：________． 【答案】2 【解析】 【详解】解： 12. 已知关于的一元二次方程的两个根分别是5和1，则的值为________． 【答案】 【解析】 【详解】解：， ∴或， 解得，， ∵方程的两个根分别是和， ∴． 13. 某小组11名同学1分钟跳绳次数为：142，160，164，170，172，175，178，180，182，186，208．这组数据的下四分位数是________． 【答案】 【解析】 【详解】解：方法一：将这组数据按从小到大的顺序排列如下：，，，，，，，，，，，共个数， ∵ ，不是整数，向上取整为， ∴这组数据的下四分位数是第个数据． 方法二：将这组数据按从小到大的顺序排列如下：，，，，，，，，，，， ∵下四分位数是，，，，的中位数， ∴这组数据的下四分位数是164． 14. 如图，在正方形中，点在边上，连接交对角线于点，连接．设，则________（用含的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】先根据正方形的性质证明，则结合外角的性质得到，再由平角的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴． 15. 已知关于的一元二次方程（其中）的一个根是，则________． 【答案】 【解析】 【分析】将代入方程，结合可得，化简即可得出答案． 【详解】∵关于的一元二次方程的一个根是， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 16. 如图，在矩形中，对角线，交于点，过点作，垂足为点，连接．若，，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于点，根据矩形性质和全等三角形判定证得，从而得到，再利用等腰三角形三线合一性质得到，进而求出长及的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】过点作于点 四边形是矩形 在和中 四边形是矩形 在中， 在中，． 三、解答题：本大题有8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 计算： （1）． （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解：． 18. 解方程： （1）． （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法解方程即可； （2）利用配方法解方程即可． 【小问1详解】 解：， ， 或， 所以方程的解为，． 【小问2详解】 解：， ， ， ， ， ， 所以方程的解为，． 19. 如图，在平行四边形中，．点，分别在，上，且满足． （1）求证：四边形为平行四边形． （2）若，平分，求的度数． 【答案】（1）证明：∵平行四边形， ∴， ∵点，分别在，上，且满足， ∴，，即， ∴四边形为平行四边形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质，推出，即可得证； （2）根据平行四边形的对角相等，角平分线的定义，进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵平行四边形，， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴. 20. 某连锁奶茶门店的店长为优化排班与备货方案，在午市高峰（11：00—14：00）和晚市高峰（17：00—20：00）各选取6个时间段，统计这些时间段中每10分钟的出杯量．具体数据如下折线图所示： 分析数据，整理成表格如下： 平均数 众数 中位数 方差 午市高峰 49 48.5 13 晚市高峰 52 53 26 根据以上信息，回答下列问题： （1）求，的数值． （2）午市和晚市，哪个的销售量更高，哪个的销售量更稳定？请根据统计量说明理由． 【答案】（1）， （2）晚市的销售量更高，午市的销售量更稳定，理由如下： 晚市的平均数高于午市，所以晚市的销售量更高，由统计图可知，午市的数据波动更小，即方差小，所以午市的销售量更稳定． 【解析】 【分析】（1）根据平均数和中位数的定义即可求解； （2）根据平均数判断销售量的高低；根据统计图的波动大小判断哪个的销售量更稳定． 【小问1详解】 解：午市高峰的平均数， 晚市高峰的6个数据按从小到大排列为：44、47、53、53、56、59， ∴晚市高峰的中位数； 【小问2详解】 略 21. 阅读与思考 我们知道，已知三角形的一边长及这条边上的高线长，利用公式，可以求三角形的面积．由三角形全等的判定方法“边边边”可知，一个三角形只要三边确定，这个三角形的形状和大小就完全确定，这意味着，通过三角形的三边长是可以确定三角形的面积的． 古希腊数学家海伦，在他的著作《度量论》中，给出了利用三角形的三边求面积的公式：，其中． 根据以上阅读材料回答下列问题： 如图，在中，，，． （1）求的面积． （2）作，通过计算说明． 【答案】（1） （2）∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． 【解析】 【分析】（1）把a、b、c的长代入求出p，再代入面积的公式计算即可得解； （2）先由的面积求出，再由勾股定理求出，即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵，，， ∴， ∴， 即面积是； 【小问2详解】 略 22. 某农场要建一个大饲养场（矩形），两面靠墙，位置的墙最大可用长度为17米，位置的墙最大可用长度为12米，围成如图所示的矩形场地，每个场地各留一个1米宽的门（不用木栏）．建成后木栏总长34米．设木栏的长为米． （1）①__________米（用含的代数式表示） ②若饲养场面积为160平方米时，求的长； （2）饲养场面积能达到170平方米吗？若能，请求出的长，若不能，请说明理由． 【答案】（1）①；②米； （2）解：不能，理由如下： 当饲养场面积为170平方米时，， 整理得， 判别式， 方程无实数根， 因此饲养场面积不能达到170平方米. 【解析】 【分析】（1）①用总长加上两个门宽再减去2个的长，列出代数式即可；②根据矩形的面积公式列出方程进行求解即可； （2）根据矩形的面积公式列出方程，利用判别式判断方程的根的情况，即可. 【小问1详解】 解：①由题意，（米）； ②由题意，得， 解得，， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意； 故米； 【小问2详解】 略 23. 定义：在菱形中，相邻两个内角的度数差的绝对值称为该菱形的“邻角差”，记作，即，其中，分别是菱形两个相邻内角的度数． （1）概念理解：若菱形的一个内角为，则的值为__________．若时，则该菱形较大的内角为__________． （2）动态思考：若菱形的边长为4，且，求菱形面积的最大值． （3）拓展延伸：在正方形中，直线过正方形的中心，分别与正方形的边，交于，两点，且．请利用尺规作图，构造菱形，使它的顶点，分别在正方形的边，上；并直接写出该菱形的“邻角差”的值． 【答案】（1）40；100 （2） （3）如图，菱形即为所求； 【解析】 【分析】（1）根据菱形得到一组邻角互补，再结合定义求解； （2）设较小内角为，则较大内角为，先由新定义求解，故当时，菱形的面积最大，再由勾股定理以及直角三角形的性质求解高，即可求解面积； （3）作出线段的垂直平分线与的交点即为点，连接，通过证明，则同理可得，即可证明四边形是正方形，当然也为菱形，即可求解． 【小问1详解】 解：∵菱形的对边平行 ∴一组邻角互补， ∵一个内角为 ∴其邻角为 ∴； 设较大内角为，则由上可得，较小内角为， 由题意得，解得； 【小问2详解】 解：设较小内角为，则较大内角为 由题意得 ∵ ∴， 解得 如图，过点作于点E， ∵， ∴当最大时，面积最大， 而当最大时，最大， ∴当时，菱形的面积最大， 即菱形中，， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴菱形面积的最大值为； 【小问3详解】 解：作图略 作出的垂直平分线交于点，连接，则经过正方形的中心 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， 同理可得， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 由垂直平分可得，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵正方形是特殊的菱形，故此时四边形也为菱形． 24. 综合与探究 问题情境：如图，在矩形中，．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，使点落在对角线上，交边于点，交边于点，延长交边于点． （1）判断的形状，并说明理由． （2）若，求的长． （3）小真同学通过几何画板画图和测量得到以下近似数据： 4 4 5 8 5 6 7.5 10 6 8 10 12 猜想：，，三者之间的等量关系，并给出证明． 【答案】（1）是等腰三角形，理由如下： ∵四边形是矩形 ∴ ∴ 由旋转可得， ∴ ∴， ∴是等腰三角形； （2）2 （3）， 证明：连接， 由旋转可得：， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵矩形，， ∴ ∴ ∴ 由旋转以及矩形可得，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵矩形，， ∴． 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质以及矩形的性质证明，即可证明； （2）先由平行证明，再由互余关系证明，则，即可求解； （3）连接，先证明，再证明，由旋转以及矩形可得，则，故，再由线段和差以及等量代换证明即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图， 由旋转可得，矩形中，， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵矩形中， ∴ ∴ ∴ ∴； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $