精品解析：四川省成都市实验外国语学校2025—2026学年下学期期末考试八年级数学学科试题

成都市实验外国语学校2025-2026学年下学期期末考试 八年级数学学科试题 （考试时间：120分钟 总分150分） A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（每小题4分，共32分，请将所选答案的字母填涂在答题卡上） 1. 《国家宝藏》节目深挖巴蜀文博资源，让成都多家博物馆的馆藏文物走入大众视野．下面四幅图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】解：四个选项中只有选项B的图形符合题意． 2. 在平面直角坐标系中，点先向左平移再向下平移可能移动到下列哪个点的位置（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面直角坐标系中点的平移规律，向左平移横坐标减小，向下平移纵坐标减小，先确定平移后点坐标的范围，再判断选项即可． 【详解】解：设平移后点的坐标为， ∵点P坐标为，且点P先向左平移，再向下平移， ∴平移后点的横坐标小于原横坐标，纵坐标小于原纵坐标，即，， 观察四个选项，只有D选项满足，，符合要求． 3. 已知x＞y，那么下列正确的是（　　） A. x+y＞0 B. ax＞ay C. x﹣2＞y+2 D. 2﹣x＜2﹣y 【答案】D 【解析】 【分析】各式利用不等式的性质化简，判断即可． 【详解】解：∵x＞y， ∴x﹣y＞0，ax＞ay（a＞0），x+2＞y+2，2﹣x＜2﹣y， 则可知，D一定正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解本题的关键． 4. 下列式子从左到右的变形属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据因式分解的定义，因式分解是将一个多项式化为几个整式的乘积的形式，需满足结果为整式乘积、变形后等式成立，据此判断各选项即可． 【详解】解：A选项：右边为，是和的形式，不是整式乘积，故A不符合要求； B选项：右边中，是分式，不是整式，故B不符合要求； C选项：左边是整式乘积，右边是多项式，属于整式乘法，不是因式分解，故C不符合要求； D选项：左边是多项式，右边是整式的乘积，且展开得，等式成立，符合因式分解的定义，故D符合要求． 5. 如图，三角形沿方向平移得到三角形，已知，，那么平移的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平移的性质，根据任何一对对应点所连线段的长度都等于平移的距离，平移前后，B、E对应，C、F对应，根据平移的性质可得平移的距离是． 【详解】解：由题意平移的距离为：， 故选：A． 6. 如图，在四边形中，与相交于点，，以下条件能判断四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定定理逐项判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、，，根据一组对边平行，另一组对边相等不能判断四边形是平行四边形，该选项不符合题意； 、由可得，又，根据一组对边平行且相等能判断四边形是平行四边形，该选项符合题意； 、，，只能得到一组对边相等，不能判断四边形是平行四边形，该选项不符合题意； 、，，根据一组对边及一组对角相等不能判断四边形是平行四边形，该选项不符合题意； 故选：． 7. 若函数有意义，则自变量的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据被开方数大于等于以及分式有意义的条件，进行计算即可得出的取值范围，然后在数轴上表示即可． 【详解】解：根据题意可知且， ， 解得：， 在数轴上表示如下： 故选：． 【点睛】本题考查了函数自变量的范围及在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 8. 周末几名同学计划去聚餐，订了一桌价值280元的晚餐，出发前4名同学临时有事情不能参加，结果每个同学比原计划多出了16元的餐费，设最先打算参加聚餐的同学共x人，则所列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设原计划参加聚餐的同学共x人，分别表示出原计划和实际每人分摊的餐费，根据实际每人比原计划多分摊16元餐费，即可列出方程． 【详解】解：设最先打算参加聚餐的同学共x人， ∵原计划每人分摊餐费为元，实际参加人数为人， ∴实际每人分摊餐费为元， 又∵实际每个同学比原计划多出了16元餐费， ∴可得方程． 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共有5个小题，每小题4分，共20分；请将答案填在答题卡对应横线上） 9. 已知，那么_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了比例的性质，熟悉掌握运算方法是解题的关键． 由已知比例关系，设参数表示变量，代入所求分式化简即可． 【详解】由，设，， 则， 故答案为：． 10. 若分式的值为0，则x的值是______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了分式的值为零的条件：分式的分母不为零，分子为零．根据分式的值为零的条件得：且，即可求解． 【详解】解：根据分式的值为零的条件得：且， 解得：． 故答案为：2． 11. 如图，四边形中，，，，连接，，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理可得，然后根据三角形中位线可进行求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴． 12. 如图，两条直线分别经过正六边形的顶点、，且．当时，则______． 【答案】##度 【解析】 【详解】正六边形的内角和为：， 每个内角为：， 如下图： ，， ， ． 13. 如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于、两点；②分别以点、为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点；③作射线交的延长线于点．连接，若，，，则的长为______ 【答案】3 【解析】 【分析】由四边形是平行四边形，可得，，由作图可知，平分，可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由作图可知，平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 三、解答题（本大题共有5个小题，满分48分，解答过程写在答题卡对应位置） 14. 计算题 （1）分解因式： （2）解不等式组： （3）解方程： （4）解方程： 【答案】（1） （2） （3）无解 （4）， 【解析】 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 由， ， 解得：； ， ， ， 解得：， 不等式组的解集为：； 【小问3详解】 ， ， ， ， ， 解得：， 检验：当，， 所以原方程无解； 【小问4详解】 ， ， ， ， ，． 15. 先化简，再求值：，从中选取一个你喜欢的数作为的值，代入求出原式的值． 【答案】，． 【解析】 【分析】此题考查了分式的化简求值，先计算括号内的分式减法，再计算除法，得到最简结果，再选取有意义的的值代入计算即可，熟练掌握运算法则是解题的关键． 【详解】解： ， ∵和时，分式无意义， ∴， ∴当时，原式． 16. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，， （1）将以点C为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的；平移，若点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的； （2）若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】（1）见详解 （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点是解题的关键， （1）利用中心对称的点的坐标特征得到、、，再顺次连接即可；利用点与点的坐标特征得到平移的方式是先向右平移3个单位，再向下平移6个单位，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接即可； （2）连接、、交于一点，这点即为旋转中心，即可解答； 【小问1详解】 解：如图所示：为所求，为所求； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴旋转中心坐标为． 17. 如图，四边形为平行四边形，为对角线的中点，过点作分别交边，于点，，垂足为 （1）求证：四边形为菱形； （2）在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求线段的长度，并求出的面积． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵为对角线的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意易得，，则有，然后可得，则有，进而根据菱形的判定定理进行求证即可； （2）过点作，由题意易得，则有，然后根据三角形中位线可得，，，进而可得，最后根据三角形面积公式可进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点作，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵为对角线的中点，为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 18. 在平面直角坐标系中，已知直线分别与轴和轴交于、两点，直线与轴和轴分别交于，两点，与交于点，其中且． （1）求直线的解析式； （2）点为直线上一个动点，连接，，当时，求点的坐标； （3）已知点在轴上，点在直线上．是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在；或或 【解析】 【分析】（1）由题意易得，则有，然后根据待定系数法进行求解即可； （2）设点，先得出直线的解析式为，设直线与轴的交点为，然后可得，进而根据铅垂法进行求解即可； （3）根据题意易得，设，然后根据中点坐标公式及平行四边形对角线互相平分进行分类求解即可． 【小问1详解】 解：把代入得：，把代入得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：设点，直线的解析式为，则有： ，解得：， ∴直线的解析式为， 设直线与轴的交点为，如图所示： 令时，则有， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：或， ∴或； 【小问3详解】 解：存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 联立，解得：， ∴， 设， ∵以、、、为顶点的四边形是平行四边形，且， ∴情况1：当，为对角线时， 根据平行四边形的对角线互相平分及中点坐标公式可得：， 解得：， ∴； 情况2：当，为对角线时，同理可得：， 解得：， ∴； 情况3：当，为对角线时，同理可得：， 解得：， ∴； 综上所述：或或． B卷（共50分） 一、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分；请将答案填在答题卡对应横线上） 19. 若，则分式的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值、代数式求值等知识点，利用分式的性质对分式变形是解题的关键． 由已知条件可得，然后整体代入所求分式化简即可解答． 【详解】解：由 ，得，即． 所以分式为 ． 故答案为：． 20. 如图，在中，，，是的角平分线．把绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点是点E，则点D与点F之间的距离是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，先利用等腰三角形的性质求解，再利用旋转的性质证明，，再利用勾股定理可得答案． 【详解】解：∵，，是的角平分线． ∴，， ∴， 连接， 由旋转的性质可得：，， ∴； 故答案为： 21. 关于的不等式组的解集为，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据不等式组的解法“小小取小”进行求解即可． 【详解】解： 由①可得：， 由②可得：， ∵该不等式组的解集为， ∴． 22. 如图，在菱形中，，，点E是边上一点，连接，将沿翻折得到；线段所在直线与所在直线交于点G，当时，求线段的长______． 【答案】 【解析】 【分析】利用菱形的性质和翻折的性质，结合解30度直角三角形和勾股定理设未知数列出方程，即可求得的长度． 【详解】解：在菱形中，，， ∵，， ∴，， ∴， ∵沿翻折得到， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 如图，设与交点为H， ∴，即， 在中，， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∵， ∴， 解得：，， ∵， ∴舍去， ∴． 23. 定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，如果点满足：，，那么我们称点是点，的“三分点”． （1）若点，的“三分点”的坐标是，则点的坐标是______； （2）若点，的“三分点”是点，当点、、围成的三角形与直线没有公共点时，求的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】解：（1），，三分点， ，， 解得，， ； （2）点，的“三分点”是点， 点的坐标为，． 将代入得， ， 点在直线的右上方． 与直线没有公共点， 在直线的右上方， 则且， 解得， 的取值范围是． 二、解答题（本大题共3个小题，满分30分，解答过程写在答题卡对应位置） 24. 2026年美加墨世界杯是首次由美国、加拿大、墨西哥三国联合举办的国际顶级足球赛事，赛事火热进行中，官方推出两款正版纪念挂件：A款雄鹰赛事主题挂件、B款卡通足球挂件，深受学生球迷喜爱．已知每件A款挂件比B款贵12元；花费1560元购买A款挂件的数量，与花费1200元购买B款挂件数量相同． （1）每个A款雄鹰赛事主题挂件与每个B款卡通足球挂件的售价是多少元？ （2）某球迷准备共采购两款挂件45个．商家规定：A款挂件需额外支付包装费每个2元，B款无额外包装费．全部支出不能超过2400元，求最多能买多少个A款． 【答案】（1）每个A款雄鹰赛事主题挂件的售价为52元，每个B款卡通足球挂件的售价是40元 （2）最多购买42个A型挂件 【解析】 【分析】（1）设每个B款卡通足球挂件的售价是元，则每个A款雄鹰赛事主题挂件的售价为元，由题意得：，进而求解即可； （2）设购买A型个，则购买B款卡通足球挂件为个，由题意得：，然后进行求解即可． 【小问1详解】 解：设每个B款卡通足球挂件的售价是元，则每个A款雄鹰赛事主题挂件的售价为元，由题意得： ， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意； ∴， 答：每个A款雄鹰赛事主题挂件的售价为52元，每个B款卡通足球挂件的售价是40元． 【小问2详解】 解：设购买A款个，则购买B款卡通足球挂件为个，由题意得： ， 解得：， ∴取整数42， 答：最多购买42个A款挂件． 25. 在综合与实践活动中，数学兴趣小组对正方形截两条互相垂直的直线得到的线段长度关系进行了如下探究： 如图，在正方形中，点为射线上的一个动点，连接，线段的垂直平分线分别交直线、于、两点，交直线于点． （1）【初步感知】：当点在线段上时，如图1，求证：； （2）【深入探究】：在（1）的条件下，如图2，连接交直线于点，试探究线段与之间的数量关系； （3）【拓展延伸】：过点且垂直于的直线与直线相交于点，当时，求的值． 【答案】（1）证明：过点作，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点作，由题意易得，则有四边形是矩形，，然后可得，进而可得，则问题可求证； （2）连接，由题意易得，则有，然后可得，则有，进而问题可求解； （3）连接，由题意易得四边形是平行四边形，则有，然后可得，则，由可设，则有，进而根据勾股定理可进行求解． 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 解：，理由如下： 连接，如图所示： ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，故设， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， ∴， ∴． 26. 定义：解析式为（为常数且）的直线必过定点．当取不同的值时，直线将呈现出一束绕定点旋转的“直线束”，我们称该直线为“旋转束直线”，定点称为直线的“锚定点”．比如：直线是旋转束直线，锚定点为． （1）直线的锚定点坐标为 ；直线的锚定点坐标为 （2）如图1，已知直线分别与轴、轴交于、两点，旋转束直线绕自身锚定点旋转，分别与轴、轴交于、两点，连接，若为等腰三角形，求的值． （3）如图2，设点为直线上一点（点在第一象限），过点的直线，分别与轴正半轴和轴正半轴交于、两点，连接．已知直线是以点为锚定点的“旋转束直线”，且始终满足：，求点的坐标． 【答案】（1）； （2）或或或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中所给的定义直接进行求解； （2）由题意易得点的坐标为，，，根据两点间距离公式可得：，，，然后根据题意可分三种情况进行分类讨论； （3）设点，则有，由题意易得，则有，然后可得的值与无关，则，进而问题可求解． 【小问1详解】 解：直线的锚定点坐标为； 直线的锚定点坐标为； 【小问2详解】 解：∵， ∴旋转束直线的锚定点的坐标为， 把代入直线得：，把代入直线得：， ∴，， ∴根据两点间距离公式可得：，，， ∵为等腰三角形， ∴情况1：当时，即， ∴， 解得：； 情况2：当时，则， ∴， 解得：， 当时，则，即，与点B重合，故不符合题意， ∴； 情况3：当时，即， ∴， 解得：； 综上所述：当为等腰三角形，或或或； 【小问3详解】 解：设点，则有， 令时，则，令时，则，解得：， ∴， ∴， ∴， ∵直线是以点为锚定点的“旋转束直线”，且始终满足：， ∴的值与无关， ∴，即， ∵点为直线上一点， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市实验外国语学校2025-2026学年下学期期末考试 八年级数学学科试题 （考试时间：120分钟 总分150分） A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（每小题4分，共32分，请将所选答案的字母填涂在答题卡上） 1. 《国家宝藏》节目深挖巴蜀文博资源，让成都多家博物馆的馆藏文物走入大众视野．下面四幅图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，点先向左平移再向下平移可能移动到下列哪个点的位置（ ） A. B. C. D. 3. 已知x＞y，那么下列正确的是（　　） A. x+y＞0 B. ax＞ay C. x﹣2＞y+2 D. 2﹣x＜2﹣y 4. 下列式子从左到右的变形属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，三角形沿方向平移得到三角形，已知，，那么平移的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 6. 如图，在四边形中，与相交于点，，以下条件能判断四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 7. 若函数有意义，则自变量的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 周末几名同学计划去聚餐，订了一桌价值280元的晚餐，出发前4名同学临时有事情不能参加，结果每个同学比原计划多出了16元的餐费，设最先打算参加聚餐的同学共x人，则所列方程为（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共有5个小题，每小题4分，共20分；请将答案填在答题卡对应横线上） 9. 已知，那么_______． 10. 若分式的值为0，则x的值是______． 11. 如图，四边形中，，，，连接，，，则的长为______． 12. 如图，两条直线分别经过正六边形的顶点、，且．当时，则______． 13. 如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于、两点；②分别以点、为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点；③作射线交的延长线于点．连接，若，，，则的长为______ 三、解答题（本大题共有5个小题，满分48分，解答过程写在答题卡对应位置） 14. 计算题 （1）分解因式： （2）解不等式组： （3）解方程： （4）解方程： 15. 先化简，再求值：，从中选取一个你喜欢的数作为的值，代入求出原式的值． 16. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，， （1）将以点C为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的；平移，若点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的； （2）若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 17. 如图，四边形为平行四边形，为对角线的中点，过点作分别交边，于点，，垂足为 （1）求证：四边形为菱形； （2）在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求线段的长度，并求出的面积． 18. 在平面直角坐标系中，已知直线分别与轴和轴交于、两点，直线与轴和轴分别交于，两点，与交于点，其中且． （1）求直线的解析式； （2）点为直线上一个动点，连接，，当时，求点的坐标； （3）已知点在轴上，点在直线上．是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． B卷（共50分） 一、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分；请将答案填在答题卡对应横线上） 19. 若，则分式的值为_____． 20. 如图，在中，，，是的角平分线．把绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点是点E，则点D与点F之间的距离是_____． 21. 关于的不等式组的解集为，则的取值范围为______． 22. 如图，在菱形中，，，点E是边上一点，连接，将沿翻折得到；线段所在直线与所在直线交于点G，当时，求线段的长______． 23. 定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，如果点满足：，，那么我们称点是点，的“三分点”． （1）若点，的“三分点”的坐标是，则点的坐标是______； （2）若点，的“三分点”是点，当点、、围成的三角形与直线没有公共点时，求的取值范围是______． 二、解答题（本大题共3个小题，满分30分，解答过程写在答题卡对应位置） 24. 2026年美加墨世界杯是首次由美国、加拿大、墨西哥三国联合举办的国际顶级足球赛事，赛事火热进行中，官方推出两款正版纪念挂件：A款雄鹰赛事主题挂件、B款卡通足球挂件，深受学生球迷喜爱．已知每件A款挂件比B款贵12元；花费1560元购买A款挂件的数量，与花费1200元购买B款挂件数量相同． （1）每个A款雄鹰赛事主题挂件与每个B款卡通足球挂件的售价是多少元？ （2）某球迷准备共采购两款挂件45个．商家规定：A款挂件需额外支付包装费每个2元，B款无额外包装费．全部支出不能超过2400元，求最多能买多少个A款． 25. 在综合与实践活动中，数学兴趣小组对正方形截两条互相垂直的直线得到的线段长度关系进行了如下探究： 如图，在正方形中，点为射线上的一个动点，连接，线段的垂直平分线分别交直线、于、两点，交直线于点． （1）【初步感知】：当点在线段上时，如图1，求证：； （2）【深入探究】：在（1）的条件下，如图2，连接交直线于点，试探究线段与之间的数量关系； （3）【拓展延伸】：过点且垂直于的直线与直线相交于点，当时，求的值． 26. 定义：解析式为（为常数且）的直线必过定点．当取不同的值时，直线将呈现出一束绕定点旋转的“直线束”，我们称该直线为“旋转束直线”，定点称为直线的“锚定点”．比如：直线是旋转束直线，锚定点为． （1）直线的锚定点坐标为 ；直线的锚定点坐标为 （2）如图1，已知直线分别与轴、轴交于、两点，旋转束直线绕自身锚定点旋转，分别与轴、轴交于、两点，连接，若为等腰三角形，求的值． （3）如图2，设点为直线上一点（点在第一象限），过点的直线，分别与轴正半轴和轴正半轴交于、两点，连接．已知直线是以点为锚定点的“旋转束直线”，且始终满足：，求点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $