精品解析：山东省济南市章丘区2025---2026学年度下学期期末学情与素养发展评估八年级数学试题

济南市章丘区2025—2026学年度下学期期末学情与素养发展评估 北师大版八年级数学试题 （时间：120分钟 总分：150分 测试范围：八年级数学全册及九年级上册第一二章） 说明：本试题分选择题和非选择题两部分．选择题部分共2页，满分为40分；非选择题部分共6页，满分为110分．本试题共8页，满分为150分．考试时间120分钟．本考试不允许使用计算器． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 下面图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 且 4. 若分式的值为0，则的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 0 5. 等腰梯形两底之差为12，高为，则等腰梯形的腰长是（ ） A. 12 B. 6 C. D. 6. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，将绕顶点A按顺时针方向旋转得到，当首次经过点D时，旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于点和点，再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，若的面积为6，则的面积是（ ）． A. 10 B. 1 C. 12 D. 13 10. 已知正方形边长为8，P在边上运动，连接，将线段绕着点B逆时针旋转，到线段，连接，线段的最小值为（ ） A. 4 B. 8－ C. 4+4 D. 4 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11. 一个多边形的外角和与所有的内角相加是，则这个多边形的边数为_____________． 12. 如图，已知点，，连接，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是_____． 13. 一元二次方程的一个根为，则m的值为_______． 14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线为常数，的交点为，则关于的不等式的解集为______ 15. 如图，在矩形中，E是的中点，将折叠后得到，点F在矩形内部，延长交于点H，若，，的长为_______． 三、解答题（本题共10小题，共90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 因式分解： （1） （2） 17. 解不等式组：，并写出它的所有整数解． 18. 如图，点E，F分别在菱形的边上，且．求证：． 19. 先化简，再求值：，再从，，，四个数中选一个合适的数作为a的值代入求值． 20. 解方程： （1） （2） 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）若经过平移后得到，已知点A的对应点的坐标为，请画出，并求出线段平移的距离 ． （2）将绕坐标原点O按顺时针方向旋转得到，请画出； （3）若将绕点P旋转可得到，则旋转中心点P的坐标为 ． 22. 某公司计划采购甲、乙两种机器人，已知甲种机器人的单价比乙种机器人的单价少5万元，花费1200万元购进甲种机器人的数量是花费650万元购进乙种机器人数量的2倍． （1）求甲种机器人和乙种机器人的单价分别是多少万元？ （2）该公司计划购进甲，乙两种机器人共40台，且甲种机器人的购买数量不超过乙种机器人购买数量的2倍，该公司购进甲种机器人多少台时花费最少？最少费用是多少万元？ 23. 如图，在中，，平分，点O是的中点，连接并延长到点E，使得．连接，． （1）证明：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 24. 问题情景：老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动．如图1，和都是等腰直角三角形，，点，分别在边，上，连接，点，，分别为，，的中点．试判断线段与的数量关系和位置关系． 问题探究： （1）甲小组发现：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是_____； （2）乙小组受到甲小组的启发，继续进行探究，把绕点逆时针方向旋转到如图2的位置，请判断的形状并证明； 问题拓展： （3）两小组的同学继续探究：把绕点C在平面内自由旋转，若，当旋转到、、三点共线，且时，连结，直接写出线段的长度． 25. 如图，已知一次函数的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，与一次函数的图象交于点M，点M的横坐标为2． （1）求点A的坐标； （2）在x轴上有一动点（其中），过点P作x轴的垂线，分别交一次函数和的图象于点C、D，并且，求a的值； （3）在（2）的条件下，平面直角坐标系中存在点Q，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点Q的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济南市章丘区2025—2026学年度下学期期末学情与素养发展评估 北师大版八年级数学试题 （时间：120分钟 总分：150分 测试范围：八年级数学全册及九年级上册第一二章） 说明：本试题分选择题和非选择题两部分．选择题部分共2页，满分为40分；非选择题部分共6页，满分为110分．本试题共8页，满分为150分．考试时间120分钟．本考试不允许使用计算器． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 下面图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； C、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因式分解是把一个多项式化为几个整式的乘积的形式． 【详解】解：A．从左到右是整式乘法运算，将乘积化为多项式和的形式，不是因式分解，不符合要求； B．结果是和的形式，不是乘积形式，不是因式分解，不符合要求； C．右侧中不是整式，不符合要求； D．，是将多项式化为整式乘积的形式，符合因式分解的定义，符合要求． 3. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 且 【答案】A 【解析】 【分析】对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．利用一元二次方程根的判别式求解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴． 4. 若分式的值为0，则的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式的值为零的条件可以求出的值．本题考查的是分式的值为0的条件，若分式的值为0，需同时具备两个条件：分子为0且分母不为0，这两个条件缺一不可． 【详解】解：由题意得， 解得． 故选：B． 5. 等腰梯形两底之差为12，高为，则等腰梯形的腰长是（ ） A. 12 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意作出图形，然后过点A作，过点D作，确定四边形为矩形，再由全等三角形的判定和性质得出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示：过点A作，过点D作， ∵等腰梯形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵等腰梯形两底之差为12，高为， ∴， ∴， ∴腰长为：． 6. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：原式 ． 7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分式方程的增根是使分式分母为0的根，先确定增根，再将分式方程化为整式方程，代入增根即可求出的值． 【详解】解：∵分式方程有增根， ∴分母和为0，则增根为． 原方程两边同乘，得， 将代入上式，得， 解得． 8. 如图，在中，，将绕顶点A按顺时针方向旋转得到，当首次经过点D时，旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等边对等角． 根据平行四边形的性质得到，由旋转的性质得到，，根据等边对等角得到，即可求出旋转角的度数． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵绕顶点A按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∴， 故选：C 9. 如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于点和点，再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，若的面积为6，则的面积是（ ）． A. 10 B. 1 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】作交于点E，由作图过程可知，平分，则，根据30度角的性质得到，进而得到，即可求出的面积． 【详解】解：如图，作交于点E， 由作图过程可知，平分， ∴， ∵， ∴， ∵的面积为6， ∴， ∴， 即． 10. 已知正方形边长为8，P在边上运动，连接，将线段绕着点B逆时针旋转，到线段，连接，线段的最小值为（ ） A. 4 B. 8－ C. 4+4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将线段绕着点B逆时针旋转，到线段，连接，过点A作于点T，证明，得到，则点E在射线上运动，故当时，有最小值，可证明四边形是矩形，得到；证明是等腰直角三角形，得到，利用勾股定理推出，据此可得的最小值为． 【详解】解：如图所示，将线段绕着点B逆时针旋转，到线段，连接，过点A作于点T， 由正方形的性质可得， 由旋转的性质可得， ∴ ∴， ∴，即， ∵点H为定点， ∴点E在射线上运动， ∴当时，有最小值， 又∵， ∴此时有， ∴四边形是矩形， ∴； 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11. 一个多边形的外角和与所有的内角相加是，则这个多边形的边数为_____________． 【答案】6 【解析】 【分析】设这个多边形的边数为，根据题意列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得： 解得： ∴这个多边形的边数为6． 12. 如图，已知点，，连接，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据点B和其对应点D的坐标，计算出平移的横坐标变化量和纵坐标变化量．利用上述计算出的变化量，结合点A的坐标求出点C的坐标． 【详解】∵点平移后得到对应点， ∴横坐标变化：，纵坐标变化：． ∵，  ∴的横坐标：，的纵坐标：， ∴的坐标为． 13. 一元二次方程的一个根为，则m的值为_______． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵一元二次方程的一个根为， ∴， 解得． 14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线为常数，的交点为，则关于的不等式的解集为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式；先利用直线的解析式确定点坐标，然后结合函数特征写出不等式的解集即可． 【详解】解：把代入得， 解得， 当时，． 即关于的不等式的解集为． 15. 如图，在矩形中，E是的中点，将折叠后得到，点F在矩形内部，延长交于点H，若，，的长为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，先可证明，可得，设，则，，在中，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵E是的中点， ∴， 由折叠可得，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得，即． 三、解答题（本题共10小题，共90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 因式分解： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 解不等式组：，并写出它的所有整数解． 【答案】，整数解为，； 【解析】 【详解】解： 解不等式①，得， 解不等式②，得， ∴原不等式组的解集为， ∴原不等式组的所有整数解是，． 18. 如图，点E，F分别在菱形的边上，且．求证：． 【答案】 证明：四边形是菱形， ，， 在和中， ， ， ． 【解析】 【分析】根据菱形的性质与已知条件可以证得，再根据全等三角形的性质即可得到解答． 【详解】略 【点睛】本题考查菱形的综合应用，熟练掌握菱形的性质及三角形全等的判定与性质是解题关键． 19. 先化简，再求值：，再从，，，四个数中选一个合适的数作为a的值代入求值． 【答案】， 【解析】 【分析】先对括号内进行运算，同时对分子、分母进行因式分解，再将除转化为乘，进行约分，结果化为最简分式或整式，排除使得分式无意义的值，然后代值计算，即可求解． 【详解】解：原式 ， 又、、， 当时， 原式． 【点睛】本题考查了分式化简求值，掌握分式化简的步骤，排除分式无意义的数值是解题的关键． 20. 解方程： （1） （2） 【答案】（1）原方程无解 （2）， 【解析】 【分析】（1）方程两边同时乘以得，，解得，，检验，当时，，故不是原方程的解，因此原方程无解； （2），故，所以原方程的解为，． 【小问1详解】 解：， 两边同时乘以得，， 化简得，， 解得，， 检验，当时，，故不是原方程的解， 原方程无解； 【小问2详解】 解：， ， ， 原方程的解为，． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）若经过平移后得到，已知点A的对应点的坐标为，请画出，并求出线段平移的距离 ． （2）将绕坐标原点O按顺时针方向旋转得到，请画出； （3）若将绕点P旋转可得到，则旋转中心点P的坐标为 ． 【答案】（1）；； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据点A和点的坐标可得平移方式，再根据平移方式得到点的坐标，据此作图，然后利用两点间的距离公式求出的长即可得到平移的距离； （2）根据旋转的特点找到对应点的位置，再描点，连线作图即可； （3）画出的垂直平分线，其交点P即为所求，根据坐标系写出点的坐标即可． 【小问1详解】 解：∵经过平移后得到，点的对应点的坐标为， ∴平移方式为向右平移个单位长度，向下平移个单位长度， ∴点的坐标为，即， 点的坐标为，即， 画图见答案， ∵， ∴线段平移的距离为； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 解：如图所示，点即为所求． 22. 某公司计划采购甲、乙两种机器人，已知甲种机器人的单价比乙种机器人的单价少5万元，花费1200万元购进甲种机器人的数量是花费650万元购进乙种机器人数量的2倍． （1）求甲种机器人和乙种机器人的单价分别是多少万元？ （2）该公司计划购进甲，乙两种机器人共40台，且甲种机器人的购买数量不超过乙种机器人购买数量的2倍，该公司购进甲种机器人多少台时花费最少？最少费用是多少万元？ 【答案】（1）一台甲种机器人需60万元，一台乙种机器人需65万元 （2）购进26台甲种机器人花费最少，最少费用是2470万元 【解析】 【分析】（1）设购买一台乙种机器人需万元，则购买一台甲种机器人需万元，根据题意列出分式方程求解即可； （2）设该公司购进甲种机器人台，总花费为万元，根据题意列出一元一次不等式求出，表示出，然后利用一次函数的性质求解． 【小问1详解】 解：设购买一台乙种机器人需万元，则购买一台甲种机器人需万元， 根据题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ， 答：购买一台甲种机器人需60万元，一台乙种机器人需65万元． 【小问2详解】 解：设该公司购进甲种机器人台，总花费为万元， 根据题意，得：， 解得，， ， ， 随的增大而减小， ∵，a为整数， 当时，取得最小值， 此时（万元） 答：购进26台甲种机器人花费最少，最少费用是2470万元． 23. 如图，在中，，平分，点O是的中点，连接并延长到点E，使得．连接，． （1）证明：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：连接， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 在中，，平分， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，首先证明四边形是平行四边形，得到，，然后利用三线合一得到，，推出，进而证明即可； （2）首先得到，然后利用勾股定理得到，然后利用矩形的性质求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 24. 问题情景：老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动．如图1，和都是等腰直角三角形，，点，分别在边，上，连接，点，，分别为，，的中点．试判断线段与的数量关系和位置关系． 问题探究： （1）甲小组发现：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是_____； （2）乙小组受到甲小组的启发，继续进行探究，把绕点逆时针方向旋转到如图2的位置，请判断的形状并证明； 问题拓展： （3）两小组的同学继续探究：把绕点C在平面内自由旋转，若，当旋转到、、三点共线，且时，连结，直接写出线段的长度． 【答案】（1），；（2）是等腰直角三角形，证明见解析；（3）或． 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质及线段的和差关系得出，根据中位线的性质可得，，，，即可证明，，，根据角的和差关系得出即可得答案； （2）根据旋转的性质，利用证明，可得，，根据中位线的性质及角的和差故选得出，即可得答案； （3）根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差故选得出，根据等腰三角形的性质得出，分点在线段上时，当点在线段上时两种情况，得出的长，利用勾股定理求出的长，根据直角三角形斜边中线的性质即可得答案． 【详解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，， ∴，， ∴，即， ∵点，，分别为，，的中点， ∴，，，， ∴，，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即． 故答案为：， （2）如图，连接， ∵把绕点逆时针方向旋转， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵点，，分别为，，的中点， ∴，，，， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形． （3）如图，当点在线段上时， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵点为中点， ∴． 如图，当点在线段上时， 同理可得：，，， ∴， ∴， ∵点为中点， ∴． 综上所述：线段的长度为或． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、外角性质、平行线的性质及直角三角形斜边中线的性质，掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 25. 如图，已知一次函数的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，与一次函数的图象交于点M，点M的横坐标为2． （1）求点A的坐标； （2）在x轴上有一动点（其中），过点P作x轴的垂线，分别交一次函数和的图象于点C、D，并且，求a的值； （3）在（2）的条件下，平面直角坐标系中存在点Q，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点Q的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或或． 【解析】 【分析】（1）先求出点的坐标，再利用待定系数法求出一次函数解析式，即可得解； （2）先求出点的坐标，进而得出，根据题意得出、两点坐标，进而用含的式子表示出的长，即可得解； （3）由（2）可知，，则，分三种情况讨论，利用平行四边形对边平行且相等，以及对角线互相平分，分别求解即可． 【小问1详解】 解：将代入得， ， 将点代入得， 解得：， ， 一次函数的图象与x轴交于点A， 令，则，解得：， ； 【小问2详解】 解：一次函数的图象与y轴交于点B， 令，则， ， ， ， 过点（其中）作x轴的垂线，分别交一次函数和的图象于点C、D， ，， ， 解得：； 【小问3详解】 解：由（2）可知，， ， ， ，， ，， ， ①当为对角线时，四边形是平行四边形，如图， ，， ； ②当为对角线时，四边形是平行四边形，如图， ，， ； ③当为对角线时，四边形是平行四边形，如图， 设点， ，解得：， ； 综上可知，点Q的坐标为或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $