精品解析：甘肃省兰州市红古区2025-2026学年八年级下学期7月期末数学试题

2025—2026学年度第二学期期末教情调研八年级数学 考生注意：本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，满分120分，考试时间120分钟．请将答案填写在答题卡相对应的位置． 第一部分（选择题 共33分） 一．选择题（本大题共11小题，每小题3分，共33分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若分式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 中国航天取得了举世瞩目的成就，贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 计算：（ ） A. B. C. D. 4. 若，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，用平移的方法说明平行四边形的面积公式时，将沿直线平移到处，且，，则平移的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 下列式子由左边到右边的变形，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，为的中线．若，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，对角线，相交于点，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 某快递公司请了甲、乙两名搬运工搬运包裹，甲比乙每小时多搬运包裹，甲搬运包裹所用的时间与乙搬运包裹所用的时间相等，求甲、乙两人每小时分别搬运多少包裹？若设甲每小时搬运货物，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若函数和函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集是（　　） A. B. C. D. 11. 如图，已知的周长为，对角线，相交于点，是的中点，连接．若的周长为，则的长为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共87分） 二．填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 12. 因式分解：__________． 13. 如图，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为_____． 14. 如图，将向右平移得到，且点，，，在同一条直线上，连接．若，，则的长为______． 15. 如图，在中，，是上一点，连接．若，则的度数是________． 三．解答题（本大题共11小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 已知一个多边形的内角和比它的外角和多，求这个多边形的边数． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 解不等式组：并将解集在数轴上表示出来． 19. 如图，将绕点顺时针旋转得到．若点，，在同一条直线上，且，求及的度数． 20. 如图，在中，，是边上的高．若，，求的长． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点均在正方形网格的格点上． （1）经过平移，的顶点移到了点，画出平移后的； （2）以点为对称中心，画出与成中心对称的． 22. 如图，在四边形中，，点在上，，，垂足为． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，，，求的长． 23. 如图，在中，，于点，是上一点，连接与相交于点，连接，，且． （1）求证：垂直平分； （2）若，求证：平分． 24. 兰州市某博物馆门口文创店售卖、两款铜奔马纪念礼盒，款礼盒批发进价是款礼盒的倍；花费元购进款礼盒的数量，比花费元购进款礼盒的数量多件． （1）求、两款礼盒每件的进价． （2）该文创店计划一次性购进、两款礼盒共件，但总花费不超过元，且款礼盒进货数量不少于款礼盒数量的，一共有多少种进货方案？ 25. 某校数学社团的小亮、小颖两个同学利用分组分解法进行的因式分解： 小亮： = = = 小颖： = ． 请你在他们解法的启发下，解决下面问题； （1）因式分解； （2）已知，，是的三边，且满足，判断的形状并说明理由． 26. 已知在平行四边形中，动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． （1）如图1，在运动过程中，若，平分，求的度数； （2）如图2，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在之间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动同时Q点也停止，若，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，直接写出t的值； （3）如图3，连结并延长与的延长线交于点F，平分交于E点，当，时，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末教情调研八年级数学 考生注意：本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，满分120分，考试时间120分钟．请将答案填写在答题卡相对应的位置． 第一部分（选择题 共33分） 一．选择题（本大题共11小题，每小题3分，共33分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若分式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式有意义时分母不为的性质，列不等式求解即可得到的取值范围． 【详解】解：∵有意义， ∴， 解得：． 2. 中国航天取得了举世瞩目的成就，贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，熟知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，这个点就是它的对称中心是解题的关键．根据中心对称图形的定义，逐项分析即可判断． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 3. 计算：（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】同分母分式相减，分母不变，分子相减，运用同分母分式减法法则计算，约分后可得结果． 【详解】解：． 4. 若，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式性质判断各选项的成立性，通过举反例可得到不一定成立的选项． 【详解】解：∵， ∴，，， ∴A、C、D选项正确，不符合题意， 当，时，满足，但，，， ∴不一定成立，故B选项符合题意． 5. 如图，用平移的方法说明平行四边形的面积公式时，将沿直线平移到处，且，，则平移的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键． 根据将沿直线平移到处，则点与点重合，根据平移的性质，即可求解． 【详解】解：平移后点与点重合， 则平移的距离； 故选：B． 6. 下列式子由左边到右边的变形，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转化为几个整式乘积的形式，据此逐一判断选项即可． 【详解】解：A．右边不是整式乘积的形式，不符合因式分解定义，故该选项不符合题意， B．是整式乘法，不属于因式分解，故该选项不符合题意， C．右边不是整式乘积的形式，不符合因式分解定义，故该选项不符合题意， D．符合因式分解的定义，故该选项符合题意． 7. 如图，为的中线．若，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查三线合一，根据三线合一，进行判断即可． 【详解】解：∵为的中线，， ∴，，；故A，B，C不符合题意； ∵不一定相等，故D符合题意； 故选D． 8. 如图，在中，对角线，相交于点，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用勾股定理求出，根据平行四边形的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵中，对角线，相交于点， ∴． 9. 某快递公司请了甲、乙两名搬运工搬运包裹，甲比乙每小时多搬运包裹，甲搬运包裹所用的时间与乙搬运包裹所用的时间相等，求甲、乙两人每小时分别搬运多少包裹？若设甲每小时搬运货物，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答时根据甲搬运包裹所用时间与乙搬运包裹所用时间相等建立方程是关键． 设甲每小时搬运千克包裹，则乙每小时搬运千克包裹，根据甲搬运包裹所用时间与乙搬运包裹所用时间相等建立方程． 【详解】解：设甲每小时搬运包裹，则乙每小时搬运千克包裹， 那么可列方程． 故选：A． 10. 若函数和函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．只需要找到正比例函数的图象在一次函数图象上方时的取值范围即可得到答案 【详解】解：由函数图象可知，当时，函数的图象在函数图象上方， 当时，， 不等式的解集为， 故选：D 11. 如图，已知的周长为，对角线，相交于点，是的中点，连接．若的周长为，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质及周长公式得出，，根据中位线的性质得出，可得，根据的周长为求出，即可得出的长． 【详解】解：∵的周长为，对角线，相交于点， ∴，，， ∴， ∵是的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， ∵的周长为， ∴， ∴． 第二部分（非选择题 共87分） 二．填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 12. 因式分解：__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用．先提取公因式，再利用完全平方公式即可． 【详解】解： ． 故答案为：． 13. 如图，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质得出，，可得是等边三角形，即可得出答案． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴． 14. 如图，将向右平移得到，且点，，，在同一条直线上，连接．若，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平移的性质得出，即可求出的长． 【详解】解：∵将向右平移得到，， ∴， ∵， ∴． 15. 如图，在中，，是上一点，连接．若，则的度数是________． 【答案】##度 【解析】 【分析】根据等边对等角得出，，，根据外角性质得出，根据三角形内角和定理得出，进而求出的度数即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：． 三．解答题（本大题共11小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 已知一个多边形的内角和比它的外角和多，求这个多边形的边数． 【答案】这个多边形的边数是6． 【解析】 【分析】本题首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比外角和多，由此列出方程即可解出边数． 【详解】解：设边数为 ，根据题意，得 ， 解得． 答：这个多边形的边数是6． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【详解】解：原式    ， 当时，原式． 18. 解不等式组：并将解集在数轴上表示出来． 【答案】， 【解析】 【详解】解：， 解①得， 解②得， 所以不等式组的解集为， 数轴略． 19. 如图，将绕点顺时针旋转得到．若点，，在同一条直线上，且，求及的度数． 【答案】， 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得，，，然后根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可．． 【详解】解：根据旋转的性质可知，，， 所以， 所以． 20. 如图，在中，，是边上的高．若，，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】根据直角三角形两锐角互余的性质得出，根据三角形高的定义得出，根据含角的直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点均在正方形网格的格点上． （1）经过平移，的顶点移到了点，画出平移后的； （2）以点为对称中心，画出与成中心对称的． 【答案】（1）如图，即为所求作的三角形； （2）如图，即为所求作的三角形； 【解析】 【分析】（1）先根据点的对应点判断平移的方式，再确定点，的位置，然后连线即可； （2）先根据中心对称的性质确定点，，的坐标，然后描点连线即可． 【小问1详解】 解：∵点的对应点，，， ∴把先向右平移个单位，再向上平移个单位得， ∵，， ∴，，即，， 作图略； 【小问2详解】 解：∵，，， ∴，，． 作图略． 22. 如图，在四边形中，，点在上，，，垂足为． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）的长为3 【解析】 【分析】（1）由，可得，又，可证结论； （2）由角平分线的性质可得，由四边形是平行四边形可得，故，在中，求出，即可解答． 【小问1详解】 证明：∵ ∴ ， ∵， ∴四边形是平行四边形 【小问2详解】 解：由（1）已知，四边形是平行四边形，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 答：的长为3． 23. 如图，在中，，于点，是上一点，连接与相交于点，连接，，且． （1）求证：垂直平分； （2）若，求证：平分． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）证明，即可知，根据等腰三角形三线合一即可求解； （2）根据角平分线的性质即可求解． 【小问1详解】 证明：， ． 在和中， ∴, 垂直平分；      【小问2详解】 ， ． 又，， 即，， 平分． 24. 兰州市某博物馆门口文创店售卖、两款铜奔马纪念礼盒，款礼盒批发进价是款礼盒的倍；花费元购进款礼盒的数量，比花费元购进款礼盒的数量多件． （1）求、两款礼盒每件的进价． （2）该文创店计划一次性购进、两款礼盒共件，但总花费不超过元，且款礼盒进货数量不少于款礼盒数量的，一共有多少种进货方案？ 【答案】（1）款礼盒每件进价为元，款礼盒每件进价为元 （2）一共有种进货方案 【解析】 【分析】（1）设款礼盒每件的进价为元，则款礼盒每件的进价为元，根据“花费元购进款礼盒的数量，比花费元购进款礼盒的数量多件”列方程求解即可； （2）根据总花费不超过元，且款礼盒进货数量不少于款礼盒数量的，列不等式组，求出不等式组的整数解即可得出答案． 【小问1详解】 解：设款礼盒每件的进价为元，则款礼盒每件的进价为元， ∵花费元购进款礼盒的数量，比花费元购进款礼盒的数量多件， ∴， 解得：， 经检验：是分式方程的解，且符合题意， ∴， ∴款礼盒每件进价为元，款礼盒每件进价为元． 【小问2详解】 解：设购进款礼盒件，则购进款礼盒件， ∵总花费不超过元，款礼盒进货数量不少于款礼盒数量的， ∴， 解得：， ∵为正整数， ∴的值可以为、、、、， ∴一共有种进货方案． 25. 某校数学社团的小亮、小颖两个同学利用分组分解法进行的因式分解： 小亮： = = = 小颖： = ． 请你在他们解法的启发下，解决下面问题； （1）因式分解； （2）已知，，是的三边，且满足，判断的形状并说明理由． 【答案】（1）； （2）为等腰三角形，理由见解析． 【解析】 【分析】（）运用分组分解法直接作答即可； （）运用分组分解法判断出，进而得到结论； 本题考查了因式分解的应用，能够灵活运用分组分解法进行因式分解是解题的关键． 【小问1详解】 解： ， ， ； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∵，，是的三边， ∴， ∴为等腰三角形． 26. 已知在平行四边形中，动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． （1）如图1，在运动过程中，若，平分，求的度数； （2）如图2，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在之间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动同时Q点也停止，若，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，直接写出t的值； （3）如图3，连结并延长与的延长线交于点F，平分交于E点，当，时，求的长． 【答案】（1） （2）t的值为或8或 （3） 【解析】 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质和判定定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质、角平分线的定义得到，得到，证明是等边三角形，根据等边三角形的性质解答； （2）分、、、四种情况，根据平行四边形的性质定理列方程，解方程得到答案； （3）延长交于点，证明，可得，，再证明，得，然后利用线段的和差即可解决问题． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ； 【小问2详解】 四边形是平行四边形， ， ． 要使四边形是平行四边形，则， 设运动时间为秒，根据题意可知：，， ①当时，， ， 解得，不合题意； ②当时，， ， 解得，； ③当时，， ， 解得，； ④当时，， ， 解得，； 综上所述，当运动时间为秒或秒或秒时，，，四点组成的四边形是平行四边形； 故答案为：秒或秒或秒； 【小问3详解】 如图3，延长交于点， 四边形是平行四边形， ，， 平分， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 的长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $