精品解析：广东深圳市坪山区质量检测2025-2026学年八年级下学期7月期末数学试题

2025-2026学年初二质量检测 数学试卷 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 围棋起源于中国．下列用棋子摆放的图形中，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，线段是由线段经过平移得到的，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是（　　） A. B. C. D. 3. 若分式有意义，则满足的条件是（ ） A. 为任意实数 B. C. D. 4. 下列各式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 小明是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，，，分别对应下列五个字：美、爱、灵、宝、我，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ） A. 灵宝美 B. 我爱灵宝 C. 我美 D. 爱灵宝 6. 对于只含一个字母的代数式，我们把代数式本身作为字母的值代入代数式中称为一次“自代入”操作，例如：对分式进行一次“自代入”操作得，化简后得，对于分式，进行第一次“自代入”操作得：，化简后得的式子记作；对进行第二次“自代入”操作，化简后的式子记作，继续对进行第三次“自代入”操作，化简后的式子记作，以此类推重复“自代入”操作，以下结论正确的有（ ）个． ①；②若，则；③若整数使得的值也为整数，则的值有4个． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 下列各选项中因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 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，在中，平分，．若，，则____________． 12. 某水池上方有一个进水管，底部有一个排水管，先打开进水管，3小时后同时打开排水管（进水和排水都是匀速的），该水池内水的体积与时间之间的函数关系如图所示、则水池从开始进水到全部排出所需要的时间是______（h）． 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. 深圳大鹏半岛、梧桐山、深圳湾红树林是本地知名文旅地标，“深圳城市纪念徽章”深受游客喜爱．旅游旺季期间，某深圳文创商铺店主备货售卖城市纪念徽章．店主第一次采购一批纪念徽章，总花费元；再次补货时，第二批徽章单枚进价比第一批贵元，采购总费用元，采购数量是第一批的倍． （1）求第一批、第二批纪念徽章每枚的进价分别是多少元？ （2）求第一批、第二批分别采购了多少枚纪念徽章？ （3）店主统一标价售卖全部徽章，仅最后枚打八折优惠；销售期间额外人工、场地成本合计元．若全部卖完后总利润不低于元，求单枚纪念徽章标价至少为多少元？ 19. 如图，已知点在一次函数（）的图像上，过点作轴垂线，垂足为点，点、都在一次函数（）的图像上，直线与直线交于点． （1）求的值； （2）如果的面积是，求、的值； （3）在（2）的条件下，点在函数的图像上，如果，求点的坐标． 20. 【课本再现】 三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半． 【定理证明】 如图1，在中，D，E分别是边，的中点．求证：且． 以下是小明的证明思路：如图2延长到点F，使，连接． （1）请你根据小明添加的辅助线，写出完整的证明步骤． 【知识应用】 （2）如图3，在四边形中，E，F，G，H分别为各边中点．若，则四边形的形状是_________ A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法确定 （3）如图4，在四边形中，对角线与相交于点H，E，F分别为边，的中点，连接，分别交，于点M，N，且．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年初二质量检测 数学试卷 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 围棋起源于中国．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中心对称图形是图形旋转后能与原图形重合，轴对称图形有对称轴，沿对称轴折叠后图形两部分可重合，即可选出正确选项． 【详解】、此图形旋转后能与原图形重合，故此图形是中心对称图形，有对称轴，也是轴对称图形，故此选项正确． 、此图形旋转后能与原图形重合，故此图形是中心对称图形，没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． 、此图形旋转后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，有对称轴，是轴对称图形，故此选项错误． 、此图形旋转后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． 2. 在平面直角坐标系中，线段是由线段经过平移得到的，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据点A及其对应点的坐标，确定线段的平移规律，再按规律计算点B对应点的坐标即可. 【详解】解：∵点平移后的对应点为， ∴横坐标变化为，纵坐标变化为，即平移规律为横坐标减，纵坐标加， ∵点， ∴的横坐标为，纵坐标为，即的坐标为． 3. 若分式有意义，则满足的条件是（ ） A. 为任意实数 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式有意义时分母不为0，列出不等式求解即可得到结果． 【详解】解：要使分式有意义，则， 解得． 4. 下列各式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解的识别，熟练掌握因式分解的定义是做题的关键．将一个多项式化为几个整式的积的形式即为因式分解，据此进行判断即可． 【详解】解：选项A是整式的乘法，不属于因式分解，故不符合题意； 选项B将多项式化为，属于因式分解，且计算正确，故符合题意； 选项C右边为，不属于因式分解，故不符合题意； 选项D是整式的乘法，不属于因式分解，故不符合题意． 故选：B． 5. 小明是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，，，分别对应下列五个字：美、爱、灵、宝、我，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ） A. 灵宝美 B. 我爱灵宝 C. 我美 D. 爱灵宝 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查因式分解的应用，掌握以上知识是解答本题的关键； 本题需先将原式因式分解到最简形式，再结合给定的字与式子的对应关系匹配密码信息； 【详解】解：∵， ∴提取公因式得：原式， 又∵（平方差公式）， ∴原式， 由题意知：对应“爱”， 对应“宝”，对应“灵”， ∴分解结果的因式对应“爱、宝、灵”，组合可得密码信息“爱灵宝”； 故选：D； 6. 对于只含一个字母的代数式，我们把代数式本身作为字母的值代入代数式中称为一次“自代入”操作，例如：对分式进行一次“自代入”操作得，化简后得，对于分式，进行第一次“自代入”操作得：，化简后得的式子记作；对进行第二次“自代入”操作，化简后的式子记作，继续对进行第三次“自代入”操作，化简后的式子记作，以此类推重复“自代入”操作，以下结论正确的有（ ）个． ①；②若，则；③若整数使得的值也为整数，则的值有4个． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了数字类规律题，分式的值，分式的混合运算，根据题意得出，进而逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：依题意得：，， ， ，故①不正确； ∴， ∵， ∵， ∴， ∴，故②不正确； ∵为整数， ∴或， 可得：或或或， ∵， ∴或或， ∴63或31或33，即的值有3个，故③不正确． 综上，正确的有0个． 故选：A． 7. 下列各选项中因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法． 根据因式分解的方法逐项判断即可． 【详解】解：选项A：是因式分解，符合题意； 选项B：等式右边不是整式乘积的形式，不是因式分解，不符合题意； 选项C：，等式不成立，不是因式分解，不符合题意； 选项D：，等式不成立，不是因式分解，不符合题意． 故选：A． 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小题，每小题3分，共15分） 9. 不等式的解集是________． 【答案】 【解析】 【详解】解：移项得， 合并同类项得， 系数化为，不等式两边同时除以，不等号方向改变，得． 10. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【分析】原式利用平方差公式分解即可．此题考查了因式分解-运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 【详解】解：原式， 故答案为： 11. 如图，在中，平分，．若，，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形中边上的高是解题的关键． 作于点F，由角平分线的性质推出，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，作于点F， ∵平分，，， ∴， ∴． 解得， 故答案为：． 12. 某水池上方有一个进水管，底部有一个排水管，先打开进水管，3小时后同时打开排水管（进水和排水都是匀速的），该水池内水的体积与时间之间的函数关系如图所示、则水池从开始进水到全部排出所需要的时间是______（h）． 【答案】9 【解析】 【分析】根据函数图象求出进水速度，以及排水速度，进行求解即可． 【详解】解：由图象可知，进水速度为， ∴3小时后，水池中水的总量为， 当同时打开进水管和排水管时，相当于排水速度为， 故水池从开始进水到全部排出所需要的时间是（小时）. 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. 深圳大鹏半岛、梧桐山、深圳湾红树林是本地知名文旅地标，“深圳城市纪念徽章”深受游客喜爱．旅游旺季期间，某深圳文创商铺店主备货售卖城市纪念徽章．店主第一次采购一批纪念徽章，总花费元；再次补货时，第二批徽章单枚进价比第一批贵元，采购总费用元，采购数量是第一批的倍． （1）求第一批、第二批纪念徽章每枚的进价分别是多少元？ （2）求第一批、第二批分别采购了多少枚纪念徽章？ （3）店主统一标价售卖全部徽章，仅最后枚打八折优惠；销售期间额外人工、场地成本合计元．若全部卖完后总利润不低于元，求单枚纪念徽章标价至少为多少元？ 【答案】（1）第一批每枚进价为元，第二批每枚进价为元 （2）第一批采购数量为枚，第二批采购数量为枚 （3）元 【解析】 【分析】（1）设第一批每枚进价为元，则第二批进价元，依据第二批采购数量是第一批倍列分式方程求解，检验后可得到两批徽章进价； （2）利用“采购数量采购总费用单价”，分别代入第一批进价算出第一批数量，再乘得到第二批采购数量； （3）设徽章标价为元，结合枚按标价售卖、最后枚八折售卖得出总销售额，总采购费用加上额外场地人工费用得到全部成本，根据总利润不低于元列出一元一次不等式，求解可得标价最小值． 【小问1详解】 解：设该老板采购第一批“深圳城市纪念徽章”时，每枚进价为元，则第二批每枚进价为元， 第二批采购数量是第一批的倍， ， 两边同时乘以得， 合并同类项并移项得， 解得， 检验，当时，，故是原分式方程的解，且符合题意， ， 答：第一批每枚进价为元，第二批每枚进价为元； 【小问2详解】 解：第一批采购数量为（枚）， 第二批采购数量为（枚）， 答：第一批采购数量为枚，第二批采购数量为枚； 【小问3详解】 解：设每枚“深圳城市纪念徽章”的标价为元， 两批总数量为（枚）， 按标价售出的数量为（枚）， 总销售额为（元）， 总成本为采购费用加额外成本，即（元）， 根据利润不低于元可得，解得， 答：每枚“深圳城市纪念徽章”的标价至少是元． 19. 如图，已知点在一次函数（）的图像上，过点作轴垂线，垂足为点，点、都在一次函数（）的图像上，直线与直线交于点． （1）求的值； （2）如果的面积是，求、的值； （3）在（2）的条件下，点在函数的图像上，如果，求点的坐标． 【答案】（1） （2）​， （3）或 【解析】 【分析】（1）将代入即可求解． （2）过作x轴垂线，垂足坐标为，则，根据，，得出，求出或．根据直线过，得出，结合，得，则，．将代入即可求解． （3）联立直线方程，求出，再求出​，​，设，则，根据，或，求解即可． 【小问1详解】 解：将代入，得， 解得：． 【小问2详解】 解：过作x轴垂线，垂足坐标为， 则， ∵，， ∴， ∴或． ∵直线过， ∴， 解得：， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴． 将代入，得方程组：， 解得：． 【小问3详解】 解：联立直线方程， 解得：， ∴​， ∴​， ∵点在直线上， ∴设， 则， ∴， ∴， 解得； 或， ∴， 解得：． ∴点的坐标为或． 20. 【课本再现】 三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半． 【定理证明】 如图1，在中，D，E分别是边，的中点．求证：且． 以下是小明的证明思路：如图2延长到点F，使，连接． （1）请你根据小明添加的辅助线，写出完整的证明步骤． 【知识应用】 （2）如图3，在四边形中，E，F，G，H分别为各边中点．若，则四边形的形状是_________ A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法确定 （3）如图4，在四边形中，对角线与相交于点H，E，F分别为边，的中点，连接，分别交，于点M，N，且．求证：． 【答案】（1）见解析 （2）B （3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得出，，，再由平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，即可证明； （2）连接、，由，分别是，的中点，得，，由，分别是，的中点，得，，同理得出，，，，确定，即可得出结果； （3）取的中点，连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，根据题意得到，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理解答即可． 【小问1详解】 证明：延长到点F，使，连接． ∵D，E分别是边，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 四边形是平行四边形， ∴， 又， ∴且； 【小问2详解】 连接、，如图： ，分别是，的中点， ∴，， ，分别是，的中点， ∴，， ∴，， 四边形是平行四边形； 同理：，，，， ∵， ∴， 四边形是菱形； 【小问3详解】 取的中点，连接、， 是的中点，是的中点， ，， ∴， 同理，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $