精品解析：陕西咸阳市永寿县渡马九年制学校2025-2026学年度第二学期期末学情自测八年级数学

2025～2026学年度第二学期期末考试题（卷） 八年级数学（北师大版） 一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（　　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 2. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 若的解集为，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 目前以等为代表的战略性新兴产业蓬勃发展．某市2019年底有用户2万户，计划到2021年底全市用户数累计达到8.72万户．设全市用户数年平均增长率为，则值为（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题错误的是（ ） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 一条对角线平分一组对角的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直的矩形是正方形 6. “绿水青山就是金山银山”，为了加大深圳城市森林覆盖率，市政府决定在2019年3月12日植树节前植树2000棵，在植树400棵后，为了加快任务进程，采用新设备，植树效率比原来提升了25%，结果比原计划提前5天完成所有计划，设原计划每天植树x棵，依题意可列方程（　　） A. B. C. D. 7. 若关于x的不等式组的正整数解只有4，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四边形中，，是对角线，分别是的中点，连接，则四边形的形状是（　　） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 9. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　） A. B. C. 4 D. 10. 如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知，则EF的长为（ ） A. 3 B. 5 C. D. 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 11. 分解因式：______． 12. 已知关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是______． 13. 如图，△ABC和△FPQ均是等边三角形，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，点P在AB边上，连接EF、QE．若AB=6，PB=1，则QE=___． 14. 已知一元二次方程 的两根为x₁，x₂，则 ____________． 15. 如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中正确结论的序号是 _____．（把正确结论的序号都填上） 三、解答题（共7小题，计52分．解答应写出过程） 16. 计算： （1）因式分解： （2）解一元二次方程： （3）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来． 17. 如图，已知矩形，请用尺规作图法，在边上求作一点，使（保留作图痕迹，不写作法） 18. 按要求解题： （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，其中x满足． 19. 如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ． （1）求证： △ABE≌△CDF ； （2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由. 20. 已知关于x的方程x2﹣（3k+3）x+2k2+4k+2＝0， （1）求证：无论k为何值，原方程都有实数根； （2）若该方程的两实数根x1、x2为一菱形的两条对角线之长，且x1x2+2x1+2x2＝36，求k值及该菱形的面积． 21. 如图，在菱形中，，点E、F、G分别在边、上，，平分，点H是线段上一动点（与点A不重合）． （1）求证：； （2）当，时，求周长的最小值． 22. 如图，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G为FC的中点，连接GD，ED． （1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系． （2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由． （3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED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考试题（卷） 八年级数学（北师大版） 一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（　　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：第一个图案不是轴对称图形，是中心对称图形，故此图案不符合题意； 第二个图案是轴对称图形，也是中心对称图形，故此图案符合题意； 第三个图案是轴对称图形，也是中心对称图形，故此图案符合题意； 第四个图案是轴对称图形，也是中心对称图形，故此图案符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 2. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据因式分解的定义：把一个多项式转化为几个整式的积的形式，对各选项逐一判断即可． 【详解】解：选项A：是整式乘法，不是因式分解，故A不符合题意； 选项B：右边不是整式的积的形式，故B不符合题意； 选项C：中是分式，右边不是整式的积的形式，故C不符合题意； 选项D：符合因式分解的要求，故D符合题意． 3. 若的解集为，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式要依据不等式的基本性质，在不等式的两边同时乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变．据此可解本题． 【详解】解：∵的解集为， ∴，解得． 4. 目前以等为代表的战略性新兴产业蓬勃发展．某市2019年底有用户2万户，计划到2021年底全市用户数累计达到8.72万户．设全市用户数年平均增长率为，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用含x的代数式表示出2020年底、2021年底用户的数量，然后根据2019年底到2021年底这三年的用户数量之和=8.72万户即得关于x的方程，解方程即得答案． 【详解】解：设全市用户数年平均增长率为，根据题意，得： ， 解这个方程，得：，（不合题意，舍去）． ∴x的值为40%． 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用之增长率问题，属于常考题型，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键． 5. 下列命题错误的是（ ） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 一条对角线平分一组对角的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不符合题意； C、一条对角线平分一组对角的四边形可能是菱形或者正方形，错误，符合题意； D、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，不符合题意， 故选C． 【点睛】本题考查命题与定理． 6. “绿水青山就是金山银山”，为了加大深圳城市森林覆盖率，市政府决定在2019年3月12日植树节前植树2000棵，在植树400棵后，为了加快任务进程，采用新设备，植树效率比原来提升了25%，结果比原计划提前5天完成所有计划，设原计划每天植树x棵，依题意可列方程（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目中的数量关系，可以列出相应的分式方程，从而可以解答本题． 【详解】解：根据“结果比原计划提前5天完成所有计划” 可得： ＝5， 故选：D． 【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程． 7. 若关于x的不等式组的正整数解只有4，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别解出不等式组的两个不等式，找到公共部分即可得不等式组的解，再根据不等式组的正整数解只有4，即可得，解出即可得a的取值范围. 【详解】解： 解得：， 解得： ， ∴不等式组的解集为：. ∵不等式组的正整数解只有4， ∴，解得：. ∴a的取值范围是. 8. 如图，在四边形中，，是对角线，分别是的中点，连接，则四边形的形状是（　　） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的中位线定理可得，平行且等于的一半，平行且等于的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到和平行且相等，所以为平行四边形，又因为等于的一半且，所以得到所证四边形的邻边与相等，所以四边形为菱形． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴在 中，为的中位线，所以且；同理且，同理可得， 则且， ∴四边形为平行四边形，又，所以， ∴四边形为菱形． 故选C． 【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题． 9. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可． 【详解】解：记AC与BD的交点为， 菱形, 菱形的面积 菱形的面积 故选D． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键． 10. 如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知，则EF的长为（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由矩形的性质和已知求出BD=5，根据折叠的性质得△ABE≌△MBE，设AE的长度为x，在Rt△EMD中，由勾股定理求出DE的长度，同理在Rt△DNF中求出DF的长度，在Rt△DEF中利用勾股定理即可求出EF的长度． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4， ∴BD==5， 设AE的长度为x， 由折叠可得：△ABE≌△MBE， ∴EM=AE=x，DE=4-x，BM=AB=3，DM=5-3=2， 在Rt△EMD中，EM2+DM2=DE2， ∴x2+22=（4-x）2， 解得：x=，ED=4-=， 设CF的长度为y， 由折叠可得：△CBF≌△NBF， ∴NF=CF=y，DF=3-y，BN=BC=4，DN=5-4=1， 在Rt△DNF中，DN2+NF2=DF2， ∴y2+12=（3-y）2， 解得：x=，DF=3-=， 在Rt△DEF中，EF=， 故答案为：C． 【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理，运用勾股定理求出DE和DF的长度是解题的关键． 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 11. 分解因式：______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用分组分解法分解因式，先将一、二项分成一组，三、四项分成一组，第一组用平方差公式分解，第二组用提公因式法分解，组与组之间再提公因式即可．本题考查分组分解法分解因式．正确分组是解题的关键． 【详解】解：原式 ． 12. 已知关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，由题意可得且，解不等式即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：由题意得，且， 解得且， 故答案为：且． 13. 如图，△ABC和△FPQ均是等边三角形，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，点P在AB边上，连接EF、QE．若AB=6，PB=1，则QE=___． 【答案】2 【解析】 【详解】解：如图，连接FD， ∵△ABC为等边三角形，∴AC=AB=6，∠A=60°． ∵点D、E、F分别是等边△ABC三边的中点，AB=6，PB=1， ∴AD=BD=AF=3，DP=DB﹣PB=3﹣1=2，EF为△ABC的中位线． ∴EF∥AB，EF=AB=3，△ADF为等边三角形．∴∠FDA=60°，∴∠1+∠3=60°． ∵△PQF为等边三角形，∴∠2+∠3=60°，FP=FQ．∴∠1=∠2． ∵在△FDP和△FEQ中，FP=FQ，∠1=∠2，FD=FE，∴△FDP≌△FEQ（SAS）．∴DF=QE． ∵DF=2，∴QE=2 故答案为：2． 14. 已知一元二次方程 的两根为x₁，x₂，则 ____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．根据根与系数的关系可得，然后将所求的代数式变形为含有两根之积或两根之和的形式，代入数值计算即可． 【详解】解：∵一元二次方程 的两根为， ∴， ∴ ． 故答案为： 15. 如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中正确结论的序号是 _____．（把正确结论的序号都填上） 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】证明，得出，故①正确；证明，得出，由，故③正确；证四边形是平行四边形，得出，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；故④正确；即可得出结论． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； 在和中， ， ∴， ∴，故③正确； ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；故④正确； 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 三、解答题（共7小题，计52分．解答应写出过程） 16. 计算： （1）因式分解： （2）解一元二次方程： （3）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来． 【答案】（1） （2），； （3），把解集在数轴上表示如图： 【解析】 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：， 整理得， ，，，， ∴， ∴，； 【小问3详解】 解：， 解不等式得， 解不等式得， 不等式组的解集为． 17. 如图，已知矩形，请用尺规作图法，在边上求作一点，使（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】 解：如图所示，点即为所求． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，作线段的垂直平分线．利用作线段的垂直平分线，得到的中线，则． 【详解】略 18. 按要求解题： （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，其中x满足． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 解：， 去分母得， 解得， 经检验，是原方程的解； 【小问2详解】 解：原式 ， 解方程， 因式分解得， 解得或， 当时，原式无意义， 当时，原式． 19. 如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ． （1）求证： △ABE≌△CDF ； （2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由. 【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC， ∴∠ABE=∠CDF， ∵点E，F分别为OB，OD的中点， ∴BE=OB，DF=OD， ∴BE=DF， 在△ABE和△CDF中， （2）时,四边形EGCF是矩形，理由如下： ∵AC=2OA，AC=2AB， ∴AB=OA， ∵E是OB的中点， ∴AG⊥OB， ∴∠OEG=90°， 同理：CF⊥OD， ∴AG∥CF， ∴EG∥CF， ∵EG=AE，OA=OC， ∴OE是△ACG的中位线， ∴OE∥CG， ∴EF∥CG， ∴四边形EGCF是平行四边形， ∵∠OEG=90°， ∴四边形EGCF是矩形． 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可； （2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题. 20. 已知关于x的方程x2﹣（3k+3）x+2k2+4k+2＝0， （1）求证：无论k为何值，原方程都有实数根； （2）若该方程的两实数根x1、x2为一菱形的两条对角线之长，且x1x2+2x1+2x2＝36，求k值及该菱形的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）k=2；菱形的面积是9． 【解析】 【分析】（1）首先计算根的判别式，再根据判别式的值判断方程根的情况； （2）由根与系数关系及x1x2+2x1+2x2＝36可以得到关于k的一元二次方程，解方程可以得到k的值，再根据菱形面积等于可以求得答案． 【详解】（1）证明：根据题意得：△＝[﹣（3k+3）]2﹣4（2k2+4k+2）＝（k+1）2． ∵无论k为何值，总有（k+1）2≥0， ∴无论k为何值，原方程都有实数根； （2）∵关于x的方程x2﹣（3k+3）x+2k2+4k+2＝0的两实数根是x1、x2， ∴x1+x2＝3k+3，x1x2＝2k2+4k+2， ∴由x1x2+2x1+2x2＝36，得2k2+4k+2+2（3k+3）＝36， 整理，得（k+7）（k﹣2）＝0． 解得k1＝﹣7（舍去），k2＝2． ∴x1x2＝×2（k+1）2＝（2+1）2＝9． 即菱形的面积是9． 【点睛】本题考查一元二次方程与菱形的综合应用，熟练求解根的判别式及利用根与系数关系求出k的值是解题关键． 21. 如图，在菱形中，，点E、F、G分别在边、上，，平分，点H是线段上一动点（与点A不重合）． （1）求证：； （2）当，时，求周长的最小值． 【答案】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴和均为等边三角形， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵平分， ∴， 在和中，， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）先根据证明得到，再结合角平分线，即可利用证明； （2）过点D作交的延长线于M，连接，根据题意可得点E和点G关于对称，由此可得，要使的周长最小，则最小，当、、三点共线时，最小，最小为，根据勾股定理求出的长即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图， 过点D作交的延长线于M，连接， ∵，， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴点和点关于对称， ∴， 要使的周长最小，则最小， 当、、三点共线时，最小，最小为， 在中，，， ∴ ∴， ∴， 在中，， 根据勾股定理得，， ∴周长的最小值为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，最短路径问题，知识点较多，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 22. 如图，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G为FC的中点，连接GD，ED． （1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系． （2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由． （3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长． 【答案】（1）DE＝DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为4或3． 【解析】 【分析】（1）根据题意结论：DE=DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE（SAS）即可解决问题； （2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似； （3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C共线时，分别求解即可． 【详解】解：（1）结论：DE＝DG． 理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°， ∵∠AEF＝∠B＝90°， ∴EF∥CM， ∴∠CMG＝∠FEG， ∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF， ∴△CMG≌△FEG（AAS）， ∴EF＝CM，GM＝GE， ∵AE＝EF， ∴AE＝CM， ∴△DCM≌△DAE（SAS）， ∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM， ∴∠EDM＝∠ADC＝90°， ∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM， ∴△EGD是等腰直角三角形， ∴DE＝DG． （2）如图2中，结论成立． 理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R． ∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM， ∴△CGM≌△FGE（SAS）， ∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF， ∴CM∥ER， ∴∠DCM＝∠ERC， ∵∠AER+∠ADR＝180°， ∴∠EAD+∠ERD＝180°， ∵∠ERD+∠ERC＝180°， ∴∠DCM＝∠EAD， ∵AE＝EF， ∴AE＝CM， ∴△DAE≌△DCM（SAS）， ∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM， ∴∠EDM＝∠ADC＝90°， ∵EG＝GM， ∴DG＝EG＝GM， ∴△EDG是等腰直角三角形， ∴DE＝DG． （3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时， 在Rt△ADC中，AC＝＝＝5， 在Rt△AEC中，EC＝＝＝7， ∴CF＝CE﹣EF＝6， ∴CG＝CF＝3， ∵∠DGC＝90°， ∴DG＝＝＝4， ∴DE＝DG＝4． ②如图3﹣3中，当E，F，C共线时，同法可得DE＝3． 综上所述，DE的长为4或3． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $