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2024-2025学年第二学期广东省深圳市八年级期末数学复习试卷
考试时间90分钟，满分100分．
第一部分 选择题
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个是正确的）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，
下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）如果，那么下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）下列从左到右的变形属于因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
（3分）如图，在四边形中，对角线、相交于点，
下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（3分）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．
若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）若关于x的方程无解，则m的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．0或2
（3分）如图 ，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O ，AE⊥BC于E ，
若AB＝ ，AC＝2 ，BD＝4 ，则AE的长为（　 　）
A． B． C． D．
（3分）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，
将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，
再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，
如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（ ）．
A． B． C． D．
第二部分 非选择题
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9. （3分）因式分解：x2﹣4＝　 　．
（3分）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，
窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角 ．
（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．
已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 　 　．
12（3分）若分式方程的解为正数，则a的取值范围是 ．
13（3分）. 如图，在平行四边形中，以点为圆心长为半径作弧交于点，
分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点，
连接并延长交于点，若，，则的长为 ．
解答题（本题共7小题，其中第14题5分，第15题7分，第16题8分，第17题8分，
第18题9分，第19题12分，第20题12分，共61分）
14．（5分）解不等式组：，并求出它的所有整数解的和．
（7分）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．
16（8分）.如图，平行四边形ABCD中E，F是直线AC上两点，且AE＝CF．求证：BE∥DF．
（8分）如图，在直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点均在格点上，
点的坐标是．
先将向上平移3个单位长度，再向左平移1个单位长度得到，
画出，点的坐标是______；
将绕点逆时针旋转，得到，画出，点的坐标是______；
我们发现点关于某点中心对称，对称中心的坐标是______．
18．（9分）某学校为丰富大课间的体育活动，决定购买甲、乙两种型号的篮球．
购买时发现，甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元，
且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同．
(1)求甲、乙两种篮球的单价各是多少元？
(2)学校准备购买甲、乙两种篮球共个，且购买的总费用不超过元，
求最多可以购买多少个甲种篮球
19（12分）. 综合与实践，已知四边形与均为正方形．
数学思考：
如图1，当在边上，在边上时，
线段与的数量关系是________，位置关系是________．
（2）在图1的基础上，将正方形以点为旋转中心，逆时针旋转角度，得到图2，
则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
拓展探索：
如图3，若点，，在同一直线上，且，
则线段长为________．（直接写出答案）．
20（12分）.已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．
将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
(1)求的长及点A，点B的坐标；
(2)求的长度；
(3)点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
(4)取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，
如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2024-2025学年第二学期广东省深圳市八年级期末数学复习试卷解答
考试时间90分钟，满分100分．
第一部分 选择题
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个是正确的）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，
下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
2．（3分）如果，那么下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了不等式的性质，灵活运用不等式的性质成为解题的关键．
根据不等式的性质对各选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，∴，A选项错误，不符合题意；
B、∵，∴，B选项错误，不符合题意；
C、∵，∴，C选项正确，符合题意；
D、∵，∴，D选项错误，不符合题意．
故选C．
3．（3分）下列从左到右的变形属于因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了因式分解．解题的关键是掌握因式分解的意义，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，注意因式分解与整式乘法的区别．
根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【详解】解：A、该式子是整式的乘法，不是因式分解，故本选项不符合题意；
B、该式子的右边分母含有字母，不是因式分解，故本选项不符合题意；
C、该式子的右边不是几个整式积的形式，不是因式分解，故本选项不符合题意；
D、该式子是把一个多项式转化成几个整式积的形式，属于因式分解，故本选项符合题意；
故选：D．
（3分）如图，在四边形中，对角线、相交于点，
下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意．
故选：D．
（3分）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．
若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．
【详解】解：设=x°.
根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC, =AB.
∴∠=∠B.
∵，∴∠C=∠CA=x°.
∴∠=∠C+∠CA=2x°.
∴∠B=2x°.
∵∠C+∠B+∠CAB=180°，，
∴x+2x+108=180.
解得x=24.
∴的度数为24°.
故选：C.
6．（3分）若关于x的方程无解，则m的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．0或2
【答案】D
【分析】本题考查了分式方程无解的情况，即分式方程有增根，分两种情况，分别是有增根和化成的整式方程无解，熟练掌握知识点是解题的关键．先将分时方程化为整式方程，再根据方程无解的情况分类讨论，当时，当时，分别进行计算即可．
【详解】解：
方程两边同乘，得，
∵原方程无解，
∴，
∴，
∴当时，；
当时，；
综上，m的值为0或2；
故选：D．
（3分）如图 ，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O ，AE⊥BC于E ，
若AB＝ ，AC＝2 ，BD＝4 ，则AE的长为（　 　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，然后根据平行四边形ABCD的面积即可求出．
【详解】解：∵AC=2，BD=4，四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∵，
∴，
∴．
故选D
（3分）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，
将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，
再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，
如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键．
通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可．
【详解】轴，点的坐标为，
，则点的纵坐标为3，代入，
得：，则点的坐标为．
，，
，
由旋转可知，，，，
，，
，
．
设点的坐标为，
则，
解得或（舍去），则，
点的坐标为．
故选C．
第二部分 非选择题
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9.（3分）因式分解：x2﹣4＝　 　．
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）．
故答案为：（x+2）（x﹣2）．
（3分）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，
窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角 ．
【答案】45
【分析】本题考查的是正多边形的外角问题，由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：正八边形的外角和为，
，
故答案为：45．
（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．
已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 　 　．
【分析】证明△AFB≌△AFD，根据全等三角形的性质得到AD＝AB＝10，BF＝FD，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵AF⊥BD，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
在△AFB和△AFD中，
，
∴△AFB≌△AFD（ASA），
∴AD＝AB＝10，BF＝FD，
∵BE＝EC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴CD＝2EF＝8，
∴AC＝AD+CD＝10+8＝18，
故答案为：18．
12（3分）若分式方程的解为正数，则a的取值范围是 ．
【答案】且
【分析】本题主要考查利用分式方程的解的情况求参数，掌握分式方程的解法是解题的关键．
先解分式方程可得，再根据解为正数，结合方程的增根建立关于的不等式组求解即可．
【详解】解：
去分母，得，解得：，
∵分式方程的增根为：，
∴，即
∵分式方程的解为正数，
∴，
∴且．
故答案为：且．
13（3分）. 如图，在平行四边形中，以点为圆心长为半径作弧交于点，
分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点，
连接并延长交于点，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】记交于点，连接，由作图过程可知，，平分，利用平行四边形性质和角平分线性质证明四边形是菱形，利用菱形的性质得到，，，最后利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：记交于点，连接，
由作图过程可知，，平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，，
，，
，，
．
解答题（本题共7小题，其中第14题5分，第15题7分，第16题8分，第17题8分，
第18题9分，第19题12分，第20题12分，共61分）
14．（5分）解不等式组：，并求出它的所有整数解的和．
【答案】不等式组的解集为：，所有数解的和：
【分析】本题考查了求不等式组的解集，正确地解每一个不等式是解题的关键．先解每个不等式，求得不等式组的解集，然后找出所有整数解求和即可．
【详解】解：
由①得：，
由②得：，
∴不等式组的解集为：，
所有数解的和：．
（7分）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】，
【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．
16（8分）.如图，平行四边形ABCD中E，F是直线AC上两点，且AE＝CF．求证：BE∥DF．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质，证得△CFD≌△AEB，即可得证结论．
【详解】证：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD ，
∴∠ACD=∠CAB．
∵CF=AE，
∴△CFD≌△AEB(SAS)，
∴∠F=∠E，
∴BE∥DF．
（8分）如图，在直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点均在格点上，
点的坐标是．
先将向上平移3个单位长度，再向左平移1个单位长度得到，
画出，点的坐标是______；
将绕点逆时针旋转，得到，画出，点的坐标是______；
我们发现点关于某点中心对称，对称中心的坐标是______．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查平移作图，旋转作图，中心对称，点的坐标，熟练掌握利用平移的性质与旋转的性质作图是解题的关键．
（1）根据平移的性质，分别是作出点A、B、C平移后的对应点，再连接即可，根据点位置，写出点坐标即可；
（2）根据旋转的性质，分别是作出点绕点逆时针旋转后的对应点，再连接即可，根据点位置，写出点坐标即可；
（3）根据中心对称的性质，求出的中点坐标即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
故答案为：
（2）解：如图，即为所求，点坐标为
故答案为：
（3）解：∵， ，
∴，，
∴对称中心坐标是，
故答案为：．

18．（9分）某学校为丰富大课间的体育活动，决定购买甲、乙两种型号的篮球．
购买时发现，甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元，
且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同．
(1)求甲、乙两种篮球的单价各是多少元？
(2)学校准备购买甲、乙两种篮球共个，且购买的总费用不超过元，
求最多可以购买多少个甲种篮球
【答案】(1)甲种篮球的单价为元，乙种篮球的单价为元
(2)甲种篮球最多购买个
【分析】（1）设甲种篮球的单价为元，则乙种篮球的单价为元，根据“甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元，且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同”，即可得出关于的分式方程，解之即可得出结论；
（2）设购买甲种篮球个，则购买乙种篮球个，根据总价单价数量结合总价不超过元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中最大整数值即可得出结论．
【详解】（1）解：设甲种篮球的单价为元，乙种篮球的单价为元，
依题意，得：
，
解得：
∴乙种篮球的单价为．
答：甲种篮球的单价为元，乙种篮球的单价为元．
（2）设购买甲种篮球个，则购买乙种篮球个，
依题意，得：，
解得：．
∵为整数，
∴的最大值为．
答：甲种篮球最多购买个．
19（12分）. 综合与实践，已知四边形与均为正方形．
数学思考：
如图1，当在边上，在边上时，
线段与的数量关系是________，位置关系是________．
（2）在图1的基础上，将正方形以点为旋转中心，逆时针旋转角度，得到图2，
则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
拓展探索：
如图3，若点，，在同一直线上，且，
则线段长为________．（直接写出答案）．
解：（1）∵四边形与均为正方形，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
故答案是：，；
（2）成立，如图，延长，与交于点，
∵四边形与均为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
如图，过点A作于点M，
由（2）知，
∵GE是正方形AEFG的对角线
∴，
则是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案是：
20（12分）.已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．
将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
(1)求的长及点A，点B的坐标；
(2)求的长度；
(3)点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
(4)取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，
如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
(4)或或
【分析】（1）首先由直线，计算即可得出点A，B的坐标；；将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，则，即可求解；
（2）设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案；
（3）当为直角边时，证明，则，，即可求解；当为直角边时， 同理可解；
（4）求得，，设，，分当是对角线、是对角线、是对角线时，利用中点坐标公式即可求得点Q的坐标．
【详解】（1）解：对于直线，令，则，
令，则，
∴；
由勾股定理得，，
∵将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，
∴，，
∴；
（2）解：∵，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
∴；
（3）解：当为直角边时，如下图：过点N作轴于点M，连接，
∵为等腰直角三角形，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
点；
如图，当为直角边时，
同理可得：点；
综上，或；
（4）解：∵M是的中点，
∴，
∵，
∴，
设，，
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
综上，点Q的坐标为或或．
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