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期末达标测试卷-2024-2025学年数学八年级下册北师大版
一、单选题
1．一个八边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示的4组图形中，成轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
3．若分式方程无解，则a的值是（ ）
A．3或2 B．1 C．1或3 D．1或2
4．定义一种新运算：当时，；当时，．若，则x的取值范围是( )
A．或 B． 或
C．或 D． 或
5．若分式的值为0，则x的值为（ ）
A．0 B．1 C． D．
6．如图，在中，的垂直平分线交于点，垂足为点，平分，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如如图，在直角坐标系中，各点坐标分别为，，．先作关于原点中心对称的，再把平移后得到．若，则点坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，对角线交于点，点是的中点．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
9．分解因式： ．
10．若方程有增根，则的值是 ．
11．如图，把长方形沿直线向上折叠，使点C落在的位置上，已知，，则 ．
12．如图，某住宅小区内有一长方形地，若在长方形地内修筑同样宽的小路（图中阴影部分），余下部分绿化，小路的宽均为，则绿化的面积为 ．
13．如图，在中，已知，点P在上以的速度从点A向点D运动，点Q在上以的速度从点C出发在上往返运动．两点同时出发，当点Q第一次返回C点时点P也停止运动，设运动时间为．当 时，四边形是平行四边形．
14．关于函数，给出下列结论：①当时，此函数是一次函数；②无论取什么值，函数图象必经过点；③若图象经过第二、三、四象限，则的取值范围是；④若函数图象与轴的交点始终在正半轴，则的取值范围是．其中正确的说法是 ．（只填序号）
15．《蝶（同“蜨”）几图》是明朝人戈汕所作的家具配件设计图集．如图为某蝶几设计图，其中和为两个全等的等腰直角三角形，且点与点关于直线对称，分别连接，．若，则为 °．
16．如图，在中，，，点是边上的动点，点关于直线、的对称点分别为、，当线段的长度最短时，它与所成的夹角的度数为 ．
三、解答题
17．先化简，再求值：，其中．
18．分解因式：
(1)；
(2)．
19．解方程：．
20．（1）解不等式：，并将解集表示在下列数轴上；
（2）解不等式组：
21．在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)将向右平移五个单位长度，向上平移一个单位长度，画出平移后的，并写出点的对应点的坐标；
(2)画出关于原点对称的，并写出点的坐标；
(3)在轴上求作一点，使．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
22．如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点E、F分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，且，，求的长．
23．如图，在中，，，点P从点B出发沿移动，运动到C时停止，点Q在边上随P移动，且始终保持．
(1)在中， ， ；
(2)点P在边上运动，
①当时， ， ；
②当时，判断与的数量关系，并说明理由；
③当为等腰三角形时，直接写出的长．
24．某中学决定在“文体周”为一个节目制作、两种道具，共80个，制作的道具需要甲、乙两种材料组合而成，现有甲种材料300件，乙种材料280件，已知组装、两种道具所需的甲、乙两种材料，如下表所示：
甲种材料（件） 乙种材料（件）
道具 3 4
道具 5 2
经过计算，制作一个道具的费用为5元，一个道具的费用为4元．设组装种道具个，所需总费用为元．
(1)求与的函数表达式，并求出的取值范围；
(2)问组装种道具多少个时，所需总费用最少，最少费用是多少？
25．在中，，点D是线段上的一动点（不含点C），连接，将沿翻折．点C的对应点为E．
(1)如图1．当点E在边上时，求线段的长；
(2)在右侧取点F，使，且，连接，交于点H．
①如图2，当时，求证：；
②当为等腰三角形时，求线段的长．
《期末达标测试卷-2024-2025学年数学八年级下册北师大版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D C C C B B
1．B
【分析】本题考查多边形的内角和．根据多边形内角和定理求解即可．
【详解】解：由多边形的内角和公式得：，
故选∶B．
2．D
【分析】本题主要考查了成轴对称图形和成中心对称图形的概念，解题的关键是熟练掌握这两个概念，并加以区分．
利用成轴对称图形和成中心对称图形的概念逐项进行判断即可．
【详解】解：A.选项图形是成中心对称图形，不是成轴对称图形，故不符合题意；
B. 选项图形是成中心对称图形，不是成轴对称图形，故不符合题意；
C. 选项图形是成中心对称图形，不是成轴对称图形，故不符合题意；
D. 选项图形是成轴对称图形，故符合题意；
故选：D．
3．D
【分析】本题考查了分式方程无解．熟练掌握：分式方程无解情况①分式方程化为整式方程后，整式方程无解，即分式方程无解；②分式方程化为整式方程后，整式方程有解，但这个解会使分式方程的最简公分母为0，即解为分式方程的增根；是解题的关键．
先解分式方程得到，再进行讨论，①当时，整式方程无解，则分式方程无解；②把增根代入求解．
【详解】解：，
，
，
①当时，整式方程无解，则分式方程无解；
②把增根代入得，，
解得：，
综上：或时，分式方程无解，
故选：D．
4．C
【分析】本题考查新定义运算，解一元一次不等式，注意分情况讨论是解题的关键．分当，即时，当，即时，两种情况，根据题目所给的新定义建立关于x的不等式进行求解即可．
【详解】解：当，即时，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当，即时，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，或，
故选C．
5．C
【分析】本题考查分式的值为零的条件，根据平方根解方程，解题的关键是掌握分式的值为零的条件：分子为零，分母不为零．据此列式解答即可．
【详解】解：∵分式的值为，
∴且，
解得：，
即的值为．
故选：C．
6．C
【分析】本题主要考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线定义，三角形内角和定理，解题的关键是灵活运用相关的性质进行求解．根据线段垂直平分线的性质可得，则，由平分可得，，再根据三角形内角和定理，求解即可．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
∴，
又∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
7．B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——轴对称，坐标与图形变化——平移（已知点平移前后的坐标，判断平移方式；由平移方式确定点的坐标）等知识点，熟练掌握坐标与图形变化——轴对称，坐标与图形变化——平移是解题的关键．
先求出点、关于原点对称的点、的坐标，然后根据点、判断出平移方式，再根据点及平移方式确定出点的坐标即可．
【详解】解：与关于原点中心对称，且，，
，，
把平移后得到，且，
向上平移了个单位长度，
，即，
故选：．
8．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，由平行四边形的性质可得，进而由点是的中点可得为的中位线，根据三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴为的中位线，
∴，
故选B．
9．
【分析】本题考查因式分解，涉及提公因式分解因式、平方差公式分解因式，先提公因式，再由平方差公式分解因式即可得到答案．熟记提公因式分解因式、平方差公式分解因式等知识是解决问题的关键．
【详解】解：
，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查分式方程的增根，将分式方程去分母得，由分式方程的增根是，代入计算即可．理解增根的定义以及产生增根的原因是解题关键．
【详解】解：，
在分式方程两边同乘以，得：
，
∵当时，，
∴方程的增根为，
将代入，
得：，
解得：．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了翻折变换，等腰三角形的判定以及勾股定理；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．先根据折叠的性质得到，再由得到，则，可判断；设，则，然后在中利用勾股定理得到，再解方程即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
是由折叠得到，
，
，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
即的长为，
．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了平移，掌握平移的性质是解题的关键．
利用平移对图中的小路进行平移，再利用长方形的面积公式求解即可．
【详解】解：对小路进行平移后可得：
∴绿化部分的长为：，宽为：，
绿化的面积，
故答案为：．
13．3或5
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，能求出符合题意的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．根据平行四边形的性质得出，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：设经过t秒，四边形是平行四边形，
∵P在上运动，
根据题意，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
分为以下情况：①点Q的运动在上时，方程为，
解得，
②点Q的运动在上时，方程为，
解得：；
故答案为：3或5．
14．①②③
【分析】本题考查根据交点坐标确定解析式字母系数的取值及分类讨论思想的运用，一般地，先求出交点坐标，再把坐标满足的条件转化成相应的方程或是不等式（组）进而解决问题．①当时，函数是一次函数；②，当时，，过函数过点，即可求解；③函数经过二，三，四象限，可得，从而可以求得k的取值范围；④当时，，与x轴无交点；当时，函数图象与x轴的交点始终在正半轴，即，即可求解．
【详解】解：①当时，函数是一次函数；故①符合题意；
②，
当时，，过函数过点，故②符合题意；
③函数经过二，三，四象限，则，
解得：，故③符合题意；
④当，即时，，与x轴无交点；
当，即时，
令，则，
∴函数与轴的交点坐标为，
∵函数图象与x轴的交点始终在正半轴，
即，
由除法的意义可得：或，
解得：，故④不符合题；
故答案为：①②③．
15．
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、对称的性质、等腰三角形的性质，根据点与点关于直线对称，是的垂直平分线，可知，根据和为两个全等的等腰直角三角形，可知四边形是正方形，根据正方形的性质可知，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，根据对称的性质可求．
【详解】解：如下图所示，连接，
点与点关于直线对称，
是的垂直平分线，
，
又和为两个全等的等腰直角三角形，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
．
故答案为： ．
16．
【分析】连接，，，由轴对称的性质可得，，，进而可得，于是可得是等边三角形，则，，由垂线段最短可知，当时，的值最小，最小值为的长，此时由三线合一可得，然后由三角形外角的性质可得，据此即可求出的度数．
【详解】解：如图，连接，，，
点关于直线、的对称点分别为、，
，，，
，
，
是等边三角形，
，，
由垂线段最短可知：当时，的值最小，最小值为的长，
此时，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，三线合一，三角形外角的性质等知识点，添加适当辅助线构造等边三角形并熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
17．，
【分析】本题主要考查了分式化简求值，熟练掌握分式除法运算法，是解题的关键．先根据分式除法运算法则进行化简，然后再代入数据进行求值即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了因式分解，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）运用平方差公式进行因式分解，即可作答．
（2）先提公因式，再运用完全平方公式进行因式分解，即可作答．
【详解】（1）解：；
（2）解：．
19．
【分析】本题考查了解分式方程，方程两边同时乘，将分式方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【详解】解：原方程可化为，
方程两边同乘，得，
解得，
检验：当时，，
原分式方程的解是．
20．（1）；（2）
【分析】本题考查的是解一元一次不等式和解一元一次不等式组，
（1）不等式移项合并，把x系数化为1，即可求出解，然后在数轴表示即可；
（2）分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【详解】（1）解：
数轴表示如下：
（2）解：
解①得：，
解②得，
不等式组的解为：．
21．(1)作图见详解，
(2)作图见详解，
(3)作图见详解
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握平移，中心对称，尺规作线段垂直平分线的方法是关键．
（1）根据平移作图，图形与坐标特点得到点坐标，由此即可求解；
（2）根据中心对称的性质作图，数形结合得到点坐标，由此即可求解；
（3）尺规作线段垂直平分线即可．
【详解】（1）解：如图所示，根据平移，即为所求图形，
∴；
（2）解：根据中心对称图形作图如下，即为所求图形，
∴；
（3）解：如图所示，尺规作线段垂直平分线交轴于点，
∴根据垂直平分线的性质得到，点即为所求点的位置．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，掌握平行四边形性质和全等三角形的判定定理是解题关键．
（1）由平行四边形性质，，再结合中点条件，利用“”即可证明．
（2）根据题意得出为等腰三角形，由F是的中点，可得，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵平行四边形，
∴，，，
∴，
∵点E，F分别为，的中点，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，且，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴为等腰三角形，
∵点F是的中点，
∴，
在中，，，
由勾股定理得：．
23．(1)，45
(2)①15，60；②，理由见解析；③或3
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及分类等知识，解决问题的关键是分类讨论．
（1）根据勾股定理求得，根据“等角对等边”得出的值；
（2）①根据，，得出，进一步得出结果；
②可证得，从而得出；
③分三种情形讨论：当时，可推出，从而得出，，进一步得出结果；当时，可得出，进一步得出结果；当时，点Q和点C重合，点P和B点重合，故此种情况不存在．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
故答案为：，45；
（2）解：①∵，，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：15，60；
②，理由如下：
由①知，，
∵，，
∴，
∴；
③分以下三种情况：
如图，
当时，
由②知，，，
∴，
∴，，
∴；
如图，
当时，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，
，
∴，，
∴点Q和点C重合，点P和B点重合，故此种情况不存在，
综上所述：或3．
24．(1)，
(2)当组装A道具50个时，所需费用最少，最少费用是370元
【分析】本题考查了一次函数的应用，关键是通过实际问题列出一次函数关系，然后根据一次函数的性质解决问题．
（1）设组装A种道具x个，则B种道具个，根据“总费用种道具费用种道具费用”即可得出y与x的函数关系式；再根据题意列不等式组即可得出x的取值范围；
（2）根据（1）的结论，结合一次函数的性质解答即可．
【详解】（1）解：
．
根据题意，得
．
解得
∴的取值范围是．
（2）解：由（1）得
∵是的一次函数，且
∴随着的增大而增大．
∴当时，
答：当组装A道具50个时，所需费用最少，最少费用是370元．
25．(1)
(2)①证明见解析；②或
【分析】（1）利用勾股定理求出，再由翻折变换的性质即可求得答案；
（2）①由翻折得，再证得，可得，即可证得结论；
②根据点D是线段上的一动点(不含点C)，可得，分两种情况：当时，当时，分别求得线段的长即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由翻折得：
∴当点E在边上时，；
（2）解：①∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由上知：，
∴；
②∵，
∴，
∴，
当时，过点F作于点G，过点E作于点K，过点F作于点M，连接，交于点L，
同上可证明：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由翻折知：垂直平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：
∵， ，
∴，
∵，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得；
当时，过点F作于点G，
∵，
∴，
∴当时，
∴，
∴点重合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点重合，如图：
∴，
∴点共线，
由翻折得：，
∴此时，
∴
此时，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
综上：当为等腰三角形时，线段的长为或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，难度较大，解题的关键在于把握折叠的不变性和全等三角形的运用．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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