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期末核心考点练习卷-2024-2025学年数学八年级下册北师大版
一、单选题
1．未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知，，是的三边长，且，则的形状为（ ）
A．钝角三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
3．老师在黑板上画出了如图所示的4个三角形，则下列判断正确的是（ ）
A．①不是等腰三角形 B．只有②是直角三角形
C．③是等边三角形 D．只有④是直角三角形
4．如图，在中，，，．分别是上的动点，连接，分别为的中点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，直线与分别交轴于点，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．或
6．在平面直角坐标系中，已知点P坐标为、点Q坐标为，连接PQ后平移得到，若，则的值是（　　）
A． B． C．8 D．9
7．如图，在中，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交、于点M和N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点若，，则的值为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．60
8．已知为整数，且为正整数，则所有符合条件的的值的和为（ ）
A．12 B．10 C．6 D．4
9．点为等边三角形内一点，分别以、为边作等边三角形、．如图，与交于点与交于点．则下列结论不一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
10．观察规律：，，……若（n为正整数），则n的值为（ ）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
二、填空题
11．因式分解： ．
12．一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ．
13．若分式的值为0，则 ．
14．如图，将梯形沿直线的方向平移到梯形的位置，其中，，交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ．
15．如图是屋架设计图的一部分，点是斜梁的中点，立柱、分别垂直于横梁，若，则斜梁的长为 ．
16．如图，已知平行四边形中，则如图：的值为 ．
三、解答题
17．按要求做题：
(1)解方程： =；
(2)因式分解：．
18．解不等式组．
19．先化简，再求值：，其中．
20．如图，在中，，平分，点在线段上，若，，．
(1)求证：；
(2)求的长．
21．已知：如图所示，在中，为边上的中线，且，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
22．随着农业数字化转型加速推进，某乡村振兴示范县积极发展特色农产品电商产业．当地一家农产品电商店铺计划购进两种以本地特色花卉为原料的加工产品，已知购进一个A产品比购进一个B产品多5元，且用1600元购进B产品的数量与用1800元购进A产品的数量相等．求购进一个A产品，一个B产品各需要多少元？
23．阅读下列材料：
问题：已知，且，，试确定的取值范围．
解：∵，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴
∴，
即，
得，
∴的取值范围是．
请按照上述方法，完成下列问题：
(1)已知，且，，
试确定的取值范围；
试确定的取值范围
(2)已知，且，，若根据上述做法得到的取值范围是，请求出的值．
24．在等腰直角中，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，过点E作于点F，连接．
(1)尝试发现：如图1，当点D在线段上时，请探究线段与的数量关系；以下是小琳同学的探究思路梳理：由已知条件的基本图形“一线三垂直”，易证，于是可得．欲探究线段与的数量关系，由直观先猜想，要进一步证明，可尝试证明，由已知，得，于是可得：（ ① ），所以可得（ ② ），因此猜想成立．请填空：以上思路梳理中，空白①处的理由是______，空白②处的线段是______．
(2)类比探究：如图2，当点D在线段的延长线上时，
①再探究线段与的数量关系并证明；
②若，求线段的长；
(3)拓展应用：如图3，若，请直接写出线段的长．
《期末核心考点练习卷-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 9 10
答案 A B C D D B A B C C
1．A
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：．
2．B
【分析】本题考查了完全平方式，熟悉掌握完全平方式公式是解题的关键．
利用完全平方式变形运算求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴为等边三角形，
故选：B．
3．C
【分析】本题考查等腰三角形的判定，等边三角形的判定，勾股定理的逆定理判定直角三角形．根据等腰三角形，等边三角形，直角三角形的判定方法解答即可．
【详解】解：图①中，另一个角为，因此该三角形中有两个角相等，该三角形是等腰三角形；
图②中，另一个角为，因此该三角形是直角三角形；
图③中，有两条边相等，又有一个内角是，从此该三角形是等边三角形；
图④中，因为，所以该三角形是直角三角形．
综上，判断正确的是C选项．
故选：C
4．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
连接，过点作于，由平行四边形的性质得到，得出求出，求出，由三角形中位线定理得到，当时，有最小值，即有最小值，当点与点重合时，的最小值为，得到
的最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，过点作于，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
，
分别为的中点，
，
当时，有最小值，即有最小值，
当点与点重合时，的最小值为，
的最小值为，
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了直线交点与不等式的解集，理解图示，掌握直线交点与不等式的性质是解题的关键．
根据直线的交点的特点，不等式的性质，数形结合即可求解．
【详解】解：直线与分别交轴于点，
不等式，
∴与异号，
∴当时，与异号，符合题意；
当，与同号，不符合题意；
当时，与异号，符合题意；
∴解集为或，
故选：D ．
6．B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移和有理数的乘法，熟知平移的性质是解题的关键．
根据平移的性质，建立关于m，n的等式，据此进行计算即可解决问题．
【详解】解：由题知，
，
解得，
所以．
故选：B．
7．A
【分析】过点D作于点H，根据角平分线的性质得出的长，再根据三角形面积公式求解即可．
本题考查了作图-基本作图，角平分线的性质，熟记角平分线的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，过点D作于点H，
由作图可知，是的角平分线，
又，
，
的值为，
故选：A．
8．B
【分析】本题考查了分式的混合运算和化简，乘法公式等知识点，解题的关键是熟练掌握公式法因式分解和分式的约分．
利用分式混合运算法则对原式进行化简，根据要求知道分子是分母的正整数倍，得出符合题意的的值．
【详解】解：
∵为正整数，且为整数，
∴或，
∴的取值为6，4，
则所有符合条件的的值的和为，
故选：B．
9．C
【分析】根据等边三角形的性质证明，，，再结合全等三角形的性质逐一分析判断即可．
【详解】解：∵等边三角形，等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵等边三角形，
∴，，
同理可得：，
∴，，
∴，故A不符合题意；
∴，
∴，故B不符合题意；
同理可得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，故D不符合题意；
如图，延长交于，
∵为内动点，
根据现有条件无法得到，故C符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查的是平行线的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练的利用等边三角形的性质确定全等三角形是解本题的关键．
10．C
【分析】本题考查了利用平方差公式的规律类运算，理解规律和掌握平方差公式是解题关键.
根据题目中式子的特点，利用平方差公式分解因式，然后约分即可求得答案.
【详解】∵
解得：
经检验，是分式方程的解，
故选：C．
11．
【分析】本题主要考查了因式分解，灵活运用提公因式法和公式法进行因式分解成为解题的关键．
先提取公因式y，然后运用完全平方公式因式分解即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
12．6
【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，设这个正多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再根据多边形外角和为，结合题意建立方程求解即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
由题意得，，
解得，
∴这个正多边形的边数是6，
故答案为：6．
13．
【分析】本题考查了分式值为零的条件，根据分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零即可求解，掌握分式值为零的条件是解题的关键．
【详解】解：由题意可得：且，
解得：且，
∴，
故答案为：．
14．11
【分析】本题主要考查了平移的性质，直角梯形的性质等知识点，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键．根据平移的性质可得，再根据列式计算即可得解．
【详解】解：，
，
梯形沿直线的方向平移到梯形的位置，
，
，
，
故答案为：．
15．4
【分析】利用角所对是直角边是斜边的一半求出、的长，再由勾股定理求出、、的长，再由勾股定理即可解决问题．
本题主要考查了角所对是直角边是斜边的一半，勾股定理，熟记性质是解决问题的关键．
【详解】解：∵在中，，，
∴
∵在中，，
∴
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：4．
16．68
【分析】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，先根据平行四边形的性质，利用证明，设，，则，然后根据勾股定理表示，然后整体代入计算解题．
【详解】解：过点A作于点M，过点D作交的延长线于点N，
∴，
又∵是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
设，，
∴，
∴
，
故答案为：68．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查解分式方程、因式分解，解题的关键是明确解分式方程的方法和因式分解的方法，分式方程最后注意要检验．
（1）方程两边同乘以，将分式方程化为整式方程，然后解答即可，最后要进行检验；
（2）根据平方差公式可以对式子进行因式分解．
【详解】（1）解：
方程两边同乘以，得
解得，
检验：当时，，
故原分式方程的解是；
（2）解：
．
18．
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
【详解】解：解不等式，得，
解不等式，得，
∴不等式组的解集是．
19．，3
【分析】本题考查的是分式的化简求值，根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，关键是掌握勾股定理和勾股定理的逆定理，判定，．
（1）由，推出，即可证明；
（2）延长交于，过作交的延长线于，判定，推出，，得到，判定，推出，，求出，由勾股定理求出．
【详解】（1）证明：，，
，
，，
，
，
；
（2）解：延长交于，过作交的延长线于，
平分，
，
，，
，
，，
，
，
，，
，
，，
，
∴．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中线的定义推出，进而得到，，推出，根据同角的余角相等，即可得证；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：为边上的中线，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，，，
，
，
，
，
，
的长为．
【点睛】本题考查等边对等角，勾股定理，含30度角的直角三角形．解题的关键是掌握相关知识点，并灵活运用．
22．购进一个A产品元，购进一个B产品元
【分析】本题主要考查分式的运用，理解数量关系，正确列分式方程求解是关键．
设购进一个B产品元，则购进一个A产品元，根据数量关系列分式方程求解即可．
【详解】解：设购进一个B产品元，则购进一个A产品元，
∵用1600元购进B产品的数量与用1800元购进A产品的数量相等
∴，
解得，，
检验，当时，，
∴是原分式方程的解，则（元）
∴购进一个A产品元，购进一个B产品元．
23．(1)(1)；
(2)
【分析】本题考查了一元一次不等式的性质和解二元一次方程组，仔细阅读材料，理解解题过程是解题的关键．
（）根据阅读材料所给的解题过程，直接套用解答即可求得的取值；
由得，进而求得，即，即可求得的取值范围；
（）根据题意求得，，然后利用不等式的性质求解的取值范围，从而得到关于，的方程组求解；
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由得，
∴，
即，
∴，
∴的取值范围是；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵的取值范围是，
∴，
解得：．
24．(1)①等式性质1，②
(2)①，证明见解析；②
(3)或
【分析】（1）根据，得，理由是等式性质1，可得；
（2）①根据， ，，得，得，可得，即得；②由，得；
（3）由，当点D在右侧时，得，即得，当点D在左侧时，得，即得．
【详解】（1）解：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（ 等式性质1 ），
∴（ ），
故答案为：等式性质1，；
（2）解：①．
证明：∵中，，
∴，
由旋转知，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，
，
∴；
（3）解：当时，
由（1）（2）知，，
当点D在右侧时，，
∴；
当点D在左侧时，，
∴．
故线段的长为或．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形与旋转．熟练掌握等腰直角三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论，是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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