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2024-2025学年八年级数学下册期末测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，如图四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
3．已知，，则代数式的值是（ ）
A． B．1 C．0 D．
4．下面是嘉嘉和淇淇对于问题“已知，求的值．”进行求解时的过程，其中判断正确的是（ ）
嘉嘉：∵， ∴， ∴． 淇淇：∵， ∴可设，， ∴．
A．只有嘉嘉正确 B．只有淇淇正确
C．两人都正确 D．两人都不正确
5．（3分）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
6．如图，在中，，，点是线段上任意一点，则的长可能是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，中，，平分，交于点，连接，点，分别是和的中点，若的长为2.5，则的长为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．7
8．已知关于x的方程的两根分别为m，，则关于x的方程的根是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知非负数 x，y，z 满足..，设 ，则 W 的最大值与最小值的和为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，和是等边三角形，，连接、，交于点D．有以下结论：①；②连接，；③连接，；④连接，平分；⑤连接，．其中正确的结论个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．已知，，则与的大小关系是 ．
12．已知关于x的分式方程的解是，则k的值为 ．
13．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 ．
14．已知函数，．若函数与的图象交于轴上的一点，且函数的图象经过第二、三、四象限，则不等式的解集为 ．
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、分别是边、的中点，连接、，点、分别是、的中点，连接，若，，，则的长度为 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）解下列不等式（组） (1)(2)
18．（6分）分解因式：
(1)； (2)．
19．（8分）（1）计算：；
（2）解方程：；
（3）已知，求的值．
20．（8分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标，，都在格点上．
(1)若平移后得到，当的坐标为，画出，并写出，的坐标；
(2)将绕原点逆时针旋转得到，画出，并直接写出点的坐标；
(3)求的面积．
21．（10分）【定义新知】
如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“奇异三角形”．
【应用探究】
(1)如图，在中，，求证：是“奇异三角形”；
(2)已知，等腰是“奇异三角形，，求底边的长．（结果保留根号）
22．（10分）为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩，已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元，且用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等．
(1)A，B两种型号充电桩的单价各是多少万元？
(2)该停车场计划购买A，B型充电桩共25个，购买总费用不超过26万元，且购买B型充电桩的数量不少于A型充电桩数量的．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？最少费用是多少万元？
23．【建立模型】如图1，在内部有一点，连接、，求证：；
【尝试应用】如图2，利用上面的结论，直接写出五角星中，______度；
【拓展创新】如图3，将五角星截去一个角后多出一个角，求的度数．
【提升思维】如图4，将五角星的每个角都截去，则一共得到10个角，则这10个角的和的度数是______度．

24．（12分））在中，已知点在边上，，点是边上一点，于点，连接．
(1)如图1，若，，求的面积；
(2)如图2，若点，点重合，求证：是等腰三角形；
(3)如图3，若，，，请直接写出的面积（用含的代数式表示）．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
C．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选D．
2．D
【分析】本题考查判断命题的真假，根据不等式的性质，等式的性质，逐项判断即可．
【详解】解：若，，不能得出，如，，但，故A选项是假命题；
当时，若，则，故B选项是假命题；
若，则，故C选项是假命题；
若，则，故D选项是真命题；
故选D．
3．A
【分析】本题主要考查了因式分解及其应用，先把所求代数式提取公因式，再把和的值代入进行计算即可．
【详解】解：∵，
∴
，
故选：A．
4．C
【分析】此题考查了分式的求值，根据分式的性质计算即可作出判断．
【详解】解：嘉嘉：∵，
∴，
∴
故嘉嘉正确；
淇淇：∵，
∴可设，，
∴．
故淇淇正确；
综上可知，两人都正确，
故选：C
5．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
6．C
【分析】本题考查了勾股定理，过点A作于，根据等腰三角形的性质求出，再确定的取值范围，再根据勾股定理求出，再根据可得最小值与最大值，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点A作于，
∵，，
∴，
∴，即，
在中，，，
则，
∴在中，，
当点与点重合时，的最小值为，
当点与点或点重合时，有最大值为，
∴的长可能是，
故选：C．
7．B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质．首先根据平行四边形的性质可得，，再结合角平分线的定义和平行线的性质证明为等腰三角形，易得，然后结合点，分别是和的中点，易得是的中位线，结合三角形中位线的性质可得，即可获得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵点，分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴．
∴，
故选：B．
8．D
【分析】此题主要考查了解分式方程和分式方程的解，理解分式方程的解，熟练掌握解分式方程的方法与技巧是解决问题的关键．先将将方程转化为，再根据已知得，，再由，解得，由，解得，据此即可得出答案．
【详解】解：将方程转化为：，
方程的两根分别为m，，
，，
由，解得：，
由，解得：，
方程的根是：，，
故选：．
9．C
【分析】首先设，求得，，，又由，，均为非负实数，即可求得的取值范围，则可求得的取值范围．
【详解】解：设，
则，，，
，，均为非负实数，
，
解得，
于是，
，
即．
的最大值是，最小值是，
的最大值与最小值的和为，
故选：C．
10．C
【分析】①根据等边三角形的性质得，，，再根据得，由此可得的度数，进而可对结论①进行判断；
②证明，进而可依据“”判定和全等，然后根据全等三角形的性质可对结论②进行判断；
③根据含有角的直角三角形的性质得当时，则AFEF，此时，则，但是根据已知条件无法判定，由此可对结论③进行判断；
④过点A作于点M，于点N，先证明和全等得，，再根据三角形的面积公式得，然后根据角平分线的性质可对结论④进行判断；
⑤在上截取，连接，设与交于点H，先证明和全等得，，进而再证明是等边三角形得，由此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案．
【详解】解：①∵和是等边三角形，
∴，，，
又∵，
∴，
；故结论①正确；
②连接，如图1所示：
∵，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故结论②成立；
③连接，如图2所示：
∵，
∴当时，则，
∴，
∴，
根据已知条件无法判定，故结论③不正确；
④过点A作于点M，于点N，如图3所示：
∵，
∴，
即，
在和中，
，，，
∴，
∴，，
∴，
∴点A在的平分线上，
∴平分，故结论④正确；
⑤在上截取，连接，设与交于点H，如图4所示：
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，故结论⑤正确，
综上所述：正确的结论是①②④⑤，共4个．
故选：C．
二．填空题
11．
12.解：
，，
，
故答案为： ．
13.2
【分析】本题考查了分式方程求解，解决本题的灌浆是将x的值代入方程，列出关于k的方程．
根据题意，将代入分式方程，关于k的方程，求出即可.
【详解】解：将代入分式方程可得：
，
∴，
解得
故答案为：2
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：．
14．
【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，先求解与轴的交点坐标，再结合题意画出图象，结合图象可得答案.
【详解】解：∵，
当，解得：，
∴与轴的交点为，
∵函数与的图象交于轴上的一点，且函数的图象经过第二、三、四象限，
如图，
∴时，
∴；
故答案为：
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】连接并延长交于点，连接，作交的延长线于点，由平行四边形性质可得，，可证明 ，再由全等三角形性质得，，则，求得，，，推得，由，求得，则中位线的长度即可求解．
【详解】解：连接并延长交于点，连接，作交的延长线于点，
则，
四边形是平行四边形，
，，
，，
点、分别是、的中点，
，，，
在和中，
，
，
，，
，点、分别是边、的中点，
，，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
三．解答题
17．（1）解：
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：；
（2）解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
18．（1）解：
；
（2）解：
．
19．（1）解：原式
=
=；
（2）；
解：方程两边同乘，得，
∴，
检验：当时，，
∴是原方程的解．
（3）解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴
．
20．（1）解：如图所示，即为所求，，；
（2）如图所示，即为所求，点；
（3）．
21．（1）解：如图，取的中点D，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴是“奇异三角形”；
（2）解：分两种情况：
如图，当腰上的中线时，则，过B作于E，
∵，
∴，，
∴，
∴中，，
∴中，；
如图，当底边上的中线时，则，且，
设，则，
∴，
又∵，
∴，
∴．
综上所述，底边的长为或．
22．（1）解：设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价为万元．
根据题意，得．
解得：．
经检验，是所列分式方程的解且符合题意．
则．
所以A型充电桩的单价为0.9万元，B型充电桩的单价为1.2万元．
（2）解：设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩个．
根据题意，得，
解得．
为整数，
，15或16．
该停车场有3种购买方案．
方案一：购买A型充电桩14个、B型充电桩11个；
方案二：购买A型充电桩15个、B型充电桩10个；
方案三：购买A型充电桩16个，B型充电桩9个．
型充电桩的单价低于B型充电桩的单价，
方案三所需购买总费用最少，最少费用（万元）．
23．建立模型：证明：延长交于点，如图1所示：

由三角形外角性质得：，
；
尝试应用：解：设与相交于点，如图2所示：

由“建立模型”得：，
，
，
在中，，
，
故答案为： 180 ；
拓展创新：解：延长与的延长线相交于点，如图3所示：
，
，
在中，，
，
由“尝试应用”得：，
；
提升思维：解：由“拓展创新”得：当五角星去掉一个角后多出一个角时，此时所有角的和的度数比五角星的内角和多出，
∴当五角星去掉五个角后多出五个角，此时所有角的和的度数为：．
故答案为： 1080 ．
24．（1）解：如图，
∵
∴，，
∴
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴
∵
∴
∴
∴．
（2）证明：取的中点H，连接，，
由（1）可知：四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴是等腰三角形．
（3）解：过点E作交延长线于H，过点A作于M，如图，
∵，
∴，，
∴
∴
∵
∴，
∵
∴
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴
∴
．

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