资源简介

2025—2026学年浙教版八年级下学期期末素养达标卷(浙江专用)
数 学
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．未来将是一个可以预见的时代，下列是国内常见人工智能品牌公司图标，图标是中心对称图形的是（ ）
A．豆包 B．
C．讯飞星火 D．智谱清言
2．某排球队6名上场队员的身高（单位：cm）是：180，185，188，189，192，194，现用一名身高为的队员换下场上身高为的队员，与换人前相比，场上队员的身高平均数（ ）
A．变大 B．变小 C．不变 D．都有可能
3．若把中根号外的因式移入根号内，则转化后的结果是（ ）
A． B． C． D．
4．已知关于的方程，下列说法正确的是（ ）
A．时，方程有两个相等的实数解 B．时，方程有一个实数解
C．时，方程无实数解 D．时，方程总有两个不相等的实数解
5．在平行四边形中，如果，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．
7．已知关于的一元二次方程的实数根，满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成的，根据实际需要可以调节，间的距离．若，间的距离调节到，菱形的边长，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，正方形的面积为4，的长是，则菱形的面积为（ ）
A．1 B． C．2 D．
10．如图，平行四边形对角线交于点O，点M，N，P，Q分别在平行四边形的四条边上（且不与顶点重合）．现有甲、乙、丙三种方案，则能判定四边形是平行四边形的是（ ）
甲：使 ；
乙：使 ；
丙：使均经过点O．
只有甲、乙 B．只有乙、丙 C．只有甲、丙 D．甲、乙、丙
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．若，则_____．
12．若、是方程的两个根，则____．
13．按照“组内离差平方和最小”的方法将6个数据分成了两组，第一组是，第二组是，则该分组情况下的组内离差平方和是___________．
14．如图，中，对角线相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，则图中阴影部分的面积是________．
15．如图，在中，平分，于点E，点F是的中点，若，，则的长为__________．
16．如图，在四边形中，，，，、分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_________秒，直线将四边形截出一个平行四边形．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．计算：
(1)
(2)
18．解下列方程：
(1)；
(2)；
(3)．
19．已知关于x的一元二次方程有两个不相等实数根．
(1)求的取值范围．
(2)若该方程的两根异号，设其中一个实数根为a，记，求证：．
20．阅读下面的材料，解答问题：
两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么我们就说这两个代数式互为有理化因式，例如：与与．这样，化简一个分母含有二次根式的式子时，采用分子、分母同乘分母的有理化因式的方法就可以了．例如：
．
(1)请你写出分母的有理化因式：______；
(2)请仿照上面给出的方法化简．
21．如图，在中，对角线与相交于点，过点作于，过点作于点．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长度．
22．2026年4月5日是清明节，清明节前一周，铂航妈妈到超市购买了6个肉松青团和8个红豆青团，共付款54元，已知每个红豆青团比每个肉松青团贵元．
(1)求每个肉松青团和每个红豆青团各多少元．
(2)为进一步提升青团的销量，超市将两种青团分别包装成A，B两种礼盒销售，两种礼盒每盒都有16个青团（包装成本忽略不计），A礼盒中有个肉松青团，B礼盒中有个红豆青团．包装后每个青团降价元，统计发现，A，B两种礼盒的销量分别为盒、盒，A，B两种礼盒的销售总额为4100元，求m的值．
23．如图，在中，E,F分别是边的中点，连接对角线
(1)求证：；
(2)从下列条件中任选一个作为已知条件，判断四边形的形状，并证明你的结论．
①；②．
我选择的条件： ，（填写序号）．（注：如果选择①，②分别进行解答，按第一个解答计分）
24．如图1，正方形中，E，F分别为，上的点，，垂足为H．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，交于点M，O为的中点，交于点N，连接．求证：；
(3)如图3，若正方形的边长为10，P，Q是上两动点，且，请直接写出的最小值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D A C C C C C D
1．B
解：A、不是中心对称图形；
B、是中心对称图形；
C、不是中心对称图形；
D、不是中心对称图形.
2．B
解：原数据的平均数为：，
新数据的平均数为．
，
与换人前相比，场上队员的身高平均数变小．
3．D
先根据二次根式有意义的条件判断的正负，再利用二次根式的性质将根号外的因式移入根号内化简，得到结果．
解：∵二次根式有意义，
∴，
∴，
∴．
4．A
本题分和两种情况讨论，时方程为一元一次方程，可直接求解判断，时利用一元二次方程根的判别式判断根的情况，逐一验证选项即可．
解：分情况讨论：
当时，原方程化为，解得，有一个实数解，因此选项C错误．
当时，原方程是一元二次方程，计算根的判别式：
因此 当时， ，方程有两个相等的实数解，选项A正确．
当时， ，方程有两个不相等的实数解，因此选项B错误．
当时，，方程有两个相等的实数解，因此选项D错误．
5．C
已知的度数，根据即可计算出的度数．
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴．
6．C
先对进行分母有理化化简，再对比化简后与的关系即可.
解：.
7．C
根据一元二次方程有实数根得判别式，结合根与系数的关系和已知条件列出关于的不等式组，解不等式组即可得到的取值范围．
解：由题意知原方程为一元二次方程，有两个实数根，因此原方程为.
一元二次方程有实数根时，，且满足，.
这里，
，，且.
将和代入得：
，
得到不等式组：
解第一个不等式得，
解第二个不等式得，
因此的取值范围是．
8．C
如图所示，连接，根据菱形的性质可得，可得是等边三角形，可算出，根据，由此即可求解．
解：如图所示，连接，
∵衣帽架是由三个全等的菱形构成的，间的距离调节到，
∴，
∵菱形的边长，
∴，
∴是等边三角形，则，
∵四边形是菱形，
∴．
9．C
根据正方形的面积可求出正方形的边长，利用勾股定理求出，然后根据菱形的面积即可求解．
解：如图，连接，则在菱形中，，
∵正方形的面积为，
∴，，
∴，
∵的长是，
∴菱形的面积为．
10．D
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判断甲方案；由平行四边形的性质得到，证明，得到，再证明，得到，据此可判断乙方案；证明，得到，同理可证明，据此可判断丙方案．
解：当时，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，故甲方案符合题意；
∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故乙方案符合题意；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴当使经过点O时，，
∴，
∴，
同理可证明，
∴四边形是平行四边形，故丙方案符合题意；
11．3或
根据，解方程求解即可；
解：∵，
∴，
∴，
∴或．
12．2028
根据题意得，，变形计算即可；
解：根据题意得，，
故，
．
13．4
先分别计算出两组的平均数，然后套用方差公式算出每组的离差平方和，最后将两组的结果相加即可．
解：第一组：平均值为，
组内离差平方和为．
第二组：平均值为，
组内离差平方和为．总组内离差平方和：．
故答案为：4．
14．15
利用平行四边形的性质得出，利用勾股定理的逆定理得出直角三角形，证明，即可得出结论．
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
15．3
延长交于点M，构造等腰三角形，利用中位线定理得出线段长度．
解：如图，延长交于点M，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴为的中位线，
∴．
16．或
根据平行四边形的性质可知当直线将四边形截出一个平行四边形时，或，设运动时间为，可得，，根据或列方程求解即可．
解：设运动时间为，
∵，
∴当直线将四边形截出一个平行四边形时，或，
∵、的速度分别为和，
∴，，
∵，，
∴当时，，
解得：，
当时，，
解得：．
综上所述：经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形．
17．(1)
(2)
（1）解：
；
（2）解：
．
18．(1)
，.
(2)
，.
(3)
，.
（1）方程为平方等于常数的形式，可使用直接开平方法求解．
（2）移项后可提取公因式，使用因式分解法求解，注意不能直接约去含未知数的公因式，避免漏根．
（3）先将方程整理为整系数一元二次方程，再用公式法求解即可．
（1）解：原方程，
移项得，
开方得，
即或，
解得，．
（2）原方程，
移项得，
提取公因式得，
整理得，
即或，
解得，．
（3）原方程，
方程两边同乘得，
这里，，，
计算得，
代入求根公式，
得，
即，．
19．(1)
(2)见解析
（1）由根的判别式计算即可求解；
（2）由两根异号得出，结合1得出，由一元二次方程的根得出，进而可得出，然后利用一次函数的性质求解即可．
（1）解：关于x的一元二次方程有两个不相等实数根．
，
．
（2）证明：∵两根异号，
，
解得，
由（1）知，
的取值范围为，
为方程的一个实数根，
，
，
，
，
，
随的增大而增大，
∴当时，，
∵，
．
20．(1)（答案不唯一）
(2)
（1）根据平方差公式作答即可；
（2）仿照题干作答即可．
（1）解：∵，
∴分母的有理化因式是（答案不唯一）；
（2）解：原式．
21．(1)见解析
(2)
（1）根据平行四边形的性质证明即可；
（2）先在中由勾股定理求解，然后由面积法求解即可．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵
∴，即
∴．
22．(1)每个肉松青团的价格为3元，每个红豆青团的价格为元
(2)6
（1）设每个肉松青团的价格为元，则每个红豆青团的价格为元，根据“6个肉松青团和8个红豆青团，共付款54元”列方程求解即可；
（2）降价后，肉松青团单价为元，红豆青团单价为元，则每盒A礼盒有个肉松、个红豆，单盒价格为；每盒B礼盒有个红豆、个肉松，单盒价格为；根据“A，B两种礼盒的销售总额为4100元”列方程求解即可．
（1）解：设每个肉松青团的价格为元，则每个红豆青团的价格为元，
由题意得：
解得，
∴每个红豆青团的价格为（元），
答：每个肉松青团的价格为3元，每个红豆青团的价格为元；
（2）解：由题意得，降价后，肉松青团单价为（元），红豆青团单价为（元），
则每盒A礼盒：个肉松、个红豆，单盒价格为；
每盒B礼盒：个红豆、个肉松，单盒价格为；
根据题意，得
解得，（不符合实际，舍去），
即m的值为6．
23．(1)见解析
(2)①②，证明见解析
（1）利用平行四边形的性质得到，由中线的定义得到，得出，再利用平行四边形的性质与判定即可证明；
（2）先由（1）的结论和，可得与平行且相等，因此先判定四边形是平行四边形，再结合所选的附加条件，利用特殊平行四边形的判定定理判断最终形状：如果选条件①，那么结合等腰三角形三线合一的性质得到邻边相等，进而判定为菱形；如果选条件②，那么得到平行四边形有一个内角为直角，进而判定为矩形。
（1）证明：∵，
∴，
∵分别是和的中线，
∴，，
∴ ，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴
（2）解：若选择条件①，则四边形是矩形．理由如下：
∵，是的中线，
∴，
∴，
由（1）得，四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形；
若选择条件②，则四边形是菱形．理由如下：
∵，是的中线，
∴,
由（1）得，四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形.
24．(1)见解析
(2)见解析
(3)
（1）证明，利用全等三角形的对应边相等可证得结论；
（2）过点作交于点， 可证出，得，，利用勾股定理得到，进而可证得结论；
（3）过点B作的平行线，过点P作的平行线，两线交于点G，过点G作于点H，交于点K，连接，则四边形为平行四边形，可以得到，当G、P、D三点共线时，最小，最小值为长，然后根据等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理解答即可．
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：过点作交于点，则，
∵四边形是正方形，O为的中点，
∴，，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：过点B作的平行线，过点P作的平行线，两线交于点G，过点G作于点H，交于点K，则四边形为平行四边形，
∴，，
∴，即当G、P、D三点共线时，最小，最小值为的长，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴最小值为．

展开更多......

收起↑