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2025—2026学年八年级下册期末检测卷10
数 学
（测试范围：八年级下册浙教版2024，第1-5章）
（ 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．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，下列四幅作品分别代表“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．
2．一组数据2，，x，6，的众数为6，则这组数据的中位数为（ ）
A．2 B． C．6 D．
3．已知实数，，满足，则的值是（ ）．
A． B． C． D．
4．如图，的对角线与相交于点，．若，，则的长是（ ）
A．13 B．20 C．26 D．30
5．小安同学发现：关于的两个一元二次方程：①，②（，，均为常数，且）的解存在某个数量关系．若已知的解为，，则方程的解为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．如图，在菱形中，点在边上，连接、，且，设，，则，关系正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
7．的结果在（ ）
A．10到11之间 B．9到10之间 C．8到9之间 D．7到8之间
8．某体育馆需要购进100个足球，经调查，某品牌足球2024年单价为200元，2026年单价为162元，2024年到2026年该品牌足球单价平均每年降低的百分率是（　　）
A．10% B．19% C．20% D．30%
9．如图，在矩形中，点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，连接，，M，N分别是，的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．2
10．如图1，《蝶几图》是明朝的戈汕分割正方形的一种方式，以正方形为模分割为长斜（等腰梯形）、右半斜（直角梯形，后同）、左半斜、小三斜（等腰直角三角形，后同）、大三斜和闰（该图内部分割纵向等距）．取右半斜两张、左半斜两张、小三斜两张，共6张拼成如图2所示的中心对称图形，并放入一个长方形中，若图1中较大正方形的边长为4，则长方形的周长是（ ）
A．15 B． C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．计算：_______________．
12．若关于x的一元二次方程的两根为，则关于x的一元二次方程的解为______
13．有下列数据：4，8，12，16，20，24，28，这组数据的下四分位数是________．
14．如图，是内部的任意一点，连接，，，．若的面积为，的面积为，且，则的面积是______．
15．如图，点D，F把线段分成三条线段，分别以这三条线段为一条对角线作菱形，菱形，菱形，连结组成四边形．若菱形的边长为，，则四边形的面积是______________．
16．如图，C是线段上一点，分别以为边向上作正方形和正方形，点M，N分别是正方形和正方形的对称中心，边上有一点H，连接．若，则__________．
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．化简：
(1)
(2)
18．解方程：
(1)；
(2)．
19．如图，E，F，G，H分别是的边上的点，且，
(1)图中有几对全等三角形？把它们写出来．
(2)求证：四边形是平行四边形．
20．下表所示是八年级4个班上交的“科技百问”小测的最终成绩统计表．
班级 一班 二班 三班 四班
人数 48 50 45 57
平均分 86 85 84
优秀率（不低于85分）
(1)求出四个班成绩的平均分．
(2)求出四个班成绩的优秀率．
21．已知关于的一元二次方程．
(1)若该方程有两个实数根，求的取值范围；
(2)若该方程的两个实数根，满足，求的值．
22．如图，在中，点，分别在，上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的周长及矩形的面积．
23．如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接．
(1)如图2，连接并延长交于点，求线段的长度；
(2)将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转，
①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度；
②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积．
24．在菱形中，是直线上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列)，点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连结，小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点在的延长线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A D C B D D A A D
1．D
在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可．
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
2．A
根据众数和中位数的概念求解．
本题考查了众数和中位数的概念，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大或从大到小的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数. 熟练掌握众数和中位数的概念是解题的关键．
解：数据2，，x，6，的众数为6，
，
则数据重新排列为、、2、6、6，
所以中位数为2，
故选：A ．
3．D
将等式变形与配方可得，结合非负数的性质可得，解得，，，求和即可．
解：，
两边同乘以，得，
移项，得，
变形，得，
利用完全平方公式合并，得，
∵，，，
∴，，，
∴，，，
∴．
4．C
根据平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出，即可得解．
解：∵四边形是平行四边形， ，
∴，，
∵，，
∴在中，，
∴．
5．B
利用换元法和方程的解的定义求解，设，由的解为，得到一元二次方程的解，再把方程变形为，令，可得，通过对应关系求出方程的解．
解：设，
∵ 的解为，，
∴ ，，
即的解为，，
对方程两边同乘，得，
即，
令，可得，
∴ 该方程的解为，，
即，，
解得，．
6．D
由菱形的性质可得，，，．由等腰三角形的性质可得，结合平行线的性质可得，再根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求出．根据，得出等式，变形后即可得到答案．
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
7．D
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘除法法则是解决问题的关键．
先根据二次根式的乘除法法则进行计算，再估算的范围，从而确定整体值的区间．
解：∵ 原式
= .
又∵ ,
∴ ,
∴ ,
即 ,
故结果在到之间．
故选：D．
8．A
设出未知量，根据两年前后的单价列方程求解，再舍去不合题意的解即可解答．
解：设该品牌足球单价平均每年降低的百分率为x，
∵2024年单价为200元，2024年到2026年共经过2年，2026年单价为162元，
∴列方程得，
两边同除以200得，
开平方得 ，
∵降低率x满足，
∴只取，解得，
∴该品牌足球单价平均每年降低的百分率是．
9．A
连接并延长交于点G，连接，根据中点定义，矩形的性质得到，，再证，得到，根据三角形的中位线定理和勾股定理即可得到结论．
解：如图，连接并延长交于点G，连接
．
∵M，N分别是，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
，
∴，
，即N是的中点．
∴是的中位线．
．
∵点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，，，
∴，，．
在中，
．
．
10．D
根据正方形的性质，勾股定理以及图形的分割和拼接方法进行计算即可．
解：如图1，
较大正方形的边长为4，
，
又较大正方形内部分割纵向等距，
，
“右半斜”“左半斜”是上底为1，下底为2，高为1，第四条边为的直角梯形，
“小三斜”是边长为，，2的等腰直角三角形，
在图2中，
由拼图可知，，
在中，，
，
由对称可知，，，
长方形的长
，
，
因此长方形的周长为
故选：D．
本题考查轴对称图形，正方形的性质，掌握正方形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系以及正方形的分割与拼接方法是正确解答的关键．
11．
本题考查了二次根式的混合运算与完全平方公式的应用，解题关键是先正确展开完全平方公式，再化简二次根式的乘法，最后合并同类二次根式与常数项．
先利用完全平方公式进行计算，再计算二次根式的乘法，最后合并同类项即可．
解：原式
．
故答案为：．
12．
将所求方程变形为关于的一元二次方程，结合原方程的根，即可求出所求方程的解．
解：∵，
∴，
∴，
设，则方程化为，
由已知得，一元二次方程的两根为，，
即或
分别解得，．
13．8
先确定已排序数据的个数，其中位数为第4个数，即为数据16，再结合下四分位数的性质分析，即可得到对应结果．
解：已知数据已按从小到大顺序排列，数据个数，
故数据的中位数为第4个数，即为数据16，
下四分位数是位于中位数左侧的数据4，8，12的中位数，
因此下四分位数为．
14．30
过点P作，延长交的延长线于点E，由平行四边形的性质可得，，可得，则，，再根据可得，然后根据平行四边形的面积公式即可得．
解：如图，过点P作，延长交的延长线于点E，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴的面积是30．
15．
本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，解题关键是运用菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．
连接、、，分别交于点、、，设，，求出，，，运用勾股定理求得，，即可得解．
解：连接、、，分别交于点、、，如图所示，
，
，
，
设，，
即，
四边形、、都是菱形，
，，，
，， ，，
菱形的边长为，，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
16．/
本题考查正方形的性质、勾股定理、解一元二次方程、二次根式的混合运算，添加合适的辅助线和设参数解方程是解答的关键．过M作，过N作，与相交于O，设正方形和正方形的边长分别为a、b，根据正方形的性质得，，，，，利用勾股定理可推导出，，根据已知得到，设，则，解方程求得，，进而可求解．
解：过M作，过N作，与相交于O，设正方形和正方形的边长分别为a、b，
根据题意，得，，，，，
∴，，
∵，
∴，即，
设，则，
解得或（舍去），
∴，则，
∴
，
故答案为：．
17．(1)
(2)
本题考查了二次根式的四则运算，绝对值化简，解题的关键是掌握二次根式的四则运算法则．
（1）化简每个二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）化简二次根式以及绝对值，再合并同类二次根式即可．
（1）解：；
（2）解：．
18．(1)
(2)
（1）方程左边可提取公因式，通过因式分解法求解；
（2）方程左边可利用十字相乘法因式分解，也可用配方法或公式法求解，因式分解法更简便．
（1）解：提取公因式，得
，
有或，
解得：．
（2）解：因式分解，得
，
有或，
解得：．
19．(1)2对全等三角形，，
(2)见解析
（1）根据平行四边形的性质结合证明即可；
（2）根据全等三角形的对应边相等结合平行四边形的判定证明即可．
（1）解：2对全等三角形，，
∵
∴
∵，
∴
∴
∴，
（2）证明：∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
20．(1)分
(2)
（1）先算出四个班级分数的总和，再求出人数总和，相除得到总体的平均分；
（2）先通过每个班级的优秀率求出每个班优秀的人数，再求出成绩优秀人数总和，除以总人数即可得到结果．
（1）解：
答：四个班成绩的平均分为分；
（2）解：
答：四个班成绩的优秀率为．
21．(1)
(2)
（1）根据一元二次方程判别式与根的个数的关系，列出不等式并求解即可；
（2）根据根与系数的关系可得，，代入得到关于的一元二次方程，求解并结合进行取舍即可．
（1）解：，
∵方程有两个实数根，
∴，
整理，得，
解得；
（2）解：，
根据一元二次方程根与系数的关系可得，，，
∵，
∴，
∴，
整理，得，
解得，
由（1）可知，，
∴．
22．(1)见解析
(2)的周长为；矩形的面积为4
（1）由平行四边形的性质得到，即，证明，则可证明四边形是平行四边形，再由即可证明结论；
（2）由矩形的性质得到，由勾股定理求出，则，据此可求出矩形的面积；求出，根据平行四边形的周长公式可得答案．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形的周长．
23．(1)
(2)①；②的面积为5
（1）先证，再证为等腰直角三角形，即可得解；
（2）①先证，再证为等腰直角三角形，即可得解；
②分情况讨论，当在右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解.
（1）四边形和四边形是正方形，
，
，
，
又点是线段的中点，
，
，
，
又，
为等腰直角三角形，
；
（2）①连接并延长，交延长线于点，
四边形和四边形是正方形，
，
，
，
又点是线段的中点，
，
，
，，
又，
为等腰直角三角形，
；
②如图，当在右侧时，过作于点，过作于点，
在中，，
，
，，
，
，
是中点，，是中点，
，
；
如图，当在左侧时，过作于点，过作于点，
同理可得，
，
.
综上所述：的面积为5.
本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键.
24．(1)
(2)（1）中的结论仍然成立，详见解析
(3)
（1）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（3）根据菱形的性质及直角三角形可知，再根据全等三角形的判定与性质可知，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答．
（1）解：，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
（2）解：仍然成立，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解： 当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意作出辅助线是解题的关键．(共5张PPT)
八年级数学下册期末押题卷10（浙教版2024，测试范围：第1-5章） 试题分析
一、单选题
1 0.85 轴对称图形的识别；中心对称图形的识别
2 0.65 利用众数求未知数据的值；求中位数
3 0.65 通过对完全平方公式变形求值；利用算术平方根的非负性解题；二次根式的混合运算
4 0.64 利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
5 0.65 一元二次方程的定义；换元法解一元二次方程
6 0.5 两直线平行内错角相等；利用菱形的性质求角度；等边对等角；三角形内角和定理的应用
7 0.65 估计算术平方根的取值范围；二次根式的混合运算
8 0.75 增长率问题(一元二次方程的应用)
9 0.69 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
10 0.65 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案；根据正方形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
二、填空题
11 0.65 二次根式的混合运算
12 0.65 换元法解一元二次方程
13 0.77 求四分位数
14 0.7 利用平行四边形的性质求解
15 0.65 利用菱形的性质求线段长；利用菱形的性质求面积
16 0.65 根据正方形的性质求线段长；换元法解一元二次方程；二次根式的混合运算；用勾股定理解三角形
三、解答题
17 0.7 利用二次根式的性质化简；求一个数的绝对值；二次根式的加减运算；二次根式的混合运算
18 0.75 因式分解法解一元二次方程
19 0.62 全等的性质和SAS综合（SAS）；利用平行四边形的性质证明；全等三角形的性质；证明四边形是平行四边形；利用平行四边形性质和判定证明
20 0.67 求一组数据的平均数；求加权平均数
21 0.72 公式法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系；根据一元二次方程根的情况求参数
22 0.57 根据矩形的性质求线段长；证明四边形是矩形；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
23 0.65 线段垂直平分线的性质；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
24 0.4 用SAS间接证明三角形全等（SAS）；全等的性质和SAS综合（SAS）；利用菱形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形

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