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2025-2026学年下学期八年级期末押题试卷02
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．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．若二次根式在实数范围内有意义，则的取值可以是()
A． B． C． D．
3．某公司5名员工在一次义务募捐中的捐款额（单位：元）为：30，50，50，60，60．若捐款最少的员工又多捐了20元，则分析这5名员工捐款额的数据时，不受影响的统计量是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．以上全部
4．等腰三角形的两条边长为和，则这个三角形的周长为（ ）
A． B．
C． D．或
5．已知关于x的方程有实数根，则m的取值范围是（ ）
A．且 B． C． D．
6．网课期间，某同学对全班40名同学日常在家锻炼的时间统计如下：
锻炼时长（小时） 0 0.5 1 1.5
人数（名） 11 15 9 5
则关于这40名同学锻炼时间的说法不正确的是（ ）
A．平均数是0.6 B．中位数是0.5 C．众数是15 D．方差是0.24
7．如图，将三角板绕顶点逆时针旋转一个角度得到，若，相交于点，，则旋转角（ ）
A． B． C． D．
8．如图，菱形周长为6，对角线，的长度分别是关于的一元二次方程的两根，则的值是（ ）
A． B． C． D．
9．如图的矩形为学校教学楼区域的平面示意图，其中的阴影部分为“弓”字形楼体，“弓”字形各部分的宽度均相同．已知的长为米，的长为米，空地面积是整个矩形区域面积的．若设“弓”字形楼体各部分的宽度为米，则应满足的方程是（ ）
A． B．
C． D．
10．我们将宽与长之比为的矩形称为黄金矩形．如图，矩形为黄金矩形（），在其内部作正方形，若矩形的边，那么的长为（ ）
A． B． C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．已知最简二次根式与二次根式是同类二次根式，则x的值为_____ ．
12．在某次体育测试中，某班参加仰卧起坐测试的一组女生（每组8人）成绩如下（单位：次/分）：45，44，45，42，45，46，48，45，则这组数据的中位数是________．
13．在中，对角线，相交于点，若，，则的取值范围是______．
14．如图，一块长12米、宽8米的长方形户外草坪，规划了两横两纵等宽的石板小径（阴影部分），石板小径的总面积占草坪总面积的，则石板小径的宽度为_______米．
15．如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为___________．
16．在矩形纸片中，，点为边的中点，沿过点的直线翻折，使点的对应点落在边上，折痕交矩形的一边于点，则折痕的长为_____．
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)
(3)
(4)
18．解下列一元二次方程
(1)；
(2)；
(3)．
19．某校在一次班班有歌声评比活动中，A，B两班各项得分如表．
精神面貌 演唱质量 整体规范
A 86 91 87
B 90 85 92
(1)如果根据三项得分的平均分从高到低确定名次，那么两个班级的排名顺序怎样？
(2)若学校认为这三个项目的重要程度有所不同，而给予“精神面貌”“演唱质量”“整体规范”三个项目在总分中的占比为，那么两个班级的排名顺序又怎么样？
20．阅读材料，解答问题：
材料1：由于，这样两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式；
材料2：，这样进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，我们把这样的运算叫做分母有理化．
问题：
(1)的一个有理化因式是_____，的一个有理化因式是_____；
(2)计算：；
(3)已知，，试比较，的大小，并说理．
21．如图，在和中，，，，绕点旋转．
(1)如图1，若连接、，则、的数量关系为：___________；位置关系为___________（不用证明）；
(2)如图2，若连接、，取中点，连接，试探究与的关系，并证明你的结论；
(3)在（2）的条件下，当旋转到使点落在直线上，若，，请直接写出线段的长．
22．对于任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字都不为零，且十位上的数字的平方等于百位上的数字与个位上的数字之积的4倍，那么称这个数为“如意数”．例如：，因为，所以169是“如意数”．
(1)已知一个“如意数”（，其中为正整数），所满足的关系式是什么．（请直接写出关系式！）
(2)小明利用（1）中“如意数”中的构造了两个一元二次方程①与②，若是方程①的一个根，是方程②的一个根，小明经探究得出结论：与的乘积是一定值．请判断小明的结论是否正确？如果正确，请求出这个定值．
(3)在（2）中条件下，且，请直接写出满足条件的一个的值．
23．如图，在中，的平分线交于点，的平分线与的延长线交于点，与交于点，与交于点，且点为边的中点，连接，．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，则的长为______．
24．如图1，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．
(1)尝试 淇淇取的中点，借助所作的辅助线证明了，请你试着完成证明；
(2)探究 如图2，若点是边上任意一点（不与、重合），其他条件不变，尝试中的结论是否依然成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
(3)应用 在边上是否存在点，使得四边形是平行四边形？若存在，请在图3中画出图形并证明；若不存在，请说明理由．
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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B C D C C B A C
1．B
解：观察可知，只有B选项的图形，绕一点旋转180度后，能与自身重合，是中心对称图形，其余选项的图形都不是中心对称图形.
2．D
本题考查二次根式有意义的条件，根据被开方数为非负数求出的取值范围，再判断选项即可．
解：∵二次根式在实数范围内有意义
∴被开方数满足
解得：
选项中只有D选项的满足．
3．B
本题考查统计量的概念，只需得到捐款变化后的新数据，分别判断各统计量是否变化即可，其中中位数由排序后中间位置的数值决定，本题中该数值不受变化影响．
解：原捐款额从小到大排序为，，，，．
∵捐款最少的30元增加20元后，得，
∴新捐款额从小到大排序为，，，，．
①平均数：原总和为，原平均数为；新总和为，新平均数为，平均数改变．
②中位数：原数据共5个，中位数是第3个数，为；新数据中位数仍是第3个数，为，中位数不变．
③众数：原众数为和，新众数仅为，众数改变．
因此只有中位数不受影响，
4．C
等腰三角形未明确腰和底，需分两种情况讨论腰长，再根据三角形三边关系判断能否构成三角形，排除不成立的情况后计算周长即可．
解：分两种情况讨论：
情况1：若腰长为，底边长为，
∵两腰之和为 ，
∵ ，，
∴，不满足三角形两边之和大于第三边，此情况舍去；
情况2：若腰长为，底边长为，
∵两腰之和，满足三角形三边关系，
∴三角形周长为 ．
5．D
分情况讨论，根据一元二次方程和一元一次方程的定义，以及根的判别式解答即可．
解：根据题意得，方程有实数根
当时，该方程为一元二次方程，
判别式，
解得：，
，
，
当方程为一元二次方程时，m的取值范围是且；
当时，该方程可化为为，
，
解得，
此时，
当时，方程为一元一次方程，此时方程也有实数根，
综上所述，m的取值范围是．
6．C
本题主要考查平均数、中位数、众数、方差的计算及定义，解题的关键是掌握平均数、中位数、众数和方差的定义．
根据平均数、中位数、众数和方差的定义逐一计算，从而得出答案．
解：平均数为，故A选项正确，不符合题意；
中位数为，故B选项正确；
众数是0.5，故C选项错误；
方差为，故D选项正确；
故选：C．
7．C
根据旋转的性质可得，则，由可得，则，所以，进而完成解答．
解：由题意可得：，
根据旋转的性质可得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由可得 ，
解得．
8．B
根据菱形的性质得出，求出，根据勾股定理得出，根据根与系数的关系得出，，，变形后代入求出m的值即可．
解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵对角线的长度分别是一元二次方程的两实数根，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴当时，，不符合题意，舍去，
即．
9．A
本题考查了一元二次方程的实际应用，熟练掌握矩形的面积公式是解题的关键．
利用矩形的面积公式求解即可．
解：由题意可得：白色长方形的长为：，
三个白色长方形的宽之和为：，
三个白色长方形的面积为：，
∴，
故选：A．
10．C
根据黄金矩形的定义求出的长，由矩形的性质和正方形的性质求出的长即可得到答案．
解：∵四边形为黄金矩形（），
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
11．8
先把化简为，再根据被开方数相同的两个最简二次根式叫做同类二次根式建立方程求解即可．
解：，
∵最简二次根式与二次根式是同类二次根式，
∴，
解得．
12．45
根据中位数的定义，先将这组数据从小到大排列，由于数据个数为偶数，取中间两个数的平均数即可得到这组数据的中位数．
解：将这组数据从小到大排列为：，
这组数据共有个，个数为偶数，
因此中位数为第个和第个数据的平均数，
即．
13．
根据平行四边形对角线互相平分，求出和的长度，再利用三角形三边关系即可求出的取值范围．
解：如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
在中，根据三角形三边关系，可得，
即，
∴．
14．1
设石板小径的宽度为米，利用平移法将剩余草坪拼成一个长方形，根据剩余草坪面积等于总面积乘以剩余比例列出一元二次方程，求解并取合适的值即可．
设石板小径的宽度为米，
根据题意，利用平移法，剩余草坪可视为长为米，宽为米的长方形，
草坪总面积为平方米，
石板小径的总面积占草坪总面积的，则剩余草坪面积占总面积的，
列方程得： ，
解得： ，
当时，，不合题意，舍去，
所以．
即石板小径的宽度为1米．
故答案为：1．
15．2
根据三角形中位线定理可得，，，由平行线的性质可得 ，由角平分线定义得到，因此，可得，求出和的长，即可得的长．
解：是的中位线，
，，，
，
平分，
，
，
，
，，
， ，
，
．
16．或
根据矩形的性质得出，，，根据中点定义得出；分两种情况分别画出图形，作出辅助线，利用勾股定理求出折痕的长即可．
解：∵四边形为矩形，
∴，，，
∵点为边的中点，
∴；
①过点E作于点G，F在上，点落在上，如图所示：
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
根据折叠可知，，，
在中，根据勾股定理得：，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
在中根据勾股定理得：；
②过点作于点G，F在上，点落在上，点A的对应点为，如图所示：
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，，
根据折叠可知，，，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
即，解得：，
∴，
∴，
在中根据勾股定理得：；
综上，折痕的长为或．
17．(1)
(2)
(3)
(4)
（1）解：
．
（2）解：
．
（3）解：
．
（4）解：
．
18．(1)，；
(2)，；
(3)，．
（1）利用因式分解法求解一元二次方程即可；
（2）利用直接开平方法求解一元二次方程即可；
（3）利用公式法求解一元二次方程即可．
（1）解：，
，
，
解得，；
（2）解：，
，
∴，，
解得，；
（3）解：，
，，,
，
∴，
解得，．
19．(1)
排名顺序为B班第一，A班第二
(2)
排名顺序为A班第一，B班第二
（1）分别计算两个班级的平均数，通过比较平均数大小确定排名顺序；
（2）分别计算两个班级的加权平均数，通过比较平均数大小确定排名顺序.
（1）解：；，
，
排名顺序为B班第一，A班第二；
（2）解： ；，
，
排名顺序为A班第一，B班第二.
20．(1)；
(2)
(3)，理由见解析
（1）根据有理化因式的定义即可得出结果；
（2）先对每一项进行分母有理化，然后通过化简计算即可得出结果；
（3）先求出、的值，再比较它们的大小即可．
（1）解：的一个有理化因式是，的一个有理化因式是；
（2）解：
；
（3）解：，理由如下：
，
同理：，
∵，
∴，
，
∴．
21．(1)；
(2)，，证明见解析
(3)
（1）利用“”，可得，根据全等三角形的性质和角之间的关系等量代换，即可得，；
（2）延长交于点，延长至，使，连接，先根据中位线定理，易证，，再根据“”，可证，从而，，进而根据角之间的关系和等量代换，可证，即证，；
（3）过点作，交于点，由（2）可知，，根据题意，易求，，再根据勾股定理，计算即可求解．
（1）证明：如图1，与相交于点，
，
，即，
在和中，
，
，
，，
，
，即，
；
（2）解：，，
证明：如图2，延长交于点，延长至，使，连接，
点是的中点，，
，，
，
，
，即，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，即，
，即；
（3）解：过点作，交于点，
由（2）可知，，
，
，
，，
，即是等腰直角三角形，
在中，，，即，
，
，
在中，．
22．(1)
(2)小明的结论正确．
(3)满足条件的一个的值为121（或242或363或484）
（1）根据“如意数”的定义解答即可；
（2）将代入一元二次方程得，将代入一元二次方程得，再将两边同除以得，根据两个方程都有两个相等的实数根得，从而求出；
（3）由，得，．然后将代入一元二次方程得，即，再根据即可求出，结合，其中a，b，c为正整数和“如意数”的定义解答即可．
（1）解：是如意数，
；
（2）解：小明的结论正确．
是一元二次方程的一个根，是一元二次方程的一个根，
，
将两边同除以得：，
将看成是方程的两个根，
方程有两个相等的实数根，
，即；
（3）解：，
，
，
，
解得：，
∵，其中a，b，c为正整数，
满足条件的一个的值为121（或242或363或484）．
23．(1)见解析
(2)
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等即可证明．
（2）根据菱形的性质及勾股定理可得，再由全等三角形的判定与性质及勾股定理可得答案．
（1）证明：在中，，
，
平分，
，
，
，
同理，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）得四边形是菱形，
，，
∵为边的中点，
，
在中，，
在中，
，
∴，
∴，
在中，．
24．(1)证明见解析
(2)结论依然成立，证明见解析
(3)存在，画图，证明见解析
（1）由正方形的性质证明，即可得出，再由角平分线的定义进一步可得出，由同角的余角相等得出，证明，由全等三角形的性质得出．
（2）在上截取，同（1）的方法证明即可．
（3）过点作，交于点，交于点，连接、，，利用等角的余角相等得出，证明，由全等三角形的性质得出，再由（1）（2）可知，等量代换可知，进而可判定四边形是平行四边形．
（1）证明：如图，连接，
四边形是正方形．
，，
点、分别为、的中点，
，，
，
，
，
是正方形外角的角平分线，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：探究依然成立
证明：如图，在上截取，
四边形为正方形，
，，
，，
，
为正方形的外角平分线，
．
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：存在点使得四边形是平行四边形，
证明：如图，过点作，交于点，交于点，连接、，
，
，
，，
，
，，
，
，
由（1）可知，
，
四边形是平行四边形．
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