期中阶段复习卷（含解析）2024-2025学年数学八年级下册北师大版

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期中阶段复习卷-2024-2025学年数学八年级下册北师大版
一、单选题
1．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．C． D．
2．下列各组数中，不可能成为一个三角形三边长的是（ ）
A．4，7，12 B．5，5，8 C．3，4，6 D．6，7，12
3．已知线段，利用直尺和圆规作的垂直平分线，下列4个作图中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．P、Q、R、S四人的体重分别为p、q、r、s，他们去公园玩跷跷板，如下面示意图所示，则四人体重的大小关系为（）
A． B．
C． D．
5．若关于x的不等式组的整数解共有3个，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，中，，点D在的延长线上，且，与的平分线交于点E，连接，．若，，则的值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
7．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点，的对应点分别为D，E，延长交于点F，下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．若关于的方程有非负整数解，且关于的不等式组的解集为，则符合条件的所有整数的值之和是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．不等式，的最小整数解为 ．
10．如图，是由经过平移得到的，则点，，的对应点分别是点 ，平移的方向是 ，平移的距离是 ．
11．如图，在中，，将绕点顺时针旋转，使点的对应点落在边上．若，则 ．
12．在中，，过点A的一条直线将该三角形分成的两个小三角形均为等腰三角形，则的度数为 ．
13．随着科技的进步，我们可以通过手机实时查看公交车到站情况．如图，小明在距离某站牌处拿出手机查看了公交车到站情况，发现最近一辆公交车还有到达该站牌处．若要保证小明不会错过这辆公交车，则小明的最小平均速度为 ．
14．已知关于的不等式组，下列结论：①若，则不等式组的解集为；②若不等式组的解集是，则；③若不等式组无解，则；④若，则不等式组一定有解．其中结论正确的是 （填序号）．
15．如图，在等边三角形中，是延长线上一点，是上一点，连接，．若，，，则的长为 ．
16．如图，在等腰直角中，为的中点，为上一动点，则以下结论：①；②，③当时，，④的最小值为，其中正确的是 ．（只填写序号）
三、解答题
17．解下列不等式（组）：
(1)；
(2)．
18．如图，在中，，D为边上一点，连接，，过点D作的垂线，垂足为E．
(1)若，求的度数；
(2)若，的周长为24，求的长．
19．某体育用品店购进甲、乙两种足球．已知甲、乙两种足球进货单价之和为元，店主第一批购买甲种足球个、乙种足球个一共花费元．
(1)问甲、乙两种足球的进货单价分别是多少元？
(2)若甲种足球每个获利元，乙种足球每个获利元，该体育用品店预备第二批购进甲、乙两种足球共个，在费用不超过元的情况下，如何进货才能保证利润最大，最大利润是多少？
20．在实数范围内定义一种新运算“※”，其运算规则为：，如．求不等式的负整数解．
21．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点在格点上，点、也在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
(1)平移，使点移动到点位置，画出平移后的；
(2)画出关于点对称的；
(3)若有一格点，使得，则网格中满足条件的点共有 个．
22．光的反射是生活中常见的现象，图①是光的反射示意图（反射角等于入射角且法线与平面镜垂直，垂足为入射点）．
(1)如图②，已知：入射光线，反射光线．求作：法线．
(2)如图③，已知：为入射光线上一点，为反射光线上一点．求作：入射点．要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
23．如图，将绕着点顺时针旋转得到，点恰好落在边上，和相交于点．
(1)求证：；
(2)过点作，垂足为，若，，求的面积．
24．已知，一次函数与轴交点，与轴交于点，点与点关于轴对称．
(1)求直线的函数解析式；
(2)设点是轴上一个动点，过点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，当的面积是时，求点的坐标；
(3)已知是的角平分线，在线段上找一点，使得，求点的坐标．
《期中阶段复习卷-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
答案 A A C A B B D A
1．A
【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．.是轴对称图形，但不是中心对称图形，符合题意；
B．是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选：A．
2．A
【分析】本题主要考查了三角形三边关系的运用，熟记三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，是解题的关键．判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【详解】A.∵，
∴不能组成三角形，故A符合题意；
B.∵，
∴能组成三角形，故B不符合题意；
C.∵，
∴能组成三角形，故C不符合题意；
D.∵，
∴能组成三角形，故D不符合题意．
故选：A．
3．C
【分析】本题主要考查了尺规作图—作线段垂直平分线，等腰三角形的性质，熟知相关作图方法是解题的关键．根据线段垂直平分线的尺规作图方法作图即可判断．
【详解】解：在图①中，由作图可知，，，
∴是的垂直平分线，故①符合题意；
在图②中，由作图可知，，平分，
由等腰三角形“三线合一”可知，是的垂直平分线，故②符合题意；
在图③中，由作图可知，，，
∴是的垂直平分线，故③符合题意；
在图④中，由作图可知，，，
∴不是的垂直平分线，故④不符合题意；
综上，4个作图中正确的有①②③，共3个，
故选：C．
4．A
【分析】本题考查了不等式的性质，由题意得：，通过不等式的性质求解即可，掌握不等式的性质是解题的关键．
【详解】解：由题意得：，
由③得：④，
把④代入②中得：
，
由③得：，
故选：A．
5．B
【分析】本题考查不等式组整数解问题，解题的关键是正确求出不等式的解．分别解不等式①和不等式②，结合三个整数解直接求解即可得到答案．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组有解，
∴不等式组的解集为：，
∵整数解共有个，
∴
故选：B．
6．B
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，等腰直角三角形的判定和性质，过点E作与点P， 过点E作交的延长线与点Q，先证明，由全等三角形的性质得出，，再得出和是等腰直角三角形，进而可得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出答案．
【详解】解：过点E作与点P， 过点E作交的延长线与点Q，如下图：
∵平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
由勾股定理可得出：，，
∴，，
∵平分，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
7．D
【分析】先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记与相交于一点H，如图所示：
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴
∵
∴在中，
∴．故D选项是正确的，符合题意；
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵不一定等于，
∴不一定等于，
∴不一定成立，故B选项不正确；
∵，，不一定等于，
∴不一定成立，故A选项不正确；
∵将绕点C顺时针旋转得到，
∴，
∴，故C选项不正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
8．A
【分析】本题考查了解一元一次方程，解不等式组，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由得和，再结合关于的不等式组的解集为，得，解得，根据得，再结合于的方程有非负整数解，得出或或，即可作答．
【详解】解：∵，
∴由得，
解得；
由得，
∴，
∴，
解得，
∵关于的不等式组的解集为，
∴
∴，
∵，
∴
∴，
∵关于的方程有非负整数解，
∴，
∴
∴，
∵为整数，
∴或或或或，
当时，则，是整数，符合题意；
当时，则，不是整数，不符合题意；
当时，则，是整数，符合题意；
当时，则，不是整数，不符合题意；
当时，则，是整数，符合题意；
∴或或，
∴．
故选：A
9．3
【分析】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集，然后找出最小整数解即可．
【详解】解：
解①得
解②得
∴不等式组的解集是，
∴最小整数解为3．
故答案为：3．
10． 射线（或）的方向 线段的长（或的长）
【分析】本题考查了平移的方向、距离、性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据平移的方向、距离、性质等知识点解答即可．
【详解】解：是由经过平移得到的，则点，，的对应点分别是点，
平移的方向是射线（或）的方向，平移的距离是线段的长（或的长），
故答案为：；射线（或）的方向；线段的长（或的长）．
11．64
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，先由垂线的定义得到，则可求出，由旋转的性质可得，则，再根据平角的定义可得，解之即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：64．
12．或
【分析】本题考查了三角形内角和定理、分类讨论的思想、等腰三角形的性质、三角形外角定理．解题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质．分两种情况：一种情况是把分成两个等腰三角形，且、；另一种情况是把分成两个等腰三角形，且、，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：如下图所示，当过的顶点A把分成两个等腰三角形，且、时，
设，则，
，
三角形内角和为，
，
，
解得：，
；
如下图所示，当过的顶点A把分成两个等腰三角形，且、时，
设，
则，，
三角形内角和为，
，
，
解得：，
；
综上所述，的度数可以是或．
故答案为： 或．
13．0.8
【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，设小明的平均速度为，根据题意列出不等式求解即可．
【详解】解：设小明的平均速度为，根据题意得：
，
解得，，
所以，小明的最小平均速度为．
故答案为：0.8．
14．①②
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到，逐一判断即可．
【详解】解：解，得，
①若，解不等式得：，故①正确；
②若不等式组的解集是，则，解得，故②正确；
③若不等式组无解，则，解得，故③错误；
④若，则，当时，不等式组无解，故④错误；
故答案为：①②．
15．
【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
过作于点，由等腰三角形的性质得，设，则，由等边三角形的性质得，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后求出，即可解决问题．
【详解】解：如图，过作于点，
，
，
设，则，
∵是等边三角形，
，
，
，
即，
，
，
故答案为：．
16．②④/④②
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，掌握等腰三角形的判定和性质，勾股定理是关键．
根据等腰三角形的性质，中线等知识判定①；运用勾股定理可判定②；根据中位线可判定③；根据轴对称-最短路径的计算，勾股定理等知识判定④；由此即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，不能确定是角平分线，故①错误，不符合题意；
∴，
在中，，故②正确；
∵是等腰直角三角形，
∴当时，即点是中点，
又∵点是中点，
∴，故③错误；
如图所示，作点关于的对称点，连接交于点，连接，交于点，过点作于点，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，且，
∴，则，
∴，
在中，，故④正确；
综上所述，正确的有②④，
故答案为：②④ ．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查的是解一元一次不等式和一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
（1）先去分母，然后去括号，再移项合并同类项，最后系数化为1即可；
（2）先求出两个不等式的解集，然后求出不等式组的解集即可．
【详解】（1）解：
去分母得：，
去括号得：，
移项，合并同类项得：；
（2）解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
18．(1)
(2)
【分析】该题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理和三角形外角的性质．
（1）根据，，求出，根据，得出，再根据三角形外角的性质即可求解．
（2）根据等腰三角形的性质得出，结合和的周长为24，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴．
19．(1)甲种足球的进货单价为元，乙种足球的进货单价为元
(2)当购进甲种足球个，购进乙种足球个时，获利最大，最大利润为元
【分析】（）设甲种足球的进货单价为元，则乙种足球的进货单价为元，根据题意列出方程即可求解；
（）设购进甲种足球的数量为个，则购进乙种足球的数量为个，由题意列出不等式求出的取值范围，再根据题意求出与之间的一次函数关系式，进而根据一次函数的性质解答即可求解；
本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，根据题意求出甲、乙两种足球的进货单价是解题的关键．
【详解】（1）解：设甲种足球的进货单价为元，则乙种足球的进货单价为元，
由题意得，，
解得，
，
答：甲种足球的进货单价为元，乙种足球的进货单价为元；
（2）解：设购进甲种足球的数量为个，则购进乙种足球的数量为个，
由题意得，，
解得，
又由题意得，，
，
随的增大而减小，
∴当时，有最大值，最大值为元，
此时购进乙种足球个，
∴当购进甲种足球个，购进乙种足球个时，获利最大，最大利润为元．
20．
【分析】本题考查定义新运算，求不等式的整数解，根据新定义的法则，列出不等式，进行求解即可．
【详解】解：，
∴，
解得：；
∴不等式的负整数解为：．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了平移作图，轴中心对称图形，网格作图，数形结合是解题的关键；
（1）根据平移的性质画出，即可求解；
（2）根据中心对称的性质，找出关于点对称的对应点，顺次连接，即可求解．
（3）根据网格得出是等腰直角三角形，进而作等腰直角，找到格点，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：根据网格可得是等腰直角三角形，
∴
作等腰直角，如图所示，网格中满足条件的点共有个
故答案为：．
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了角平分线和垂线的尺规作图，线段的尺规作图，正确理解题意是解题的关键．
（1）根据入射角等于反射角可知，发现法线即为入射光线与反射光线组成的角的角平分线，据此作的角平分线即可；
（2）过点A作平面镜所在直线的垂线，垂足为D，以D为圆心，的长为半径画弧交直线于C，连接交平面镜所在直线于点O，则点O即为所求．
【详解】（1）解；如图所示，射线即为所求；
作的角平分线，则射线即为所求；
（2）解：如图所示，过点A作平面镜所在直线的垂线，垂足为D，以D为圆心，的长为半径画弧交直线于C，连接交平面镜所在直线于点O，则点O即为所求；
由对称性可得，而，
∴，
再根据等角的余角相等可得点O即为所求．
23．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，平角的定义，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据题意，可知，那么，，那么，根据平角的定义，可知，，最后由得到结论；
（2）根据题意，可知，那么，从而得到，最后得出答案．
【详解】（1）证明：将绕着点顺时针旋转得到，
，，
，
，
．
（2）解：由题意可知，，，
，
，垂足为，，
，
．
24．(1)直线的函数解析式为
(2)点的坐标为或
(3)点的坐标为
【分析】（1）先求出的坐标，对称性求出点坐标，待定系数法求出的函数解析式即可；
（2）设，则、，过点作于点，利用，进行求解即可；
（3）方法一：作于点，利用等积法求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．
方法二：作于点，利用等积法求得，过点作，延长交轴于，连接，如图所示，在中，由勾股定理求出，再利用等积法求得，在等腰中，设，则，即，建立方程解得，在中，由勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】（1）解：对于，
由得，则，
由得，解得，则，
∵点与点关于轴对称，
∴，
设直线的函数解析式为，
则，解得．
∴直线的函数解析式为；
（2）解：设，
则、，
过点作于点，如图所示：
∴，，
∴，
解得，
∴点的坐标为或；
（3）解法一：∵，，
∴，，
∴，
作于点，如图所示：
∵是的角平分线，
∴，
∵，
即，
解得，
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴点的坐标为．
解法二：∵，，
∴，，
∴，
作于点，如图所示：
∵是的角平分线，
∴，
∵，
即，
解得，
过点作，延长交轴于，连接，如图所示：
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，，
，
，则，
，
在中，，，，则由勾股定理可得，
，
，解得，
在等腰中，设，则由勾股定理可知，
即，
，
解得，
在中，
．
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及相似三角形的判定和性质、角平分线的性质、勾股定理、等面积法求线段长等知识．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
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