2025-2026学年数学八年级上册期中测试试题（冀教版）提升三（含解析）

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2025-2026学年数学八年级上册期中测试试题（冀教版）
提升三（含解析）
一、单选题
1．在量子物理的研究中，科学家需要精确计算微观粒子的能量、已知某微观粒子的能量可以用公式表示．当，时，该微观粒子的能量的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
2．的算术平方根是（ ）
A．4 B．2 C． D．
3．下列四个实数中，比大的无理数是（ ）
A．0 B． C． D．
4．在一个箱子内放有同种规格的乒乓球若干个，已知白球有30个，搅匀后随机摸取，若摸到白球的概率（频率）为0.3，则箱子内的乒乓球大约有（ ）
A．90个 B．97个 C．100个 D．103个
5．化简的结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．小李一家计划寒假去成都看三星堆．手机导航系统推荐两条线路，第一条线路全程约460公里，第二条线路全程约456公里．因路况不同，第二条线路的平均时速比第一条线路提高，因此用时节约1小时．假设汽车在第一条线路的平均时速为，则下面所列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，，，，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．以上都有可能
8．若，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
9．方程的解为（　　）
A． B． C． D．无解
10．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知实数满足，则下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确的为（　　）
A．②③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
12．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．某工厂生产电子芯片，质检部门对同一批产品进行随机抽样检测，检测结果统计如表：由此估计，从这批芯片中任取一枚芯片是合格品的概率约为 ．（精确到0.01）．
抽查数 1000 2000 3000 4000 5000
合格品数 957 1926 2868 3844 4810
合格品频率 0.957 0.963 0.956 0.961 0.962
14．如图所示，，使，则需要添加的条件是 ．
15．矩形中，，，点是边上的一个动点，连接，的角平分线交边于点，若于点，连接、，则的最小值是 ．
16．如图，菱形边长为，，是的中点，，分别是边，上的两个动点，且，连接、，则 ，的最小值是 ．
三、解答题
17．如图，，，．求证：．
18．为了践行习近平总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某地计划在规定时间内种植梨树棵．开始种植时，由于志愿者的加入，实际每天种植梨树的数量比原计划增加了，结果提前2天完成任务．问原计划每天种植梨树多少棵？
19．年春节，随着电影《哪吒》的爆火，某超市计划购进“哪吒”和“敖丙”两款手办进行销售．经了解每个“哪吒”手办的进价比每个“敖丙”手办的进价多元，用元购进“哪吒”手办的个数与用元购进“敖丙”手办的个数相同．
(1)单个“哪吒”手办和单个“敖丙”手办的进价分别是多少元？
(2)该超市计划购进这两种手办共个，其中“哪吒”手办的个数不低于“敖丙”手办个数的一半，若“敖丙”手办、“哪吒”手办的售价分别为元/个、元/个．设购进“敖丙”手办的个数为个，两种手办全部售完时获得的利润为元．问超市应如何进货才能获得最大利润，最大利润是多少元？
20．琪琪在解不等式组时，发现的系数被墨迹覆盖了，妈妈用纸片挡住了部分答案给她看，如图所示，
求被墨迹覆盖的系数；
(2)答案的第四步应用的性质为___________（填序号）；
A．等式的性质
B.不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变
C.不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变
D.不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变
(3)该不等式组的解集为___________
21．先化简，再求值：，其中．
22．如图，是的外接圆，，点F在上，与的延长线交于点D，与交于点E，连接．
求证：是的切线；
(2)若，求的长．
23．综合与实践
折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．
在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观．折纸往往从矩形纸片开始，现在就让我们带着数学的眼光，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
【实践操作】
如图，在矩形纸片的对角线上有一动点（点不与点，点重合），小颖将矩形纸片折叠，使点与对角线上的动点重合，然后展开，折痕交于点，交于点，连接，．
【问题解决】
(1)如图1，点在对角线的不同位置时，小颖发现，会出现特殊性，比如它们可以是直角三角形，等腰三角形等，而且很多线段之间存在着一些数量关系．若矩形纸片的边长，．
①当为直角时，求线段的长；
②当为等腰三角形时，求线段的长；
(2)如图2，连接，作交于点，求证：．
《2025-2026学年数学八年级上册期中测试试题（冀教版）提升三（含解析）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C C D D B B D B
题号 11 12
答案 C B
1．B
【分析】本题考查了二次根式的计算以及无理数的估算，正确运算E的值并运用算术平方根的性质是解决本题的关键．
将已知数值代入公式计算，再通过比较平方数确定无理数的范围即可．
【详解】解：当，时，
，
由于，，且，
可得：，
因此，E的值在3和4之间．
故选：B．
2．B
【分析】本题主要考查了求一个数的算术平方根，对于两个实数a、b，若满足，且a为非负数，那么a就叫做b的算术平方根，且，据此求解即可．
【详解】解：∵，
∴的算术平方根是2，
故选：B．
3．C
【分析】本题考查了无理数和实数的比较大小，先比较大小，然后找出比大的无理数解答即可．
【详解】解：，
∵是无理数，
故答案为：C．
4．C
【分析】设箱子内的乒乓球大约有x个，利用概率公式列式计算即可．
【详解】解：设箱子内的乒乓球大约有x个，
则，
解得，
经检验：是方程的解，
即箱子内的乒乓球大约有100个．
故选C．
【点睛】本题考查简单的概率计算，掌握概率公式是解题的关键．
5．D
【分析】本题主要考查了分式的乘方．熟练掌握分式乘方的法则，幂乘方法则，是解决问题的关键．分式乘方等于分子分母分别乘方，幂乘方底数不变，指数相乘．
运用分式乘方的法则和幂乘方的法则逐一判定，即得．
【详解】A、，∴A不正确；
B、，∴B不正确；
C、，∴C不正确；
D、，∴D正确．
故选：D．
6．D
【分析】本题主要考查了分式方程的应用、理清题中的数量关系是解题的关键．
设第一条线路的平均时速为，则第二条线路的平均时速为．第一条线路的用时为，第二条线路的用时为．再根据第二条线路用时比第一条少1小时列出分式方程即可．
【详解】解：设第一条线路的平均时速为，则第二条线路的平均时速为．
由题意可得：．
故选D．
7．B
【分析】利用作差法，解答即可.
本题考查了通分，完全平方公式，作差比较大小，熟练掌握比较大小的基本方法是解题的关键.
【详解】解：，
由，，
故，
由，，，，
得，，，，
故，
故，
故选：B.
8．B
【分析】本题考查了解分式方程，解二元一次方程组，熟练掌握其运算方法是解题的关键．先去分母，整理得到，那么可知，然后解二元一次方程组即可．
【详解】解：
去分母得，，
整理得，，
，
，
故选：B．
9．D
【分析】本题考查解分式方程，利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【详解】解：原方程去分母得：，
整理得：，
解得：，
经检验，是分式方程的增根，
即原方程无解，
故选：D．
10．B
【分析】此题考查了幂的运算法则、因式分解、分式的加减等知识，根据运算法则进行计算后即可得到答案．
【详解】解：A．，故选项错误，不符合题意；
B．，故选项正确，符合题意；
C．，故选项错误，不符合题意；
D．，故选项错误，不符合题意．
故选：B．
11．C
【分析】本题考查了分式的加减、求代数式的值，由得出即可判断①；由结合得出，代入计算即可判断②；由得出，结合即可判断③；由得出，结合，代入计算即可判断④．
【详解】解：，
，
，
，
，故①正确；
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，故②正确；
，
，，
，
，
，
，
，故③正确；
，
，
，
，
，
，
，
解得：，故④错误，
综上所述，正确的是①②③，
故选：C．
12．B
【分析】由，得到，设，作，则，根据勾股定理可得， 进而可求；
【详解】解：连接，
由旋转的性质可知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴设，
作，则，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，勾股定理的应用、配方法最值的判断，正确作出辅助线是解题的关键．
13．0.96
【分析】根据题意，这是由频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，据此求解即可．
【详解】解：根据题意，由此估计，从这批芯片中任取一枚芯片是合格品的概率约为0.96，
故答案为：0.96．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，理解大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解决问题的关键．
14．（答案不唯一）
【分析】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：，熟练掌握知识点是解题的关键．
要使，已知一组边与一组角相等，再添加一组对边即可以利用判定其全等．
【详解】解：添加
∵
∴，
∵，
∵，
∴，
亦可添加或，
故答案为：（答案不唯一）．
15．
【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理，证明是解题的关键．
作，，证明，推出，当D、G、B三点共线时，有最小值，最小值是的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作于，于，
∵是的平分线，
∴，
∵四边形是矩形，，
∴，
∴A、D、G、E四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当D、G、B三点共线时，有最小值，最小值是的长，
∵，，矩形，
∴，，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：．
16．
【分析】连接，过点作于点，根据勾股定理得出，进而根据，即可得出的长；延长交于点，取中点，连接并延长与延长线交于点，连接，连接，证明，得到，同理证明：，为等边三角形，继而可得是的垂直平分线，则，由，即可确定最小值．
【详解】解：如图，连接，过点作于点，
∵菱形边长为，，则
∴，
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
延长交于点，取中点，连接并延长与延长线交于点，连接，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵F是的中点，菱形边长为4，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
同理证明：，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
当点三点共线时，取得最小值为，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，难度较大，解题的关键在于转化思想的运用．
17．见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：，
，即，
在和中，
，
．
18．原计划每天种植梨树500棵
【分析】根据题意列出分式方程求解即可．
【详解】解：设原计划每天种植梨树x棵
由题可知：
解得：
经检验：是原方程的根，且符合题意．
答：原计划每天种植梨树500棵．
【点睛】题目注意考查分式方程的应用，理解题意列出分式方程是解题关键．
19．(1)单个“敖丙”手办的进价是元，单个“哪吒”手办的进价是元．
(2)超市应进“敖丙”手办个，“哪吒”手办个，才能获得最大利润，最大利润为元．
【分析】（1）设单个“敖丙”手办的进价是元，则单个“哪吒”手办的进价是元，根据题意列出分式方程后求解即可，注意检验；
（2）由题意得，解出的取值范围，再由题意得出关于的关系式，分析该式，结合的取值范围即可得解．
【详解】（1）解：设单个“敖丙”手办的进价是元，则单个“哪吒”手办的进价是元，
据题意得，，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
单个“敖丙”手办的进价是元，单个“哪吒”手办的进价是元．
（2）解：据题意得，
解得，
，
，
随的增大而增大，
又，为整数，且两种手办都有，
时，（元），
此时，
超市应进“敖丙”手办个，“哪吒”手办个，才能获得最大利润，最大利润为元．
【点睛】本题考查的知识点是分式方程的实际应用、一元一次不等式的实际应用、一次函数的实际应用，解题关键是正确理解题意．
20．(1)6
(2)C
(3)
【分析】本题考查不等式的性质、解一元一次不等式、解一元一次不等式组、解分式方程，熟练掌握不等式的性质是解答的关键．
（1）设被墨迹覆盖的系数是，根据不等式的性质，不等式的解集，分式方程的计算即可求解；
（2）根据不等式的性质2可得结论；
（3）求得①②不等式的解集，再求得它们的公共部分即可得到该不等式组的解集．
【详解】（1）解：设被墨迹覆盖的系数是，
∴不等式可变形为，
∵不等式①的解集为，
∴，
解得，
经检验，是该方程的解，
∴被墨迹覆盖的系数是6；
（2）解：不等式得到，运用的是不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变，
故选：C；
（3）解：，
解①得，，
解②得，，
∴不等式组的解集为：．
21．，
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，先把小括号内的式子通分化简，再把除法变成乘法后约分化简，最后代值计算即可得到答案．
【详解】解：
，
当时，原式．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查切线的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
（1）连接并延长，交于点G，连接．证明即可
（2）求出，，．证明，得出，，．再证明即可得出结论．
【详解】（1）解：连接并延长，交于点G，连接．
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
即．
∴，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，，
∴．
∵，
∴,
又，
∴，
又，
∴,
又，
∴．
∴，即．
解得．
23．(1)；或或；
(2)证明见解析．
【分析】（）由垂直平分，得，根据四边形是矩形，可得，再求出，则，设，则，由勾股定理即可求解；
点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，分第一种情况：时，第二种情况：时，第二种情况：时进行讨论即可求解；
（）连接，由四边形是矩形，得，，，可证四点共圆，由圆周角定理得，故有，根据相似三角形的性质得，即，再证明，得，由，则即可．
【详解】（1）当为直角时，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得：，即，
解得：，
∴；
由题意得：垂直平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
则以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，如图，
∴点，，，
设所在直线解析式为，
∴，解得：，
∴所在直线解析式为，
设，，
∴，，，
第一种情况：时，
，解得：，
∴；
第二种情况：时，
，解得：（舍去），，
∴，
第二种情况：时，
，解得（舍去），，
∴；
（2）连接，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，即，
∵，且为公共角，
∴，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平面直角坐标系，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，，解一元二次方程等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
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