期末模拟测试题 2025-2026学年上学期初中数学人教版 （2024）八年级上册期末复习

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期末模拟测试题 2025-2026学年上学期初中
数学人教版 （2024）八年级上册期末复习
一、单选题
1．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．计算：的结果是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝70°，∠BAD＝30°，则∠C的度数为（ ）
A．35° B．40° C．45° D．50°
4．如图，为了测量点到河对岸的目标之间的距离，在与点同侧的河岸上选择了一点，测得，然后在处立了标杆，使，测得的长是20米，的长是30米，则，两点间的距离为（ ）
A．10米 B．15米 C．20米 D．30米
5．如果分式中的，都扩大为原来的倍，那么分式的值（ ）
A．不变 B．扩大为原来的倍
C．缩小为原来的 D．缩小为原来的
6．如图，是等边三角形，，是的平分线，延长到E，使，则的长为（ ）
A．7 B．8 C． D．9
7．已知的值为5，那么代数式的值是（ ）
A．2030 B．2020 C．2010 D．2000
8．如图，的面积为2，分别延长至点D，使，延长至点E，使，延长至点F，使，依次连接，则阴影部分的面积为（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12
9．已知a，b，c分别是△ABC的三边长，若，，则△ABC的周长是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
10．《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间，设规定时间为天，则可列出正确的方程为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．如图，在中，点D在的延长线上，，，则 ．
12．有若干张边长如图所示的长方形卡片，如果要拼一个长为，宽为的矩形，则需要3类卡片共 张
13．剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美，如图所示，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点的坐标为，关于轴对称的点，则的值为 ．
14．如图有三种类型卡片A、B、C，现用A型卡片3张，B型卡片k张，C型卡片4张一起拼成一个长方形．当 时，这个长方形的周长最长为 ．
15．定义：若两个分式的和为n（n为正整数），则称这两个分式互为“n阶分式”．例如：，所以分式与互为“3阶分式”．
（1）分式与 互为“4阶分式”；
（2）若分式与互为“1阶分式”，则 ．
16．如图，已知，点，，，在同一条直线上，交于点．若四边形的面积为，则四边形（即阴影部分）的面积为
三、解答题
17．计算：
18．先化简，再求值：（1+）÷．其中x=3．
19．分解因式：．
20．如图，在直角坐标系中，，，．
(1)在图中作出关于y轴对称的图形．
(2)写出点的坐标．
21．作图题：如图，、是两条笔直的交叉公路，M、N是两个车站，现欲建一个加油站P使得此加油站到公路两边的距离相等，且离M、N两个车站的距离也相等，此加油站P应建在何处？要求：尺规作图，保留作图痕迹；不写作法．
22．已知：如图，D是△ABC的边BC上的一点，且CD=AB，∠BDA=∠BAD，AE是△ABD的中线．
⑴若∠B=60°,求∠C的值；
⑵求证：AD是∠EAC的平分线．
23．某公司计划购买A，B两种型号的机器人搬运材料．已知A型机器人比B型机器人每小时多搬运30kg材料，且A型机器人搬运1000kg材料所用的时间与B型机器人搬运800kg材料所用的时间相同．
（1）求A，B两种型号的机器人每小时分别搬运多少材料；
（2）该公司计划采购A，B两种型号的机器人共20台，要求每小时搬运材料不得少于2800kg，则至少购进A型机器人多少台？
24．如图，已知，点E在上，且，平分．
(1)求证：；
(2)猜测与的位置关系，并说明理由；
(3)若 ，请判断的形状，并说明理由．
25．如图，点分别是边长为的等边边上的动点，点从顶点，点从顶点同时出发，且它们的速度都为．
(1)连接交于点，则在运动的过程中，变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
(2)试求何时是直角三角形？
(3)如图，若点在运动到终点后继续在射线上运动，直线交点为，则变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D C B D B D B B
1．A
【分析】本题考查了轴对称图形的识别，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．
根据轴对称图形的概念求解即可．
【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不符合题意；
故选：A．
2．B
【分析】本题主要考查积的乘方，直接利用积的乘方的运算法则进行运算即可．
【详解】解：．
故选：B．
3．D
【分析】由AD平分∠BAC，得∠BAC＝60°．由三角形内角和定理，可得∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝50°．
【详解】∵AD平分∠BAC，∠BAD＝30°
∴∠BAC＝2∠BAD＝2×30°＝60°．
又∵∠B＋∠BAC＋∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣70°﹣60°＝50°．
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，掌握以上知识点是解题的关键．
4．C
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．根据已知得，然后利用证明，从而利用全等三角形的性质即可解答．
【详解】解：，
，
在和中，
，
，
米，
∴A，B两点间的距离为米，
故选：C．
5．B
【分析】本题主要考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的性质是解题的关键．
当和都扩大为原来的2倍时，代入新值计算分式，化简后比较与原分式的关系．
【详解】解：原分式为，当和都扩大为原来的2倍时，新分式为：
∴ 新分式是原分式的2倍，即分式的值扩大为原来的2倍．
故选：B．
6．D
【分析】本题主要查了等边三角形的性质．根据等边三角形的性质，可得，，即可求解．
【详解】解：由题意可知：，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：D．
7．B
【分析】将化简为，再将代入即可得．
【详解】解：∵，
把代入，原式=，
故选B．
【点睛】本题考查了代数式求值，解题的关键是把掌握提公因式．
8．D
【分析】本题考查了三角形中线的性质，连接，可得，即得，进而得到，同理可得，，再根据即可求解，掌握三角形中线的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，，
∴，
故选：D．
9．B
【分析】先把因式分解可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴△ABC的周长是6．
故选：B
【点睛】本题考查因式分解的应用，将已知等式移项后因式分解是求解本题的关键．
10．B
【分析】本题考查了分式方程的应用，设规定时间为天，根据题意列出方程即可，根据题意找到等量关系是解题的关键．
【详解】解：设规定时间为天，
由题意得，，
故选：．
11．/65度
【分析】本题考查三角形外角和定理，熟练掌握三角形外角和定理是解题的关键．
根据是的外角，的度数等于与的度数和，据此求出的度数即可．
【详解】解：根据题意得，是的外角，
则，
故答案为：．
12．10
【分析】本题考查了多项式的乘法和几何图形的综合题，正确列出算式是解答本题的关键．多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项分别乘另一个多项式的每一项，再把所得的积相加．先计算长为，宽为的矩形面积为，根据三张卡片的面积分别是，判断出各种卡片的张数即可．
【详解】解：一个长为，宽为的矩形，那么其面积为，
三张卡片的面积分别是，
那么分别需要2张，3张，5张，共需要10张，
故答案为：10．
13．
【分析】本题考查了坐标与图形变化——轴对称，关于轴对称的两点，其横坐标互为相反数，纵坐标不变，据此即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∴，
故答案为：
14． 13或7
【分析】本题考查了因式分解的应用.根据十字相乘法，进行分类讨论，得出相应周长，即可解答．
【详解】解：当时，，周长为：；
当时，，周长为：；
当时，，周长为：；
即或7时，这个长方形的周长最长为．
故答案为：13或7；．
15．
【分析】本题考查了分式的减法，解分式方程，理解“n阶分式”的定义是解此题的关键．
（1）根据“n阶分式”的定义，分式 的“4阶分式”为，通过分式减法计算即可；
（2）根据“1阶分式”的定义，分式与的和为1，列出方程求解，注意分母不为零．
【详解】解：（1） 设另一个分式为，
则：，
故分式与互为“4阶分式”；
（2）由定义得：，
去分母可得：，
解得：，
当时，，满足题意
∴．
16．9
【分析】本题主要考查全等三角形的性质，即全等三角形的面积相等，以及图形面积的转化．解题的关键在于理解全等三角形面积相等这一性质，并能发现四边形与四边形的面积都可以通过全等三角形面积与面积的差来表示，从而建立起它们之间的等量关系．因为三角形全等，所以这两个三角形的面积相等．观察图形可知，的面积减去的面积就是四边形的面积，的面积减去的面积就是四边形（阴影部分）的面积，由此可通过面积的等量关系求出阴影部分面积．
【详解】∵
∴
∴
即
故答案为：9．
17．
【分析】本题考查整式的混合运算，解题的关键是熟练掌握完全平方公式和平方差公式．
先利用完全平方公式和平方差公式计算，然后合并同类项即可．
【详解】原式
=
18．x+2，5
【分析】先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，再约分后进行乘式的乘法运算得到原式=x+2，然后把x=3代入计算即可．
【详解】原式
当时，
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
19．
【分析】本题考查因式分解的方法，重点在于识别多项式中的结构特征．观察原式中的前三个项构成一个完全平方公式，而后一项为平方项，整体可转化为平方差的形式，从而使用平方差公式进行因式分解．
【详解】解∶
20．(1)见解析
(2)点坐标为：
【分析】（1）分别找出点A、B、C关于y轴的对称点、、，顺次连接即可；
（2）直接写成点的坐标即可．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）点的坐标为：．
【点睛】此题考查了坐标系中的轴对称作图，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
21．见解析
【分析】本题考查了作图—基本作图，作出的角平分线与线段的垂直平分线的交点即可，熟练掌握基本作图的方法是解此题的关键．
【详解】解：如图，点P即为所求作的点．
22．（1）∠C=30°；（2）详见解析.
【分析】（1）根据已知条件得到∠BAD=∠BDA=60°，于是得到AB=AD，等量代换得到CD=AD，根据等腰三角形的性质得到∠DAC=∠C，推出∠BDA=∠DAC+∠C=2∠C，即可得到结论；
（2）证明：延长AE到M，使EM=AE，连接DM，推出△ABE≌△MDE，根据全等三角形的性质得到∠B=∠MDE，AB=DM，根据全等三角形的判定定理得到△MAD≌△CAD，根据全等三角形的性质得到∠MAD=∠CAD于是得到结论．
【详解】（1）∵∠B=60°，∠BDA=∠BAD，
∴∠BAD=∠BDA=60°，
∴AB=AD，
∵CD=AB，
∴CD=AD，
∴∠DAC=∠C，
∴∠BDA=∠DAC+∠C=2∠C，
∵∠BAD=60°，
∴∠C=30°；
（2）证明：延长AE到M，使EM=AE，连接DM，
在△ABE和△MDE中，
，
∴△ABE≌△MDE，
∴∠B=∠MDE，AB=DM，
∵∠ADC=∠B+∠BAD=∠MDE+∠BDA=∠ADM，
在△MAD与△CAD，
，
∴△MAD≌△CAD，
∴∠MAD=∠CAD，
∴AD是∠EAC的平分线．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中线的定义，正确的作出辅助线是解题的关键．
23．（1）A型机器人每小时搬运150千克材料，B型机器人每小时搬运120千克材料；（2）至少购进A型机器人14台．
【分析】（1）设B型机器人每小时搬运x千克材料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克材料，根据A型机器人搬运1000kg材料所用的时间与B型机器人搬运800kg材料所用的时间相同建立方程求出其解即可得；
（2）设购进A型机器人a台，根据每小时搬运材料不得少于2800kg列出不等式进行求解即可得．
【详解】（1）设B型机器人每小时搬运x千克材料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克材料，
根据题意，得，
解得：x=120，
经检验，x=120是所列方程的解，
当x=120时，x+30=150，
答：A型机器人每小时搬运150千克材料，B型机器人每小时搬运120千克材料；
（2）设购进A型机器人a台，则购进B型机器人（20﹣a）台，
根据题意，得150a+120（20﹣a）≥2800，
解得a≥，
∵a是整数，
∴a≥14，
答：至少购进A型机器人14台．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，读懂题意，找到关键描述语句，找准等量关系以及不等关系是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)是等边三角形，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，证得是解题的关键．
（1）根据平行线的性质得到，于是得到；
（2）根据全等三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（3）根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，于是得到结论．
【详解】（1）证明:∵，
∴，
在和中
，
；
（2）解：，
理由：∵，
∴，
∵平分，
∴；
（3）解：是等边三角形，
理由：∵，平分，
，
，
∴，
∴是等边三角形．
25．(1)不变，
(2)或
(3)不变，．
【分析】（）根据是等边三角形得，，由题意得，从而证明，再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得的度数；
（）设时间为，则，，分别就当时；当时，利用直角三角形的性质定理求得的值；
（）首先利用边角边定理证得，再利用全等三角形的性质定理得到，再运用三角形角间的关系求得的度数；
本题考查了等边三角形的性质，所对直角边是斜边的一半，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点的应用及学会用分类讨论的思想是解题的关键．
【详解】（1）不变，理由：
∵是等边三角形，
∴，，
由题意得：，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）设时间为，则，，
当时，
∵，
∴，
∴，得，解得：；
当时，
∵，
∴ ，
∴，得，解得：,
当第或秒或第一秒时，为直角三角形；
（3）不变，理由：
∵是等边三角形，
∴，，
∴ ，
由题意得，
在和中，
，
∴，
∴，又，
∴ ．
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