2025-2026学年福建省厦门六中八年级（上）期末数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年福建省厦门六中八年级（上）期末数学试卷（含答案+解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的4个图案中是轴对称图形的是( )
A. 阿基米德螺旋线B. 笛卡尔心形线
C. 赵爽弦图D. 太极图
2.要使分式2x+1有意义，则x的取值应满足( )
A. x=0B. x=1C. x=−1D. x≠−1
3.下列计算正确的是( )
A. a2⋅a4=a6B. a3÷a−2=aC. (a2)4=a6D. (2a2)3=6a6
4.如图，△ABC≌△CDA，∠B=60∘，∠BCA=40∘，则∠ACD的度数为( )
A. 40∘
B. 60∘
C. 80∘
D. 90∘
5.下列各式从左到右的变形，属于因式分解的是( )
A. 2x−2y=2(x−y)B. (x+y)(x−y)=x2−y2
C. x2−xy+y2=(x−y)2+xyD. x2+2x+3=(x+1)2+2
6.大量实验表明，平面镜成像有“像与物体关于平面镜对称”的特点.如图是蜡烛平面镜成像原理图，若以桌面为x轴，镜面侧面为y轴(镜面厚度忽略不计)建立平面直角坐标系，若某刻火焰顶尖S点的坐标是(x,2)，此时对应的虚像S′的坐标是(3,2)，则x的值为( )
A. 3B. −3C. 2D. −2
7.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，根据尺规作图的痕迹，判断以下结论错误的是( )
A. ∠BDE=∠BAC
B. ∠BAD=∠B
C. DE=DC
D. AE=AC
8.科学活动小组同学去距离学校12千米的科技馆参观.一部分同学骑自行车先出发，过了30分钟后，其余同学乘坐大巴车出发，结果他们同时到达.已知大巴车的行驶速度是自行车速度的2倍，求自行车的速度.若设自行车的速度为x千米/时，则所列方程为( )
A. 12x−122x=3060B. 122x−3060=12xC. 122x+30=12xD. 122x−30=12x
9.如图，在正方形网格中有M，N两点，在直线l上求一点P使PM+PN最短，则点P应选在( )
A. A点
B. B点
C. C点
D. D点
10.在平面直角坐标系xOy中，点A(0,a)，B(b,12−b)，C(2a−3,0)，027004(2a+1)(2a−1)，
∴A绿化方案单位面积造价高
【解析】(1)A绿化方案的四个正方形边长：
12[8a−(4a+2)]
=12(4a−2)
=(2a−1)米；
B绿化方案的长方形的另一边长：
(8a−4)−2(2a−1)
=8a−4−4a+2
=(4a−2)米；
(2)没有可能．理由如下：
设A绿化方案面积为SA，B绿化方案面积为SB，根据题意得：
SA=4(2a−1)2，SB=(4a+2)(4a−2)=4(2a+1)(2a−1)，
假设SA=SB，则4(2a−1)2=4(2a+1)(2a−1)，
∵a>12，
∴2a−1>0，
∴2a−1=2a+1，
∴−1=1，显然不成立，
∴A、B两种绿化方案的面积没有可能相等；
(3)A绿化方案单位面积造价高，理由：
由(2)可得，A绿化方案单价为：27004(2a−1)2=675(2a−1)2，
B绿化方案单价为：27004(2a+1)(2a−1)=675(2a+1)(2a−1)，
∵a>12，
∴2a+1>2a−1>0，
∴675(2a−1)2−675(2a+1)(2a−1)
=675(2a+1)−675(2a−1)(2a−1)2(2a+1)
=1350(2a−1)2(2a+1)>0，
∴675(2a−1)2>675(2a+1)(2a−1).
即∴27004(2a−1)2>27004(2a+1)(2a−1)，
∴A绿化方案单位面积造价高．
(1)根据题意表示出A、B绿化方案的边长或另一边长即可；
(2)分别表示出A、B型的面积，利用作差法判断大小即可；
(3)分别表示出A、B方案的面积，进而表示出两种方案的单价，比较大小即可．
本题考查了多项式乘多项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
24.【答案】P1，P4 (2,−3)或(−4,−3) −4≤t≤1或3≤t≤4
【解析】解：(1)如图：
∵A(1,1)，
∴A关于x轴的对称点B(1,−1)，
∴AB=2，
∵PB⊥AB且PB=12AB，那么称点P为点A关于点B的“x轴垂半点”，
∴点A关于点B的“x轴垂半点”坐标是(1−12×2,0)和(1+12×2,0)，即(0,−1)和(2,−1)；
故答案为：P1，P4；
(2)如图：
∵Q(−1,3)，
∴根据点E关于点F的“x轴垂半点”定义可得QF=3，yF=3，
当EF在Q右侧时，F坐标为(−1+3,3)，即F(2,3)，
∵E，F关于x轴对称，
∴E(2,−3)；
当EF在Q左侧时，同理可得E′(−4,−3)；
故答案为：(2,−3)或(−4,−3)；
(3)如图：
当A与M重合时，A关于x轴对称点B坐标为(2,−1)，
∴AB=2，
由G是点A关于点B的“x轴垂半点”定义可得G1(2+1,−1)，G2(2−1,−1)，即G1(3,−1)，G2(1,−1)，
当A与N重合时，同理可得G3(4,−4)，G4(−4,−4)，
当A在线段MN上移动时，若G在AB右侧时，则G在G1G3上运动，此时G的横坐标t的取值范围是3≤t≤4；
若G在AB左侧时，则G在G2G4上运动，此时G的横坐标t的取值范围是−4≤t≤−4；
故答案为：−4≤t≤1或3≤t≤4.
(1)根据定义可得点A关于点B的“x轴垂半点”坐标是(1−12×2,0)和(1+12×2,0)，即(0,−1)和(2,−1)；
(2)由Q(−1,3)可得QF=3，yF=3，当EF在Q右侧时，F坐标为(2,3)，故E(2,−3)；当EF在Q左侧时，同理可得E′(−4,−3)；
(3)当A与M重合时，A关于x轴对称点B坐标为(2,−1)，由G是点A关于点B的“x轴垂半点”定义可得G1(2+1,−1)，G2(2−1,−1)，即G1(3,−1)，G2(1,−1)，当A与N重合时，同理可得G3(4,−4)，G4(−4,−4)，画出图形可得答案．
本题考查几何变换综合应用，解题的关键是读懂题意，理解点A关于点B的“x轴垂半点”的定义．
25.【答案】(−3,1) ∠CMB=67.5∘ (OE+OB)×BC=2b2−23ab，作点E关于x轴的对称点E′，连接BE′，设OE=x，
″
∵OE=OE′=x：AE′=AO−OE′=a−x，BE′=BE=AO−OE′=a−x，
∴∠BEE′=∠BE′E=2∠BAE，
∵∠BAE+∠AEB=90∘，
∴∠BAE+2∠BAE=90∘，
∴∠BAE=30∘，∠AEB=60∘，
∴△BEE′为等边三角形，
∴BE=EE′，
∴2x=a−x，
∴x=13a，AE=AO+OE=43a，BE=a−13a=23a，
∵S△ABE=12AE×BO=12AB×BE，
∴−b×43a=23a×AB，
∴BC=AB=−2b，
∴(OE+OB)×BC=(3a−b)×(−2b)=2b2−23ab
【解析】解：(1)∵(a−2)2+ b+1=0，
∴a−2=0，b+1=0，
∴a=2，b=−1，
∴OA=2，OB=1，
过点C作CD⊥x轴于D.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=90∘，AB=BC，
∴∠ABO+∠CBD=∠BAO+∠ABO，
∴∠BAO=∠CBD，
在△AOB和△BDC中，
∵∠AOB=∠BDC=90∘，∠BAO=∠CBD，AB=BC，
∴△AOB≌△ABDC(AAS)，
∴AO=BD=2，BO=CD=1，
∴OD=3，
∴点C的坐标为：(−3,1)，
故答案为：(−3,1)；
(2)过点B作PB⊥BN，使BP=BN，连接PM、PC，
∵∠MBN=45∘，
∴∠PBM=∠NBM=45∘，
在△PBM和△NBM中，
∵BP=BN，∠PBM=∠NBM=45∘，BM=BM.
∴△PBM≌△NBM(SAS)，
∴MP=MN.∠BMP=∠BMN，
∵∠ABC=∠PBN=90∘，
∴∠PBC=∠NBA，
在△PBC和△NBA中，
∵BP=BN，∠PBC=∠NBA，AB=BC，
∴△PBC≌△NBA(SAS)，
∴PC=AN，∠PCB=∠NAB=135∘，
∴∠PCM=∠PCB−45∘=90∘，
又∵CM=AN，
∴PC=MC
∴△PCM是等腰直角三角形，∠PMC=∠CMP=45∘.
∴∠PMN=180∘−∠PMC=135∘，
∴∠BMP=∠BMN=12(360∘−∠PMN)=112.5∘，
∴∠CMB=∠BMP−∠BMC=67.5∘，
即∠CMB=67.5∘；
(3)(OE+OB)×BC=2b2−23ab，作点E关于x轴的对称点E′，连接BE′，设OE=x，
″
∵OE=OE′=x：AE′=AO−OE′=a−x，BE′=BE=AO−OE′=a−x，
∴∠BEE′=∠BE′E=2∠BAE，
∵∠BAE+∠AEB=90∘，
∴∠BAE+2∠BAE=90∘，
∴∠BAE=30∘，∠AEB=60∘，
∴△BEE′为等边三角形，
∴BE=EE′，
∴2x=a−x，
∴x=13a，AE=AO+OE=43a，BE=a−13a=23a，
∵S△ABE=12AE×BO=12AB×BE，
∴−b×43a=23a×AB，
∴BC=AB=−2b，
∴(OE+OB)×BC=(3a−b)×(−2b)=2b2−23ab.
(1)过点C作CD⊥x轴于D.求出AO=2，BO=1，证明△AOB≌△BDC(AAS)，则AO=BD=2，BO=CD=1，求出OD=3.即可得到答案；
(2)过点B作PB⊥BN，使BP=BN，连接PM、PC，再证明△PBM≌△NBM，可得∠BMP=∠BMN，证明△PBC≌△NBA进而可得△PCM是等腰直角三角形，可得∠PMN=135∘，再根据∠PMB+∠NMB+∠PMN=360∘，即可求出∠PMB=112.5∘，即可解答；
(3)作点E关于x轴的对称点E′，连接BE′，设OE=x，结合已知条件可得AE′=BE′=a一x，则有△BEE′为等边三角形，可得2x=a一x，即x=13a则有AE=43a，BE=23a，再根据等积面积法可求得BC=AB=−2b，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定和性质，非负数的性质，以及等腰三角形的判定和性质，利用等积面积法求线段长，解题关键是正确作出辅助线，熟练掌握全等三角形的判定和性质，以及等腰三角形的判定和性质．