广东省深圳市外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中考试数学试卷（含解析）

这是一份广东省深圳市外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中考试数学试卷（含解析），共13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。
一、选择题：本题共8小题，共24分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列四个多项式，能因式分解的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平方差公式及完全平方公式的结构特征判断即可．
【详解】解：观察四个选项，只有选项D能分解，且．
2. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则的值不可能的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查旋转对称图形的性质，确定旋转对称的角度以及理解旋转对称性．通过计算叶片之间的旋转角度来判断图案旋转后能否与原图案重合．
【详解】解：确定旋转对称的角度，图案由三个相同的叶片组成，将平均分成三份，每份对应的中心角为，，旋转、、都能使图案和原图案重合．
，
，
，
不是的整数倍，因此旋转后，图案不会和原图案重合．
故选．
3. 如图，在四边形中，，添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理判定即可．
【详解】解：选项A，两组对边分别平行，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项B，一组对边平行且相等，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项C,当，时，可以判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，符合题意；
选项D，∵
∴，
∴，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，不符合题意．
4. 下列说法错误的是( )．
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质进行判断．
【详解】解：A、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意；
B、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意；
C、若，则，这里必须满足，原变形错误，故此选项符合题意；
D、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意；
故选：C．
本题考查了不等式的性质．要认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同，特别是在不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．
5. 如图，这是一款手推车的平面示意图，其中，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平行线的性质求出的度数，由邻补角互补求出的度数，最后根据三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
6. 如图，中，，．、的中垂线、分别交、、于D、E、F、H．若，则的长度是（ ）
A. 3B. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】连接，，根据线段垂直平分线的性质可知，，故可得出，即，由三角形外角的性质求出的度数，根据直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：如图所示，连接，，
中，，，
．
是的垂直平分线，
，
，
，
是的垂直平分线，
，
∴，
∵，
∴，
，即．
在中，
，，
，
∴．
7. 如图，某市三个城镇中心，，恰好分别位于一个等边三角形的三个顶点处，在三个城镇中心之间铺设通信光缆（图示中的实线），以城镇中心为出发点设计了三种连接方案，记所需光缆的长度分别为，对于，它们之间的关系正确的是．（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设等边三角形的边长为，分别计算三种方案的各线段的和，进而比较大小．
【详解】解：设等边三角形的边长为，
如图（1），L1=AB+BC=2a ；
如图（2），∵为的中点，为等边三角形，
∴AD⊥BC,BD=CD=12BC=12a ，
∴，
∴L2=BC+AD=a+32a=2+32a ；
如图（3），∵ 为三边的垂直平分线的交点，
∴，，
∴，，
设，
∴中，，
解得，
∴OB=2x=33a ，
则L3=3OB=3a ，
∵2a>2+32a>3a ，
∴L1>L2>L3 ．
8. 如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点的坐标为，点在第一象限内，将沿到的方向平移个单位至的位置，则点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作O'C⊥x 轴，由，可知，可得OC=O'C ，利用勾股定理可以求出OC=O'C=32，从而可知图形向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，根据平移的方向和距离确定点的坐标．
【详解】解：如下图所示，过点作O'C⊥x 轴，
，，
，
∴OC=O'C ，
∵OO'=6 ，
∴OC=O'C=22×6=32，
向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达的位置，
点向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达点的位置，
点的坐标为，
点的坐标为2+32,32

二、填空题：本题共5小题，共15分．
9. 若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，即可求解．
【详解】解：根据题意得：，
∴，
∴实数x的取值范围是．
故答案为：．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
10. 关于的方程的解为2，则的值为___________．
【答案】2
【解析】
【分析】将方程的解代入原方程即可求解的值．
【详解】解∶是方程的解，
，
解得．
11. 如图，是一张长方形纸片，且，沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在上（如图中的点），折痕交于点G，那么__________．
【答案】15度##15°
【解析】
【分析】根据三角函数即可求得的度数，进而根据，求得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：15°．
本题主要考查了图形的折叠变换，全等三角形的性质，正确求得是解题的关键．
12. 如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积___________（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）．
【答案】先变大后变小
【解析】
【分析】连接，证明四边形的面积是平行四边形的面积的一半，再根据平行四边形的面积的变化情况：先变大后变小，而得出四边形的面积也是先变大后变小．
【详解】解：连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是的中点，
∴,
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴,
在变化过程中，不变，边上的高由短变长再变短，
∴平行四边形的面积先变大再变小，
∴平行四边形的面积先变大再变小．
13. 如图，中，，以为斜边向内部作等腰直角，过直角顶点作于于，则线段的长度为___________．．
【答案】
【解析】
【分析】如图，过作交的延长线于，交于，连接，证明，再进一步利用等腰三角形的性质与勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，过作交的延长线于，交于，连接，
∵等腰直角，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
三、计算题：本大题共1小题，共8分．
14. 计算
（1）解不等式组：
（2）因式分解：
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
解：2(x+1)>x−1,①x+52>3x,②
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
【小问2详解】
解：原式=(x−y)a2−4b2
四、解答题：本题共6小题，共53分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 小明准备完成如图所示的这样一道填空题，其中一部分被墨水污染了，若该题化简的结果为．
（1）求被墨水污染的部分；
（2）小明认为当时，原分式的值为1，你同意小明的说法吗？为什么？
【答案】（1）
（2）不同意，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据除数=被除数÷商列式求解即可；
（2）根据除数不能等于0解答即可．
【小问1详解】
解：∵
=x−4x+3x−3⋅x−3
．
∴被墨水污染的部分为．
【小问2详解】
解：不同意，理由如下：
时，除数，原式没意义，
∴当时，原式的值不为1．
16. 如图，在中，分别是的中点，延长到点，使．连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）证明是的中位线，得出，，由得，可证明四边形是平行四边形；
（2）应用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得长即可．
【小问1详解】
证明：∵点E，F分别为的中点，
．
又，
．
又，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：在中，
为的中点，，
．
又∵四边形是平行四边形，
．
17. 如图，在直角坐标系内，已知点，点．
（1）点关于轴对称的点的坐标是___________；点关于原点对称的点的坐标是___________．
（2）如图1，线段绕着点逆时针旋转一定的角度得到线段，若的对应点为的对应点为，请在图1中用无刻度直尺作出旋转中心（不写作法，保留作图痕迹）．
（3）如图2，在公路的同侧，有两个居民小区，现需要在公路边建一个长度为米绿化长廊，要使到小区的距离与到小区的距离和最短，请在图2中用无刻度直尺作出绿化长廊的位置（不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）
（2）图见详解 （3）图见详解
【解析】
【分析】（1）根据轴对称和原点对称规则即可写出点和点坐标．
（2）分别连接，后，作它们的垂直平分线，交点即为旋转中心．
（3）先将点向右平移两个单位得，再作出关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，根据平行四边形的性质可得，，根据轴对称的性质可得，此时，即使到小区的距离与到小区的距离和最短．
【小问1详解】
解：∵点，点，
∴点关于轴对称的点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，点关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
即 ．
【小问2详解】
解：旋转中心如图所示：
【小问3详解】
解：绿化长廊如图所示：
18. 综合与实践
（1）探求设备单价：请运用适当的方法，求出AI翻译终端与智能签到终端的单价．
（2）计算采购数量：购买AI翻译终端___________台，购买智能签到终端___________台．（直接填写结果）
（3）确定换取方案：结合信息3，运用数学知识，确定符合条件的一种换取方案．
【答案】（1）智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元
（2）购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台
（3）张兑换券中4张换取AI翻译终端、3张换取智能签到终端
【解析】
【分析】（1）根据购买智能签到终端的数量与购买AI翻译终端的数量关系，设智能签到终端的单价为x元，列出方程：，解方程，并验证结果是否符合题意，最终得到结果；
（2）根据两款终端的采购数量与花费总额，设购买AI翻译终端x台，列出方程：80x+40−x×40=2440 ，解方程，得到结果；
（3）设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，列出方程．再结合，得到的取值范围，并验证的取值，得到最后结果．
【小问1详解】
解：设智能签到终端的单价为x元，则AI翻译终端的单价为2x元．
由题意得：
解得，，
经检验：当时，分母，
是原方程的解．
∴智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元．
【小问2详解】
解：设购买AI翻译终端x台，则购买智能签到终端台；
由题意得：80x+40−x×40=2440 ，
解得：，
购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台．
【小问3详解】
解：设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，
由换取后两款终端的总数量将达到相等，得到等式：
化简得：，
可得，只能是偶数，
且n为正整数，
是正整数，且为偶数，
．
验证得，，换取AI翻译终端4台，智能签到终端：2×7−4=6 台，
两种设备总数：，
总费用：，
符合题意的换取方案，
获赠 7张兑换券，4张用于换取AI翻译终端、其余3张换取智能签到终端．
19. 【教材呈现】：
【自主解答】解：根据两个数和或差的平方公式，分两种情况：
当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
；
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
．
综上所述，为或或．
【解后反思】
①上述解答过程得到等式：，
观察等式左边多项式的系数发现：．
②结合多项式的因式分解又如：
，
发现这两个多项式的系数规律：．
③一般地：若关于的二次三项式（a、b、c是常数）是某个含的二项式的平方，则其系数a、b、c一定存在某种关系．
（1）请你写出系数a、b、c之间存在的这种关系式：___________；
【解决问题】
（2）若多项式加上一个含字母的单项式，就能表示为一个含的二项式的平方，请写出所有满足条件的单项式，并对进行因式分解；
（3）若关于的多项式是一个含的多项式的平方，求实数的值．
【答案】（1）；
（2）为或或，
当 时，，
当 时，，
当时，；
（3）1
【解析】
【分析】（）观察发现多项式的系数规律即可．
（）根据完全平方公式，先化成即可得到；当为含字母的四次单项式是可化为即可求得．
（）根据（）得到的规律代入计算即可．
【小问1详解】
（1）观察发现多项式的系数规律可知；
【小问2详解】
（2）当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方
∵9y2+4+N=(3y)2+N+4=(3y±2)2，
；
当 时，;
当 时，;
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
，
∴N=81y416，
当时，;
综上所述，为或或；
【小问3详解】
解：，
根据可得：，
解得．
20. 通过旋转将具有特殊数量关系的角组合到一起，转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，这是一种常见的解决问题的思路．
（1）如图1，在等腰直角中，，当时，可通过旋转将和这两个角组合到一起，再进一步得到对称全等的三角形，可得出图1中线段，，之间的数量关系为___________（直接填写结果）．
【触类旁通】小张思考，若时，有什么有趣的结论呢？
（2）如图2，在等腰直角中，，当平分且．请求出此时，，之间的数量关系．
【举一反三】
（3）如图3，．将线段绕点顺时针旋转得线段，连接．求的长度．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，证明
，得出，然后在中，由勾股定理即可得出结论；
（2）将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接，得出，，证明，得出，，然后在中，由勾股定理即可得出结论；
（3）将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接，证明，得出，过点作于点，则为等腰直角三角形，可求出，在中，由勾股定理得，即可求解．
【小问1详解】
解：，
理由：在等腰直角中，，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，
则．
，
，
∴在和中，
，
，
，
，
∴在中，由勾股定理得，
，即；
【小问2详解】
解：在等腰直角中，
又平分，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
，
∴在和中，
，
∴在中，由勾股定理得
，即；
【小问3详解】
解：，
，
又绕点顺时针旋转得线段
，
，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
∴在和中，
，
，
过点作于点，
为等腰直角三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得
主题
2026年深圳APEC峰会科技设备购买方案
信息1
为保障2026年深圳APEC峰会智能会务服务，需采购AI翻译终端和智能签到终端．已知AI翻译终端单价是智能签到终端的2倍，用1200元购买智能签到终端的数量比用1600元购买AI翻译终端的数量多10台．
信息2
某会务保障组计划花费2440元采购这两款终端，两款终端的采购数量共40台．
信息3
采购完成后，设备供应商赠送n张（且n为正整数）兑换券，每张兑换券可换取AI翻译终端1台或智能签到终端2台，换取后两款终端的总数量将达到相等，且换取的设备总费用不超过1000元．
已知是含字母的单项式，要使多项式是某个多项式的平方，求．