浙江省宁波市江北区2025-2026学年八年级下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份浙江省宁波市江北区2025-2026学年八年级下学期期末考试数学试题（含解析），共39页。
2．请将姓名、准考证号等信息分别填写在试题卷和答题卷的规定位置上．
3．答题时，请将试题卷I的答案在答题卷I上对应的选项位置用2B铅笔涂黑、涂满．将试题卷II的答案用黑色字迹的钢笔或签字笔书写，答案必须按照题号顺序在答题卷II各题目规定区域内作答，做在试题卷上或超出答题卷区域书写的答案无效．
4．不允许使用计算器，没有近似计算要求的试题，结果都不能用近似数表示．
试题卷I
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 传统建筑中的建筑构件体现着无数古人的智慧，每种窗花都有它美好的寓意，下列窗花纹饰是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、是中心对称图形，故符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、不是中心对称图形，故不符合题意．
2. 计算的结果是（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同类二次根式的合并法则，只需将系数相加，被开方数保持不变，计算即可得到结果．
【详解】解： ．
3. 用反证法证明命题“在中，若，则”时，第一步应假设（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查反证法的应用，解题关键是明确反证法第一步需假设命题结论的反面成立，据此找出原结论的反面即可
【详解】解：∵反证法的第一步是假设原命题的结论不成立，原命题要证明的结论是，
∴该结论的反面为，即第一步应假设
4. 将一元二次方程化为一般形式，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一元二次方程的一般形式为，只需展开原式，移项合并同类项即可得到结果
【详解】解：原方程为，
∵展开方程左边，得，
合并同类项得，
移项整理为一般形式，两边同乘得
5. 下图是某班40名同学的视力情况统计表，其中有部分数据被墨迹遮挡，下列统计量中，仍能根据目前已知的数据分析确定的有（ ）
A. 中位数，上四分位数B. 中位数，下四分位数
C. 众数，上四分位数D. 众数，下四分位数
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位数、众数、上四分位数、下四分位数的定义计算即可得出结果．
【详解】解：由题意可得，视力为和的人数之和为（人），
∵视力为的人数为人，出现的次数最多，
∴众数为，
∵中位数是将一组数据从小到大排列后，处于中间位置的数，且（人），
∴中位数为第个数据和个数据的平均数，这两个数据的位置不确定，故不能确定中位数；
下四分位数是将数据从小到大排列后，前一半数据的中位数，即第个数据和第个数据的平均数，这两个数据的位置不确定，故不能确定下四分位数；
上四分位数是将数据从小到大排列后，后一半数据的中位数，即第个数据和第个数据的平均数，这两个数都为，故能确定上四分位数；
综上所述，根据目前已知的数据分析确定的有众数，上四分位数．
6. 如图，在梯形中，，，顺次连接四边中点，得到的四边形一定是（ ）
A. 等腰梯形B. 正方形C. 矩形D. 菱形
【答案】D
【解析】
【分析】作交于点，先证明，得到，再利用三角形中位线定理求得四边形是菱形．
【详解】解：作交于点，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
如图，分别是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形．
7. 如图是甲、乙、丙三个班级学生立定跳远测试成绩的箱线图，根据图中信息，下列说法错误的是（ ）
A. 三个班级中，甲班跳远成绩的方差最小
B. 丙班跳远成绩低于的人数多于高于的学生人数
C. 三个班级中，乙班的最高分与最低分相差最大
D. 若每班有40名学生，则这三个班级的第10名中，丙班的分数最高
【答案】B
【解析】
【详解】解：由题意可知：三个班级中，甲班跳远成绩分布更集中，方差最小，故选项A说法正确，不符合题意；
丙班的箱线图中，是中位数，所以丙班跳远成绩低于的人数不可能多于高于的学生人数，故选项B说法错误，符合题意；
三个班级中，乙班的最高分与最低分相差最大，故选项C说法正确，不符合题意；
根据题意，得第10名刚好是对应各班的上四分位数，从箱线图看出丙班的上四分位数最大，
∴若每班有40名学生，则三个班级的第10名中，最高的是丙班，故选项D说法正确，不符合题意．
8. 如图，在直角三角形中，，，，点D是上的一个动点，过点D作于E点，于F点，连接，则线段的最小值为（ ）
A. 9.6B. 5C. 4.8D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】连接，由勾股定理可得，证明四边形为矩形，得出，由垂线段最短可得，当时，最小，最后再由等面积法计算即可得出结果．
【详解】解：连接，如图，
∵在直角三角形中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴当最小时，也最小，
由垂线段最短可得，当时，最小，
∵，
∴，
∴线段的最小值为．
9. 设，是一元二次方程的两个根，则代数式的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，．
【详解】解：∵，是一元二次方程的两个根，
，．
．
10. 如图，在中，点E在边上，连结，，且，分割成的三部分恰好可以拼成菱形．若在线段上存在点F，使得，，四边形能拼成一个和菱形全等的四边形，若，，则的长度为（ ）
A. 2B. 3C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意作出图形，然后可得，如图2作于点M，于点N．由题意易得，则有，进而根据勾股定理及等积法可进行求解．
【详解】解：由题意画出图1，则四边形是菱形，
∴，
∴，
如图2作于点M，于点N．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
，
，
．
，
．
，，
，
．
试题卷Ⅱ
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
11. 若使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于0求解即可；
【详解】解：由二次根式有意义的条件可知，，
解得．
故答案为：．
12. 若一个多边形的内角和与外角和之和是，则该多边形的边数是______．
【答案】5
【解析】
【分析】多边形的外角和恒为，因此内角和为，再根据内角和公式求边数即可．
本题考查了多边形的内角和，外角和，熟练掌握公式是解题的关键．
【详解】解：多边形的外角和恒为，因此内角和为，
设边数为n，则，
即，
解得．
故答案为：5．
13. 有10个数据，它们的方差是10；现将这十个数据分成两组，若两组数据的组内离差平方和是78，则它们的组间离差平方和是________．
【答案】22
【解析】
【分析】根据方差的定义求出10个数据的总离差平方和，再利用总离差平方和等于组内离差平方和与组间离差平方和之和，计算得到组间离差平方和即可．
【详解】解：根据方差的定义可得
∴总离差平方和为
∵由总离差平方和=组内离差平方和+组间离差平方和，组内离差平方和为，
∴组间离差平方和
14. 如图，的对角线，相交于点O，平分交于点E，点F是的中点．连接，若，，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，，，求出，再由三角形中位线定理计算即可得出结果．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点F是的中点，
∴为的中位线，
∴．
15. 如图，将矩形沿着它的对角线翻折，若点恰好落在的中垂线上，那么的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，由折叠的性质可得，，证明为等边三角形，求出，再结合直角三角形的性质以及勾股定理计算即可得出结果．
【详解】解：如图：连接．
由折叠的性质可得，，
∵在中垂线上，四边形是矩形．
∴在中垂线上，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
，
即．
16. 定义：如果一类关于x的一元二次方程有两个实数根，，且满足恒成立，这类方程叫做t的偏向方程．已知关于x的一元二次方程有两个实数根，，且对于任意的实数m，都满足3的偏向方程，则n的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，，再由题意确定，得出，代入得出，然后根据题意建立不等式求解即可．
【详解】解：，
，．
满足3的偏向方程的定义，
，
，
．
．
对于任意的实数m，都满足3的偏向方程的定义，
，
．
三、解答题（本大题有8小题，共72分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）0 （2）3
【解析】
【分析】（1）先利用二次根式的性质进行化简，再计算减法即可得出结果；
（2）先利用完全平方公式以及二次根式的性质进行化简，再计算加减即可得出结果．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴或，
，．
19. 如图是由相同的正六边形组成的网格图，每个网格图中有3个小正六边形已涂上阴影，请在余下的空白小正六边形中，分别按要求选取一个涂上阴影．
（1）使得阴影部分组成的图形绕着某个点旋转后能与自身重合；
（2）使得阴影部分组成的图形绕着某个点旋转后能与自身重合．
【答案】（1）画出图形如图所示：
（2）画出图形如图所示：
【解析】
【分析】（1）根据阴影部分组成的图形绕着某个点旋转后能与自身重合画出图形即可；
（2）根据阴影部分组成的图形绕着某个点旋转后能与自身重合画出图形即可．
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
略．
20. 某校要从甲、乙两名选手中挑选一人参加射击比赛，在最近的选拔赛中，他们每人的十次射击成绩（单位：环）如下：
甲：9.0，8.6，6.2，8.8，6.8，7.2，8.4，8.4，10.0，9.6；
乙：8.5，8.1，8.7，9.3，7.4，8.5，7.2，8.0，8.5，8.8．
（1）小江利用平均数、方差进行分析：通过计算平均数：，________；
方差：，，可以看出，________（填甲或乙）的射击成绩更稳定；
（2）小北利用四分位数、箱线图（如图）进行分析：
①根据四分位数可绘制如下的箱线图，观察图中乙的箱线图，补全甲的箱线图；
②根据箱线图和对四分位数的理解，谈谈你对甲乙两人成绩的看法．
【答案】（1）8.3；乙
（2）①；
②两人的中位数相同，但是甲箱体高度更大，说明数据不集中，甲的成绩波动更大，不稳定
【解析】
【分析】（1）利用平均数公式计算可得出，根据方差即可判断乙的射击成绩更稳定；
（2）①先把甲的成绩从小到大排序，从而可得最小值为，最大值为，再求出下四分位数、中位数、上四分位数，补全甲的箱线图即可；②根据箱线图即可得出结果．
【小问1详解】
解：，
∵，，且，
∴乙的射击成绩更稳定；
【小问2详解】
解：①先把甲的成绩从小到大排序：6.2，6.8，7.2，8.4，8.4，8.6，8.8，9.0，9.6，10.0；
最小值为，
下四分位数：前个数，，，，的中位数为，
中位数为：第、个数平均数，
上四分位数：后个数，，，，的中位数为，
最大值为，
图略；
②两人的中位数相同，但是甲箱体高度更大，说明数据不集中，甲的成绩波动更大，不稳定．
21. 如图，在菱形中，分别以A，C为圆心，长为半径画圆弧，两弧分别与对角线交于F，E两点，连接，，，．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
连接交于点O，
四边形是菱形，
∴，，．
由题意，，
，即，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）16
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质可得，，，再证明出，即可得出四边形是平行四边形，最后再由菱形的判定定理证明即可；
（2）利用菱形的性质并结合勾股定理计算即可得出结果．
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
解：由题意可得，
由（1）可知，，，
，，
，
，
，，
，
．
22. 小江和小北在学习了三角形之后，两人对“已知三边长的三角形面积问题”进行了探究．他们各自查找了相关问题的资料．
小江找到的资料如下：我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中记载：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，则面积（秦九韶公式）．
小北找到的资料如下：古希腊数学家海伦在所著《度量论》中记载：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，记，则面积（海伦公式）．
（1）已知的三边a，b，c的值如下，请运用合适的公式计算的面积．
①，，；②，，．
（2）结合（1），谈谈你对两个公式如何选择的看法．
【答案】（1）①；②
（2）当三边长带根号时用秦九韶公式，否则选用海伦公式
【解析】
【分析】（1）①利用海伦公式计算即可得出结果；②利用秦九韶公式计算即可得出结果；
（2）根据（1）中计算结果，得出规律即可．
【小问1详解】
解：①用海伦公式，
；
②用秦九韶公式，
；
【小问2详解】
解：观察（1）可得：当三边长带根号时用秦九韶公式，否则选用海伦公式．
23. 阅读材料：我国古代数学家赵爽所作《勾股圆方图注》利用弦图的面积关系，形成了求解一元二次方程的古法．以方程为例，变形得，如图1，取四个全等矩形，邻边为x和，每个矩形面积为15．把这四个矩形按弦图拼接，外围构成一个大正方形，内部出现小正方形．由面积关系：大正方形面积四个矩形面积中间小正方形面积，即，解得正数解．
【应知必会】
（1）如图2，结合材料中的弦图解法，对方程变形得，拼接图形后，下列说法正确的有________（多选）
A．所用矩形的长为，宽为x B．中间小正方形的边长为3，面积为9
C．外围大正方形的边长为 D．四个矩形的总面积为10
【实战演练】
（2）如图3，四个全等矩形按弦图拼接，已知大正方形的周长为20，中间小正方形边长为1．设矩形较短边长为x，列出形如的方程，则________，________．
【拓展拔高】
（3）如图4，四个全等矩形按弦图拼接，外围形成一个大正方形，内部围成一个小正方形．已知大正方形面积与内部小正方形面积之和为104，若将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．求原矩形两条边的长度．
【答案】（1）ABC （2）1；6
（3）原矩形的长和宽分别为6和4
【解析】
【分析】（1）根据方程变形及题意，结合图形依次判断即可；
（2）根据题意得出矩形较长边长为：，大正方形的边长为：，然后建立方程求解得出，再结合题意代入求解即可；
（3）设矩形较短边长为m，较长边长为n，得出大正方形的边长为，内部小正方形的边长为，然后建立方程得出，再将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．确定，联立求解即可得出结果．
【小问1详解】
解：根据题意：方程变形得，
A．所用矩形的长为，宽为x，正确，符合题意；
B．中间小正方形的边长为，面积为，正确，符合题意；
C．外围大正方形的边长为，正确，符合题意；
D．四个矩形的总面积为，选项错误，不符合题意；
【小问2详解】
解：∵中间小正方形边长为1．设矩形较短边长为x，
∴矩形较长边长为：，
∴大正方形的边长为：，
∵大正方形的周长为20，
∴，
解得：，
∴，
∴形如的方程为，
即；
【小问3详解】
解：设矩形较短边长为m，较长边长为n，
∴大正方形的边长为，内部小正方形的边长为，
∵大正方形面积与内部小正方形面积之和为104，
∴①，
∵将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．
∴②，
联立①②，
解得：，
∴原矩形的长和宽分别为6和4．
24. 如图1，在正方形中，，点E为正方形内一点，连结，，．
（1）如图2，将线段绕点B按顺时针方向旋转得到，连结，求证：．
（2）如图3，在（1）的条件下，当时，连结，，求的面积．
（3）如图4，若将绕点B按顺时针方向旋转得到，当点C在直线上，且面积为3时，求的值．
【答案】（1）解：∵正方形，
∴，
∵线段绕点B按顺时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
，即，
在和中，
，
；
（2）10 （3）或1或
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质得出，，，确定，再由全等三角形的判定证明即可；
（2）延长交于点M．根据全等三角形的性质得出，勾股定理得出，利用矩形的判定和性质得出，，结合图形求面积即可；
（3）分两种情况分析：当在正方形内部时，当在正方形外部时，作出辅助线，利用全等三角形的判定和性质，勾股定理等结合图形求解即可．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：延长交于点M，
，
，，
，，
∴，
，
∵，
∴，
四边形是矩形，
，，
．
【小问3详解】
解：当在正方形内部时，过点A作，垂足为F，
∵将绕点B按顺时针方向旋转得到，
∴，
∵点C在直线上，
∴，
在正方形中，，
∴，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
．
设，，则，，
，
．
，即，
整理得：，
解得：或，即或1．
当在正方形外部时，
同理得：，，
，
．
，即，
整理得：，
，即．
综上所述，或1或．