山东济宁市任城区（五四制）2025-2026学年八年级下学期期末质量检测数学试题（含答案+解析）

这是一份山东济宁市任城区（五四制）2025-2026学年八年级下学期期末质量检测数学试题（含答案+解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若线段a，b，c，d是成比例线段，且a=1cm，b=5cm，c=3cm，则d为( )cm
A. 15B. 115C. 53D. 35
2.下列方程中是一元二次方程的是( ).
A. 2x2−y−1=0B. 2x=1
C. x2+xx+7=0D. 1x2=1+x
3.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，∠ADB=35 ∘，则∠OAE的度数为( )
A. 20 ∘B. 25 ∘C. 30 ∘D. 35 ∘
4.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 8B. 1.5C. 12D. 30
5.如图，该画面中蒙娜丽莎的脸部被围在矩形ABCD内，其中，四边形BCEF是正方形.若点E恰好是线段DC的黄金分割点(其中CE>ED)，则下列两个结论：①DEEC=ECDC，②DEDC= 5−12，( )
A. ①正确②错误
B. ①错误②正确
C. ①②都错误
D. ①②都正确
6.如图，能使△ABC∽△ADE成立的条件是( )
A. ∠A=∠AB. ∠ADE=∠AED
C. ADAB=AEACD. AEAB=DEBC
7.如图，道口栏杆短臂OA长1m，长臂OB长8m，当长臂外端B升高4m时，短臂外端A下降的距离是( )
A. 0.6mB. 0.5mC. 0.4mD. 0.3m
8.如图，小明在数学综合实践活动中，利用一面墙(墙足够长)和24m长的围栏围成一个面积为40m2的矩形场地.设矩形的宽为x m，根据题意可列方程( )
A. x(24−2x)=40B. x(24−x)=40
C. 2x(24−2x)=40D. 2x(24−x)=40
9.如图，在Rt△ABC中，∠C=90 ∘，AC=10cm，BC=8cm，点P从点C出发，以2cm/s的速度沿着CA向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿着BC向点C匀速运动，当一个点到终点时，另一个点随之停止．经过( )s后，△PCQ与△ABC相似．
A. 4013B. 4013或257C. 4013或167D. 257或167
10.如图，△ABC中，∠C=90 ∘，AC=8，BC=6，将△ABC绕着AC边中点O旋转得到△DEF，EF、ED分别交AB于点M、N，若AB//DF，则MN的长为( )
A. 125B. 185C. 245D. 325
二、填空题：本题共5小题，每小题2分，共10分。
11.当x=−1时，二次根式 1−8x的值是 .
12.如图，l1//l2//l3，DE=3,EF=4,AB=2，则BC的长为 .
13.已知一元二次方程ax2+bx−2=0的根为x1,x2，若1x1+1x2=2，则b的值为 .
14.如图，在平面直角坐标系中，已知A2,2，B4,0，以原点O为位似中心，将△OAB缩小为原来的12，得到△OA′B′，则点A的对应点A′的坐标为 .
15.如图，四边形ABCD是一张平行四边形纸片，AC为对角线，△ABC沿直线AC翻折得到△AB′C，AB′交CD于点E，连接BB′分别交CD，AC于点F，G.已知AB=13，AG=2CG=12，则线段BG= .
三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
解方程和求值：
(1)x2+3x−4=0；
(2)已知ab=25，求代数式a+bb的值．
17.(本小题10分)
图1，图2是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC为格点三角形(三角形的顶点均在格点上).请按下列要求画出图形．
(1)在图1中画出格点△A1B1C1，使得△A1B1C1∽△ABC，相似比为2:1；
(2)在图2中画出格点△A2B2C2，使得△A2B2C2∽△ABC，面积比为2:1.
18.(本小题10分)
如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点E,AE⋅DE=BE⋅CE.
(1)求证：△ABE∽△CDE.
(2)若DC:AB=2:3，△DCE的面积为4，求△ABC的面积．
19.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,E是AC上的点，连接BE,DE.
(1)求证：∠CBE=∠CDE；
(2)若BE⊥DE,∠BAD=60 ∘,AB=2，求CE的长．
20.(本小题10分)
如图，一块长12米、宽8米的长方形户外草坪，规划了两横两纵等宽的石板小径(阴影部分)，石板小径的总面积占草坪总面积的38，求石板小径的宽度为多少米．
21.(本小题10分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠ACB=90 ∘，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F.
(1)求证：四边形ACED是矩形；
(2)连接BF，交AC于点G，若CE2=CG⋅CA，求证：△BCG∽△ACE.
22.(本小题15分)
公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．某商店统计了某品牌头盔的冬季销售量，其中10月份售出200个，12月份售出242个．
(1)求该品牌头盔11，12两个月销售量的月均增长率．
(2)此种品牌头盔每个进货价为30元调查发现，当销售价为40元时，月均销售量为600个，而当销售价每上涨1元时，月均销售量将减少10个，为使月均销售利润达到11250元，而且尽可能让顾客得到实惠，该品牌头盔的销售价应定为多少元?
23.(本小题15分)
化归思想(亦称转化思想)是将待解决的未知问题，通过构造等价或有效的转化路径，归结为已掌握的结论或方法，它能帮助我们将复杂情境清晰化、陌生问题熟悉化，从而简化求解过程，运用这一思想不仅能增添学习数学的乐趣，更能让我们亲历知识“再创造”过程．越越在学习了《相似三角形》一章后提出了以下问题，请你帮助解决：
(1)[探究发现]如图1，在△ABC中，D，E，F分别是AB,AC,BC上的点，DE//BC，AF交DE于点G，若G为DE中点，求证：BF=CF.
(2)[拓展应用]如图2，由四个全等的直角三角形(△ABF,△DAE,△BCG,△CDH)和小正方形EFGH拼成大正方形ABCD，连接DF交CH于点N，延长CH交AD于点M.若MH=1,HN=2，求大正方形ABCD的边长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由成比例线段的定义得a:b=c:d，
代入a=1，b=5，c=3，得1:5=3:d，
由比例的基本性质得1×d=5×3，
解得d=15，
故选A.
2.【答案】C
【解析】本题考查了一元二次方程的定义，
根据一元二次方程的定义(只含一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程)，逐一判断各选项即可．
【详解】解：∵一元二次方程需满足：①只含一个未知数；②未知数最高次数为2；③整式方程，
选项A：含未知数x和y，不符合①；
选项B：方程2x=1 中未知数次数为1，不符合②；
选项C：化简x2+xx+7=0，得x2+x2+7x=0，即2x2+7x=0，满足①②③；
选项D：方程1x2=1+x 为分式方程，不符合③，
故选：C.
3.【答案】A
【解析】本题考查了矩形的性质，垂直的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质可得OA=OD，由等边对等角可得∠OAD=∠ODA=∠ADB=35 ∘，利用三角形外角性质可得∠AOE=70 ∘，结合AE⊥BD，即可求出∠OAE.
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OD，
∴ ∠OAD=∠ODA=∠ADB=35 ∘，
∵ ∠AOE=∠OAD+∠ODA，
∴ ∠AOE=70 ∘，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠OAE=90 ∘−∠AOE=20 ∘.
故选：A.
4.【答案】D
【解析】根据最简二次根式的两个判定条件：1.被开方数不含分母；2.被开方数不含能开得尽方的因数或因式，对各选项逐一判断即可．
【详解】解： 8= 4×2=2 2，故A不是最简二次根式，不符合题意；
1.5的被开方数是小数，可化为分数，含分母，故B不是最简二次根式，不符合题意；
12的被开方数含分母，故C不是最简二次根式，不符合题意；
30的被开方数30不含分母，且分解后没有能开得尽方的因数，满足最简二次根式的两个条件，
故选项D是最简二次根式，符合题意．
5.【答案】A
【解析】解：∵点E恰好是线段DC的黄金分割点(其中CE>ED)，
∴DEEC=ECDC= 5−12，故①正确，②错误，
故选：A.
根据黄金分割的定义得∴DEEC=ECDC= 5−12，即可得出结论．
本题考查了黄金分割、矩形的性质以及正方形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】本题考查相似三角形的判定．根据相似三角形的判定求解即可．
【详解】解：由题意得，∠A=∠A，
若添加ADAB=AEAC，利用两边及其夹角法可判断△ABC∽△ADE，
故选项C符合题意；
A、B、D均不能判定△ABC∽△ADE，故不符合题意．
故选：C.
7.【答案】B
【解析】本题考查相似三角形的应用，栏杆长短臂在升降过程中，将形成两个相似三角形，利用对应边成比例解题即可．解题的关键是掌握相似三角形的对应边成比例．
【详解】解：如图，
由题意知：OC=OA=1，OD=OB=8，CE⊥AB，DF⊥AB，DF=4，
∴CE//DF，
∴∠OCE=∠ODF，∠OEC=∠OFD，
∴△OCE∽△ODF，
∴OCOD=CEDF，
∴18=CE4，
解得：CE=0.5，
即短臂外端A下降的距离是0.5m.
故选：B.
8.【答案】A
【解析】解：∵围栏的长度为24m，矩形的宽为x m，
∴矩形的长为(24−2x)m.
根据题意得：x(24−2x)=40.
故选：A.
根据围栏的长度及矩形的宽，可得出矩形的长为(24−2x)m，结合矩形场地的面积为40m2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键．设经过x秒后两三角形相似，分两种情况分别计算，①若△PCQ∽△ACB，得ACBC=PCCQ，②若△PCQ∽△BCA，得BCAC=PCCQ，代入用x表示的线段计算即可．
【详解】解：设经过x秒后△PCQ与△ABC相似，
∵∠C=∠C，
若△PCQ∽△ACB，
则需ACBC=PCCQ，
∴108=2x8−x，
解得x=4013；
△PCQ∽△BCA，
则需BCAC=PCCQ，
∴810=2x8−x，
解得x=167，
∴经过4013秒或167秒，△PCQ与△ABC相似．
故答案为：4013或167.
10.【答案】C
【解析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、关键是灵活应用知识点解题．
由旋转可得MF=AO=4，EF=AB=10则EM=EF−MF=6，然后利用AB//DF可证△EMN∽△EFD得到比例关系，则MN可求．
【详解】解：令AC,EF的交点是P，
∵∠C=90 ∘，
∴AB= AC2+BC2=10，
∵将△ABC绕着AC边中点O旋转得到△DEF，
∴EF=AB=10,DF=AC=8,AO=12AC=12×8=4，∠F=∠A，
∵AB//DF，
∴∠A=∠AOF，
∴∠F=∠AOF，
∴FP=OP，
同理：AP=MP，
∵AP+OP=MP+FP，
∴MF=AO=4，
∴EM=EF−MF=10−4=6，
∵AB//DF，
∴△EMN∽△EFD，
∴MNDF=EMEF，
即：MN8=610，
∴MN=245.
故选：C.
11.【答案】3
【解析】解：当x=1时，原式= 1−8×(−1)=3，
故答案为：3.
将x的值代入计算可得．
本题考查二次根式的定义，掌握代入求值法是解题关键．
12.【答案】83
【解析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算得到答案．
【详解】解：∵l1//l2//l3，
∴DEEF=ABBC，
∵DE=3,EF=4,AB=2，
∴34=2BC，
解得：BC=83，
故答案为：83.
13.【答案】4
【解析】灵活运用根与系数的关系并结合分式运算，将已知条件转化为关于参数的方程是解题的关键．根据一元二次方程ax2+bx−2=0的根与系数的关系，可得x1+x2=−ba，x1x2=−2a，再对1x1+1x2通分变形后代入求解，进而求出b的值．
【详解】解：对于一元二次方程ax2+bx−2=0(a≠0)，由根与系数的关系可得：x1+x2=−ba，x1x2=−2a，
对1x1+1x2通分，得：1x1+1x2=x1+x2x1x2，
已知1x1+1x2=2，代入得：−ba−2a=2，
化简，约去a(a≠0)，得b2=2，
解得b=4.
14.【答案】1,1或−1,−1
【解析】根据题意可得位似比为12或−12，用点A的横纵坐标乘以对应的位似比即可求出点A′的坐标．
【详解】解：∵，以原点O为位似中心，将△OAB缩小为原来的12，得到△OA′B′，
∴位似比为12或−12，
当位似比为12时，则点A的对应点A′的坐标为12×2,12×2，即1,1，
当位似比为−12时，则点A的对应点A′的坐标为−12×2,−12×2，即−1,−1，
综上所述，点A的对应点A′的坐标为1,1或−1,−1.
15.【答案】5
【解析】由翻折得：BG⊥AC，BG=B′G，由勾股定理得BG= AB2−AG2=5.
【详解】解：由翻折得：BG⊥AC，BG=B′G，AB=AB′，
∵平行四边形ABCD，
∴DC//AB，
∵AB=13，AG=2CG=12，
∴BG= AB2−AG2=5.
16.【答案】【小题1】
解：∵x2+3x−4=0，
∴x−1x+4=0，
∴x−1=0或x+4=0，
解得x1=1，x2=−4；
【小题2】
解：∵ab=25，
∴a=25b，
∴a+bb=25b+bb=75.

【解析】1. 详细解答和分析过程见【答案】
2. 详细解答和分析过程见【答案】
17.【答案】【小题1】
解：如图所示，△A1B1C1即为所求，
【小题2】
解：如图所示，△A2B2C2即为所求，

【解析】1.
本题考查了相似三角形的性质．
根据相似三角形对应边成比例的性质，将原三角形各边扩大到原来的2倍来画出相似三角形；
2.
先根据相似三角形面积比等于相似比的平方求出相似比，再据此画出相似三角形．
18.【答案】【小题1】
证明：∵AE⋅DE=BE⋅CE，
∴AECE=BEDE，
∵∠AEB=∠CED，
∴△ABE∽△CDE；
【小题2】
解：∵△ABE∽△CDE且DC:AB=2:3,S△DCE=4，
∴S△CDES△ABE=DCAB2=49,DEBE=DCAB=23
∴S△ABE=9,S△CDES△CBE=DEBE=23，
∴S△CBE=6，
∴S△ABC=6+9=15.

【解析】1.
本题考查了相似三角形的判定和性质．
利用两边对应成比例，且夹角相等证明两个三角形相似；
2.
利用相似三角形的性质求解即可．
19.【答案】【小题1】
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=CD,∠BCE=∠DCE，
又∵CE=CE，
∴△CBE≌△CDESAS，
∴∠CBE=∠CDE；
【小题2】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD,AC⊥BD，OA=OC,OB=12BD，
∵∠BAD=60 ∘，
∴△BAD是等边三角形，
∴BD=AB=2，
∴OB=1，
∴OA= AB2−OB2= 3，
∴OC= 3；
∵BE⊥DE，且O为BD中点，
∴OE=12BD=1，
∴CE=OC−OE= 3−1.

【解析】1.
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
菱形的邻边相等，对角线平分一组对角，据此可得CB=CD,∠BCE=∠DCE，再证明△CBE≌△CDESAS，即可证明∠CBE=∠CDE；
2.
由菱形的性质得到AB=AD,AC⊥BD，OA=OC,OB=12BD，证明△BAD是等边三角形，得到BD=AB=2，则可得到OB=1，OC=OA= 3，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OE=12BD=1，则CE=OC−OE= 3−1.
20.【答案】解：设石板小径的宽度为x米，
由题意得，12−2x8−2x=12×8×1−38，
整理得x2−10x+9=0，
解得x=1或x=9(舍去)，
答：石板小径的宽度为1米．

【解析】设石板小径的宽度为x米，根据题意非阴影部分的面积可以看成是一个长为12−2x米，宽为8−2x米的长方形的面积，据此建立方程求解即可．
21.【答案】【小题1】
证明：∵∠ACB=90 ∘，DE⊥BC交BC的延长线于点E，
∴∠ACB=∠DEC=90 ∘，
∴DE//AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，
∴AD//CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∵∠DEC=90 ∘，
∴四边形ACED是矩形；
【小题2】
证明：∵四边形ACED是矩形，
∴AC⊥BC，
∴∠BCG=∠ACE=90 ∘，AD=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴CE=BC，
又∵CE2=CG⋅CA，
∴CE⋅BC=CG⋅CA，
即CBCA=CGCE，
∵∠BCG=∠ACE=90 ∘
∴△BCG∽△ACE.

【解析】1.
本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定．
根据垂线的定义得到∠ACB=∠DEC=90 ∘，可证DE//AC，根据平行四边形的性质得到AD//CE，证明四边形ACED是平行四边形，再根据∠DEC=90 ∘可证四边形ACED是矩形；
2.
根据矩形的性质得到∠BCG=∠ACE=90 ∘，AD=CE，根据平行四边形的性质得到AD=BC，即CE=BC，根据CE2=CG⋅CA得到CBCA=CGCE，进而可证△BCG∽△ACE.
22.【答案】【小题1】
解：设该品牌头盔11，12两个月销售量的月均增长率为x，依题意得：2001+x2=242
解这个方程得：x1=0.1，x2=−2.1(不符合题意，舍去)
答：该品牌头盔11，12两个月销售量的月均增长率为10%.
【小题2】
解：设该品牌头盔的销售价定为y元．
y−30600−10y−40=11250
解这个方程得，y1=55，y2=75.
因为要尽可能的让顾客得到实惠，
所以y=55.
答：该品牌头盔的销售价应定为55元．

【解析】1.
设该品牌头盔11，12两个月销售量的月均增长率为x，根据10月份售出200个，12月份售出242个，列出方程进行求解即可；
2.
设该品牌头盔的销售价定为y元，根据总利润等于单件利润乘以销量，列出方程进行求解即可.
23.【答案】【小题1】
证明：∵DE//BC，
∴△ADG∽△ABF,△AEG∽△ACF，
∴DGBF=AGAF,EGCF=AGAF，
∴DGBF=EGCF，
∴DGEG=BFCF，
∵G为DE中点，
∴DG=EG，
∴BFCF=1，
∴BF=CF；
【小题2】
解：由题意可得，∠AED=∠CHD=∠DHM=90 ∘，
∴MN//AF，
∴△MHD∽△AED,△DHN∽△DEF，
∴MHAE=DHDE,HNEF=DHDE，
∴MHAE=HNEF，
∴AEEF=MHHN=12，
设AE=x,EF=2x，则AF=AE+EF=3x，
∵四个直角三角形△ABF，△DAE，△BCG，△CDH全等，
∴DH=AE=BF=x,AF=CH=3x，
由题意可知，∠CDM=90 ∘，
∴∠MDH+∠CDH=90 ∘，
∵∠MDH+∠DMH=90 ∘，
∴∠DMH=∠CDH，
∵∠CHD=∠DHM=90 ∘，
∴△CHD∽△DHM，
∴CHDH=DHHM，
∴3xx=x1，
解得x=3，
∴AF=3x=9,BF=x=3，
∴AB2=AF2+BF2=92+32=90，
∴AB=3 10，
即大正方形ABCD的边长为3 10.

【解析】1.
证明△ADG∽△ABF,△AEG∽△ACF，得到DGEG=BFCF，再根据G为DE中点即可证明结论成立；
2.
证明△MHD∽△AED,△DHN∽△DEF，得到AEEF=MHHN=12，设AE=x,EF=2x，则AF=AE+EF=3x，证明△CHD∽△DHM，得到CHDH=DHHM，求出x=3，得到AF=3x=9,BF=x=3，由勾股定理求出AB=3 10即可．