2025-2026学年广东省深圳中学八年级（下）期末数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳中学八年级（下）期末数学试卷（含答案+解析），共7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.近年来，“博物馆热”持续升温，博物馆作为生动的历史教科书成为文旅新宠.下列博物馆标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列式子从左到右的变形，属于因式分解的是( )
A. x(x−1)=x2−xB. x2−y2=(x−y)2
C. x2+3x+3=x(x+3)+3D. x2−2x+1=(x−1)2
3.根据图中标出的角度，下列平行四边形中不一定是菱形的是( )
A. B.
C. D.
4.阿基米德曾说：“给我一个支点，我能撬动整个地球.”这句话生动体现了杠杆原理.图甲是用杠杆撬石头的示意图，当用力向下压杠杆时，另一端就会撬动石头.如图乙，动力臂OA=150cm，阻力臂OB=50cm，BD=20cm，则AC的长度是( )
A. 60cmB. 50cmC. 40cmD. 80cm
5.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘，分别以A，B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，所画的弧交于两点，连接该两点，所得直线交BC于点D，连接AD.若BD=6，则CD的长为( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
6.我国古代数学名著《九章算术》中记录：今有程，迟马至九百里，多一日；疾马至，少三日.疾马日速倍迟，译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天.已知快马的速度是慢马的2倍.设慢马的速度为x里/天，列出方程正确的是( )
A. 900x+1=9002x−3B. 900x−1=9002x+3
C. 900x−1=9002x+3D. 900x+1=9002x−3
7.如图，∠ACB=90∘，D是AC的中点，DE⊥AC，AE//BD，若BC=4，AE=5，则四边形ACBE的周长为( )
A. 16
B. 18
C. 19
D. 20
8.对关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，将其一次项系数变为相反数，得到方程ax2−bx+c=0，则称这两个方程为“共轭方程”.若m为方程x2+kx−1=0的根，n为其共轭方程x2−kx−1=0的根，其中k为整数，且m−nmn=−6，则k的值为( )
A. 6B. −6C. 3D. −3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.若a+b=4，ab=1，则a2b+ab2=______.
10.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且∠AOD=120∘，过点A作AE⊥BD于点E，若BE=1，则DE= .
11.学校里一段艺术连廊是由完全相同的砖块密铺而成，如图，每块砖可看作五边形ABCDE，其中∠C=∠E=90∘，∠A=∠B=∠D，则∠A的度数为 度.
12.若关于x的分式方程x+mx−2+12−x=3解为正数，则m的取值范围是 .
13.如图，在平行四边形ABCD中，AC=2，BC=3，∠ACB=45∘，点E是AD的中点，点F、G分别是BC和AC上的动点，且CF=2AG，连接AF，EG，则AF+2EG的最小值是 .
三、计算题：本大题共3小题，共24分。
14.先化简再求值：(2m−1m−1)÷m2−1m2+2m，其中m=2.
15.解方程：
(1)x2−6x+8=0；
(2)(x+1)2+2(x+1)=0.
16.根据以下素材，探索完成任务：
四、解答题：本题共4小题，共37分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题9分)
如图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长均为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,5)，B(−4,1)，C(−1,2).
(1)将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
(2)画出△A1B1C1关于点O成中心对称的△A2B2C2；
(3)若△ABC绕某点旋转得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______；
(4)若存在点D使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请写出点D的坐标：______.
18.(本小题8分)
定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组的解集内，那么称该一元一次方程为该不等式组的“相伴方程”，例如：方程2x−7=1的解为x=4，不等式组x−56的解集为2−5且m≠−1.
故答案为：m>−5且m≠−1.
先解分式方程，再根据解为正数且分式分母不为零列出不等式，求解不等式得到m的取值范围．
本题考查分式方程的解，正确进行计算是解题关键．
13.【答案】 13
【解析】解：如图，在AG取点M，使GM=AG，连接DM，
则AM=2AG，
∵CF=2AG，
∴AM=CF，
∵E为AD中点，G为AM中点，
∴EG为△AMD中位线，
∴DM=2EG，
过C作CN⊥AC，使CN=AD，连接FN、AN，
则∠ACN=90∘，
∵∠ACB=45∘，
∴∠BCN=45∘=∠DAC，
∴△ADM≌△CNF(SAS)，
∴FN=DM=2EG，
∴AF+2EG=AF+FN≥AN，当且仅当A、F、N三点共线时取等，
此时AN= AC2+CN2= 22+32= 13，
即AF+2EG的最小值为 13，
故答案为： 13.
构造中位线：在AG取点M，使GM=AG，连接DM，易得DM=2EG，AM=CF，再利用逆等线模型构造全等：△ADM≌△CNF(SAS)，转移DM=FN，即可求解．
本题主要考查了平行四边形的性质、中位线定理、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握胡不归模型和逆等线模型是解题的关键．
14.【答案】m+2m+1,43.
【解析】解：原式=(2m−1m−mm)÷(m+1)(m−1)m(m+2)
=m−1m⋅m(m+2)(m+1)(m−1)
=m+2m+1，
当m=2时，
原式=2+22+1=43.
先把括号内的1写成分母是m的分式，分子和分母分解因式，再计算括号里面的，除法化成乘法，然后进行约分，最后把m=2代入进行计算即可．
本题主要考查了分式的化简求值，解题关键是熟练掌握分式的通分与约分和几种常见的分解因式的方法．
15.【答案】x1=2，x2=4
x1=−1，x2=−3
【解析】解：(1)x2−6x+8=0，
(x−2)(x−4)=0，
则x−2=0或x−4=0，
所以x1=2，x2=4；
(2)(x+1)2+2(x+1)=0，
(x+1)(x+3)=0，
则x+1=0或x+3=0，
所以x1=−1，x2=−3.
(1)利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可；
(2)利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可．
本题主要考查了解一元二次方程-因式分解法，熟知因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
16.【答案】任务1：共有11支参赛队伍；
任务2：月平均增长率为10%；
任务3：打9折出售，每日最高利润36000元．
【解析】解：任务1：由题意，设共有n支参赛队伍，
∴n(n−1)2=55.
∴n1=11，n2=−10(舍去，不合题意)，
答：共有11支参赛队伍；
任务2：设月平均增长率为x，
∴200(1+x)2=242，
∴x1=0.1=10%，x2=−2.1(舍去)，
答：月平均增长率为10%；
任务3：由题意，设降价y元，
利润=(8000−6000−y)(10+y80×2)
=(2000−y)(10+y40)
=−140y2+40y+20000
=−140(y−800)2+36000，
∴当y=800时，利润最大为36000元，
折扣：8000−8008000=0.9，即9折．
答：打9折出售，每日最高利润36000元
任务1：依据题意，设共有n支参赛队伍，则n(n−1)2=55，从而计算可以得解；
任务2：依据题意，设月平均增长率为x，则200(1+x)2=242，进而计算可以得解；
任务3：依据题意，设降价y元，则利润=(8000−6000−y)(10+y80×2)=−140(y−800)2+36000，进而可以计算得解．
本题主要考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
17.【答案】
(−3,0)
(−6,4)或(−2,−2)或(0,6)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
(3)连接A1A2，B1B2，C1C2，相交于点P，
∴旋转中心点P的坐标为(−3,0).
故答案为：(−3,0).
(4)如图，点D1，D2，D3均满足题意，
∴点D的坐标为(−6,4)或(−2,−2)或(0,6).
故答案为：(−6,4)或(−2,−2)或(0,6).
(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据中心对称的性质作图即可．
(3)连接A1A2，B1B2，C1C2，相交于点P，则点P为旋转中心，即可得出答案．
(4)结合平行四边形的判定确定点D的位置，进而可得答案．
本题考查作图-旋转变换、平行四边形的判定、作图-平移变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、中心对称的性质、平行四边形的判定是解答本题的关键．
18.【答案】方程2x+5=1是该不等式组的“相伴方程”，理由如下：
解第一个不等式得：x