河南省郑州市2025-2026学年八年级下学期6月期末 数学试题（含解析）

这是一份河南省郑州市2025-2026学年八年级下学期6月期末 数学试题（含解析），共3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。
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列分式是最简分式的是（ ）
A. B. C. D.
2. 起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知a，b是实数，若，则下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，要用“”判定和全等的条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
5. 把多项式因式分解时，应提取的公因式是（ ）
A. B. C. D.
6. 如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（ ）
A. 对角线互相平分B. 两组对边分别相等
C. 一组对边平行且相等D. 两组对边分别平行
7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别是，，，点是平面内一点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能是（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，在平面内将一块含的三角板向右平移得到，若，则边扫过的面积与边扫过的面积之比为（ ）

A. 2B. C. D.
10. 若整数a使关于x的不等式组有且只有3个整数解，且使关于y的分式方程 的解满足，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 10
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 若分式有意义，则应满足的条件是__________．
12. 若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________．
13. 如图，函数为常数，与均为常数且都不为的图象相交于点，则关于的不等式的解集为______．
14. 如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，上一个动点，点为的中点，连接，，点，分别为，的中点，则线段的取值范围为__________．
15. 如图，在等边三角形中，点为的中点，点为线段上不与端点重合的一个动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．若，则当为直角三角形时，的长为______．
三、解答题（共8题，共75分）
16. 按要求完成各题．
（1）因式分解：；
（2）解分式方程：；
（3）解不等式组：
17. 化简并求值：，其中下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
（1）甲同学解法的依据是______；乙同学解法的依据是______．（单选题，填序号）
①等式的基本性质；②分式的基本性质；③乘法分配律；④乘法交换律．
（2）请你选择一种解法，写出完整的解答过程．
18. 如图，在中，对角线，相交于点，，，垂足分别为，．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
19. 如图，已知点，，．
（1）将绕点逆时针旋转得，画出，并写出点的对应点的坐标为 ．
（2）画出关于原点成中心对称的图形；并写出点的对应点的坐标为 ．
（3）在平面直角坐标系内找点，使得、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为 ．
20. 已知．
（1）尺规作图：（保留作图痕迹，不写作法）
①作的平分线交于点；
②作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接，；
（2）求证：四边形是菱形．
21. 阅读以下材料．
材料：因式分解：．
解：将“”看成一个整体，令，则原式．
再将“”还原，得原式．
上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题：
（1）因式分解：；
（2）因式分解：；
（3）试证明：无论为何值，式子的值一定是一个不小于2的数．
22. 阅读下列素材，完成任务．
问题解决：
（1）任务1确定进价：求两种樱桃每千克的进价；
（2）任务2确定利润：求两种樱桃每千克的利润；
（3）任务3确定购进方案：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”多少千克？
23. 如图，在等腰直角三角形中，，，点为的中点，以点为直角顶点，以为直角边在的右侧构造等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转．
（1）如图，当射线经过点时，连接．
求证：；
求线段的长；
（2）如图，在旋转过程中，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则__________；
当旋转到如图4所示的位置时，若，连接，，将沿平移，得到，连接，，则的最小值为__________．
数学
本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列分式是最简分式的是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：本题主要考查了最简分式的判断，根据最简分式的定义，分子和分母没有公因式的分式即为最简分式．逐一分析各选项，判断是否存在可约分的公因式．
解答过程：解：选项A：，分子为1，分母为一次多项式，两者无公因式，无法约分，是最简分式．
选项B：，分子4与分母的公因数为4，约分后为，不是最简分式．
选项C：，分母可分解为，与分子有公因式，约分后为，不是最简分式．
选项D：，分子可提取公因式，分解为，与分母有公因式，约分后为，不是最简分式．
故选∶A
2. 起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
解答过程：解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：．
3. 已知a，b是实数，若，则下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：本题考查了不等式的性质．熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
根据不等式的性质判断各选项即可．
解答过程：解：∵，
∴，，，，
∴A、B、C错误，故不符合要求；D正确，故符合要求；
故选：D．
4. 如图，要用“”判定和全等的条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
答案：C
解析：
思路：本题考查了直角三角形全等判定定理“”，解题的关键是明确“”定理是指斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．
根据“”定理（斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等），逐一分析选项，判断哪个选项符合“”的条件．
解答过程：解：“”定理适用于直角三角形全等的判定，具体为：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，
对比选项，只有C项符合题意，
故选：C．
5. 把多项式因式分解时，应提取的公因式是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：本题考查因式分解中公因式的确定，熟练掌握方法是关键．
根据找公因式的方法，系数取最大公约数，相同字母取最低次幂即可得出．
解答过程：∵系数、、的最大公约数为，字母的最低次幂为，字母的最低次幂为，
∴公因式为．
故选：D．
6. 如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（ ）
A. 对角线互相平分B. 两组对边分别相等
C. 一组对边平行且相等D. 两组对边分别平行
答案：A
解析：
思路：此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题关键．
解答过程：解：由题意可知，，且，
∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
故选：A．
7. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：本题考查了增根的概念， 先去分母，再利用增根的意义即可求解，正确理解增根的含义是解题的关键．
解答过程：解：，
整理得：，
，
∵关于的分式方程有增根，
∴，
解得：，
故选：．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别是，，，点是平面内一点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：分三种情况，根据平行四边形的性质得出点的坐标，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定以及坐标与图形性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
解答过程：解：如图，
分三种情况：
①当，时，点的坐标为；
②当，时，点的坐标为；
③当，时，点的坐标为；
∴点的坐标不可能是．
故选：B．
9. 如图，在平面内将一块含的三角板向右平移得到，若，则边扫过的面积与边扫过的面积之比为（ ）

A. 2B. C. D.
答案：B
解析：
思路：本题考查了平移的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，过点B作于点G，延长交于点H，根据平移的性质可得，求出，根据，求出，进而得到，设，根据直角三角形的性质求出，再计算出边扫过的面积与边扫过的面积即可得出答案．
解答过程：解：过点B作于点G，延长交于点H，

由平移的性质可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
∴边扫过的面积为，边扫过的面积为，，
∴边扫过的面积与边扫过的面积之比为．
故选：B．
10. 若整数a使关于x的不等式组有且只有3个整数解，且使关于y的分式方程 的解满足，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 10
答案：A
解析：
思路：本题主要考查了根据不等式组的解集情况求参数，根据分式方程的解的情况求参数，先解不等式组的两个不等式，再根据不等式组只有3个整数解得到，则，再解分式方程得到，根据，且，求出，且，由此确定整数a的值，最后求和即可．
解答过程：解：解不等式组 ，
解得
该不等式组有且只有个整数解，即三个整数解为，，1，
解得．
解分式方程 得．
，且，
，，解得且．
综上，且．
为整数，
或，即满足条件的整数的值之和为．
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 若分式有意义，则应满足的条件是__________．
答案：
解析：
解答过程：解：∵分式有意义，
∴，
解得．
12. 若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________．
答案：5
解析：
思路：根据多边形的内角和公式以及外角和为建立一个关于边数的方程，解方程即可．
解答过程：设多边形边数为n，
根据题意有，
解得 ，
故答案为：5．
方法提示：本题主要考查多边形内角和与外角和，掌握多边形内角和公式和外角和为是解题的关键．
13. 如图，函数为常数，与均为常数且都不为的图象相交于点，则关于的不等式的解集为______．
答案：
解析：
思路：由图可得过原点的直线是函数的图象，不等式表示直线在上方时的取值范围，通过交点可得当时满足条件；本题主要考查了一次函数和一元一次不等式的图象和性质，熟练运用数形结合的思想，掌握两个图象的交点是两个函数值大小关系的分界点是解题的关键．
解答过程：解：由图得直线是函数的图象，
解不等式即求直线在上方时的取值范围，
又∵两直线相交于点，
∴当时满足条件，
故不等式的解集为．
故答案为：．
14. 如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，上一个动点，点为的中点，连接，，点，分别为，的中点，则线段的取值范围为__________．
答案：
解析：
思路：根据中位线的性质可得，则需求得的取值范围，当时，取最小值，当与点重合时，取最大值，分别求解即可．
解答过程：解：如图，连接，
点，分别为，的中点，
，
当时，取最小值，
，
为等腰直角三角形，
点为的中点，
，
，此时，
当与点重合时，取最大值，过点作于点，
则，
，
，此时，
综上，线段的取值范围为．
15. 如图，在等边三角形中，点为的中点，点为线段上不与端点重合的一个动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．若，则当为直角三角形时，的长为______．
答案：或
解析：
思路：根据等腰三角形三线合一可得，，，由旋转性质可得，，然后证明，所以，，然后分当时，当时两种情况求解即可．
解答过程：解：∵在等边三角形中，点为的中点，
∴，，，，
∴，，，
由旋转性质可得，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
则当时，如图，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
综上可得：的长为或．
三、解答题（共8题，共75分）
16. 按要求完成各题．
（1）因式分解：；
（2）解分式方程：；
（3）解不等式组：
答案：（1）
（2） （3）
解析：
（1）解：
；
（2）解：原方程去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
解得：，
经检验，当时，，
是分式方程的解；
（3）解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
不等式组的解集为．
17. 化简并求值：，其中下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
（1）甲同学解法的依据是______；乙同学解法的依据是______．（单选题，填序号）
①等式的基本性质；②分式的基本性质；③乘法分配律；④乘法交换律．
（2）请你选择一种解法，写出完整的解答过程．
答案：（1）；
（2）解：选甲同学的做法：
原式
，
把代入上式，原式．
选乙同学的做法：
解：原式
，
把代入上式，原式．
解析：
思路：（1）根据分式的基本性质，以及乘法分配律，即可解答；
（2）若选择甲同学的解法，先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答；若选择乙同学的解法，利用乘法分配律进行计算，然后把的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
（1）解：甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律；
（2）略
18. 如图，在中，对角线，相交于点，，，垂足分别为，．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
答案：（1）见详解 （2）
解析：
思路：（1）先结合平行四边形的性质得，再证明，则，即可作答．
（2）先由得，再运用勾股定理列式计算得，又因为平行四边形的性质得，即可作答．
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得，
又，
∴，
∵，
∴在中，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
19. 如图，已知点，，．
（1）将绕点逆时针旋转得，画出，并写出点的对应点的坐标为 ．
（2）画出关于原点成中心对称的图形；并写出点的对应点的坐标为 ．
（3）在平面直角坐标系内找点，使得、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为 ．
答案：（1）
解：如图，即为所求，
则点的坐标为，
故答案为：．
（2）解：如图，即为所求，
则点的坐标为，
故答案为：．
（3）或或
解析：
思路：（1）根据旋转的性质分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得；
（2）根据中心对称的定义分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得；
（3）分①组成的平行四边形是，②组成的平行四边形是，③组成的平行四边形是三种情况，分别根据平行四边形的性质求解即可得．
（1）略
（2）略
（3）解：①如图，组成的平行四边形是，
，，
将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点，
将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点，
，
，即为；
②如图，组成的平行四边形是，
同理可得：；
③如图，组成的平行四边形是，
同理可得：；
故答案为：或或．
方法提示：本题考查了旋转画图、画中心对称图形、平行四边形、点坐标的平移变换，熟练掌握旋转和中心对称图形的画法是解题关键．
20. 已知．
（1）尺规作图：（保留作图痕迹，不写作法）
①作的平分线交于点；
②作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接，；
（2）求证：四边形是菱形．
答案：（1） （2）证明：垂直平分，
，，
，
，
，，
∴，
，
，
，
同理可证，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
解析：
思路：（1）根据要求作图即可；
（2）根据垂直平分线的性质得到，，证明，
得到，，可知，同理可证，即可证明四边形是平行四边形，进而可证四边形是菱形．
（1）略；
（2）略．
21. 阅读以下材料．
材料：因式分解：．
解：将“”看成一个整体，令，则原式．
再将“”还原，得原式．
上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题：
（1）因式分解：；
（2）因式分解：；
（3）试证明：无论为何值，式子的值一定是一个不小于2的数．
答案：（1）
（2） （3）证明：令，
，
将还原，
，
无论为何值，
，
即式子的值一定是一个不小于2的数．
解析：
思路：（1）令，则原式可化为，运用完全平方公式因式分解，再将“m”还原即可；
（2）令，则原式可化为运用完全平方公式因式分解，再将“m”还原，注意还原之后能继续因式分解要继续分解；
（3）令，则原式可化为，配方法得到，将“m”还原之后可化为，根据即可得解．
（1）解：令，
，
将“”还原，得；
（2）解：令，
，
将“”还原，得：
；
（3）证明详见答案
22. 阅读下列素材，完成任务．
问题解决：
（1）任务1确定进价：求两种樱桃每千克的进价；
（2）任务2确定利润：求两种樱桃每千克的利润；
（3）任务3确定购进方案：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”多少千克？
答案：（1）“大樱桃”的进价为10元/千克，“普通樱桃”的进价为4元/千克；
（2）“大樱桃”的利润为6元/千克，“普通樱桃”的利润为4元/千克；
（3）最多能购进“大樱桃”200千克．
解析：
思路：（1）设“大樱桃”的进价为元/千克，则“普通樱桃”的进价为元/千克，根据用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多列分式方程，解方程即可；
（2）设“普通樱桃”的利润为元/千克，则“大樱桃”的利润为元/千克，根据出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克列分式方程，解方程即可；
（3）设购进“大樱桃”千克，购进“普通樱桃”千克，先求出，然后根据总利润不低于4000元列不等式，解不等式即可．
（1）解：设“大樱桃”的进价为元/千克，则“普通樱桃”的进价为元/千克．
由题意列分式方程得，，
整理得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，且符合题意，
则．
答：“大樱桃”的进价为10元/千克，“普通樱桃”的进价为4元/千克．
（2）解：设“普通樱桃”的利润为元/千克，则“大樱桃”的利润为元/千克．
由题意列分式方程得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，且符合题意，
则．
答：“大樱桃”的利润为6元/千克，“普通樱桃”的利润为4元/千克．
（3）解：设购进“大樱桃”千克，购进“普通樱桃”千克，
由题意列二元一次方程得，，
，
若要使利润不低于4000元，则，
∴，
解得，
的最大值为200．
答：若要使总利润不低于4000元，则最多能购进“大樱桃”200千克．
23. 如图，在等腰直角三角形中，，，点为的中点，以点为直角顶点，以为直角边在的右侧构造等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转．
（1）如图，当射线经过点时，连接．
求证：；
求线段的长；
（2）如图，在旋转过程中，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则__________；
当旋转到如图4所示的位置时，若，连接，，将沿平移，得到，连接，，则的最小值为__________．
答案：（1）证明：，
，即，
又点为的中点，，
，
，，
，
；
；
（2）或；．
解析：
思路：由，则，即，然后证明，再根据全等三角形的性质即可求证；
过点作于点，由勾股定理得，所以，再通过勾股定理得，再通过线段的和与差即可求解；
分情况一如图，当在左侧时，四边形是平行四边形，情况二如图，当在右侧时，四边形是平行四边形，然后求解即可；
由和是共顶点的两个等腰直角三角形，则，故有，，从而证明四边形是平行四边形，将沿射线方向平移，得到，所以，，，作直线，作点关于直线的对称点，则，当，，共线时，的最小值为，此时设直线交于，由对称性得，，然后证明四边形是矩形，，可得，故有点，，共线，所以，由勾股定理得，即的最小值是．
（1）解：略；
如图，过点作于点，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：，当和为边时，只需，则以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，
情况一：如图，当在左侧时，四边形是平行四边形，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
点在上，，，
，
，
四边形是平行四边形，
；
情况二：如图，当在右侧时，四边形是平行四边形，
，，
，
；
当和为对角线时，如图，四边形是平行四边形，
，，，
，，
，，
，
，
点在上，
；
故答案为：或；
和是共顶点的两个等腰直角三角形，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
将沿射线方向平移，得到，
，，，
∵为定点，沿方向平移，如图，过点M作直线，作点关于直线的对称点，
则，
当，，共线时，的最小值为，此时设直线交于，由对称性得，，
，，
，
，
，
四边形是矩形，，
，，
，
，
点，，共线，
，
，即的最小值是．
甲同学
解：原式
乙同学
解：原式
如何设计樱桃的购进方案
情境
郑州樱桃沟位于二七区南部，延绵15公里，丘陵起伏，沟壑纵横，深深的沟里布满了青翠繁茂的樱桃树．这里樱桃种植已有千年历史，由于气候适宜、沟内避风、土壤特殊，产出的樱桃粒大肉厚、色泽丰丽、入口甘甜，且能补中益气，滋润肌肤．故而享有盛名，传誉省内外．
素材1
某水果店计划用4800元购进樱桃沟种植的“大樱桃”和“普通樱桃”两种樱桃进行销售，已知“大樱桃”的进价比“普通樱桃”高6元/千克，用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多．
素材2
根据该水果店所定的售价，每千克“大樱桃”的利润是每千克“普通樱桃”利润的1.5倍，同样获得600元的利润，需要出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克．
甲同学
解：原式
乙同学
解：原式
如何设计樱桃的购进方案
情境
郑州樱桃沟位于二七区南部，延绵15公里，丘陵起伏，沟壑纵横，深深的沟里布满了青翠繁茂的樱桃树．这里樱桃种植已有千年历史，由于气候适宜、沟内避风、土壤特殊，产出的樱桃粒大肉厚、色泽丰丽、入口甘甜，且能补中益气，滋润肌肤．故而享有盛名，传誉省内外．
素材1
某水果店计划用4800元购进樱桃沟种植的“大樱桃”和“普通樱桃”两种樱桃进行销售，已知“大樱桃”的进价比“普通樱桃”高6元/千克，用1000元能购进的“大樱桃”和用400元能购进的“普通樱桃”一样多．
素材2
根据该水果店所定的售价，每千克“大樱桃”的利润是每千克“普通樱桃”利润的1.5倍，同样获得600元的利润，需要出售的“普通樱桃”比“大樱桃”多50千克．