文档文本内容
2025-2026 学年湖北省武汉市青山区八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（共10 小题，每小题3 分，共30 分）
1．（3 分）2025 年9 月3 日上午，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年大会在北京天
安门广场隆重举行．受阅官兵齐声高喊“正义必胜、和平必胜、人民必胜”的口号，口号中的汉字有
些具有对称性，下列汉字中是轴对称图形的是（ ）
A．和
B．平
C．必
D．胜
2．（3 分）要使分式2
x +1
有意义，则x 的取值应满足（ ）
A．x＝0
B．x＝1
C．x＝﹣1
D．x≠﹣1
3．（3 分）点P（7，﹣4）关于y 轴对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣7，﹣4）
B．（7，4）
C．（﹣7，4）
D．（4，7）
4．（3 分）两根木棒的长分别是5cm 和11cm．要选择第三根木棒，将它们首尾相接钉成一个三角形，则
第三根木棒长的取值可能是（ ）
A．16cm
B．7cm
C．6cm
D．5cm
5．（3 分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a5 B．(2a)
2= 1
2a
2 C．（2a2）3＝6a6 D．a6÷a2＝a3
6．（3 分）下列各式从左到右的变形，一定正确的是（ ）
A．a
b = a
2
b
2
B．a
b = a+2
b+2
C．3b
3a+b =
b
a+b
D．−a+b
c
=−a−b
c
7．（3 分）如图，已知△ABC（AC＞AB），用尺规作图的方法在BC 边上确定一点P，连接AP，能判断
△ABP 一定是等腰三角形的图形有（ ）个．
2
A．1
B．2
C．3
D．4
8．（3 分）“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，数形结合思想是数学学习中的一种重要的思想，请
仔细观察下列图形，其中能说明等式a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（3 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC，D 是边AB 上一点．将△BCD 沿直线CD 折叠，点B 的对应点
E 恰好落在边AC 上．若∠B = 5
2 ∠A，则∠ADE 的度数为（ ）
A．41°
B．43°
C．45°
D．47°
10．（3 分）已知a−2
a =3，且a4+3a2x+4＝0，则x 的值为（ ）
A．﹣4
B．−11
3
C．−13
3
D．4
二、填空题（共6 小题，每小题3 分，共18 分）
11．（3 分）（﹣3）0＝ ．
12．（3 分）制造高性能LED 显示屏时，需要使用一种掺杂了稀土元素铕（Eu）的超薄有机膜．经测量，
该薄膜的厚度非常薄，仅为0.0000405 毫米，数0.0000405 用科学记数法表示为 ．
3
13．（3 分）分式3a
a−1 −
3
a−1
的计算结果是 ．
14．（3 分）如图，在△ABC 中，AB 的垂直平分线分别交线段AB，BC 于点M，P，AC 的垂直平分线分
别交线段AC，BC 于点N，Q，BC＝10，△APQ 的周长为16，则PQ 的长度为 ．
15．（3 分）已知a+b＝m，ab＝n，下列结论：
①a2b+ab2＝mn；
②若m＝3，n＝2，则b
a + a
b = 5
2
；
③无论a，b 为何值，始终有m2≥4n；
④若关于x 的方程a+b
x
=
1
x−1
无解，则m＝0．
其中正确的有 （请填写序号）．
16．（3 分）如图，在△ABC 中，AC＝6，∠BAC＝90°，E，D 分别为边AB，AC 上的动点，且AE＝
CD，连接BD，CE．当CE+BD 取最小值时，S△BDC+S△AEC＝ ．
三、解答题（共8 小题，共72 分）
17．（8 分）计算：
（1）﹣4x2（3x+1）；
（2）（y+2）（y﹣2）+（y﹣3）2．
18．（8 分）分解因式：
（1）m2﹣4；
（2）3ax2﹣6ax+3a．
19．（8 分）先化简，再求值：(1+
1
x−2 )÷ x
2−1
2 x−4
，其中x＝4．
4
20．（8 分）如图，在△ABC 中，D 为边CB 上一点，F 为CB 延长线上一点，EF∥AC 交AB 的延长线于
点E，EF＝CD，CA＝FD．
（1）求证：△CAD≌△FDE；
（2）求证：CA＝CB．
21．（8 分）如图，是由边长为1 的小正方形组成的4×6 的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC
的三个顶点都是格点，且AB＝5，仅用无刻度直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示，
画图结果用实线表示．
（1）如图1，M 是边AB 上一点，先画出△ABC 的中线BD，再在线段BC 上画点N，使得∠BAN＝
∠BCM；
（2）如图2，H 是边BC 上一个格点，先画出△ABH 的高HE，再在射线HE 上画点F，使得AE＝
HF．
22．（10 分）甲、乙两辆汽车从A 地出发沿同一公路开往距离A 地420km 的B 地，甲车的平均行驶速度
是xkm/h，乙车的平均行驶速度比甲车的平均行驶速度多10km/h．
（1）若甲车和乙车同时出发，甲车到达B 地用时 h，乙车到达B 地用时
h，甲车用时是乙车用时的 倍；
（2）若甲车先行60km，乙车再出发，结果两车同时到达B 地．求甲车的平均行驶速度；
（3）若甲车和乙车同时出发，甲车行驶了akm（0＜a＜35）后发现遗漏了行李，立即原速返回A 地，
取得行李后立即掉头以原来平均行驶速度的1.2 倍赶往B 地（取行李、掉头的时间均忽略不计），结
果两车同时到达B 地．则甲车的平均行驶速度是 km/h．（用含a 的代数式表
示）．
5
23．（10 分）已知△ABC 是等腰直角三角形，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D 为边BC 上一点，过点B 作
BE⊥AD，交AD 的延长线于点E，连接CE，∠CAD＝n∠BAD．
（1）如图1，若n＝1，点F 为边AB 的中点，连接CF，交AD 于点G，连接BG．
①求∠BGE 的度数；
②猜想线段GE 与AD 的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若n＝2，点C 与点Q 关于AE 对称，连接QE 与AB 交于点P，PE＝a．请直接写出AP﹣
BP 的值．（用含a 的代数式表示）．
24．（12 分）已知，在平面直角坐标系中，点A（0，a），点B（b，0）分别在y 轴和x 轴的正半轴上，
且a，b 满足：a2﹣2at+t2+|b﹣t|＝0．点C 为边AB 上一点，连接OC．过点B 作BD⊥OC 于点D（m，
n），点E 在线段BD 上，∠COE＝45°，连接AE 交OC 于点F．
（1）直接写出△OAB 的形状；
（2）若点E 的坐标为（17，7），求点D 的坐标；
（3）①求证：BE＝2DF；
②△OFA 的面积＝ ．（用含m，n 的代数式表示）
6
2025-2026 学年湖北省武汉市青山区八年级（上）期末数学试卷
选择题、填空题答案速查
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
B
A
D
A
B
C
C
11.1 12.4.05×10﹣5 13.3 14.3 15.①②③ 16.18
选择题、填空题解法提示
10．解：∵a−2
a =3，
∴（a−2
a
）2＝9，
即a2﹣4+ 4
a
2 =9，
∴a2+ 4
a
2 =13，
∵a4+3a2x+4＝0，
∴3a2x＝﹣a4﹣4，
∴x=−1
3（a2+ 4
a
2）=−13
3 ，
故选：C．
16．解：如图，在AC 下方作CF⊥AC，且使得AC＝CF＝6，
则∠BAC＝∠DCF＝90°，AB∥CF，
又∵AE＝CD，
∴△ACE≌△CFD（SAS），
则S△AEC＝S△DCF，
∴CE＝FD，
7
则CE+BD＝FD+BD≥BF，
即当点D 在BF 上时，CE+BD 取得最小值，
此时，S△BDC + S△AEC = S△BDC + S△DCF = S△BCF = 1
2 CF ⋅AC = 1
2 ×6×6=18，
故答案为：18．
解答题参考答案
17．解：（1）原式＝﹣12x3﹣4x2；
（2）原式＝y2﹣4+（y2﹣6y+9）
＝y2﹣4+y2﹣6y+9
＝2y2﹣6y+5．
18．解：（1）m2﹣4＝（m+2）（m﹣2）；
（2）3ax2﹣6ax+3a＝3a（x2﹣2x+1）＝3a（x﹣1）2．
19．解：原式= x−2+1
x−2
•
2( x−2)
( x +1)( x−1)
= x−1
x−2•
2( x−2)
( x +1)( x−1)
=
2
x +1
，
当x＝4 时，原式=
2
4+1 = 2
5
．
20．证明：（1）∵EF∥AC，
∴∠C＝∠F，
在△CAD 和△FDE 中，
{
CD = EF
∠C =∠F
CA = FD
，
∴△CAD≌△FDE（SAS）；
（2）∵△CAD≌△FDE，
∴∠ADC＝∠DEF，AD＝DE，
∴∠DEA＝∠BAD，
∵∠ADC＝∠ABC+∠BAD，∠DEF＝∠FEB+∠DEA，
∴∠ABC+∠BAD＝∠FEB+∠DEA，
∴∠ABC＝∠FEB，
∵EF∥AC，
8
∴∠FEB＝∠CAB，
∴∠ABC＝∠CAB，
∴CA＝CB．
21．解：（1）如图1 中，线段BD，点N 即为所求；
、、
（2）如图2 中，线段HE，HF 即为所求．
22．解：（1）∵甲车的平均行驶速度是xkm/h，乙车的平均行驶速度比甲车的平均行驶速度多
10km/h，
∴乙车的平均行驶速度是（x+10）km/h，
∴甲车到达B 地用时420
x
h，乙车到达B 地用时420
x +10
h，
∴甲车用时是乙车用时的420
x ÷ 420
x +10 = x +10
x
倍．
故答案为：420
x
，420
x +10
，x +10
x
；
（2）根据题意得：420−60
x
= 420
x +10
，
解得：x＝60，
经检验，x＝60 是所列方程的解，且符合题意．
答：甲车的平均行驶速度为60km/h；
（3）根据题意得：a
x + a
x + 420
1.2 x = 420
x +10
，
解得：x= 10a+1750
35−a
，
经检验，x= 10a+1750
35−a
是所列方程的解，且符合题意，
∴
2a+ 420
420
x +10
=
2a+ 420
420
10a+1750
35−a
+10
= 10a+2100
35−a
（km/h），
9
∴甲车的平均行驶速度是10a+2100
35−a
km/h．
故答案为：10a+2100
35−a
．
23．解：（1）①∵AC＝BC，AF＝BF，
∴CF⊥AB，
∴AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠GAB= 1
2
∠CAB＝22.5°，
∴∠GAB＝∠GBA＝22.5°，
∴∠BGE＝∠GAB+∠GBA＝45°；
②GE= 1
2
AD，
理由如下：延长BE、AC 交于点H，如图，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝∠AEH＝90°，
∵AD 平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠HAE，
在△BAE 和△HAE 中，
{
AEB =∠AEH
AE = AE
∠BAE =∠HAE
，
∴△BAE≌△HAE（ASA），
10
∴BE＝HE= 1
2
BH，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCH＝180°﹣∠ACB＝90°＝∠ACD，
∴∠CBH＝90°﹣∠H＝∠CAD，
在△BCH 和△ACD 中，{
∠BCH =∠ACD
BC = AC
∠CBH =∠CAD
，
∴△BCH≌△ACD（ASA），
∴BH＝AD，
∴BE= 1
2
AD，
∵∠BGE＝45°，∠BEG＝90°，
∴BE＝GE，
∴GE= 1
2
AD；
（2）如图，过C 作CK⊥CE 交AE 于点K，
则∠ACB＝∠KCE＝90°，
∴∠ACK＝∠BCE＝90°﹣∠BCK，
∵∠ACD＝∠AEB＝90°，∠ADC＝∠BDE，
∴∠CAK＝∠CBE，
∵AC＝BC，
∴△ACK≌△BCE（ASA），
∴CK＝CE，∴∠CEA＝45°，
当n＝2 时，则∠CAD＝2∠BAD，
∵∠CAD+∠BAD＝45°，
∴∠BAD＝15°，∠CAD＝30°，
11
如图，连接CQ、CP，
由对称可知AC＝AQ，∠CAD＝∠QAD＝30°，∠CEA＝∠QEA＝45°，
∴∠CAQ＝60°，∠PAQ＝15°，
∴△ACQ 为等边三角形，
∴AE＝CQ，∠AQC＝60°，
∵∠CEA＝∠QEA＝45°，
∴∠CEP＝90°，∠EPB＝∠BAD+∠QPE＝60°，
∴∠APQ＝60°，
在PA 上截取PM＝PQ，连接MQ，
则△PMQ 为等边三角形，
∴MQ＝PQ，∠PQM＝60°＝∠AQC，
∴∠AQM＝∠CQP，
∵AQ＝CQ，QM＝QP，
∴△AQM≌△CQP（SAS），
∴AM＝CP，∠QAM＝∠QCP＝15°，
∴∠BCP＝∠BCA﹣∠ACQ﹣∠QCP＝15°，
∴∠QCP＝∠BCP，
∵CQ＝CA＝CB，CP＝CP，
∴△QCP≌△BCP（SAS），
∴PQ＝PB＝PM，∠CPQ＝∠CPB，
∴AP﹣BP＝AP﹣PM＝AM＝CP，
∵∠CPQ＝∠CPB，∠EPB＝∠APQ＝60°，
∴∠CPE＝∠ACP＝60°，
在Rt△PCE 中，∠PCE＝90°﹣∠CPE＝30°，PE＝a，
∴CP＝2a，则AM＝2a，
∴AP﹣BP＝2a．
12
24．解：（1）∵a2﹣2at+t2+|b﹣t|＝（a﹣t）2+|b﹣t|＝0，
∴a﹣t＝0，b﹣t＝0，
解得a＝t，b＝t，
∴A（0，t），B（t，0），
即OA＝OB，
∴△OAB 为等腰直角三角形；
（2）方法一：如图，过D 作MN⊥x 轴交y 轴于点M，过E 作EN⊥MN 于点N，则∠OMD＝∠DNE＝
90°，
∵BD⊥OC，
∴∠CDE＝90°，
∴∠ODM＝∠DEN＝90°﹣∠NDE，
∵∠COE＝45°，
∴△CDE 为等腰直角三角形，
∴OD＝DE，
在△OMD 和△DNE 中，{
∠OMD =∠DNE
∠ODM =∠DEN
OD = DE
，
∴△OMD≌△DNE（AAS），
∴OM＝DN＝n，DM＝EN＝m，
∴E（17，7），
∴{
n+m=17
n−m=7 ，解得{
m=5
n=12，
∴D（5，12）；
方法二：将△ODE 关于OD 对称得到△ODM，过M、E 分别作MN⊥x 轴、EH⊥x 轴，
13
∴△ODE≌△ODM，
∴∠DOE＝∠DOM＝45°，OE＝OM，即∠EOM＝90°，
∴∠MON+∠EOH＝90°，
又∠OEH+∠EOH＝90°，
∴∠OEH＝∠MON，
在△OEH 和△MON 中，
{
∠OHE =∠MNO
∠OEH =∠MON
OE =OM
，
∴△OEH≌△MON（AAS），
∵E（17，7），
∴OH＝MN＝17，EH＝ON＝7，即M（﹣7，17），
由对称可知D 为EM 中点，则D( 17−7
2
，7+17
2
)，
即D（5，12）；
（3）①证明：过A 作AH⊥OC，交OC 延长线于点H，
则∠H＝∠ODB＝90°＝∠AOB，
∴∠AOH＝∠OBD＝90°﹣∠BOD，
∵OA＝OB，
14
∴△AOH△OBD（AAS），
∴OH＝BD，AH＝OD，
∵OD＝DE，
∴DH＝BF，
∵∠AHF＝∠EDF＝90°，∠AFH＝∠EFD，AH＝OD＝DE，
∴△AFH≌△EFD（AAS），
∴DF＝FH= 1
2
DH，即DH＝2DF，
∴BE＝2DF；
②由（2）可得E（m+n，n﹣m），
由D、E、B 三点共线可得B（m
2+n
2
m
，0），
∴OA＝OB= m
2+n
2
m
，
由①可得△AFH≌△EFD，
∴AF＝EF，
∴S△OFA= 1
2S△OEA= 1
2 × 1
2OA•xE= (m
2+n
2)(m+n)
4 m
．
故答案为：(m
2+n
2)(m+n)
4 m
．
