江苏省南京市玄武区第九初级中学2021-2022学年八年级下学期期中数学试题（含答案）

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江苏省南京市玄武区第九初级中学2021-2022学年八年级下学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．
【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．
2．如果把分式中的，同时变为原来的倍，那么该分式的值（    ）
A．扩大为原来的倍 B．缩小为原来的 C．缩小为原来的 D．不变
【答案】B
【分析】利用分式的基本性质即可求解．
【详解】解：把分式中的，同时变为原来的倍结果为：
，
是原来的．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质：分式的分子分母同时乘以一个不为的数或式，分式的值不变．
3．今年我市有4万名学生参加中考，为了了解这些考生的数学成绩，从中抽取2000名考生的数学成绩进行统计分析．在这个问题中，下列说法正确的是(　　　)
A．这4万名考生的全体是总体 B．每个考生是个体
C．2000名考生是总体的一个样本 D．样本容量是2000
【答案】D
【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象，从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【详解】A．这4万名考生的数学成绩是总体，此选项错误；
B．每个考生的数学成绩是个体，此选项错误；
C．2000名考生的数学成绩是总体的一个样本，此选项错误；
D．样本容量是2000，此选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了总体、个体、样本、样本容量的概念，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．
4．如图，四边形中，与不平行，，分别是、的中点，，，则的长可能是(    )

A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【分析】连接，取的中点，连接、，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据三角形的任意两边之和大于第三边得出，即可得出结果
【详解】解：如图，连接，取的中点，连接、，

点，分别是、的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，
，
由三角形的三边关系，，
，
，
；
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的三边关系；根据不等关系考虑作辅助线，构造成以为一边的三角形是解题的关键．
5．某市地铁修建工程中，需铺设一条2000米的钢轨，施工队原计划每天铺设x米，为减少工程周期，实际每天比原计划多铺设150米，结果提前三天完工，用方程表示问题中的数量天系为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意列分式方程即可．
【详解】解：∵实际每天比原计划多铺设150米，且施工队原计划每天铺设x米，
∴施工队实际每天铺设米．
依题意得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了分式方程的运用，理解题意并列出方程是解决本题的关键．
6．如图，在矩形中，，，点在边上，且，为边上的一个动点，连接，以为边作正方形，且点在矩形内，连接，则的最小值为(    )．

A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】过点作于点，过点作，分别与、交于点、点，证明，得，，设根据勾股定理用表示，进而求得的最小值．
【详解】解：过点作于点，连接，

四边形是正方形，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
设则

，
当时，有最小值为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是证明三角形全等，确定点运动的轨迹．

二、填空题
7．若分式的值为0，则x的值为____________．
【答案】
【分析】根据分式的值为零的条件：分母不为零，分子为零，即可求出x的值．
【详解】解：根据分式的值为零的条件可得：
，
可得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的值为零的条件，熟知当分式的分母不为零，分子为零时，分式的值为零是解答本题的关键．
8．如图，四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD，请你添加一个适当的条件_______，使ABCD成为菱形（只需添加一个即可）

【答案】OA=OC（答案不唯一）．
【详解】解：添加条件OA=OC即可；
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故答案为：OA=OC（答案不唯一）
9．已知，则_______________．
【答案】
【分析】根据分式的加减运算化简，然后将已知等式整体代入即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求分式的值，分式的加减运算，掌握分式的加减运算法则是解题的关键．
10．如图，将△ABC绕点A旋转到△AEF的位置，点E在BC边上，EF与AC交于点G．若∠B＝70°，∠C＝25°，则∠FGC＝___°．

【答案】65
【分析】根据旋转前后的图形全等，可推出∠BAE=∠FAG=40°，∠F=∠C=25°，根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：由旋转的性质可得：AB=AE，∠BAC=∠EAF，
又∵∠B＝70°，
∴∠BAE=180°-2×70°=40°，
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠FAG=40°，
∵△ABC≌△AEF，
∴∠F=∠C=25°，
∴∠FGC=∠FAG+∠F=40°+25°=65°，
故答案为：65．
【点睛】本题考查了旋转的性质，把握对应相等的关系是解题关键．
11．如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝5，点D，E分别是AB、BC的中点，连接DE、CD，如果DE＝6，那么△ABC的周长是________．

【答案】30
【详解】根据三角形中位线定理求出AC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵点D，E分别是AB、BC的中点，DE＝6，
∴AC＝2DE＝12，
∴△ABC的周长＝AB＋BC＋AC＝13＋5＋12＝30，
故答案为：30．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
12．关于的方程有增根，则的值是______．
【答案】－6
【分析】先去分母，把分式方程转化为整式方程，然后再根据增根问题可求解．
【详解】解：由去分母可得：，
∵方程有增根，
∴，
∴，
∴；
故答案为-6．
【点睛】本题主要考查分式方程增根问题，熟练掌握分式方程增根的问题是解题的关键．
13．已知四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，且AC=10，BD=8，那么顺次连接四边形ABCD各边中点所得到的四边形面积为____．
【答案】20
【分析】根据四边形的对角线、互相垂直，、、、分别为四边形各边的中点，求证四边形为矩形和．的长，然后即可求出四边形的面积．
【详解】解：如图，

四边形的对角线、互相垂直，
、、、分别为四边形各边的中点，
四边形为矩形，
，且，
，
，
同理，
则四边形的面积为．
故答案为：20．
【点睛】此题主要考查中点四边形和三角形的面积，熟悉相关性质是解题的关键．
14．如图，四边形ABCD为菱形，，延长BC到E，在内作射线CM，使得，过点D作，垂足为F，若，则对角线BD的长为______．

【答案】6
【分析】连接AC交BD于H，证明，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【详解】解：如图，连接AC交BD于点H，

由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，
又∵∠ECM=30°，
∴∠DCF=50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD=90°，
∴∠CDF=40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴（AAS），
∴DH=DF=3，
∴DB=2DH=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．
15．如图，在一张矩形纸片中，，，点分别在，上，将矩形沿直线折叠，点落在边上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②线段的取值范为；③；④当点与点重合时，，其中正确的结论是________．

【答案】①②④
【分析】①先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②点与点重合时，设表示出利用勾股定理列出方程求解得到的最小值，点与点重合时，，求出，然后写出的取值范围，判断出②正确；
③假设，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后求出只有时平分，判断出③错误；
④过点作于，求出，再利用勾股定理列式求解得到，判断出④正确．
【详解】解：①与，与都是原来矩形的对边、的一部分，
∴，
四边形是平行四边形，
由翻折的性质得，，
四边形是菱形，
故①正确；
②点与点重合时，设则
在中，，
即，
解得，
点与点重合时，，
，
线段的取值范围为，
故②正确；
③如图，过点作于， 设交于点，
四边形是菱形，
，
若，则
则平分，
∴
∴，
即只有时平分，故③错误；

则，
由勾股定理得，
，
故④正确．
综上所述，结论正确的有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接，．将线段绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好在y轴正半轴上，点的坐标为 _____．

【答案】
【分析】如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T．解直角三角形求出，，再利用面积法求出，可得结论．
【详解】解：如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T，

∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．

三、解答题
17．（1）
（2）先化简，然后从的围内选取一个合适的整数为的值代入求值．
【答案】（1）；（2），当时，原式；当时，原式
【分析】（1）根据分式的混合运算进行计算即可求解；
（2）根据分式的混合运算进行计算，根据分式有意义的条件取的值，代入化简结果进行计算即可求解．
【详解】解：



；
（2）


，
∵，，且为整数，
∴当时，原式，
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的混合运算与化简求值，掌握分式的运算法则是解题的关键．
18．（1）                
（2）
【答案】（1）无解；（2）
【分析】（1）方程两边同时乘以，化为整式方程，解方程即可求解，最后要检验；
（2）方程两边同时乘以，化为整式方程，解方程即可求解，最后要检验．
【详解】（1）解：
方程两边同时乘以：，
即，
∴，
解得：，
当时，，
∴是原方程的增根，原方程无解；
（2）解：
方程两边同时乘以：
即，
解得：，
当时，，
∴是原方程的解．
【点睛】本题考查了解分式方程，找到公分母是解题的关键．
19．在一个不透明的口袋里装有个相同的红球，为了用估计绕中红球的数量，八（）学生在数学实验分组做摸球试验：每将个与红球大小形状完全相同的白球装入袋中，搅匀后从中随机摸出一个并记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下表是统计汇总各小组数据后获得的全班数据统计表：
摸球的次数






摸到白球的频数






摸到白球的频率







(1)按表格数据格式，表中的_______，________；
(2)请估计：当次数很大时，摸到到白球的频率将会接近_________（精确到；
(3)请推算：摸到红球的概率是_________（精确到；
(4)根据（3）中结果，试估算：这个不透明的口袋中红球的数量的值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）根据频率频数样本总数分别求得、的值即可；
（2）从表中的统计数据可知，摸到白球的频率稳定在左右；
（3）摸到红球的概率为；
（4）根据红球的概率公式得到相应方程求解即可；
【详解】（1），；
故答案为：，；
（2）当次数很大时，摸到白球的频率将会接近；
故答案为： ；
（3）摸到红球的概率是；
故答案为： ；
（4）设红球有个，根据题意得：
解得：，经检验是原方程的解，
故答案为： ．
【点睛】考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．组成整体的几部分的概率之和为．
20．为增强学生环保意识，科学实施理类管理，某中学举行了“垃圾分类知识竞赛”．首轮每位学生答题39题，随机抽取了部分学生的竞赛成绩绘制了如下不完整的统计图表：
组别
正确个数
人数


10


15


25








根据以上信息完成下列问题：
（1）统计表中的_______，_______；
（2）请补全条形统计图；
（3）已知该中学共有1500名学生，如果答题正确个数不少于32个的学生进入第二轮的比赛，请你估计本次知识竞赛全校顺利进入第二轮的学生人数有多少个?
【答案】（1）30，20；（2）见解析；（3）300人
【分析】（1）根据频数、频率、总数之间的关系可求出调查总数，进而求出D组、E组的频数，调查答案；
（2）根据频数可补全条形统计图；
（3）求出答题正确个数不少于32个的学生所占得百分比即可．
【详解】解：（1）调查总数为：15÷15%=100（人），
m=100×30%=30（人），
n=100-10-15-25-30=20，
故答案为：30，20；
（2）补全统计图如下：

（3）1500×=300（人），
答：全校顺利进入第二轮的学生大约有300人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图，理解两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
21．如图，E、F是四边形对角线上两点，，．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见解析
【分析】利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等，得到， ，从而进一步得到，即可由平行四边形的判定定理得出结论．
【详解】证明： ∵，
．
，
，即，
在和中，
，
，
，，
．
四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
22．在抗击“新型冠状病毒”期间，某车间接受到一种抗疫物资的加工任务，该任务由甲、乙两人来完成，甲每天加工的数量是乙每天加工数量的1.2倍，现两人各加工600件这种物资，甲比乙少用2天，求甲，乙两人每天各加工多少件这种物资？
【答案】甲每天加工60件这种物资，乙每天加工50件这种物资．
【分析】设乙每天加工件，则甲每天加工件，由题意：现两人各加工600件这种物资，甲比乙少用2天，列出分式方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设乙每天加工件，则甲每天加工件，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
．
答：甲每天加工60件这种物资，乙每天加工50件这种物资．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23．（1）如图1，点E为中边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺在上找一点F，使得．
（2）如图2，正方形中，点E为对角线上一点，请你仅用无刻度的直尺画一个菱形，使得为菱形的一边．

【答案】（1）见解析
（2）见解析
【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求；
（2）连接交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，四边形即为所求．
【详解】解：（1）如图1中，点即为所求；

∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）如图2中，四边形即为所求．

∵正方形，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，正方形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题关键是掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．
24．如图，已知垂直平分，，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；
（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
，
如图，设交于点，

设则

即
解得：，即，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
25．如图1，，、、为铅直方向的边，、、为水平方向的边，点在、之间，且在、之间，我们称这样的图形为“图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“图形”的等积线．

(1)下列四副图中，直线是该“图形”等积线的是_________(填写序号)

(2)如图2，直线是该“图形”的等积线，与边、分别交于点、，过中点的直线分别交边、于点、，则直线 (填“是”或“不是”)该图形的等积线．
(3)在图3所示的“图形”中，，，．
①若，在下图中画出与平行的等积线l(在图中标明数据)
②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边、分别交于、，求的最大值；
③如果存在与水平方向的两条边、相交的等积线，则的取值范围为 ．
【答案】(1)①②③
(2)是
(3)①1；②；③

【分析】（1）如图，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，由此可直接进行判断；
（2）如图2，证明，根据割补法可得直线是图形的面积平分线；
（3）①如图4，先计算图形的面积，可得出矩形的面积，由此可得出的长；
②如图5，根据面积平分线可知梯形的面积为，根据面积公式列式可得的长，根据勾股定理可得的最大值；
③如图6，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得的取值．
【详解】（1）解：根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，
∴直线是该“图形”等积线的是①②③；
故答案为：①②③；
（2）如图2，

，
，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，
，
即，
，
即，
直线是图形的等积线．
故答案为：是；
（3）①图形的面积，
延长交于点，
，
若是图形的面积平分线，且，点必然在线段上，如图所示，
矩形的面积，
，

②如图，当与重合时，最大，过点作于，

是图形的面积平分线，
梯形的面积，
即，
，
，
，
由勾股定理得：；
即的最大值是；
③在与水平方向的两条边、相交的等积线，
如图，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长交于，延长交于，

则，
即，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
26．数学活动课上，王老师带领同学们探索平行四边形的旋转，研究的路径是从特殊到一般．研究发现，在旋转的某些特殊时刻，图形具有特殊的性质．
(1)如图1，矩形中，，，将矩形绕点旋转，当经过点，连接，线段D的长度为______________．
(2)如图2，菱形绕点旋转，当与共线时，延长、交于点，判断四边形的形状并说明理由．
(3)如图3，将绕点旋转．
①当点落在边上时，小明发现点也恰好在直线上，王老师提供了如下思路，请完成此图表．

②若，，，连接，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)①图4中①为：②为：；②

【分析】（1）由矩形的性质得，，，再由旋转的性质得，，，，，然后由勾股定理得，则 ，即可解决问题；
（2）先证四边形是平行四边形，再证，得，然后由菱形的判定即可得出结论；
（3）①连接，证四边形是平行四边形，得，再证、、共线，即可得出结论；
②过点作，交延长线于，证是等边三角形，得，，则，再证，即可解决问题．
【详解】（1）如图，

∵四边形是矩形，
，，，
由旋转的性质得：，，，，，
在中，由勾股定理得：

，
在中，由勾股定理得：

故答案为：．
（2）四边形是菱形，理由如下：
菱形绕点旋转，'与共线，
，，，，，
四边形是平行四边形，
，即，
在和中，
，
∴，
，
四边形是菱形；
（3）①如图3，连接，

由旋转的性质得：，，，
和都是等腰三角形，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形由四边形旋转而成，
四边形是平行四边形，
，
又，
、、共线，
图中①为：，图中②为：；
②如图，过点作，交延长线于，

，，
是等边三角形，
，，
，
由旋转的性质得：，，
，则，
在中，，，
，
在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质好旋转的性质是解题的关键．