山东省烟台市烟台经济技术开发区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题(含答案)

这是一份山东省烟台市烟台经济技术开发区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题(含答案)，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．把多项式因式分解正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若分式有意义时，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．在“全民读书月”活动中，小明调查了班级里40名同学本学期购买课外书的花费情况，并将结果绘制成如图所示的统计图，则这40名同学购买课外书花费的众数和中位数分别为（ ）
A．30元，30元B．30元，50元C．50元，50元D．50元，80元
5．正n边形的每个内角都是，则n的值是（ ）
A．3B．4C．6D．8
6．平行四边形中，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
7．平面直角坐标系中，将点A（1,2）绕点P（-1,1）顺时针旋转90°到点处，则该点的坐标为( )
A．(-2，3)B．(0，-1)C．(1，0)D．(-3，0)
8．若关于x的分式方程＝1有增根，则m的值为（ ）
A．B．C．2D．3
9．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，沿x轴向右平移后得到，且点A的对应点在直线上一点，则点B与其对应点间的距离（ ）
A．B．1C．D．2
10．如图，点E，F分别是菱形边的中点，交的延长线于点G．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．因式分解：= ．
12．有一组数据如下：92，93，a，94，95，它们的平均数是93，则这组数据的方差是 ．
13．如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，的度数为 ．
14．如图，在中，D分别是的中点，是上一点，连接若，则的长度为 ．
15．如图，在中，分别是的中点，P是上任意一点，的面积为S，那么面积为 ．
16．如图，正方形中，点E，F分别在边，上，于点G，若，，则的长为 ．
三、解答题
17．计算：
(1)；
(2)．
18．如图，在中，点E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接．判断四边形的形状，并证明你的结论．

19．如图，在中，的平分线交于点的平分线交于点F，交于点G，．求的长度．
20．列方程解应用题．
春节临近，某超市预购进甲、乙两种礼盒，用400元购进的甲种礼盒的数量是用240元购进的乙种礼盒的数量的2倍，每件乙种礼盒的进价比甲种礼盒的进价贵10元．求甲、乙两种礼盒每件的进价．
21．如图，M是正方形的边上一点，E是边的中点，平分．
(1)如图1，写出线段和之间的数量关系_______；
(2)若四边形是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断（1）中的关系式是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
22．如图，在中，E，F分别是和的中点，连接和，过点A作交的延长线于点G．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当点B是中点时，求证：四边形是菱形；
(3)在（2）的条件下，不增加辅助线，再增加一个什么条件，能使四边形是正方形？写出这个条件．
参考答案：
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义分析求解即可得．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，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，这个点叫做对称中心，掌握上述知识点是解答本题的关键．
2．D
【分析】本题主要考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法，准确计算．先提公因式，然后再用平方差公式进行计算即可．
【详解】解：．
故选：D．
3．A
【分析】本题主要考查分式有意义的条件，判断一个分式是否有意义，应考虑分母上字母的取值，字母的取值不能使分母为零；要使分母有意义，则分母不能为0，据此条件解得x的取值．
【详解】∵分式有意义，
∴的取值范围为．
故选：A．
4．B
【分析】众数就是出现次数最多的数，据此即可判断；中位数就是数据从小到大排列后，处于中间位置的数或中间两数的平均数，根据定义判断即可．
【详解】解：∵购买课外书花费30元的有12人，人数最多，
∴众数是30元；
把这些数从小到大排列，最中间的两个数是第20和第21个数，都是50元，
则中位数是（元）；
故选：B．
【点睛】本题考查了中位数和众数的定义，解题关键是理解中位数和众数的意义，准确判断．
5．C
【分析】根据内角求出外角，利用外角和求出边数．
【详解】解：∵正n边形的每个内角都是，
∴每一个外角都是，
∵多边形外角和为，
∴多边形的边数为，
故选C．
【点睛】此题考查了多边形内角和与外角和，正确掌握正多边形内角与外角的关系及外角和是是解题的关键．
6．D
【分析】根据平行四边形的性质得到，，即可求解．
【详解】解：如图，∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：D．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的性质是解题的关键．
7．B
【分析】建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点A′的坐标即可．
【详解】建立平面直角坐标系如图所示,点A′的坐标为(0,−1).
故选B.
【点睛】本题考查点的旋转变换，根据题意作出图形是关键.
8．B
【分析】考查了分式方程的增根，增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母，得到，然后代入化为整式方程的方程算出的值．
【详解】解：方程两边同乘以，得①，
∵原方程有增根，
即．
把代入①，得
故选：B．
9．D
【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．根据平移的性质知．由一次函数图象上点的坐标特征可以求得点的坐标，所以根据两点间的距离公式可以求得线段的长度，即的长度．
【详解】解：如图，连接、．
∵点的坐标为，沿轴向右平移后得到，
∴点的纵坐标是3．
又∵点在直线上一点，
∴，解得．
∴点的坐标是，
∴．
∴根据平移的性质知．
故选：D．
10．C
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图，延长交的延长线于．证明，利用直角三角形斜边中线的性质，可得，再求出，证明，即可求出，即可解决问题．
【详解】解：如图，延长交的延长线于．
∵四边形是菱形，点E是的中点，
在和中，
是的中点，
故选：C．
11．
【分析】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．先提取公因式，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：．
【详解】解：
故答案为：．
12．2
【分析】本题考查方差的定义与意义：一般地设个数据，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．先由平均数计算出的值，再计算方差，一般地设个数据，的平均数为，，则方差
【详解】解：，
，
故答案为：2．
13．/75度
【分析】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题关键是找准旋转角，利用旋转的性质等量转化角或线段．根据旋转的性质和等腰三角形的性质，求出和度数，利用三角形外角的性质即可．
【详解】解：∵将绕点C顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴．
故答案为：．
14．12
【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理、直角三角形的性质等几何知识点及其应用问题；牢固掌握三角形的中位线定理、直角三角形的性质等几何知识点是解题的基础和关键．先证明，继而得到；再证明为的中位线，即可解决问题．
【详解】解：∵是的中点，
∴中，，
∴；
∵分别是的中点，
∴为的中位线，
∴，
故答案为：12．
15．
【分析】本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积，解题的关键是利用中位线定理，证得是的一半，是的一半．作于，交于，根据三角形中位线定理得出，进而证得，然后利用三角形面积公式即可求得，即可求解．
【详解】解：如图，作于，交于，
∵、分别是、的中点，
，
的面积为S，
面积为，
故答案为：．
16．/
【分析】证明，得，，根据三角形面积求出，再求出即可．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积的计算，证明是解本题的关键．
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了分式混合运算，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算．
（1）根据积的乘方，分式乘法和除法运算法则进行计算即可；
（2）根据分式乘除运算法则进行计算即可．
【详解】（1）解：
．
（2）解：
．
18．四边形是平行四边形
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．利用平行四边形的性质，即可判定，即可得到，再根据，即可得出四边形是平行四边形；
【详解】解：四边形是平行四边形，理由如下：
证明：∵四边形是平行四边形，
点E是边的中点，
又
又
∴四边形是平行四边形．
19．
【分析】本题考查了平行四边形性质，角平分线性质，等腰三角形的性质和判定等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，题目比较典型，难度适中．根据平行四边形的性质可得：，，根据平行线性质和角平分线的定义求出，推出，同理求出，即可证明，即可求解．
【详解】∵四边形是平行四边形，
平分平分
，
即，
20．甲种纪念品每件的进价为50元，乙种纪念品每件的进价为60元
【分析】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出分式方程；设甲种纪念品每件的进价为元，则乙种纪念品每件的进价为元，由题意：用400元购进的甲种纪念品的数量是用240元购进的乙种纪念品的数量的2倍，列出分式方程，解方程即可；
【详解】解：设甲种纪念品每件的进价为元，则乙种纪念品每件的进价为元，
由题意得：，
计算：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，则，
答：甲种纪念品每件的进价为50元，乙种纪念品每件的进价为60元．
21．(1)
(2)结论仍然成立，证明见解析
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定等知识，考查了基本模型的构造(平行加中点构造全等三角形)，综合性比较强，添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长、交于点，如图，证，从而有，只需证明即可．
（2）延长、交于点，证，再证即可．
【详解】（1）解：延长、交于点，如图，
∵四边形是正方形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∵E是的中点，
∴
在和中，
故；
（2）结论仍然成立．
证明：延长、交于点，如图
∵四边形是矩形，
平分
在和中，
22．(1)见解析
(2)见解析
(3)增加条件：在中，
【分析】（1）由四边形是平行四边形得出且，然后由中点的性质得出，然后利用一组对边平行且相等即可证明四边形是平行四边形；
（2）先由平行四边形的性质得出且，然后证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形对角相等得出，再根据直角三角形斜边中线的性质得出，即可证明平行四边形是菱形；
（3）增加条件：在中，，根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质，证明，得出四边形是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴且，
∵E，F分别是和的中点，
∴，，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：连接，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴且，
∵点B是中点，
∴，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴，
又∵E是中点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
（3）解：增加条件：在中，，理由如下：
根据解析（2）可知，，
在中，根据勾股定理得：
，
即，
∵E是中点，
∴，
∴，
∴菱形为正方形．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定性质，正方形的判定，掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．