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江苏省南京市鼓楼区育英外国语学校2022-2023学年八年级下学期第一次月考八年级数学试题（3月份）（原卷版+解析版）
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一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 下列调查中，最适合抽样调查的是（ ）
A. 调查某校七年级一班学生的课余体育运动情况
B. 调查某班学生早餐是否有喝牛奶的习惯
C. 调查某种面包的合格率
D. 调查某校足球队员的身高
【答案】C
【解析】
【分析】根据调查对象的范围选取合适的调查方法．
【详解】解：A、七年级一班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
B、某班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
C、某种面包的合格率，宜用抽样调查，符合题意；
D、某校足球队员的身高，宜用全面调查，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了抽样调查、全面调查的应用，遵循定义和适用范围是解决本题的关键．
2. 为了记录一个病人的体温变化情况，应选择的统计图是（ ）
A. 条形统计图B. 扇形统计图C. 折线统计图D. 频数分布直方图
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意中的“变化情况”直接选择折线统计图．
【详解】为了记录一个病人的体温变化情况，
应选择的统计图是折线统计图，
故选C．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，折线统计图，频数直方图的概念，根据实际选择合适的统计图，根据题意中的“变化情况”选择统计图是解题的关键．折线统计图用折线的起伏表示数据的增减变化情况不仅可以表示数量的多少，而且可以反映数据的增减变化情况．
3. 下图是甲、乙两户居民家庭全年支出费用的扇形统计图．
根据统计图，下面对全年食品支出费用判断正确的是（ ）
A. 甲户比乙户多B. 乙户比甲户多
C. 甲、乙两户一样多D. 无法确定哪一户多
【答案】D
【解析】
【详解】由于不知道两户居民的全年的支出总费用是否相等，所以无法判断全年食品支出费用的情况，故选D
4. 小明和同学做“抛掷质地均匀的硬币试验”，获得的数据如下表：
若抛掷硬币的次数为3 000，则“正面朝上”的频数最接近（ ）
A. 1 000B. 1 500C. 2 000D. 2 500
【答案】B
【解析】
【分析】根据表格估计出频率，再乘以3000即可得出答案．
【详解】观察表格发现：随着实验次数的增加，正面朝上的频率逐渐稳定到0.5附近，
∴抛掷硬币的次数为3000，则“正面朝上”的频数最接近3000×0.5=1500（次），
故选：B．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，掌握知识点解题关键．
5. 如图，与关于点成中心对称，下列结论中不成立的是（ ）
A. B.
C. 点的对称点是点D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．
【详解】解：与关于点成中心对称，
，，点的对称点是点，，
故A，C，D正确，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．
6. 能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是( )
A. AB∥CD，AD=BCB. ∠A=∠B，∠C=∠D
C. AB∥CD，∠C=∠AD. AB=AD，CB=CD
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件结合平行四边形的性质直接作出判断即可．
【详解】解：根据平行四边形的判定可知：
A、若AB∥CD，AD=BC，则可以判定四边形是梯形，故A错误，
B、两组邻角相等也有可能是等腰梯形，故B错误．
C、∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠C=∠A，
∴∠B+∠A=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形的条件，故C正确．
D、此条件下无法判定四边形的形状，还可能是等腰梯形，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定的知识点，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理，此题基础题，比较简单．
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B. 平行四边形的对角互补
C. 有两组对角相等的四边形是平行四边形
D. 平行四边形的对角线平分每一组对角
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的判定与性质分别对各个说法进行判断即可．
【详解】解：A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形或平行四边形，
∴A错误，不符合题意；
B．平行四边形的对角相等，
∴B错误，不符合题意；
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴C正确，符合题意；
D．平行四边形的对角线互相平分但不一定平分每一组对角，
∴D错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的评定方法是解题的关键．
8. 用反证法证明：“若，则”，应先假设（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，结论的反面成立，即可得出答案．
【详解】解：用反证法证明：“若，则”，应先假设．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了反证法，要掌握一些常见结论的否定方法．如“大于”的否定是“不大于或小于等于”，“小于”的否定是“不小于”等等．
9. 如图，的对角线，相交于点，若，，则的长可能是（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，，再利用三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴在中，，
即，
∴的长可能是．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形三边关系．掌握平行四边形的性质和三角形三边关系是解题的关键．
10. 如图，已知菱形ABCD与菱形AEFG全等，菱形AEFG可以看作是菱形ABCD经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移，旋转，翻折的性质等知识一一判断即可．
【详解】解：将菱形ABCD向右平移至点B与点G重合，然后以点G为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；故①符合题意；
将菱形ABCD向右平移至点C与点F重合，然后以过点F的垂线为对称轴翻折即可得到菱形AEFG；故②符合题意；
将菱形ABCD以点A为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；
设直线BD、GE相交于点O，将菱形ABCD以点O为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；
但旋转中心只有点A和点O两个个，故③不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查平移，旋转，翻折等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共10小题，每题2分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11. 写出一个是中心对称而不是轴对称图形的名称：______．（答案不唯一）
【答案】平行四边形（答案不唯一）
【解析】
【分析】考查了轴对称图形和中心对称的概念，根据轴对称图形的概念与中心对称图形的概念，在熟悉的图形中寻找即可找到答案，注意：有偶数条对称轴的轴对称图形一定是中心对称图形，有奇数条对称轴的轴对称图形一定不是中心对称图形．
【详解】解：由平行四边形的性质可知，平行四边行是中心对称图形而不是轴对称图形，
故答案为：平行四边形（答案不唯一）．
12. 为了解我市2018年中考数学的情况，从全市4.78万考生中抽取了1000名考生的数学成绩进行分析，在这个问题中样本是_______．
【答案】抽取的1000名考生的数学成绩
【解析】
【分析】样本是总体中所抽取的一部分个体，据此进行解答即可.
【详解】为了解我市2018年中考数学的情况，从全市4.78万考生中抽取了1000名考生的数学成绩进行分析，在这个问题中样本是抽取的1000名考生的数学成绩，
故答案为抽取的1000名考生的数学成绩.
【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．
13. 将一个正十边形绕其中心至少旋转____°就能和本身重合．
【答案】36
【解析】
【详解】试题分析：多边形每个中心角为：=36°，该图形绕其中心至少旋转36°和本身重合．
考点：旋转对称图形
14. 如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是_____；（填“＞”或“＜”或“=”）
【答案】
【解析】
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积，
∴．
故答案为．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
15. 如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_____．
【答案】（﹣5，4）
【解析】
【分析】首先由A、B两点坐标，求出AB的长，根据菱形的性质可得AD=CD=AB，从而可得到点C的横坐标；接下来在△AOD中，利用勾股定理求出DO的长，结合上面的结果，即可确定出C点的坐标.
【详解】解：由题知A（3,0），B（-2,0），D在y轴上，
∴AB=3-（-2）=5，OA=3，BO=2
由菱形邻边相等可得AD=AB=5
在Rt△AOD中，由勾股定理得：
OD==4
由菱形对边相等且平行得CD=BA=5
所以C（-5,4）．
故答案为：（﹣5，4）．
【点睛】本题考查了菱形性质及坐标与图形的性质，解题的关键是运用勾股定理求出OD的长．
16. 如图，是的高，，，则满足条件________ 时，四边形是菱形．
【答案】或
【解析】
【分析】由以及，可得四边形为平行四边形，如，则四边形为菱形，则添加条件：．
【详解】解：需加条件，这样可根据三线合一的性质，得出D是BC的中点，DE平行且等于AF，则为平行四边形，又可得，则四边形为菱形.
则添加条件：.
当时，四边形是菱形.
故答案为或.
【点睛】本题考查的知识点是菱形的判定，解题关键是利用三线合一性质和中位线定理进行解答.
17. 如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握各性质并利用勾股定理是解题的关键
先利用勾股定理求出的长，然后证明，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：矩形四边形为矩形，对角线、交点
，，，
在中
，
解得，
故答案为：
18. 在中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动．点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当时，运动时间________时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】或8
【解析】
【分析】由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则，
设运动时间为t秒，
当时，，，，，
∴，
解得：；
当时，，，，
∴，
解得：．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分两种情况列出关于t的一元一次方程是解题的关键．
19. 如图，在边长为2的正方形中，的平分线交于点，交的延长线于点，则的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等．过点作于点，根据正方形的性质和角平分线的性质可知，再证明，从而可得，再根据勾股定理可得的长．
【详解】解：过点作于点，如图所示：
在正方形中，
，，
，且平分，
，
正方形的边长为2，
，
根据勾股定理，得，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
根据勾股定理，得，
故答案为：．
20. 在菱形ABCD中，∠D=60°，CD=4，E为菱形内部一点，且AE=2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将和的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当时最大．
【详解】如图所示：连接交于点，连接，取的中点，连接和，
在菱形中，
为中点，
为中点，
，
当、、、共线时，也为1，
为中点、为中点，
，
在菱形中且，
，，
，，
，
，
，
，
，
的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当、、三点共线时最大．
三、解答题（本大题共6小题，共60分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
21. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点分别为A（﹣2，2），B（0，5），C（0，2）．
（1）画△A1B1C，使它与△ABC关于点C成中心对称；
（2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（﹣2，﹣6），画出平移后对应的△A2B2C2；
（3）若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）（0，﹣2）
【解析】
【分析】(1)直接利用关于点C中心对称的性质得出△ABC的对应点进而画出即可；
(2)利用平移的性质得出平移规律进而得出答案；
(3)利用旋转对称图形得出对应点的连线的交点进而得出答案．
【小问1详解】
解：如图所示：△A1B1C即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示：△A2B2C2即为所求；
【小问3详解】
解：将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，
连接A1A2，则旋转中心的坐标为：（0，﹣2）．
故答案为：（0，﹣2）．
【点睛】此题主要考查了图形中心对称变换、平移变换和旋转变换，根据题意画出对应点的位置是解题关键．
22. 某校为了了解初三年级1000名学生的身体健康情况，从该年级随机抽取了若干名学生，将他们按体重（均为整数，单位：kg）分成五组（A：39.5～46.5；B：46.5～53.5；C：53.5～60.5；D：60.5～67.5；E：67.5～74.5），并依据统计数据绘制了如下两幅尚不完整的统计图．
解答下列问题：
（1）这次抽样调查的样本容量是 ，并补全频数分布直方图；
（2）C组学生的频率为 ，在扇形统计图中D组的圆心角是 度；
（3）请你估计该校初三年级体重超过60kg的学生大约有多少名？
【答案】（1）50；（2）0．32；72（3）360
【解析】
【分析】（1）根据A组的百分比和频数得出样本容量，并计算出B组的频数补全频数分布直方图即可；
（2）由图表得出C组学生的频率，并计算出D组的圆心角即可；
（3）根据样本估计总体即可．
【详解】（1）这次抽样调查的样本容量是4÷8%=50，B组的频数=50﹣4﹣16﹣10﹣8=12，
补全频数分布直方图，如图：
（2）C组学生的频率是0.32；D组的圆心角=×360°=72°；
（3）样本中体重超过60kg学生是10+8=18人，
该校初三年级体重超过60kg的学生=×100%×1000=360（人）．
23. 在一个不透明的袋中装有若干个相同的白球，为了估计袋中白球的数量，某数学学习小组进行了摸球试验：先将12个相同的黑球装入袋中，且这些黑球与白球除颜色外无其他差别，搅匀后从袋中随机摸出一个球并记下颜色，再放回袋中，不断重复．如表是这次摸球试验获得的统计数据：
（1）表中的a＝____；b＝____；
（2）从袋中随机摸出一个球是黑球的概率的估计值是___；（精确到0.1）
（3）袋中白球个数的估计值为____．
【答案】（1）249、0.4##
（2）0.4##
（3）18
【解析】
【分析】（1）根据频率=频数÷样本总数分别求得a、b的值即可；
（2）从表中的统计数据可知，摸到黑球的频率稳定在0.4左右；
（3）摸到黑球概率为0.4，根据黑球的概率公式得到相应方程求解即可．
【小问1详解】
解：由表可得a=600×0.415=249，b=600÷1500=0.4，
故答案为：249，0.4；
【小问2详解】
解：当次数s很大时，摸到白球的频率将会接近0.4，据此可估计摸到黑球的概率是0.4；
故答案为：0.4；
【小问3详解】
解：设白球有x个，
根据题意得：，
解得x=18，
经检验：x=18是分式方程的解，
∴估算这个不透明的口袋中白球有18个．
故答案为：18．
【点睛】本题主要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1．
24. 已知：如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC=BD．E、F分别是AB、CD的中点，EF分别交BD、AC于点G、H．求证：OG=OH．
【答案】见解析
【解析】
【分析】取BC边的中点M，连接EM，FM，则根据三角形的中位线定理，即可证得△EMF是等腰三角形，根据等边对等角，即可证得∠MEF=∠MFE，然后根据平行线的性质证得∠OGH=∠OHG，根据等角对等边即可证得．
【详解】证明：取BC边的中点M，连接EM，FM
∵M、F分别是BC、CD的中点
∴MF∥BD，MF=BD
同理：ME∥AC，ME=AC
∵AC=BD
∴ME=MF
∴∠MEF=∠MFE
∵MF∥BD
∴∠MFE=∠OGH
同理，∠MEF=∠OHG
∴∠OGH=∠OHG
∴OG=OH
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，正确证明△EMF是等腰三角形是关键．
25. 如图，点C是中点，四边形是平行四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
26. 如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形FGCE，使得点E落在边AB上，AB的延长线交EG于H，连接DE，DH．
（1）求证：ED平分；
（2）求证：EC与DH互相平分；
（3）设EC与DH相交于点O，，求点O到DC的距离．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（１）首先利用矩形的性质可以得到，然后利用旋转的性质和等腰三角形的性质可以证明结论．
（２）连接HC，利用矩形的性质证明，然后利用全等三角形的性质证明四边形EHDC为平行四边形即可求解．
（３）过点O作于M，延长MO交AB于N，利用已知条件可以证明，接着证明四边形ADMN是矩形即可解决问题．
【小问1详解】
解：∵矩形ABCD
∴
∴
∵
∴
∴
∴ED平分
【小问2详解】
解：连接HC
∵矩形EFGC
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴平行四边形EHDC
∴EC与DH互相平分
【小问3详解】
解：过点O作于M，延长MO交AB于N
∵， ，
∴
∴
∵，，
∴四边形ADMN是矩形
∴
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，平行四边形的判定．抛掷次数
100
500
1 000
1 500
2 000
正面朝上的频数
45
253
512
756
1 020
摸球的次数s
150
300
600
900
1200
1500
摸到黑球的频数
64
123
a
367
486
600
摸到黑球的频率
0.427
0.410
0.415
0.408
0.405
b
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 下列调查中，最适合抽样调查的是（ ）
A. 调查某校七年级一班学生的课余体育运动情况
B. 调查某班学生早餐是否有喝牛奶的习惯
C. 调查某种面包的合格率
D. 调查某校足球队员的身高
【答案】C
【解析】
【分析】根据调查对象的范围选取合适的调查方法．
【详解】解：A、七年级一班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
B、某班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
C、某种面包的合格率，宜用抽样调查，符合题意；
D、某校足球队员的身高，宜用全面调查，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了抽样调查、全面调查的应用，遵循定义和适用范围是解决本题的关键．
2. 为了记录一个病人的体温变化情况，应选择的统计图是（ ）
A. 条形统计图B. 扇形统计图C. 折线统计图D. 频数分布直方图
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意中的“变化情况”直接选择折线统计图．
【详解】为了记录一个病人的体温变化情况，
应选择的统计图是折线统计图，
故选C．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，折线统计图，频数直方图的概念，根据实际选择合适的统计图，根据题意中的“变化情况”选择统计图是解题的关键．折线统计图用折线的起伏表示数据的增减变化情况不仅可以表示数量的多少，而且可以反映数据的增减变化情况．
3. 下图是甲、乙两户居民家庭全年支出费用的扇形统计图．
根据统计图，下面对全年食品支出费用判断正确的是（ ）
A. 甲户比乙户多B. 乙户比甲户多
C. 甲、乙两户一样多D. 无法确定哪一户多
【答案】D
【解析】
【详解】由于不知道两户居民的全年的支出总费用是否相等，所以无法判断全年食品支出费用的情况，故选D
4. 小明和同学做“抛掷质地均匀的硬币试验”，获得的数据如下表：
若抛掷硬币的次数为3 000，则“正面朝上”的频数最接近（ ）
A. 1 000B. 1 500C. 2 000D. 2 500
【答案】B
【解析】
【分析】根据表格估计出频率，再乘以3000即可得出答案．
【详解】观察表格发现：随着实验次数的增加，正面朝上的频率逐渐稳定到0.5附近，
∴抛掷硬币的次数为3000，则“正面朝上”的频数最接近3000×0.5=1500（次），
故选：B．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，掌握知识点解题关键．
5. 如图，与关于点成中心对称，下列结论中不成立的是（ ）
A. B.
C. 点的对称点是点D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．
【详解】解：与关于点成中心对称，
，，点的对称点是点，，
故A，C，D正确，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．
6. 能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是( )
A. AB∥CD，AD=BCB. ∠A=∠B，∠C=∠D
C. AB∥CD，∠C=∠AD. AB=AD，CB=CD
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件结合平行四边形的性质直接作出判断即可．
【详解】解：根据平行四边形的判定可知：
A、若AB∥CD，AD=BC，则可以判定四边形是梯形，故A错误，
B、两组邻角相等也有可能是等腰梯形，故B错误．
C、∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠C=∠A，
∴∠B+∠A=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形的条件，故C正确．
D、此条件下无法判定四边形的形状，还可能是等腰梯形，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定的知识点，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理，此题基础题，比较简单．
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B. 平行四边形的对角互补
C. 有两组对角相等的四边形是平行四边形
D. 平行四边形的对角线平分每一组对角
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的判定与性质分别对各个说法进行判断即可．
【详解】解：A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形或平行四边形，
∴A错误，不符合题意；
B．平行四边形的对角相等，
∴B错误，不符合题意；
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴C正确，符合题意；
D．平行四边形的对角线互相平分但不一定平分每一组对角，
∴D错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的评定方法是解题的关键．
8. 用反证法证明：“若，则”，应先假设（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，结论的反面成立，即可得出答案．
【详解】解：用反证法证明：“若，则”，应先假设．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了反证法，要掌握一些常见结论的否定方法．如“大于”的否定是“不大于或小于等于”，“小于”的否定是“不小于”等等．
9. 如图，的对角线，相交于点，若，，则的长可能是（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，，再利用三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴在中，，
即，
∴的长可能是．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形三边关系．掌握平行四边形的性质和三角形三边关系是解题的关键．
10. 如图，已知菱形ABCD与菱形AEFG全等，菱形AEFG可以看作是菱形ABCD经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移，旋转，翻折的性质等知识一一判断即可．
【详解】解：将菱形ABCD向右平移至点B与点G重合，然后以点G为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；故①符合题意；
将菱形ABCD向右平移至点C与点F重合，然后以过点F的垂线为对称轴翻折即可得到菱形AEFG；故②符合题意；
将菱形ABCD以点A为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；
设直线BD、GE相交于点O，将菱形ABCD以点O为旋转中心旋转即可得到菱形AEFG；
但旋转中心只有点A和点O两个个，故③不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查平移，旋转，翻折等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共10小题，每题2分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11. 写出一个是中心对称而不是轴对称图形的名称：______．（答案不唯一）
【答案】平行四边形（答案不唯一）
【解析】
【分析】考查了轴对称图形和中心对称的概念，根据轴对称图形的概念与中心对称图形的概念，在熟悉的图形中寻找即可找到答案，注意：有偶数条对称轴的轴对称图形一定是中心对称图形，有奇数条对称轴的轴对称图形一定不是中心对称图形．
【详解】解：由平行四边形的性质可知，平行四边行是中心对称图形而不是轴对称图形，
故答案为：平行四边形（答案不唯一）．
12. 为了解我市2018年中考数学的情况，从全市4.78万考生中抽取了1000名考生的数学成绩进行分析，在这个问题中样本是_______．
【答案】抽取的1000名考生的数学成绩
【解析】
【分析】样本是总体中所抽取的一部分个体，据此进行解答即可.
【详解】为了解我市2018年中考数学的情况，从全市4.78万考生中抽取了1000名考生的数学成绩进行分析，在这个问题中样本是抽取的1000名考生的数学成绩，
故答案为抽取的1000名考生的数学成绩.
【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．
13. 将一个正十边形绕其中心至少旋转____°就能和本身重合．
【答案】36
【解析】
【详解】试题分析：多边形每个中心角为：=36°，该图形绕其中心至少旋转36°和本身重合．
考点：旋转对称图形
14. 如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是_____；（填“＞”或“＜”或“=”）
【答案】
【解析】
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积，
∴．
故答案为．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
15. 如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_____．
【答案】（﹣5，4）
【解析】
【分析】首先由A、B两点坐标，求出AB的长，根据菱形的性质可得AD=CD=AB，从而可得到点C的横坐标；接下来在△AOD中，利用勾股定理求出DO的长，结合上面的结果，即可确定出C点的坐标.
【详解】解：由题知A（3,0），B（-2,0），D在y轴上，
∴AB=3-（-2）=5，OA=3，BO=2
由菱形邻边相等可得AD=AB=5
在Rt△AOD中，由勾股定理得：
OD==4
由菱形对边相等且平行得CD=BA=5
所以C（-5,4）．
故答案为：（﹣5，4）．
【点睛】本题考查了菱形性质及坐标与图形的性质，解题的关键是运用勾股定理求出OD的长．
16. 如图，是的高，，，则满足条件________ 时，四边形是菱形．
【答案】或
【解析】
【分析】由以及，可得四边形为平行四边形，如，则四边形为菱形，则添加条件：．
【详解】解：需加条件，这样可根据三线合一的性质，得出D是BC的中点，DE平行且等于AF，则为平行四边形，又可得，则四边形为菱形.
则添加条件：.
当时，四边形是菱形.
故答案为或.
【点睛】本题考查的知识点是菱形的判定，解题关键是利用三线合一性质和中位线定理进行解答.
17. 如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握各性质并利用勾股定理是解题的关键
先利用勾股定理求出的长，然后证明，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：矩形四边形为矩形，对角线、交点
，，，
在中
，
解得，
故答案为：
18. 在中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动．点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当时，运动时间________时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】或8
【解析】
【分析】由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则，
设运动时间为t秒，
当时，，，，，
∴，
解得：；
当时，，，，
∴，
解得：．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分两种情况列出关于t的一元一次方程是解题的关键．
19. 如图，在边长为2的正方形中，的平分线交于点，交的延长线于点，则的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等．过点作于点，根据正方形的性质和角平分线的性质可知，再证明，从而可得，再根据勾股定理可得的长．
【详解】解：过点作于点，如图所示：
在正方形中，
，，
，且平分，
，
正方形的边长为2，
，
根据勾股定理，得，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
根据勾股定理，得，
故答案为：．
20. 在菱形ABCD中，∠D=60°，CD=4，E为菱形内部一点，且AE=2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将和的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当时最大．
【详解】如图所示：连接交于点，连接，取的中点，连接和，
在菱形中，
为中点，
为中点，
，
当、、、共线时，也为1，
为中点、为中点，
，
在菱形中且，
，，
，，
，
，
，
，
，
的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当、、三点共线时最大．
三、解答题（本大题共6小题，共60分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
21. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点分别为A（﹣2，2），B（0，5），C（0，2）．
（1）画△A1B1C，使它与△ABC关于点C成中心对称；
（2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（﹣2，﹣6），画出平移后对应的△A2B2C2；
（3）若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）（0，﹣2）
【解析】
【分析】(1)直接利用关于点C中心对称的性质得出△ABC的对应点进而画出即可；
(2)利用平移的性质得出平移规律进而得出答案；
(3)利用旋转对称图形得出对应点的连线的交点进而得出答案．
【小问1详解】
解：如图所示：△A1B1C即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示：△A2B2C2即为所求；
【小问3详解】
解：将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，
连接A1A2，则旋转中心的坐标为：（0，﹣2）．
故答案为：（0，﹣2）．
【点睛】此题主要考查了图形中心对称变换、平移变换和旋转变换，根据题意画出对应点的位置是解题关键．
22. 某校为了了解初三年级1000名学生的身体健康情况，从该年级随机抽取了若干名学生，将他们按体重（均为整数，单位：kg）分成五组（A：39.5～46.5；B：46.5～53.5；C：53.5～60.5；D：60.5～67.5；E：67.5～74.5），并依据统计数据绘制了如下两幅尚不完整的统计图．
解答下列问题：
（1）这次抽样调查的样本容量是 ，并补全频数分布直方图；
（2）C组学生的频率为 ，在扇形统计图中D组的圆心角是 度；
（3）请你估计该校初三年级体重超过60kg的学生大约有多少名？
【答案】（1）50；（2）0．32；72（3）360
【解析】
【分析】（1）根据A组的百分比和频数得出样本容量，并计算出B组的频数补全频数分布直方图即可；
（2）由图表得出C组学生的频率，并计算出D组的圆心角即可；
（3）根据样本估计总体即可．
【详解】（1）这次抽样调查的样本容量是4÷8%=50，B组的频数=50﹣4﹣16﹣10﹣8=12，
补全频数分布直方图，如图：
（2）C组学生的频率是0.32；D组的圆心角=×360°=72°；
（3）样本中体重超过60kg学生是10+8=18人，
该校初三年级体重超过60kg的学生=×100%×1000=360（人）．
23. 在一个不透明的袋中装有若干个相同的白球，为了估计袋中白球的数量，某数学学习小组进行了摸球试验：先将12个相同的黑球装入袋中，且这些黑球与白球除颜色外无其他差别，搅匀后从袋中随机摸出一个球并记下颜色，再放回袋中，不断重复．如表是这次摸球试验获得的统计数据：
（1）表中的a＝____；b＝____；
（2）从袋中随机摸出一个球是黑球的概率的估计值是___；（精确到0.1）
（3）袋中白球个数的估计值为____．
【答案】（1）249、0.4##
（2）0.4##
（3）18
【解析】
【分析】（1）根据频率=频数÷样本总数分别求得a、b的值即可；
（2）从表中的统计数据可知，摸到黑球的频率稳定在0.4左右；
（3）摸到黑球概率为0.4，根据黑球的概率公式得到相应方程求解即可．
【小问1详解】
解：由表可得a=600×0.415=249，b=600÷1500=0.4，
故答案为：249，0.4；
【小问2详解】
解：当次数s很大时，摸到白球的频率将会接近0.4，据此可估计摸到黑球的概率是0.4；
故答案为：0.4；
【小问3详解】
解：设白球有x个，
根据题意得：，
解得x=18，
经检验：x=18是分式方程的解，
∴估算这个不透明的口袋中白球有18个．
故答案为：18．
【点睛】本题主要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1．
24. 已知：如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC=BD．E、F分别是AB、CD的中点，EF分别交BD、AC于点G、H．求证：OG=OH．
【答案】见解析
【解析】
【分析】取BC边的中点M，连接EM，FM，则根据三角形的中位线定理，即可证得△EMF是等腰三角形，根据等边对等角，即可证得∠MEF=∠MFE，然后根据平行线的性质证得∠OGH=∠OHG，根据等角对等边即可证得．
【详解】证明：取BC边的中点M，连接EM，FM
∵M、F分别是BC、CD的中点
∴MF∥BD，MF=BD
同理：ME∥AC，ME=AC
∵AC=BD
∴ME=MF
∴∠MEF=∠MFE
∵MF∥BD
∴∠MFE=∠OGH
同理，∠MEF=∠OHG
∴∠OGH=∠OHG
∴OG=OH
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，正确证明△EMF是等腰三角形是关键．
25. 如图，点C是中点，四边形是平行四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
26. 如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形FGCE，使得点E落在边AB上，AB的延长线交EG于H，连接DE，DH．
（1）求证：ED平分；
（2）求证：EC与DH互相平分；
（3）设EC与DH相交于点O，，求点O到DC的距离．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（１）首先利用矩形的性质可以得到，然后利用旋转的性质和等腰三角形的性质可以证明结论．
（２）连接HC，利用矩形的性质证明，然后利用全等三角形的性质证明四边形EHDC为平行四边形即可求解．
（３）过点O作于M，延长MO交AB于N，利用已知条件可以证明，接着证明四边形ADMN是矩形即可解决问题．
【小问1详解】
解：∵矩形ABCD
∴
∴
∵
∴
∴
∴ED平分
【小问2详解】
解：连接HC
∵矩形EFGC
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴平行四边形EHDC
∴EC与DH互相平分
【小问3详解】
解：过点O作于M，延长MO交AB于N
∵， ，
∴
∴
∵，，
∴四边形ADMN是矩形
∴
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，平行四边形的判定．抛掷次数
100
500
1 000
1 500
2 000
正面朝上的频数
45
253
512
756
1 020
摸球的次数s
150
300
600
900
1200
1500
摸到黑球的频数
64
123
a
367
486
600
摸到黑球的频率
0.427
0.410
0.415
0.408
0.405
b
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