福建省泉州市北峰中学八年级下学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市北峰中学八年级下学期月考数学试题（解析版）-A4，共24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。
1. 下列各式：，，，，其中分式共有几个（ ）．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式的定义，即可完成求解．
【详解】、、的分母不含未知数，故不是分式；
、符合分式定义，故为分式；
故选：B．
【点睛】本题考查了分式的知识；解题的关键是熟练掌握分式的定义，即可得到答案．
2. 下列分式中，是最简分式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分式的定义，即一个分式的分子与分母没有非零次的公因式时叫最简分式，即可一一判定．
【详解】解：A.是最简分式，故该选项符合题意；
B.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
C.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
D.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了最简分式的判定及分式的性质，理解最简分式的定义是解决本题的关键．
3. 如果把分式中的和都扩大2倍，则分式的值（ ）
A. 扩大4倍B. 扩大2倍C. 不变D. 缩小2倍
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意要求将和都扩大2倍，然后将得出来的结果与原分式进行比较即可得出答案．
【详解】把分式中的和都扩大2倍得
∴分式的值扩大2倍
故选：B．
【点睛】本题主要考查分式的基本性质，掌握分式的基本性质是解题的关键．
4. 2022年冬奥会在北京市张家口成功举办．四名短道速滑选手几次选拔赛成绩的方差如表所示，则这四名选手几次选拔赛成绩最稳定的是（ ）
A 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】A
【解析】
【分析】根据方差的意义判断即可．
【详解】解：∵5.5＜10.5＜12.5＜17.5，
∴甲的成绩的方差最小，成绩最稳定，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了方差的意义，解答此题的关键是要明确：方差是反映一组数据波动大小的一个量．方差越大，则它与其平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5. 读书点亮梦想，某学校在世界读书日，开展了“书香青春”的活动．下图是八年级某班班长统计的全班50名学生一学期课外图书的阅读量（单位：本），则这50名学生图书阅读数量的中位数是（ ）
A. 12B. 15C. 18D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】根据折线统计图得出第25个数据为12，第26个数据为18，然后求出这两个数据的平均数即为中位数．
【详解】解：根据折线统计图得：8人读书7本；17人读书12本；15人读书18本；10人读书21本；
∵8+17=25，
∴第25个数据为12，第26个数据为18，
∴中位数为：(12+18)÷2=15，
故选：B．
【点睛】题目主要考查折线统计图及中位数的计算方法，理解题意，熟练掌握应用中位数的求法是解题关键．
6. 如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，则菱形的边长AB等于（ ）
A. 10B. C. 6D. 5
【答案】D
【解析】
【详解】解：在菱形ABCD中，AO=4，BO=3，∠AOB=90°，
根据Rt△AOB的勾股定理可得：AB==5．
故选：D．
7. 如图，矩形中，连接，延长至点，使，连接．若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．正确作出辅助线，构造等腰三角形是解题的关键．
连接，交于O，由矩形的性质得，，从而得出，利用等边对等角求得，从而由三角形内角和定理求得，即可由等边对等角求解．
【详解】解：连接，交于O，
∵矩形
∴，，
∵
∴
∴
∴
∵
∴．
故选：A．
8. 如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且abc．若a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是5，则正方形ABCD的面积是（ ）
A. 24B. 34C. 36D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，求出∠AMD＝∠DNC＝90°，AD＝DC，∠1＝∠3，根据AAS推出△AMD≌△CND，根据全等得出AM＝CN，求出AM＝CN＝3，DN＝5，在Rt△DNC中，由勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，
则∠AMD＝∠DNC＝90°，
∵直线b直线c，DN⊥直线c，
∴∠2+∠3＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△AMD和△CND中
，
∴△AMD≌△CND（AAS），
∴AM＝CN，
∵a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是5，
∴AM＝CN＝3，DN＝5，
在Rt△DNC中，由勾股定理得：
，
即正方形ABCD的面积为34，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了根据平行线的性质证明三角形全等，准确分析是解题的关键．
9. 已知，，设，，结论Ⅰ：当时，；结论Ⅱ：当时，，对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ都对B. Ⅰ和Ⅱ都不对
C Ⅰ不对Ⅱ对D. Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】A
【解析】
【分析】先将M、N式分别通分合并，再根据结论Ⅰ、Ⅱ的情况解答．
【详解】解：，
，
结论Ⅰ：当时，观察M、N两式，分母一样，对于分子，
，
，
M、N的分子、分母是一样的，
，
故结论Ⅰ正确．
，
，
结论Ⅱ：，
原式，
，，
，
，
，
，
故结论Ⅱ正确．
故选：A．
【点睛】本题考查代数式的化简运算，要注意运算关系和顺序，合理利用题中给出的结论，正确化简是解答本题的关键．
10. 如图所示，在正方形中，P为对角线上一点，且，连接，，延长交于点F，交延长线于点G．将线段绕点C顺时针旋转，点P落在的E点处，连接．下列结论：①E为的中点；②；③；④为等腰直角三角形；⑤．其中结论正确的序号是（ ）
A. ①③⑤B. ①②④⑤C. ②③④D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，灵活运用所学知识点解题是关键．根据正方形的性质，等腰三角形的等边对等角、等角对等边，求出，证明，，即可得出结论①；证明，可得结论②③，证明可得结论④；根据题意可得，从而得出结论⑤．
【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，故④正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴E为的中点，故①正确；
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，故②③正确；
∵，
∴，故⑤正确；
故正确的结论有：①②③④⑤，
故选：D．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11. 若代数式的值为0，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式值为零的条件列式计算即可．
【详解】解：由题意得：且，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是分式的值为零的条件，熟记分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键．
12. 化简的结果为___________．
【答案】
【解析】
【分析】用平方差公式将分子因式分解，再和分母约分即可．
【详解】解：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了分式的约分以及因式分解，熟记平法公式是解题的关键．
13. 若一组2，，0，2，，a的众数为2，则这组数据的平均数为___．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了求平均数，根据众数求未知数据，众数是一组数据中出现次数最多的数据，据此可得，再根据平均数的定义求解即可．
【详解】解：∵数据2，，0，2，，a的众数为2，即2的次数最多，
∴．
∴这组数据的平均数为．
故答案为：．
14. 平行四边形中，已知，则的度数是______．
【答案】140°
【解析】
【分析】可由平行四边形的邻角互补为切入点进行求解．
【详解】解：在平行四边形中，则可得，
又，
∴可得，，
∴为140°，
故答案为：140°
【点睛】本题主要考查平行四边形邻角互补的性质，解题关键是熟练掌握该性质．
15. 如图，以菱形的顶点A为圆心，长为半径画弧，交对角线于点．若，，则菱形的周长为_______．

【答案】8
【解析】
【分析】如图所示，连接，交于点O， 根据菱形的性质得到，，设，则，，进而得到，，由勾股定理得到，求出，则，则菱形的周长为．
【详解】解：如图所示，连接，交于点O，

∵菱形，
∴，，
设，则，
∴，
∴，，
∵以为圆心，长为半径画弧，交对角线于点
∴，
∵，
∴在中，，
∵在中，，
∴，
解得
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
16. 如图，在矩形中，点P在对角线上，过点P作，分别交于点E，F，连接．若，，图中阴影部分的面积为9，则矩形的周长为________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，作于，延长交于，则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，根据矩形的判定和性质易得，再根据阴影部分的面积可得，进而利用勾股定理和完全平方公式推出，，据此可得，则由矩形周长公式可得答案．
【详解】解：作于，延长交于，如图所示：
则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
，，，，
，，，，，
，且，
，且，
，
，，
，，
∴，
，，
，
，
矩形的周长，
故答案为：．
三、解答题
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，先计算立方根，零指数幂，负整数指数幂，再计算乘方，最后计算加减法即可．
【详解】解：
．
18. 先化简代数式：，再从0，，1三个数中选一个恰当的数作为x的值代入求值．
【答案】，当时，原式
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，分母有理化，先把小括号内的式子通分，再把除法变成乘法后约分化简，最后根据分式有意义的条件确定x的值代值计算即可．
【详解】解：
，
∵分式要有意义，
∴，
∴且，
∴当时，原式．
19. 如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交AB于点F，BEDF，交AD的延长线于点E．若∠A＝40°，求∠ABE的度数．
【答案】70°
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，
∴∠A+∠ADC＝180°，
∵∠A＝40°，
∴∠ADC＝140°，
∵DF平分∠ADC，
∴∠CDF＝ADC＝70°，
∴∠AFD＝∠CDF＝70°，
∵DFBE，
∴∠ABE＝∠AFD＝70°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
20. 一次安全知识测验中，学生得分均为整数，满分10分，成绩达到9分为优秀，这次测验中甲、乙两组学生人数相同，成绩如下统计图：
（1）在乙组学生成绩统计图中，8分所在扇形的圆心角为 度；
（2）请补充完整下面的成绩统计分析表：
（3）你认为那组成绩较好？从以上信息中写出两条支持你的选择．
【答案】（1）144 （2）见解析
（3）乙组的成绩较好，理由如
【解析】
【分析】本题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，求加权平均数，中位数和众数：
（1）用360度乘以乙组学生成绩得分为8分的人数占比即可得到答案；
（2）根据平均数的定义、众数的定义、中位数的定义求解；
（3）根据（1）的计算结果进行求解即可．
【小问1详解】
解：8分所在的扇形的圆心角为，
故答案为：144；
【小问2详解】
解：乙组的平均分是：（分），
∵乙组得分为8分的人数最多，
∴乙组的众数为8分，
把乙组的得分从低到高排列处在第5名和第6名的得分分别是7分和8分，
∴乙组的中位数为分，
填表如下：
【小问3详解】解：乙组的成绩较好，理由如下：
∵乙组的平均数和中位数都高于甲组，
∴乙组的成绩较好．
21. 在中，．点D是边AB上的一点，连接CD．作，，连接ED．
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，当D是边AB的中点时，若，，求四边形ADCE的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据AE∥DC，CE∥AB，可以得到四边形AECD是平行四边形，再根据CD⊥AB，即可得到结论成立；
（2）根据题意，先判断四边形AECD是菱形，然后求出AC的长，再计算四边形ADCE的面积即可．
【小问1详解】
证明：∵AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA＝90°，
∴四边形AECD是矩形，
∴AC＝ED；
【小问2详解】
解：∵D是边AB的中点，∠ACB＝90°，AB＝10，
∴CD＝AD＝5，
∵AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
∴四边形AECD是菱形，
∴DE＝4，
∴AC＝，
∴AC＝6，
∴四边形ADCE的面积是AC•DE＝×6×8＝24，
即四边形ADCE的面积是24．
【点睛】本题考查勾股定理、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 阅读下列材料：我们知道，分子比分母小的数叫做“真分数”，分子比分母大，或者分子、分母同样大的分数，叫做“假分数”．类似地，我们定义：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．如：这样的分式就是假分式：再如：，这样的分式就是真分式，假分数可以化成带分数的形式，类似的，假分式也可以化为带分式．如：．
解决下列问题：
（1）分式是 （填“真分式”或“假分式”）；假分式可化为带分式 ；
（2）如果分式的值为整数，求满足条件的整数的值；
（3）若分式的值为，请求的取值范围．
【答案】（1）真， ；
（2）或或或；
（3）．
【解析】
【分析】（）根据分子的次数小于分母的次数可得第一空的答案，再把分子化为逆用分式的加减法运算可得第二空的答案；
（）先把原分式化为 ，再结合为整数，为整数，可得或或或，从而可得答案；
（）先把原分式化为，再结合，从而可得答案；
本题考查了新定义的理解，分式的加减运算的逆应用，不等式的基本性质，理解“真分式”“假分式”“带分式”的定义以及转化方法是解题的关键．
【小问1详解】
根据新定义可得： 是真分式，，
故答案为：真，；
【小问2详解】
∵且为整数，为整数，
∴或或或，
解得：或或或；
【小问3详解】
∵而，
∴，
，
∴，
∴．
23. 如图，在中，，与交于点P，且，，是等腰直角三角形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：
（1）由等腰直角三角形的性质得到，进而证明，，即可证明四边形是平行四边形；
（2）连接，证明，得到，，由平行四边形性质得到，，证明，即可证明是等腰直角三角形，则由平行线的性质可得．
【小问1详解】
证明：∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：如图所示，连接，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴,
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
24. 定义：若两个分式的差的绝对值为，则称这两个分式属于“友好分式组”．
（1）下列3组分式：
①与；②与；③与，其中属于“友好分式组”的有
（只填序号）；
（2）若正实数互为倒数，求证，分式与属于“友好分式组”；
（3）若均为非零实数，且分式与属于“友好分式组”，求分式的值．
【答案】（1）②③； （2）见解析；
（3）或．
【解析】
【分析】（1）根据分式运算，“友好分式组”的定义即可求解；
（2）根据“友好分式组”的定义，分式的运算法则即可求证；
（3）根据“友好分式组”的定义，求出的关系，再分类讨论，即可求解．
【小问1详解】
解：①；
②；
③；
∴属于“友好分式组”的有②③，
故答案为：②③．
【小问2详解】
解：∵互为倒数，
∴，，
∴
，
∴分式与属于“友好分式组”．
【小问3详解】
解：∵
，
∵与属于“友好分式组”，
∴，
∴或，
①，②，
把①代入，
把②代入，
综上所述：的值为或．
【点睛】本题主要考查定义新运算，理解定义新运算的法则，掌握分式的运算法则是解题的关键．
25. 已知正方形的对角线交于，是上一点．
（1）如图，于点，交于点；
求证：；
若，求证：；
（2）如图，是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连接，若，，求出的最小值．
【答案】（1）证明见解析；证明见解析；
（2）的最小值为．
【解析】
【分析】（）证明，由全等三角形的性质可得出答案；
连接，作于交于点，证明由全等三角形的性质得出，，由直角三角形的性质可得出结论；
（）取的中点，连接，，，且交于点，证明四边形为平行四边形，得出，由正方形的性质得出则可得出，由勾股定理求出的长，则可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
连接，作于交于点，
∴，
∴，即，
由 （）得，
∴ ，，，
∴，
∴，，
∴，
又，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵正方形中，，
∴，
∴，
取的中点，连接，，，且交于点，
∵为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，关于对称，
∴，
∵，
即与重合时，最小，最小值为长，
∵，，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形全等的性质和判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
选手
甲
乙
丙
丁
方差
5.5
10.5
12.5
17.5
平均数
方差
众数
中位数
优秀率
甲组
7
7
7
乙组
平均数
方差
众数
中位数
优秀率
甲组
7
7
7
乙组
8