精品解析：广东省深圳市罗湖区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题

2021—2022学年度第二学期期末诊断

初二年级数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30分）

1. 下列关于防范“新冠肺炎”的标志中是轴对称图形，不是中心对称图形的是（    ）

A. 戴口罩讲卫生 B. 勤洗手勤通风 C. 有症状早就医 D. 少出门少聚集

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念判断即可．

【详解】解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；

B选项既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；

C选项既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；

D选项不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；

故选A．

【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识点，解答本题的关键是能够熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念．

2. 若分式的值为，则的值为（  ）

A.  B.  C. 3或－3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据分式的值为0可得，再利用平方根解方程可得，然后根据分式的分母不能为0即可得．

【详解】由题意得：，

则，即，

由平方根解方程得：，

分式分母不能为0，

，

解得，

则的值为3，

故选：D．

【点睛】本题考查了分式的值、分式有意义的条件、利用平方根解方程，掌握理解分式的值是解题关键．

3. 正十二边形的每一个内角的度数为（　　）

A. 120° B. 135° C. 150° D. 108°

【答案】C

【解析】

【分析】首先求得每个外角的度数，然后根据外角与相邻的内角互为邻补角得出每个内角的度数.

【详解】正十二边形的每个外角的度数是：

＝30°，

则每一个内角的度数是：180°−30°＝150°.

故选项为：C．

【点睛】本题考查了正多边形的性质,掌握多边形的外角和等于360度，正确理解内角与外角的关系是关键．

4. 一元二次方程配方后可化为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将方程左边配成完全平方式即可求解．

【详解】解：由题意可知：方程左边，

故原方程变形为：，

故选：D．

【点睛】本题考查了一元二次方程配方法，属于基础题，计算过程中细心，熟练掌握配方法是解决本题的关键．

5. 在一个不透明的布袋中，红色、黑色、白色的小球共有50个，除颜色外其他完全相同，乐乐通过多次摸球试验后发现，摸到红色球、黑色球的频率分别稳定在27%和43%，则口袋中白色球的个数很可能是（    ）

A. 15个 B. 20个 C. 25个 D. 30个

【答案】A

【解析】

【分析】利用频率估计概率得到摸到红色球、黑色球的概率分别为0.27和0.43，则摸到白球的概率为0.3，然后根据概率公式求解．

【详解】解：多次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率分别稳定在0.27和0.43，

摸到红色球、黑色球的概率分别为0.27和0.43，

摸到白球的概率为，

口袋中白色球的个数可能为．

故选：A．

【点睛】本题考查了利用频率估计概率，解题的关键是掌握在大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．

6. 多项式12ab3c＋8a3b的公因式是(　　)

A. 4ab2 B. 4abc C. 2ab2 D. 4ab

【答案】D

【解析】

【分析】根据公因式定义，对各选项整理然后即可选出有公因式的项．

【详解】，

4ab是公因式，

故答案选：D．

【点睛】本题考查的是公因式的定义，找公因式的要点是：（1）公因式的系数是多项式各项系数的最大公约数；（2）字母取各项都含有的相同字母；（3）相同字母的指数取次数最低的．在提公因式时千万别忘了“−1”．

7. 如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC、BD相交于点O，   点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长为（    ）

A. 12 B. 15 C. 18 D. 21

【答案】B

【解析】

【分析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=BC，所以易求△DOE的周长．

【详解】解：∵▱ABCD的周长为36，

∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．

∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，

∴OD=OB=BD=6．

又∵点E是CD的中点，

∴OE是△BCD的中位线，DE=CD，

∴OE=BC，

∴△DOE的周长=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=6+9=15，

即△DOE的周长为15．

故选：B．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．

8. 国家统计局统计数据显示，我国快递业务逐年增加，2019年至2021年我国快递业务收入由7500亿元增加到9000亿元．设我国2019年至2021年快递业务收入的年平均增长率为，则可列方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等量关系：2019年的快递业务收入×（1+x）2=2021年的快递业务收入列方程即可．

【详解】解：由题意可得：，

故选：C．

【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，找准等量关系是解答的关键．

9. 下列说法错误的是（    ）

A. 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形

B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形

C. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形

D. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形

【答案】C

【解析】

【分析】根据平行四边形，正方形，菱形，矩形判定定理逐项分析判断即可求解．

【详解】解：A. 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故该选项正确，不符合题意；

B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项正确，不符合题意；

C. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，也可以是等腰梯形，故该选项不正确，符合题意；

D. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意；

故选C

【点睛】本题考查了平行四边形，正方形，菱形，矩形的判定定理，掌握特殊四边形的判定定理是解题的关键．

10. 如图，正方形的边长为4，点在边上，且，连结，点在边上，连结，把沿翻折，点恰好落在上的点处，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（    ）个．

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答案】B

【解析】

【分析】根据翻折的性质证，得出，，即可判断①正确；根据，即可判断②错误；由勾股定理得出，根据，求出，由求出即可判断③④，进而得出答案．

【详解】解：四边形为正方形，

，，

，

，

由折叠的性质可得，，垂直平分，

，，

，

，

，

，

，，故①正确；

，

，故②错误；

在中，，

；

，

，

，

，，

．故③错误；

，

，故④正确；

综上所述：正确的是①④，

故选：B．

【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，解题的关键是掌握翻折的性质．

二、填空题（本大题共5小题，共15分）

11. 因式分解：______．

【答案】

【解析】

【分析】利用平方差公式分解因式即可．

详解】解：

．

故答案为：．

【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握平方差公式：．

12. 三角形两边的长分别为2和7，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为______．

【答案】17

【解析】

【分析】先求出一元二次方程的解，再根据三角形的三边关系判断能否组成三角形，再求出三角形的周长即可．

【详解】解：，

，

则或，

解得：，．

当第三边为2时，，不符合三角形三边关系定理，不能组成三角形，故舍去；

当第三边为8时，，符合三角形三边关系定理，能组成三角形，此时三角形的周长是．

故答案为：17．

【点睛】本题考查了利用因式分解法解一元二次方程，三角形的三边关系定理，解题的关键是求出方程的解．

13. 如图，菱形中，若AC=10，，则菱形的面积为__________．

【答案】120

【解析】

【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，即可求得答案．

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=10，BD=24，

∴菱形的面积=，

故答案为：120．

【点睛】此题考查了菱形的性质．注意菱形的面积等于对角线积的一半．

14. 从3、5、6、9四个数中随机取一个数，不放回，再随机取一个数，把第一个数作为十位数字，第二个数作为个位数字，组成一个两位数，则这个两位数是奇数的概率是______．

【答案】

【解析】

【分析】从4个数中取两个数组成两位数，把所有情况全部列出来，找出其中的奇数，用奇数的个数除以两位数的总个数就是这个两位数是奇数的概率．

【详解】从3、5、6、9这四个数中取两个数组成两位数有下列情况：35、36、39、53、56、59、63、65、69、93、95、96，共12种结果，其中奇数有9种结果，

∴P(这个两位数是奇数)=

故答案为：

【点睛】本题考查了概率的计算，事件A发生的概率=，掌握概率的计算方法是解题的关键．

15. 若关于x的方程无解，则m的值为__．

【答案】-1或5或

【解析】

【分析】直接解方程再利用一元一次方程无解和分式方程无解分别分析得出答案.

【详解】去分母得：，

可得：，

当时，一元一次方程无解，

此时，

当时，

则，

解得：或.

故答案为：或或.

【点睛】此题主要考查了分式方程的解，正确分类讨论是解题关键.

三、解答题（本大题共7小题，共55分）

16. 解方程：

（1）．

（2）．

（3）．

（4）．

【答案】（1）   

（2）无解    （3），   

（4），

【解析】

【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解；

（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程解得到的值，经检验即可得到分式方程的解；

（3）方程整理后，利用配方法求解；

（4）方程利用直接开平方法求解．

【小问1详解】

解：去分母得：，

解得：，

检验：把代入得：，

分式方程的解为；

【小问2详解】

解：去分母得：，

解得：，

检验：把代入得：，

是增根，分式方程无解；

【小问3详解】

解：方程整理得：，

配方得：，即，

开方得：，

解得：，；

【小问4详解】

解：开方得：，

解得：，．

【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法，直接开平方法，以及解分式方程，解题的关键是熟练掌握各自的解法．

17. 先化简，再从中选一个适合的整数代入求值.

【答案】；时，原式(或当时，原式.)

【解析】

【分析】根据分式的运算法则进行化简，再选择使分式有意义的值代入.

【详解】解：原式

∵，

∴当时，原式(或当时，原式.)

【点睛】本题考查了分式化简求值.，解题的关键是熟练掌握运算法则.

18. 在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）将先向下平移4个单位，再向左平移1个单位得到，请写出移动后的点坐标______，坐标______．

（2）将绕着点顺时针方向旋转得到，画出．

【答案】（1）作图见解析，，；   

（2）作图见解析．

【解析】

【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；

（2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点，，再连接即可．

【小问1详解】

解：如图，△即为所求，点坐标，坐标．

故答案为：，；

【小问2详解】

解：如图，△即为所求．

【点睛】本题考查作图旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质．

19. 在某次数学活动中，如图有两个可以自由转动的转盘A、B，转盘A被分成四个相同的扇形，分别标有数字1、2、3、4，转盘B被分成三个相同的扇形，分别标有数字5、6、7．若是固定不变，转动转盘（如果指针指在等分线上，那么重新转动，直至指针指在某个扇形区域内为止）

（1）若单独自由转动A盘，当它停止时，指针指向偶数区的概率是　   　．

（2）小明自由转动A盘，小颖自由转动B盘，当两个转盘停止后，记下各个转盘指针所指区域内对应的数字，请用画树状图或列表法求所得两数之积为10的倍数的概率．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据概率公式列式计算即可得解；

（2）画出树状图，然后根据概率公式列式计算即可得解．

【详解】解：（1）∵指针指向1、2、3、4区是等可能情况，

∴指针指向偶数区的概率是：＝；

（2）根据题意画出树状图如下：

一共有12种情况，两数之积为10的倍数的情况有2种，

所以，P（两数之积为10的倍数）＝＝．

【点睛】本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

20. 如图所示，在中，E，F分别为边，的中点，连接，，，作，交的延长线于点G，连接．

（1）求证：四边形是平行四边形；

（2）当平分时，求证：四边形是矩形．

【答案】（1）见解析    （2）见解析

【解析】

【分析】（1）首先证明△DEF≌△CGF可得DE=CG，再加上条件CG∥DE，可以根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定四边形DECG是平行四边形．

（2）首先证明∠DEF=∠EDF，∠FEC=∠ECF，再证明∠EDC+∠DCE+∠DEC=180°，从而得到2∠DEC=180°进而得到∠DEC=90°，再有条件四边形DECG是平行四边形，

可得四边形DECG是矩形．

【小问1详解】

∵F是边的中点，

∴．

∵，

∴．

又，

∴，

∴．

又，

∴四边形是平行四边形．

【小问2详解】

∵平分，

∴．

∵E、F分别为边、的中点，

又∵四边形是平行四边形，

∴，．

∴四边形为平行四边形．

∴．

∴．

∴．即得．

∴．

∴．

∵，

∴．

∴．

又∵四边形是平行四边形，

∴四边形是矩形．

【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的判定，矩形的判定，关键是熟练掌握平行四边形和矩形的判定定理．

21. 2022年2月4日，万众瞩目的冬奥会在我们的首都北京开幕了，与往届冬奥会所不同的是，这届冬奥会大家都被吉祥物—冰墩墩吸引了，导致市场大量缺货，为满足市场需求，温州某玩具加工厂打算紧急招聘70名工人进行冰墩墩的制作，已知冰墩墩分为普通款和升级款两种款式，普通工人每人每天可以生产2件普通款或1件升级款，根据市场行情，普通款每件利润为140元，升级款每件利润为350元，为保证全部售出，每生产1件升级款就将升级款的售价降低5元（每件利润不低于150元），设每天生产升级款件．

（1）根据信息填表：

（2）当取多少时，工厂每日的利润可达到17200元？

【答案】（1）；；140；350；   

（2）30．

【解析】

【分析】（1）找准各数量之间的关系，分别用含的代数式表示出各数量；

（2）利用工厂每日的利润每件可获得的利润每天的产量，即可得出关于的一元二次方程．

【小问1详解】

解：普通工人每人每天可以生产2件普通款或1件升级款，且每天生产升级款件，

安排人生产升级款冰墩墩，安排人生产普通款冰墩墩，

每天生产件普通款冰墩墩．

又普通款每件利润为140元，升级款每件利润为350元，

填表如下：

故答案为：；；140；350；

【小问2详解】

解：由题意得：，

整理得：，

解得：，（不合题意，舍去）．

当时，，符合题意．

答：当取30时，工厂每日的利润可达到17200元．

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，列代数式，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．

22. 如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．

（1）求证：是等腰三角形；

（2）求直线的解析式；

（3）若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析    （2）直线解析式为   

（3）存在以、、、为顶点的四边形是菱形，的坐标为，或或，．

【解析】

【分析】（1）由四边形是矩形，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，得出，即可得到，从而证明是等腰三角形；

（2）由点的坐标是，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，可得，设，则，可得，求解后，再用待定系数法即得直线的解析式；

（3）过作轴于，由勾股定理，得，，，，设，，则，进行若，是对角线；若，为对角线；若，为对角线来讨论．

【小问1详解】

证明：四边形是矩形，

，

，

矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，

，

，

，

是等腰三角形；

【小问2详解】

解：点，

，，

，

矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，

，，，

，

设，

则，

中，，

，

解得：，

，，

设直线解析式为，将代入得：

，

解得，

直线解析式为；

【小问3详解】

解：存在以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：

由题意过点作轴，垂足为点．

过作轴于，如下图：

由（2）知，

，

，

，

即

解得：，

，

，，

设，，则，

又，

①若，是对角线，则，的中点重合，且，

，

解得（此时，，共线，舍去）或，

，，

②若，为对角线，则，的中点重合，且，

，

解得不在线段上，舍去）或，

；

③若，为对角线，则，的中点重合，且，

，

解得，

，，

综上所述，的坐标为，或或，．

【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定，菱形的性质、勾股定理，解题的关键是分类思想和方程思想来解答．