258，山东省威海荣成市实验教学联盟（五四制）2023-2024学年八年级上学期期末考试数学试题

这是一份258，山东省威海荣成市实验教学联盟（五四制）2023-2024学年八年级上学期期末考试数学试题，共25页。试卷主要包含了本试卷共7页，共120分等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷共7页，共120分．考试时间120分钟．
2，选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．
3．非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔作答．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使用涂改液、胶带纸、修正带．
4．写在试卷上或答题卡指定区域以外的答案一律无效．
一、精心选一选（每小题3分，共30分）
1. 下列属于旋转运动的是（ ）
A. 小明向北走了10米B. 传送带传送货物C. 电梯从1楼到10楼D. 小萌在荡秋千
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转的定义进行求解即可：物体围绕一个点或一个轴做圆周运动，这种运动方式叫做旋转
【详解】解：A. 小明向北走了 10 米，是平移，不属于旋转运动，故选项A不合题意；
B. 传送带传送货物，是平移，不属于旋转运动，故选项B不合题意；
C. 电梯从 1 楼到 10 楼，是平移，不属于旋转运动，故选项C不合题意；
D. 小萌在荡秋千，是旋转运动，故选项D符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查图形旋转运动，掌握旋转定义与特征，旋转中心，旋转方向，旋转角度是解题关键．
2. 根据下列表格信息，y可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件、分式的值为-1的条件解答．
【详解】解：∵当x＝1时，分式无意义，
∴排除A，B两个选项，
∵x＝﹣1时，y＝﹣1，
代入C，时， ＝﹣1，而代入D时，
故选：C．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，掌握分式分分母不为是解题的关键．
3. 代数式因式分解结果的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查因式分解，运用十字相乘法进行因式分解即可解答．
【详解】．
故选：A
4. 如图为荣成市7天的天气情况，这7天最高气温的中位数与众数分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查求中位数及众数，根据最中间的数叫中位数，出现次数最多的角众数直接求解即可得到答案；
【详解】解：由图像可得，
出现次数最多，故众数为，
数据排序为：，，，，，，，
∴中位数为：，
故答案为：B．
5. 如图，在等腰直角中，，点为斜边上一点，将绕点逆时针旋转得到，则下列说法不一定正确的是（ ）
A. B. 是等腰三角形
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查的是旋转的性质、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．由，可得，由旋转的性质可知，可判定A正确，B正确；根据，可得，即可得，判断D正确；不能证明，可判断C错误．
【详解】解：∵，
∴．
由旋转的性质可知，故A正确，不符合题意；
∴是等腰直角三角形，故B正确，不符合题意；
∴
∴，
∴，
∵，
∴，故D正确，不符合题意
不能证明，故C错误，符合题意；
故选：C．
6. 若，在如图的数轴上标注了四段，则表示的点落在（ ）
A. 段①B. 段②C. 段③D. 段④
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，实数与数轴，分式的分子、分母先因式分解，再约去公因式，把分式化为最简分式，最后将代入化简的式子即可求值．
【详解】解：原式=，
当时，
原式=，
故选：D
7. 如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A. 甲、乙、丙都是B. 只有甲、乙才是
C. 只有甲、丙才是D. 只有乙、丙才是
【答案】A
【解析】
【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由，可得,即可得，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】连接交于点
甲方案：四边形是平行四边形


四边形为平行四边形．
乙方案：
四边形是平行四边形
，，

又

(AAS)


四边形为平行四边形．
丙方案:
四边形是平行四边形
，，，
又分别平分
， 即
（ASA）


四边形为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
8. 为有效解决交通拥堵问题，营造路网微循环，某市决定对一条长的道路进行改造拓宽．为了尽量减轻施工对城市交通造成的影响，实际施工时，每天改造道路的长度比原计划增加，结果提前天完成任务，求实际每天改造道路的长度与实际施工天数．嘉琪同学根据题意列出方程，则方程中未知数所表示的量是（ ）
A. 实际每天改造道路的长度B. 原计划每天改造道路的长度
C. 原计划施工的天数D. 实际施工的天数
【答案】B
【解析】
【分析】嘉琪所列方程是依据相等关系：原计划所用时间-实际所用时间=6，可知方程中未知数x所表示的量．
【详解】设原计划每天铺设管道x米，则实际每天改造管道（1+10%）x，
根据题意，可列方程：
所以嘉琪所列方程中未知数x所表示的量是原计划每天改造管道的长度，
故选：B．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是依据所给方程还原等量关系．
9. 如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则（ ）度

A. 45B. 36C. 54D. 48
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，正五边形的内角和为，内角为，由折叠的性质可得，，，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，正五边形的内角和为，内角为，
由折叠的性质可得，，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10. 如图，平行四边形的对角线相交于点，平分，分别交于点，连接，，，则下列结论中，不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形内外角关系，三角形的中位线定理，根据平行四边形的性质及角平分线得到是等边三角形，结合得到即可得到答案；
【详解】解：四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，故A正确，
∵，，
∴，故C正确，
过作，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，故B错误，
，
过作，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故D正确，
故选：B．
二、填一填：（每题3分，共18分）
11. 分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用提公因式法分解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了因式分解，正确掌握因式分解的方法并根据每个多项式的特点选择恰当的分解方法是解题的关键．
12. 若，则等于______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的除法计算，根据分式的除法计算法则求出的结果即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
，
故答案为：．
13. 如图，已知A，B的坐标分别为，将向右平移，使B平移到点E，得到，若，则点C的坐标为 __________．

【答案】
【解析】
【分析】由平移的性质可得，根据线段的和差关系得到，由此即可得到答案．
【详解】解：由平移的性质可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点C的横坐标为，
∵，
∴点C的纵坐标为2，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，图形得到平移，熟知平移的性质是解题的关键．
14. 跳远运动员李阳对训练效果进行测试．6次跳远的成绩如下：7.5，7.7，7.6，7.7，7.9，7.8（单位：）这六次成绩的平均数为，方差为．如果李阳再跳两次，成绩为分别为，．则李阳这8次跳远成绩的方差______（填“变大”、“不变”或“变小”）．
【答案】变小
【解析】
【分析】本题主要考查平均数和方差，掌握平均数和方差的求法是解题的关键．
【详解】解：∵李阳再跳两次，成绩为，，
∴这组数据的平均数是，
∴这7次跳远成绩的方差是：
，
∴方差变小；
故答案为：变小．
15. 在平面直角坐标系中，平行四边形的边在轴上，顶点，对角线相交于点、分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，则点的横坐标为______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，勾股定理．连接，根据作图得到垂直平分线段，从而得到，设，在中利用勾股定理列出方程得出，即可得出点的横坐标
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴为对角线中点，
由作图可知，垂直平分线段，
连接，则，
延长交轴于点，则轴，
∵，，
在平行四边形中，
∴，
设，则，
在中，有，
解得，，
∴，
∴点的横坐标为3．
故答案为：3．
16. 如图，在中，是边的中点，是边上一点，是边的中点，直线交的延长线于点．若，则的长度为______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查三角形中位线的性质，平行线的性质，等边三角形的判定及性质．
连接，取的中点F，连接，，可得是的中位线，得到，，从而，同理可得是的中位线，得到，从而，进而证得是等边三角形，，根据即可解答．
【详解】解：连接，取的中点F，连接，，
∵点E是的中点，点F是的中点，
∴，，
∴，
∵点F是的中点，点O是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
故答案为：4
三、解答题：（满分72分）
17. 计算：
（1）；
（2）解分式方程：；
（3）分解因式：．
【答案】（1）
（2）原方程无解 （3）
【解析】
【分析】（1）本题考查分式的化简求值，先通分计算括号，再因式分解约分，化到最简即可得到答案；
（2）本题考查解分式方程，去分母，解一元一次方程，检验即可得到答案；
（3）本题考查因式分解，先提取公因式，再根据平方差公式分解即可得到答案；
【小问1详解】
原式
；
【小问2详解】
解：方程两边都乘以得，
，
解这个方程得，
，
检验：当时，，
所以为方程的增根，舍去，
∴原方程无解；
【小问3详解】
解：原式
．
18. 学习“分式方程及其解法”的过程中，老师提出一个问题：若关于的分式方程的解为正数，求的取值范围．经过独立思考与分析后，小明和小聪开始交流解题思路，小明说：解这个关于的方程，得到方程的解为，由题目可得，所以，问题解决．小聪说：你考虑的不全面，还必须才行．
（1）请回答：______的说法是正确的，正确的理由是______；
（2）已知关于的方程的解为非负数，求的取值范围；
（3）若关于的方程无解，求的值．
【答案】（1）小聪，分式的分母不能为零（分式方程的解不能是增根）
（2）且
（3）当或时原方程无解
【解析】
【分析】本题考查了解分式方程以及根据分式方程的解确定参数范围，重点要掌握解分式方程的步骤：去分母化成整式方程；再解整式方程；验根．理解当分式方程无解时包含整式方程无解和有曾根两种情况．
（1）根据分式有意义的条件：分母不能为0，即可知道小聪说得对；
（2）首先按照解分式方程的步骤得到方程的解，再利用解是非负数即可求出的取值范围；
（3）按照解分式方程的步骤去分母得到整式方程，若分式方程无解，则得到增根或者整式方程无解，即可求出的范围．
【小问1详解】
解：∵分式方程的解不能是增根，即不能使分式的分母为0
∴小聪说得对，分式的分母不能为0．
故答案为：小聪，分式分母不能为零（分式方程的解不能是增根）；
【小问2详解】
解方程，得，
方程的解为非负数，
，
，
，
，
且；
【小问3详解】
原方程化简为：
原方程无解，
或
①当时，解得；
②当时，解得
当或时原方程无解．
19. 如图，在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为（正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度）．
（1）画出与关于原点成中心对称；
（2）以坐标原点为旋转中心，将逆时针旋转，得到，画出；
（3）是的边上一点，经平移后点的对应点为，请画出平移后的，直接写出边在平移过程中扫过的面积______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析，7
【解析】
【分析】本题考查作图—旋转变换，作图—平移变换，中心对称变换，平移的性质，坐标与图形等知识，解题的关键是理解题意，熟练掌握平移的性质、旋转的性质，灵活运用所学知识解决问题．
（1）利用中心对称变换的性质分别作出的对应点，顺次连接即可得到；
（2）利用旋转变换性质分别作出的对应点，再顺次连接即可得到；
（3）利用平移变换的性质分别作出的对应点，再顺次连接即可得到，边在平移过程中扫过的面积为两个平行四边形的面积，由此求解即可．
【小问1详解】
解；如图，即为所求，
【小问2详解】
如图，即为所求，
【小问3详解】
解：∵是的边上一点，经平移后点的对应点为，
向左平移4个单位长度，在向上平移1个单位长度得到，
如图，即为所求，
边在平移过程中扫过的面积为．
20. 某班为了从甲、乙两位同学中选出班长，进行了一次演讲答辩和民主测评．、、、、五位老师作为评委，对演讲答辩情况进行评价，结果如下表．全班位同学则参与民主测评进行投票，结果如下图：
演讲答辩得分表

规定：①演讲得分按“去掉一个最高分和一个最低分，再算平均分”的方法确定；
②民主测评得分“好”票数分“较好”票数分“一般”票数分．
（1）求和的值；
（2）若按演讲答辩得分和民主测评的权重比计算两位选手的综合得分，则应选取哪位选手当班长．
【答案】（1），
（2）甲当选班长，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据去掉一个最高分和一个最低分，再算平均分的方法确定平均数即可求得的值，根据总人数减去“好”与“一般”的票数求得的值；
（2）根据加权平均数分别计算甲乙的平均数即可求解．
【小问1详解】
解得：
【小问2详解】
甲民主得分：分
乙民主得分：分
甲综合得分：分乙综合得分：分
∵
∴甲当选班长．
【点睛】本题考查了求平均数，加权平均数，条形统计图，熟练掌握平均数的计算方法是解题的关键．
21. 列分式方程解应用题：某超市一种瓶装饮料每箱售价为36元，五一期间对该瓶装饮料进行促销活动，买一箱送两瓶，这相当于每瓶按原价九折销售，求这家超市销售的这种饮料每箱多少瓶？
【答案】这家超市销售这种饮料每箱18瓶
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，设品牌饮料每箱瓶，根据“买一箱送两瓶，这相当于每瓶按原价九折销售”列方程求解即可，根据题意找出等量关系是解题的关键．
【详解】解：设品牌饮料每箱瓶，则依据题意得：
解得：
经检验：是原方程的解
答：这家超市销售这种饮料每箱18瓶．
22. 如图，在边长为2的等边中，点为的延长线上的一点，连接，将绕点A逆时针旋转到，连接，过点作交直线于点．
（1）猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（2）求出的长度．
【答案】（1），理由见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了等边三角形，旋转．熟练掌握等边三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，是解题的关键．
（1）由等边三角形性质以及旋转的性质得出，进而利用全等三角形的判定与性质即可得出；
（2）由（1）中可得，利用等边三角形得出，根据平行四边形的判定与性质进行分析求解即可．
【小问1详解】
，理由：
∵等边三角形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，
在等边中，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴，
∴．
23. 在四边形中，，点分别是边上的点，点是一动点，连接，令．
初探：
（1）如图①，若点在线段上运动，试探究与之间的关系，并说明理由；
再探：
（2）如图②，若点在线段的延长线上运动，试探究之间的关系，并说明理由；
（3）若点运动到四边形的内部，在备用图中画出此时的图形，并直接写出此时间的关系______．
【答案】（1），理由见解析
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角和定理，三角形外角的性质，邻补角等知识．熟练掌握多边形内角和定理，三角形外角的性质，邻补角是解题的关键．
（1）由题意知，，进而可求；
（2）如图②，记的交点为，则，由，可得；
（3）如图备用图，同理（1）求解作答即可．
【小问1详解】
解：，理由如下；
由题意知，，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：，理由如下；
如图②，记的交点为，
由题意知，，
∵，
∴，即；
【小问3详解】
解：如图备用图，
由题意知，，
∴，
故答案为：．
24. 在中，，点为的中点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作，交直线于点．
（1）如图1，若为线段上任意一点，判断与的数量关系并加以证明；
（2）如图2，若为线段的延长线上任意一点．
①（1）中得出的结论是否发生改变，请给出证明；
②若，则的面积为______．（直接写出答案）
【答案】（1）与的数量关系是：．证明见解析
（2）①（1）中得出的结论不改变．证明见解析；②2
【解析】
【分析】（1）延长交于点G，根据等腰三角形的性质得出，易证，，由证出，即可得证；
（2）①通过证明得出，②连接，证明，根据勾股定理和含30度角直角三角形的性质求出和的长，即可求解面积．
【小问1详解】
解： 与的数量关系是：．
证明如下：延长交于点G，
∵，，
∴，
由题意，知，，
∴，
∵点D为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
∵，，
∴，，
∴．
∵与都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
①与仍然相等．
理由：由题意可得出：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点D为的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
②如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理和含30度角直角三角形的性质等知识，综合性强，难度较大．
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y
…
*
﹣1
*
无意义
*
…
得分
甲
乙