江苏省无锡市滨湖区江南新城实验中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题 - 答案

这是一份江苏省无锡市滨湖区江南新城实验中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题 - 答案，共30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．下列常用软件的图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．为了了解我校八年级1500名学生的跳绳成绩，体育老师从中抽查150名学生的跳绳成绩进行统计分析，下列说法正确的是（ ）
A．每名学生是个体B．被抽取的150名学生是样本
C．150是样本容量D．1500名学生是总体
3．代数式，，，，中，属于分式的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．在不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸出红球的频率稳定在0.8左右，则袋子中红球的个数最有可能是（ ）
A．4个B．8个C．12个D．16个
5．将分式中的m、n同时扩大为原来的3倍，分式的值将（ ）
A．扩大3倍B．不变C．缩小3倍D．缩小9倍
6．下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．有一个内角等于B．对角线互相平分
C．邻边相等D．对角线相等
7．小明从家骑车到学校，路上经过一座桥，上桥速度为a米/秒，下桥速度为b米/秒，若上桥和下桥路程相同，则小明上、下桥的平均速度为（ ）米/秒．
A．B．C．D．
8．如图，在中，，D、E分别为的中点，平分，交于点F，若，则的长为（ ）
A．1B．C．2D．
9．如图，在中，两直角边，，将绕中点M旋转一定角度，得到，点F正好落在边上，和交于点G，则长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（ ）
A．8B．C．10D．
二、填空题
11．要使分式有意义，则应满足的条件是 ．
12．下列事件：①3天内将下雨；②打开电视，正在播广告；③在平面内，任意画一个三角形，其内角和小于．其中随机事件有 ．（只填序号即可）
13．在菱形中，若，则 ．
14．已知 ，则 ．
15．顺次连接一个矩形各边的中点所得到的四边形是一个 ．
16．平面直角坐标系中，，，，若四边形为平行四边形，则D点坐标为 ．
17．如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点D作于点H，已知，，则 ．
18．如图，在中，，，．将绕点按顺时针方向旋转后得，直线相交于点．取的中点，连接，则长的最大值为 ．
三、解答题
19．计算：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
20．先化简：，再从－2、0、1中选一个合适的值代入求值．
21．每年3月最后一周的星期一为全国中小学生的安全教育日，无锡市某校为加强学生安全意识，组织了全校1600名学生参加安全知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩（得分取正整数，满分为100分）进行统计．请根据尚未完成的频率分布表和频数分布直方图解题．
(1)这次抽取了 名学生的竞赛成绩进行统计，其中： ．
(2)补全频数分布直方图．
(3)若成绩在80分以下（含80分）的学生为安全意识不强，有待进一步加强安全教育，则该校安全意识不强的学生约有 人．
22．如图所示，在菱形中，两条对角线相交于点O，F是边的中点，连接并延长到E，使，连接、．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求证：．
23．如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是．
(1)作出关于点O对称的图形；
(2)以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，请在坐标系中画出；
(3)若将向左平移3个单位，则扫过的面积为 ．
24．定义：任意两个数a、b，按规则得到一个新数c，称所得的新数c为数a、b的“才艺展示数”．
(1)若，，求a、b的“才艺展示数”c；
(2)若，，且，求a、b的“才艺展示数”c；
(3)若，，且a、b的“才艺展示数”c的值为一个整数，求整数n的值．
25．在学习了《中心对称图形》一章后，小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．
【性质探究】
(1)下列关于“双直四边形”的说法，正确的有 （填序号）．
①“双直四边形”的对角线不可能相等；
②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半；
③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形．
【判定探究】
(2)如图1，在矩形中，点E、F分别在边上，连接，若，证明：四边形为“双直四边形”．
【拓展提升】
(3)如图2，在平面直角坐标系中，已知，点B在线段上，且，是否存在点D在第一象限，使得四边形为“双直四边形”且面积最大，若存在，求出此时点D的坐标，若不存在，请说明理由．
26．某数学兴趣小组利用正方形硬纸片开展了一次活动，请阅读下面的探究片段，完成所提出的问题．
四边形是边长为4的正方形，点E是射线上的动点，，且交正方形外角的角平分线于点F．
【探究1】当点E是中点时，如图1，发现，这需要证明与所在的两个三角形全等，而与显然不全等，考虑到点E是的中点，取的中点H，连接，证明与全等即可．
【探究2】
(1)如图2，如果把“点E是边的中点”改为“点E是边上（不与点B、C重合）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“”仍然成立吗？如果成立，写出证明过程，如果不成立，请说明理由；
(2)如图3，如果点E是边延长线上的任意一点，其他条件不变，请你画出图形，并判断“”是否成立？ （填“是”或“否”）；
【探究3】
(3)连接交直线于点I，连接，试探究线段之间的数量关系，并说明理由．
【探究4】
(4)当时，此时的面积为 ．
分数段
频数
频率
24
60
75
m
51
n
参考答案：
1．B
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解答本题的关键．
2．C
【分析】根据总体、个体、样本、样本容量的定义即可完成解答．
【详解】解：A. 每名学生的跳绳成绩是个体；
B. 被抽取的150名学生的跳绳成绩是样本；
C.样本容量是150；
D. 1500名学生的跳绳成绩是总体．
故选C．
【点睛】本题主要考查了总体、个体、样本、样本容量的定义，总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．
3．B
【分析】判断分式的依据是：两个整式相除，看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【详解】根据分式的定义可知，是分式，
故选：B．
【点睛】本题考查分式的定义，能够准确判断代数式是否为分式是解决本题的关键．
4．D
【分析】通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.8左右，说明摸出红球的概率为0.8，由此结合概率公式进行计算求解即可．
【详解】解：由题意，摸出红球的概率为0.8，
∴袋子中红球的个数最有可能是（个），故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，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，理解并熟练运用概率公式是解题关键．
5．C
【分析】把m、n都扩大3倍，代入原式，根据分式的性质化简后与原式比较即可得答案．
【详解】∵将分式中的m、n同时扩大为原来的3倍，
∴=，
∴分式的值将缩小3倍．
故选：C．
【点睛】本题考查分式的基本性质，分式的分子、分母同乘（或除以）一个不为0的整式，分式的值不变；熟练掌握分式的基本性质是解题关键．
6．C
【分析】根据矩形和菱形的性质进行逐一判断即可．
【详解】A、矩形具有，菱形不一定具有，故此项错误；
B、矩形和菱形都具有，故此项错误；
C、矩形不一定具有，菱形具有，故此项正确；
D、矩形具有，菱形不一定具有，故此项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形和菱形的性质，掌握性质是解题的关键．
7．A
【分析】设上桥路程为米，则下桥路程也为米，总路程为，根据时间=路程÷速度，可求出上桥和下桥的总时间，从而由平均速度=总路程÷总时间求解即可．
【详解】解：设上桥路程为米，则下桥路程也为米，总路程为，
∴上桥时间为，下桥时间为，
∴总时间为，
∴小明上、下桥的平均速度为．
故选A．
【点睛】本题考查分式混合运算的实际应用．掌握速度=路程÷时间是解题关键．
8．A
【分析】先由勾股定理求出，由中位线定理得到，，再由角平分线和平行线的性质得到，则，即可得到的长．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵D、E分别为的中点，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】此题考查了中位线定理、勾股定理、等角对等边等知识，熟练掌握中位线定理是解题的关键．
9．D
【分析】勾股定理可求，由旋转的性质可得，，，，可得，可得，由勾股定理可求的长，由等边三角形的性质可求的长，即可求的长．
【详解】如图，连接CF，
∵在中， ，
∴，
∵点M是中点，
，
∵将绕着中点M旋转一定角度，得到，
，，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
又，
,’
，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形内角和定理，求的长是本题的关键．
10．D
【分析】如图，连接，过作于，则四边形为矩形，由折叠的性质可知， ，设，，则，，在中，由勾股定理得，即，则①，在，中，根据勾股定理可得，即，整理得②，①②得，，则，，求的值，进而可得的值．
【详解】解：如图，连接，过作于，则四边形为矩形，

由折叠的性质可知， ，
设，，则，，
在中，由勾股定理得，即，
∴①，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，整理得②，
①②得，，整理得，
∴，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
11．
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为零，直接列式求解即可得到答案．
【详解】解：分式有意义，
，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查分式有意义的条件，熟记分式有意义的条件：分母不为零，掌握不等式解集的求法是解决问题的关键．
12．①②/②①
【分析】根据随机事件的定义，即可求解．
【详解】解：①3天内将下雨，是随机事件；
②打开电视，正在播广告，是随机事件；
③在平面内，任意画一个三角形，其内角和小于是不可能事件．
故答案为：①②
【点睛】本题主要考查的是随机事件的概念，熟练掌握不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件是解题的关键．
13．/105度
【分析】由菱形的对角相等，再结合条件可求得答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴
∵，
∴，解得，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
14．
【分析】由可得，代入式子进行化简即可求解．
【详解】解：，
，
原式
．
故答案：．
【点睛】本题考查了分式化简求值，掌握化简求值方法是解题的关键．
15．菱形
【分析】根据矩形中点四边形的性质即可进行解答．
【详解】解：如图，点为矩形四边中点，
∵四边形为矩形，
∴，，
∵点为矩形四边中点，
∴，，
根据勾股定理可得：，
∴，
同理可得：，
∴四边形为菱形，
故答案为：菱形．
【点睛】本题主要考查了矩形的中点四边形，解题的关键是熟练掌握矩形的性质以及菱形的判定定理．
16．
【分析】用平移点的坐标的方法，求点D的坐标即可．
【详解】解：设点D的坐标为，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴经过平移可以与重合，
∵，，，
∴，，
解得：，，
∴点D的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标平移，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握坐标平移的特点，列出方程．
17．
【分析】根据菱形对角线互相平分，，即可求出的长，即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
即，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∵，
∴
即：，
解得：．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查与菱形有关的求线段长，灵活运用所学知识和题中条件是解题关键．
18．9
【分析】取的中点，连接，，由旋转的性质易得，由三角形中位线定理及直角三角形斜边上中线的性质可求得的长，则由可求得的最大值．
【详解】解：取的中点，连接，，如下图，
∵是由绕点旋转得到，
∴，，，
设，则，
∴，，
在四边形中，，
∵在，，，
∴由勾股定理可得，
∵在中，点为的中点，
∴，
∵点为的中点，点为的中点，
∴，
∵，
∴当三点共线时，最大，最大值为．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理、中位线定理等知识，构建以为边的三角形，根据三角形三边关系得出的长度范围是解题的关键．
19．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）根据根式除法运算法则进行计算即可；
（2）根据同分母分式加减运算法则进行计算即可；
（3）根据异分母分式加减运算法则进行计算即可；
（4）根据分式加减乘除混合运算法则进行计算即可．
【详解】（1）解：

；
（2）解：
；
（3）解：


；
（4）解：
．
【点睛】本题主要考查了分式运算，解题的关键是熟练掌握分式运算法则，准确计算．
20．；当时，值为
【分析】先根据分式的四则混合运算法则化简，然后将能使分式有意义的a的值代入求解即可．
【详解】解：
，
∵，
∴、，
∴当时，．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，选出合适的a的值是解答本题的关键．
21．(1)300；
(2)补图见解析
(3)848
【分析】（1）根据频数与频率的比值求样本容量，根据频数与样本容量的比值为频率求即可；
（2）根据，补全直方图即可；
（3）根据该校安全意识不强的学生为总人数与成绩在80分以下（含80分）的学生的频率的乘积计算求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴抽取了300名学生的竞赛成绩进行统计，其中：，
故答案为：300；；
（2）解：由题意知，，
∴补全直方图如下：
（3）解：由题意知，成绩在80分以下（含80分）的学生的频率为，
∵，
∴该校安全意识不强的学生约为848人；
【点睛】本题考查了频率分布表和频数分布直方图，样本估计总体等知识．解题的关键在于从图表中获取正确的信息．
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由即可得证；
（2）由矩形和菱形性质可得，，即可得证．
【详解】（1）证明： F是边的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
四边形是矩形．
（2）证明：四边形是矩形，
，
四边形是菱形，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定及性质、菱形的性质、三角形中位线定理等，掌握判定方法和性质是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到关于点O对称的图形；
（2）依据点为旋转中心，将顺时针旋转，即可得到；
（3）用割补法：一个长宽分别为7与2的长方形面积，减去三个三角形面积即可．
【详解】（1）如图，即为所求作；
（2）如图，即为所求作；
（3），
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，利用割补法求图形面积．旋转变换要注意旋转的方向，平移变换注意平移的方向．
24．(1)
(2)
(3)4或－2或2或0
【分析】（1）根据“才艺展示数”的定义直接列式计算即可；
（2）根据“才艺展示数”的定义直接列式得到，再根据，可得，进而可得，问题得解；
（3）根据“才艺展示数”的定义直接列式得到，再根据整数的特点即可作答．
【详解】（1）根据题意，有，
即a、b的“才艺展示数”c为；
（2）根据题意，有，
，
，
，
；
（3）根据题意，有，
∵c、n均为整数，
∴或或或，
∴或或或．
【点睛】本题考查了分式的运算，完全平方公式等知识，解答本题的关键是明确题意，利用题目中的新定义解答．
25．(1)②③
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）由““双直四边形”的定义依次判断即可解答；
（2）由““SAS”可证，可得，进而求得，，进而证明结论；
（3）先求出的解析式，再分两种情况讨论，将点D横坐标代入即可解答．
【详解】（1）解：∵有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，
∴正方形是“双直四边形”，
∴双直四边形”的对角线可能相等，故①不符合题意；
“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半，故②符合题意；
∵中心对称的四边形是平行四边形，且有一个内角是直角，对角线互相垂直，
∴这样的“双直四边形”是正方形，故③选项符合题意．
故答案为：②③；
（2）证明：连接，交于点O，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为双直四边形．
（3）解：存在点D在第一象限，使得四边形为“双直四边形”且面积最大，
如图，设与交于点H，
∵点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点；
∵四边形为“双直四边形”，
∴，
∵，
∴，即点H是的中点，
∵点，
∴点，
设直线的解析式为,
则：，解得：，
∴直线的解析式为，
当时，点D的横坐标为16，
∴，
∴点，
当时，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点，
综上所述：点D的坐标．
【点睛】本题属于四边形综合题，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、一次函数的应用等知识点，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26．(1)成立，证明见解析
(2)是，图见解析
(3)或，理由见解析
(4)
【分析】（1）截取，连接，求出，得出，求出，求出，根据推出和全等即可；
（2）在的延长线上取一点N，使，连接，根据已知利用判定，因为全等三角形的对应边相等，所以．
（3）分两种情况构造全等三角形进行证明即可；
（4）利用图4，图5，求出的面积，可得结论．
【详解】（1）解：成立．理由如下：
如图2，在上截取，连接，
，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：成立，证明如下：
如图3，在的延长线上取一点N，使，连接．
，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
（3）解：分两种情况：
①如图4中，点E在上时，延长到H，使，
∵四边形是正方形，
∴，．
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴．
又，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图5中，当点E在的延长线上时，在上截取，使，
，
同理可证：，
∴，
∵，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴；
（4）解：当点E在线段上时，如图4中，
在中，，，，
∴，
∵，
∴．
设，则，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴．
当点E在线段的延长线上时，如图5中，
同法可得，
综上所述，的面积为或．
故答案为：或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．