2021-2022学年山东省济南市天桥区八年级（下）期末数学试卷-（含解析）

2021-2022学年山东省济南市天桥区八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，共48分）

1. 下列图案中，是中心对称图形的是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 下列式子中，从左边到右边的变形是因式分解的是(    )

A.  B.
C.  D.

3. 如图，在平行四边形中，，延长到点，则的度数是(    )

A.
B.
C.
D.

4. 下列各式是最简分式的是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度得到的点的坐标是(    )

A.   B.  C.  D.

6. 平行四边形的对角线一定具有的性质是(    )

A. 相等 B. 互相平分 C. 互相垂直 D. 互相垂直平分

7. 不等式在数轴上表示正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

8. 若一个正多边形的每个内角都是，则这个正多边形是(    )

A. 正六边形 B. 正七边形 C. 正八边形 D. 正九边形

9. 关于的一元二次方程有实数解，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

10. 如图，中，，现在将绕点逆时针旋转，得到，则的度数为(    )

A.
B.
C.
D.

11. 如图，菱形中，，，，则的长是(    )

A.
B.
C.
D.

12. 关于的一元二次方程的解是，，那么方程的解是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

二、填空题（本大题共6小题，共24分）

13. 分解因式：______．
14. 如图，一块等边三角形的空地中，，分别是边，的中点，量得米，他想把四边形用篱笆围成一圈放养小鸡，则需要篱笆的长是______米．

15. 某市客流量已连续两周下降，由每周万次下降至每周万次，设平均下降率为，则根据题意列方程是______．
16. 已知关于的方程有增根，则的值为______．
17. 如图，平行四边形中，，分别平分，交于点，点，已知，，则的长为______．
18. 如图，在矩形中，，，点是边的中点，连接，把沿对折得到，延长与交于点，则的长为______．

三、解答题（本大题共9小题，共78分）

19. 解不等式组．
20. 先化简，再求值：，其中．
21. 如图，在平行四边形中，于点，于点求证：．

22. 因式分解：；
    解方程．
23. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
    
    将向右平移个单位长度得到，请画出；
    画出关于点的中心对称图形；
    若将绕某一点旋转可得到，请直接写出旋转中心的坐标．
24. 某商店购进甲，乙两种玩具，甲玩具比乙玩具每件进件低元，用元购进甲种玩具和用元购进的乙种玩具数量相等．
    购进的甲，乙两种玩具的进价各多少元？
    计划购进两种玩具共件，且总价不超过元，问至少购进多少件甲种玩具．
25. 把代数式通过配方等方法，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负性这一性质增加问题的条件，这种解题方法叫做配方，配方法在代数式求值．
    例：用配方法因式分解：
    原式
    例：若，利用配方求的最小值．
    
    
    当时，的最小值是．
    在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式，______．
    用配方法因式分解．
    若，则的最小值是______．
    已知，则的值为______．
26. 如图，在平面直角坐标系中，，是的中点，，点坐标是，所在的直线的函数关系式为，点是上的一个动点．
    点的坐标是______，点的坐标是______．
    当点在边上运动过程中，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，求的长；
    在的条件下，请你判断以点，，，为顶点的四边形构成菱形，并说明理由．

27. 已知四边形和四边形均为正方形，连接，，直线与交于点．
    
    如图，当点在上时，线段和的数量关系是______，的度数为______．
    如图，将正方形绕点旋转任意角度．
    请你判断中的结论是否仍然成立，并说明理由．
    当点在直线左侧时，连接，则存在实数，满足等式，猜想，的值，并予以证明；
    若，，则正方形绕点旋转过程中，点，是否重合？若能，请直接写出此时线段的长，若不能，说明理由．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：选项A、、均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：．
根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
 

2.【答案】 

【解析】解：原式符合因式分解的定义，是因式分解，故本选项符合题意；
B.原式是整式的乘法，不是因式分解，故本选项不符合题意；
C.原式右边不是整式积的形式，不是因式分解，故本选项不符合题意；
D.原式右边不是整式积的形式，不是因式分解，故本选项不符合题意；
故选：．
根据因式分解的定义，因式分解是把多项式写成几个整式积的形式，对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题主要考查了因式分解的定义，因式分解与整式的乘法是互为逆运算，要注意区分．
 

3.【答案】 

【解析】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：．
由平行四边形的性质求出，则可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等这一性质是解题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：．，此选项不符合题意；
B.，此选项不符合题意；
C.是最简分式，符合题意；
D.，此选项不符合题意；
故选：．
根据最简分式的概念逐一判断即可．
本题主要考查最简分式，解题的关键是掌握一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．
 

5.【答案】 

【解析】解：将点向右平移个单位长度后得到的点的坐标为，即，
故选：．
根据平移规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减即可得．
此题主要考查了坐标与图形变化平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．掌握点的坐标的变化规律是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：平行四边形的对角线互相平分，
故选：．
根据平行四边形的对角线互相平分可得答案．
此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的性质．
 

7.【答案】 

【解析】解：移项得，，
在数轴上表示为：

故选：．
先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来，找出符合条件的选项即可．
本题考查的是在数轴上表示一元一次不等式的解集，解答此类题目的关键是熟知实心圆点与空心圆点的区别．
 

8.【答案】 

【解析】解：解法一：设所求正多边形边数为，
则，
解得，这个正多边形是正六边形．
解法二：正多边形的每个内角都等于，
正多边形的每个外角都等于，
又多边形的外角和为，
这个正多边形边数．
故选：．
边形的内角和可以表示成，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成，列方程可求解．此题还可以由已知条件，求出这个多边形的外角，再利用多边形的外角和定理求解．
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解题的关键是掌握多边形内角和定理：且为整数．
 

9.【答案】 

【解析】解：关于的一元二次方程有实数解，
，
解得：，
故选B．
根据方程解的情况和根的判别式得到，求出即可．
本题主要考查对根的判别式，解一元一次不等式等知识点的理解和掌握，能熟练地运用根的判别式进行计算是解此题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：将绕点逆时针旋转，得到，
，
，
，
故选：．
由旋转的性质可得，即可求解．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：如图，对角线、交于点，
四边形是菱形，，
，，，
，
，
菱形的面积，
即，
，
故选：．
由菱形的性质和勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果．
本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：方程可变形为，
关于的一元二次方程的解是，，
方程的解为，，即，．
故选：．
将方程变形为，由关于的一元二次方程的解是，，可得方程的解为，，依此即可求解．
本题考查了一元二次方程的解，关键是将方程变形为．
 

13.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
直接利用公式法分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：，分别是边，的中点，
是的中位线，
，
米，
米，
为等边三角形，
米，
米，米，
需要篱笆的长为：米，
故答案为：．
根据三角形中位线定理求出，根据等边三角形的性质计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
 

15.【答案】 

【解析】解：第一周客流量下降后为：，
第二周客流量下降后为：，
．
故答案为：．
先表示出第二周客流量下降后的人数，根据两周下降后下降至每周万次列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据两周下降后下降至每周万次列出方程是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：，
，
，
方程有增根，
，
，
故答案为：．
先解分式方程可得，再由题意可知，即可求的值．
本题考查分式方程的增根，熟练掌握分式方程的解法，理解增根的含义是解题的关键．
 

17.【答案】 

【解析】解：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
则，
，
同理可证：，
．
故答案为：．
先证，则，同理可证，进而得出答案．
本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明是解题的关键．
 

18.【答案】 

【解析】解：根据折叠的性质可知：，，，
点是边的中点，
，
点，点在以为圆心，长为半径的圆上，
，，
，
设，则，，
在中，，
即，
解得：，
．
故答案为：．
根据矩形的性质，结合翻折变换的规律特点解答即可．
本题主要考查了翻折变换，作出辅助圆得到是解答本题的关键．
 

19.【答案】解：解不等式，得，
解不等式，得，
不等式组的解集为． 

【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
 

20.【答案】解：原式

，
当时，原式． 

【解析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式括号中第二项变形后利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把的值代入计算即可求出值．
 

21.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
又，，
，
在和中
，
≌，
． 

【解析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
 

22.【答案】解：原式
；

，
，
则，即，
，
，． 

【解析】先提取公因式，再利用公式法求解即可；
利用公式法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
 

23.【答案】解：如图，即为所求；

如图，即为所求；
根据图形可知：
旋转中心的坐标为：． 

【解析】本题考查了平移、中心对称、旋转作图，掌握相关的点的变换是解题关键．
根据平移的性质即可将向右平移个单位长度得到；
根据中心对称的定义即可画出关于点的中心对称图形；
根据旋转的性质即可将绕某一点旋转可得到，进而写出旋转中心的坐标．
 

24.【答案】解：设甲种玩具的进价为元，则乙种玩具的进价为元，
依题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
．
答：甲种玩具的进价为元，乙种玩具的进价为元．
设购进甲种玩具件，则购进乙种玩具件，
依题意得：，
解得：．
答：至少购进件甲种玩具． 

【解析】设甲种玩具的进价为元，则乙种玩具的进价为元，利用数量总价单价，结合用元购进甲种玩具和用元购进的乙种玩具数量相等，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可求出甲种玩具的进价，再将其代入中即可求出乙种玩具的进价；
设购进甲种玩具件，则购进乙种玩具件，利用总价单价数量，结合总价不超过元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出分式方程；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
 

25.【答案】     

【解析】解：；
故答案为：；




；

，
当，即时，取最小值，最小值为；
故答案为：；
，
，
即，
，，，
，，，
解得：，，
则．
故答案为：．
利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出所求；
原式常数项分为，利用完全平方公式化简，再利用平方差公式分解即可；
配方后，利用非负数的性质确定出最小值即可；
已知等式利用完全平方公式配方后，再根据非负数的性质求出，，的值，代入原式计算即可求出值．
此题考查了整式的混合运算，非负数的性质：偶次方，完全平方式，以及因式分解分组分解法，熟练掌握各自的运算法则及公式是解本题的关键．
 

26.【答案】   

【解析】解：，点坐标是，
点的纵坐标是，
直线的函数关系式为，
点的横坐标为，
，
，是的中点，
，
，
，
，
故答案为：，；
作于点，则四边形为矩形，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，
，
当点在的左边，，
当点在的右边，，
综上所述：的长为或；
点，，，为顶点的四边形能构成菱形，理由如下：
当点在的左边，，
，
，
，
，
此时平行四边形不能构成菱形；
当点在的右边，，
，
由知，，
，
，
，
平行四边形是菱形；
综上所述：点，，，为顶点的四边形能构成菱形．
先确定点的纵坐标是，再由直线的函数关系式为，可求点坐标；求出，由即可求点坐标；
作于点，则四边形为矩形，先判断为等腰直角三角形，分两种情况讨论：当点在的左边，，当点在的右边，；
当点在的左边，，，此时平行四边形不能构成菱形；当点在的右边，，，平行四边形是菱形．
本题考查一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质是解题的关键．
 

27.【答案】   

【解析】解：四边形和四边形是正方形，
，，，
≌，
，，
，
，
，
故答案为：，；

的结论仍然成立，理由如下：
设交于，

四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
；
，．
证明：在上取，使得，连接，，

，，
≌，
，，
，
，
即，
为等腰直角三角形，
，
，
存在实数，满足等式，
，；
如图：

，，四边形和四边形均为正方形，
，，
直线与交于点点，重合，
点、、在同一直线上，
，
，
，
；
如图：

，，四边形和四边形均为正方形，
，，
直线与交于点点，重合，
点、、在同一直线上，
，
，
，
；
综上，正方形绕点旋转过程中，点，能重合，此时线段的长为或．
由“”可证≌，可得，，由余角的性质即可得的度数；
由“”可证≌，可得，，由余角的性质即可得的度数；
在上取，使得，连接，，证明≌，可得，，求出，则为等腰直角三角形，，则，根据存在实数，满足等式，即可得，；
分两种情况画出图形，根据全等三角形的性质以及勾股定理即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．