数学（苏科版B卷）——2022-2023学年数学八年级下册期中综合素质测评卷（含解析）

2022-2023学年八年级下学期期中考前必刷卷

数学·参考答案

11．

12．2

13．5

14．##

15．##80度

16．

17．

18．或

19．见解析

【分析】根据三角形中位线定理可得，，可证明四边形是平行四边形，再由，可得，即可求证．

【详解】证明：∵D、E、F分别是边的中点，

∴，，

即，

∴四边形是平行四边形，

∵，

∴，

∴四边形是菱形．......................................（6分）

【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键．

20．（1）6个；（2）4

【分析】（1）先估算出概率，再乘以总量即可；

（2）表示出剩余黑球的数量除以总数量列式计算即可；

【详解】（1），

（个）；

∴估计袋中有黑球6个；

故答案是6．......................................（3分）

（2）取出n个黑球后，还剩下个黑球，总共剩余个球，

由题意得，解得；......................................（6分）

【点睛】本题主要考查了由频率估计概率，已知概率求参数，准确计算是解题的关键．

21．(1)见解析；

(2)见解析．

【分析】（1）连接菱形ABCD的对角线BD，交AE于G，连接CG并延长交AB于F；

（2）连接菱形ABCD对角线BD，AC交于点O，连接EO并延长，交AD于H，连接CH即可．

【详解】（1）如图所示，

连接菱形ABCD的对角线BD，交AE于G，连接CG并延长交AB于F，CF即为所求；

......................................（3分）

（2）如图所示，连接菱形ABCD对角线BD，AC交于点O，连接EO并延长，交AD于H，连接CH，CH即为所求．

......................................（6分）

【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟悉菱形对角线的性质．

22．(1)500

(2)150

(3)

【分析】（1）由组人数及其所占百分比可得学生总人数；

（2）根据总人数分别减去、、、组的人数即可得出答案；

（3）先求出C组所占总人数的百分比，再用乘以C组所占总人数的百分比即可．

【详解】（1）（人）

故答案为：500．......................................（2分）

（2）每周锻炼身体的时长大于等于6小于7的频数:

（人）

故答案为：150．......................................（4分）

（3）C组所占总人数的百分比为：

C组所在扇形的圆心角：

∴C组所在扇形的圆心角为．......................................（6分）

【点睛】本题考查了频数分布直方图、扇形统计图，理解两个统计图中数量之间的关系是解决问题的前提，掌握频率=频数÷总数是正确解答的关键．

23．(1)2

(2)

【分析】（1）过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，可得四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得的长即可；

（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，然后说明的长度为长支杆的一半即可．

【详解】（1）解：过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，

∴四边形是平行四边形，

∴，即在地面上影子的长为2米；

故答案为：2；......................................（3分）

（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，

当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即的长度为长支杆的一半，

∵为长支杆的长度，为短支杆的长度．∴．

故答案为：．......................................（6分）

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．

24．(1)

(2)

(3)

(4)见解析

【分析】(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；

(2)直接利用关于点对称的性质得出对应点位置进而得出答案；

(3) 利用面积分割法，用正方形的面积减去三个直角三角形的面积即可求解；

(4) 连接，，，将绕点逆时针旋转后，分别得到，，，连接，，即可得到答案．

【详解】（1）解：∵，的坐标为，

∴是由A向右平多3个单位，再向下平移2个单位所得，

对B进行同样操作，

即可得的坐标为，

即；

故答案为：．......................................（2分）

（2）解：和关于原点成中心对称，则 的坐标与C的坐标互为相反数，

∵，

∴，

故答案为：．......................................（4分）

（3）解：利用分割法，由于每个方格长度为1，

所以的面积为：

=

=，

故答案为：．......................................（6分）

（4）解：如下图所示，连接，，，将绕点逆时针旋转后，分别得到，，，其中，，，连接，，，则即为旋转后的图形．

......................................（8分）

【点睛】此题主要考查了平移变换以及旋转变换，分割法求三角形面积，正确得出对应点位置是解题关键．

25．(1)等边三角形，

(2)

【分析】（1）首先证明，则，，所以是等边三角形；知等边三角形的边长为3，求出即可；

（2）类比（1），连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，连接，延长，作；证是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用勾股定理计算，，求和的面积和即可．

【详解】（1）如图2，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，

，，

是等边三角形，

∵

∴，

∴，

∴点三点在同一直线上，

四边形的面积等边三角形的面积，

，

；......................................（4分）

（2）如图3，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，

连接，延长，作；

，

∴，

，

，，

∴

，

，

，

，

，等边，上的高，

，

，

．......................................（8分）

【点睛】本题考查了图形的旋转变换，三角形全等，勾股定理，等积代换思想，类比思想等．构造直角三角形，求出三角形的高是解决问题的关键．

26．(1)且；见解析

(2)①；；②成立；见解析

【分析】（1）证明，得出，，证明，得出是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论；

（2）①根据等腰直角三角形的性质即可求出，根据，求出；

②延长交于N，连接，，同（1）可证，得出，，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论．

【详解】（1）解：且．

∵以，为边在同一侧作正方形与正方形，

∴，

∴，

在和中，，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∵，

∴，．......................................（4分）

（2）解：①∵A，C，E在同一条直线上，，，

∴，

，

∴．

故答案为：；．

②成立．理由如下：

如图，延长交于N，连接，．

同（1）可证，

∴，，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴，，

∴，

即是等腰直角三角形，

∵，

∴，，

综上可知，且．......................................（8分）

【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形三角形的性质，等腰三角形三线合一，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．

27．(1)证明见解析

(2)①4；②

【分析】（1）先由矩形的性质得到，再由，可证明四边形是平行四边形，则四边形是菱形；

（2）①如图所示，连接交于F，先证明，则四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，证明是等边三角形，得到，求出，，则时；证明四边形是平行四边形，，得到，是等边三角形，推出，同理得，即可证明四边形是菱形，即可求出；②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，同理可证是等边三角形，求出，得到，证明是等边三角形求出，则，即可求出；如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，同（2）①可证四边形 是菱形，求出，则，过点P作于H，则，据此求出，即可推出．

【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，对角线交于点O，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

又∵，

∴四边形是菱形；......................................（3分）

（2）解：①如图所示，连接交于F，

∵四边形是矩形，

∴，

∵四边形是菱形，

∴，

∴，

∴四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，

∵，

∴是等边三角形，

∴，

∵，

∴，

∴时，此时点平移到点F的位置，

由平移的性质可知，

∴四边形是平行四边形，，

∴，是等边三角形，

∴，同理得，

∴四边形是菱形，

∴四边形的周长，即；.............................（6分）

②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，

同理可证是等边三角形，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，，

∴是等边三角形，

∴，

∵，

∴，

在中，，

∴，

∴；  

如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，

同（2）①可证四边形 是菱形，

∴，

∴，

过点P作于H，则，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴当时，．......................................（10分）

【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，正确根据题意画出对应的图形是解题的关键．