山东省济南市钢城区2022-2023学年八年级上学期期末数学试题答案

这是一份山东省济南市钢城区2022-2023学年八年级上学期期末数学试题答案，共24页。

答题前，请考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并同时将姓名和准考证号填写在试题规定的位置．
答题时，选择题部分每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，非选择题部分，用0．5毫米黑色签字笔在答题卡上题号所提示的答题区域作答，直接在试题上作答无效．
本考试不允许使用计算器，考试结束后，将本试题和答题卡一并交回．
第I卷（选择题40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分，共40分）
1. 要使分式有意义，应满足条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件进行解答即可．
【详解】解：要使分式有意义，则，
解得：，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握要使分式有意义，则分母不等于零．
2. 在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】中心对称图形：在平面内，一个图形绕某个点旋转，如果旋转前后的图形相互重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；轴对称图形：如果把一个图形沿着一条直线翻折过来，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据概念逐一判断即可．
【详解】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，
对于A选项，图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意，
对于B选项，图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意，
对于C选项，图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意，
对于D选项，图形是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是熟知轴对称图形和中心对称图形的概念和定义．
3. 已知一个多边形的内角和为，则这个多边形是（ ）
A. 八边形B. 七边形C. 六边形D. 五边形
【答案】C
【解析】
【分析】设这个多边形是n边形，则它的内角和是，得到关于n的方程组，就可以求出边数n．
【详解】解：设这个多边形是n边形，由题意知，
，
∴，
∴该多边形的边数是六边形．
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．
4. 如图，是学校举行“爱国主义教育”比赛活动中获得前10名学生的参赛成绩，对于这些成绩，下列说法正确的是（ ）

A. 平均数是95分B. 中位数是95分
C. 众数是90分D. 极差是10
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数、中位数、平均数、极差的定义和统计图中提供的数据分别列出算式，求出答案．
【详解】解：A、平均数是分，本选项不符合题意；
B、中位数是位于第5、6个数，都是90分，中位数是90分，本选项不符合题意；
C、90分的人数最多，众数是90分，本选项符合题意；
D、极差是分，本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了折线统计图，用到的知识点是众数、中位数、平均数、极差，关键是能从统计图中获得有关数据，求出众数、中位数、平均数、极差．
5. 若，则代数式的值是（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，然后代入求值即可．
【详解】解：，
故选：D．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，代数式求值．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
6. 如图，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由旋转的性质可得，，由等边对等角的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A按逆时针方向旋转，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转，等腰三角形，熟练掌握旋转的性质，等腰三角形的性质，是解题的关键．
7. 小颖利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用两种方法表示大长方形的面积即可得出答案．
【详解】解：根据题图可得大长方形是由2个边长为b的正方形，3个长为b宽为a的长方形和1个边长为a的正方形组成，
∴大长方形的面积为，
另外大长方形可以看作一般长为宽为的长方形组成，
∴大长方形的面积为，
∴可以得到一个因式分解的等式为，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了用图形法进行因式分解，解题的关键是数形结合，用两种方法表示大长方形的面积．
8. 已知关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A. 3B. -3C. 6D. -6
【答案】D
【解析】
【分析】根据分析方程的求解方法求出，再由是方程的增根，得到等式，即可求解．
【详解】解：方程两边同时乘以，得，
，
方程有增根，
即，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查分式方程的增根，熟练掌握分式方程的求解方法，分式方程增根与分式方程根之间的联系是解题的关键．
9. 如图，中，，，，D，E分别为，的中点，平分，交DE于点F，则的长是（ ）

A. B. 12C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】用勾股定理可算出，然后根据中位线定理可得，，易证得，然后计算即可
【详解】解：∵，，，
∴，
∵D，E分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
10. 如图，为的对角线，，于点E，于点F，、相交于点H，直线交线段延长线于点G，下列结论：①；②；③；④若，则其中正确的结论有（ ）个

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形性质和垂直定义可得，，，然后用互余性质可判断①；通过条件易得，可计算，然后计算，可判断②；根据条件易证得是直角三角形，然后判断和的大小关系即可判断③；通过条件可证明，可得，又因为，可得到，，然后表示平行四边形的面积即可判断．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故③错误；
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故选：B
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质以及勾股定理，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题110分）
二、填空题（本大题共6小题，只要求填写最后结果，每小题填对得4分，共24分）
11. 已知是一个完全平方式，则实数的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据完全平方公式的特征，另一平方项等于倍乘积项系数一半的平方求解即可．
【详解】∵是一个完全平方式，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查完全平方式，熟练掌握完全平方式的特点是解题的关键．
12. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则_________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的坐标特征，求解即可．
【详解】解：点与点关于原点对称，
则，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时，横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键．
13. 甲、乙、丙三名同学参加掷实心球测试，每人掷5次，他们的平均成绩恰好相同，方差分别，，，则这三名同学掷实心球的成绩最稳定的是_________．
【答案】丙
【解析】
【分析】利用方差的意义可得答案．
【详解】解：，，，
，
这三名同学掷实心球的成绩最稳定的是丙，
故答案为：丙．
【点睛】本题主要考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
14. 代数式与代数式的值相等，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意列分式方程，然后解分式方程即可．
【详解】解：由题意，得，
去分母，得
去括号，得
移项、合并同类项得
解得，
经检验，是所列方程的解，
故答案为：．
【点睛】本题考查列分式方程、解分式方程，熟练掌握分式方程的解法步骤是解答的关键，注意计算结果要检验．
15. 如图，在中，点、分别在、的延长线上，，，，，则的长是__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据直角三角形性质求出长，利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
即为中点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
∵，,
∴,即,
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及含30度角的直角三角形性质等知识点的应用，此题综合性比较强，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键．
16. 如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点；把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点；把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点，…；按此做法进行下去，则点的坐标为_________．

【答案】
【解析】
【分析】先根据平移规律得到第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向右或向上平移n个单位长度得到下一个点，然后推出每四次坐标变换为一个循环，每一个循环里面横坐标不发生变化，纵坐标向下平移4个单位长度，从而求出点的坐标为，由此求解即可．
【详解】解：∵把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；
把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点；
把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点；
把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点，
∴第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向右或向上平移n个单位长度得到下一个点，
∵O到是向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度，到是向左2个单位长度，向上平移2个单位长度，到是向左平移3个单位长度，向下平移3个单位长度，到是向右平移4个单位长度，向下平移4个单位长度，到是向右平移5个单位长度，向上平移5个单位长度，
∴可以看作每四次坐标变换为一个循环，每一个循环里面横坐标不发生变化，纵坐标向下平移4个单位长度，
∴点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了点的坐标规律探索，正确找到规律是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共86分，解答要写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤）
17. 因式分解
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平方差公式进行因式分解即可；
（2）综合提公因式与公式法进行因式分解即可．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：．
【点睛】本题考查了利用平方差公式，综合提公因式与公式法进行因式分解．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
18. 解分式方程： ．
【答案】无解
【解析】
【分析】根据解分式方程的步骤计算：①去分母变为整式方程；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论．
【详解】解：，
两边同时乘以，
得：，
解得：，
检验：当时，，
∴原方程无解．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．（3）去分母时要注意符号的变化．
19. 已知：平行四边形中，E、F是对角线上两点，连接，若．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质得出，，再由平行线的性质得出，最后直接利用角边角证明即可．
【详解】∵四边形为平行四边形
∴，，
∴，
在和中，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质和全等三角形的判定定理，熟练掌握知识点并能够灵活运用解题的关键．
20. 先化简，再求值，其中．
【答案】
【解析】
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
，
因为，
所以原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则．
21. 在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）将先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度，画出平移后的，并写出顶点，，的坐标；
（2）将绕原点O顺时针旋转后得到的图形，请画出；
（3）计算的面积．
【答案】（1）图见解析，，，
（2）见解析 （3）1.5
【解析】
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出顶点，，的坐标，然后描点连线即可；
（2）利用点旋转的坐标变换规律写出顶点，，的坐标，然后描点连线即可；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算的面积即可．
【小问1详解】
利用点平移的坐标变换规律得，，，
描点连线得如图所示；
【小问2详解】
利用点旋转的坐标变换规律得，，，
描点连线得如图所示；
【小问3详解】
．
【点睛】本题考查了作图中的平移与旋转变换和三角形面积的求法，解题的关键是熟知点平移与旋转的坐标变换规律及割补法的运用．
22. 阅读有益的课外书不但有助于开阔视野、培养广泛的兴趣爱好、学会为人处世等，而且可以增长见识，做到不出家门而知天下事，不出国门而了解世界各地的历史文化、风土人情．学校为鼓励学生假期在家阅读，组织八年级全体同学参加了假期海量读书活动，随机抽查了部分同学读书本数的情况进行统计，如图所示：

（1）本次共抽查学生_________人，并将条形统计图补充完整；
（2）读书本数的众数是_________本，中位数是________本；
（3）在八年级2000名学生中，读书15本及以上（含15本）的学生估计有多少人?
【答案】（1）50，图见解析
（2）
（3）1000人
【解析】
【分析】（1）根据频数与所占百分比的商是样本容量，计算即可，计算出相应的频数画图即可．
（2）根据出现次数最多的数据叫做众数，一组有序数据中，中间一个数据或中间两个数据的平均数叫做中位数计算即可．
（3）利用样本估计总体的思想计算即可．
【小问1详解】
∵（人），
∴B组的人数为（人），
画图如下：

故答案为：50．
【小问2详解】
∵10本出现的次数最多，
∴数据的众数是10本；
∵第25个数据是10本，，第26个数据是15本，
∴数据的中位数是本；
故答案为：．
【小问3详解】
根据题意，得（名），
答：读书15本及以上（含15本）的学生估计有1000人．
【点睛】本题考查了样本容量的计算，众数，中位数，样本估计总体的思想，熟练掌握样本容量的计算，众数，中位数，样本估计总体是解题的关键．
23. 如图，在四边形中，与交于点O，且，点E在线段BO上，．

（1）求证：四边形是平行四边形：
（2）若，，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）120
【解析】
【分析】（1）先证明得到，再根据平行四边形的判定可得结论；
（2）先根据等腰三角形的性质得到，可证四边形是菱形，再利用勾股定理求得，进而求解即可．
【小问1详解】
证明：在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
∵，，
∴，
由（1）知，四边形是平行四边形，
四边形是菱形
在中，，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定及性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的性质是解答的关键．
24. 某商店购进篮球、足球两种商品，已知每个篮球价格比每个足球的价格贵元，用元购买篮球的个数恰好与用元购买足球的个数相同．
（1）求篮球、足球每个的价格各是多少元?
（2）计划购买这两种球共个，且投入的经费不超过元，那么最多可购买多少个篮球?
【答案】（1）每个足球价格为元，每个篮球的价格为元；
（2）个．
【解析】
【分析】（1）根据题意找出等量关系，列出分式方程，解出方程并检验即可；
（2）根据题意列出一元一次不等式，求出解集即可求出最大值．
【小问1详解】
设每个足球的价格为元，每个篮球的价格为元，
依题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴．
答：每个足球的价格为元，每个篮球的价格为元．
【小问2详解】
设购买个篮球，则购买个足球，依题意得：，
解得：，
∴的最大值为，
答：最多可购买个篮球．
【点睛】此题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准数量关系，正确列出分式方程和一元一次不等式．
25. 在“探究性学习”小组的甲、乙两名同学所进行的因式分解：
甲：
（分成两组）
（直接提公因式）
．
乙：
（分成两组）
（直接运用公式）
．
请你在他们的解法的启发下，解答下面各题：
（1）因式分解：．
（2）已知，，求式子的值．
（3）已知的三边长分别是a，b，c，且满足，试判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）等边三角形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）分组，先利用完全平方公式分解，再利用平方差公式分解即可；
（2）分组，利用提公因式法分解，再求得，整体代入求解即可；
（3）整理后，利用完全平方公式分解，再利用非负数的性质即可求解.
小问1详解】
解：因式分解：
；
【小问2详解】
解：
，
∵，，
∴，
原式；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形．
【点睛】本题主要考查了因式分解，等边三角形的判定，解题的关键是根据题意进行拆项，将原等式重新分组后进行因式分解．
26. 如图1，等腰直角三角形中，，，点D是边上的一点，将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连结．

（1）①填空：线段与的数量关系是_________，位置关系是__________．
②证明上述结论成立．
（2）如图2，F是的中点，连结交于H，若，时，求的长．
【答案】（1）①相等（或）；垂直（或）；②见解析
（2）
【解析】
分析】（1）先证明，再证明，推出，，据此即可证明结论成立；
（2）延长到T，使得，连接并延长，与交于M．，推出，，，在中，根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：①相等（或）；垂直（或）
②证明上述结论成立．
由题意可知：，，
∵，
∴，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即；
【小问2详解】
解：如图中，延长到T，使得，连接并延长，与交于M．

在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，，
∴，
∵，，，
∴，，，
在中，根据勾股定理：
，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．