2022-2023学年山东省烟台市牟平区八年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

2022-2023学年山东省烟台市牟平区八年级（上）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.依据所标数据，下列一定为平行四边形的是( )
A. B.
C. D.
3.要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是( )
A. 测量两条对角线是否相等
B. 度量两个角是否是
C. 测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D. 测量两组对边是否分别相等
4.已知点与点关于轴对称，点与点关于原点对称，则点坐标是( )
A. B. C. D.
5.下列四个多项式，不能因式分解的是( )
A. B. C. D.
6.如果将一组数据中的每个数都加上，那么所得的一组新数据( )
A. 众数改变，方差改变 B. 众数不变，平均数改变
C. 中位数改变，方差不变 D. 中位数不变，平均数不变
7.一个多边形过多边形顶点剪去一个角，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是( )
A. 或 B. 或 C. D. 或
8.试卷上一个正确的式子被小颖同学不小心滴上墨汁．被墨汁遮住部分的代数式为( )
A. B. C. D.
9.如图，在平行四边形中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，，则的长度( )
A.
B.
C.
D.
10.如图，是的中线，是的中点，是延长线与的交点，若，则( )
A.
B.
C.
D.
11.如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点旋转，使点落在轴上，则旋转后点的对应点的坐标是( )
A.
B.
C.
D. 或
12.如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.因式分解： ______ ．
14.今年月日是第个世界读书日，某校举行了演讲大赛，演讲得分按“演讲内容”占、“语言表达”占、“形象风度”占、“整体效果”占进行计算，小芳这四项的得分依次为，，，，则她的最后得分是______分．
15.为落实青岛市中小学生“十个一”行动计划，学校举办以“强体质，炼意志”为主题的体育节，小亮报名参加米比赛项目，经过一段时间训练后，比赛时小亮的平均速度比训练前提高了，少用分钟跑完全程，设小亮训练前的平均速度为米分，那么满足的分式方程为______．
16.如图，矩形的对角线，相交于点，，若，则四边形的周长是______．
17.如图，在正六边形中，，是对角线上的两点．添加下列条件中的一个：；；；能使四边形是平行四边形的是______填上所有符合要求的条件的序号．
18.规定：在平面直角坐标系中，一个点作“”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“”变换表示将它绕原点顺时针旋转，由数字和组成的序列表示一个点按照上面描述依次连续变换例如：如图，点按序列“”作变换，表示点先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转得到，再将绕原点顺时针旋转得到依次类推点经过“”变换后得到点的坐标为______ ．
三、解答题：本题共9小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.本小题分
分解因式：；
解方程：．
20.本小题分
先化简，再求值：，其中．
21.本小题分
已知关于的方程．
若，解这个分式方程；
若原分式方程的解为整数，求整数的值．
22.本小题分
某健身器材店计划购买一批篮球和排球，已知每个篮球进价是每个排球进价的倍，若用元购进篮球的数量比用元购进排球的数量少个．
篮球、排球的进价分别为每个多少元？
该健身器材店决定用不多于元购进篮球和排球共个进行销售，最多可以购买多少个篮球？
23.本小题分
如图，的各顶点均在格点上，将平移得到，使其内点经过平移后得到对应点，关于原点的对称图形是．
在图中画出和．
直接分别写出另外两个，的坐标．
求三角形的面积．
24.本小题分
山东省射击队为了从甲乙两名选手中选拔一名参加全运会射击比赛，现对他们进行一次测验，两个人在相同条件下各射靶次，为了比较两人的成绩，制作了两个统计图表：
平均数 中位数 方差 命中环次数
甲 ______ ______
乙 ______ ______
计算并补全上述图表；
如果规定成绩较稳定者胜出，你认为谁应胜出？请说明你的理由．
若希望中的另一名选手胜出，据图表信息，应制定怎样的评判规则？为什么？
25.本小题分
将两张长为，宽为的矩形纸片如图叠放．
判断四边形的形状，并说明理由；
求四边形的面积．
26.本小题分
如图，在四边形中，和相交于点，，．
求证：四边形是平行四边形；
如图，，，分别是，，的中点，连接，，，若，，，求的周长．
27.本小题分
已知是等边三角形，点，关于直线对称，连接，．
求证：四边形是菱形；
在线段上任取一点端点除外，连接将线段绕点逆时针旋转，使点落在延长线上的点处．请探究：当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？说明理由．
在满足的条件下，探究线段与之间的数量关系，并加以证明．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2.【答案】
【解析】解：、，故A选项不符合条件；
B、只有一组对边平行不能确定是平行四边形，故B选项不符合题意；
C、不能判断出任何一组对边是平行的，故C选项不符合题意；
D、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D选项符合题意；
故选：．
根据平行四边形的判定定理作出判断即可．
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
3.【答案】
【解析】解：、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、度量两个角是否是，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：．
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟记“对角线互相平分的四边形为平行四边形”是解题的关键．
4.【答案】
【解析】解：点与点关于轴对称，
，，
解得，，
点，，，
点与点关于原点对称，
点；
故选：．
根据关于轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，分别求出，的值，进而求出点、、的坐标，再根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数求出点的坐标．
本题考查的是轴对称变换，熟知关于、轴对称及原点对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
5.【答案】
【解析】解：，此选项不符合题意；
B.，此选项不符合题意；
C.，此选项不符合题意；
D.不能分解，此选项符合题意；
故选：．
利用提取公因式法与公式法，把能分解的选项分解，即可得出答案．
本题考查了公式法及提公因式法分解因式，分解因式时，有公因式的，要先提取公因式，再考虑运用何种公式来分解．
6.【答案】
【解析】解：如果将一组数据中的每个数都加上，那么所得的一组新数据的众数、中位数、平均数都加上，方差不变．
故选：．
由每个数都加上，那么所得的一组新数据的众数、中位数、平均数都加上，方差不变，据此可得答案．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差、众数、中位数和平均数的定义．
7.【答案】
【解析】解：多边形的内角和可以表示成且是整数，
根据题意得：，
解得：，
一个多边形过多边形顶点剪去一个角后，多边形的边数分两种情况：不变或减少一条，
则多边形的边数可能是：或．
故选：．
一个多边形过多边形顶点剪去一个角后，多边形的边数分两种情况：不变或减少一条，再根据多边形内角和公式即可得出答案．
此题考查了多边形内角与外角，熟练掌握边形的内角和为是解题的关键．
8.【答案】
【解析】解：，
被墨水遮住部分的代数式是
；
故选：．
根据已知分式得出被墨水遮住部分的代数式是，再根据分式的运算法则进行计算即可；
本题考查了分式的化简，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
9.【答案】
【解析】解：平行四边形，
，
又平分，
，
，
，
同理可证：，
，，
．
故选：．
根据平行四边形的性质可知，又因为平分，所以，则，则，同理可证，那么就可表示为，继而可得出答案．
本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题，难度不大，关键是解题技巧的掌握．
10.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，
，，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
故选：．
的中点，连接，根据三角形中位线定理得到，，证明≌，根据全等三角形的性质得到，计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】
【解析】解：根据菱形的对称性可得：当点旋转到轴负半轴时，
A、、均在坐标轴上，如下图，
，，
，
，
，
点的坐标为，
同理：当点旋转到轴正半轴时，
点的坐标为，
点的坐标为或，
故选：．
分点旋转到轴正半轴和轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解即可．
本题考查了菱形的对称性、坐标与推出性质、旋转的性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是要分情况讨论．
12.【答案】
【解析】解：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
≌，
，
平分，四边形是正方形，
，，
，
，
故选：．
根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质，可以得到的度数，从而可以求得的度数．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是求出的度数．
13.【答案】
【解析】解：
．
故答案为：．
先提公因式，再运用平方差公式进行因式分解即可得到答案．
本题考查的是因式分解的知识，掌握因式分解的方法：提公因式、乘法公式、十字相乘法和分组分解法是解题的关键．
14.【答案】
【解析】解：她的最后得分是分，
故答案为：．
根据加权平均数的定义列式计算可得．
本题考查的是加权平均数的求法，熟练掌握加权平均数的计算公式是解题的关键．
15.【答案】
【解析】解：依题意有：．
故答案为：．
根据等量关系：原来参加米比赛时间经过一段时间训练后参加米比赛时间分钟，依此列出方程即可求解．
此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，设出未知数，列出方程．
16.【答案】
【解析】解：，，
四边形是平行四边形，
，，
矩形的对角线，相交于点，
，，，
，
，
平行四边形是菱形，
菱形的周长，
故答案为：．
先证四边形是平行四边形，得，，再由矩形的性质得，则，得平行四边形是菱形，即可得出结论．
本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】
【解析】解：连接，交于点，
正六边形中，，
和是等边三角形，
，，
又，
，
四边形是平行四边形，故符合题意；
，，
，
，
在和中，
≌，
，
四边形是平行四边形，故符合题意；
，，，
与不一定全等，不能得出四边形是平行四边形，故不符合题意；
在和中，
≌，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，故符合题意．
故答案为：．
连接，交于点，证出，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得出结论；证明≌，由全等三角形的性质得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得出结论；不能证明与全等，则可得出结论；证明≌，得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，正六边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
18.【答案】
【解析】解：将点经过一次变换，
即先向右平移一个单位得到，
再绕点顺时针旋转得到，
再绕点顺时针旋转得到；
如此将点经过变换得到点，
再将点经过变换得到点．
故答案为：．
根据定义的规定平移再旋转即可．
本题考查了点的坐标，平移变换，旋转变换等知识，理解定义的变换方式并灵活运用是解题关键．
19.【答案】解：原式；
方程两边同时乘以最简公分母，
得，
去括号，得，
解方程，得，
检验：当时，，
不是原方程的解，原分式方程无解．
【解析】直接利用平方差公式分解即可；
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，以及平方差公式因式分解，熟练掌握因式分解的方法及分式方程的解法是解本题的关键．
20.【答案】解：
，
当时，原式．
【解析】先算括号里，再算括号外，然后把的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解是解题的关键．
21.【答案】解：把代入方程中可得：
，
，
解得：，
检验：当时，，
是原方程的根；
，
，
解得：，
，
原分式方程的解为整数，
或，且，
，，或且，，
整数的值为：，或．
【解析】把代入原方程进行计算即可解答；
先解分式方程，然后根据原分式方程的解为整数，以及分母不能为进行计算即可．
本题考查了解分式方程，分式方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
22.【答案】解：设排球的进价为每个元，则篮球的进价为每个元，
依题意得：，
解得：，
．
答：篮球的进价为每个元，排球的进价为每个元；
设购买个篮球，则购买排球个排球，
依题意得：，
解得：，
答：最多可以购买个篮球．
【解析】设排球的进价为每个元，则篮球的进价为每个元，由等量关系：用元购进篮球的数量比用元购进排球的数量少个列出方程，解方程即可；
设购买个篮球，则购买排球个排球，由题意：购买篮球和排球的总费用不多于元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
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．
23.【答案】解：如图，、为所作图形；
，的坐标分别为，；
三角形的面积．
【解析】根据点的平移规律即可确定、、的坐标，再连接即可；根据关于原点对称的点的坐标规律即可确定、、的坐标，再连接即可；
根据中画出的图中即可直接得出点的坐标；
用割补法可直接得出答案．
本题考查了平移作图、坐标与图形的变化轴对称，确定点的位置是解题的关键．
24.【答案】
【解析】解：甲的成绩为：，，，，，，，，，．
乙的成绩为：，，，，，，，，，．
将甲成绩按照从小到大顺序排列得：，，，，，，，，，．
则甲的中位数为．
方差为．
将乙成绩按照从小到大顺序排列得：，，，，，，，，，．
则乙的中位数为．
乙的平均数为．
平均数 中位数 方差 命中环次数
甲
乙
由甲的方差小于乙的方差，得到甲胜出．
理由：因为甲乙的平均成绩相同，甲的方差小于乙的方差，所以甲的成绩比较稳定，故甲胜出．
如果希望乙胜出，应该制定的评判规则为：平均成绩高的胜出：如果平均成绩相同，则随着比赛的进行，发挥越来越好者或命中满环环次数多者胜出．
理由：因为甲乙的平均成绩相同，乙只有第次射击比第四次射击少会中环，且命中而甲第次比第次、第次比第次，第次比第次命中环数都低，次环，且命中 环的次数为次，即随着比賽的进行，乙的射击成绩越来越好．
分别利用中位数以及方差和平均数求法得出即可；
利用方差的意义，分析得出答案即可；
分析甲乙两名选手的数据，发现乙的成绩随着比赛的进行，成绩越来越好，即可得出评判规则．
本题考查平均数、中位数、方差的定义及方差的含义：方差越小，成绩越稳定；方差越大，成绩越不稳定．熟练掌握各个统计量的定义及含义是解决本类题的关键．
25.【答案】解：四边形是菱形，理由如下：
四边形和四边形是矩形，
，，，
四边形是平行四边形，
，，
，
平行四边形是菱形；
由可知，，
设，则，
在中，，
由勾股定理得：，
解得：，
，
．
【解析】由矩形的性质得，，，则四边形是平行四边形，再由平行四边形的性质得，即可得出结论；
设，则，在中，由勾股定理得出方程，解得，即可解决问题；
本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
26.【答案】证明：，
，
在与中，
，
≌，
，
四边形是平行四边形；
解：连接，
四边形是平行四边形，
，，，，，
，
，
，
点是的中点，
，，
，
在中，，
点是的中点，，
，
点，点分别是，的中点，
是的中位线，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
的周长，
的周长为．
【解析】根据已知可得，然后再利用证明≌，从而利用全等三角形的性质可得，最后利用平行四边形的判定方法即可解答；
连接，利用平行四边形的性质可得，，，，，从而可得，再利用等腰三角形的性质可得，从而在中，利用勾股定理求出的长，然后利用直角三角形斜边上的中线可求出的长，再根据三角形的中位线定理可得，，从而可得四边形是平行四边形，，进而可得，最后进行计算即可解答．
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
27.【答案】证明：连接，
等边中，，
点、关于直线对称，
垂直平分，
，，
，
四边形是菱形；
解：当点在线段上的位置发生变化时，的大小不发生变化，始终等于，理由如下：
将线段绕点逆时针旋转，使点落在延长线上的点处，
，
等边中，，
，
连接，过点分别作交于点，于点，如图
则，，
，
是等边三角形，
，
而，
，
点，关于直线对称，点在线段上，
，，
，
而，
，
，
即，
；
解：在满足的条件下，线段与之间的数量关系是，证明如下：
，，
，
即，
，，
，
，，
，
，
即，
．
【解析】根据菱形的判定定理和轴对称图形的性质解答即可；
连接，过点分别作交于点，于点，根据全等三角形的判定定理，等腰三角形的性质，轴对称图形的性质解答即可；
根据等腰三角形的性质解答即可．
本题主要考查了菱形的判定定理，等腰三角形的性质，轴对称图形的性质，等边三角形的判定定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键．
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