山东省烟台市芝罘区2021-2022学年八年级上学期期末数学试题（解析版）

PAGE1初三数学阶段检测练习题一、选择题1.下列图形不能通过平移变换得到的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】平移，是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个直线方向做相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移，平移不改变图形的形状和大小．【详解】解：根据平移的性质可知：不能用平移变换得到的是选项B，故选：B．【点睛】本题考查平移图形的识别，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．2.下列不能使用平方差公式因式分解的是（）A.﹣16x2+y2 B.b2﹣a2 C.﹣m2﹣n2 D.4a2﹣49n2【答案】C【解析】【分析】根据平方差公式：，进行逐一判断即可．【详解】解：A、，故此选项不符合题意；B、，故此选项不符合题意；C，，不能利用平方差公式分解因式，故此选项符合题意；D、，故此选项不符合题意；故选C．【点睛】本题主要考查了用平方差公式分解因式，解题的关键在于能够熟练掌握平方差公式．3.某射击运动员在训练中射击了10次，成绩如图所示：下列结论不正确的是（）A.众数是8 B.中位数是8 C.平均数是8.2 D.方差是1.2【答案】D【解析】【分析】首先根据图形数出各环数出现的次数，在进行计算众数、中位数、平均数、方差.【详解】根据图表可得10环的2次，9环的2次，8环的3次，7环的2次，6环的1次.所以可得众数是8，中位数是8，平均数是方差是故选D【点睛】本题主要考查统计的基本知识，关键在于众数、中位数、平均数和方差的概念.特别是方差的公式.4.下列判断错误的是（）A.两组对角分别相等的四边形是平行四边形B.四个内角都相等的四边形是矩形C.一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形D.四条边都相等的四边形是菱形【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形与特殊平行四边形的判定定理即可判断．【详解】A.两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；B.四个内角都相等，故均为，这个四边形是矩形，正确，不符合题意；C.一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形或者等腰梯形，故错误，符合题意；D.四条边都相等的四边形是菱形，正确，不符合题意；故选C．【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形与特殊平行四边形的判定定理．5.如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝105°，则∠C的度数是（）A.55° B.45° C.42° D.40°【答案】B【解析】【分析】先根据∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，可得∠AOB＝65°，再根据△AOD中，AO＝DO，可得∠A＝70°，然后求出∠B即可．【详解】解：∵∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，∴∠AOB＝105°﹣40°＝65°，∵△AOD中，AO＝DO，∴∠A＝（180°﹣40°）＝70°，∴△ABO中，∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，∴∠C＝∠B＝45°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性质解答．6.若顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则四边形必定是（）A.菱形 B.对角线相互垂直的四边形C.正方形 D.对角线相等的四边形【答案】D【解析】【分析】根据四边形为菱形得到，由三角形的中位线定理得到，；，，得出，即可得到答案．【详解】解：连接、交于点，四边形是菱形，，点、分别是、的中点，是三角形的中位线，，，同理，，，，四边形必定是对角线相等的四边形．故选：D．【点睛】此题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，合理组合发现的新结论，围绕所探结论环环相加，步步逼近，所探结论便会被“逼出来”．7.如图，平行四边形的对角线、相交于点O，交于点E．若，周长为10，则平行四边形的周长为（）A.16 B.32 C.36 D.40【答案】B【解析】【分析】由平行四边形的性质得，，，证是的中位线，则，，求出，则，即可得出答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∴，∴是的中位线，∴，，∵的周长等于10，∴，∴，∴，∴的周长；故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理，求出是解题的关键．8.如图，在矩形中，点是上一点，且，，垂足为点，在下列结论中，不一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件判定，再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．【详解】解：A、由矩形，可得，，．又，，故A正确；B、由，可得，由矩形，可得，又，，故B正确；C、由，可得，由矩形，可得，，故C正确；D、不一定等于，直角三角形中，不一定等于的一半，故D错误；故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形和全等三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：在直角三角形中，若有一个锐角等于，则这个锐角所对的直角边等于斜边的一半．9.若关于x的分式方程有增根，则m的值为（）A.2 B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】把分式方程化为整式方程，进而把可能的增根代入，可得m的值．【详解】解：去分母得3x-(x-2)=m+3，

当增根为x=2时，6=m+3

∴m=3．

故选：D．【点睛】考查分式方程的增根问题；增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．10.如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD，AE分别是角平分线和中线，过点C作CF⊥AD于点F，连接EF，则线段EF的长为（）A.1 B.2 C.4 D.【答案】A【解析】【分析】延长CF交AB于G，根据等腰三角形的判定和性质得到AG=AC=4，FG=CF，进而求出BG，根据三角形中位线定理计算即可．【详解】解：延长CF交AB于G，∵AD为△ABC的角平分线，CG⊥AD，∴△ACG是等腰三角形，∴AG=AC=4，FG=CF，∴BG=AB-AG=6-4=2，∵AE为△ABC的中线，∴EF是△BCG的中位线，∴EF=BG=1，故选：A．【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理、等腰三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．11.在等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，，则以下四个结论中：①是等边三角形；②；③的周长是9；④．其中正确的序号是（）A.②③④ B.①③④ C.①②④ D.①②③【答案】D【解析】【分析】先由绕点逆时针旋转得到，则，则可判断是等边三角形，即可判断①；由等边三角形的性质得到，再根据旋转的性质得到，所以，则根据平行线的判定方法即可得到，即可判断②；由等边三角形的性质得到，由旋转得，即可得到的周长，即可判断③；设与相交于点，由三角形内角和定理、等边三角形性质、对顶角相等即可得到，由旋转性质得到，得到，即可判断④．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质，熟记旋转和等边三角形的各种性质是解题的关键．【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到，∴，∴是等边三角形，所以①正确；∵为等边三角形，∴，∵绕点逆时针旋转得到，∴，∴，∴，所以②正确；∵是等边三角形，∴，∵绕点逆时针旋转得到，∴，∴的周长，所以③正确．设与相交于点，如图，∵，，∴，∵绕点逆时针旋转得到，∴，∴，∵，∴，所以④错误；故选：D．12.如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（）A. B.3 C.3或 D.或【答案】D【解析】【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可．【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t，解得t=；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t，解得t=，故选D．【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键．二、填空题13.分解因式：______．【答案】【解析】【分析】先提取公因数4，然后利用平方差公式继续进行因式分解．【详解】解：．故答案为：．【点睛】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．14.如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为______．【答案】84°【解析】【分析】利用正多边形的性质求出∠EOF，∠BOC，∠BOE即可解决问题．【详解】解：由题意得：∠EOF＝108°，∠BOC＝120°，∠OEB＝72°，∠OBE＝60°，∴∠BOE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，∴∠COF＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，故答案：84°．【点睛】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．15.如图，平行四边形中，和的平分线交于E、F两点，则的长是__________．【答案】2【解析】【分析】由平行四边形的两组对边互相平行，AE平分∠BAD，可以推出∠BAE＝∠AEB，则BE＝AB＝4；同理可得，CF＝CD＝4．而EF＝BF＋CF−BC，由此可以求出EF长．【详解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，又∵AD∥CB，∴∠AEB＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB，则BE＝AB＝4；同理可得，CF＝CD＝4，∴EF＝BE＋CF−BC＝BE＋CF−AD＝4＋4−6＝2．故答案为：2．【点睛】此题主要了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质等知识，关键是要找出线段之间的关系EF＝BE＋CF−BC．16.如图，点E、F分别是正方形的边、上的点，且，已知，则图中阴影部分的面积是__________．【答案】9【解析】【分析】根据正方形的性质得到∠EDO＝∠FCO，AC⊥BD，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，根据全等三角形的判定定理得到△ODE≌△OCF（ASA），根据正方形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠EDO＝∠FCO，AC⊥BD，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，∴∠DOC＝90°，OD＝OC，∵OE⊥OF，∴∠EOF＝90°，∴∠DOE＝∠COF，∴△ODE≌△OCF（ASA），∴图中阴影部分的面积＝S△AOD＝S正方形ABCD，∵AD＝6，∴图中阴影部分的面积＝×62＝9，故答案为：9．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证得△ODE≌△OCF是解题的关键．17.如图，已知的面积为12，将沿平移到，使和C重合，连接交于D，则的面积为______．【答案】6【解析】【分析】连接，由平移的性质得，，则四边形是平行四边形，，由平行四边形的性质得，进一步即可得到的面积．【详解】解：连接,由平移的性质得，，，∴四边形是平行四边形，，∴,∴，故答案为：6．【点睛】此题考查了平移的性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握平移的性质是解题的关键．18.如图，平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD、BC于E、F，若△ABE的周长为10，则四边形ABCD的周长是_____．【答案】20【解析】【分析】证明，得到：，再利用△ABE的周长为10，证明，即可得到平行四边形ABCD的周长是20．【详解】解：∵ABCD为平行四边形，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∵△ABE的周长为10，∴，即，∴平行四边形ABCD的周长是20，故答案为：20【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是理解平行四边形的性质，证明．19.一组数据的方差计算如下：，则这组数据的总和等于________．【答案】12【解析】【分析】由方差的计算算式知，这组数据共有6个，且这组数据的平均数为2，再根据平均数的概念可得答案．【详解】解：由方差的计算算式知，这组数据共有6个，且这组数据的平均数为2，所以这组数据的和为6×2＝12，故答案为：12．【点睛】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的计算公式及平均数的定义．20.如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线上有P，Q两个动点，且，已知点，当周长最小时，点P的坐标为________．【答案】【解析】【分析】连接AP、AC交BD于点E，过A点作AD∥PQ，且AD=PQ，连接DQ、CD，则当点Q在线段CD上时CQ+CP最短，从而周长最小，则易得PA⊥OA，从而可求得点P的坐标．【详解】解：连接AP、AC交BD于点E，过A点作AD∥PQ，且AD=PQ，连接DQ、CD，如图∴四边形ADQP是平行四边形∴DQ=AP，AD=PQ=2由菱形的对称性知：AP=CP∴DQ=CP当点Q在线段CD上时，CQ+DQ=CQ+CP最短，从而周长=CQ+CP+2最小∵四边形OABC是菱形∴OC=OA=，CE=AE，AC⊥BD∵∠AOC=60°∴△OAC是等边三角形∴∵AD∥PQ∴AC⊥AD由勾股定理得∴∠ACD=30°∵AP∥CD∴∠PAC=∠ACD=30°∴∠PAO=∠CAO+∠PAC=90°即PA⊥OA∵∠AOE=30°∴OP=2AP在Rt△PAO中，由勾股定理得：解得：AP=2则点P的坐标为故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，解题的关键是掌握过A点作AD∥PQ，且AD=PQ．三、解答题21.解方程－1＝．【答案】x=【解析】【分析】先去分母把分式方程化为整式方程，求出整式方程中x的值，代入公分母进行检验即可．【详解】解：方程两边同时乘以2（3x﹣1），得4﹣2（3x﹣1）=3，化简，﹣6x=﹣3，解得x=．检验：x=时，2（3x﹣1）=2×（3×﹣1）≠0，所以，x=是原方程的解．22.先化简，再求值：．其中m能使关于x的二次三项式是完全平方式．【答案】0【解析】【分析】利用分式的乘除法和加减法对分式进行化简，再根据完全平方式的特点求出m的值，代入计算即可．【详解】解：原式∵是完全平方式，∴，∵分式没有意义，∴当时，原式．【点睛】本题考查了分式化简求值及完全平方式的特点，掌握分式的乘除法法则和加减法法则是解题的关键．23.为响应“全民阅读”号召，某校在八年级800名学生中随机抽取100名学生，对该年级学生在2021年全年阅读中外名著的情况进行调查，整理调查结果发现，学生阅读中外名著的本数，最少的有5本，最多的有8本，并根据调查结果绘制了如图所示的不完整的条形统计图，其中阅读了6本的人数占被调查人数的30%．请你根据图中提供的信息，回答下列问题：（1）补全条形统计图；（2）在这次抽样调查中，学生阅读中外名著本数的众数和中位数分别是多少？（3）估计该校八年级全体学生在2021年全年阅读中外名著的总本数．【答案】（1）见解析（2）7，6.5（3）5160本【解析】【分析】（1）由阅读了6本的人数占被调查人数的30%，可求得阅读了6本的人数，再统计图即可求得阅读了7本的人数，从而可补全条形统计图；（2）根据补全的条形统计图的数据即可求得众数及中位数；（3）求出抽取的100位学生平均阅读数量，它与全校八年级总人数的积就是所求的总本数．【小问1详解】由于阅读了6本的人数占被调查人数的30%，则阅读了6本的人数为：100×30%=30（人）于是阅读了7本的人数为：100−（20+30+15）=35（本），补全的条形统计图如下：【小问2详解】观察补全的条形统计图知，阅读7本的人数最多，即学生阅读中外名著的本数的众数为7；把100个数从小到大排列，第50、51个数的平均数为这组数据的中位数，20+30=50，则第50个数为6，第51个数为7，则中位数为，即学生阅读中外名著的本数的众数和中位数分别为7，6.5；【小问3详解】∵平均每位学生的阅读数量为：（本），∴估计该校八年级全体学生在2019年阅读中外名著的总本数为（本）．【点睛】本题考查了条形统计图，众数、中位数与平均数，用样本估计总体，熟练掌握这些知识并能从统计图中获取信息是关键．24.如图，△ABC顶点坐标分别为A（4，5），B（2，2），C（5，2）．（1）将△ABC绕点（0，1）顺时针旋转180°，请画出旋转后的△A1B1C1；（2）将△ABC平移后得到△A2B2C2，若点A对应点A2坐标为（1，-2），请画出平移后的△A2B2C2，若△ABC内部一点P的坐标为（a，b），则点P的对应点P2的坐标是______；（3）将△A1B1C1绕某一点M旋转可得到△A2B2C2，请画出点M的位置（保留痕迹），并直接写出点M的坐标．【答案】（1）见解析（2）画图见解析，（a-3，b-7）（3）M（-，-）．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质即可将△ABC绕点（0，1）顺时针旋转180°，画出旋转后的△A1B1C1；（2）根据平移性质即可将△ABC平移后得到△A2B2C2，根据点A对应点A2坐标为（1，-2），即可画出平移后的△A2B2C2，根据平移性质即可得点P的对应点P2的坐标；（3）根据旋转的性质即可得点M，即可画出点M的位置，进而写出点M的坐标．【小问1详解】解：如图，△A1B1C1即为所求；【小问2详解】如图，△A2B2C2即为所求；P2（a-3，b-7）；故答案为：（a-3，b-7）；【小问3详解】如图，点M即为所求；根据旋转的性质知：AB∥A1B1，且AB=A1B1，根据平移的性质知：AB∥A2B2，且AB=A2B2，∴A1B1∥A2B2，且A1B1=A2B2，∴四边形A1B1A2B2是平行四边形，∴点M是A1A2的中点，∵A1坐标为（-4，-3），A2坐标为（1，-2），

∴M（-，-）．【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，作图-平移变换，解决本题的关键是作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．也考查了平行四边形的判定和性质．25.列方程解应用题：小明和小刚约定周末到某体育公园打羽毛球．他们两家到体育公园的距离分别是1200米，3000米，小刚骑自行车的速度是小明步行速度的3倍，若二人同时到达，则小明需提前4分钟出发，求小明和小刚两人的速度．【答案】小明的速度是50米/分钟，小刚骑自行车的速度是150米/分钟．【解析】【分析】直接利用小刚骑自行车的速度是小明步行速度的3倍，若二人同时到达，则小明需提前4分钟出发，进而得出等式求出答案．【详解】设小明的速度是米/分钟，则小刚骑自行车的速度是米/分钟，根据题意可得：，解得：，经检验得：是原方程的根，故，答：小明的速度是50米/分钟，则小刚骑自行车的速度是150米/分钟．【点睛】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．26.如图，ABCD是矩形纸片，翻折∠B，∠D，使BC，AD恰好落在AC上．设F