山东省东营地区2026-2027学年数学八上期末考试试题含解析

山东省东营地区2026-2027学年数学八上期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，已知，欲证，还必须从下列选项中补选一个，则错误的选项是（）A． B．C． D．2．如果分式方程的解是，则的值是（）A．3 B．2 C．-2 D．-33．若分式有意义，则实数x的取值范围是（）A．x＝0 B．x＝5 C．x≠5 D．x≠04．下列计算正确的是（）A．a3+a2＝a5 B．a6÷（﹣a3）＝﹣a3C．（﹣a2）3＝a6 D．5．如图，∠ACD是△ABC的一个外角，过点D作直线，分别交AC和AB于点E，H．则下列结论中错误的是（）A．∠HEC＞∠BB．∠B＋∠ACB＝180°－∠AC．∠B＋∠ACB＜180°D．∠B＞∠ACD6．要使分式有意义，x应满足的条件是（）A．x＞3 B．x=3 C．x＜3 D．x≠37．已知△A1B1C1与△A2B2C2中，A1B1＝A2B2，∠A1＝∠A2，则添加下列条件不能判定△A1B1C1≌△A2B2C2的是（）A．∠B1＝∠B2 B．A1C1＝A2C2 C．B1C1＝B2C2 D．∠C1＝∠C28．把分式约分得()A． B． C． D．9．如图，已知，添加以下条件，不能判定的是（）A． B． C． D．10．关于x的方程的解为正数，则k的取值范围是（）A． B． C．且 D．且二、填空题(每小题3分,共24分)11．在中，，，则这个三角形是___________三角形．12．的倒数是__________．13．已知xy=3，那么的值为______．14．当____________时，分式的值为零．15．等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为36°，则该等腰三角形的底角的度数为．16．如图所示，是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，若AB＝4，BC＝6，则OD的长为_____．17．（2015秋•端州区期末）如图，△ABC中，DE是AC的垂直平分线，AE=4cm，△ABD的周长为14cm，则△ABC的周长为．18．一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是___________三、解答题(共66分)19．（10分）如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE=CD，DM⊥BC，垂足为M，求证：M是BE的中点．20．（6分）如图，在中，．将向上翻折，使点落在上，记为点，折痕为，再将以为对称轴翻折至，连接．（1）证明：（2）猜想四边形的形状并证明．21．（6分）如图所示，在正方形网格中，若点的坐标是，点的坐标是，按要求解答下列问题：(1)在图中建立正确的平面直角坐标系，写出点C的坐标.(2)在图中作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1.22．（8分）解下列方程组：23．（8分）如图，在中，平分，于点，点是的中点．（1）如图1，的延长线与边相交于点，求证：；（2）如图2，中，，求线段的长．24．（8分）如图1，已知点B(0，6)，点C为x轴上一动点，连接BC，△ODC和△EBC都是等边三角形．图1图2图3(1)求证：DE＝BO；(2)如图2，当点D恰好落在BC上时．①求OC的长及点E的坐标；②在x轴上是否存在点P，使△PEC为等腰三角形？若存在，写出点P的坐标；若不存在，说明理由；③如图3，点M是线段BC上的动点(点B，C除外)，过点M作MG⊥BE于点G，MH⊥CE于点H，当点M运动时，MH＋MG的值是否发生变化？若不会变化，直接写出MH＋MG的值；若会变化，简要说明理由．25．（10分）已知:在中,,为的中点,,,垂足分别为点,且.求证:是等边三角形.26．（10分）随着移动互联网的快速发展，基于互联网的共享单车应运而生．为了解某小区居民使用共享单车的情况，某研究小组随机采访该小区的10位居民，得到这10位居民一周内使用共享单车的次数分别为：17，12，15，20，17，0，7，26，17，1．（1）这组数据的中位数是，众数是；（2）计算这10位居民一周内使用共享单车的平均次数；（3）若该小区有200名居民，试估计该小区居民一周内使用共享单车的总次数．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可．【详解】A、符合ASA定理，即根据ASA即可推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；B、符合AAS定理，即根据AAS即可推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；C、不符合全等三角形的判定定理，即不能推出△ABD≌△ACD，故本选项正确；D、符合SAS定理，即根据SAS即可推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；故选：C．本题考查了全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．2、C【分析】先把代入原方程，可得关于a的方程，再解方程即得答案．【详解】解：∵方程的解是，∴，解得：a=﹣1．经检验，a=﹣1符合题意．故选：C．本题考查了分式方程的解及其解法，属于基本题型，熟练掌握分式方程的解法是解题关键．3、C【解析】根据分式有意义，分母不等于0列不等式求解即可．【详解】解：由题意得，x﹣1≠0，解得x≠1．故选：C．本题主要考查分式有意义的条件：分母不为零，掌握分式有意义的条件是解题的关键.4、B【分析】直接利用同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算法则、分式的加减运算法则化简得出答案．【详解】解：A、，无法合并；B、，正确；C、，故此选项错误；D、，故此选项错误；故选：B．此题主要考查了分式的加减运算、同底数幂的乘除运算、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．5、D【分析】三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的一个内角，根据以上定理逐个判断即可．【详解】解：A、∵∠HEC＞∠AHD，∠AHD＞∠B，

∴∠HEC＞∠B，故本选项不符合题意；B、∵∠B+∠ACB+∠A=180°，

∴∠B+∠ACB=180°-∠A，故本选项不符合题意；

C、∵∠B+∠ACB+∠A=180°，

∴∠B+∠ACB＜180°，故本选项不符合题意；D、∠B＜∠ACD，故本选项符合题意；

故选：D．本题考查了三角形内角和定理和三角形的外角性质的应用，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．6、D【分析】本题主要考查分式有意义的条件：分母不能为1．【详解】∵x-3≠1，∴x≠3，故选：D．本题考查的是分式有意义的条件，当分母不为1时，分式有意义．7、C【分析】根据全等三角形的判定方法一一判断即可．【详解】解：A、根据ASA可以判定两个三角形全等，故A不符合题意；B、根据SAS可以判定两个三角形全等，故B不符合题意．C、SSA不可以判定两个三角形全等，故C符合题意．D、根据AAS可以判定两个三角形全等，故D不符合题意．故选：C．本题考查了全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．8、D【分析】首先提取分母的公因式，然后约去分子分母的公因式即可【详解】，故答案选D此题主要考察了分式的约分，关键是正确确定分子分母的公因式9、C【分析】全等三角形的判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可．【详解】A．AB=DC，∠ABC=∠DCB，BC=BC，符合SAS，即能推出△ABC≌△DCB，故本选项错误；B．∵BE=CE，∴∠DBC=∠ACB．∵∠ABC=∠DCB，BC=CB，∠ACB=∠DBC，符合ASA，即能推出△ABC≌△DCB，故本选项错误；C．∠ABC=∠DCB，AC=BD，BC=BC，不符合全等三角形的判定定理，即不能推出△ABC≌△DCB，故本选项正确；D．∠A=∠D，∠ABC=∠DCB，BC=BC，符合AAS，即能推出△ABC≌△DCB，故本选项错误．故选：C．本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质的应用，能正确根据全等三角形的判定定理进行推理是解答此题的关键，注意：全等三角形的判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS．10、C【分析】先对分式方程去分母，再根据题意进行计算，即可得到答案.【详解】解：分式方程去分母得：，解得：，根据题意得：，且，解得：，且．故选C．本题考查分式方程，解题的关键是掌握分式方程的求解方法.二、填空题(每小题3分,共24分)11、钝角【分析】根据三角形的内角和求出∠C即可判断．【详解】在中，，，∴∴这个三角形是钝角三角形，故答案为：钝角．此题主要考查三角形的分类，解题的关键是熟知三角形的内角和．12、【分析】根据倒数的定义即可得出答案.【详解】的倒数是，故答案为.本题考查的是倒数：乘积为1的两个数互为倒数.13、±2【解析】分析：先化简，再分同正或同负两种情况作答．详解：因为xy=3，所以x、y同号，于是原式==，当x>0，y>0时，原式==2；当x<0，y<0时，原式==−2故原式=±2.点睛：本题考查的是二次根式的化简求值，能够正确的判断出化简过程中被开方数底数的符号是解答此题的关键.14、-1【分析】分式的值为零时,分子等于零,分母不等于零,进行求解即可．【详解】解：∵分式的值为零,

∴．

解得：,所以当时,分式无意义,故舍去．综上所述,．

故答案为：-1．考查了分式的值为零的条件,注意：“分母不为零”这个条件不能少．15、63°或27°.【解析】试题分析：等腰三角形分锐角和钝角两种情况，求出每种情况的顶角的度数，再利用等边对等角的性质（两底角相等）和三角形的内角和定理，即可求出底角的度数：有两种情况；（1）如图当△ABC是锐角三角形时，BD⊥AC于D，则∠ADB=90°，∵∠ABD=36°，∴∠A=90°-36°=54°.∵AB=AC，∴∠ABC=∠C=×（180°-54°）=63°.（2）如图当△EFG是钝角三角形时，FH⊥EG于H，则∠FHE=90°，∵∠HFE=36°，∴∠HEF=90°-36°=54°，∴∠FEG=180°-54°=126°.∵EF=EG，∴∠EFG=∠G=×（180°-126°），=27°．考点：1.等腰三角形的性质；2.三角形内角和定理；分类思想的应用．16、【分析】设AO＝x，则BO＝DO＝6﹣x，在直角△ABO中利用勾股定理即可列方程求得x的值，则可求出OD的长．【详解】解：∵△BDC′是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，∴∠C'BD＝∠CBD，∵长方形ABCD中，AD∥BC，∴∠ODB＝∠CBD，∴∠ODB＝∠C'BD，∴BO＝DO，设AO＝x，则BO＝DO＝6﹣x，在直角△ABO中，AB2+AO2＝BO2，即42+x2＝（6﹣x）2，解得：x＝，则AO＝，∴OD＝6﹣＝，故答案为：．本题考查直角三角形轴对称变换及勾股定理和方程思想方法的综合应用，熟练掌握直角三角形轴对称变换的性质及方程思想方法的应用是解题关键．17、22cm【解析】试题分析：根据线段垂直平分线性质求出AD=DC，根据△ABD的周长求出AB+BC=14cm，即可求出答案．解：∵DE是AC的垂直平分线，AE=4cm，∴AC=2AE=8cm，AD=DC，∵△ABD的周长为14cm，∴AB+AD+BD=14cm，∴AB+AD+BD=AB+DC+BD=AB+BC=14cm，∴△ABC的周长为AB+BC+AC=14cm+8cm=22cm，故答案为：22cm考点：线段垂直平分线的性质．18、6【分析】根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．【详解】故个多边形是六边形.故答案为：6.本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．三、解答题(共66分)19、证明见解析.【分析】要证是的中点，根据题意可知，证明为等腰三角形，利用等腰三角形的高和中线向重合即可得证．【详解】证明：连接，在等边，且是的中点，，，，，，，，，为等腰三角形，又，是的中点．本题考查了等腰三角形顶角平分线、底边上的中线和高三线合一的性质以及等边三角形每个内角为的知识．辅助线的作出是正确解答本题的关键．20、（1）见解析；（1）四边形ADCF为菱形，证明见解析．【分析】（1）根据翻折的性质，先得出AB=AE，∠AED=90°，再根据AC=1AB，可得出DE垂直平分AC，从而可得出结论；（1）根据折叠的性质以及等边对等角，先求出∠1=∠1=∠3=∠2=30°，从而可得出∠FAB=90°，进而推出AF∥CD，再由边的等量关系，可证明四边形ADCF为菱形．【详解】（1）证明：由轴对称得性质得，∠B=90°=∠AED，AE=AB，∵AC=1AB，∴ED为AC的垂直平分线，∴AD=CD；（1）解：四边形ADCF为菱形．证明如下：∵AD=CD，∴∠1=∠1．由轴对称性得，∠1=∠3，∠1=∠2．∵∠B=90°，∴∠1=∠1=∠3=∠2=30°，∴∠FAB=90°，∴AF∥CD，AF=AD=CD，∴四边形ADCF为菱形.本题主要考查轴对称的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定等知识，掌握相关性质与判定方法是解题的关键．21、(1)见解析；C(3，2)；(2)见解析.【分析】（1）利用点A的坐标和点B的坐标，确定原点，建立平面直角坐标系，并写出点C的坐标即可；（2）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1．【详解】(1)如图所示；C(3，2)；(2)如图所示：本题考查了作图——轴对称变换，以及建立平面直角坐标系，解题的关键是熟练掌握轴对称的性质，正确建立平面直角坐标系.22、【分析】将②变形得③，然后将③代入①可求得y的值，最后把y的值代入方程③即可求得x的值，进而得到方程组的解．【详解】解：（1）由②，得，③将③带入①，得，将代入③，得所以原方程组的解为本题主要考查解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法，正确掌握解题方法是解题的关键．23、（1）见解析；（2）2【分析】（1）先证明AB=AD，根据等腰三角形的三线合一，推出BE=ED，根据三角形的中位线定理即可解决问题．（2）先证明AB=AP，根据等腰三角形的三线合一，推出BE=ED，根据三角形的中位线定理即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，∵，，，，，，，∵，，，．（2）如图2中，延长交的延长线于．∵，，，；，，，∵，，∵，．本题考查三角形的中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．24、(1)证明见解析；(2)①，；②存在；；③不会变化，MH＋MG＝1．【分析】（1）根据等边三角形的性质得到BC=CE，OC=CD，∠OCD=∠BCE=10°，求得∠OCB=∠DCE，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）①由点B（0，1），得到OB=1，根据全等三角形的性质得到∠CDE=∠BOC=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEC=30°，求得CE=4，过E作EF⊥x轴于F，角三角形即可得到结论；②存在，如图d，当CE=CP=4时，当CE=PE，根据等腰三角形的性质即可得到结论；③不会变化，如图c，连接EM，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：(1)证明：∵△ODC和△EBC都是等边三角形，∴OC＝DC，BC＝CE，∠OCD＝∠BCE＝10°.∴∠BCE＋∠BCD＝∠OCD＋∠BCD，即∠ECD＝∠BCO.∴△DEC≌△OBC(SAS)．∴DE＝BO.(2)①∵△ODC是等边三角形，∴∠OCB＝10°.∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝30°.设OC＝x，则BC＝2x，∴x2＋12＝(2x)2.解得x＝2.∴OC＝2，BC＝4.∵△EBC是等边三角形，∴BE＝BC＝4.又∵∠OBE＝∠OBC＋∠CBE＝90°，