2023年北京大兴初二（下）期中数学试卷（教师版）

第1页/共1页2023北京大兴初二（下）期中数学一、选择题（共16分，每题2分）1.下列二次根式中是最简二次根式的是（）A. B. C. D.2.下列运算中，结果正确的是（）A. B. C. D.3.如图，在四边形ABCD中，ABCD．下列条件不能判定此四边形为平行四边形的是（）A.AB＝CD B.ADBC C.∠B＝∠D D.AD＝BC4.下列不是轴对称图形的是（）A.有一个角是的直角三角形 B.矩形 C.菱形 D.正方形5.如图，有一根电线杆在离地面处的A点断裂，此时电线杆顶部C点落在离电线杆底部B点远的地方，则此电线杆原来长度为（）A. B. C. D.6.如图，在菱形中，，，则对角线等于（）A.20 B.15 C.10 D.57.如图，在中，，，的垂直平分线交于点，交于点，连接，则的周长是（）A.6 B.8 C.9 D.108.如图，在中，，射线平分，于点D，于点E，若F为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（）A.①②④ B.①③④ C.②③ D.①②③④二、填空题（共16分，每题2分）9.若在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．10.比较大小：______（填“＞”，“＜”或“＝”）．11.化简：_____．12.如图，为了测量池塘边上A，B两点间的距离，在池塘外选一点C，分别连接和并延长到点D，E，使，，连接．若测得，则A，B两点间距离是______．13.如图，在菱形ABCD中，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的面积是____．14.如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的长是______．15.如图，在正方形中，，分别是边，上的点，．若，，则的长是______．16.如图，四边形与四边形为正方形，相交于点H，连接．下列结论中：①；②；③平分．所有正确结论的序号是______．三、解答题（共68分，第17-24题，每题5分，第25题6分，第26-27题，每题7分，第28题8分）17.计算：．18.计算：．19.在中，，若，．求a，b的长．20.如图，在□ABCD中，点E，F分别为BC，AD中点，求证：四边形AECF是平行四边形．21.如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：．22.如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．23.如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．24.如图，在四边形中，，，，．求的度数．25.如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接，若，．求的长．26.已知，，有下列正确的结论：若，则；若，则；若，则．（1）根据以上三个正确的结论，猜想：若，则______；（2）猜想与的数量关系，并证明．27.在正方形中，E为射线上一动点（点E不与A，B重合），作，交直线于点F，连接．（1）如图1，当点E在线段上时，用等式表示线段，，的数量关系；（2）如图2，当点E在线段的延长线上时，①依题意补全图2；②用等式表示线段，，的数量关系，并证明．28.在平面直角坐标系中，对于，两点给出如下定义：若点到两条坐标轴的距离之和等于点到两条坐标轴的距离之和，则称，两点为和谐点．例如，图中的，两点即为和谐点．（1）已知点．①在点，，中，点的和谐点是______；②若点在轴上，且，两点为和谐点，则点的坐标是______；（2）已知点，点，连接，点为线段上一点．①经过点且垂直于轴的直线记作直线，若在直线上存在点，使得，两点为和谐点，则的取值范围是______；②若点，点，在以线段为斜边的等腰直角三角形的某条边上存在点，使得，两点为和谐点，则的取值范围是______．

参考答案一、选择题（共16分，每题2分）1.【答案】B【解析】【分析】根据最简二次根式的定义对各选项分析判断利用排除法求解．【详解】解：A、不是最简二次根式，不符合题意；B、是最简二次根式，符合题意；C、不是最简二次根式，不符合题意；D、不是最简二次根式，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，解题的关键是掌握最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．2.【答案】C【解析】【分析】根据二次根式的加减、乘法、除法进行计算即可求解．【详解】解：A.，故该选项不正确，不符合题意；B.，故该选项不正确，不符合题意；C.，故该选项正确，符合题意；D.，故该选项不正确，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了二次根式的加减、乘法、除法，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．3.【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形的判定条件可直接进行排除选项．【详解】解：A、由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；B、由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；C、∵AB∥CD，∴∠B+∠C=180°，∵∠B=∠D，∴∠D+∠C=180°，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；D、AD=BC，AB∥CD无法得出四边形ABCD是平行四边形，故符合题意；故选D．【点睛】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条件是解题的关键．4.【答案】A【解析】【分析】一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形，据此即可做出判断．【详解】解：A．有一个角是的直角三角形不是轴对称图形，故选项符合题意；B．矩形是轴对称图形，故选项不符合题意；C．菱形是轴对称图形，故选项不符合题意；D．正方形是轴对称图形，故选项不符合题意．故选：A．【点睛】此题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．5.【答案】D【解析】【分析】在中利用勾股定理求出的长，进而得出答案．【详解】解：由题意可得：在中，，，∴，故这根高压电线杆断裂前高度为：．故选：D．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．6.【答案】D【解析】【分析】运用菱形的性质证明ABC是等边三角形，通过等边三角形的性质即可求得AC=AB=5．【详解】∵四边形ABCD是菱形∴∠BCA∠BCD，AB=BC∴ABC为等边三角形∴AC=AB=5故答案选D【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用菱形和等边三角形的性质是解题的关键．7.【答案】B【解析】【分析】根据垂直平分线的性质得出，根据平行四边形的性质得出，进而即可求解．【详解】解：∵是的垂直平分线∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴的周长是，故选：B．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键．8.【答案】B【解析】【分析】延长交于G，延长交延长线于H，根据三角形中位线定理即可判断出①②③④的正确性，即可得出结果．【详解】解：延长交于G，延长交延长线于H，∵平分，，∴在和中，，∴，∴，，∴，∵F为的中点，∴，，同法可得：，∴，∴，∵F为的中点，∴，，故①正确；∴，故③正确；连接，∵，，∴，∵，∴（直角边小于斜边），即：，故②错误；∵，∴，∴，∵，∴，故④正确；故选：B．【点睛】本题主要考查三角形的中位线定理．解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，进而得到三角形的中位线．二、填空题（共16分，每题2分）9.【答案】【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件即可求解．【详解】解：∵在实数范围内有意义，∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．10.【答案】＜【解析】【分析】比较两个无理数的大小，进行恰当的转化可以较直观的比较．【详解】∵，而，∴，故答案为：＜【点睛】本题考查的是两个无理数的大小比较，可以用近似数比较，也可以进行适当转化进行比较．11.【答案】5【解析】【分析】先求出-5的平方，再求算术平方根即可．【详解】解：，故答案为：5．【点睛】本题考查了一个数的平方和算术平方根的计算，熟练掌握运算法则是解题的关键．12.【答案】【解析】【分析】先由，得到，又由得到，则，即可得到A，B两点间距离．【详解】解：∵，，∴,，∴，∵，∴，∴，∴，即A，B两点间距离是．故答案为：【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，证明是解题的关键．13.【答案】24【解析】【详解】试题解析：∵菱形ABCD的对角线AC=6，BD=8，∴菱形的面积S=AC•BD=×8×6=24．考点：菱形的性质．14.【答案】2【解析】【分析】先证明是等边三角形，得出，再由矩形的性质得出【详解】解：∵四边形是矩形，对角线相交于点O，∴,又，∴是等边三角形，∴，∴故答案为：2【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对角线互相平分且相等．15.【答案】3【解析】【分析】证明，得出，即可得出，即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，又∵∴，在中，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．16.【答案】①②##②①【解析】【分析】根据正方形的性质和证明可得；连接,根据三角形内角和定理可得即；过B作于M，于N，证明可判断③．【详解】∵四边形与四边形为正方形,即在和中，，，；故①正确连接如图，则∴即；故②正确；过B作于M，于N，如图，又∴是的平分线，∴平分，故③错误；综上所述，正确的结论是①②，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理以及角平分线的性质定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．三、解答题（共68分，第17-24题，每题5分，第25题6分，第26-27题，每题7分，第28题8分）17.【答案】【解析】【分析】原式先把二次根式化简后，再进行合并即可得到答案．【详解】解：==【点睛】本题主要考查了二次根式的加减法，正确化简二次根式是解答本题的关键．18.【答案】【解析】【分析】原式先计算二次根式的乘除法，再计算加减即可．【详解】解：==．【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则和运算顺序是解答本题的关键．19.【答案】6，8【解析】【分析】根据，设，根据勾股定理可得，结合题意求得的值即可求解．【详解】解：设，根据勾股定理可得．又，即，所以，因此．即a，b的长分别为6，8．【点睛】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．20.【答案】答案见详解;【解析】【分析】根据题意得到AF=CE，然后根据一组对边平行且相等即可得到结论；【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴AD=BC，AD//BC∵E、F分别是BC、AD的中点∴，，且AF//CE∴AF=CE∴四边形AECF是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质及判断，掌握并熟练使用相关知识是本题的解题关键．21.【答案】见解析【解析】【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，由SAS证明△OBE≌△ODF，即可得出BE=DF．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，在△OBE和△ODF中，，∴△OBE≌△ODF（SAS），∴BE=DF．【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．22.【答案】【解析】【分析】根据折叠的性质得到，由四边形是矩形，，得到，，则，，得到，则，由勾股定理求得，即可求得的面积．【详解】解：∵把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，∴，∵四边形是矩形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的面积是．【点睛】此题考查了矩形的折叠问题、勾股定理、等角对等边等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．23.【答案】见解析【解析】【分析】证明四边形为菱形，根据菱形的对角线相互垂直即可得出结论．【详解】证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为菱形，∴．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，证明四边形为菱形．24.【答案】【解析】【分析】连接，由，，得到，则，，，则，得到，即可得到的度数．【详解】解：如图，连接，∵，，∴，；∵，，∴，∴，∴【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握等腰直角三角形的性质，灵活运用勾股定理的逆定理是解题的关键．25.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得到且，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）根据菱形的性质得到，根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论．【小问1详解】∵四边形是菱形，∴且，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；【小问2详解】∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∵四边形是矩形,∴,，∴在中，，∴在中，，∵，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．26.【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）根据三个正确的结论即可得到答案；（2）猜想，利用，且，即可证明猜想正确．【小问1详解】解：由题意可以猜想：若，则；故答案为：【小问2详解】与的数量关系为：猜想，证明：∵，且，∴，∴．【点睛】此题考查了二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．27.【答案】（1）（2）①见解析；②；证明见解析【解析】【分析】（1）延长，取点G，使，连接，证明，得出，，证明，得出，根据，得出；（2）①根据题意补全图形即可；②在上截取，连接，，证明，得出，，证明，得出，根据，即可得出．【小问1详解】解：；理由如下：延长，取点G，使，连接，如图所示：∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，即，∴，∵，，∴，∴，∵，∴；【小问2详解】解：①