2024北京市大兴初二（下）期中数学试卷及答案

第1页/共1页2024北京大兴初二（下）期中数学考生须知1．本试卷共4页，共三道大题，28道小题．满分100分．考试时间120分钟．2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号．3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．一、选择题（每小题2分，共16分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．1.下列各式中，最简二次根式是（）A. B. C. D.2.等于（）.A. B. C. D.3.下列各式中，从左向右变形正确的是（）A. B.C. D.4.下列各组数据中能作为直角三角形的三边长的是（）A.1，3，3 B.1，， C.4，5，7 D.2，，55.如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边于E，AD=3，EC=2，则AB的长为（）A.5 B.3 C.2 D.16.为迎接2024年5月28日北京大兴西瓜节，某西瓜交易市场准备在空地处建造一个菱形花坛，若菱形花坛的两条对角线的长分别为6米和10米，则菱形花坛的面积（单位：平方米）为（）A.15 B.24 C.30 D.607.如图，矩形纸片中，，，折叠纸片使边落在对角线上，点落在点处，折痕为，则的长为（）A.3 B.4 C.5 D.68.如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别是，，点在轴上，则点的横坐标是（）A.4 B. C.5 D.二、填空题（每小题2分，共16分）9.式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______．10.计算：＝_______．11.化简：＝___．12.已知是正整数，且也是正整数，写出一个满足条件的的值，这个的值为______．13.如图，A，两点被池塘隔开，在外选一点，连接和，分别取，的中点，，测得，两点间的距离为，则A，两点间的距离为______m．14.如图，已知菱形ABCD的一个内角∠BAD=80°，对角线AC，BD相交于点O，点E在AB上，且BE=BO，则∠EOA=___________°.15.在平面直角坐标系中，已知点，，请确定点C的坐标，使得以A，B，C，O为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的所有点C的坐标是______．16.“赵爽弦图”通过对图形的切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，它表现了我国古人对数学的钻研精神和聪明才智．如图所示的“赵爽弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是29，小正方形的面积是9；设直角三角形较长直角边的长为，较短直角边的长为，则的值是______．三、解答题（本题共68分，第17-23题，每小题5分，第24-25题，每小题6分，第26-28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17.计算：．18.计算：．19.计算：．20.已知直角三角形的一条直角边的长是，斜边的长是，求另一条直角边的长．21.已知：，．求作：矩形．作法：如图，①作线段的中点；②连接并延长，在延长线上截取；③连接，．四边形即为所求作的矩形．完成下面的证明．证明：，，四边形是平行四边形（）（填推理的依据）．，四边形是矩形（）（填推理的依据）．22.在ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别是E、F．求证：AE=CF.23.如图，在中，，点为边中点，，求的长度．24.如图，在中，，延长到点，使，连接．求证：四边形是菱形．25.已知：如图，在中，，的角平分线交边于点，且，．求证：是等腰三角形．26.阅读材料，解答下列问题：材料：已知，求的值．小云同学是这样解答的：，．问题：已知．（1）求的值；（2）求的值．27.已知：如图，正方形的边上有一动点（与点，不重合），连接，延长至点，使得，过点作于点，交正方形的对角线于点．若．（1）求的大小（用含的式子表示）；（2）用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．28.我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形．（1）下列图形：①有一个内角为的平行四边形；②矩形；③菱形；④直角梯形，其中对角直角四边形是（只填序号）；（2）如图，菱形的对角线，相交于点，在菱形的外部以为斜边作等腰直角，连接．①求证：四边形是对角直角四边形；②若点到的距离是2，求四边形的面积．

参考答案第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．1.【答案】B【分析】本题主要考查了最简二次根式的定义，掌握最简二次根式需同时满足两个条件“一是被开方数中不含能开的尽方的因数或因式，二是被开方数中不含分母成为解题的关键．根据最简二次根式的条件逐项判断即得可解答．【详解】解：A、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；B、是最简二次根式，故本选项符合题意；C、不是最简二次根式，故本选项不符合题意；D、不是最简二次根式，故本选项不符合题意．故选：B．2.【答案】D【分析】本题主要考查了二次根式的性质，掌握是解题的关键.根据二次根式的性质可得，再化简绝对值即可解答.【详解】解：∵，，∴，即.故选：D.3.【答案】A【分析】本题主要考查了二次根式的性质、二次根式的加减法、算术平方根的性质．根据二次根式的性质、二次根式的加减法逐项判断即可解答．【详解】解：A、变形正确，故A选项符合题意；B、，故B说法错误，不符合题意；C、，故C说法错误，不符合题意；D、，故D说法错误，不符合题意．故选A．4.【答案】B【分析】本题考查了勾股逆定理的应用，最大边的平方等于两个较小的边的平方之和，即为直角三角形，据此进行作答即可．【详解】解：A、，不能作为直角三角形的三边长，故该选项是错误的；B、，能作为直角三角形的三边长，故该选项是正确的；C、，不能作为直角三角形的三边长，故该选项是错误的；D、2，，5，不能作为三角形的三边长，故该选项是错误的；故选：B．5.【答案】A【分析】首先证明，再根据平行四边形的性质即可解决问题．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，平分，，，，，．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．6.【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．【详解】解：菱形的面积，故选：C．7.【答案】A【分析】利用勾股定理求出，由翻折得，设，则，在中，利用勾股定理得出方程．本题主要考查了翻折的性质，矩形的性质，以及勾股定理等知识，运用方程思想是解题的关键．【详解】解：四边形是矩形，，在中，由勾股定理得：，折叠纸片使边落在对角线上，，，，设，则，在中，由勾股定理得：，解得，，故选：A．8.【答案】C【分析】分别过点A、C作AE⊥x轴，CD⊥x轴于点E，D，证明得BE=OD，从而可得OB，即可解答此题．【详解】解：分别过点A、C作AE⊥x轴，CD⊥x轴于点E，D，如图，∴∵点A的坐标是（4，-2），点C的坐标是（1，2）∴OD=1，OE=4∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CO，AB//CO∴在和中∴≌∴∴∴点的横坐标是5故选：C．【点睛】此题主要考查了坐标与图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答此题的关键．二、填空题（每小题2分，共16分）9.【答案】x≥3【分析】直接利用二次根式有意义的条件得到关于x的不等式，解不等式即可得答案.【详解】由题意可得：x—3≥0，解得：x≥3，故答案为：x≥3【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键.10.【答案】3【详解】分析：．11.【答案】【分析】利用二次根式的性质，进行分母有理化即可．【详解】解：，故答案为：．【点睛】本题考查二次根式化简，熟练掌握二次根式的性质，确定分母的有理化因式是解题的关键．12.【答案】3（答案不唯一）【分析】先根据被开方数不小于零的条件求出n的取值范围，再根据题意求取n的值即可．本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．【详解】解：由题可知，，则．要使也是一个正整数，则n可取3．故答案为：3（答案不唯一）．13.【答案】40【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质，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．先判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得即可解答．【详解】解：∵点D，E分别是和的中点，∴是的中位线，∴．故答案为：40．14.【答案】25【分析】根据∠BAD和菱形邻角和为180°的性质可以求∠ABC的值，根据菱形对角线即角平分线的性质可以求得∠ABO的值，又由BE=BO可得∠BEO=∠BOE，根据∠BOE和菱形对角线互相垂直的性质可以求得∠EOA的大小．【详解】解：∵∠BAD=80°，菱形邻角和为180°∴∠ABC=100°，∵菱形对角线即角平分线∴∠ABO=50°，∵BE=BO∴∠BEO=∠BOE==65°，∵菱形对角线互相垂直∴∠AOB=90°，∴∠AOE=90°-65°=25°，故答案为25．【点睛】本题考查了菱形对角线互相垂直平分且平分一组对角的性质，考查了等腰三角形底角相等的性质，本题中正确的计算∠BEO=∠BOE=65°是解题的关键．15.【答案】或或【分析】分两种情况：①当为平行四边形的边时，②当为平行四边形的对角线时，讨论可得点C的坐标．【详解】解：①当为平行四边形的边时，，∵，，，∴点C坐标为或；②当为平行四边形的对角线时，，故答案为：或或．【点睛】此题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质，解答本题的关键是要注意分两种情况进行求解．16.【答案】7【分析】本题主要考查勾股定理、完全平方公式等知识点，熟练运用勾股定理以及完全平方公式是解题的关键．由题意可知，中间小正方形的边长为，根据勾股定理以及题目给出的已知数据可知大正方形的面积为，然后求得，最后求其算术平方根即可．【详解】解：由题意可知，中间小正方形的边长为，∴，即①，根据勾股定理可知：大正方形的面积为②，由①②可得，∴，∵，∴，∴．故答案为：7．三、解答题（本题共68分，第17-23题，每小题5分，第24-25题，每小题6分，第26-28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17.【答案】【分析】本题考查二次根式的加减运算，零指数幂和负整数指数幂，根据，，二次根式的加减运算求解即可．【详解】．18.【答案】【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，掌握相关运算法则成为解题的关键．先运用二次根式除法法则计算，然后运用二次根式的性质化简，最后合并同类二次根式即可解答．【详解】解：．19.【答案】【分析】先利用二次根式乘法法则运算，再进行二次根式的化简最后合并即可得解．【详解】解：原式=，=，=【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，在二次根式的混合运算中，如能够结合题目的特征，灵活运用二次根式性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．20.【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方，据此求解即可．【详解】解：∵直角三角形的一条直角边的长是，斜边的长是，∴另一条直角边的长为．21.【答案】；对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形．【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定填空即可．本题考查平行四边形的判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判定是解答本题的关键．【详解】证明：，，四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．，四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）．故答案为：；对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形．22.【答案】详见解析.【分析】由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可得到全等三角形，再得出结论；【详解】证明：∵DE⊥AB，BF⊥CD，∴∠AED=∠CFB=90°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，∠A=∠C，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF(AAS)；∴AE=CF【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．23.【答案】4【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键．由平行四边形的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【详解】解：∵在中，，∴，∵，点为边中点，∴．24.【答案】证明见解析【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，再证明结合即可证明四边形是菱形．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，即，∵，，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．25.【答案】见解析【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识点，证得成为解题的关键．根据勾股定理逆定理可得，再根据角平分线的定义可得，然后结合公共边可证，进而得到即可证明结论．【详解】证明：∵，，，∴,∴，∵的角平分线交边于点，∴，∵,∴，∴,即是等腰三角形．26.【答案】（1）1（2）2【分析】（1）利用例题的解题思路进行计算，即可解答；（2）设，，然后利用（1）的结论可得：，从而进行计算即可解答．本题考查了二次根式的化简求值，加减消元法，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．【小问1详解】解：，，；【小问2详解】解：设，，由（1）得：，解得：，．27.【答案】（1）（2）,证明见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理成为解题的关键．（1）由直角三角形性质两锐角互余可得，根据正方形的性质可得，则，然后代入即可解答；（2）先说明，再证，