2025北京十一学校初二3月月考数学试题及答案

初中2025北京十一学校初二3月月考数学一、选择题（每题3分，共24分）1.下列二次根式中，能与合并的是（）A. B. C. D.2.下列各组数中，不能构成直角三角形的是（）A.8，，1 B.5，12，13 C.9，40，41 D.1.5，2.5，23.下列计算正确的是（）A. B.C. D.4.如图，在中，，点在边上，以为边作，则的度数为（）A. B. C. D.5.下列说法正确的是（）A.一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形B.一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形C.对角线相等的菱形是正方形D.有一个角是直角的四边形是矩形6.下列关于两个变量关系的四种表达式中，正确的是（）①圆的周长C是半径r的函数；②表达式中，y是x的函数；③下表中，n是m的函数；m123n832④图中，曲线表示y是x的函数．A.①③ B.②④ C.①②③ D.①②③④7.已知正比例函数（其中为常数，且），如果的值随的值增大而增大，那么下列的值中，不可能的是（）A. B. C.0 D.28.已知钓鱼杆的长为10米，露在水上的鱼线长为，某钓鱼者想看看鱼钩上的情况，把鱼竿转动到的位置，此时露在水面上的鱼线长度为8米，则的长为（）A.4米 B.3米 C.2米 D.1米9.已知矩形的对角线、相交于点O，，，延长至点E，使得，连接交于点F，则的长度为（）．A.1 B. C.2 D.10.如图，，是内部的射线且，过点作于点，过点作于点，在上取点，使得，连接．设，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③二、填空题（每题3分，共24分）11.若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_________．12.若，则m－n的值为_____．13.面积为，一条对角线长为，则这个菱形的周长是_________．14.如图，正方形的对角线交于点O，延长到点E，使，与交于点F，那么为__________．15.如图，点P是内一点，，，，点D，E，F，G分别是的中点，若四边形的周长为28，则长为______．16.如图，在平行四边形中，对角线，相交于O，过点O作交于E．若，，，则的长为____17.如图，正方形的面积为50，以为腰作等腰，平分交于点G，交的延长线于点E，连接．若，则______．18.某日，甲、乙两人相约在一条笔直的健身道路上锻炼．两人都从地匀速出发，甲健步走向地．途中偶遇一位朋友，驻足交流后，继续以原速步行前进；乙因故比甲晚出发，跑步到达地后立刻以原速返回，在返回途中与甲第二次相遇．下图表示甲、乙两人之间的距离与甲出发的时间之间的函数关系，那么以下结论正确的序号有______．①甲、乙两人第一次相遇时，乙的锻炼用时为；②甲出发时，甲、乙两人之间的距离达到最大值；③甲、乙两人第二次相遇的时间是在甲出发后；④，两地之间的距离是．三、解答题（第19、20题每题5分，第21、22每题6分，第23、24题每题5分，第25、26每题7分，共46分）19.计算：20.如图，在中，，，，求长．21.已知，．（1）求的值；（2）求的值．22.如图，在菱形中，交于点O，点E，F在上，（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求证：四边形是菱形．23.如图1，某小区的大门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中有20个全等的菱形，每个菱形边长为，大门的总宽度为．（门框的宽度忽略不计）（参考数据：）（1）当每个菱形的内角度数为（如图时，大门打开了多少？（2）当每个菱形的内角度数张开至为时，大门未完全关闭，有一辆宽的轿车需进入小区，计算说明该车能否直接通过．24.对于一些二次根式，我们可以用数形结合的方法进行研究．如，可以看作平面直角坐标系中，动点与定点或之间的距离（如图）．请参考上面的方法解决下列问题：（1）若将看作平面直角坐标系xOy中，动点与定点C之间的距离，则点C的坐标可以是______（写出一个即可）；（2）若，直接写出d的最大值．25.中，，，点是边中点，点是边上一动点（不与点、点重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接．（1）如图1，若点刚好落在边上，连接，求证：；（2）在图2中判断、和的数量关系，并证明；（3）若，，直接写出的最小值为________．26.在平面直角坐标系中，对于没有公共点的两个图形M、N给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，若P、Q两点间距离的最大值和最小值分别为和，则称比值为图形M和图形N的“距离关联值”，记为．已知顶点坐标为，，，．（1）若E为边上任意一点，则的最大值为______，最小值为______，因此k（点O，）＝______；（2）若为对角线上一点，为对角线上一点，其中．①若，则k（线段，）______；②若（线段，），求m的取值范围；（3）若的对角线交点为O，且顶点在直线上，顶点在直线上，其中，请直接用含n的代数式表示．

参考答案一、选择题（每题3分，共24分）1.【答案】D【分析】本题主要考查的是同类二次根式的定义，掌握同类二次根式的定义是解题的关键．先化简选项中各二次根式，然后找出被开方数为的二次根式即可．【详解】解：A、，故与不能合并，故A不符合题意；B、与不能合并，故B不符合题意；C、，故与不能合并，故C不符合题意；D、，故与能合并，故D符合题意．故选：D．2.【答案】A【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．【详解】解：A、，不能构成直角三角形，符合题意；B、，能构成直角三角形，不合题意；C、，能构成直角三角形，不符合题意；D、，能构成直角三角形，不合题意；故选：A．3.【答案】C【分析】此题考查了二次根式的运算和性质．根据二次根式的运算法则和性质化简即可得到答案．【详解】A.，故选项错误，不符合题意；B.，故选项错误，不符合题意；C.，故选项正确，符合题意；D.，故选项错误，不符合题意；故选：C4.【答案】A【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，平行四边形的性质，掌握等腰三角形的两个底角相等，平行四边形的对角相等是解本题的关键．根据等腰三角形的性质可求，再根据平行四边形的性质可求．【详解】解：在中，，，∴，∵四边形是平行四边形，∴．故选：．5.【答案】C【分析】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，难度一般．利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，原说法错误，本选项不符合题意；B、一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形不一定是菱形，原说法错误，本选项不符合题意；C、对角线相等的菱形是正方形，正确，本选项符合题意；D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法错误，本选项不符合题意．故选：C．6.【答案】C【分析】本题主要考查了函数的概念，对于函数概念需要理解：①有两个变量；②一个变量的数值随着另一个变量的数值的变化而发生变化；③对于自变量的每一个确定的值，函数值有且只有一个值与之对应，即单对应．根据函数的定义分别判断即可．【详解】解：①∵，∴圆的周长是半径的函数，正确；②表达式中，对于的每一个取值，都有唯一确定的值与之对应，是的函数，正确；③是的函数，正确；④如图中，对于的每一个取值，有不唯一确定的值与之对应，不是的函数．故选：C．7.【答案】A【分析】本题考查正比例函数的性质，根据如果的值随的值增大而增大，得到，进行判断即可．【详解】解：∵正比例函数（其中为常数，且），的值随的值增大而增大，∴，∴，∴的值不可能是；故选A．8.【答案】C【分析】先根据勾股求出，再根据勾股定理求出，最后根据即可求解．【详解】解：在中，，∴，在中，，∴，∴；故选：C．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边平方．9.【答案】B【分析】根据四边形是矩形，可得，，，，可证明是等边三角形，进而有，再证明，即有，进而有，即，利用勾股定理可得，问题随之得解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴结合，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即，∵，，，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理以及含角的直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，灵活运用含角的直角三角形的性质，是解答本题的关键．10.【答案】B【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识．证明，推出，，推出，再利用等腰三角形的性质，可以判定①正确；连接，根据，可以判定②错误；是内部的射线且，可得，推出，推出，推出，故③正确．【详解】解：，，，，，，，在和中，，，，，，，，故①正确，连接，则，，，，，，故②错误，是内部的射线且，，，，，故③正确．故选：B．二、填空题（每题3分，共24分）11.【答案】【分析】根据二次根式有意义的条件，即可求解．【详解】解：根据题意得，解得：．故答案为：【点睛】本题主要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为非负数是解题的关键．12.【答案】4【分析】根据二次根式与平方的非负性即可求解.【详解】依题意得m-3=0，n+1=0，解得m=3，n=-1，∴m-n=4故答案为：4【点睛】此题主要考查二次根式与平方的非负性，解题的关键是熟知二次根式与平方的非负性.13.【答案】【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可求出另一条对角线的长度，再根据勾股定理可求出边长，继而可求出周长．【详解】解：如图所示：∵菱形的面积等于对角线乘积的一半，，，∴，在中，，∴∴菱形的周长．故答案为：20．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．14.【答案】【分析】利用等腰三角形的判定和性质以及三角形的外角性质求得的度数，再利用直角三角形的性质即可求解.【详解】解：∵正方形的对角线交于点O，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．15.【答案】8【分析】本题考查了三角形中位线的性质：平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半．同时也考查了中点四边形和直角三角形斜边上的中线．由三角形中位线的性质可得，，由四边形周长求得，再由勾股定理求得即可．【详解】解：由题意得：分别为的中位线，∴，，∵四边形的周长为28，∴．∵，∴．中，，∴．故答案为：8．16.【答案】【分析】由平行四边形的性质得到，，再由垂直平分线的性质得到，然后再由勾股定理逆定理得到，则，最后由勾股定理求解．【详解】解：平行四边形，，，，垂直平分，，，，，是直角三角形，故，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理以及逆定理等知识，得到是解题的关键．17.【答案】【分析】过点作于点，连接，交于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出的长，再求出，从而可得，，然后根据等腰三角形的性质求出的长，最后在和中，利用勾股定理求解即可得．【详解】解：如图，过点作于点，连接，交于点，∵正方形的面积为50，∴，，∵，，∴，平分，，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，又∵，平分，∴垂直平分，∴，，∴，∴，∴，∴，在中，，设，则，在和中，，即，解得，即，则，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．18.【答案】①②④【分析】本题考查了函数图象以及二元一次方程组的应用；①由乙比甲晚出发及当时第一次为，可得出乙出发时两人第一次相遇，进而可得出结论①正确；②观察函数图象，可得出当时，取得最大值，最大值为，进而可得出结论②正确；③设甲的速度为，乙的速度为，利用路程速度时间，可列出关于，的二元一次方程组，解之可得出，的之，将其代入中，可得出甲、乙两人第二次相遇的时间是在甲出发后，进而可得出结论③错误；④利用路程速度时间，即可求出，两地之间的距离是．【详解】解：①乙比甲晚出发，且当时，，乙出发时，两人第一次相遇，既甲、乙两人第一次相遇时，乙的锻炼用时为，结论①正确；②观察函数图象，可知：当时，取得最大值，最大值为，甲出发时，甲、乙两人之间的距离达到最大值，结论②正确；③设甲的速度为，乙的速度为，根据题意得：，解得：，∴，甲、乙两人第二次相遇的时间是在甲出发后，结论③错误；④，，两地之间的距离是，结论④正确．综上所述，正确的结论有①②④．故答案为：①②④．三、解答题（第19、20题每题5分，第21、22每题6分，第23、24题每题5分，第25、26每题7分，共46分）19.【答案】【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，根据完全平方公式的单项式乘以多项式运算法则进行计算即可得到答案．【详解】解：．20.【答案】【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，过点作的延长线于点，由可得，得到为等腰直角三角形，即得到，由勾股定理可得，进而得，再根据勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：过点作的延长线于点，则，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴．21.【答案】（1）（2）【分析】此题考查了二次根式的混合运算,分式的求值，完全平方公式的变形应用．（1）把变形为，利用整体代入求值即可；（2）把变为，利用整体代入求值即可．【小问1详解】解：∵，∴；【小问2详解】∵，．∴，∴．22.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定：（1）先根据菱形的性质得出，，再根据，得出，即可证明结论；（2）根据菱形的性质得出，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明结论．【小问1详解】证明：∵四边形为菱形，∴，，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．【小问2详解】证明：∵四边形为菱形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．23.答案】（1）大门打开了（2）该车不能直接通过，说明见解析【分析】（1）连接，根据菱形的性质可得，从而可得是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，最后进行计算，即可解答；（2）根据已知可得是等腰直角三角形，从而可得，然后进行计算即可解答．【小问1详解】解：连接，如图所示：四边形是菱形，，，是等边三角形，，，大门的总宽度为，大门打开的宽度，大门打开了；【小问2详解】解：该车不能直接通过，理由如下：，，在等腰中，由勾股定理可得，，大门的总宽度为，大门打开的宽度，，该车不能直接通过．【点睛】本题考查了几何性质综合应用，涉及菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形性质，勾股定理等知识，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线求解是解题的关键．24.【答案】（1）或（2）【分析】本题考查了两点间的距离公式，勾股定理，解题的关键是正确理解题意，仿照题意求出答案，本题考查学生综合能力，属于中等题型．（1）根据题干提供的信息进行解答即可；（2）根据已知条件得到，由（1）可知：表示点与点的距离和点与点的距离之差，根据三角形任意两边之差小于第三边，得出当P、E、F三点共线时，取最大值，且最大值为的长，求出最大值即可．【小问1详解】解：∵，∴动点与定点C之间的距离，则点C的坐标可以是或．【小问2详解】解：∵，∴由（1）可知：表示点与点的距离和点与点的距离之差，∵三角形任意两边之差小于第三边，∴当P、E、F三点共线时，取最大值，且最大值为的长．∴d的最大值为：．25.【答案】（1）见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）由旋转可得：，，根据三角形内角和定理得出，进而得出，根据垂直平分线的性质，即可得证；（2）过点作，，则，证明，进而证明得出，，在中，根据勾股定理即可得出结论；（3）连接，证明得出，进而可得，根据垂线段最短以及含度角的直角三角形的性质，即可求解．【小问1详解】解：由旋转可得：，，，∵，点刚好落在边上，∴∴又∵点是边中点，垂直平分，，【小问2详解】解：，理由如下，如图所示，过点作，，则∴，又∵点是边中点，∴∴∴，∵是上的中线，∴，∴∵，则∴又∵旋转，则，，∴，，在中，∴∴在中，，∴【小问3详解】解：如图所示，连接，由旋转可得：，，∵是上的中线，∴，∴∵，则∴∴∴∴时，取得最小值在中，，∴故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质