2020-2021学年山西省大同市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年山西省大同市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列根式是最简二次根式的是( )
A.13B.0.3C.20D.3

2. 已知在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=2，BC=3，则AB的长为( )
A.4B.5C.13D.5

3. 如图，在平行四边形ABCD中，M是BC延长线上一点，若∠A=135∘，则∠MCD的度数是( )

A.45∘B.55∘C.65∘D.75∘

4. 下列运算正确的是( )
A.−(−6)2=−6B.(−3)2=9
C.(−16)2=±16D.−(−5)2=−25

5. 如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90∘，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积为（ ）

A.48B.60C.76D.80

6. 如图所示，EF过▱ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若▱ABCD的周长为18，OE=1.5，则四边形EFCD的周长为( )

A.10B.12C.13D.14

7. 设a=19−1，a在两个相邻整数之间，则这两个整数是( )
A.1和2B.2和3C.3和4D.4和5

8. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，若AB=6cm，BC=8cm．则EF的长是( )


9. 按如图的程序计算，若开始输入的n值为2，则最后输出的结果是( )

A.14B.16C.8+52D.14+2

10. 在我国古代数学著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有开门去阃(kǔn)一尺，不合二寸，问门广几何．”大意是说：如图，推开双门(AD和BC)，门边缘D，C两点到门槛AB距离为1尺（1尺=10寸），双门间的缝隙CD为2寸，那么门的宽度（两扇门的和）AB为( )

A.100寸B.101寸C.102寸D.103寸
二、填空题

计算：12+8×6的结果是________.

“同旁内角互补”的逆命题是________，它是________(选填“真”或“假”)命题．

如图，小亮将升旗的绳子拉到旗杆底端，绳子末端刚好接触到地面，然后将绳子末端拉到距离旗杆8m处，发现此时绳子末端距离地面2m，则旗杆的高度为________（滑轮上方的部分忽略不计）.


如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F，分别以点B，F为圆心，以大于12BF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线AG交BC于点E.若BF=6，AB=5，则AE的长为__________.


观察下列各式：1+13=213，2+14=314，3+15=415⋯请你将发现的规律用含自然数n(n≥1)的代数式表达出来________．
三、解答题

计算．
(1)2×1−2+8；

(2)|2−5|−2×18−102+32.

先化简，再求值：x2+y2−2xyx−y÷(xy−yx)，其中x=2+1，y=2−1．

阅读下面的解题过程，根据要求回答下列问题．
化简：ab−ab3−2ab2+a2ba(b解：原式=ab−ab(b−a)2a①
=a(b−a)b−aba ②
=a⋅1aab ③
=ab . ④
(1)上述解答过程从哪一步开始出现错误？请写出代号________．

(2)错误的原因是什么？

(3)请你写出正确的解法．

在如图8×10方格内取A，B，C，D四个格点，使AB=BC=2CD=4. F是线段BC上的动点，连接AP，DP．

(1)设BP=a，CP=b，用含字母a，b的代数式分别表示线段AP，DP的长；

(2)设k=AP+DP，k是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．

阅读材料，解决问题：
勾股定理神秘而美妙，它的证法多样，其巧妙各有不同，其中的“面积法”给了小聪以灵感，他惊喜的发现，当两个全等的直角三角形如图1或图2摆放时，都可以用“面积法”来证明，下面是小聪利用图1证明勾股定理的过程：
将两个全等的直角三角形按图1所示摆放，其中∠DAB=90∘，求证：a2+b2=c2.
证明：连结DB，过点D作BC边上的高DF，则DF=EC=b−a.
∵ S四边形ADCB=S△ACD+S△ABC=12b2+12ab．
又∵ S四边形ADCB=S△ADB+S△DCB=12c2+12a(b−a)，
∴ 12b2+12ab=12c2+12a(b−a)，
∴ a2+b2=c2.
请参照上述证法，利用图2完成下面的证明．
将两个全等的直角三角形按图2所示摆放，其中∠DAB=90∘．求证：a2+b2=c2．


如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N． BC=5，EN=1，求BM的长.


如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN // BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．

(1)求证：OE=OF；

(2)若CE=12，CF=5，求OC的长；

(3)当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．

如图所示，在平面直角坐标系中，AB // OC，A(0, 12)，B(a, c)，C(b, 0)，并且a，b满足b=a−21+21−a+16．一动点P从点A出发，在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动；动点Q从点O出发在线段OC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，点P，Q分别从点A，O同时出发，当点P运动到点B时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（秒）.

(1)求B，C两点的坐标；

(2)当t为何值时，四边形PQCB是平行四边形？并求出此时P，Q两点的坐标；

(3)当t为何值时，△PQC是以PQ为腰的等腰三角形？并求出P，Q两点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省大同市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
最简二次根式
【解析】
根据最简二次根式是被开方数不含分母，被开方数不含开的尽的因数或因式，可得答案．
【解答】
解：A，该二次根式的被开方数中含有分母，不是最简二次根式，故本选项错误；
B，该二次根式的被开方数中含有小数，不是最简二次根式，故本选项错误；
C，20=22×5，该二次根式的被开方数中含开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项错误；
D，该二次根式符合最简二次根式的定义，故本选项正确.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
勾股定理
【解析】
在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB即可．
【解答】
解：在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=2，BC=3，
由勾股定理得：
AB=AC2+BC2=22+32=13.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
平行四边形的性质
邻补角
【解析】
根据题目的已知条件，利用平行四边形的性质的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握平行四边形的对边相等且平行；平行四边形的对角相等，邻角互补；平行四边形的对角线互相平分．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ∠A=∠BCD=135∘，
∴ ∠MCD=180∘−∠DCB=180∘−135∘=45∘．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
根据二次根式的性质对备选答案进行化简，从解答的结论中就可以求出答案．
【解答】
解：A，原式=−6，本选项正确；
B，原式=3，本选项错误；
C，原式=16，本选项错误；
D，原式=−5，本选项错误.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
勾股定理
【解析】
由已知得△ABE为直角三角形，用勾股定理求正方形的边长AB，用S阴影部分=S正方形ABCD−S△ABE求面积．
【解答】
解：∵ ∠AEB=90∘，AE=6，BE=8，
∴ 在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2=100，
∴ S阴影部分=S正方形ABCD−S△ABE，
=AB2−12×AE×BE
=100−12×6×8
=76．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
先利用平行四边形的性质求出AB＝CD，BC＝AD，AD+CD＝9，可利用全等的性质得到△AEO≅△CFO，求出OE＝OF＝1.5，即可求出四边形的周长．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是平行四边形，周长为18，
∴ AB=CD，BC=AD，OA=OC，AD // BC，
∴ CD+AD=9，∠OAE=∠OCF，
在△AEO和△CFO中，∠OAE=∠OCF,OA=OC,∠AOE=∠COF,
∴ △AEO≅△CFO(ASA)，
∴ OE=OF=1.5，AE=CF，
则EFCD的周长=ED+CD+CF+EF
=(DE+CF)+CD+EF
=AD+CD+EF=9+3=12．
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
估算无理数的大小
【解析】
先对19进行估算，再确定19是在哪两个相邻的整数之间，然后计算19−1介于哪两个相邻的整数之间．
【解答】
解：∵ 16<19<25，
∴ 4<19<5，
∴ 3<19−1<4，
即3∴ a在两个相邻整数3和4之间.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
矩形的性质
三角形中位线定理
勾股定理
【解析】
根据矩形性质得出∠ABC＝90∘，BD＝AC，BO＝OD，根据勾股定理求出AC，进而求出BD、OD，最后根据三角形中位线求出EF的长即可．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ABC=90∘，BD=AC，BO=OD.
∵ AB=6cm，BC=8cm，
∴ 由勾股定理得：AC=AB2+BC2=62+82=10(cm)，
∴ BD=10cm，DO=5cm，
∵ 点E，F分别是AO，AD的中点，
∴ EF是△AOD的中位线，
∴ EF=12OD=2.5cm.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
将n的值代入计算框图，判断即可得到结果．
【解答】
解：当n=2时，
n(n+1)=2(2+1)=2+2<15；
当n=2+2时，
n(n+1)=(2+2)(3+2)
=6+52+2=8+52>15，
则输出结果为8+52．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
勾股定理的应用
勾股定理
【解析】
画出直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】
解：过点D作DE⊥AB于点E，如图，
设OA=OB=AD=BC=r，
则DE=10，OE=12CD=1，AE=r−1．
在Rt△ADE中，
AE2+DE2=AD2，
即(r−1)2+102=r2，
解得2r=101．
故门的宽度（两扇门的和）AB为101寸．
故选B.
二、填空题
【答案】
63
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
先根据二次根式的乘法法则得到原式=23+8×6，然后化简后合并即可．
【解答】
解：原式=23+8×6
=23+43
=63．
故答案为：63.
【答案】
互补的两个角是同旁内角 ,假
【考点】
真命题，假命题
原命题与逆命题、原定理与逆定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：“同旁内角互补”的逆命题是“互补的两个角是同旁内角”，它是假命题.
如三角形的一个内角与和它相邻的外角是互补的，但它们不是同旁内角.
故答案为：互补的两个角是同旁内角；假.
【答案】
17m
【考点】
勾股定理的综合与创新
【解析】
根据题意画出示意图，设旗杆高度为x，可得AC＝AD＝x，AB＝(x−2)m，BC＝8m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．
【解答】
解： 如图，
过C作CB⊥AD，垂足为B，
设旗杆高度为xm，则
AC=AD=xm，AB=(x−2)m，BC=8m，
在Rt△ABC中，
AB2+BC2=AC2，即(x−2)2+82=x2，
解得：x=17，
即旗杆的高度为17m．
故答案为：17m.
【答案】
8
【考点】
勾股定理
菱形的判定
菱形的性质
【解析】
根据题意，证明得到四边形ABEF为菱形，利用勾股定理求出OA即可得到答案．
【解答】
解：如图，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB=AF，∠FAE=∠BAE，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，
∴ ∠EAF=∠AEB，
∴ ∠BAE=∠AEB，
∴ AB=BE=AF.
∵ AF//BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形，
∵ AB=AF，
∴ 四边形ABEF是菱形，
∴ OA=OE，OB=OF=3， ∠AOB=90∘，
∴ OA=AB2−OB2=52−32=4，
∴ AE=2OA=8.
故答案为：8.
【答案】
n+1n+2=(n+1)1n+2
【考点】
规律型：数字的变化类
【解析】
观察分析可得：1+11+2=(1+1)11+2；2+12+2=(2+1)12+2；…则将此题规律用含自然数n(n≥1)的等式表示出来
【解答】
解：∵ 1+11+2=(1+1)11+2；
2+12+2=(2+1)12+2；
3+13+2=(3+1)13+2；
⋯⋯
∴ n+1n+2=(n+1)1n+2．
故答案为：n+1n+2=(n+1)1n+2．
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=2−22+22
=2.
(2)原式=5−2−12+5+32
=25−1.
【考点】
二次根式的性质与化简
二次根式的加减混合运算
二次根式的乘除混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=2−22+22
=2.
(2)原式=5−2−12+5+32
=25−1.
【答案】
解：原式=(x−y)2x−y÷x2−y2xy
=(x−y)2x−y⋅xy(x+y)(x−y)
=xyx+y，
当x=2+1，y=2−1时，原式=24．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【解答】
解：原式=(x−y)2x−y÷x2−y2xy
=(x−y)2x−y⋅xy(x+y)(x−y)
=xyx+y，
当x=2+1，y=2−1时，原式=24．
【答案】
②
(2)∵ b∴ b−a<0，
∴ (b−a)2的算术平方根=a−b.
(3)原式=ab−ab(b−a)2a
=−a⋅(−1aab)
=ab．
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
（1）根据算术平方根是非负数，可得答案；
（2）根据二次根式的性质，可得答案；
（3）根据二次根式的运算，可的计算结果．
【解答】
解：(1)从第②步开始出现错误.
故答案为：②.
(2)∵ b∴ b−a<0，
∴ (b−a)2的算术平方根=a−b.
(3)原式=ab−ab(b−a)2a
=−a⋅(−1aab)
=ab．
【答案】
解：(1)由题意知AP=AB2+BP2=16+a2，
DP=CD2+CP2=4+b2.
(2)取点D关于BC的对称点D′，连接AD′交BC于P′，
此时k=AP′+DP′最小，最小值为kmin=62+42=213.
【考点】
勾股定理
轴对称——最短路线问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知AP=AB2+BP2=16+a2，
DP=CD2+CP2=4+b2.
(2)取点D关于BC的对称点D′，连接AD′交BC于P′，
此时k=AP′+DP′最小，最小值为kmin=62+42=213.
【答案】
证明：连结BD，过点B作DE边上的高BF，则BF=b−a，
∵ S五边形ACBED=S△ACB+S△ABE+S△ADE=12ab+12b2+12ab，
又∵ S五边形ACBED=S△ACB+S△ABD+S△BDE=12ab+12c2+12a(b−a)，
∴ 12ab+12b2+12ab=12ab+12c2+12a(b−a)，
∴ a2+b2=c2．
【考点】
勾股定理的证明
【解析】
首先连结BD，过点B作DE边上的高BF，则BF＝b−a，表示出S五边形ACBED，两者相等，整理即可得证．
【解答】
证明：连结BD，过点B作DE边上的高BF，则BF=b−a，
∵ S五边形ACBED=S△ACB+S△ABE+S△ADE=12ab+12b2+12ab，
又∵ S五边形ACBED=S△ACB+S△ABD+S△BDE=12ab+12c2+12a(b−a)，
∴ 12ab+12b2+12ab=12ab+12c2+12a(b−a)，
∴ a2+b2=c2．
【答案】
解：过M点作MG⊥EF于G，如图，
∵ EN=1，
∴ 由中位线定理得AM=2，
由折叠的性质可得A′M=2．
∵ AD//EF，
∴ ∠AMB=∠A′NM，
∵ ∠AMB=∠A′MB，
∴ ∠A′NM=∠A′MB，
∴ A′N=A′M=2，
∵∠ENB=∠GNM，∠BEN=∠MGN=90∘，MG=BE，
∴△BEN≅△MGN，
∴ NG=EN=1，
∴ A′G=1，EG=AM=2，
由勾股定理得MG=A′M2−A′G2=22−12=3，
∴ AB=23，
∴ BM=AB2+AM2=12+4=4.
【考点】
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】

【解答】
解：过M点作MG⊥EF于G，如图，
∵ EN=1，
∴ 由中位线定理得AM=2，
由折叠的性质可得A′M=2．
∵ AD//EF，
∴ ∠AMB=∠A′NM，
∵ ∠AMB=∠A′MB，
∴ ∠A′NM=∠A′MB，
∴ A′N=A′M=2，
∵∠ENB=∠GNM，∠BEN=∠MGN=90∘，MG=BE，
∴△BEN≅△MGN，
∴ NG=EN=1，
∴ A′G=1，EG=AM=2，
由勾股定理得MG=A′M2−A′G2=22−12=3，
∴ AB=23，
∴ BM=AB2+AM2=12+4=4.
【答案】
(1)证明：∵ MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴ ∠2=∠5，∠4=∠6，
∵ MN // BC，
∴ ∠1=∠5，∠3=∠6，
∴ ∠1=∠2，∠3=∠4，
∴ EO=CO，FO=CO，
∴ OE=OF；
(2)解：∵ ∠2=∠5，∠4=∠6，
∴ ∠2+∠4=∠5+∠6=90∘，
∵ CE=12，CF=5，
∴ EF=122+52=13，
∴ OC=12EF=6.5；
(3)解：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由：当O为AC的中点时，AO=CO，
∵ EO=FO，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ ∠ECF=90∘，
∴ 平行四边形AECF是矩形．
【考点】
平行线的性质
等腰三角形的判定与性质
直角三角形斜边上的中线
矩形的判定
【解析】
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案；
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90∘，进而利用勾股定理求出EF的长，即可得出CO的长；
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【解答】
(1)证明：∵ MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴ ∠2=∠5，∠4=∠6，
∵ MN // BC，
∴ ∠1=∠5，∠3=∠6，
∴ ∠1=∠2，∠3=∠4，
∴ EO=CO，FO=CO，
∴ OE=OF；
(2)解：∵ ∠2=∠5，∠4=∠6，
∴ ∠2+∠4=∠5+∠6=90∘，
∵ CE=12，CF=5，
∴ EF=122+52=13，
∴ OC=12EF=6.5；
(3)解：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由：当O为AC的中点时，AO=CO，
∵ EO=FO，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ ∠ECF=90∘，
∴ 平行四边形AECF是矩形．
【答案】
解：(1)∵ b=a−21+21−a+16，
∴ a=21，b=16，
故B(21, 12),C(16, 0)；
(2)由题意得：AP=2t，QO=t，
则：PB=21−2t，QC=16−t，
∵ 当PB=QC时，四边形PQCB是平行四边形，
∴ 21−2t=16−t，
解得：t=5，
∴ P(10, 12)，Q(5, 0).
(3)
①当PQ=CQ时，过Q作QN⊥AB，
由题意得：122+t2=(16−t)2，
解得：t=72，
故P(7, 12)，Q(72, 0)，
②当PQ=PC时，过P作PM⊥x轴，
由题意得：QM=t，CM=16−2t，
则t=16−2t，
解得：t=163，2t=323，
故P( 323, 12)，Q(163, 0)．
【考点】
平行四边形的判定
坐标与图形性质
等腰三角形的判定与性质
勾股定理
【解析】
（1）根据二次根式的性质得出a，b的值进而得出答案；
（2）由题意得：QP=2t，QO=t，PB=21−2t，QC=16−t，根据平行四边形的判定可得21−2t=16−t，再解方程即可；
（3）①当PQ=CQ时，122+t2=(16−t)2，解方程得到t的值，再求P点坐标；②当PQ=PC时，由题意得：QM=t，CM=16−2t，进而得到方程t=16−2t，再解方程即可．
【解答】
解：(1)∵ b=a−21+21−a+16，
∴ a=21，b=16，
故B(21, 12),C(16, 0)；
(2)由题意得：AP=2t，QO=t，
则：PB=21−2t，QC=16−t，
∵ 当PB=QC时，四边形PQCB是平行四边形，
∴ 21−2t=16−t，
解得：t=5，
∴ P(10, 12)，Q(5, 0)；
(3)
①当PQ=CQ时，过Q作QN⊥AB，
由题意得：122+t2=(16−t)2，
解得：t=72，
故P(7, 12)，Q(72, 0)，
②当PQ=PC时，过P作PM⊥x轴，
由题意得：QM=t，CM=16−2t，
则t=16−2t，
解得：t=163，2t=323，
故P( 323, 12)，Q(163, 0)．