江苏省泰州市姜堰区姜堰区第四中学2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江苏省泰州市姜堰区姜堰区第四中学2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含江苏省泰州市姜堰区姜堰区第四中学2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题原卷版docx、江苏省泰州市姜堰区姜堰区第四中学2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故A错误；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B错误；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C错误；
D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故D正确．
故选：D．
2. 下列式子一定是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次根式的定义，一般地，形如的代数式叫做二次根式进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴一定是二次根式，
而、和中的被开方数均不能保证大于等于0，故不一定是二次根式，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次根式的定义，正确把握定义是解题关键．
3. 下列计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加法、减法、乘法、分母有理化逐一进行计算判断即可．
【详解】A．与 不能合并，故A选项错误；
B．，故B选项错误；
C．，正确；
D．，故D选项错误，
故选C．
【点睛】本题考查了二次根式的运算，分母有理化，熟练掌握各运算法则是解题的关键．
4. 如图，在中，，，对角线，相交于点，则的取值范围是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，根据三角形的三边关系可得，结合平行四边形的对角线互相平分，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故选C
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的应用，平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角线互相平分是解本题的关键．
AB=3cm，BC=5cm，
5. 下列说法不正确的是（ ）
A. 一组邻边相等的矩形是正方形
B. 对角线互相垂直的矩形是正方形
C. 对角线相等的菱形是正方形
D. 有一组邻边相等、一个角是直角的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】A、一组邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
B、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，不合题意；
D、有一组邻边相等、一个角是直角的平行四边形是正方形，原说法错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键．
6. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＜2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠EFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选：D．
二、填空题（每题3分，共30分）
7. 使有意义的x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件．
【详解】解：根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须
．
故答案为：．
8. 若，为实数，且，则的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了非负数的性质．根据非负数的性质列出方程求出未知数的值，再代入所求代数式计算即可．
【详解】解：，
，，
，，
，
故答案为：1．
9. 若=2x－1，则x的取值范围是_______．
【答案】x≥0.5．
【解析】
【分析】根据题意可以推出， =|1-2x|，由|1-2x|=2x-1，可知1-2x≤0，故x≥0.5．
【详解】解：∵=2x－1，
∴ =2x-1,
∴1-2x≤0,
∴x≥0.5
故答案为x≥0.5．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质、非负数的绝对值，关键在于根据相关性质，推出1-2x≥0．
10. 若，则______________．
【答案】2
【解析】
【分析】将进行配方，然后代入计算即可．
【详解】解：，
将代入
得，
故答案：2．
【点睛】本题考查了代数式求值，完全平方公式，将进行配方变形是解题的关键．
11. 如图，平面直角坐标系内的顶点A坐标为，将绕O点逆时针旋转后，顶点A的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，根据旋转的性质可得，然后写出顶点A的对应点的坐标即可．
【详解】解：∵顶点A坐标为，
∴，
由旋转的性质得，，
∴顶点A对应点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，主要利用了旋转的性质，作出图形更形象直观．
12. 在平行四边形中，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得到，和互补，运算求解即可．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟悉利用平行四边形的性质获取相关信息是解题的关键．
13. 在菱形中，E为的中点，，则菱形的周长为__________．
【答案】24
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，熟知相关性质是解题的关键．根据菱形的对角线互相平分可得，然后判断出是的中位线，再根据三角形的中位线等于第三边的一半求出，然后根据菱形的周长进行计算即可得解．
【详解】解：在菱形中，，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∵，
∴，
∴菱形的周长为．
故答案为：24．
14. 如图，已知矩形ABCD的对角线长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于_____cm．
【答案】16
【解析】
【详解】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8cm，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴HG=EF=AC=4cm，EH=FG=BD=4cm，
∴四边形EFGH的周长等于4cm+4cm+4cm+4cm=16cm，
故答案为16．
15. 如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为______．
【答案】1.5
【解析】
【详解】解：∵∠AFB=90°，D为AB的中点，
∴DF=AB=2.5．
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=BC=4．
∴EF=DE-DF=1.5．
故答案为1.5．
【点睛】直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，和三角形的中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
16. 如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是_____．
【答案】4
【解析】
【分析】连接，过点作交延长线于点，通过证明，确定点在的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在的延长线上；当、、三点共线时，最小，在中，，，求出即可．
【详解】解：连接，过点作交延长线于点，
，
∴ ，
∵ ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
，
，
点在射线上运动，
作点关于的对称点，
，，
，
，
，
，
点在的延长线上，
当、、三点共线时，最小，
在中，，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称求最短路径．能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
三、解答题（共102分）
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了实数混合运算，二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则和实数混合运算法则进行计算即可．
（1）根据立方根定义，算术平方根定义，零指数幂运算法则进行计算即可；
（2）根据二次根式混合运算法则进行计算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 如图，在中，，．求和的度数．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形的性质可知：，，得出，求出的度数，即可得出的度数．
【详解】解：四边形为平行四边形，
，，
，
，
．
19. 两个圆的圆心相同，半径分别为R、r，面积分别为18cm2，8cm2，求圆环的宽度（两个圆半径之差）.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆的面积和算术平方根的应用．已知大圆的半径为，小圆的半径为，根据面积得出方程，，求出，，即可得出答案．
【详解】解：设大圆的半径为，小圆的半径为，
两个圆的圆心相同，它们的面积分别是18cm2和8cm2，
∴，，
解得：，，
圆环的宽度为：．
20. 如图，图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣3，0），B（﹣1，﹣2），C（﹣2，2）．
（1）请在图中画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的图形．
（2）请直接写出以为顶点平行四边形的第4个顶点D的坐标．
【答案】（1）作图见解析；
（2）
【解析】
【分析】(1)利用网格结构找出点A、B、C绕点B顺时针旋转90°的对应点，然后顺次连接即可；
（2）分、、为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分，利用网格结构找出点D的位置，然后写出坐标即可．
【小问1详解】
解：△ABC绕B点顺时针旋转90°后点A和点C对应点的坐标分别为，，找到旋转后各顶点的坐标，顺次连接即可，画图正确标上字母
【小问2详解】
当以为顶点平行四边形分别以、、为对角线时，对应的点D的坐标分别为．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
21. 如图，平行四边形ABCD中．MN∥AC，试证明：MQ=NP.
【答案】见解析；
【解析】
【分析】先证AMQC为平行四边形，得AC=MQ，再证APNC为平行四边形，得AC=NP，即可得解．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AM∥QC，AP∥NC．
又∵MN∥AC，∴四边形AMQC为平行四边形，四边形APNC为平行四边形，∴AC=MQ，AC=NP，∴MQ=NP．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22. 将两张宽度相等的矩形纸片叠放在一起得到如图所示的四边形 ABCD.
(1)求证：四边形 ABCD 是菱形；
(2)如果两张矩形纸片的长都是 8，宽都是 2.那么菱形 ABCD 的周长是否存在最大值或最小值?如果存在，请求出来；如果不存在，请简要说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）2；．
【解析】
【详解】试题分析：本题考查了菱形的判定，及运用矩形，菱形的性质进行综合运算的能力．
（1）由AD∥BC，DC∥AB，可得四边形ABCD是平行四边形．然后分别过点A、D作AE⊥BC于E，DF⊥AB于F．又由两张矩形纸片的宽度相等，即可得AE=DF，又由面积问题，可得BC=AB，即可得四边形ABCD为菱形； （2）由题意可判断，当∠DAB=90°时，菱形ABCD为正方形，△DCB的面积最小值为2．当AC为矩形纸片的对角线时，△DCB的面积最大值为．
试题解析：（1）如图，∵AD∥BC，DC∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
分别过点A、D作AE⊥BC于E，DF⊥AB于F．
∵两张矩形纸片的宽度相等，
∴AE=DF，
又∵AE•BC=DF•AB=S▱ABCD，
∴BC=AB，
∴▱ABCD是菱形；
（2）存在最小值和最大值．
①当∠DAB=90°时，菱形ABCD为正方形，宽最小值为2，△DCB的面积最小值为×2×2=2；
②当AC为矩形纸片的对角线时，设AB=x．如图，
在Rt△BCG中，BC2=CG2+BG2，
即x2=（8-x）2+22，x=．
∴面积最大值为××=．
考点：1.菱形的判定；2.全等三角形的判定与性质．
23. 中，，E，F分别是的中点，延长到点D，使，连接．

（1）试说明与互相平分；
（2）若，求的长．
【答案】（1）说明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）连接，证四边形是平行四边形即可．
（2）注意应用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得长即可．
【小问1详解】
证明：连接．

∵点E，F分别为的中点，
∴，．
又∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴与互相平分．
【小问2详解】
解：在中，
∵E为的中点，，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质、三角形的中位线性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答的关键．
24. 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．

（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
【答案】（1）证明详见解析；
（2）证明详见解析； （3）10．
【解析】
【分析】（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【小问1详解】
证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
【小问2详解】
证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线，
∴DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
【小问3详解】
解：连接DF，

∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=10．
【点睛】本题主要考查菱形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
25. 如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，边．
（1）求C点的坐标；
（2）把矩形沿直线对折使点C落在点A处，直线与、、的交点分别为D、F、E，求折痕的长；
（3）在（2）的条件下，若点M在x轴上，平面内是否存在点N，使四边形是菱形?若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由四边形为矩形，得到为直角，在中，利用勾股定理求出长，即可确定出的坐标；
（2）连接，如图1所示，由折叠的性质设，由表示出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，确定出的长，由中心对称性质得到为中点，在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，即可求出的长；
（3）在（2）的条件下，若点在轴上，平面内存在点，使四边形是菱形，如图2所示，分两种情况考虑：当与在直线右边时；当与在直线左边时，分别利用菱形的四条边相等求出的坐标即可．
【小问1详解】
解：四边形为矩形，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
∴；
【小问2详解】
解：连接，如图1所示，
由折叠的性质设，则，
在中，，，，
根据勾股定理得：，即，
解得：，
，，
由中心对称性质得到、关于对称，即，
在中，由勾股定理得：
，
则；
【小问3详解】
解：在（2）的条件下，若点在轴上，平面内存在点，使四边形是菱形，
如图2所示，分两种情况考虑：
∵为菱形，
∴，
①当与在直线右边时，
，
，即；
②当与在直线左边时，
同理得到，
，此时；
综上，使四边形是菱形时的坐标为或．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：折叠的性质，坐标与图形性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
26. 如图，在正方形中，，E是射线上的一点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）如图1，当E点在对角线上时，求的值；
（3）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）或
【解析】
【分析】本题主要考查正方形判定及性质，全等三角形的判定及性质，掌握矩形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
（1）作于点M，于点N，根据正方形和矩形的性质可证明，从而有，进而可证明矩形是正方形；
（2）利用正方形的性质可证明，从而有，则，则答案可求．
（3）分情况讨论，利用勾股定理计算即可．
【小问1详解】
（1）如图，作于点M，于点N，
∵四边形是正方形，
∴．
∵，，
∴．
，
∴四边形是矩形，
∴，
．
，
，
，
∴矩形是正方形；
【小问2详解】
解∵四边形和都是正方形，
∴，
，
，
，
．
【小问3详解】
解：①如图所示，当E点在对角线上时，作于点O，
∵四边形都是正方形，
∴，
，
，
，
，
②当E点在对角线外时，如图所示：
同①可得：
，
，
，
综上所述，或