2020-2021学年湖北省麻城市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

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2020-2021学年湖北省麻城市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 化简(−7)2的结果是(        ) A.−7 B.7 C.−14 D.49 2. 下列式子是最简二次根式的是(        ) A.4 B.12 C.13 D.0.3 3. 以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是(        ) A.7，24，25 B.41，4，5 C.54，1， 34 D.40，50，60 4. 如图，平行四边形ABCD的周长为20，对角线AC，BD交于点O，E为CD的中点，BD=6，则△DOE的周长为(        ) A.6 B.7 C.8 D.10 5. 如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上， AD⊥BC于点D，则AD的长为(        ) A.1 B.2 C.32 D.73 6. 如图，是一个含30∘角的三角板放在一个菱形纸片上，且斜边与菱形的一边平行，则∠1的度数是(        ) A.65∘ B.60∘ C.58∘ D.55∘ 7. 已知x+y=−5，xy=4，则yx+xy的值是(        ) A.−52 B.52 C.±52 D.254 8. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点M为对角线BD上一动点，ME⊥BC于E，MF⊥CD于F，则EF的最小值为(        ) A.42 B.22 C.2 D.1二、填空题  计算： 20212=________.   若二次根式2021−x有意义，则x的取值范围是________．   计算：|−32|−23=________.   在平面直角坐标系中，点P(3, 4)到原点的距离是________.   如图，某校攀岩墙的顶部安装了一根安全绳，让它垂到地面时比墙高多出了2米，教练把绳子的下端拉开8米后，发现其下端刚好接触地面，则此攀岩墙的高度是________米.   如图，在正方形ABCD内，以AB为边作等边△ABE，则∠BEG=________​∘．   如图，在矩形ABCD中，DE⊥CE，∠ADE=30∘，DE=4，则这个矩形的周长是________．   如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形．则下列关于面积的等式：①SA=SB+SC；②SA=SF+SG+SB；③SB+SC=SD+SE+SF+SG，其中成立的有(写出序号即可)________． 三、解答题  计算：22−22+π−20−8+|2−2|.   如图，在菱形ABCD中，过点D分别作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F．求证：AE=CF．      (1)已知2a−1的平方根是±3，3a+b−1 的平方根是±4，求a+2b的平方根； (2)若x，y都是实数，且y=x−3+3−x+8，求x+3y的立方根.  已知如图，四边形ABCD中， ∠B=90∘， AB=BC=52 ，CD=6，AD=8，求这个四边形的面积.   已知：x=7+5，y=7−5，求下列各式的值. (1)x2−xy+y2； (2)xy−yx.  如图，已知四边形ABCD中，AD=22， CD=2，∠B=30∘ ，过点A作AE⊥BC，垂足为E， AE=1，且点E是BC的中点，求∠BCD的度数.   如图，四边形ABCD中， ∠BAD=∠BCD=90∘ ，M，N分别为对角线BD，AC的中点，连接MN，判定MN与AC的位置关系并证明．   如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF． (1)求证：BD=DC； (2)若AB=AC时，试证明四边形AFBD是矩形．参考答案与试题解析2020-2021学年湖北省麻城市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】二次根式的性质与化简【解析】根据二次根式的性质进行化简即可．【解答】解：(−7)2=|−7|=7．故选B．2.【答案】C【考点】最简二次根式【解析】根据最简二次根式的概念：①被开方数不含分母；②被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，进行分析即可．【解答】解：A，4=2，则4不是最简二次根式，故此选项错误；B，12=23，则12不是最简二次根式，故此选项错误；C，13是最简二次根式，故此选项正确；D，0.3=3010，则0.3不是最简二次根式，故此选项错误.故选C.3.【答案】D【考点】勾股定理的逆定理【解析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个就不是直角三角形．【解答】解：A，72+242=252，能构成直接三角形，故错误；B，42+52=412，能构成直接三角形，故错误；C，12+342=542，能构成直接三角形，故错误;D，402+502≠602，不能构成直接三角形，故正确.故选D．4.【答案】C【考点】三角形中位线定理平行四边形的性质【解析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=12BC，所以易求△DOE的周长．【解答】解：∵ ▱ABCD的周长为20，∴ 2(BC+CD)=20，则BC+CD=10．∵ 四边形ABCD是平行四边形，BD=6，∴ OD=OB=12BD=3．又∵ 点E是CD的中点，∴ OE是△BCD的中位线，DE=12CD，∴ OE=12BC，∴ △DOE的周长=OD+OE+DE =12BD+12(BC+CD)=3+5=8，即△DOE的周长为8．故选C.5.【答案】B【考点】勾股定理三角形的面积【解析】根据勾股定理计算BC的长，利用面积差可得三角形ABC的面积，由三角形的面积公式即可得到结论.【解答】解：由勾股定理得BC=32+42=5,∵S△ABC=4×4−12×1×2−12×2×4−12×4×3=5，∴12BC⋅AD=5，∴52AD=5，∴AD=2.故选B.6.【答案】B【考点】菱形的性质平行线的性质【解析】由AB∥CD，得∠ACD=∠FAB=60∘.根据菱形的性质，可得∠ACE=12∠ACD=30∘.在Rt△FCH中，∠F=90∘，根据两锐角互余得∠1=60∘.【解答】解：如图，由题意可知，AB//CD，∴∠ACD=∠FAB=60∘，根据菱形的性质，可得∠ACE=12∠ACD=30∘.在Rt△FCH中，∠F=90∘，∴∠1=60∘.故选B.7.【答案】B【考点】二次根式的化简求值【解析】根据已知条件得出x，y同号，并且x，y都是负数，求出x=−1，y=−4或x=−4，y=−1，再求出答案即可.【解答】解： ∵x+y=−5，xy=4，∴x，y同号，并且x，y都是负数，∴ x=−1,  y=−4或x=−4,  y=−1.当x=−1,  y=−4时，yx+xy=−4−1+−1−4=2+12=52；当x=−4,  y=−1时，yx+xy=−1−4+−4−1=12+2=52，则yx+xy的值是52.故选B.8.【答案】B【考点】矩形的判定与性质垂线段最短正方形的性质等腰直角三角形【解析】连接MC，证出四边形MECF为矩形，由矩形的性质得出EF=MC，当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，得出MC=22BC=22，即可得出结果．【解答】解：连接MC，如图所示：∵ 四边形ABCD是正方形，∴ ∠DCB=90∘，∠DBC=45∘，∵  ME⊥BC于点E， MF⊥CD于点F，∴ 四边形MECF为矩形，∴ EF=MC，当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，∴ MC=22BC=22，∴ EF的最小值为22.故选B．二、填空题【答案】2021【考点】有理数的乘方【解析】此题暂无解析【解答】解：20212=2021.故答案为：2021.【答案】x≤2021【考点】二次根式有意义的条件【解析】根据二次根式有意义的条件可得2021−x≥0，再解即可．【解答】解：由题意得：2021−x≥0，解得：x≤2021.故答案为：x≤2021.【答案】2【考点】绝对值二次根式的减法【解析】此题暂无解析【解答】解：原式=32−8=32−22=2.故答案为：2.【答案】5【考点】勾股定理点的坐标【解析】根据勾股定理求解即可．【解答】解：∵P3,4，∴ 点P到原点的距离为32+42=5.故答案为：5.【答案】15【考点】勾股定理【解析】根据题意设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为x+2米，再利用勾股定理即可求得AB的长，即攀岩墙的高．【解答】解：如图：设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为x+2米，在Rt△ABC中，BC=8米，AB2+BC2=AC2，∴ x2+82=x+22，解得x=15，∴ AB=15，∴ 攀岩墙的高度是15米．故答案为：15．【答案】45【考点】正方形的性质等边三角形的性质【解析】本题通过正方形的性质得到AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90∘，在由等边三角形的性质得到AB=AE=BE，∠EAB=∠ABE=∠AEB=60∘．进而得到∠ADE=∠AED=75∘，从而得到答案即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90∘，又∵三角形ABE是等边三角形，∴AB=AE=BE，∠EAB=∠ABE=∠AEB=60∘．∴∠DAE=∠DAB−∠EAB=90∘−60∘=30∘，∴AD=AE，∴∠ADE=∠AED=75∘，∴∠BEG=180∘−∠AED−∠AEB=180∘−75∘−60∘=45∘．故答案为：45．【答案】16+43【考点】勾股定理含30度角的直角三角形矩形的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 四边形ABCD是矩形，∴ ∠A=∠B=90∘，AD=BC．在Rt△ADE中，∵ ∠ADE=30∘，DE=4，∴ AE=12DE=2，由勾股定理得AD=DE2−AE2=23．∵ DE⊥CE，∠A=90∘，∴ ∠BEC=∠ADE=30∘．在Rt△BEC中，∵ ∠BEC=30∘，BC=AD=23，∴ EC=2BC=43，∴EB=EC2−BC2=6，∴ AB=AE+BE=2+6=8，∴ 矩形ABCD的周长=2(AB+AD)=2(8+23)=16+43．故答案为：16+43.【答案】①②③【考点】勾股定理正方形的性质【解析】由勾股定理和正方形的性质得SA=SB+SC，SB=SD+SE，SC=SF+SG，即可得出结论．【解答】解：由勾股定理和正方形的性质可知： SA=SB+SC，SB=SD+SE，SC=SF+SG，∴SA=SB+SC=SB+SF+SG，SB+SC=SD+SE+SF+SG．故答案为：①②③．三、解答题【答案】解：原式=2−2+1−22+2−2=−22+1.【考点】二次根式的混合运算零指数幂、负整数指数幂立方根的实际应用算术平方根绝对值实数的运算【解析】解析：原式=2−2+1−22+2−2=−22+1.【解答】解：原式=2−2+1−22+2−2=−22+1.【答案】证明：∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AD=CD，∠A=∠C，∵ DE⊥AB，DF⊥BC，∴ ∠AED=∠CFD=90∘，在△ADE和△CDF中，∠AED=∠CFD，∠A=∠C，AD=CD，∴ △ADE≅△CDFAAS，∴ AE=CF.【考点】全等三角形的性质与判定菱形的性质【解析】先由菱形的性质得到AD=CD，∠A=∠C，再由AAS证得△ADE≅△CDF，即可得出结论．【解答】证明：∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AD=CD，∠A=∠C，∵ DE⊥AB，DF⊥BC，∴ ∠AED=∠CFD=90∘，在△ADE和△CDF中，∠AED=∠CFD，∠A=∠C，AD=CD，∴ △ADE≅△CDFAAS，∴ AE=CF.【答案】解：(1)由题意可知：2a−1=9，3a+b−1=16，∴ a=5，b=2，∴ a+2b=9 ，∴ 9的平方根是±3，即a+2b的平方根为±3.(2)由题意可知：x−3≥0，3−x≥0，∴ x=3，∴ y=8.∴ x+3y=3+24=27，∴ 27的立方根是3，即x+3y的立方根是3.【考点】平方根二次根式有意义的条件立方根的应用【解析】解析：（1）由题意可知：2a−1=9，3a+b−1=16，∴ a=5，b=2，∴ n+2b=5+4=9 .∴ 9的平方根是±3，即a+2b的平方根为±3.解析：（2）由题意可知：x−3≥03−x≥0，∴ x=3，∴ y=8.∴ x+3y=3+24=27.∴ 27的立方根是3，即x+3y的立方根是3.【解答】解：(1)由题意可知：2a−1=9，3a+b−1=16，∴ a=5，b=2，∴ a+2b=9 ，∴ 9的平方根是±3，即a+2b的平方根为±3.(2)由题意可知：x−3≥0，3−x≥0，∴ x=3，∴ y=8.∴ x+3y=3+24=27，∴ 27的立方根是3，即x+3y的立方根是3.【答案】解：∵ ∠B=90∘， AB=BC=52，根据勾股定理得AC=AB2+BC2=10，又∵ CD=6，AD=8，∴ AC2=102=100，  CD2+AD2=62+82=100.∴ CD2+AD2=AC2 ，∴ △ACD为直角三角形，∠ADC=90∘.则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD =12AB⋅BC+12AD⋅CD =12×52×52+12×8×6=49.【考点】勾股定理梯形的面积勾股定理的逆定理【解析】解析：∵ ∠B=90∘， AB=BC=52，根据勾股定理得：AC=AB2+BC2=(52)2+(52)2=10，又：∵ CD=6，AD=8，∴ AC2=102=100， CD2+AD2=62+82=36+64=100.∴ CD2+AD2=AC2 ，∴ △ACD为直角三角形，∠ADC=90∘.则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=12AB⋅BC+12AD⋅CD=12×52×52+12×8×6=49.【解答】解：∵ ∠B=90∘， AB=BC=52，根据勾股定理得AC=AB2+BC2=10，又∵ CD=6，AD=8，∴ AC2=102=100，  CD2+AD2=62+82=100.∴ CD2+AD2=AC2 ，∴ △ACD为直角三角形，∠ADC=90∘.则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD =12AB⋅BC+12AD⋅CD =12×52×52+12×8×6=49.【答案】解：(1)∵ x=7+5，y=7−5，∴ x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，∴ x2−xy+y2=(x+y)2−3xy=(27)2−6=22.(2)xy−yx =x2−y2xy=(x+y)(x−y)xy=27×252=235.【考点】完全平方公式二次根式的混合运算平方差公式【解析】(1)求出x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，利用x2−xy+y2=(x+y)2−3xy进行求解即可； 【解答】解：(1)∵ x=7+5，y=7−5，∴ x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，∴ x2−xy+y2=(x+y)2−3xy=(27)2−6=22.(2)xy−yx =x2−y2xy=(x+y)(x−y)xy=27×252=235.【答案】解：如图，连接AC.∵ AE⊥BC，点E是BC的中点，∴ AB=AC.∴ ∠ACB=∠B=30∘ ，∴ AC=2AE=2.∴ 在△ACD中，AD2=8， AC2+CD2=4+4=8，∴ AD2=AC2+CD2，∴ ∠ACD=90∘ ，∴ ∠BCD=∠ACB+∠ACD=120∘.【考点】等腰三角形的性质与判定勾股定理的逆定理含30度角的直角三角形【解析】解析：如图，连接AC.∵ AE⊥BC，点E是BC的中点.∴ AB=AC.∴ ∠ACB=∠B=30∘ ，∴ AC=2AE=2.∴ 在△ACD中，AD2=8， AC2+CD2=4+4=8，∴ AD2=AC2+CD2.∴ ∠ACD=90∘ ，∴ ∠BCD=∠ACB+∠ACD=120∘.【解答】解：如图，连接AC.∵ AE⊥BC，点E是BC的中点，∴ AB=AC.∴ ∠ACB=∠B=30∘ ，∴ AC=2AE=2.∴ 在△ACD中，AD2=8， AC2+CD2=4+4=8，∴ AD2=AC2+CD2，∴ ∠ACD=90∘ ，∴ ∠BCD=∠ACB+∠ACD=120∘.【答案】解：MN⊥AC.证明如下：连结MA，MC，如图，∵∠BAD=∠BCD=90∘，M为BD的中点，∴ AM=12BD，CM=12BD，∴ AM=CM，∵N为AC的中点， ∴ MN⊥AC.【考点】直角三角形斜边上的中线等腰三角形的判定与性质【解析】根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得到AM=CM，从而可推出△AMC为等腰三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质即可得到MN⊥AC．【解答】解：MN⊥AC.证明如下：连结MA，MC，如图，∵∠BAD=∠BCD=90∘，M为BD的中点，∴ AM=12BD，CM=12BD，∴ AM=CM，∵N为AC的中点， ∴ MN⊥AC.【答案】证明：(1)∵ AF // BC，∴ ∠AFE=∠DCE.∵ E是AD的中点，∴ AE=DE.∠AFE=∠DCE，AE=DE，∠AEF=∠DEC，∴ △AEF≅△DEC(AAS)，∴ AF=DC，∵ AF=BD，∴ BD=CD.(2)∵ AB=AC，D是BC的中点，∴ AD⊥BC，∴ ∠ADB=90∘.∵ AF=BD，AF // BC，∴ 四边形AFBD是平行四边形.又∵ ∠ADB=90∘，∴ 四边形AFBD是矩形．【考点】平行线的性质全等三角形的性质与判定矩形的判定【解析】（1）先由AF // BC，利用平行线的性质可证∠AFE=∠DCE，而E是AD中点，那么AE=DE，∠AEF=∠DEC，利用AAS可证△AEF≅△DEC，那么有AF=DC，又AF=BD，从而有BD=CD；（2）四边形AFBD是矩形．由于AF平行等于BD，易得四边形AFBD是平行四边形，又AB=AC，BD=CD，利用等腰三角形三线合一定理，可知AD⊥BC，即∠ADB=90∘，那么可证四边形AFBD是矩形．【解答】证明：(1)∵ AF // BC，∴ ∠AFE=∠DCE.∵ E是AD的中点，∴ AE=DE.∠AFE=∠DCE，AE=DE，∠AEF=∠DEC，∴ △AEF≅△DEC(AAS)，∴ AF=DC，∵ AF=BD，∴ BD=CD.(2)∵ AB=AC，D是BC的中点，∴ AD⊥BC，∴ ∠ADB=90∘.∵ AF=BD，AF // BC，∴ 四边形AFBD是平行四边形.又∵ ∠ADB=90∘，∴ 四边形AFBD是矩形．