2022北京二中初二（上）期中数学

这是一份2022北京二中初二（上）期中数学，共29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。

2022北京二中初二（上）期中
数 学
考查目标
1．知识：人教版八年级上册《三角形》《全等三角形》、《轴对称》《整式的乘法与因式分解》的全部内容．
2、能力：数学运算能力，逻辑推理能力，阅读理解能力，实际应用能力，数形结合能力，分类讨论能力．
A卷面成绩90%
(满分90分)
B过程性评价
(满分10分)
学业成绩总评=
AB(满分100分)



考生须知
1．本试卷分为第I卷、第II卷和答题卡，共16页；其中第1卷2页，第I卷6页，答题卡8页．全卷共三大题，28道小题．
2，本试卷满分100分，考试时间120分钟．
3．在第1卷、第II卷指定位置和答题卡的密封线内准确填写班级、姓名、考号、座位号．
4．考试结束，将答题卡交回．
第I卷(选择题共16分)
一、选择题(共16分，每题2分，以下每题只有一个正确的选项)
1. 2022年，北京中轴线申遗进入加速阶段，北京中轴线北起钟鼓楼，南至永定门，贯穿老城南北，直线距离长约7.8公里，是我国现存最完整、最古老的中轴线．这条中轴线一路向北延伸，鸟巢、冰立方为这条古老的中轴线注入了新的生命力，它正向世界述说着这座千年古都的时代新貌，下列关于中轴线建筑的简笔画，其中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 如图，用三角板作△ABC的边AB上的高线，下列三角板的摆放位置正确的是（　　）
A. B.
C. D.
4. 如图，，，是五边形的三个外角，边，的延长线交于点，如果，那么的度数是（ ）

A. B. C. D.
5. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的为（ ）
A. B.
C. D.
6. 为估计池塘两岸A、间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了点，测得，，那么A、间的距离不可能是（ ）

A. 5m B. 13m C. 21m D. 29m
7. 如图，∠EAF＝18°，，则∠ECD等于（ ）

A 36° B. 54° C. 72° D. 108°
8. 一个大正方形和四个全等的小正方形按图①、②两种方式摆放，则图②的大正方形中未被小正方形覆盖部分的面积是（　　）

A. 2ab B. ab C. a2﹣4b2 D. （a﹣2b）2
第II卷(非选择题共84分)
二、填空题(共16分，每题2分)
9. 平面直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是______．
10. 在数学课上，小明计算时，已正确得出结果，但课后不小心将第二个括号中的常数染黑了，若结果中不含有一次项，则被染黑的常数为__________．
11. 若，，则__________．
12. 如图，在中，线段、线段分别是的高和角平分线，若，，则__________°．

13. 如图，在中，是的垂直平分线，若，的周长是，则的周长是__________cm．

14. 如图，一块三角形玻璃裂成①②两块，现需配一块同样玻璃，为方便起见，只需带上碎片__________即可，你的理由是__________ (请你利用定理的完整文字叙述作答)

15. 甲、乙两人共同计算一道整式：，由于甲抄错了的符号，得到的结果是，乙漏抄了第二个多项式中的系数，得到的结果是．则本题的正确结果是__________．
16. 如图，已知，点、是射线上两个动点，且，点是边上的点，若使点、、构成等腰三角形的点恰好只有一个，则的取值范围是__________．

三、解答题(共68分，其中第17-18、20-24题每题5分，第19、25题每题6分，第26-28题7分)
17. 计算：．
18. 计算：．
19. 化简求值：，其中．
20 因式分解：．
21. 因式分解：．
22. 如图，已知，．

（1）求证：；
（2）连接，求证：．
23. 已知：如图，线段和射线交于点．

（1）利用尺规完成以下作图，并保留作图痕迹．(不要求写作法)
①在射线上求作一点，使得点A在线段的垂直平分线上．
②在线段上求作一点，使点到，的距离相等；
（2）上述尺规作图的主要依据是(用定理作答)：
①的依据：_____________________________________________________；
②的依据：_____________________________________________________；
24. 如图，在中，，为边的中点，过点作，，，垂足分别为．

（1）求证：；
（2）连接，若，，请你直接写出的周长．
25. 在平面直角坐标系中的位置如图所示，A、B、C三点在格点上．

（1）作出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）在轴上求作点，使得最小，请你直接写出点坐标；
（3）若点为轴上一动点，且满足的面积为1，请你直接写出点坐标．
26. 阅读下列材料，回答问题：
“我们把多项式及叫做完全平方式”．如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等，例如：分解因式，我们可以进行以下操作：，再利用平方差公式可得；再如：求代数式的最小值，我们可以将代数式进行如下变形：，于是由平方的非负性可知，当时，有最小值．
根据阅读材料，用配方法解决下列问题：
（1）若多项式是一个完全平方式，则常数___________．
（2）分解因式：________，代数式的最小值为___________．
（3）试判断代数式与的大小，并说明理由．
27. 已知：为等边三角形，为射线上一点(不与、重合)，作射线．在射线上取一点E，使，直线与直线交于．设．

（1）当点在如图1所示位置时，请你依据题意，补全图形；
①求的度数(用含有的代数式表示)；
②试判断线段、和之间的数量关系，并证明；
（2）当点在射线上运动时，(1)中线段、和之间的数量关系是否发生变化？若变化，请你直接写出结论；若无变化，请你给出证明．
28. 在平面直角坐标系中，若点和点关于轴对称，点和点关于直线对称，则称点是点关于轴、直线的“二次对称点”．

（1）已知：点．，
①若点是点关于轴，直线的“二次对称点”，则点的坐标为_____________；
②若点是点关于轴，直线的“二次对称点”，则的值为__________；
（2）已知直线为第一、三象限角平分线，直线为过点且与平行的一条直线．
①如图1，在正方形中，已知点，点．设点为直线上一点，若正方形的内部(不含边界)存在点，使得点是点关于轴，直线的“二次对称点”，则点的横坐标的取值范围是__________；
②如图2，在正方形中，已知点，点．若正方形的边上存在点，使得点是点关于轴，直线的“二次对称点”，且点在坐标轴上，请直接写出的取值范围．

参考答案
第I卷(选择题共16分)
一、选择题(共16分，每题2分，以下每题只有一个正确的选项)
1. 【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义逐项判断即可得出答案．
【详解】解：根据轴对称图形的定义，四个选项中，只有A选项中的图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，B，C，D选项均不符合，
因此只有A选项中的图形是轴对称图形．
故选A．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，解题的关键是掌握轴对称图形的定义：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
2. 【答案】D
【解析】
【分析】根据同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方以及积的乘方的知识进行解答即可．
【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．，故选项错误，不符合题意；
D．，故选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查了同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方以及积的乘方等知识，解题的关键是掌握相关知识，注意符号的运算．
3. 【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形作高的方法逐项判断即可．
【详解】选项A作的是BC边上的高，不符合题意；
选项B作的是AB边上的高，符合题意；
选项C中三角板未过点C，故作的不是高，不符合题意；
选项D作的是AC边上的高，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形高的作法，作边AB边的高，应从顶点C向AB作垂线，垂足落在直线AB上，熟练掌握知识点是解题的关键．
4. 【答案】A
【解析】
【分析】利用多边形的外角和为360°即可求解．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴∠DEF＋∠EDF＝360°−225°＝135°，
∵∠DEF＋∠EDF＋∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝180°−135°＝45°，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和与三角形的内角和定理，任意多边形的外角和等于360°．
5. 【答案】C
【解析】
【分析】根据因式分解的定义：把一个多项式化成几个整式的积的形式，逐一进行判定即可．
【详解】解：A、左边不是多项式，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；
B、左边与右边不相等，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；
C、提取公因式后，将多项式化成了两个整式积的形式，是因式分解，故此选项符合题意；
D、左边是积的形式，右边是多项式，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】此题考查了因式分解的概念，正确理解因式分解是将一个多项式化成几个整式积的形式是解答此题的关键．
6. 【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得，再解即可．
【详解】解：连接，
根据三角形的三边关系可得：，
即，
故选：A．

【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
7. 【答案】B
【解析】
【分析】根据等边对等角求出∠BCA，∠BDC，再利用外角性质求出∠ECD．
【详解】解：∵∠EAF＝18°，AB=BC，
∴∠BCA=∠EAF＝18°,
∴∠CBD=∠A+∠BCA=36°，
∵CB=CD，
∴∠BDC=∠CBD=36°，
∴∠ECD=∠A+∠BDC=54°，
故选：B．
【点睛】此题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形外角的性质，熟记等腰三角形等边对等角的性质是解题的关键．
8. 【答案】B
【解析】
【分析】设小正方形的边长为x，大正方形的边长为y，列方程求解，用大正方形的面积减去4个小正方形的面积即可．
【详解】解：设小正方形的边长为x，大正方形的边长为y，
则： ，
解得： ，
∴阴影面积=（）2﹣4×（）2＝ab．
故选B
【点睛】本题考查了整式的混合运算，求得大正方形的边长和小正方形的边长是解题的关键．
第II卷(非选择题共84分)
二、填空题(共16分，每题2分)
9. 【答案】
【解析】
【分析】关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此可得结论．
【详解】解：∵关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，
∴点P（−3，1）关于x轴对称的点的坐标是（−3，−1）．
故答案为：（−3，−1）．
【点睛】本题主要考查了关于x轴的对称点的坐标特点，解题的关键是掌握点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，−y）．
10. 【答案】2
【解析】
【分析】设被染黑常数为a，利用乘法公式展开，根据一次项系数为0即可求出a的值．
【详解】解：设被染黑的常数为a，
则，
∵结果中不含有一次项，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查多项式乘以多项式，解题的关键是掌握多项式乘以多项式的运算法则，本题也可以通过平方差公式快速求解．
11. 【答案】3
【解析】
【分析】利用完全平方公式化简，即可求解．
【详解】解：∵ ，，
∴，
∵ ，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查代数式求值，解题的关键是熟练掌握完全平方公式．
12. 【答案】40
【解析】
【分析】由平角的定义可求解的度数，根据三角形的内角和定理可求解的度数，结合角平分线的定义求得的度数，再根据高线的定义可得，然后利用三角形的内角和等于列式计算即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是平分线，
∴，
∵是高线，
∴，
∴，
故答案为：40．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，高线的定义，熟记概念与定理并准确识图是解题的关键．
13. 【答案】
【解析】
【分析】的周长是，，所以求的周长其实就是求，由此即可求出答案．
【详解】解：∵是的垂直平分线，且，
∴，，即，
∵的周长是，即，
∴，
∵的周长是，，
∴的周长是，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查的是垂直平分线的性质，解题的关键是通过垂直平分线的性质将所求线段转化为已知线段的关系．
14. 【答案】 ①. ② ②. 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定方法“两边及其夹角分别相等的两个三角形全等”即可解．
【详解】②中满足两边夹一角完整，即可得到一个与原来三角形全等新三角形，所以只需带②去即可；
理由是：两边及其夹角分别相等的两个三角形全等．
故答案为：②；两边及其夹角分别相等的两个三角形全等．
【点睛】本题考查了三角形全等的应用；能够灵活运用全等三角形的判定，解决一些实际问题，注意认真读图．
15. 【答案】
【解析】
【分析】根据甲的描述利用多项式乘以多项式的计算法则得到，根据乙的描述可得，由此得到关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值代入原多项式中求解即可．
【详解】解：∵由于甲抄错了的符号，得到的结果是，
∴，
∴，
∴，
∵乙漏抄了第二个多项式中的系数，得到的结果是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴原多项式为，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了多项式乘以多项式，解二元一次方程组，正确理解题意得到关于a、b的二元一次方程组是解题的关键．
16. 【答案】或
【解析】
【分析】根据等腰三角形性质分类讨论，分别求解范围即可．
【详解】设，则，
如图1，当时，即，
以为圆心，以4为半径的弧交于点，此时，
则点，，构成的等腰三角形的点恰好只有一个．

如图2．当时，即，
过点作于点，
∵，
∴．
∴，
作的垂直平分线交于点，则．
此时，以，，构成的等腰三角形的点恰好有2个．
则当时，以，，构成的等腰三角形恰好只有一个．
综上，的取值范围是或．
故答案为：或
【点睛】本题考查等腰三角形的判定，主要通过数形结合的思想解决问题，解题关键在于熟练掌握已知一边，作等腰三角形的画法．
三、解答题(共68分，其中第17-18、20-24题每题5分，第19、25题每题6分，第26-28题7分)
17. 【答案】
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方化简，然后再合并同类项，即可得到答案．
【详解】解：
=
=
=．
【点睛】此题考查了幂的运算法则与合并同类项等知识，熟练掌握同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方等运算法则是解答此题的关键．
18. 【答案】
【解析】
【分析】根据多项式乘以多项式的运算法则，合并同类项即可求解．
【详解】解：原式
，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查整式的四则混合运算，解题的关键是理解和掌握整式四则运算法则．
19. 【答案】，
【解析】
【分析】先利用平方差公式和完全平方公式对原式进行化简，再将整体代入，即可求解．
【详解】解：



，
∵ ，
∴，
∴原式


．
【点睛】本题考查整式的化简求值，平方差公式，完全平方公式等知识点，解题的关键是熟练掌握整体代入思想．
20. 【答案】
【解析】
【分析】先提取公因数4，然后根据平方差公式因式分解即可．
【详解】解：

．
【点睛】本题考查因式分解，解题的关键是掌握平方差公式．
21. 【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】解：
=
=
【点睛】此题考查了因式分解，熟练掌握提取公因式法、公式法等方法是解答此题的关键．
22. 【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先由证明，从而得到；
（2）首先证得，得到，然后证明，从而证得．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：连接，如图所示：

由（1）的证明，得，
∴，，，
∴，
在和中，
∵，
∴（），
∴，
在和中，
，
∴（），
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，正确找出三角形全等的条件是解题的关键．
23. 【答案】（1）①图见详解；②图见详解
（2）①线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；②角平分线上的点到角两边的距离相等
【解析】
【分析】（1）①以为圆心长为半径画弧，进而得出点位置；②利用角平分线的作法得出即可；
（2）直接根据题意可进行求解．
【小问1详解】
解：①如图所示：；
②点即为所求；

【小问2详解】
解：由作图可知：①的依据是线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；②的依据是角平分线上的点到角两边的距离相等；
故答案为线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；角平分线上的点到角两边的距离相等．
【点睛】本题主要考查角平分线及线段垂直平分线的尺规作图，熟练掌握尺规作图是解题的关键．
24. 【答案】（1）见解析 （2）9
【解析】
【分析】（1）利用证明，即可推出；
（2）先证是等边三角形，推出，再利用含角直角三角形性质得出，进而求出，根据可得，进而可证是边长为3的等边三角形，即可求出的周长．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵为边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图，

∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
即的周长是9．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质等，解题的关键是证明和是等边三角形．
25. 【答案】（1）图见解析，点的坐标是
（2）图见解析，D点坐标是
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意和图形，可以画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）根据轴对称和两点之间线段，可以得到使得最小时点D所在的位置，然后写出D点坐标即可；
（3）分3种情况结合图形求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，点的坐标是；

【小问2详解】
解：作点A 关于y轴的对称点，连接与y轴交于点D，则此时最小，D点坐标是．
【小问3详解】
解： 如图，当时，．

如图，当P点横坐标大于1，时，
，不符合题意；

当P点横坐标小于1时，同理可求，不符合题意；
综上可知，当的面积为1时， 点坐标．
【点睛】本题考查作图-轴对称图象、最短路径问题，坐标与图形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
26. 【答案】（1）4 （2） ；
（3），理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据完全平方公式即可求解；
（2）把多项式进行配方，化成完全平方式，再运用平方差公式进行因式分解；
（3）用作差法比较大小，先将两个多项式相减，再进行配方化成完全平方式，最后利用偶次方非负性的性质进一步求的结果．
【小问1详解】
是一个完全平方式，

k=4
故答案为：4；
【小问2详解】
；



的最小值为
故答案为： ；；
【小问3详解】
将与相减得：





，


【点睛】本题主要考查了配方法的应用，偶次方非负性的性质，因式分解．本题是阅读型题目，读懂材料并熟练相应的方法是解题的关键．
27. 【答案】（1）①，②，证明见解析
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，求出，根据等边对等角得，利用三角形内角和定理求出，进而求出；②作，交于点G．根据证明，推出，再证明，推出，进而可得．
（2）以为边作等边，连接并延长，交的延长线于点G，连接．通过导角证明，根据证明，推出，，进而得到 ，利用等角对等边得出，，通过等量代换可得．
【小问1详解】
解：根据题意，补全后的图形如下图所示：

①∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
②．证明如下：
如图所示，作，交于点G．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
，
∴，
∴．
∴．

【小问2详解】
解：．证明如下：
如图，以为边作等边，连接并延长，交的延长线于点G，连接．
∵为等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．

【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质等知识点，综合性较强，难度较大，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
28. 【答案】（1）①
②
（2）①
②
【解析】
【分析】（1）根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．
（2）①根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．
②根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．
【小问1详解】
解：如图1，

∵；
①点关于y轴的对称点，点关于直线的对称点为；
②由题意，得点关于直线∶的对称点，
∴．
【小问2详解】
解：①如图2，

∵正方形形，，，
∴，
∴点B、D关于直线的对称点分别为、，
∵在正方形内部(不含边界)，
设点的横坐标a，
∴，
∵点T在直线上，
∴点T的横坐标为t，
∵点T与点关于y轴对称，
∴；
②如图2，

由图可得：当点S在正方形边上，点S关于y轴的对称点在正方形的边上，
∵点关于直线的对称点在坐标轴上，
∴．
【点睛】本题考查新定义，轴对称，能根据轴对称的性质作出轴对称图形，利用图像法求解是解题的关键．