2021-2022学年山西省阳泉市某校初二（下）期中考试数学试卷人教版

这是一份2021-2022学年山西省阳泉市某校初二（下）期中考试数学试卷人教版，共9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. 若1−2x有意义，则x的取值范围为（ ）
A.x>2B.x≤12C.x≠12D.x≤2

2. 下列各式中，正确的是( )
A.(−3)2=−3B.(±3)2=±3C.−32=−3D.32=±3

3. 下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（ ）
A.4、5、6B.1、 2、3C.2、3、4D.1.5、2、2.5

4. 下列根式中，与18为同类二次根式的是（ ）
A.2B.3C.5D.6

5. 已知平行四边形ABCD中， ∠A+∠C=240∘ ，则∠D的度数为（ ）
A.120∘B.100∘C.80∘D.60∘

6. 目前，全球淡水资源日益减少，提倡全社会节约用水．据测试，拧不紧的水龙头每分钟滴出100滴水，每滴水约0.05毫升．小康同学洗手后，没有把水龙头拧紧．水龙头以测试的速度滴水，当小康离开x分钟后，水龙头滴出y毫升水，则y与x之间的关系式为（ ）
A.y=5xB.y=0.05x
C.y=100xD.y=0.05x+100

7. 如图，己知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）

A.当AB=BC时，它是菱形
B.当AC=BD时，它是正方形
C.当∠ABC=90∘ 时，它是矩形
D.当AC⊥BD时，它是菱形

8. 如图是甲、乙两车在某时段速度随时间变化的图象，下列结论错误的是( )

A.乙前4秒行驶的路程为48米
B.在0到8秒内甲的速度每秒增加4米
C.两车到第3秒时行驶的路程相等
D.在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度

9. 如图， l1//l2，BE//CF，BA⊥l1，DC⊥l2，下面给出四个结论：①BE=CF；②AB=DC；③S△ABE=S△DCF ；④四边形ABCD是矩形．其中说法正确的有（ ）

A.1个B.2个C.3个D.4个

10. P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE=α，则∠AFP=（ ）

A.2aB.90∘−aC.45∘+aD.90∘−12a
二、填空题

计算： 32=_________；20=________.

如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于________．


已知a、b、c、d为四边形的四边长，a、c为对边，且满足a2+b2+c2+d2=2ac+2bd，则这个四边形一定是________形.

某市为鼓励市民节约使用燃气，对燃气进行分段收费，每月使用11立方米以内（包括11立方米），每立方米收费2元，超过部分按每立方米2.4元收取．如果某户使用了9立方米燃气，那么燃气费为________元；如果某户的燃气使用量是x立方米（x大于11），那么燃气费y与x的函数关系式是________.

如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90∘，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，垂足为E，若BD=42，BC=6，则AB=________.

三、解答题

计算：
(1)248−327÷3；

(2)24×13−4×18×1−20.

已知：a=3−2，b=3+2，求代数式 a2b−ab2的值．

如图，在四边形ABCD中，AD // BC，∠B=∠C．E是边BC上一点，且DE=DC．求证：AD=BE．


如图，在四边形ABCD中，∠B=90∘，AB=BC=2，AD=1，CD=3，求∠DAB的度数．


如图，四边形ABCD是平行四边形，DE // BF，且分别交对角线AC于点E，F，连接BE，DF．

(1)求证：AE=CF；

(2)若BE=DE，求证：四边形EBFD为菱形．

某小区内有一块如图所示的三角形空地ABC，计划将这块空地建成一个花园，以美化小区环境，预计花园每平方米造价为25元，小区修建这个花园需要投资多少元？


如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，CD⊥AB，垂足为D，AE平分∠CAB交CD于点F，交BC于点E，EH⊥AB，垂足为H，连接FH．求证：

(1)CF=CE；

(2)试判断四边形CFHE的形状，并说明理由．

四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

(1)如图，求证：矩形DEFG是正方形；

(2)若AB=2，CE=2，求CG的长度；

(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30∘时，请直接写出∠EFC的度数．
参考答案与试题解析
2021-2022学年山西省阳泉市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
2.
【答案】
C
【考点】
算术平方根
平方根
【解析】
算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，由此即可求出结果．
【解答】
C
3.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
4.
【答案】
A
【考点】
同类二次根式
【解析】
把18化为最简二次根式，然后根据被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式解答．
【解答】
A
5.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
6.
【答案】
A
【考点】
根据实际问题列一次函数关系式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
7.
【答案】
B
【考点】
矩形的判定
菱形的判定
正方形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
8.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
前4s内，乙的速度-时间图象是一条平行于x轴的直线，即速度不变，速度×时间＝路程．
甲是一条过原点的直线，则速度均匀增加；
求出两图象的交点坐标，3秒时两速度大小相等，3s前甲的图象在乙的下方，所以3秒前路程不相等；
图象在上方的，说明速度大．
【解答】
解：A，根据图象可得，乙前4秒的速度不变，为12米/秒，则行驶的路程为12×4=48米，故A正确；
B，根据图象得：在0到8秒内甲的速度是一条过原点的直线，即甲的速度从0均匀增加到32米/秒，则每秒增加328=4米，故B正确；
C，由于甲的图象是过原点的直线，过点(8,32)，所以可得v=4t（v，t分别表示速度、时间），将v=12代入v=4t，得t=3，则3秒前，甲的速度小于乙的速度，所以两车到第3秒时行驶的路程不相等，故C错误；
D，在4至8秒内甲的速度图象一直在乙的上方，所以甲的速度都大于乙的速度，故D正确.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
10.
【答案】
B
【考点】
正方形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
二、填空题
【答案】
3,25
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
此题暂无解析
【解答】
3；25
【答案】
3.5
【考点】
三角形中位线定理
菱形的性质
直角三角形斜边上的中线
【解析】
由菱形的四边相等求出边长，再根据对角线互相垂直得出∠AOD＝90∘，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【解答】
3.5
【答案】
平行四边
【考点】
因式分解的应用
平行四边形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
平行四边
【答案】
18,y=2.4x−4.4
【考点】
由实际问题抽象出一元一次方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
18；y=2.4x−4.4
【答案】
2
【考点】
正方形的判定与性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
2
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=−1.
(2)24×13−4×18×(1−2)0=8−4×24×1=22−2=2.
【考点】
二次根式的性质与化简
二次根式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=−1.
(2)24×13−4×18×(1−2)0=8−4×24×1=22−2=2.
【答案】
解：当a=3−2，b=3+2时，
原式=ab(a−b)
=(3−2)(3+2)[3−2−(3+2)]
=−1×(−4)
=4．
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
将a、b的值代入原式=ab(a−b)计算可得．
【解答】
解：当a=3−2，b=3+2时，
原式=ab(a−b)
=(3−2)(3+2)[3−2−(3+2)]
=−1×(−4)
=4．
【答案】
证明：因为DE=DC，
所以∠DEC=∠C.
因为∠B=∠C，
所以∠B=∠DEC，
所以AB//DE.
因为AD//BC，
所以四边形ABED是平行四边形，
所以AD=BE.
【考点】
平行四边形的性质与判定
等腰三角形的性质与判定
【解析】
利用已知先证明ABIIDE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．
【解答】
证明：因为DE=DC，
所以∠DEC=∠C.
因为∠B=∠C，
所以∠B=∠DEC，
所以AB//DE.
因为AD//BC，
所以四边形ABED是平行四边形，
所以AD=BE.
【答案】
解：连接AC.
∵∠B=90∘，AB=BC=2，
∴AC=AB2+BC2=8=22，∠BAC=∠BCA=45∘.
又∵AD=1，CD=3，
∴AD2+AC2=1+8=9，CD2=9，
∴CD2=AD2+AC2，
∴∠CAD=90∘，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=135∘，
即∠DAB的度数为135∘．
【考点】
勾股定理
勾股定理的逆定理
等腰直角三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AC.
∵∠B=90∘，AB=BC=2，
∴AC=AB2+BC2=8=22，∠BAC=∠BCA=45∘.
又∵AD=1，CD=3，
∴AD2+AC2=1+8=9，CD2=9，
∴CD2=AD2+AC2，
∴∠CAD=90∘，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=135∘，
即∠DAB的度数为135∘．
【答案】
证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=CB，AD // CB，
∴ ∠DAE=∠BCF.
∵ DE // BF，
∴ ∠DEF=∠BFE，
∴ ∠AED=∠CFB.
在△ADE和△CBF中，
∠DAE=∠BCF,∠AED=∠CFB,AD=CB,
∴ △ADE≅△CBF(AAS)，
∴ AE=CF.
(2)由(1)知△ADE≅△CBF，
则DE=BF.
又∵ DE // BF，
∴ 四边形EBFD是平行四边形.
∵ BE=DE，
∴ 四边形EBFD为菱形．
【考点】
全等三角形的性质与判定
菱形的判定
平行四边形的性质
【解析】
（1）根据平行四边形的性质，可以得到AD＝CB，AD // CB，从而可以得到∠DAE＝∠BCF，再根据DE // BF和等角的补角相等，从而可以得到∠AED＝∠CFB，然后即可证明△ADE和△CBF全等，从而可以得到AE＝CF；
（2）根据（1）中的△ADE和△CBF全等，可以得到DE＝BF，再根据DE // BF，即可得到四边形EBFD是平行四边形，再根据BE＝DE，即可得到四边形EBFD为菱形．
【解答】
证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=CB，AD // CB，
∴ ∠DAE=∠BCF.
∵ DE // BF，
∴ ∠DEF=∠BFE，
∴ ∠AED=∠CFB.
在△ADE和△CBF中，
∠DAE=∠BCF,∠AED=∠CFB,AD=CB,
∴ △ADE≅△CBF(AAS)，
∴ AE=CF.
(2)由(1)知△ADE≅△CBF，
则DE=BF.
又∵ DE // BF，
∴ 四边形EBFD是平行四边形.
∵ BE=DE，
∴ 四边形EBFD为菱形．
【答案】
解：过点A作AD⊥BC于点D，
设BD=x，则CD=14−x，在Rt△ABD与Rt△ACD中，
AD2=AB2−BD2，AD2=AC2−CD2，
∴ AB2−BD2=AC2−CD2，即132−x2=152−14−x2
解得x=5，
AD2=AB2−BD2=132−52=144，
AD=12（米），
花园的面积=12×14×12=84m2
∴ 学校修建这个花园的费用=25×84=2100（元）．
答：学校修建这个花园需要投资2100元．
【考点】
勾股定理
勾股定理的逆定理
【解析】
过点A作;AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=14−x，再根据勾股定理求出x的值，进而可得出AD的长，由三角形的面积公式即可得
出结论
【解答】
解：过点A作AD⊥BC于点D，
设BD=x，则CD=14−x，在Rt△ABD与Rt△ACD中，
AD2=AB2−BD2，AD2=AC2−CD2，
∴ AB2−BD2=AC2−CD2，即132−x2=152−14−x2
解得x=5，
AD2=AB2−BD2=132−52=144，
AD=12（米），
花园的面积=12×14×12=84m2
∴ 学校修建这个花园的费用=25×84=2100（元）．
答：学校修建这个花园需要投资2100元．
【答案】
证明：(1)∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠CAB+∠B=90∘，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDA=90∘，
∴ ∠ACD+∠CAD=90∘，
∴ ∠ACD=∠B，
∵ AE平分∠CAB，
∴ ∠CAE=∠BAE，
∵ ∠CFE=∠CAF+∠ACF，
∠CEF=∠BAE+∠B，
∴ ∠CFE=∠CEF，
∴ CF=CE；
(2)∵ AE平分∠CAB，
又∵ CE⊥AC，EH⊥AB，
∴ EC=EH，
由(1)可知CE=CF，
∴ EH=CF．
∵ CD⊥AB，EH⊥AB，
∴ CD//EH，
即CF//EH，
∴ 四边形CFHE是平行四边形．
【考点】
角平分线的定义
角平分线的性质
平行四边形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠CAB+∠B=90∘，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDA=90∘，
∴ ∠ACD+∠CAD=90∘，
∴ ∠ACD=∠B，
∵ AE平分∠CAB，
∴ ∠CAE=∠BAE，
∵ ∠CFE=∠CAF+∠ACF，
∠CEF=∠BAE+∠B，
∴ ∠CFE=∠CEF，
∴ CF=CE；
(2)∵ AE平分∠CAB，
又∵ CE⊥AC，EH⊥AB，
∴ EC=EH，
由(1)可知CE=CF，
∴ EH=CF．
∵ CD⊥AB，EH⊥AB，
∴ CD//EH，
即CF//EH，
∴ 四边形CFHE是平行四边形．
【答案】
(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵ ∠DCA=∠BCA，
∴ EQ=EP.
∵ ∠QEF+∠FEP=90∘，∠PED+∠FEP=90∘，
∴ ∠QEF=∠PED.
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∠QEF=∠PED，EQ=EP，∠EQF=∠EPD，
∴ Rt△EQF≅Rt△EPDASA.
∴ EF=ED，
∴ 矩形DEFG是正方形.
(2)解：在Rt△ABC中，AC=2AB=22，
∵ EC=2，
∴ AE=CE.
∴ 点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
易知CG=2.
(3)解：①当DE与AD的夹角为30∘时，
过点E作EP⊥CD交CD于点P，
作EQ⊥BC交BC于点Q，
易得四边形EQCP是正方形，
则EQ=EP，
且∠EQC=∠EPD=90∘，
EF=ED，
故△EQF≅△EPD，
则∠QEF=∠PED=∠ADE=30∘，
则∠EFC=∠QEF+∠EQC=120∘；
②当DE与DC的夹角为30∘时，
过点E作EH⊥CD交CD于点H，
作EI⊥BC交BC于点I，
由①同理可得△DEH≅△FEI，
则∠EFC=∠EDC=30∘.
综上所述，∠EFC=120∘或30∘.
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的判定与性质
等腰直角三角形
【解析】
暂无
暂无

【解答】
(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵ ∠DCA=∠BCA，
∴ EQ=EP.
∵ ∠QEF+∠FEP=90∘，∠PED+∠FEP=90∘，
∴ ∠QEF=∠PED.
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∠QEF=∠PED，EQ=EP，∠EQF=∠EPD，
∴ Rt△EQF≅Rt△EPDASA.
∴ EF=ED，
∴ 矩形DEFG是正方形.
(2)解：在Rt△ABC中，AC=2AB=22，
∵ EC=2，
∴ AE=CE.
∴ 点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
易知CG=2.
(3)解：①当DE与AD的夹角为30∘时，
过点E作EP⊥CD交CD于点P，
作EQ⊥BC交BC于点Q，
易得四边形EQCP是正方形，
则EQ=EP，
且∠EQC=∠EPD=90∘，
EF=ED，
故△EQF≅△EPD，
则∠QEF=∠PED=∠ADE=30∘，
则∠EFC=∠QEF+∠EQC=120∘；
②当DE与DC的夹角为30∘时，
过点E作EH⊥CD交CD于点H，
作EI⊥BC交BC于点I，
由①同理可得△DEH≅△FEI，
则∠EFC=∠EDC=30∘.
综上所述，∠EFC=120∘或30∘.