試題PAGE1試題2024北京十三中初二（下）期中數學考生須知：1．本試卷共6頁，共四道大題，26道小題，第一至第三大題為必做題，第四大題為選做題．考試時間100分鐘．2．在試卷、答題卡的規定位置認真填寫班級、姓名和準考證號．3．試題答案一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效．4．選擇題、作圖題在答題卡上用2B鉛筆作答，其他試題請用黑色字跡簽字筆在答題卡上完成作答．5．考試結束，請將考試材料按監考教師要求交回．一、選擇題（共16分，每題2分）1.下列二次根式中，是最簡二次根式的是（）A. B. C. D.2.如圖，是平行四邊形邊上一點，且，連接，并延長與的延長線交于點，如果，那么的度數是（）A.30° B.40° C.50° D.70°3.下列運算正確的是（）A. B. C. D.4.如圖，在菱形中，對角線，相交于點O，，，則的長為（）A.1 B.2 C. D.5.如圖，直線和直線相交于點，則關于x，y的方程組，的解為（）A. B. C. D.6.在△ABC中，，，的對邊分別記為a，b，c，下列條件中，能判定△ABC是直角三角形的是（）A. B.，，C. D.7.已知一次函數，那么下列結論正確的是（）A.y的值隨x的值增大而增大 B.圖象經過第一、二、三象限C.圖象必經過點 D.當時，y<08.如圖，分別在四邊形ABCD的各邊上取中點E，F，G，H，連接EG，在EG上取一點M，連接HM，過F作，交EG于N，將四邊形ABCD中的四邊形①和②移動后按圖中方式擺放，得到四邊形和，延長，相交于點K，得到四邊形．下列說法中，錯誤的是（）A. B.C.四邊形是平行四邊形 D.二、填空題（共16分，每題2分）9.函數的自變量x的取值范圍是_______．10.請寫出一個不經過第四象限的一次函數解析式________________．11.如圖，在矩形中，對角線相交于點，在不添加任何輔助線的情況下，請你添加一個條件______，使矩形是正方形．12.菱形ABCD的面積為24cm2，對角線BD的長為6cm，則AC的長為______cm．13.已知，是一次函數的圖象上兩點，當時，則，那么的值可以是___________（寫出一個滿足題意的值即可）．14.如圖，把矩形沿直線向上折疊，使點C落在點的位置上，交于點E，若，，則的長為________．15.我國三國時期數學家趙爽為了證明勾股定理，創造了一副“弦圖”，后人稱其為“趙爽弦圖”，如圖1所示．在圖2中，若正方形的邊長為14，正方形的邊長為2，且，則正方形的邊長為__________．16.已知A，B兩地相距．甲、乙兩輛貨車分別從A，B兩地同時出發，勻速相向而行．圖1表示甲、乙兩輛貨車距A地的距離s（單位：）與行駛時間t（單位：）的數量關系；圖2表示甲、乙兩輛貨車間的距離d（單位：）與行駛時間t（單位：）的數量關系．根據以上信息得到以下四個推斷：①甲貨車從A地到B地耗時6小時，即；②出發后小時甲、乙兩輛貨車相遇，即；③乙貨車的速度是；④點P的坐標是．所有正確推斷的序號是______．三、解答題（共68分）17.計算：（1）；（2）（3）（4）已知：，求代數式的值．18.下面是小陽設計的作矩形的尺規作圖過程．已知：Rt△ABC，∠ABC＝90°．求作：矩形ABCD．作法：①以A為圓心，BC的長為半徑畫弧，再以C為圓心，AB的長為半徑畫弧，兩弧交于點D；②連接DA，DC．所以四邊形ABCD即為所求作的矩形．根據小陽設計的尺規作圖過程，（1）使用直尺和圓規，補全圖形（保留作圖痕跡）；（2）完成下面的證明．證明：∵AD＝BC，CD＝AB，∴四邊形ABCD是___________（_________）．∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形（________）．19.如圖，在?ABCD中，AC是對角線，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分別為點E，F，求證：AE=CF．20.在平面直角坐標系xOy中，一次函數的圖象由函數的圖象平移得到，且經過點，是一次函數圖象上一點（1）求一次函數的解析式；（2）寫出圖象與x軸、y軸的交點的坐標，并畫出一次函數圖象；（3）當時，直接寫出x的取值范圍；（4）已知點，當的面積為6時，求點P的坐標．21.下面是證明直角三角形性質時的兩種添加輔助線的方法，請選擇其中一種方法，完成證明．求證：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．已知：如圖，在中，，點是的中點．求證：．方法一證明：如圖，延長到點E，使得，連接．方法二證明：如圖，取的中點E，連接．22.已知：如圖，在等腰△ABC中，AB＝BC，BO平分∠ABC交AC于點O，延長BO至點D，使OD＝BO，連接AD，CD，過點D作DE⊥BD交BC的延長線于點E．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）如果AB＝2，∠BAD＝60°，求DE的長．23.在平面直角坐標系中，已知一次函數的圖象經過點，．（1）求函數的解析式；（2）當時，對于x的每一個值，函數的值大于函數的值，寫出n的取值范圍．24.如圖，正方形．過點B作射線，交的延長線于點P．點A關于直線的對稱點為E，連接．其中分別與射線交于點G，H．（1）依題意補全圖形；（2）設，______（用含的式子表示），______；（3）若，用等式表示線段與之間的數量關系，并證明．四、附加題（共10分）25.閱讀材料：在平面直角坐標系中，已知x軸上兩點，的距離記作．若是平面上任意兩點，我們可以通過構造直角三角形來求間的距離，如圖，過A，B分別向x軸、y軸作垂線和垂足分別是，直線交于點Q，在中，，，∴，由此得到平面直角坐標系內任意兩點間的距離公式為：；（1）直接應用平面內兩點間距離公式計算點，之間的距離為；（2）利用上面公式，在平面直角坐標系中的兩點，，P為x軸上任一點，求的最小值和此時P點的坐標；26.在平面直角坐標系中，如果點，為某個菱形一組對角的頂點，且點，在直線上，那么稱該菱形為點，的“關聯菱形”．例如，圖1中的四邊形為點，的“關聯菱形”．已知點，點．（1）當時，①在點，，中，點，能夠成為點，的“關聯菱形”的頂點；②當點，的“關聯菱形”的面積為8時，求點的坐標．（2）已知直線與軸交于點，與軸交于點，若線段，且點是點，的“關聯菱形”的頂點，直接寫出的取值范圍．

參考答案一、選擇題（共16分，每題2分）1.【答案】C【分析】根據最簡二次根式的定義，逐一判斷即可解答．【詳解】解：A、，故A不符合題意；B、，故B不符合題意；C、是最簡二次根式，故C符合題意；D、，故D不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了最簡二次根式，熟練掌握最簡二次根式的定義是解題的關鍵．2.【答案】B【分析】利用平行四邊形的性質以及等腰三角形的性質得出∠1=∠3，再利用三角形的內角和定理即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴∠1=∠F=70°．∵AB=BE，∴∠1=∠3=70°，∴∠B=40°，故選：B．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質以及平行線的性質，等腰三角形的性質等知識，熟練應用平行四邊形的性質得出是解題關鍵．3.【答案】D【分析】根據二次根式的運算法則逐項進行判斷．【詳解】解：A、與不能合并，所以選項錯誤；B、，所以選項錯誤；C、，所以選項錯誤；D、，所以選項正確；故選：D．【點睛】本題考查了二次根式的運算，屬于基礎題，掌握二次根式的性質及運算法則是解題的關鍵．4.【答案】B【分析】利用菱形的性質，求出，得出三角形是直角三角形，再，運用勾股定理求出.【詳解】解：∵四邊形是菱形，，是對角線，，∴，，∴，，，即三角形是直角三角形，又∵，∴，設，則，根據勾股定理可得，，解得，故選：B．【點睛】本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理，靈活運用這些性質解決問題時解題的關鍵.5.【答案】A【分析】根據直線和直線相交于點，即可確定方程組，直接求解即可．【詳解】解：根據題意，可得方程組，根據函數圖像與方程組解的關系可知，函數圖像的交點坐標就是聯立函數解析式構成的方程組的解，則根據直線和直線相交于點得，故選：A．【點睛】本題考查了一次函數與二元一次方程組的關系，熟練掌握兩者之間的關系：函數圖像的交點坐標就是聯立函數解析式構成的方程組的解是解題的關鍵．6.【答案】A【分析】求出a2＋b2＝c2，根據勾股定理即可判斷選項A；根據勾股定理的逆定理即可判斷選項B；根據直角三角形的判定即可判斷選項C；求出最大角∠C的度數，即可判斷選項D．【詳解】解：A、根據選項，化簡得a2＝c2?b2，即a2＋b2＝c2，∴△ABC是直角三角形，故本選項符合題意；B、根據選項中，，，可得，∴12＋22≠32，即，∴△ABC不是直角三角形，故本選項不符合題意；C、根據選項∠A＝∠C，∴△ABC是等腰三角形，不一定是直角三角形，故本選項不符合題意；D、根據選項中∠A：∠B：∠C＝3：4：5，設，則由三角形內角和定理∠A＋∠B＋∠C＝180°得，解得，∴最大角∠C＝＝75°＜90°，∴△ABC不是直角三角形，故本選項不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理和三角形內角和定理，能熟記勾股定理的逆定理是解此題的關鍵，注意：如果一個三角形的兩邊a、b的平方和等于第三邊c的平方，那么這個三角形是直角三角形．7.【答案】C【分析】根據一次函數的性質逐項進行分析即可．【詳解】解：A、由于一次函數y=-x+2的k=-1<0，所以y的值隨x的值增大而減小，故該選項不符合題意；B、一次函數y=-x+2的k=-1<0，b=2>0，所以該函數過一、二、四象限，故該選項不符合題意；C、將（0,2）代入y=-x+2中得2=0+2，等式成立，所以（0,2）在y=-x+2上，故該選項符合題意；D、一次函數y=-x+2的k=-1<0，所以y的值隨x的值增大而減小，所以當x<2時，y>0，故該選項不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了一次函數的圖象和性質，熟練掌握一次函數的相關知識是解題的關鍵．8.【答案】D【分析】，從而A正確；根據對稱或全等得出B正確；根據，得出C正確；得出D錯誤．【詳解】解：如圖，四邊形四邊形，四邊形四邊形，四邊形四邊形，，故A正確；順次連接，連接，得，于是，可得，所以，故B正確；由對稱性可得：，，，四邊形是平行四邊形，故C正確；四邊形是平行四邊形，，不一定平行于，不一定等于，不一定等于，故D不正確，故答案為：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質，中心對稱及其性質的，全等圖形判定等知識，解決問題的關鍵是掌握有關知識．二、填空題（共16分，每題2分）9.【答案】x≥6．【分析】求函數自變量的取值范圍，就是求函數解析式有意義的條件，根據二次根式被開方數必須是非負數的條件，即可解答．【詳解】要使在實數范圍內有意義，必須，．故答案為：．考點：1.函數自變量的取值范圍；2.二次根式有意義的條件．10.【答案】（答案不唯一）【分析】本題考查了一次函數的性質，能夠根據直線所經過的象限正確判斷k，b的符號是解題的關鍵．根據經過二、三、四象限的一次函數，即可求解．【詳解】解：∵次函數的圖象不經過第四象限，∴，，∴一次函數關系式可寫為：如（答案不唯一）故答案為：（答案不唯一）11.【答案】AC⊥BD（答案不唯一）【分析】根據正方形的判定定理可直接進行求解．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴根據“一組鄰邊相等的矩形是正方形”可添加：或或或，根據“對角線互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，故答案為AC⊥BD（答案不唯一）．【點睛】本題主要考查正方形的判定定理，熟練掌握正方形的判定是解題的關鍵．12.【答案】8【分析】由菱形面積公式即可得出結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴菱形ABCD的面積=AC?BD=24cm2，

即AC?BD=6AC=48，

∴AC=8，

即AC的長為8cm，

故答案為：8．【點睛】本題考查了菱形的性質，熟記菱形面積等于兩條對角線長的乘積的一半是解題的關鍵．13.【答案】（答案不唯一）【分析】根據一次函數圖象上點的特征由當x1＜x2時，則y1＞y2，可判定k＜0，即可求解．【詳解】解：∵A（x1，y1），B（x2，y2）是一次函數y=kx+3的圖象上兩點，當x1＜x2時，則y1＞y2，∴k＜0，∴k取-1（答案不唯一）．故答案為-1．【點睛】本題主要考查一次函數圖象上點的特征，由當x1＜x2時，則y1＞y2確定k的符號是解題的關鍵．14.【答案】【分析】本題考查了矩形的性質、折疊變換的性質、等腰三角形的判定以及勾股定理；熟練掌握折疊變換的性質，由勾股定理得出方程是解題的關鍵．先根據折疊的性質得到，再由得到，則，可判斷，設，則，然后在中利用勾股定理得到，再解方程即可得出以及的長．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，，，∵是由折疊得到，∴，∵，∴，∴，∴，設，則，，在中，，即，解得，，故答案為：．15.【答案】10【詳解】（14×14﹣2×2）÷8=（196﹣4）÷8=192÷8=2424×4+2×2=96+4=100=10．即正方形EFGH的邊長為10．故答案為10．16.【答案】①②③【分析】由圖1可知乙車先到達目的地，由此結合圖2可知甲貨車從A地到B地耗時6小時，即，即可判斷①；根據當出發后小時后，甲、乙兩車的距離為0，即此時兩車相遇，即可判斷②；求出甲車的速度，進而根據當出發后小時后兩車相距為0求出乙車的速度即可判斷③；求出乙車到達目的地的時間，進而求出此時甲車的路程即可判斷④．【詳解】解：由圖1可知乙比甲先到達目的地，∴由圖2可知，甲貨車從A地到B地耗時6小時，即，故①正確；由圖2可知，當出發后小時后，甲、乙兩車的距離為0，即此時兩車相遇，∴，故②正確；∵甲車的速度為，∴乙車的速度為，故③正確；乙車到達A地的時間為，∴此時甲車行駛的路程為，∴點P的坐標是，故④錯誤；故答案為：①②③．【點睛】本題主要考查了從函數圖象獲取信息，正確讀懂函數圖象是解題的關鍵．三、解答題（共68分）17.【答案】（1）（2）（3）（4）【分析】本題考查的是二次根式的加減運算，二次根式的混合運算，掌握運算順序是解本題的關鍵；（1）先化簡二次根式，再合并即可；（2）先計算二次根式的乘法運算，再合并即可；（3）先計算二次根式的乘法運算，再合并即可；（4）先把化為，再代入計算即可．【小問1詳解】；【小問2詳解】；【小問3詳解】；【小問4詳解】解：∵，∴；18.【答案】（1）見解析；（2）平行四邊形；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；有一個角是直角的平行四邊形是矩形【分析】（1）利用直尺和圓規作圖即可；（2）根據平行四邊形的判定定理及矩形的判定定理證明即可．【詳解】解：（1）使用直尺和圓規，補全圖形如圖所示：（2）證明：∵AD＝BC，CD＝AB，∴四邊形ABCD是平行四邊形（兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形）．∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形（有一個角是直角的平行四邊形是矩形）故答案為：平行四邊形；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；有一個角是直角的平行四邊形是矩形．【點睛】此題考查尺規作圖，平行四邊形的判定定理，矩形的判定定理，熟記各定理是正確解答此題的關鍵．19.【答案】證明見解析.【分析】由全等三角形的判定定理AAS證得△ABE≌△CDF，則對應邊相等：AE=CF．【詳解】如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF．又BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB=∠CFD=90°．在△ABE與△CDF中，，∴得△ABE≌△CDF（AAS），∴AE=CF．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，熟練掌握三角形全等的判定方法并準確識圖是解題的關鍵．20.【答案】（1）（2），，畫圖見解析（3）（4）或．【分析】本題考查的是一次函數圖象的平移，畫一次函數的圖象，利用圖象與坐標軸的交點坐標解不等式，坐標與圖形面積，熟練的利用數形結合的方法解題是關鍵．（1）由平移的性質可得，再代入即可得到解析式；（2）當時，，當時，，可得交點坐標，再畫圖即可；（3）直接根據函數圖象可得答案；（4）由，，再利用的面積為6，建立方程求解的坐標即可．【小問1詳解】解：∵一次函數的圖象由函數的圖象平移得到，∴一次函數為，∵一次函數經過點，∴，∴，∴一次函數為；【小問2詳解】當時，，當時，，∴，∴圖象與x軸、y軸的交點的坐標分別為，，畫圖如下：．【小問3詳解】由函數圖象可得：當時，；【小問4詳解】如圖，∵，，∴，∵，∴，解得：或，當時，，當時，，∴或．21.【答案】見解析【分析】方法一：證明四邊形為矩形，即可得證；方法二：利用是三角形的中位線定理，推出是的中垂線，即可得證．【詳解】證明：（法一）∵點D是的中點，∴．∵，∴四邊形是平行四邊形．∵，∴是矩形．∴．∵，∴．（法二）∵點D是的中點，∴．∵點E是的中點，∴．∴．∴，∵，∴．∴是的垂直平分線．∴．∵，∴．【點睛】本題考查矩形的判定和性質，三角形的中位線定理以及中垂線的判定和性質．解題的關鍵是熟練掌握相關判定和性質．22.【答案】（1）見詳解；（2）【分析】（1）由題意易得，然后根據菱形的判定條件可進行求證；（2）由（1）可得，則有，然后易證四邊形ACED是平行四邊形，進而問題可求解．【詳解】（1）證明：∵AB＝BC，BO平分∠ABC，∴，∵OD＝BO，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵，∴四邊形ABCD是菱形；（2）由（1）可得四邊形ABCD是菱形，∴，∵∠BAD＝60°，∴，∵AB＝2，∴，∴，∴，∵DE⊥BD，，∴，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴．【點睛】本題主要考查菱形的性質與判定、平行四邊形的性質與判定及勾股定理，熟練掌握菱形的性質與判定、平行四邊形的性質與判定及勾股定理是解題的關鍵．23.【答案】（1）（2）【分析】本題考查了一次函數圖像與幾何變換，一次函數與系數的關系，數形結合是解題的關鍵．（1）先根據一次函數的圖象經過點，，利用待定系數法即可求得一次函數的解析式；（2）根據點結合圖象即可求得．【小問1詳解】解：∵一次函數的圖象經過點，．∴，解得：，∴一次函數為，【小問2詳解】將代入，得即直線過點把點代入，可得當時，對于x的每一個值，函數的值大于函數的值，．24.【答案】（1）見解析（2），45（3），理由見解析【分析】（1）根據題意補全圖形即可；（2）首先根據題意得到垂直平分，然后利用等邊對等角和三角形內角和定理求解即可；（3）過點E作交的延長線于點M，首先得到是等腰直角三角形，然后設，則，，根據勾股定理表示出，然后證明出是等腰直角三角形，利用勾股定理得到，進而求解即可．【小問1詳解】如圖所示，【小問2詳解】∵點A關于直線的對稱點為E，∴垂直平分∴，∴；∴∴∵四邊形是正方形∴∵∴∴∴；故答案為：，45；【小問3詳解】如圖所示，過點E作交的延長線于點M，∵，∴∴是等腰直角三角形∴設，則，∴∴∴∴∵，∴∴∴∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∴∴∵∴∴．【點睛】此題考查了正方形的性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上