广东省惠州一中教育集团2024-2025学年下学期八年级期中考试数学试卷 -

惠州一中教育集团2024-2025学年第二学期初二年级期中考试 ———数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D B A C B B C 1．C 【分析】本题考查二次根式的定义，当时，为二次根式，且，正确的理解二次根式的定义是解题的关键．利用二次根式的定义进行筛选即可． 【详解】解：A，不是二次根式，；选项C错误，不符合题意； B，，，无意义，故不是二次根式，选项B错误，不符合题意； C，是6的算术平方根，，所以是二次根式，选项A正确，符合题意； D，，没有明确的范围，存在的情况，不能保证有意义，故不是二次根式，选项D错误，不符合题意； 故选C． 2．D 【分析】本题主要考查了二次根式乘法计算，二次根式减法计算和化简二次根式，根据二次根式的相关计算法则求出每个选项中式子的结果即可得到答案． 【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意； B、，原式计算错误，不符合题意； C、，原式计算错误，不符合题意； D、，原式计算正确，符合题意； 故选：D． 3．A 【分析】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，逐一判定即可． 【解答】解：A、32+42＝52，能构成直角三角形，故本选项符合题意； B、42+52≠62，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； C、12+22≠32，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； D、52+72≠112，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意． 故选：A． 4．D 【分析】本题主要考查了逆命题的真假，写出原命题的逆命题是解答本题的关键．先分别写出原命题的逆命题，然后再根据相关知识判断正误即可． 【详解】解：A、逆命题为：两直线平行，同旁内角互补，正确，是真命题，不符合题意； B、逆命题为：到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上，正确，是真命题，不符合题意； C、逆命题为：对应边相等的三角形全等，正确，是真命题，不符合题意． D、逆命题为：相等的角是对顶角，错误，是假命题，符合题意； 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形，（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，（3）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定方法判断得出即可． 【详解】A. 由，可知，四边形的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B. 由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意； C. 由，可知，四边形的一组对边平行且相等，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； D. 由，可知，，即，四边形的对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 6．A 【分析】构建任意对角线垂直的四边形，利用三角形中位线定理、平行四边形以及矩形的判定与性质，即可得解． 【详解】解：由题意，建立四边形ABCD，AC⊥BD，AC与BD交于点O，E、F、G、H分别为各边的中点，连接点E、F、G、H，如图所示： ∵E、F、G、H分别为各边的中点， ∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，FG∥BD，（三角形的中位线平行于第三边） ∴四边形EFGH是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形） ∵AC⊥BD，EF∥AC，EH∥BD， ∴∠EMO=∠ENO=90°， ∴四边形EMON是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）， ∴∠MEN=90°， ∴四边形EFGH是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故选：A． 7．C 【分析】首先根据勾股定理可得AC＝，再根据AE＝AC可得AE，然后用﹣1+AE的长可得答案． 【解答】解：由题意得，AC＝＝， ∴AE＝AC＝， ∴点E表示的数是﹣1+＝﹣1， 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出四边形是菱形是解题的关键．根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【详解】解：根据作图，， ， ， 四边形是菱形， ，四边形的面积为， ， 解得 故选：B． 9．B 【分析】本题考查等腰三角形的性质以及三角形中位线定理，解题的关键是利用等腰三角形三线合一得到D为中点，进而确定为中位线． 根据等腰三角形的三线合一得到，根据三角形中位线定理计算得到答案． 【详解】解：∵， ， 平分， ， ， ∴是的中位线， ． 故选：B． 10．C 【分析】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，作于，则，由平行线的性质并结合题意可得，由等腰三角形的性质可得，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图：作于，则， ， ∵和是两块相互平行的平面镜， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 11． 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，据此求解即可． 【详解】解：∵代数式在实数范围内有意义， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了比较二次根式的大小，要比较这两个二次根式的大小，只需要比较被开方数的大小即可； 【详解】解：∵， 又， ∴， ∴, 故答案为：． 13.25 【分析】本题考查平面展开-最短路径问题，将立体图形展开在平面中求解是解题的关键．先得到长方体侧面展开图，再利用勾股定理计算即可． 【详解】解：如图所示，将长方体的侧面展开在同一平面内， 由题意，得，， 在中，由勾股定理得：， 解得：负值已舍去 故答案为： 14．【答案】 【分析】过点作轴于点，根据四边形是菱形可知，，可得出是等边三角形，由此求出及的长即可得出结论． 【详解】解：过点作轴于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，则， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，根据题意作出辅助线，利用菱形的性质判断出是等边三角形是解答此题的关键． 15． 【分析】本题考查矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，垂线段最短，取的中点，连接，易得：为的中位线，进而得到当时，最短，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：取的中点，连接，则：， ∵， ∴为的中点， ∵为的中点， ∴， ∴当最小时，最小， ∵为上一个动点， ∴当时，最小， ∵矩形， ∴， ∴当时，四边形为矩形， ∴， ∴； 故答案为：． 16． 【分析】此题考查了二次根式的混合运算．先计算二次根式的乘方、化简二次根式、计算二次根式的除法，再进行加减法计算即可． 【详解】解： ……………………………………………………3 ………………………………………………………………4 …………………………………………………………………………7 17.点到水平地面的距离为 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，先证明四边形是矩形求出的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：由题可知，，，， ． 四边形是矩形，…………………………………………………………2 ．………………………………………………………………3 ∵，， ∴在中，由勾股定理得：，…………5 ．……………………………………………………6 答：点到水平地面的距离为．………………………………………7 18.【分析】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键．根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； 【详解】证明：∵菱形的对角线和交于点O， ∴，，，…………………………………………2 ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形.………………………………………………4 又∵， ∴四边形是菱形，……………………………………………………5 ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形.……………………………………………………7 19.（1）；（2）0 【分析】此题主要考查了代数式求值，正确应用乘法公式是解题关键． （1）直接利用完全平方公式分解因式进而代入计算得出答案； （2）先把原式化为（x-2）2-10的形式，再把x的值代入进行计算即可． 【详解】（1）∵ ∴…………………………………………………………3 ∴…………………………5 （2）…………………………7 当时， 原式……………………………………9 （其它解法，参考给分） 20.(1) (2) 【分析】本题主要考查无理数的估算，勾股定理，三角形的三边关系，熟练掌握无理数的估算是解题的关键． （1）根据题意得到，即可得到答案； （2）由勾股定理可求得，，，根据三角形三边关系得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：由，得， ， ∴的整数部分是3．…………………………………………………………3 的小数部分是．……………………………………………………4 （2）解：如图，由勾股定理可求得，，， 在中，， ．……………………………………………9（作图1分） （作图1分） 21．(1)见详解(2)20 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）吴邦凯：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，然后结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出一组邻边相等，证明四边形是菱形；梁栩恺：根据两组对边平行的四边形是平行四边形，然后结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出一组邻边相等，证明四边形是菱形； （2）运用勾股定理算出斜边是，再结合斜边上的中线等于斜边的一半以及菱形的四边相等的性质，进行作答即可． 【详解】（1）解：选择吴邦凯的说法： ∵，， ∴四边形是平行四边形，………………………………2 ∵，D是的中点， ∴，…………………………………………4 ∴四边形是菱形；…………………………………………5 或选择梁栩恺的说法： ∵，， ∴四边形是平行四边形，………………………………2 ∵，D是的中点， ∴，…………………………………………4 ∴四边形是菱形；…………………………………………5 （2）解：∵，， ∴……………………………………6 ∵D是的中点， ∴…………………………………………7 ∵四边形是菱形； ∴菱形的周长是．………………………………9 22．（1）；；（2）见解析；（3）①；②的长为或6 【分析】本题考查勾股定理的证明，以及勾股定理的灵活运用，解答时涉及列代数式，等式变形，熟练运用数形结合思想，灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）将正方形的面积表示成4个直角三角形的面积加中间小正方形的面积，即可用含a、b、c的代数式表示出大正方形的面积；根据同一个图形用不同方法表示出其面积，面积不变即可得到等式； （2）梯形的面积为，也可表示为，可得，再化解即可； （3）①在中，由勾股定理得．再由，可得．在中，由勾股定理得； ②分为当点D在线段上，且点恰好落在射线上，当点D在线段的延长线上，且点恰好落在射线上，这两种情况结合勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）图2中大正方形的面积为，也可用几个三角形和正方形的面积表示为, 故答案为：；；………………………………………………4 （2）验证：∵梯形的面积为，也可表示为， ∴， 整理得；…………………………………………………………6 （3）①在中，由勾股定理得． ∵， ∴． 在中，由勾股定理得；………………………………9 ②如图，当点D在线段上，且点恰好落在射线上． ∵点C与点关于对称， ∴，，， ∴，． 设， ∴． 在中，， 即， ∴， 即的长为； 如图2，当点D在线段的延长线上，且点恰好落在射线上． ∵点C与点关于对称， ∴，，， ∴． 设， ∴． 在中，， 即， ∴，即的长为6． 综上，的长为或6…………………………………13（写对一个给2分） 23．(1) (2) (3)或 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定： （1）先根据矩形的性质和勾股定理求出的长，再由折叠的性质推出，则，设，则，在中，由勾股定理建立方程求解即可； （2）在上取一点H使得，连接，可证明是等腰直角三角形，则可得到，，进而得到，据此可得答案； （3）分当点F在上和当点F在延长线上，两种情况通过证明得到，利用勾股定理求出的长，进而求出求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴，…………………………………………………………1 由折叠的性质可得， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴，……………………………………………………………3 解得， ∴；……………………………………………………………………4 （2）解：如图所示，在上取一点H使得，连接， 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形，………………………………………………6 ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；………………………………………………………………8 （3）解：如图所示，当点F在上时， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴； 如图所示，当点F在延长上时， 同理可证明， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴； 综上所述，的长为或．……………………14（写对一个给3分） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$第 1面/共 2 面 七年级数学答题卡 一、选择题（满分 30分，每小题 3分.每小题只有一个选项是正确的，请在正确的选项填涂.） 二、填空题（本大题满分 15分，每小题 3分） 11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题（一）（本大题满分 21分，每小题 7分） 16.解： 17.解： 18.证明： 四、解答题（二）（本大题满分 27分，每小题 9分） 19.（1）解： （2）解： 20.（1）解： （2）解： 准考证号                                                                                           语 数 u 英 政 历 地 物 化 生 惠州一中教育集团 2024-2025 学年第二学期初二期中考试数学——答题卡 学校： 班级： 姓名： 条形码粘贴区 缺考信息由监考员填写 缺考 标记 1  2  3  4  5  6  7  8  9  10      第 2面/共 2 面 七年级数学答题卡 21.（1）证明： （2）解： 五、解答题（三）（本大题满分 27分，22题 13分，23题 14分） 22.（1） （2）验证： （3）①解： ②解： 23.（1）解： （2）解： （3）解： 18.证明： 四、解答题（二）（本大题满分27分，每小题9分） 19.（1）解： （2）解： 20. （1）解： （2）解： ②解： 惠州一中教育集团2024-2025学年第二学期初二期中考试数学——答题卡 监测——初一年级数学答题卡 学校： 班级： 姓名： * * * * 注意事项： 选择题作答必须用2B铅笔，修改时用橡皮擦干净。主观题作答必须用黑色墨迹笔填写。 准考证号                                                                                           语 数 u 英 政 历 地 物 化 生 条形码粘贴区 缺考 标记 缺考信息由监考员填写 一、选择题（满分30分，每小题3分.每小题只有一个选项是正确的，请在正确的选项填涂.） 二、填空题（本大题满分15分，每小题3分） 11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题（一）（本大题满分21分，每小题7分） 16.解： 17. 解： 9 cd 10 cd 1 cd 2 cd 3 cd 4 cd 5 cd 6 cd 7 cd 8 cd 21.（1）证明： （2）解： 五、解答题（三）（本大题满分27分，22题13分，23题14分） 22.（1） （2）验证： （3）①解： ②解： 23. （1）解： （2）解： （3）解： 第1面/共2面 七年级数学答题卡 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1页，共 6页 惠州一中教育集团2024-2025 学年第二学期初二期中考试 ——数学试题卷 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1．下列各式一定是二次根式的是（ ） A． 3 5 B． 3 C． 6 D． a 2．下列计算正确的是（ ） A． 5 3 2  B．  23 3   C．  22 3 6 D． 3 2 6  3．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ） A．3，4，5 B．4，5，6 C．1，2，3 D．5，7，11 4．下列命题的逆命题是假命题的是（ ） A．同旁内角互补，两直线平行 B．角平分线上的点到角的两边距离相等 C．全等三角形的对应边相等 D．对顶角相等 5．如第 5题图，四边形 ABCD中， AB CD∥ ，对角线 AC、BD相交于点O，添加下列条件 仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ） A． AD BC∥ B． AD BC C． AB CD D． AO CO 6．在四边形 ABCD中， BDAC  ．顺次连接四边形 ABCD四边中点 E、F、G、H，则四边 形 EFGH的形状一定是（ ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不能确定 7．如第 7题图，点 E表示的数为（ ） A．1 B． 21 C． 12  D． 2 8．如第 8题图，在 MON 的两边上分别截取OA，OB，使OA OB ，分别以 A，B为圆心， OA的长为半径画弧，两弧交于点 C，连接 AC，BC，AB，OC，若 6cmOC  ，四边形OACB 的面积为 29cm ，则 AB的长为（ ） A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm 第 5题图 第 7题图 第 8题图 试卷第 2页，共 6页 9．如第 9题图，在 ABC△ 中， 7AB BC= = ，BD平分 ABC 交 AC于点 D，点 F在 BC上， 且 1BF = ，连接 AF ，E为 AF 的中点，连接DE，则DE的长为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 10．如第 10题图， 1l 和 2l 是两块相互平行的平面镜， 1l 与 2l 之间的距离为3dm，光线从点A出 发，照射到点 B后，再反射到点 8dmC AC ， ．根据“知识桥”的内容可知，光线 AB的长为（ ） 知识桥：根据镜面反射规律，若一束光线 AB照射到镜面 1l 上，反射光线为 BC， 则一定有 1 2   ． A．3dm B．4dm C．5dm D．6dm 第 9题图 第 10题图 第 13题图 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分． 11．若代数式 2025x 在实数范围内有意义，则 x的取值范围为 ． 12．比较大小 23 15（填“”，“”或“”）． 13．如第 13题图，已知一个长方体的底面边长分别为 6cm和 6cm，高为 7cm．若一只蚂蚁 从点 P开始经过 4个侧面爬行一圈到达点 Q，则这只蚂蚁爬行的最短路程为 cm． 14．如图，正方形 ABCO的顶点C， A分别在 x轴、 y轴上， BC是菱形 BDCE的对角线， 若 260  BCD ， ，则点D的坐标是____． 15.如第 15题图，如图，在矩形 ABCD中， EADAB ，， 84  是 AD上一点， PAE ，2 是 BC上一动点，连接 AP，取 AP的中点 F ，连接EF，当线段 EF取得最小值时，线段 PD的 长度是 ． 第 14题图 第 15题图 试卷第 3页，共 6页 三、解答题（一）：本大题共 3 小题，每小题 7 分，共 21 分． 16．计算： 2 2( 6 3) 24 6 6 3     ． 17．如图 1是一架移动式小吊机的示意图，吊机工作时利用吊臂的长度和倾斜角的变化改变 起升高度和工作半径．在某次起重作业中，学习兴趣小组通过测量和咨询工人师傅了解到如 下信息：如图 2，起重臂 1mAB ，点 B到水平地面CD的距离 1.4mBC  ，点 B到 AD的距离 0.8mBE  ．求点A到水平地面CD的距离 AD． 18．如图，四边形 AECF是菱形，对角线 AC、 EF交于点 O，点 D、B是对角线 EF所在直线 上两点，且DE BF ，连接 AD、AB、CD、CB， 45ADO  ，求证：四边形 ABCD是正方形． 四、解答题（二）：本大题共 3 小题，每小题 9 分，共 27 分． 19．（1）已知 13,13  yx ，求 x y y x  的值． （2）已知 210 x ，求代数式 642  xx 的值． 试卷第 4页，共 6页 20．【题目】求 2的整数部分． 八年级的廷山和鸣山分别用不同的方法求解. 【解法】廷山的方法：由 2( 2) 2 ，得 1 2 4  ， 1 2 2   ， 2 的整数部分是 1． 鸣山的方法：如图①，正方形 ABCD的边长为 1，由勾股定理可求得对角线 AC的长为 2， 再由三边关系可求得1 2 2  ，进而求得的整数部分是 1． 【应用】 (1)利用廷山的方法求 11的小数部分； (2)如图②，在3 3 的正方形网络中，每个小正方形的边长都为 1，每个小正方形的顶点叫作 格点．借助图②，利用鸣山的方法说明 2 8 与 10 的大小关系． 21．在 ABC△ 中，  90BAC ，D是 BC的中点， 邦凯说：由题目的已知条件，若过点 A作 AE BC∥ ，且 AE CD ，连接CE，则可证明四 边形 ADCE是菱形； 栩恺说：由题目的已知条件，若过点 A作 AE BC∥ ，过点 C作CE AD∥ ，则可证明四边形 ADCE是菱形； (1)请你选择一位同学的说法进行证明； (2)若 6AC  ， 8AB  ，求菱形 ADCE 的周长． 试卷第 5页，共 6页 五、解答题（三）：本大题共 2 小题，第 22 题 13 分，第 23 题 14 分，共 27 分． 22．在学习勾股定理后，我们知道，直角三角形的两直角边长分别为 a，b，斜边长为 c，则 可得到 2 2 2a b c  ，柴畅和刘岚分别通过各自的方式验证了这一结论． 【验证】（1）柴畅将如图 1所示的 4张大小形状完全相同的直角三角形纸片拼成如图 2所示 的大正方形，则图 2中大正方形的面积为 ，也可用几个三角形和正方形的 面积表示为 ，然后根据面积之间的数量关系即可验证勾股定理； （2）刘岚用图 1中相同的 2张直角三角形纸片拼成了如图 3所示的梯形，他发现通过该图形 也能验证勾股定理，请你帮助刘岚完成验证； 【应用】（3）如图 4，已知在Rt ABC△ 中， 90ACB  ， 5AB  ， 3AC  ，动点 D从点 B 出发沿射线 BC运动，连接 AD． ①当点 D在线段 BC上运动，且 3BD CD 时，求 AD的长； ②已知点 C关于 AD所在直线的对称点为点 1C ，当点 1C 恰好落在射线BA上时，请直接．．写出 CD的长． 试卷第 6页，共 6页 23．综合与探究 问题情境：折叠问题的实质是图形的轴对称变化，找出对应相等的元素是解题的关键．如图 1，在矩形 ABCD中， 3AB  ， 4AD ，F为射线 BC上一动点，连接 AF ，将 ABF△ 沿 AF 折 叠得到 AEF△ ，点 B的对应点为 E． 问题解决： (1)如图 2当点 E落在对角线 AC上时，求线段 EF的长． (2)如图 3，当 45BAE  时，求线段 EF的长． (3)在点 F运动的过程中，当 F，E，D三点共线时，请直接．．写出线段 EF的长. 惠州一中教育集团2024-2025学年第二学期初二期中考试 ——数学试题卷 1、 选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．下列各式一定是二次根式的是（     ） A． B． C． D． 2．下列计算正确的是（    ） A． B． C． D． 3．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　） A．3，4，5 B．4，5，6 C．1，2，3 D．5，7，11 4．下列命题的逆命题是假命题的是（    ） A．同旁内角互补，两直线平行 B．角平分线上的点到角的两边距离相等 C．全等三角形的对应边相等 D．对顶角相等 5．如第5题图，四边形中，，对角线AC、BD相交于点，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（     ） A． B． C． D． 6．在四边形ABCD中，．顺次连接四边形ABCD四边中点E、F、G、H，则四边 形EFGH的形状一定是（　　） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不能确定 7．如第7题图，点E表示的数为（　　） A．1 B． C． D． 8．如第8题图，在的两边上分别截取，，使，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点C，连接，，，，若，四边形的面积为，则的长为（ ） A． B． C． D． 第5题图 第7题图 第8题图 9．如第9题图，在中，，平分交于点D，点F在上，且，连接，E为的中点，连接，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 10．如第10题图，和是两块相互平行的平面镜，与之间的距离为，光线从点出发，照射到点后，再反射到点．根据“知识桥”的内容可知，光线的长为（    ） 知识桥：根据镜面反射规律，若一束光线照射到镜面上，反射光线为，则一定有． A． B． C． D． 第9题图 第10题图 第13题图 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11．若代数式在实数范围内有意义，则的取值范围为 ． 12．比较大小 （填“”，“”或“”）． 13．如第13题图，已知一个长方体的底面边长分别为6cm和6cm，高为7cm．若一只蚂蚁从点P开始经过4个侧面爬行一圈到达点Q，则这只蚂蚁爬行的最短路程为 cm． 14．如图，正方形的顶点，分别在轴、轴上，是菱形的对角线，若 ，则点的坐标是____． 15.如第15题图，如图，在矩形中，是上一点，是上一动点，连接，取的中点，连接，当线段取得最小值时，线段的长度是 ．第15题图 第14题图 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16．计算：． 17．如图1是一架移动式小吊机的示意图，吊机工作时利用吊臂的长度和倾斜角的变化改变起升高度和工作半径．在某次起重作业中，学习兴趣小组通过测量和咨询工人师傅了解到如下信息：如图2，起重臂，点到水平地面的距离，点到的距离．求点到水平地面的距离． 18．如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，，求证：四边形是正方形． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19．（1）已知，求的值． （2）已知，求代数式的值． 20．【题目】求的整数部分． 八年级的廷山和鸣山分别用不同的方法求解. 【解法】廷山的方法：由，得， ， 的整数部分是1． 鸣山的方法：如图①，正方形的边长为1，由勾股定理可求得对角线的长为，再由三边关系可求得，进而求得的整数部分是1． 【应用】 (1)利用廷山的方法求的小数部分； (2)如图②，在的正方形网络中，每个小正方形的边长都为1，每个小正方形的顶点叫作格点．借助图②，利用鸣山的方法说明与的大小关系． 21．在中，，是的中点， 邦凯说：由题目的已知条件，若过点A作，且，连接，则可证明四边形是菱形； 栩恺说：由题目的已知条件，若过点A作，过点C作，则可证明四边形是菱形； (1)请你选择一位同学的说法进行证明； (2)若，，求菱形的周长． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分． 22．在学习勾股定理后，我们知道，直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c，则可得到，柴畅和刘岚分别通过各自的方式验证了这一结论． 【验证】（1）柴畅将如图1所示的4张大小形状完全相同的直角三角形纸片拼成如图2所示的大正方形，则图2中大正方形的面积为 ，也可用几个三角形和正方形的面积表示为 ，然后根据面积之间的数量关系即可验证勾股定理； （2）刘岚用图1中相同的2张直角三角形纸片拼成了如图3所示的梯形，他发现通过该图形也能验证勾股定理，请你帮助刘岚完成验证； 【应用】（3）如图4，已知在中，，，，动点D从点B出发沿射线运动，连接． ①当点D在线段上运动，且时，求的长； ②已知点C关于所在直线的对称点为点，当点恰好落在射线上时，请直接写出的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 23．综合与探究 问题情境：折叠问题的实质是图形的轴对称变化，找出对应相等的元素是解题的关键．如图1，在矩形中，，，F为射线上一动点，连接，将沿折叠得到，点B的对应点为． 问题解决： (1)如图2当点落在对角线上时，求线段的长． (2)如图3，当时，求线段的长． (3)在点运动的过程中，当F，E，D三点共线时，请直接写出线段的长. 试卷第1页，共2页 试卷第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$答案第 1页，共 15页 惠州一中教育集团2024-2025 学年第二学期初二年级期中考试 ———数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D B A C B B C 1．C 【分析】本题考查二次根式的定义，当 0a  时， a为二次根式，且  2a a ，正确的理 解二次根式的定义是解题的关键．利用二次根式的定义进行筛选即可． 【详解】解：A， 3 5不是二次根式，；选项 C错误，不符合题意； B， 3 ， 3 0  ， 3 无意义，故 3 不是二次根式，选项 B错误，不符合题意； C， 6 是 6的算术平方根，6 0 ，所以 6 是二次根式，选项 A正确，符合题意； D， a，没有明确 a的范围，存在 0a  的情况，不能保证 a有意义，故 a不是二次根式， 选项 D错误，不符合题意； 故选 C． 2．D 【分析】本题主要考查了二次根式乘法计算，二次根式减法计算和化简二次根式，根据二次 根式的相关计算法则求出每个选项中式子的结果即可得到答案． 【详解】解：A、 5 与 3不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意； B、  23 3  ，原式计算错误，不符合题意； C、  22 3 12 ，原式计算错误，不符合题意； D、 3 2 6  ，原式计算正确，符合题意； 故选：D． 3．A 【分析】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，逐一判定即可． 【解答】解：A、32+42＝52，能构成直角三角形，故本选项符合题意； B、42+52≠62，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； C、12+22≠32，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； 答案第 2页，共 15页 D、52+72≠112，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意． 故选：A． 4．D 【分析】本题主要考查了逆命题的真假，写出原命题的逆命题是解答本题的关键．先分别写 出原命题的逆命题，然后再根据相关知识判断正误即可． 【详解】解：A、逆命题为：两直线平行，同旁内角互补，正确，是真命题，不符合题意； B、逆命题为：到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上，正确，是真命题，不符 合题意； C、逆命题为：对应边相等的三角形全等，正确，是真命题，不符合题意． D、逆命题为：相等的角是对顶角，错误，是假命题，符合题意； 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形，（2） 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，（3）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根 据平行四边形的判定方法判断得出即可． 【详解】A. 由 AB CD∥ ， AD BC∥ 可知，四边形 ABCD的两组对边互相平行，则该四边 形是平行四边形，故本选项不符合题意； B. 由 AB CD∥ ，AD BC 可知，四边形 ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不 能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意； C. 由 AB CD∥ ，AB CD 可知，四边形 ABCD的一组对边平行且相等，则该四边形是平行 四边形，故本选项不符合题意； D. 由 AB CD∥ ， AO CO 可知， ABO CDO≌△ △ ，即 BO DO ，四边形 ABCD的对角线 互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 6．A 【分析】构建任意对角线垂直的四边形，利用三角形中位线定理、平行四边形以及矩形的判 定与性质，即可得解． 【详解】解：由题意，建立四边形 ABCD，AC⊥BD，AC与 BD交于点 O，E、F、G、H 分别为各边的中点，连接点 E、F、G、H，如图所示： 答案第 3页，共 15页 ∵E、F、G、H分别为各边的中点， ∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，FG∥BD，（三角形的中位线平行于第三边） ∴四边形 EFGH是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形） ∵AC⊥BD，EF∥AC，EH∥BD， ∴∠EMO=∠ENO=90°， ∴四边形 EMON是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）， ∴∠MEN=90°， ∴四边形 EFGH是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故选：A． 7．C 【分析】首先根据勾股定理可得 AC＝ ，再根据 AE＝AC可得 AE，然后用﹣1+AE的长 可得答案． 【解答】解：由题意得，AC＝ ＝ ， ∴AE＝AC＝ ， ∴点 E表示的数是﹣1+ ＝ ﹣1， 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出 四边形OACB是菱形是解题的关键．根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面 积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【详解】解：根据作图， AC BC OA  ， OA OB ， OA OB BC AC    ， 四边形OACB是菱形， 6cmOC  ，四边形OACB的面积为 29cm ， 答案第 4页，共 15页 1 1 6 9 2 2 AB OC AB      ， 解得 3cm.AB  故选：B． 9．B 【分析】本题考查等腰三角形的性质以及三角形中位线定理，解题的关键是利用等腰三角形 三线合一得到 D为 AC中点，进而确定DE为中位线． 根据等腰三角形的三线合一得到 =AD DC，根据三角形中位线定理计算得到答案． 【详解】解：∵ 7 1BC BF ， ， 7 1 6FC BC BF      ， AB BC BD ， 平分 ABC ， AD DC  ， AE EF ， ∴DE是 AFC 的中位线， 1 1 6 3 2 2 DE FC     ． 故选：B． 10．C 【分析】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，作BD AC 于D， 则 3dmBD  ，由平行线的性质并结合题意可得 AB CB ，由等腰三角形的性质可得 4dmAD CD  ，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图：作 BD AC 于D，则 3dmBD  ， ， ∵ 1l 和 2l 是两块相互平行的平面镜， ∴ 3 1  ， 4 2   ， ∵ 1 2   ， ∴ 3= 4  ， ∴ AB CB ， 答案第 5页，共 15页 ∵ BD AC ， ∴ 4dmAD CD  ， ∴ 2 2 5dmAB AD BD   ， 故选：C． 11． 2025x 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方数大于等 于 0，据此求解即可． 【详解】解：∵代数式 2025x 在实数范围内有意义， ∴ 02025 x ， ∴ 2025x ， 故答案为： 2025x ． 12． 【分析】本题考查了比较二次根式的大小，要比较这两个二次根式的大小，只需要比较被开 方数的大小即可； 【详解】解：∵ 23 2 3 2 18   ， 又18 15 ， ∴ 18 15 ， ∴3 2 15 , 故答案为：． 13.25 【分析】本题考查平面展开-最短路径问题，将立体图形展开在平面中求解是解题的关键．先 得到长方体侧面展开图，再利用勾股定理计算即可． 【详解】解：如图所示，将长方体的侧面展开在同一平面内， 答案第 6页，共 15页 由题意，得  6 6 6 6 24 cmPA      ， 7cmQA  ， 在Rt PQA△ 中，由勾股定理得： 2 2 2 2 224 7 625PQ PA QA     ， 解得： 25PQ  （负值已舍去） 故答案为： 25． 14．【答案】  2 3,1 【分析】过点D作DG x 轴于点G，根据四边形 BDCE是菱形可知BD CD ， 60BDC  ，可得出 BCD△ 是等边三角形，由此求出GD及CG的长即可得出结论． 【详解】解：过点D作DG x 轴于点G， ∵四边形 BDCE是菱形， ∴BD CD ， 60BDC  ， ∴ BCD△ 是等边三角形， ∵ 2BC  ， ∴ 2BD BC CD   ， 60BCD   又∵四边形 ABCO是正方形， ∴ 2OC BC  ， 90BCO BCG    ， ∴ 30DCG  ， ∴ 1 1 2 DG CD  ，则 2 2 3CG CD DG   ， ∴ 2 3OG OC CG    ， 答案第 7页，共 15页 ∴  2 3,1D  ． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，根据题意作出辅助线，利用菱形的性质判 断出 BCE 是等边三角形是解答此题的关键． 15． 4 2 【分析】本题考查矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，垂线段最短，取 AD 的中点M ，连接 PM ，易得：EF为 APM△ 的中位线，进而得到当PM BC 时，EF最短， 利用勾股定理求出 PD的长即可． 【详解】解：取 AD的中点M ，连接PM ，则： 1 4 2 AM DM AD   ， ∵ 12 2 AE AM  ， ∴ E为 AM 的中点， ∵ F为 AP的中点， ∴ 1 2 EF PM ， ∴当 PM 最小时， EF 最小， ∵ P为 BC上一个动点， ∴当MP BC 时， PM 最小， ∵矩形 ABCD， ∴ 90ABC BAD    ， ∴当MP BC 时，四边形 ABPM 为矩形， ∴ 4PM AB  ， ∴ 2 2 4 2PD PM DM   ； 故答案为： 4 2 ． 16．13 4 6 【分析】此题考查了二次根式的混合运算．先计算二次根式的乘方、化简二次根式、计算二 次根式的除法，再进行加减法计算即可． 答案第 8页，共 15页 【详解】解： 2 2( 6 3) 24 6 6 3     66 6 6 9 2 2 66      ……………………………………………………3 6 6 6 9 2 26     ………………………………………………………………4 13 4 6  …………………………………………………………………………7 17.点A到水平地面CD的距离 AD为 2m 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，先证明四边形 BEDC是矩形求出DE 的长，再利用勾股定理求出 AE的长即可得到答案． 【详解】解：由题可知， BE AD ， AD DC ， BC DC ， 90AEB BED EDC BCD     ． 四边形 BEDC是矩形，…………………………………………………………2 1.4mED BC   ．………………………………………………………………3 ∵ 1mAB ， 0.8mBE  ， ∴在Rt ABE 中，由勾股定理得： 2 2 2 21 0.8 0.6mAE AB BE     ，…………5 0.6 1.4 2mAD AE ED      ．……………………………………………………6 答：点A到水平地面CD的距离 AD为 2m．………………………………………7 18.【分析】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定 和性质定理是解题的关键．根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形 ABCD是 菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； 【详解】证明：∵菱形 AECF的对角线 AC和 EF交于点 O， ∴ AC EF ，OA OC ，OE OF ，…………………………………………2 ∵ DE BF ， ∴ BO DO ， ∴四边形 ABCD是平行四边形.………………………………………………4 又∵ AC BD ， ∴四边形 ABCD是菱形，……………………………………………………5 ∵ 45ADO  ， ∴ 45DAO ADO   ， ∴ AO DO ， 答案第 9页，共 15页 ∴ AC BD ， ∴四边形 ABCD是正方形.……………………………………………………7 19.（1）12；（2）0 【分析】此题主要考查了代数式求值，正确应用乘法公式是解题关键． （1）直接利用完全平方公式分解因式进而代入计算得出答案； （2）先把原式化为（x-2）2-10的形式，再把 x的值代入进行计算即可． 【详解】（1）∵ 13,13  yx ∴ .21313 ;321313 2)13)(13(    yx yx xy ； …………………………………………………………3 ∴ 32 2 322))((22        xy yxyx xy yx x y y x …………………………5 （2） .10)2(104464 222  xxxxx …………………………7 当 210 x 时， 原式 010)2210( 2  ……………………………………9 （其它解法，参考给分） 20.(1) 11 3 (2) 2 8 10  【分析】本题主要考查无理数的估算，勾股定理，三角形的三边关系，熟练掌握无理数的估 算是解题的关键． （1）根据题意得到3 11 4  ，即可得到答案； （2）由勾股定理可求得 2AC  ， 8BC  ， 10AB = ，根据三角形三边关系得到 AC BC AB  ，即可得到结论． 【详解】（1）解：由 2( 11) 11 ，得 9 11 16  ， 3 11 4   ， ∴ 11的整数部分是 3．…………………………………………………………3 11 的小数部分是 11 3 ．……………………………………………………4 答案第 10页，共 15页 （2）解：如图，由勾股定理可求得 2AC  ， 8BC  ， 10AB = ， 在 ABCV 中， AC BC AB  ， 2 8 10   ．……………………………………………9（作图 1分） （作图 1分） 21．(1)见详解(2)20 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相 关性质内容是解题的关键． （1）吴邦凯：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，然后结合斜边上的中线等 于斜边的一半，得出一组邻边相等，证明四边形 ADCE 是菱形；梁栩恺：根据两组对边平 行的四边形是平行四边形，然后结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出一组邻边相等，证 明四边形 ADCE 是菱形； （2）运用勾股定理算出斜边是10，再结合斜边上的中线等于斜边的一半以及菱形的四边相 等的性质，进行作答即可． 【详解】（1）解：选择吴邦凯的说法： ∵ AE BC∥ ， AE CD ， ∴四边形 ADCE 是平行四边形，………………………………2 ∵ 90BAC  ，D是 BC的中点， ∴ 1 2 AD BC DC  ，…………………………………………4 ∴四边形 ADCE 是菱形；…………………………………………5 或选择梁栩恺的说法： ∵ AE BC∥ ，CE AD∥ ， ∴四边形 ADCE 是平行四边形，………………………………2 ∵ 90BAC  ，D是 BC的中点， ∴ 1 2 AD BC DC  ，…………………………………………4 答案第 11页，共 15页 ∴四边形 ADCE 是菱形；…………………………………………5 （2）解：∵ 6AC  ， 8AB  ， 90BAC   ∴ 2 2 10BC AC AB   ……………………………………6 ∵D是 BC的中点， ∴ 1 5 2 AD BC DC   …………………………………………7 ∵四边形 ADCE 是菱形； ∴菱形 ADCE 的周长是5 4 20  ．………………………………9 22．（1）  2a b ； 22ab c ；（2）见解析；（3）① 10AD  ；②CD的长为 32 或 6 【分析】本题考查勾股定理的证明，以及勾股定理的灵活运用，解答时涉及列代数式，等式 变形，熟练运用数形结合思想，灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）将正方形的面积表示成 4个直角三角形的面积加中间小正方形的面积，即可用含 a、b、 c的代数式表示出大正方形的面积；根据同一个图形用不同方法表示出其面积，面积不变即 可得到等式； （2）梯形的面积为    1 2 a b a b  ，也可表示为 2 2 1 1 12 2 2 2 c ab c ab    ，可得     21 1 2 2 a b a b c ab    ，再化解即可； （3）①在Rt ABC△ 中，由勾股定理得 2 25 3 4BC    ．再由 3BD CD ，可得 1CD  ．在 Rt ACD△ 中，由勾股定理得 10AD  ； ②分为当点 D在线段 BC上，且点 1C 恰好落在射线 BA上，当点 D在线段 BC的延长线上， 且点 1C 恰好落在射线 BA上，这两种情况结合勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）图 2中大正方形的面积为  2a b ，也可用几个三角形和正方形的面积表 示为 22ab c , 故答案为：  2a b ； 22ab c ；………………………………………………4 （2）验证：∵梯形的面积为    1 2 a b a b  ，也可表示为 2 2 1 1 12 2 2 2 c ab c ab    ， ∴     21 1 2 2 a b a b c ab    ， 答案第 12页，共 15页 整理得 2 2 2a b c  ；…………………………………………………………6 （3）①在Rt ABC△ 中，由勾股定理得 2 25 3 4BC    ． ∵ 3BD CD ， ∴ 1CD  ． 在Rt ACD△ 中，由勾股定理得 10AD  ；………………………………9 ②如图，当点 D在线段 BC上，且点 1C 恰好落在射线 BA上． ∵点 C与点 1C 关于 AD对称， ∴ 1CD C D ， 1 3AC AC  ， 1 90AC D ACD   ， ∴ 1 1 2BC AB AC   ， 1 90BC D  ． 设 1CD C D x  ， ∴ 4BD BC CD x    ． 在 1Rt BDC 中， 2 2 21 1BD BC C D  ， 即  2 24 4x x   ， ∴ 3 2 x  ， 即CD的长为 3 2 ； 如图 2，当点 D在线段 BC的延长线上，且点 1C 恰好落在射线 BA上． ∵点 C与点 1C 关于 AD对称， 答案第 13页，共 15页 ∴ 1CD C D ， 1 3AC AC  ， 1 90AC D ACD   ， ∴ 1 1 8BC AB AC   ． 设 1CD C D x  ， ∴ 4BD BC CD x    ． 在 1Rt BDC 中， 2 2 21 1BD BC C D  ， 即  2 24 64x x   ， ∴ 6x  ，即CD的长为 6． 综上，CD的长为 3 2 或 6…………………………………13（写对一个给 2分） 23．(1) 3 2 EF  (2)3 2 3 (3) 4 7 或 4 7 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定， 等腰直角三角形的性质与判定： （1）先根据矩形的性质和勾股定理求出 AC BC， 的长，再由折叠的性质推出 3 90AE AB BF EF AEF B     ， ，∠ ∠ ，则 2 90CE AC AE CEF    ，∠ ，设 EF BF x  ，则 4CF BC BF x    ，在Rt CEF△ 中，由勾股定理建立方程求解即可； （2）在 AB上取一点 H使得 AH FH ，连接 FH ，可证明 BHF 是等腰直角三角形，则可 得到 BH BF ， 2 2 2FH BH BF BF   ，进而得到  1 2AB AH BH BF    ，据此 可得答案； （3）分当点 F在 BC上和当点 F在 BC延长线上，两种情况通过证明  ASAAED DCF ≌ 得 到CF DE ，利用勾股定理求出DE的长，进而求出求出CF的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形 ABCD是矩形， ∴ 4 90BC AD B   ，∠ ， ∴ 2 2 5AC = AB +BC = ，…………………………………………………………1 由折叠的性质可得 3 90AE AB BF EF AEF B     ， ，∠ ∠ ， ∴ 2 90CE AC AE CEF    ，∠ ， 答案第 14页，共 15页 设 EF BF x  ，则 4CF BC BF x    ， 在Rt CEF△ 中，由勾股定理得 2 2 2CE EF CF  ， ∴  22 22 4x x   ，……………………………………………………………3 解得 3 2 x  ， ∴ 3 2 EF  ；……………………………………………………………………4 （2）解：如图所示，在 AB上取一点 H使得 AH FH ，连接 FH ， 由折叠的性质可得 1 22.5 2 BAF EAF BAE EF BF    ∠ ∠ ∠ ， ， ∵ AH FH ， ∴ 22.5HFA HAF  ∠ ∠ ， ∴ 45HBF HFA HAF   ∠ ∠ ∠ ， 又∵  90B ， ∴ BHF 是等腰直角三角形，………………………………………………6 ∴ BH BF ， ∴ 2 2 2FH BH BF BF   ， ∴ 2AH BF ， ∴  1 2AB AH BH BF    ， ∴ 3 3 2 3 1 2 BF     ， ∴ 3 2 3EF   ；………………………………………………………………8 （3）解：如图所示，当点 F在 BC上时， ∵四边形 ABCD是矩形， 答案第 15页，共 15页 ∴ 4 90BC AD CD AB B C     ， ，∠ ∠ ， AD BC∥ ， ∴ EDA CFD   ， 由折叠的性质可得 3 90AE AB BF EF AEF B     ， ，∠ ∠ ， ∴ 90AED DCF AE CD   ∠ ∠ ， ， ∴  ASAAED DCF ≌ ， ∴CF DE ， 在Rt ADE 中，由勾股定理得 2 2 7DE AD AE   ， ∴ 7CF  ， ∴ 4 7EF BF BC CF     ； 如图所示，当点 F在 BC延长上时， 同理可证明  ASAAED DCF ≌ ， ∴CF DE ， 在Rt ADE 中，由勾股定理得 2 2 7DE AD AE   ， ∴ 7CF  ， ∴ 4 7EF BF BC CF     ； 综上所述， EF的长为 4 7 或 4 7 ．……………………14（写对一个给 3分）