精品解析：山东省淄博市张店区龙凤苑中学2024—2025学年下学期期中考试数学试卷【五四制】

2025年04月16日龙凤苑初三下期中试卷 一．选择题（共10小题） 1. 下列计算正确的是（　　） A B. C. D. 2. 下列二次根式中与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 若代数式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程配方后可化为（　　） A. B. C. D. 5. 下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ） A. 测量得出对角线相等 B. 测量得出对角线互相平分 C. 测量得出两组对边分别相等 D. 测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等 6. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 7. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果正确的是（　　） A. B. C. D. 8. 若关于的一元二次方程（其中）有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在正方形中，点E为边上一点，，连接，将线段绕点E顺时针旋转后，点A对应点为点F，连接、，则的值是（ ） A B. C. D. 10. 如图，若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格，小菱形的顶点称为格点，且小菱形的边长为1，，若在网格中作一个矩形，使得矩形的4个顶点都在格点上，很明显，这样的图形有多种画法，则满足条件的矩形的面积最大值是（ ） ． A. B. 6 C. D. 8 二．填空题（共5小题） 11. 在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 12. 一元二次方程的根是____________________． 13. 如图，在中，，，，点为斜边上一动点，过点作于，于点连结，则线段的最小值为__________． 14. 已知是方程的一个根，则____________. 15. 平面直角坐标系中，正方形的顶点，点在轴正半轴上，的角平分线交于点，过点作，垂足为点，交于点，则点的坐标为________________． 三．解答题（共8小题） 16 计算： （1）； （2）． 17 解方程： （1）； （2）． 18. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形面积． 19. 如果一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“凤凰方程”． （1）判断一元二次方程是否为“凤凰方程”，并说明理由； （2）若关于的方程是“凤凰方程”，求的值． 20. 如图，在中，，垂足为F，，垂足为E，M为的中点，连接． （1）求证：； （2）若，求的大小． 21. 我们在学习二次根式时，了解了分母有理化及其应用． 如： （1）化简：______； （2）比较和的大小； （3）化简：． 22. 已知是关于的一元二次方程的两实数根． （1）求的取值范围； （2）已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． （3）阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 23. 正方形中，M为边CB延长线上一点，过点A作直线AM，设∠BAM=α，点B关于直线AM的对称点为点E，连接AE、DE，DE交AM于点N． （1）依题意补全图形；当α=30°时， 直接写出∠AND的度数； （2）当α发生变化时，∠AND的度数是否发生变化？说明理由； （3）探究线段AN，EN，DN的数量关系，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年04月16日龙凤苑初三下期中试卷 一．选择题（共10小题） 1. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的加减乘除．根据二次根式的加减乘除法则逐项判断即可得． 【详解】解：A、，故本选项不合题意； B、，故本选项符合题意； C、，故本选项不合题意； D、和不是同类二次根式，不能合并，故本选项不合题意； 故选：B． 2. 下列二次根式中与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同类二次根式的定义：一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．求解即可． 【详解】A、=，与不是同类二次根式，本选项错误； B、＝3，与不是同类二次根式，本选项错误； C、＝2，与不是同类二次根式，本选项错误； D、＝2，与是同类二次根式，本选项正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了同类二次根式，解答本题的关键在于熟练掌握同类二次根式的定义：一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式． 3. 若代数式有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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；∵若代数式有意义， ∴， ∴， 故选：B． 4. 一元二次方程配方后可化（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程配方法．根据题意先将常数移项到等号右侧，再进行配方即可． 【详解】解：， 移项得：， 配方得：， 即：， 故选：C． 5. 下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ） A. 测量得出对角线相等 B. 测量得出对角线互相平分 C. 测量得出两组对边分别相等 D. 测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等 【答案】D 【解析】 【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵对角线互相平分且相等四边形才是矩形， ∴对角线相等的四边形不是矩形，故选项A不符合题意； B、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形， ∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，故选项B不符合题意； C、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等， ∴对角线互相平分且相等， ∵对角线互相平分且相等四边形是矩形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、熟记矩形的判定定理是解题的关键． 6. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．分别计算四个方程的根的判别式，然后根据判别式的意义判断根的情况． 【详解】解：A、∵，∴方程有两个相等的实数根，不合题意； B、∵，∴方程有两个不相等的实数根，符合题意； C、∵，∴方程没有实数根，不合题意； D、∵，∴方程有两个相等的实数根，不合题意． 故选：B． 7. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了数轴，二次根式的性质，根据数轴判断出式子的正负是解题关键．根据数轴推出，，再根据二次根式的性质化简即可． 【详解】解：由数轴可知，，， ，， ， 故选：D． 8. 若关于的一元二次方程（其中）有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程（，a，b，c为常数）根的判别式的意义．当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．根据根的判别式的意义可得，然后解不等式即可． 【详解】解∶∵关于的一元二次方程（其中）有两个相等的实数根， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故选∶C． 9. 如图，在正方形中，点E为边上一点，，连接，将线段绕点E顺时针旋转后，点A对应点为点F，连接、，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作于点交的延长线于点，可证明，则，推导出，则四边形是正方形，所以，则，由，得，则，求得，，得出即可 【详解】解：如图，作于点交的延长线于点， 四边形是正方形， ， 将线段绕点顺时针旋转后，点对应点为点， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形，且， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 故选：D． 【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 10. 如图，若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格，小菱形的顶点称为格点，且小菱形的边长为1，，若在网格中作一个矩形，使得矩形的4个顶点都在格点上，很明显，这样的图形有多种画法，则满足条件的矩形的面积最大值是（ ） ． A. B. 6 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，熟练掌握相关知识是解题的关键． 取格点E，F，G，H，根据菱形对角线互相垂直可证明四边形是矩形，且根据网格的特点可知四边形是面积最大的矩形．过点D作于E，则，进而可得，，即可求出，证明四边形是平行四边形，得到，同理可得，则可得到． 【详解】解：如图所示，四边形即为所求； 根据菱形的对角线互相垂直可得，， 根据网格特点可得， ∴四边形是矩形． 过点D作于N， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理可得， ∴， ∴． 故选：C 二．填空题（共5小题） 11. 在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握被开方数为非负数时，二次根式有意义，分式分母不为零是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，即被开方数为非负数，分式分母不为零即可求解． 【详解】解：根据题意可得：， ， 故答案为：． 12. 一元二次方程的根是____________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的求解，解题的关键是掌握因式分解法解一元二次方程． 通过对给定的一元二次方程进行因式分解，将其转化为两个一次方程，进而求解方程的根． 【详解】解：， ， 则或， 所以， 故答案为：． 13. 如图，在中，，，，点为斜边上一动点，过点作于，于点连结，则线段的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答．连接，当时，最小，利用三角形面积解答即可． 【详解】解：连接， ，， ， 四边形是矩形， ， 当最小时，也最小， 即当时，最小， ，， ， 的最小值为：． 线段长的最小值为 故答案为：． 14. 已知是方程的一个根，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，得出，代入代数式，即可求解． 【详解】解：依题意， ∴ ∴， ∴， 故答案为：． 15. 平面直角坐标系中，正方形的顶点，点在轴正半轴上，的角平分线交于点，过点作，垂足为点，交于点，则点的坐标为________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 过作于，由平分，，可得，故，而四边形是正方形，有是等腰直角三角形，可运用勾股定理求得，从而的坐标为． 【详解】解：过作于，如图： 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， 设，则由勾股定理得：， 解得：， 的坐标为， 故答案为：． 三．解答题（共8小题） 16. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的混合运算： （1）先化简二次根式，再进行加减计算即可． （2）先利用平方差公式先进行化简、计算，在进行加减计算即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ． 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解法； （1）把方程化为，再利用配方法解方程即可； （2）把方程化为，再利用公式法解方程即可； 【小问1详解】 解：， 原方程整理得：， 配方得： 即， 直接开平方得：， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 原方程整理得：， ， ， 则， 即． 18. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，结合已知得出，结合推出四边形是平行四边形，再由即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质结合直角三角形的性质得出，再由菱形的面积公式计算即可得出答案． 【小问1详解】 证明：， ， 为的平分线， ， ， ， 又， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 是菱形； 【小问2详解】 解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ． 19. 如果一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“凤凰方程”． （1）判断一元二次方程是否为“凤凰方程”，并说明理由； （2）若关于的方程是“凤凰方程”，求的值． 【答案】（1）是“凤凰方程”，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解，准确理解“凤凰方程”的定义是解题的关键． （1）根据凤凰方程的意义进行计算即可； （2）根据凤凰方程的意义得到关于的方程计算即可． 【小问1详解】 解：是“凤凰方程”，理由如下： ，，， ， “凤凰方程”； 【小问2详解】 是关于的“凤凰方程”，，，， ， 解得：． 20. 如图，在中，，垂足为F，，垂足为E，M为的中点，连接． （1）求证：； （2）若，求的大小． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． （1）根据，，和是直角三角形，再根据为的中点，由直角三角形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出； （2）根据，可得，，由，，由三角形内角和即可求得的度数． 【小问1详解】 证明：，， 和均是直角三角形， 为的中点， ，， ； 【小问2详解】 解：， ，， ，， ，， ， 的度数为． 21. 我们在学习二次根式时，了解了分母有理化及其应用． 如： （1）化简：______； （2）比较和的大小； （3）化简：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了分母有理化，二次根式比较大小，二次根式的加减计算，熟知分母有理化的方法是解题的关键． （1）仿照题意进行分母有理化即可； （2）分母有理化得到，，利用作差法可得，则； （3）分母有理化得到，再把所求式子的每一项按照此方法分母有理化，并计算求解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：， ． ， ， ， ． ， ； 【小问3详解】 解： ， ∴原式 ． 22. 已知是关于的一元二次方程的两实数根． （1）求的取值范围； （2）已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． （3）阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 【答案】（1）且 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，计算一元二次方程根的判别式大于或等于0，根据一元二次方程的定义得出，即可求解； （2）根据恰好是等腰的腰长，令，解一元二次方程求得，进而即可求解； （3）由(2)知：的三边长为，代入公式求得面积，进而根据角平分线的性质求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得：，且， 化简得：， 解得：且； 【小问2详解】 由题意知：恰好是等腰的腰长， ∴， ∵是关于的一元二次方程的两实数根， ∴， 解得， ∴， 解得， ∵， ∴的周长为：； 【小问3详解】 由(2)知：的三边长为， ∴5， ∴， 过分别作，，，垂足分别为， ∵是△ABC角平分线的交点， ∴， ∴ ， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 23. 正方形中，M为边CB延长线上一点，过点A作直线AM，设∠BAM=α，点B关于直线AM的对称点为点E，连接AE、DE，DE交AM于点N． （1）依题意补全图形；当α=30°时， 直接写出∠AND的度数； （2）当α发生变化时，∠AND的度数是否发生变化？说明理由； （3）探究线段AN，EN，DN的数量关系，并证明． 【答案】（1）∠AND=45 ° ；（2）∠AND的度数不发生变化，理由见解析；（3）DN=.理由见解析. 【解析】 【分析】（1）依题意补全图形，由正方形的性质得出∠BAD＝90°，AB＝AD，由轴对称的性质得出AE＝AB，∠BAM＝∠EAM＝α＝30°，得出∠EAD＝150°，AE＝AB＝AD，由等腰三角形的性质得出∠AED＝∠ADE＝15°，即可得出结果； （2）求出∠EAD＝90°＋2α．由等腰三角形的性质得出∠AED＝∠ADE＝45°−α．即可得出结果； （3）过点 A作AG⊥AM，交DE 于点G，连接BN，由轴对称的性质得出AB＝AE，∠BAN＝∠EAN，证明△ABN≌△AEN得出BN＝EN，∠AED＝∠ABN，证出∠ABN＝∠ADE，得出∠BAN＝∠DAG，证明△ABN≌△ADG得出BN＝DG，AN＝AG，得出△ANG 为等腰直角三角形，EN＝BN＝DG，即可得出结论． 【详解】解：（1）依题意补全图形，如图1所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵点B关于直线AM的对称点为点E， ∴AE＝AB，∠BAM＝∠EAM＝α＝30°， ∴∠EAD＝90°＋30°＋30°＝150°，AE＝AB＝AD， ∴∠AED＝∠ADE＝（180°−150°）＝15°， ∴∠AND＝∠EAN＋∠AED＝30°＋15°＝45°； （2）∠AND的度数不发生变化； 理由如下： ∵∠BAM＝∠EAM＝α， ∴∠EAD＝90°＋2α． ∵AE＝AB＝AD， ∴∠AED＝∠ADE＝＝45°−α． ∴∠AND＝∠EAN＋∠AED＝45°−α＋α＝45°； （3）DN＝AN＋EN， 理由如下： 过点 A作AG⊥AM，交DE 于点G，连接BN，如图2所示： ∵点B 与 点E关于直线AM对称， ∴AB＝AE，∠BAN＝∠EAN， 在△ABN和△AEN中，， ∴△ABN≌△AEN（SAS）， ∴BN＝EN，∠AED＝∠ABN ∵∠AED＝∠ADE， ∴∠ABN＝∠ADE， ∵∠BAD＝∠GAN＝90°， ∴∠BAN＝∠DAG， 在△ABN和△ADG中，， ∴△ABN≌△ADG（ASA）， ∴BN＝DG，AN＝AG， ∴△ANG 等腰直角三角形，EN＝BN＝DG， ∴NG＝AN， ∴DN＝AN＋EN． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$