精品解析：广东广州市育才中学2025学年第二学期初二期中调研数学练习卷（202604）

2025学年第二学期初二期中调研 数学练习卷（202604） 本练习卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分150分，练习时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共40分） 一、单项选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 以下列各组数为边长，能够组成直角三角形的是（ ） A. ，，． B. 2，3，4 C. 5，12，13 D. 8，13，17 3. 下列运算中，结果正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，▱ABCD的周长为40，AD∶AB＝3∶2，那么BC的长度是（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 5. 如图，小岛A在港口B北偏东方向上，“远航号”从港口B出发由西向东航行到达C点，在C点测得小岛A恰好在正北方向上，此时“远航号”与小岛A的距离为（ ） A. B. C. 30 D. 6. 若是整数，则正整数n的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 18 7. 在中，对角线相交于点，若要使为矩形，可以添加下列哪个条件？（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点．若，，则的周长为（　　） A. 10 B. C. D. 14 10. 如图所示，已知正方形边长为，连接平分交于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共110分） 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 若式子有意义，则x的取值范围是_____． 12. 在中， ，则的度数为________． 13. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离是_________． 14. 若，则代数式的值为______． 15. 如图，正八边形的边长为2，延长和交于点，则______． 16. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形，面积为9，中间的小正方形面积为2，连接，交于点P，交于点M，①，②；③，④，其中正确的结论是_______________．（填写所有正确结论的序号） 三、解答题（共86分） 17. 计算： 18. 已知，，求代数式的值． 19. 如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，且．求证：． 20. 如图，在中，为边上一点，连接，过点作交的延长线于点，已知．求证：为直角三角形． 21. 如图，在一条笔直的火车轨道同侧有两城镇，城镇到轨道的垂直距离为5千米，城镇到轨道的垂直距离为10千米，的长度为12千米． 现要在线段上修建一个货运中转站，使得中转站到城镇的距离相等，此时中转站应修建在离点多远处？ 22. 如图，在中，平分交于点交于点F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求的长． 23. 如图，四边形是正方形． （1）尺规作图：以为边，在正方形内部作等边．（保留作图痕迹，不写作法） （2）连接，在第（1）问的基础上，若，求点E到的距离． 24. 定义：若过三角形一个顶点的线段，将这个三角形分为两个三角形，其中一个是直角三角形，另一个是等腰三角形，则称这个三角形是等直三角形，这条线段叫做这个三角形的等直分割线段．例如：如图1，在中，于，且是等直三角形，是的一条等直分割线段． （1）定义理解：直角三角形一定___________等直三角形（填“是”或“不是”）； （2）定义应用：如图2，在中，是的等直分割线段，，，求的长； （3）应用提升：在中，是的等直分割线段，则AC的长可以为___________． 25. 在正方形中，，为对角线上一点，连接，过作，交于． （1）如图，求证：； （2）如图，过作交于，连接交于，证明：； （3）如图，在（）条件下，记的中点为，为线段上一点，且，求线段长度的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期初二期中调研 数学练习卷（202604） 本练习卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分150分，练习时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共40分） 一、单项选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义判断，最简二次根式需满足两个条件：1 被开方数不含分母；2 被开方数不含能开得尽方的因数或因式，据此逐一分析选项即可． 【详解】A、没有能开得尽方的因数，是最简二次根式，故此选项符合题意； B、的被开方数含分母，不是最简二次根式，故此选项不符合题意； C、被开方数含分母，不是最简二次根式，故此选项不符合题意； D、被开方数含能开得尽方的因数25，不是最简二次根式，故此选项不符合题意． 2. 以下列各组数为边长，能够组成直角三角形的是（ ） A. ，，． B. 2，3，4 C. 5，12，13 D. 8，13，17 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理逆定理，掌握运用勾股定理逆定理判定直角三角形是解题的关键． 根据勾股定理逆定理逐项判断即可． 【详解】解：A．由，则不能组成直角三角形，不符合题意； B．由则2，3，4不能组成直角三角形，不符合题意； C．由，则5，12，13能组成直角三角形，符合题意； D．由，则8，13，17不能组成直角三角形，不符合题意． 故选：C． 3. 下列运算中，结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的化简加减运算分母有理化乘方运算规则，逐一计算各选项即可判断． 【详解】解：选项A： ∵，A错误． 选项B： ∵，B错误． 选项C： ∵2与不是同类二次根式，不能合并，∴，C错误． 选项D： ∵ ∴，D正确． 4. 如图，▱ABCD的周长为40，AD∶AB＝3∶2，那么BC的长度是（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】由平行四边形的周长为40．可得AB+AD=20，再结合条件AD∶AB＝3∶2，所以可求出AB，BC的值． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AD=BC， ∵▱ABCD周长40， ∴AB+AD=20， ∵AD∶AB＝3∶2， ∴AB=8，AD =12， ∴BC= AD=12， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键． 5. 如图，小岛A在港口B北偏东方向上，“远航号”从港口B出发由西向东航行到达C点，在C点测得小岛A恰好在正北方向上，此时“远航号”与小岛A的距离为（ ） A. B. C. 30 D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查的知识点是勾股定理的应用，直角三角形30度角的性质，关键是掌握勾股定理的计算．连接，此题易得，得，再利用勾股定理计算即可． 【详解】解：连接， 由已知得：，，， ∴， 在中，， ∴（）， 故选：B 6. 若是整数，则正整数n的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据若是整数，则是平方数求解即可． 【详解】解：∵是整数， ∴是平方数， ∴． 故选B． 【点睛】本题考查了二次根式的性质，熟练掌握是解答本题的关键． 7. 在中，对角线相交于点，若要使为矩形，可以添加下列哪个条件？（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，菱形的判定定理，平行四边形的性质，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，据此求解即可． 【详解】解：A、：对角线垂直的平行四边形是菱形，而不一定是矩形，故此选项不符合题意． B、：无法直接推导出直角或对角线相等，无法判定为矩形，故此选项不符合题意． C、：邻边相等的平行四边形是菱形，而不一定是矩形，故此选项不符合题意． D、：在平行四边形中，，．若，则，满足“对角线相等的平行四边形是矩形”，故此选项符合题意． 故选D． 8. 如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查勾股定理与网格问题，勾股定理求出的长，设点到直线的距离为，等积法进行求解即可． 【详解】解：由勾股定理，得：， 由网格可知：， 设点到直线的距离为，则：，即， 解得； 故选：B． 9. 如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点．若，，则的周长为（　　） A. 10 B. C. D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】由点O是的中点，E为的中点可得，在中，利用勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得，即可得的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵点O是的中点，E为的中点， ∴，， 在中，，， 根据勾股定理得，， 在中，根据勾股定理得，． ∵四边形是矩形， ∴， ∵点O是的中点， ∴． ∴的周长为． 10. 如图所示，已知正方形边长为，连接平分交于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理及角平分线的性质，关键是灵活应用知识点解题；过点作于点，设，根据，列方程求解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴即：是等腰直角三角形， ∵正方形边长为， ∴， ∴， 设， 在中， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故选：D．   第Ⅱ卷（非选择题，共110分） 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 若式子有意义，则x的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，属于基础题目，掌握解答的方法是关键． 根据二次根式有意义的条件解答即可． 【详解】解：由题意得：， 解得：． 故答案为：． 12. 在中， ，则的度数为________． 【答案】##110度 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质，对角相等，即可． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 13. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据点的坐标，直接利用勾股定理可求解点到原点的距离． 【详解】解：∵点的坐标是， ∴点到原点的距离是：=． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了勾股定理，点的坐标，正确理解点的坐标性质是解题关键． 14. 若，则代数式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，即得，得到，再整体代入计算即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴． 15. 如图，正八边形的边长为2，延长和交于点，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正八边形求出每一个外角的度数，证明是等腰直角三角形，再根据勾股定理求出，即可求出面积． 【详解】解：， 是等腰直角三角形， ， 正八边形的边长为2， ， 求出， ． 16. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形，面积为9，中间的小正方形面积为2，连接，交于点P，交于点M，①，②；③，④，其中正确的结论是_______________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】 ①③④ 【解析】 【分析】根据正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质以及面积公式，对四个结论逐一进行推导和验证即可． 【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形， ∴，，，， ∴， 由题意得， ∴，， ∵为正方形的对角线， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， 故①正确； 由①得，， ∵，， ∴，即， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 设直角三角形的两直角边分别为，() ， ∵大正方形面积为9，小正方形面积为2， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， 故③正确 ； ∵， ∴，解得，  即， 故④正确； ∵，，经计算， ∴， 故②错误； 综上，正确的结论是：①③④． 三、解答题（共86分） 17. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】先进行乘除运算，再进行加减运算即可． 【详解】解：原式 ． 18. 已知，，求代数式的值． 【答案】15 【解析】 【分析】先计算，，再把变形为，最后整体代入计算即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴ ． 19. 如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】见解析． 【解析】 【分析】由平行四边形的性质得，，再证，然后由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明是解题的关键． 20. 如图，在中，为边上一点，连接，过点作交的延长线于点，已知．求证：为直角三角形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据勾股定理及其逆定理进行证明即可. 【详解】证明：∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 即：是直角三角形. 21. 如图，在一条笔直的火车轨道同侧有两城镇，城镇到轨道的垂直距离为5千米，城镇到轨道的垂直距离为10千米，的长度为12千米． 现要在线段上修建一个货运中转站，使得中转站到城镇的距离相等，此时中转站应修建在离点多远处？ 【答案】中转站应修建在离点相距千米处 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用，设千米，则千米，根据勾股定理列方程求解即可 【详解】解：设千米，则千米， 因为 所以， 所以，解得， 所以中转站应修建在离点相距千米处． 22. 如图，在中，平分交于点交于点F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）的长为 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理； （1）根据平行四边形的性质得出结合，得出四边形是平行四边形，进而根据角平分线以及平行线的性质得出则，即可得证； （2）根据菱形的性质，勾股定理，求得菱形的面积，进而根据即可求解． 【小问1详解】 证明：∵四边形为平行四边形， ， 平分交于点交于点F ， ∴四边形为平行四边形， ， ， ． ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：连接交于点H， ∵四边形是菱形，，， ，，，， ， ， ， ， ， ， 的长为． 23. 如图，四边形是正方形． （1）尺规作图：以为边，在正方形内部作等边．（保留作图痕迹，不写作法） （2）连接，在第（1）问的基础上，若，求点E到的距离． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合等边三角形的判定，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在正方形内部交于点，连接，即可． （2）过点作，交于点，作，分别交、于点、，利用等边三角形的性质、正方形性质可得：，，利用锐角三角函数在和中分别求出，的值，再在中，求出的值，即为点到的距离． 【小问1详解】 解：如图，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在正方形内部交于点，连接，， 则等边三角形即为所求． 【小问2详解】 过点作，交于点，作，分别交、于点、， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形，， ∴，，， 在和中，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴，即点到的距离为． 【点睛】本题考查作图—复杂作图、等边三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键． 24. 定义：若过三角形一个顶点的线段，将这个三角形分为两个三角形，其中一个是直角三角形，另一个是等腰三角形，则称这个三角形是等直三角形，这条线段叫做这个三角形的等直分割线段．例如：如图1，在中，于，且是等直三角形，是的一条等直分割线段． （1）定义理解：直角三角形一定___________等直三角形（填“是”或“不是”）； （2）定义应用：如图2，在中，是的等直分割线段，，，求的长； （3）应用提升：在中，是的等直分割线段，则AC的长可以为___________． 【答案】（1）是 （2）5 （3）2或1或 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，以及等直三角形的定义，解题关键是读懂题目中给的等直三角形定义，熟练掌握等腰三角形的判定和性质． （1）根据等直分割线的定义判断即可； （2）根据等直三角形可得：，，，，结合等腰三角形的判定和性质即可解答； （3）根据等直三角形的定义，分是直角三角形和等腰三角形时，画出图形，分别求解即可. 【小问1详解】 解：直角三角形一定是等直三角形 证明：如图：是的垂直平分线， ，则是等腰三角形， 是直角三角形 是的一条等直分割线段； ∴直角三角形一定是等直三角形， 故答案为：是； 【小问2详解】 是的等直分割线段 是等腰三角形 设：，则 在中，根据勾股定理得 解得 ； 【小问3详解】 在中，，，是的等直分割线段， ①若，时，如图1， ∴， ∴， ∴， ②若，时，如图2， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ③若，时，如图3， ∴ ④若，时，如图4， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：的长可以为或或. 故答案为：或或. 25. 在正方形中，，为对角线上一点，连接，过作，交于． （1）如图，求证：； （2）如图，过作交于，连接交于，证明：； （3）如图，在（）条件下，记的中点为，为线段上一点，且，求线段长度的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）线段长度的最小值为． 【解析】 【分析】（）过作于点，于点，由四边形是正方形，得，平分，所以，，然后通过同角的余角相等得，证明，再由全等三角形的性质即可求证； （）过作于点，于点，延长交于点，连接交于点，由（）得，，则四边形是矩形，故有四边形是正方形，则，又四边形是正方形，所以，，平分、，再证明四边形是矩形，四边形是矩形，故有，，设，故有，所以，，即有，再证明，所以，然后通过全等三角形的性质和三角形内角和定理得出，则； （）以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，由（）得，设，则，所以，，故有，可得点在直线上运动，设直线与，轴交于点，，所以，所以，然后根据“垂线段最短”可知，当时，线段长度有最小值，如图，延长交轴于点，所以，则，，所以，，再求出，则，即线段长度的最小值为． 【小问1详解】 证明：如图，过作于点，于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图，过作于点，于点，延长交于点，连接交于点， 由（）得，，， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，平分、， ∴， ， ∴四边形是矩形， ∴ ， 同理：四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， 设， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 由（）得：， 设，则， ∴，， ∵的中点为， ∴， 设，， ∴，即， ∴点在直线上运动，设直线与，轴交于点，，如图， 当时，；时，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据“垂线段最短”可知，当时，线段长度有最小值，如图，延长交轴于点， ∴， ∴，， ∴， ， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $