文档内容
石景山区 2022－2023 学年第二学期初二期末试卷
数 学
考生须知：
1.本试卷共6页，共三道大题，28道小题，满分100分．考试时间100分钟．
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号．
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，选择题、作图题请用 2B铅笔作答，其他试题请用黑
色字迹签字笔作答，在试卷上作答无效．
4.考试结束，请将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 在平面直角坐标系xOy中，点 关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据平面直角坐标系中任意一点 ，关于原点的对称点是 ，即可得到答案．
【详解】解：点 关于原点对称的点的坐标是 ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点 ，关于原点的对
称点是 ，熟练掌握此知识点是解题的关键．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形的概念．如果一个图形绕着某点旋转180°后，能与原来图形完全重合，则
这个图形叫中心对称图形，这点叫对称中心．
3. 解方程 ，下列用配方法进行变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用完全平方公式进行配方即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，即 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
的
4. 一元二次方程 根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵a=2，b=﹣3，c=5，∴△=b2﹣4ac=（﹣3）2﹣4×2×5=﹣31＜0，∴方程没有实数根．
故选C．点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式△=b2﹣4ac．当△＞0，方
程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
5. 下表是甲、乙两名同学八次射击测试成绩，设两组数据的平均数分别为 ， ，方差分别为 ， ，
则下列说法正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】首先依据平均数计算公式分别计算出 ， ，即可判断其大小；再依据方差的计算公式分别计
算甲、乙的方差即可作出判断．
【详解】解： ，
，
，
，
， ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平均数与方差，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式．
6. 某工厂由于采用新技术，生产量逐月增加，原来月产量为2000件，两个月后增至月产量为3000件． 若
设月平均增长率为x，则下列所列的方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B【解析】
【分析】利用两个月后的月产量 原来的月产量 ，即可列出关于 的一元二次
方程，此题得解
【详解】解：根据题意得： ．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关
键．
7. 如图，在平面直角坐标系 中，四边形 是矩形，点 ， ，将矩形 绕点
逆时针旋转 ，则旋转后点 的对应点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用矩形的性质以及旋转变换的性质解决问题即可．
【详解】解：如图：
，
四边形 是矩形，点 ， ，
，
由旋转变换的性质可得： ，
在第二象限，，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解题的关键．
8. 小英以300米/分的速度匀速骑车8分钟到达某地，原地停留10分钟后以400米/分的速度匀速骑回出发
地．小英距出发地的距离y（单位：千米）与时间x（单位：分）的函数图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据匀速行驶，可得路程随时间匀速增加，根据原地休息，路程不变，根据加速返回，可得路程
随时间逐渐减少，可得答案．
【详解】解：由题意，得：以300米 分的速度匀速骑车8分钟，路程随时间匀速增加；在原地休息了10
分钟，路程不变；以400米 分的速度骑回出发地，路程逐渐减少，且返回的时间为：
（分钟），所以选项B的图象符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数图象，根据题意判断路程与时间的关系是解题关键，注意休息时路程不变．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 在函数 中，自变量x的取值范围是________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由被开方数为非负数，即 ，解不等式可求x的范围．【详解】解：根据题意得： ，
解得： ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了求函数自变量的取值范围，关键是掌握算术平方根的非负性．
10. 已知 是关于x的一元二次方程 的一个根，则b的值是________．
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】把 代入方程 中得： ，然后进行计算即可解答．
【详解】解：把 代入方程 中得：
，
解得： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
11. 根据某班40名学生身高的频数分布直方图（每组不含起点值，含终点值），回答下列问题：
（1）人数最多的身高范围是________；
（2）身高大于175cm的学生占全班人数的百分比是________．
【答案】 ①. 165cm至170cm之间（包括170cm） ②. 15%
【解析】
【分析】（1）根据频数分布直方图即可看出人数最多的身高范围；
（2）用身高大于175cm的学生人数除以全班人数即可．【详解】解：（1）由图可得：
人数最多的身高范围是：165cm至170cm之间（包括170cm），
故答案为：165cm至170cm之间（包括170cm）；
（2）根据题意得：
身高大于175cm的学生占全班人数的百分比是： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了频数分布直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12. 请写出一个图象平行于直线 ，且过第一、二、四象限的一次函数的表达式________．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】设一次函数表达式为： ，由图象平行于直线 可得 ，由图象经过第一、
二、四象限，可得 ，由此即可得到答案．
【详解】解：设一次函数表达式为： ，
图象平行于直线 ，
，
图象经过第一、二、四象限，
，
，
故答案为： （答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，一次函数 （ 为常数， ）是一条直线，当
时，图象经过一、三象限， 随 的增大而增大，当 时，图象经过二、四象限， 随 的增大而减小，
当 时，图象交于 轴的正半轴，当 时，图象过原点，当 时，图象交于 轴的负半轴．
13. 已知点A（﹣2，y），B（3，y）在一次函数y＝2x﹣3的图象上，则y___y（填“＞”，“＜”或
1 2 1 2
“＝”）．
【答案】＜【解析】
【分析】根据题意易得k=2＞0，则有y随x的增大而增大，再由点A（﹣2，y），B（3，y）在一次函数
1 2
y＝2x﹣3的图象上可进行求解．
【详解】解：由题意得：k=2＞0，
∴y随x的增大而增大，
∵点A（﹣2，y），B（3，y）在一次函数y＝2x﹣3的图象上，
1 2
∴ ；
故答案为＜．
【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．
14. 如图，菱形 的对角线 ， 相交于点O，M，N分别是 ， 边的中点，连接 交
于点P，以下说法正确的是________（填写序号即可）．
① ② ③ ④
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】根据菱形的性质得到 ，故①正确； ， ，故②错误；根据菱形的性
质得到 ，根据三角形的中位线定理得到 ，根据平行线的性质得到 ，故③正
确；根据等腰三角形的性质即可得到结论.
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，故①正确，②错误；
∵四边形 是菱形，∴ ，
∵M，N分别是 ， 边的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∴ ，故③正确；
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
∴ 不一定等于 ，故④错误，
故答案为：①③.
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键.
15. 在平行四边形 中， ， ，过点D作 于点H，连接 ． 若 平分
， 则 的长是________．
【答案】
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得 ， ，再证 ，得 ，
则 ，然后由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 平分 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的
性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
16. 如图，在矩形 中， ， ，点P从点A出发，沿线段 以每秒1个单位长度的速
度向终点D运动；点Q从点B出发，沿线段 以每秒2个单位长度的速度向终点A运动． P，Q两点同
时出发，设点P运动的时间为 （单位：秒）， 的面积为 ．则 关于 的函数表达式为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据 ， ， ，得到 ，根据矩形的角是直角，得
到 ．
【
详解】∵ ， ， ，
∴ ，∵矩形 中， ，
∴
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形，三角形面积．解决问题的关键是熟练掌握矩形角的性质和三角形面积公式．
三、解答题（本题共68分，第17－22题，每小题5分，第23－26题，每小题6分，第27，
28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 解方程：
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解法可进行求解．
【详解】解：
或
∴ ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
18. 一次函数 （ ）的图象经过点 ， ．求一次函数的表达式．
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法求解即可．【详解】解：（1）∵直线 过点 ， ．
∴
∴
∴一次函数的表达式为 ．
【点睛】此题考查了求一次函数 的解析式，正确掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
19. 已知：如图 E、F 是平行四边形 ABCD 的对角线 AC 上的两点，AF＝CE． 求证：BE=DF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AD=BC，对边平行可得AD∥BC，再根据两直线平行，内错角
相等可得∠DAF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ADF和△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可
得BE=DF．
【详解】∵在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAF=∠BCE，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴BE=DF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，理解平行四边形的对边平行且相等是
解答本题的关键．
20. 在平面直角坐标系 中，已知点 ， ， ，点A关于 轴的对称点 ．（1）在平面直角坐标系中作出点C，点P；
（2）顺次连接 ，所得的四边形是 （写出一种特殊四边形，不必证明）．
【答案】（1）见解析 （2）菱形
【解析】
【分析】（1）在平面直角坐标系中作出点 ，根据关于 轴的对称点的坐标特征作出点 即可；
（2）顺次连接 ， ， ， ，利用网格，用勾股定理求出 、 、 、 长，再根据菱形的判
定即可解决问题．
【小问1详解】
解：如图，点 ，点 即为所求；
【小问2详解】
解：顺次连接 ， ， ， ，所得的四边形是菱形，
证明：由勾股定理得：
， ， ， ，
∴ ，四边形 是菱形．
【点睛】本题考查利用坐标描点，作轴对称图，勾股定理，菱形的判定，关于 轴、 轴对称的点的坐标，
解决本题的关键是掌握菱形的判定．
21. 下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图，在 中，点D，E分别是 ， 边的中点．求证： ，且 ．
方法一：证明：如图，延长 到点 ，使 ，连接 ， ， ．
方法二：证明：如图，取 中点 ，连接 并延长到点 ，使 ，连接 ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】方法一：延长 到点 ，使 ，连接 ， ， ．证明四边形 是平行四
边形．得 ， ，所以 ，从而得到四边形DBCF是平行四边形．则 ，
． 又由 ，即可得出结论；方法二：取 中点 ，连接 并延长到点 ，使 ，连接 ．先证明 ，
得 ， ，从而可证得四边形 是平行四边形，得到 ， ．
继而可证得四边形 是平行四边形，从而得出结论．
【详解】解：方法一
证明：如图，延长 到点 ，使 ，连接 ， ， ．
∵点D，E分别是 ， 边的中点，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形．
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形DBCF 是平行四边形．
∴ ， ．
又∵ ，
∴ ，且 ．
方法二
证明：如图，取 中点 ，连接 并延长到点 ，使 ，连接 ．∵点D，E分别是 ， 边的中点，
∴ ， ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形．
∴ ， ．
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，且 ．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性
质是解题的关键．
22. 甲、乙两人赛跑时，路程 （单位：米）和时间 （单位：秒）的关系如图所示，请你观察图象并回答：（1）这次赛跑的总路程有 米．
（2）甲、乙两人中， 的速度比较快．
（3）求出发2秒后，甲、乙两人的距离．
【答案】（1）60 （2）甲
（3）4米
【解析】
【分析】（1）根据函数图象求解；
（2）根据函数图象求解，；
（3）求出甲和乙的速度，求两人的距离用甲的路程 乙的路程，进而作答．
【小问1详解】
解：根据图象，
这次赛跑的总路程有60米；
【小问2详解】
解：根据图象，甲的倾斜程度比乙的倾斜程度大，
故甲、乙两人中，甲的速度比较快；
【小问3详解】
解： （米 秒），
（米 秒），
出发2秒后， (米)，
故出发2秒后，甲、乙两人的距离为4米．
【点睛】本题考查函数图象，数形结合；解题的关键是读懂图象并求出速度．
23. 已知：在矩形 中， 是对角线．求作：菱形 ，使点 分别在边 上．作法：如图，①分别以点 ， 为圆心，大于 长为半径画弧，两弧在线段 两侧分别交于点
；
②作直线 交 于点 ，与 分别交于点 ；
③连接 ．
所以四边形 就是所求的菱形．
根据上面设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接 ．
∵ ，
∴ 是 的垂直平分线 （填推理根据）．
∴ ．
∴ ．
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
又 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形 （填推理根据）．
又∵ ，
∴四边形 是菱形 （填推理根据）．【答案】（1）见解析 （2）到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上； ；一组对
边平行且相等的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【解析】
【分析】（1）根据题中步骤作图即可得到答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理，即可得到答案．
【小问1详解】
解：补全图形如图所示：
；
【小问2详解】
证明：连接 ，
，
∵ ，
∴ 是 的垂直平分线（到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上），
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
又∵ ，
∴四边形 是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），
故答案为：到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上； ；一组对边平行且相等的四边
形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图，线段垂直平分线的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定与
性质，菱形的判定与性质，熟练掌握线段垂直平分线的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性
质，菱形的判定与性质，是解题的关键．
24. 已知关于 的一元二次方程 ．
（1）请判断这个方程根的情况；
（2）若该方程有一个根小于1，求 的取值范围．
【答案】（1）有两个实数根
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根的判别式即可求出答案；
（2）求出方程的两根，根据该方程有一个根小于1列出不等式，解不等式即可得到答案．
【小问1详解】
解：根据题意得：
，
∵无论 取何值时， ，
∴原方程有两个实数根；【小问2详解】
解：∵ ，
； ，
∵该方程有一个根小于1，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况，公式法解一元二次方程，解题的关键是熟练运用根的判别式．
25. 如图，矩形草地 中， m， m，点 为边 中点，草地内铺了一条长和宽分
别相等直角折线甬路（ ， ），若草地总面积（两部分阴影之和）为 ，求甬路
的宽．
【答案】2m
【解析】
【分析】设甬路的宽为 m，先得出 ，即 ，再据题意列一元二次方
程，解方程即可求解．
【详解】解：设甬路的宽为 m，
∵矩形 中， ， ，
∴四边形 是正方形，
∵点 为边 中点， m，
∴ ，∴ ，即 ，
即据题意列方程，得： ．
整理，得 ．
解得 ， （不合题意，舍去）．
答：甬路的宽为2m．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，解题的关键是得出 以及找到等量关
系．
26. 平面直角坐标系 中，一次函数 的图象与函数 的图象交于点 ．
（1）求 的值；
（2）当 时，对于 的每一个值，函数 的值大于函数 的值，直接写出 的
取值范围．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法求解即可得到答案；
（2）根据数形结合思想方法，列式求解即可．
【小问1详解】
解：∵函数 的图象经过点 ，
∴ ，
∵一次函数 的图象经过 ，
∴ ，
解得 ；
【小问2详解】
解：如图：，
由（1）得，一次函数解析式为： ，
当 时， ，
把 代入 得， ，
解得： ，
观察图象，当 时，对于 的每一个值，函数 的值大于函数 的值，则
．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，两条直线相交或平行问题，采用数形结合思想是解题的关
键．
27. 如图，正方形 中，点 在 上（与点 不重合），连接 ．将线段 绕点 逆时针
旋转 ，得到线段 ，过点 作 ，交 延长线于点 ．
（1）依题意补全图形；
（2）连接 ，试判断 与 的数量关系，并证明．【答案】（1）见解析 （2） ，见解析
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）证明 ，推出 ， ，从而得到 是等腰直角三角形，即可得
到结论．
【小问1详解】
解：补全图形，如图所示，
；
【小问2详解】
解： ，
证明：如图，
，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
是等腰直角三角形，
∴ ．
【点睛】本题考查了作图—旋转变换，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的
判定与性质，正方形的性质，是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系 中，如果点P到原点O的距离为a，点M到点P的距离是a的k倍（k为正整
数），那么称点M为点P的k倍关联点．
（1）当点 的坐标为 时，
①如果点 的2倍关联点M在y轴上，那么点M的坐标是 ；
如果点 的2倍关联点M在x轴上，那么点M的坐标是 ；
②如果点 是点 的k倍关联点，且满足 ，那么k的最大值为 ；（2）如果点 的坐标为 ，且在函数 的图象上存在 的2倍关联点，直接写出b的取值范
围．
【答案】（1）① 或 ， 或 ；②5
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据 倍关联点的定义即可求出；
②根据 倍关联点的定义，且 的纵坐标为 ，可知 时， 值最大，列方程求解即可；
（2）设函数 的图象上点 ，根据2倍关联点的定义列方程得得
，再根据方程的判别式大于等于0，即可求出 的取值范围．
【小问1详解】
当点 的坐标为 时，
①点 的2倍关联点 在 轴上，设 ，根据题意可得 ，
解得 或 ，
或 ，
点 的2倍关联点 在 轴上，设 ，根据题意可得 ，
解得 或 ，
或 ，
故答案为： 或 ； 或 ；
② 的坐标为 且 的纵坐标为 ，
根据题意，可知当 时， 的值最大，，
解得 ，
故答案为：5；
【小问2详解】
设在函数 的图象上的点 是 的2倍关联点，
根据题意，得 ，
化简得 ，
，
解得 ．
的取值范围是： ．
【点睛】本题考查了新定义和一次函数图象与系数的关系，理解新定义并灵活运用是解题的关键．
