2021-2022学年安徽省亳州市初二数学第一学期期末试卷及解析

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1．（4分）在平面直角坐标系中，点M（﹣2，1）在（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

2．（4分）垃圾分类是将垃圾分门别类地投放，并通过分类清运和回收，使之重新变成资源，在这四个图形中，轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

3．（4分）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ） A．3cm，4cm，10cm C．13cm，12cm，18cm

B．8cm，9cm，17cm D．5cm，5cm，11cm

4．（4分）一副三角板按如图所示方式叠放在一起，则图中∠α等于（ ）

A．105°

B．115°

C．120°

D．125°

5．（4分）一次函数y＝（k+1）x+3的图象经过点P，且y的值随x值的增大而增大（ ） A．（5，4）

B．（﹣1，2）

C．（﹣2，﹣2）

D．（5，﹣1）

6．（4分）已知，△ABC，△DEF，则（ ）

A．△ABC≌△XYZ

B．△DEF≌△XYZ

C．∠C＝∠Z

D．∠F＝80°

7．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，有一点D同时满足以下三个条件：①在直角边BC上；③在斜边AB的垂直平分线上，那么∠B为（ ） A．15°

B．30°

C．45°

D．60°

8．（4分）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，已知MH＝3，PQ＝2（ ）

第1页（共15页）

A．5

B．7

C．8

D．11

9．（4分）定义：过△ABC的一个顶点作一条直线m，若直线m能将△ABC恰好分成两个等腰三角形，则称△ABC为“奇妙三角形”．如图，不是“奇妙三角形”的是（ ）

A． B． C． D．

10．（4分）甲、乙两辆汽车沿同路线从A地前往B地，A、B两地间的距离为240千米，甲车以40千米时的速度匀速行驶，停车维修1小时，修好后以80千米/时的速度继续行驶，甲、乙两车到达B地后均作停留，下列选项中（千米）与甲车出发的时间（小时）的函数图象是（ ）

A． B．

C． D．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）

11．（5分）命题“直角三角形中一定有两个内角之和等于90°”的逆命题是 命题．（填“真”或“假”） 12．（5分）如图，将Rt△ABC沿某条直线折叠，使斜边的两个端点A与B重合，如果 AC＝4cm，BC＝6cm，则△ACD的周长为 cm．

13．（5分）弹簧的长度ycm与所挂物体的质量xkg之间是一次函数关系，其图象如图所示，则弹簧本身的长度为 ．

第2页（共15页）

14．（5分）如图，在△ABC中，AD为中线

（1）若AC＝4，AD长度为a，则a的取值范围为 ； （2）若AD⊥AC，∠BAD＝30°，则AC的长度为 ．

三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15．（8分）已知△ABC为等腰三角形，请解答下列问题： （1）若此三角形的一个内角为100°，求其余两角的度数； （2）若该三角形两边长为2和4，求此三角形的周长． 16．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC．

（1）将△ABC向下平移6个单位，得△A1B1C1，画出△A1B1C1；

（2）画出△A1B1C1关于y轴的对称图形△A2B2C2，并写出点B2的坐标．（注：点B的对应点为B1，点B1的对应点为B2）

四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）

17．（8分）学校阅览室有一种能坐4人的方桌，如果多于4人，就把方桌按图中的方式摆放，请你结合这个规律，回答问题：

第3页（共15页）

（1）写出总人数y（人）与方桌数x（张）之间的函数解析式（不要求写自变量x的取值范围）； （2）若八年级（1）班有42人去阅览室看书，则需要多少张这样的方桌？ 18．（8分）如图，在△ABD和△ACD中，若AB＝AC

五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）

19．（10分）在两个不全等的三角形中，有两组边对应相等，其中一组是公共边，就称这两个三角形为共边偏差三角形．如图1，AB是公共边，∠A＝∠A，则△ABC与△ABD是共边偏差三角形． （1）如图2，在线段AD上找一点E，连接CE，并简要说明理由； （2）在图2中，已知∠1＝∠2，∠B+∠D＝180°

20．（10分）直线l1：y＝2x﹣2与x轴交于点D，直线l2：y＝kx+b（k≠0）与x轴交于点A，且经过B（3，1）（m，2）．

（1）求点C的坐标和直线l2的解析式； （2）求当x取何值，kx+b≥2x﹣2； （3）求△ACD的面积．

六、（本题满分12分）

第4页（共15页）

21．（12分）如图，已知四个关系式：①AC＝DC；②BC＝EC；④AB＝DE．

（1）从上面四个关系式中任取三个为条件，余下的一个为结论，组成一个命题．在组成的命题中真命题的个数是 ；

（2）从（1）中选择一个真命题进行证明 已知： ． 求证： ． 证明： ．

七、（本题满分12分）

22．（12分）某学校计划购进A，B两种品牌的足球共50个，其中A品牌足球的价格为100元/个（单位：元）与购买数量x（单位：个）之间的关系如图所示 （1）请直接写出y与x之间的函数解析式；

（2）若购买B种品牌足球的数量不超过30个，但不少于A种品牌足球的数量，请设计购买方案（单位：元）最低，并求出最低费用．

八、（本题满分14分）

23．（14分）在△ABC和△AED中，AC交DE于点O，∠BAC＝∠EAD，AE＝AD，连接BE （1）如图1．求证：BE＝CD；

（2）如图2，延长DE交BC于点F，若∠BEF＝∠CDF；

（3）如图3，在（2）的条件下，当AD＝BE时，若BF＝4，求△FCP的面积．

第5页（共15页）

参与试题解析

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分，每小题都给出A.B.C，D四个选项，其中只有一个选项是正确的）

1．【解答】解：点M（﹣2，1）在第二象限． 故选：B．

2．【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一条直线，直线两旁的部分能够互相重合， 选项C能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，所以是轴对称图形， 故选：C．

3．【解答】解：A．∵3+4＝3＜10， ∴不能组成三角形，不符合题意； B．∵8+9＝17，

∴不能组成三角形，不符合题意； C．∵13+12＝25＞18， ∴能组成三角形，符合题意； D．∵6+5＝10＜11，

∴不能组成三角形，不符合题意． 故选：C．

4．【解答】解：如图，

∵∠α是△BDC的外角，∠D＝60°， ∴∠α＝∠D+∠BCD＝60°+45°＝105°， 故选：A．

5．【解答】解：∵y的值随x值的增大而增大， ∴k+1＞0，

第6页（共15页）

又∵3＞0，

∴一次函数y＝（k+1）x+8的图象经过第一、二、三象限． ∵（5，﹣1）在第四象限， ∴点P的坐标不可能为（6，﹣1）． 故选：D．

6．【解答】解：∵∠A＝∠X，∠B＝∠Y， 而AB≠XY，

∴不能判断△ABC≌△XYZ；所以A选项不符合题意； 在△XYZ中，∠Z＝180°﹣∠X﹣∠Y＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∵∠D＝∠Z， 而EF≠XY，

∴不能判断△DEF≌△XYZ；所以B选项不符合题意； 在△ABC中，∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∴∠C＝∠Z，所以C选项符合题意；

在△DEF中，∠F＝180°﹣∠D﹣∠E＝180°﹣80°﹣30°＝70°． 故选：C．

7．【解答】解：∵D在直角边AB的垂直平分线上， ∴DA＝DB， ∴∠DAB＝∠B，

∵D在∠CAB的角平分线上， ∴∠DAB＝∠DAC，

∴∠CAD＝∠DAB＝∠B＝30°， 故选：B．

8．【解答】解：∵H是高MQ和NR的交点， ∴∠P+∠PMQ＝90°，∠PMQ＝∠RHM＝90°， ∵∠RHM＝∠QHN，

第7页（共15页）

∴∠P＝∠QHN， 在△PMQ与△HNQ中，

，

∴△PMQ≌△HNQ（AAS）， ∴PQ＝HQ，MQ＝QN， ∵MH＝3，PQ＝2，

∴MQ＝NQ＝MH+HQ＝MH+PQ＝7+2＝5， ∴PN＝PQ+QN＝7+5＝7， 故选：B．

9．【解答】解：A．是“奇妙三角形”，不合题意；

B．

C．不是“奇妙三角形”；

是“奇妙三角形”，不合题意；

D．故选：C．

是“奇妙三角形”，不合题意；

10．【解答】解：∵甲车以40千米时的速度匀速行驶，行驶3小时后出现故障， ∴甲车出现故障时，行驶的路程是40×3＝120（km），甲的路程不变、B不符合题意， ∵乙车在甲车出发8小时后以80千米/时的速度匀速前往B地，

∴乙车行驶120km用的时间为120÷80＝1.5（小时），即乙出发8.5小时与甲相遇，选项D错误； 故选：C．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）

11．【解答】解：命题“直角三角形中一定有两个内角之和等于90°”的逆命题是：有两个内角之和等于90°的三角形为直角三角形， 正确，为真命题， 故答案为：真．

第8页（共15页）

12．【解答】解：由折叠的性质可知，DE垂直平分线段AB， 根据垂直平分线的性质可得：DA＝DB，

∴△ACD的周长＝DA+DC+AC＝DB+DC+AC＝BC+AC＝6+4＝10（cm）． 故答案为：10．

13．【解答】解：设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b， 将（5，12.5），20）代入y＝kx+b，

，

解得：

，

∴y与x之间的函数关系式为y＝0.5x+10， 当x＝7时，y＝0.5x+10＝10， ∴弹簧本身的长度为10cm． 故答案为：10cm．

14．【解答】解：（1）延长AD到E，使AD＝DE，如图1所示： ∵AD是边BC的中线， ∴BD＝CD，

在△ADC与△EDB中，

，

∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝BE＝4，

在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， 即5﹣4＜2a＜7+4， ∴1＜a＜5， 故答案为：1＜a＜5；

（2）延长AD到E，使AD＝DE，如图4所示： 同（1）得：△ABD≌△ECD（SAS）， ∴AB＝EC＝6，∠BAD＝∠CED＝30°， ∵AD⊥AC， ∴∠CAD＝90°，

第9页（共15页）

∴AC＝EC＝3， 故答案为：3．

三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15．【解答】解：（1）已知等腰三角形的一个内角是100°， 根据等腰三角形的性质，则其余两个角相等，

当100°的角为顶角时，三角形的内角和是180°＝40°； 当100°的角为底角时，此时不能满足三角形内角和定理． 综上所述，其余两角的度数为40°； （2）解：∵8+2＝4， ∴腰的长不能为7，只能为4， ∴等腰三角形的周长＝2×6+2＝10．

16．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C7即为所求．

第10页（共15页）

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，点B2的坐标为（3，﹣4）． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）

17．【解答】解：（1）∵一张方桌坐4人，每多一张方桌就多坐2人， ∴如果是x张方桌，则所坐人数是7+2（x﹣1）＝4x+2， ∴y与x之间的函数解析式为y＝2x+7，y是x的一次函数； （2）把y＝42代入y＝2x+2，得：7x+2＝42， 答：需要20张这样的方桌． 18．【解答】证明：连接BC，如图， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ABD＝∠ACD，

∴∠ABC﹣∠ABD＝∠ACB﹣∠ACD， 即∠DBC＝∠DCB， ∴BD＝CD，

在△ABD和△ACD中，

，

∴△ABD≌△ACD（SSS）， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴AD平分∠BAC．

五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19．【解答】（1）解：如图所示即为所求，在AD上取点E；

（2）证明：由（1）作法可知CE＝CD，则∠CED＝∠D， ∵∠CED+∠CEA＝180°，且∠B+∠D＝180°，

第11页（共15页）

∴∠B＝∠CEA，

又∵∠1＝∠2，AC＝AC， ∴△ABC≌△AEC（AAS）， ∴BC＝CE， ∴BC＝CD，

在△ACB与△ACD中，

，

∴△ACB与△ACD是共边偏差三角形；

20．【解答】解：（1）由题意知，把C（m，解得m＝2， ∴C（2，8），

把B（3，1），4）代入y＝kx+b得，解得

，

，

∴直线l2的解析式为y＝﹣x+4； （2）由图象知，当x≤6时；

（3）当y＝0时，2x﹣3＝0，则D（1， 当y＝4时，﹣x+4＝0，则A（3， ∴S△ACD＝×（6﹣1）×2＝2． 六、（本题满分12分）

21．【解答】解：（1）任取三个为条件，余下一个为结论；①②④； （2）已知：AC＝DC，BC＝EC， 求证：∠DCA＝∠ECB； 证明：在△ABC与△DEC中，

，

∴△ABC≌△DEC（SSS）， ∴∠BCA＝∠ECD，

∴∠BCA﹣∠ECA＝∠ECD﹣∠ECA， ∴∠BCE＝∠ACD．

第12页（共15页）

故答案为：（1）2；

（2）AC＝DC；BC＝EC，∠DCA＝∠ECB； 在△ABC与△DEC中，

，

∴△ABC≌△DEC（SSS）， ∴∠BCA＝∠ECD，

∴∠BCA﹣∠ECA＝∠ECD﹣∠ECA， ∴∠BCE＝∠ACD． 七、（本题满分12分）

22．【解答】解：（1）设当0≤x≤20时，y与x的函数关系式为y＝kx， 则20k＝2400，得k＝120，

即当0≤x≤20时，y与x的函数关系式为y＝120x， 设当x＞20时，y与x的函数关系式为y＝ax+b，

，得

，

即当x＞20时，y与x的函数关系式为y＝96x+480， 由上可得，y与x的函数关系式为y＝

；

（2）设购买B种品牌的足球m个，则购买A种品牌的足球（50﹣m）个， 50﹣m≤m≤30，得25≤m≤30，

∵W＝100（50﹣m）+96m+480＝﹣4m+80， ∴当m＝30时，W取得最小值，50﹣m＝20，

答：当购买A种品牌的足球20个，B种品牌的足球30个时，最低费用是5360元． 八、（本题满分14分）

23．【解答】（1）证明：如图1中，

∵∠BAC＝∠EAD，

第13页（共15页）

∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC， ∴∠BAE＝∠CAD， 在△BAE与△CAD中，

，

∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝CD； （2）解：如图2中，

∵AE＝AD， ∴∠AED＝∠ADE， ∵△BAE≌△CAD，

∴∠AEB＝∠ADC＝∠ADE+∠CDF， ∵∠BEF＝∠CDF， ∴∠AEB＝∠AED+∠BEF， ∵∠AEB+∠AED+∠BEF＝180°， ∴∠AEB＝90°； （3）解：如图4中，

∵AD＝BE，AD＝AE， ∴BE＝AE， ∴∠EBA＝∠EAB， ∵∠EBA+∠EAB＝90°，

第14页（共15页）

∴∠EBA＝∠EAB＝45°， ∴∠CAD＝∠BAE＝45°，

∵∠ADE＝90°﹣∠EAD∠BAC， ∴∠ADE＝∠ACB，

∵∠AOF＝∠OAD+∠ODA，∠AOF＝∠OFC+∠OCF， ∴∠OAD＝∠OFC＝45°， ∵PC⊥CF， ∴∠PCF＝90°， ∴∠CFP＝∠CPF＝45°，

∴CF＝CP，∠BFE＝∠CPD＝135°，在△BEF与△CDP中，

，

∴△BEF≌△CDP（SAS）， ∴BF＝CP， ∴CP＝CF＝BF＝4， ∴S△PFC＝•CF•CP＝8．

第15页（共15页）