2022北京二中初二（上）期中数 学考查目标1．知识：人教版八年级上册《三角形》《全等三角形》、《轴对称》《整式的乘法与因式分解》的全部内容
．2、能力：数学运算能力，逻辑推理能力，阅读理解能力，实际应用能力，数形结合能力，分类讨论能力．A卷面成绩90%(满分90分)B过
程性评价(满分10分)学业成绩总评=AB(满分100分)考生须知1．本试卷分为第I卷、第II卷和答题卡，共16页；其中第1卷2页，
第I卷6页，答题卡8页．全卷共三大题，28道小题．2，本试卷满分100分，考试时间120分钟．3．在第1卷、第II卷指定位置和答题
卡的密封线内准确填写班级、姓名、考号、座位号．4．考试结束，将答题卡交回．第I卷(选择题共16分)一、选择题(共16分，每题2分，
以下每题只有一个正确的选项)1. 2022年，北京中轴线申遗进入加速阶段，北京中轴线北起钟鼓楼，南至永定门，贯穿老城南北，直线距离
长约7.8公里，是我国现存最完整、最古老的中轴线．这条中轴线一路向北延伸，鸟巢、冰立方为这条古老的中轴线注入了新的生命力，它正向世
界述说着这座千年古都的时代新貌，下列关于中轴线建筑的简笔画，其中是轴对称图形的是（ ）A. B. C. D. 2. 下列运算正确的
是（ ）A. B. C. D. 3. 如图，用三角板作△ABC的边AB上的高线，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）A. B. C
. D. 4. 如图，，，是五边形的三个外角，边，的延长线交于点，如果，那么的度数是（ ）A. B. C. D. 5. 下列各式从
左到右的变形中，是因式分解的为（ ）A. B. C. D. 6. 为估计池塘两岸A、间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了点，测得，
，那么A、间的距离不可能是（ ）A. 5mB. 13mC. 21mD. 29m7. 如图，∠EAF＝18°，，则∠ECD等于（ ）
A 36°B. 54°C. 72°D. 108°8. 一个大正方形和四个全等的小正方形按图①、②两种方式摆放，则图②的大正方形中未
被小正方形覆盖部分的面积是（ ）A. 2abB. abC. a2﹣4b2D. （a﹣2b）2第II卷(非选择题共84分)二、填空
题(共16分，每题2分)9. 平面直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是______．10. 在数学课上，小明计算时，已正确得出结果
，但课后不小心将第二个括号中的常数染黑了，若结果中不含有一次项，则被染黑的常数为__________．11. 若，，则______
____．12. 如图，在中，线段、线段分别是的高和角平分线，若，，则__________°．13. 如图，在中，是的垂直平分线，
若，的周长是，则的周长是__________cm．14. 如图，一块三角形玻璃裂成①②两块，现需配一块同样玻璃，为方便起见，只需带
上碎片__________即可，你的理由是__________ (请你利用定理的完整文字叙述作答)15. 甲、乙两人共同计算一道整
式：，由于甲抄错了的符号，得到的结果是，乙漏抄了第二个多项式中的系数，得到的结果是．则本题的正确结果是__________．16.
如图，已知，点、是射线上两个动点，且，点是边上的点，若使点、、构成等腰三角形的点恰好只有一个，则的取值范围是__________
．三、解答题(共68分，其中第17-18、20-24题每题5分，第19、25题每题6分，第26-28题7分)17. 计算：．18.
计算：．19. 化简求值：，其中．20 因式分解：．21. 因式分解：．22. 如图，已知，．（1）求证：；（2）连接，求证：．
23. 已知：如图，线段和射线交于点．（1）利用尺规完成以下作图，并保留作图痕迹．(不要求写作法)①在射线上求作一点，使得点A在线
段的垂直平分线上．②在线段上求作一点，使点到，的距离相等；（2）上述尺规作图的主要依据是(用定理作答)：①的依据：________
_____________________________________________；②的依据：______________
_______________________________________；24. 如图，在中，，为边的中点，过点作，，，垂足
分别为．（1）求证：；（2）连接，若，，请你直接写出的周长．25. 在平面直角坐标系中的位置如图所示，A、B、C三点在格点上．（1
）作出关于轴对称的，并写出点的坐标；（2）在轴上求作点，使得最小，请你直接写出点坐标；（3）若点为轴上一动点，且满足的面积为1，请
你直接写出点坐标．26. 阅读下列材料，回答问题：“我们把多项式及叫做完全平方式”．如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形
：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数
学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等，例如：分解因式，我们
可以进行以下操作：，再利用平方差公式可得；再如：求代数式的最小值，我们可以将代数式进行如下变形：，于是由平方的非负性可知，当时，有
最小值．根据阅读材料，用配方法解决下列问题：（1）若多项式是一个完全平方式，则常数___________．（2）分解因式：____
____，代数式的最小值为___________．（3）试判断代数式与的大小，并说明理由．27. 已知：为等边三角形，为射线上一点
(不与、重合)，作射线．在射线上取一点E，使，直线与直线交于．设．（1）当点在如图1所示位置时，请你依据题意，补全图形；①求的度数
(用含有的代数式表示)；②试判断线段、和之间的数量关系，并证明；（2）当点在射线上运动时，(1)中线段、和之间的数量关系是否发生变
化？若变化，请你直接写出结论；若无变化，请你给出证明．28. 在平面直角坐标系中，若点和点关于轴对称，点和点关于直线对称，则称点是
点关于轴、直线的“二次对称点”．（1）已知：点．，①若点是点关于轴，直线的“二次对称点”，则点的坐标为_____________；
②若点是点关于轴，直线的“二次对称点”，则的值为__________；（2）已知直线为第一、三象限角平分线，直线为过点且与平行的一
条直线．①如图1，在正方形中，已知点，点．设点为直线上一点，若正方形的内部(不含边界)存在点，使得点是点关于轴，直线的“二次对称点
”，则点的横坐标的取值范围是__________；②如图2，在正方形中，已知点，点．若正方形的边上存在点，使得点是点关于轴，直线的
“二次对称点”，且点在坐标轴上，请直接写出的取值范围． 参考答案第I卷(选择题共16分)一、选择题(共16分，每题2分，以下每题只
有一个正确的选项)1. 【答案】A【解析】【分析】根据轴对称图形的定义逐项判断即可得出答案．【详解】解：根据轴对称图形的定义，四个
选项中，只有A选项中的图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，B，C，D选项均不符合，因此只有A选项中的图形是轴对称图形．
故选A．【点睛】本题考查轴对称图形的识别，解题的关键是掌握轴对称图形的定义：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能
够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．2. 【答案】D【解析】【分析】根据同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方以及积的乘方的知识进
行解答即可．【详解】A．，故选项错误，不符合题意；B．，故选项错误，不符合题意；C．，故选项错误，不符合题意；D．，故选项正确，符
合题意；故选：D．【点睛】此题考查了同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方以及积的乘方等知识，解题的关键是掌握相关知识，注意符号的运
算．3. 【答案】B【解析】【分析】根据三角形作高的方法逐项判断即可．【详解】选项A作的是BC边上的高，不符合题意；选项B作的是A
B边上的高，符合题意；选项C中三角板未过点C，故作的不是高，不符合题意；选项D作的是AC边上的高，不符合题意．故选：B．【点睛】本
题考查了三角形高的作法，作边AB边的高，应从顶点C向AB作垂线，垂足落在直线AB上，熟练掌握知识点是解题的关键．4. 【答案】A【
解析】【分析】利用多边形的外角和为360°即可求解．【详解】解：∵多边形的外角和为360°，∴∠DEF＋∠EDF＝360°?225
°＝135°，∵∠DEF＋∠EDF＋∠DFE＝180°，∴∠DFE＝180°?135°＝45°，故A正确．故选：A．【点睛】本题主
要考查了多边形的外角和与三角形的内角和定理，任意多边形的外角和等于360°．5. 【答案】C【解析】【分析】根据因式分解的定义：把
一个多项式化成几个整式的积的形式，逐一进行判定即可．【详解】解：A、左边不是多项式，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；B、左边
与右边不相等，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；C、提取公因式后，将多项式化成了两个整式积的形式，是因式分解，故此选项符合题意
；D、左边是积的形式，右边是多项式，因此不是因式分解，故此选项不符合题意；故选C．【点睛】此题考查了因式分解的概念，正确理解因式分
解是将一个多项式化成几个整式积的形式是解答此题的关键．6. 【答案】A【解析】【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于
第三边，三角形的两边差小于第三边可得，再解即可．【详解】解：连接，根据三角形的三边关系可得：，即，故选：A．【点睛】此题主要考查了
三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．7. 【答案】B【解析】【分析】根据等边对等角求出
∠BCA，∠BDC，再利用外角性质求出∠ECD．【详解】解：∵∠EAF＝18°，AB=BC，∴∠BCA=∠EAF＝18°,∴∠CB
D=∠A+∠BCA=36°，∵CB=CD，∴∠BDC=∠CBD=36°，∴∠ECD=∠A+∠BDC=54°，故选：B．【点睛】此题
考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形外角的性质，熟记等腰三角形等边对等角的性质是解题的关键．8. 【答案】B【解析】【分析】设
小正方形的边长为x，大正方形的边长为y，列方程求解，用大正方形的面积减去4个小正方形的面积即可．【详解】解：设小正方形的边长为x，
大正方形的边长为y，则： ，解得： ，∴阴影面积=（）2﹣4×（）2＝ab．故选B【点睛】本题考查了整式的混合运算，求得大正方形的
边长和小正方形的边长是解题的关键．第II卷(非选择题共84分)二、填空题(共16分，每题2分)9. 【答案】【解析】【分析】关于x
轴的对称点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此可得结论．【详解】解：∵关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，∴点P（?3
，1）关于x轴对称的点的坐标是（?3，?1）．故答案为：（?3，?1）．【点睛】本题主要考查了关于x轴的对称点的坐标特点，解题的关
键是掌握点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，?y）．10. 【答案】2【解析】【分析】设被染黑常数为a，利用乘法公式展
开，根据一次项系数为0即可求出a的值．【详解】解：设被染黑的常数为a，则，∵结果中不含有一次项，∴，∴，故答案为：2．【点睛】本题
考查多项式乘以多项式，解题的关键是掌握多项式乘以多项式的运算法则，本题也可以通过平方差公式快速求解．11. 【答案】3【解析】【分
析】利用完全平方公式化简，即可求解．【详解】解：∵ ，，∴，∵ ，∴，∴．故答案为：3．【点睛】本题考查代数式求值，解题的关键是熟
练掌握完全平方公式．12. 【答案】40【解析】【分析】由平角的定义可求解的度数，根据三角形的内角和定理可求解的度数，结合角平分线
的定义求得的度数，再根据高线的定义可得，然后利用三角形的内角和等于列式计算即可得解．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵是平分线，∴，∵
是高线，∴，∴，故答案为：40．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，高线的定义，熟记概念与定理并准确识图是解题的
关键．13. 【答案】【解析】【分析】的周长是，，所以求的周长其实就是求，由此即可求出答案．【详解】解：∵是的垂直平分线，且，∴，
，即，∵的周长是，即，∴，∵的周长是，，∴的周长是，故答案是：．【点睛】本题主要考查的是垂直平分线的性质，解题的关键是通过垂直平分
线的性质将所求线段转化为已知线段的关系．14. 【答案】 ①. ② ②. 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等【解析】【分析】根据
全等三角形的判定方法“两边及其夹角分别相等的两个三角形全等”即可解．【详解】②中满足两边夹一角完整，即可得到一个与原来三角形全等新
三角形，所以只需带②去即可；理由是：两边及其夹角分别相等的两个三角形全等．故答案为：②；两边及其夹角分别相等的两个三角形全等．【点
睛】本题考查了三角形全等的应用；能够灵活运用全等三角形的判定，解决一些实际问题，注意认真读图．15. 【答案】【解析】【分析】根据
甲的描述利用多项式乘以多项式的计算法则得到，根据乙的描述可得，由此得到关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值代入原多项式中求解
即可．【详解】解：∵由于甲抄错了的符号，得到的结果是，∴，∴，∴，∵乙漏抄了第二个多项式中的系数，得到的结果是，∴，∴，∴，∴，∴
，∴原多项式为，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了多项式乘以多项式，解二元一次方程组，正确理解题意得到关于a、b的二元一次方程组
是解题的关键．16. 【答案】或【解析】【分析】根据等腰三角形性质分类讨论，分别求解范围即可．【详解】设，则，如图1，当时，即，以
为圆心，以4为半径的弧交于点，此时，则点，，构成的等腰三角形的点恰好只有一个．如图2．当时，即，过点作于点，∵，∴．∴，作的垂直平
分线交于点，则．此时，以，，构成的等腰三角形的点恰好有2个．则当时，以，，构成的等腰三角形恰好只有一个．综上，的取值范围是或．故答
案为：或【点睛】本题考查等腰三角形的判定，主要通过数形结合的思想解决问题，解题关键在于熟练掌握已知一边，作等腰三角形的画法．三、解
答题(共68分，其中第17-18、20-24题每题5分，第19、25题每题6分，第26-28题7分)17. 【答案】【解析】【分析
】根据同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方化简，然后再合并同类项，即可得到答案．【详解】解：===．【点睛】此题考查了幂的运算法则与
合并同类项等知识，熟练掌握同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方等运算法则是解答此题的关键．18. 【答案】【解析】【分析】根据多项式
乘以多项式的运算法则，合并同类项即可求解．【详解】解：原式，故答案是：．【点睛】本题主要考查整式的四则混合运算，解题的关键是理解和
掌握整式四则运算法则．19. 【答案】，【解析】【分析】先利用平方差公式和完全平方公式对原式进行化简，再将整体代入，即可求解．【详
解】解：，∵ ，∴，∴原式．【点睛】本题考查整式的化简求值，平方差公式，完全平方公式等知识点，解题的关键是熟练掌握整体代入思想．2
0. 【答案】【解析】【分析】先提取公因数4，然后根据平方差公式因式分解即可．【详解】解：．【点睛】本题考查因式分解，解题的关键是
掌握平方差公式．21. 【答案】【解析】【分析】先提取公因式，再利用完全平方公式进行因式分解即可．【详解】解：==【点睛】此题考查
了因式分解，熟练掌握提取公因式法、公式法等方法是解答此题的关键．22. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】
（1）先由证明，从而得到； （2）首先证得，得到，然后证明，从而证得．【小问1详解】证明：∵，∴，在和中，，∴，∴．【小问2详解】
证明：连接，如图所示：由（1）的证明，得，∴，，，∴，在和中，∵，∴（），∴，在和中，，∴（），∴．【点睛】本题主要考查了三角形全
等的判定与性质，正确找出三角形全等的条件是解题的关键．23. 【答案】（1）①图见详解；②图见详解 （2）①线段垂直平分线上的点到
线段两端点的距离相等；②角平分线上的点到角两边的距离相等【解析】【分析】（1）①以为圆心长为半径画弧，进而得出点位置；②利用角平分
线的作法得出即可；（2）直接根据题意可进行求解．【小问1详解】解：①如图所示：；②点即为所求；【小问2详解】解：由作图可知：①的依
据是线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；②的依据是角平分线上的点到角两边的距离相等；故答案为线段垂直平分线上的点到线段两端
点的距离相等；角平分线上的点到角两边的距离相等．【点睛】本题主要考查角平分线及线段垂直平分线的尺规作图，熟练掌握尺规作图是解题的关
键．24. 【答案】（1）见解析 （2）9【解析】【分析】（1）利用证明，即可推出；（2）先证是等边三角形，推出，再利用含角直角三
角形性质得出，进而求出，根据可得，进而可证是边长为3的等边三角形，即可求出的周长．【小问1详解】证明：∵，∴，∵，，∴，∵为边的中
点，∴，在和中，，∴，∴；【小问2详解】解：如图，∵，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，又∵，∴是
等边三角形，∴，∴，即的周长是9．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质等，
解题的关键是证明和是等边三角形．25. 【答案】（1）图见解析，点的坐标是 （2）图见解析，D点坐标是 （3）【解析】【分析】（1
）根据题意和图形，可以画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；（2）根据轴对称和两点之间线段，可以得到使得最小时点D所在的位置，然后写
出D点坐标即可；（3）分3种情况结合图形求解即可．【小问1详解】解：如图所示，即为所求，点的坐标是；【小问2详解】解：作点A 关于
y轴的对称点，连接与y轴交于点D，则此时最小，D点坐标是．【小问3详解】解： 如图，当时，．如图，当P点横坐标大于1，时，，不符合
题意；当P点横坐标小于1时，同理可求，不符合题意；综上可知，当的面积为1时， 点坐标．【点睛】本题考查作图-轴对称图象、最短路径问
题，坐标与图形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．26. 【答案】（1）4 （2） ； （3），理由见解析．
【解析】【分析】（1）根据完全平方公式即可求解；（2）把多项式进行配方，化成完全平方式，再运用平方差公式进行因式分解；（3）用作差
法比较大小，先将两个多项式相减，再进行配方化成完全平方式，最后利用偶次方非负性的性质进一步求的结果．【小问1详解】 是一个完全平方
式， k=4故答案为：4；【小问2详解】； 的最小值为故答案为： ；；【小问3详解】将与相减得： ，【点睛】本题主要考查了
配方法的应用，偶次方非负性的性质，因式分解．本题是阅读型题目，读懂材料并熟练相应的方法是解题的关键．27. 【答案】（1）①，②，
证明见解析 （2），证明见解析【解析】【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，求出，根据等边对等角得，利用三角形内角和定理求出，进
而求出；②作，交于点G．根据证明，推出，再证明，推出，进而可得．（2）以为边作等边，连接并延长，交的延长线于点G，连接．通过导角证
明，根据证明，推出，，进而得到 ，利用等角对等边得出，，通过等量代换可得．【小问1详解】解：根据题意，补全后的图形如下图所示：①∵
为等边三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，②．证明如下：如图所示，作，交于点G．在和中，，∴，∴．∵，，∴，∴．∴．【小问2详解
】解：．证明如下：如图，以为边作等边，连接并延长，交的延长线于点G，连接．∵为等边三角形，∴，．∵，∴，∵，∴，∴．∴．∵，∴，∴．在和中，，∴，∴，．∵，∴．∴．∴，∴，，∵，∴，∴．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质等知识点，综合性较强，难度较大，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．28. 【答案】（1）①② （2）①②【解析】【分析】（1）根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．（2）①根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．②根据二次对称点的定义，分别画出图形，由图像即可解决问题．【小问1详解】解：如图1，∵；①点关于y轴的对称点，点关于直线的对称点为；②由题意，得点关于直线∶的对称点，∴．【小问2详解】解：①如图2，∵正方形形，，，∴，∴点B、D关于直线的对称点分别为、，∵在正方形内部(不含边界)，设点的横坐标a，∴，∵点T在直线上，∴点T的横坐标为t，∵点T与点关于y轴对称，∴；②如图2，由图可得：当点S在正方形边上，点S关于y轴的对称点在正方形的边上，∵点关于直线的对称点在坐标轴上，∴．【点睛】本题考查新定义，轴对称，能根据轴对称的性质作出轴对称图形，利用图像法求解是解题的关键．第1页/共1页zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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