2021-2022学年-有答案-河北省石家庄市某校初二(上)12月月考数学试卷 (1)

2021-2022学年河北省石家庄市某校初二（上）12月月考数学
试卷
一、选择题
1. −8的立方根是()
A.−2
B.2
C.±2
D.4
2. 下列银行标志中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是()
A. B. C. D.
3. 化简2
x2−1÷1
x−1
的结果是( )
A.2
x+1B.2
x
C.2
x−1
D.2(x+1)
4. 如图，△ABC和△DEF中，AB=DE，∠B=∠DEF，添加下列哪一个条件无法证明△ABC≅△DEF()
A.AC // DF
B.∠A=∠D
C.AC=DF
D.∠ACB=∠F
5. 把分式方程2
x+4=1
x
转化为一元一次方程时，方程两边需同乘以（）
A.x
B.2x
C.x+4
D.x(x+4)
6. 下列二次根式的运算正确的是()
A.√(−5)2=−5
B.√4
5÷√8
5
=√2
2
C.3√5+√5=4√10
D.5√3×2√3=10√3
7. 下列说法正确的是( )
A.真命题的逆命题都是真命题
B.无限小数都是无理数
C.0.720精确到了百分位
D.√16的算术平方根是2
8. 如图，已知OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若
∠MON=60∘，OP=4，则PQ的最小值是( )
A.2
B.3
C.4
D.不能确定
9. 以直角三角形的三边为边向外作正方形，其中两个正方形的面积如图所示，则正方形A的面积为()
A.6
B.36
C.64
D.8
10. 如图，圆的直径为1个单位长度，该圆上的点A与数轴上表示−1的点重合，将圆沿数轴滚动1周，点A到达点A′的位置，则点A′表示的数是()
A.π−1
B.−π−1
C.−π+1或π−1
D.π−1或−π−1
11. 如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B=∠C=x∘，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是( )
A. B. C. D.
12. √10的整数部分是x，小数部分是y，则y(x+√10)的值是( )
A.7
B.1
C.−1
D.10
13. 如图，一架梯子AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示梯子AB沿墙上、
下滑动过程中的某个位置，则在梯子AB滑动过程中，OP的变化趋势为( )
A.下滑时，OP增大
B.上升时，OP减小
C.无论怎样滑动，OP不变
D.只要滑动，OP就变化
14. 老师设计了接力游戏，用合作的方式完成分式化简，规则是每人只能看到前一人
给的式子，并进行一步计算，再将结果传递给下一人，最后完成化简．过程如图所示：
接力中，自己负责的一步出现错误的是()
A.只有乙
B.甲和丁
C.乙和丙
D.乙和丁
15. 如图，已知△ABC(AC<BC)，用尺规在BC上确定一点P，使PA+PC=BC，则符合要求的作图痕迹是()
A. B.
C. D.
16. 如图，在△ABC中，D，E是BC边上两点，且满足AB=BE，AC=CD．若∠B=α，∠C=β，则∠DAE的度数为()
A.a+β
2B.β−a
2
C.180∘−(α+β)
2D.180∘−(β−α)
2
二、填空题
比较大小：5√3________6√2．
如图，AB⊥BC且AB=BC，CD⊥DE且CD=DE，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形面积是________
在△ABC中，AB=AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD=AE，设
∠BAD=α，∠CDE=β.
(1)如图1，若∠B=60∘，∠DAE=20∘，则∠β=________;
(2)如图1，若点D在线段BC上，点E在线段AC上，则α，β之间的关系式为________.
(3)如图2，若点D在线段BC上，点E在CA的延长线上，则α，β之间的关系式为
________.
三、解答题
计算
(1)2√12 − 6√1
3
 + 3√48；
(2)(3√18 + 1
5√50 − 4√1
2
) ÷ √32.
(1)解分式方程：2
x−1 = 3x
1−x
−1；
(2)化简a2+a
a2−2a+1÷(2
a−1
−1
a
).
证明定理．与一条线段两个端点距高相等的点，在这条线段的垂直平分线上．
已知：如图，A为线段BC外任意一点，且AB=AC．
求证：点A在BC的垂直平分线上.
如图，EA=EB，ED=EC，∠AEB=∠DEC．
(1)求证：AD=BC；
(2)连接DC，求证：∠ADE=∠CDE+∠BCD．
某校八年级1班和2班的同学，在双休日参加修整花卉的实践活动．已知1班比2班每
小时多修整2盆花，1班修整66盆花所用的时间与2班修整60盆花所用时间相等．1班和
2班的同学每小时各修整多少盆花？
阅读材料，回答问题：
两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含有二次根式，我们就说这两个代
数式互为有理化因式．例如：因为√a×√a=a，(√2+1)(√2−1)=1，所以√a与√a，√2+1与√2−1互为有理化因式.
(1)2√3−1的有理化因式是________；
(2)这样，化简一个分母含有二次根式的式子时，采用分子、分母同乘以分母的有理化因式的方法就可以了，例如：
√3=√3
√3×√3
=2√3
3
，
√5+√3√5−√3=√5+√3)2
(√5−√3)(√5+√3)
=5+2√15+3
5−3
=8+2√15
2
=4+√15.
用上述方法对√3
2+√3
进行分母有理化.
(3)利用所需知识判断．若a=
2+√5
，b=2−√5则a，b的关系是________；
(4)直接写结果：(
√2+1√3+√2+⋅⋅⋅
√2020+√2019
)(√2020+1)=________.
已知∠MAN=120∘，点C是∠MAN的平分线AQ上的一个定点，点B，D分别在AN，AM 上，连接BD.
【发现】：(1)如图1，若∠ABC=∠ADC=90∘，则∠BCD=________∘，△CBD是
________三角形；
【探索】(2)如图2，若∠ABC+∠ADC=180∘，请判断△CBD的形状，并证明你的结论；
【应用】(3)如图3，已知∠EOF=120∘，OP平分∠EOF，且OP=1，若点G，H分别在
射线OE，OF上，且△PGH为等边三角形，则满足上述条件的△PGH的个数一共有
________．（只填序号）
①2个②3个③4个④4个以上
参考答案与试题解析
2021-2022学年河北省石家庄市某校初二（上）12月月考数学
试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
立方根的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵(−2)3=−8，
∴−8的立方根是−2.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做
轴对称图形；
一个图形绕着某一个点旋转180∘，旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图
形叫做中心对称图形.
A，是轴对称图形，也是中心对称图形，故不合题意；
B，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
C，是轴对称图形，也是中心对称图形．故不合题意；
D，不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故符合题意.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
分式的乘除运算
【解析】
本题考查了分式的除法，熟练掌握分式的除法法则是解题关键，根据分式的除法法则，把除法转化为乘法，约分化简求得答案.
【解答】
解：2
x2−1÷1
x−1
=
2
(x+1)(x−1)
×
x−1
1
=2
x+1
.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
根据全等三角形的判定定理，即可得出答．
【解答】
解：∵AB=DE，∠B=∠DEF，
∴添加AC // DF，得出∠ACB=∠F，根据AAS，即可证明△ABC≅△DEF，故A,D都正确；
当添加∠A=∠D时，根据ASA，也可证明△ABC≅△DEF，故B正确；
但添加AC=DF时，没有SSA定理，不能证明△ABC≅△DEF，故C不正确.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
解分式方程
解分式方程——可化为一元一次方程
【解析】
根据各分母寻找公分母x(x+4)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程．
【解答】
解：由两个分母(x+4)和x可得最简公分母为x(x+4)，
所以方程两边应同时乘以x(x+4)．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
直接利用二次根式运算，即可判断.
【解答】
解：A，√(−5)2=|−5|=5，故A错误；
B，√4
5÷√8
5
=√4
5
×√5
8
=√4
5
×5
8
=√1
2
=√2
2
，故B正确；
C，3√5+√5=4√5，故C错误；
D，5√3×2√3=10√9=10×3=30，故D错误.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
无理数的识别
原命题与逆命题、原定理与逆定理
算术平方根
近似数和有效数字
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：真命题的逆命题是假命题，故A错误；
特定结构的无限不循环小数才是无理数，故B错误；
0.720有3个有效数字，故C错误；
√16=4，4的算术平方根是2，正确.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
含30度角的直角三角形
角平分线的性质
垂线段最短
【解析】
由题意可知，当PQ⊥OM时，PQ的值最小，根据直角三角形的性质及角平分线的性质即可求出答案.
【解答】
解：当PQ⊥OM时，PQ的值最小.
∵ ∠MON=60∘，OP平分∠MON，
∴ ∠POA=30∘，
∴ PA=1
2OP=1
2
×4=2.
∵ OP平分∠MON，PQ⊥OM，PA⊥ON，∴ PQ=PA=2.
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
勾股定理
【解析】
根据正方形可以计算斜边和一条直角边，则另一条直角边根据勾股定理就可以计算出来．
【解答】
解：如图：
∵∠CBD=90∘，CD2=14，BD2=8，
∴BC2=CD2−BD2=6，
∴正方形A的面积为6.
故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
在数轴上表示实数
【解析】
先求出圆的周长，再根据数轴的特点进行解答即可．
【解答】
解：∵圆的直径为1个单位长度，
∴此圆的周长=π，
∴当圆向左滚动时点A′表示的数是−π−1；
当圆向右滚动时点A′表示的数是π−1．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
根据全等三角形的判定定理进行判断．
【解答】
A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
C、如图1，
∵∠DEC=∠B+∠BDE，
∴x∘+∠FEC=x∘+∠BDE，
∴∠FEC=∠BDE，
所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD=FC=3，
所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；
D、如图2，
∵∠DEC=∠B+∠BDE，
∴x∘+∠FEC=x∘+∠BDE，
∴∠FEC=∠BDE，
∵BD=EC=2，∠B=∠C，
∴△BDE≅△CEF，
所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
估算无理数的大小
【解析】
由于3<√10<4，由此可确定√10的整数部分x，接着确定小数部分y，然后代入所求代数式中恰好利用平方差公式计算出结果．
【解答】
解：∵3<√10<4，
∴√10的整数部分x=3，小数部分y=√10−3，
∴y(x+√10)=(√10−3)(3+√10)=10−9=1.
故选B.
13.
【答案】
C
直角三角形斜边上的中线
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=1
2
AB．【解答】
解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，
∴OP=1
2
AB，
∴无论怎样滑动，OP的长度不变．
故选C.
14.
【答案】
D
【考点】
分式的乘除运算
【解析】
根据分式的乘除运算步骤和运算法则逐一计算即可判断．
【解答】
解：∵x 2−2x
x−1÷x2
1−x
=x2−2x
x−1
⋅
1−x
x2
=x2−2x
x−1
⋅
−(x−1)
x2
∴ 乙错误；
∵x(x−2)
x−1⋅x−1
x2
=x−2
x
,
∴ 丁错误；
∴出现错误是在乙和丁,
故选D.
15.
【答案】
D
【考点】
作图—复杂作图
【解析】
本题主要考查了作图知识及中垂线的性质．【解答】
解：D选项中作的是AB的中垂线，
∴PA=PB，
∵PB+PC=BC，
∴PA+PC=BC.
故选D．
16.
A
【考点】
等腰三角形的性质与判定
【解析】
【解答】
解：∵ BE=BA,
∴ ∠BAE=∠BEA,
∴ α=180∘−2∠BAE①，
∵ CD=CA，
∴ ∠CAD=∠CDA，
∴ β=180∘−2∠CAD②，
①+②，得α+β=360∘−2(∠BAE+∠CAD),
∴ α+β=360∘−2[(∠BAD+∠DAE)+(∠DAE+∠CAE)]
=360∘−2[(∠BAD+∠DAE+∠CAE)+∠DAE]
=360∘−2(∠BAC+∠DAE).
∵ ∠BAC=180∘−(α+β)．
∴α+β=360∘−2[180∘−(α+β)+∠DAE]，
∴ α+β=2∠DAE，∠DAE=1
(α+β).
2
故选A．
二、填空题
【答案】
>
【考点】
实数大小比较
【解析】
先把两个实数平方，然后根据实数的大小的比较方法即可求解. 【解答】
解：∵(5√3)2=75>(6√2)2=72，
而5√3>0，6√2>0，
∴5√3>6√2．
故答案为：>.
【答案】
32
【考点】
三角形的面积
梯形的面积
全等三角形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AB⊥BC，CM⊥DB，AP⊥BD，
∘
∴∠BAP=∠CBM.
在△ABP和△BCM中，{∠APB=∠BMC,∠BAP=∠CBM, AB=BC,
∴△ABP≅△BCM(AAS)．
∴AP=BM=3，BP=CM=2.
同理可得CM=DN=2，DM=EN=5，∴PN=12，
∴梯形AENP的面积为1
2
×(AP+EN)×PN
=1
2
×(3+5)×12=48，
∴实线围成的图形面积
=S梯形AENP−S△ABP−S△BCD−S△DEN
=48−1
2
×3×2−
1
2
×(3+5)×2−
1
2
×5×2
=48−3−8−5=32.
故答案为：32.
【答案】
20∘
α=2β
α=2β−180∘
【考点】
等腰三角形的性质与判定
三角形的外角性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵AB=AC，且∠B=60∘，
∴△ABC为等边三角形，
则∠BAC=60∘.
∵∠DAE=20∘，
∴∠BAD=40∘，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=100∘.
∵AD=AE，且∠DAE=20∘,
∴∠ADE=∠AED=80∘，
∴∠β=∠ADC−∠ADE=20∘.
故答案为：20∘.
(2)设∠ABC=x，∠AED=y，∴∠ACB=x，在△DEC中，y=β+x，
在△ABD中，α+x=y+β=β+x+β，
∴α=2β.
故答案为：α=2β.
(3)当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，
在△ABD中，x+α=β−y，
在△DEC中，x+y+β=180∘，
∴α=2β−180∘.
故答案为：α=2β−180∘.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=4√3 − 2√3 + 12√3 = 14√3.
(2)原式=(9√2 + √2 − 2√2)÷4√2
=8√2 ÷ 4√2
=2.
【考点】
二次根式的混合运算
最简二次根式
【解析】
(1)先化简二次根式，再合并同类二次根式.
(2)先化简二次根式，再合并同类二次根式，最后计算除法可得. 【解答】
解：(1)原式=4√3 − 2√3 + 12√3 = 14√3.
(2)原式=(9√2 + √2 − 2√2)÷4√2
=8√2 ÷ 4√2
=2.
【答案】
解：(1)去分母得：2=−3x−x+1，
移项合并得：4x=−1，
解得：x =−1
4
，
经检验x =−1
4
是分式方程的解.
(2)原式 = a(a+1)
(a−1)2⋅a(a−1)
a+1
=a2
a−1
.
【考点】
解分式方程——可化为一元一次方程
分式的化简求值
【解析】
(1)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解.
(2)原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果.
【解答】
解得：x =−1
4
，
经检验x =−1
4
是分式方程的解.
(2)原式 = a(a+1)
(a−1)2⋅a(a−1)
a+1
=a2
a−1
.
【答案】
证明：作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴直线AD是线段BC的垂直平分线，
∴点A在BC的垂直平分线上．
【考点】
线段垂直平分线的定义
等腰三角形的性质：三线合一
【解析】
作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的三线合一证明．【解答】
证明：作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴直线AD是线段BC的垂直平分线，
∴点A在BC的垂直平分线上．
【答案】
证明：(1)∵∠AEB=∠DEC，
∴∠AED=∠BEC，且EA=BE，ED=EC，
∴△AED≅△BEC(SAS)，
∴AD=BC.
(2)如图，连接CD，
∵△AED≅△BEC，
∴∠ADE=∠BCE，
∵DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD，
∵∠BCE=∠BCD+∠DCE，
∴∠ADE=∠CDE+∠BCD．
【考点】
全等三角形的性质与判定
等腰三角形的性质
全等三角形的性质
【解析】
(1)由“SAS”可证△AED≅△BEC，可得AD＝BC；
(2)由全等三角形的性质可得∠ADE=∠BCE，由等腰三角形的性质可得∠EDC=∠ECD，即可证∠ADE=∠CDE+∠BCD．
【解答】
证明：(1)∵∠AEB=∠DEC，
∴∠AED=∠BEC，且EA=BE，ED=EC，
∴△AED≅△BEC(SAS)，
∴AD=BC.
(2)如图，连接CD，
∵△AED≅△BEC，
∴∠ADE=∠BCE，
∵DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD，
∵∠BCE=∠BCD+∠DCE，
∴∠ADE=∠CDE+∠BCD．
【答案】
解．设(1)班每小时修整x盆花，则(2)班每小时修整(x−2)盆花，
根据题意，得66
x =60
x−2
，解得x=22．
【考点】
分式方程的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解．设(1)班每小时修整x盆花，则(2)班每小时修整(x−2)盆花，
根据题意，得66
x =60
x−2
，解得x=22．
经检验，x=22是原分式方程的解．x−2=20．
答：(1)班同学每小时修整22盆花，(2)班同学每小时修整20盆花．【答案】
2√3+1
√3 2+√3=
√3)2 (2+√3)(2−√3)
=4−4√3+3
4−3
=7−4√3.
a和b互为相反数
2019
【考点】
分母有理化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)(2√3−1)(2√3+1)=12−1=11，故2√3−1的有理化因式为2√3+1.
故答案为：2√3+1.
2−√3 2+√3=
(2−√3)2 (2+√3)(2−√3)
=4−4√3+3
4−3
=7−4√3.
(3)a=√5
(2+√5)(2−√5)
=√5−2=−b.
故答案为：a和b互为相反数.
(4)原式=(√2−1+√3−√2+⋯+√2020−√2019)×(√2020+1) =(√2020−1)×(√2020+1)
=2020−1
=2019.
故答案为：2019.
【答案】
60,等边
(2)如图2，由(1)得出，∠BCD=60∘，
如图，过点C作CE⊥AM于E，CF⊥AN于F，
∵AC是∠MAN的平分线，
∴CE=CF，
∵∠ABC+∠ADC=180∘，∠ADC+∠CDE=180∘，∴∠CDE=∠ABC，
在△CDE和△CFB中，{
∠CDE=∠ABC，
∠CED=∠CFB=90∘，
CE=CF，
∴△CDE≅△CBF(AAS)，
∴CD=CB，
∵∠BCD=60∘，
∴△CBD是等边三角形.
④
【考点】
全等三角形的性质与判定
三角形综合题
等边三角形的判定
角平分线的性质
【解析】
（1）利用四边形的内角和即可得出∠BCD的度数，再利用角平分线的性质定理即可得出CB，即可得出结论；
（2）先判断出∠CDE=∠ABC，进而得出△CDE≅△CFB(AAS)，得出CD=CB，再利用四边形的内角和即可得出∠BCD=60∘即可得出结论；
（3）先判断出∠POE=∠POF=60∘，先构造出等边三角形，找出特点，即可得出结论．
【解答】
解：(1)如图1，连接BD，
∵∠ABC=∠ADC=90∘，∠MAN=120∘，
根据四边形的内角和得：
∠BCD=360∘−(∠ABC+∠ADC+∠MAN)=60∘，
∵AC是∠MAN的平分线，CD⊥AM．CB⊥AN，
∴△BCD是等边三角形.
故答案为：60；等边.
(2)如图2，同(1)得出，∠BCD=60∘，
如图，过点C作CE⊥AM于E，CF⊥AN于F，
∵AC是∠MAN的平分线，
∴CE=CF，
∵∠ABC+∠ADC=180∘，∠ADC+∠CDE=180∘，∴∠CDE=∠ABC，
在△CDE和△CFB中，{
∠CDE=∠ABC，
∠CED=∠CFB=90∘，
CE=CF，
∴△CDE≅△CBF(AAS)，
∴CD=CB，
∵∠BCD=60∘，
∴△CBD是等边三角形.
(3)∵OP平分∠EOF，∠EOF=120∘，
∴∠POE=∠POF=60∘，
如图，在OE上截取OG′=OP=1，连接PG′，
∴△G′OP是等边三角形，此时点H′和点O重合，
同理：△OPH是等边三角形，此时点G和点O重合，
将等边△PHG绕点P逆时针旋转到等边△PG′H′，
在旋转的过程中，边PG，PH分别和OE，OF相交（如图中G′′，H′′）和点P围成的三角
形全部是等边三角形，
（旋转角的范围为(0∘到60∘包括0∘和60∘)，
∴有无数个.
故答案为：④.。