江苏省苏州市姑苏区立达中学校2022-2023学年七年级下学期期末数学试题

苏州市姑苏区立达中学校2022-2023学年第二学期七年级期末 数学试卷 本试题由选择题、填空题和解答题三大题组成，共27题，满分100分，考试时间120分钟. 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分.在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1.下列交通标志图案，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2.某种病毒直径为，0.0000000113用科学记数法表示为（ ） A B. C. D. 3.下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4.下列命题为真命题的是（ ） A.相等的角是对顶角 B.两条直线被第三条直线所截，内错角相等 C.如果，那么 D.邻补角互补 5.小明不慎将一块三角形的玻璃俗摔碎成如图所示的四块（即图中标有1，2，3，4的四块），若将其中的一块带去，就能配一块与原来一样大小的三角形，则带去的碎玻璃的编号是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 6.将一把直尺和一个透明的三角板按如图所示的方式放置，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 7.古代有一首歌谣是这样说的：栖树一群鸦，鸦树不知数.三个坐一棵，五个地上落；五个坐一棵，闲了一棵树.请你动脑筋，鸦树各几何？若设鸦有只，树有棵，则由题意可列方程组（ ） A. B. C. D. 8.若关于的不等式组无解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9.如图在，中，，，.连接，交于点.以下四个结论：①；②；③；④平分，其中结论正确的个数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 10.如图，中，，，，，，直线经过点，交边于点，分别过点，作，，垂足分别为，，设线段，的长度分别为，.若直线从与重合位置开始顺时针绕着点旋转，至与压合时停止，在旋转过程中，的最大值为（ ） A. B.1 C. D. 二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上） 11.分解因式：___________. 12.若方程是关于，的二元一次方程，则__________. 13.若，，则__________. 14.若，则代数式的值为___________. 15.如图，在中，，边的垂直平分线交于点，交于点，若的周长为28，则的长为___________. 16.若，且，则的取值范围为___________. 17.在如图所示的纸片中，点是边的中点，点是边上任意一点，现将沿折叠，得到，折痕与的角平分线相交于点，连接，当线段与的长度和最小时，，则此时__________. 18.如图，在四边形中，，，，点从点出发，以每秒2个单位的速度沿向点A匀速移动，点从点出发，以每秒6个单位的速度，沿做匀速移动，点从点出发沿向点匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为秒.与全等，__________. 三、解答题（本大题共9小题，共64分.请解答过程写在答题卡相应位置上，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19计算： （1）； （2）. 20.解二元一次方程组： 21.解不等式组： 22.先化简，再求值：，其中，. 23.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）. （1）将向右平移1个单位，向上平移4个单位，得到，请画出（点、、的对应点分别是、、）； （2）画出关于直线的对称图形（点、、的对应点分别是、、）； （3）画的高线和中线，和交于点； （4）求的面积. 24.如图，，，，. （1）求的度数； （2）若，求证：. 25.已知：用3辆型车和1辆型车载满货物一次可运货13吨；用2辆型车和2辆型车载满货物一次可运货14吨，某物流公司现有31吨货物，现计划用、型车载运货物，一次运完，且恰好每辆车都载满货物. 根据以上信息，解答下列问题： （1）1辆A型车和1辆车型车都载满货物一次可分别运货多少吨？ （2）请你帮该物流公司设计租车方案； （3）若型车每辆需租金50元/次，型车每辆需租金60元/次.请选出最省钱车方案，并求出最少租车费. 26.【问题情景】 将下列完全平方式进行因式分解，将结果直接写在横线上.；；__________； 【探究发现】观察以上多项式，发现：；；； 【归纳猜想】若多项式是完全平方式，则，，之间存在的数量关系为； 【验证结论】小明验证归纳猜想中的结论的过程如下，请补全小明的验证过程； __________. 是完全平方式， ___________，即. 【解决问题】 ①若多项式是一个完全平方式，求的值； ②若多项式加上一个含字母的单项式就能变形为一个完全平方式，请直接写出所有满足条件的单项式. 27.如图，在中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，点旋转至点. 图1 图2 （1）如图1，过点作交于点，求证：； （2）如图2，连接交于点，若，求证：是的2倍； （3）是射线上一点，直线交直线于点，若，则__________. 答案与解析 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分.在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1.【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果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. 【详解】解：A、是轴对称图形，符合题意； B、不是轴对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，不符合题意； D、不是轴对称图形，不符合题意； 故选A. 【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义. 2. 【答案】B 【解析】 【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定. 【详解】解：. 故选：B. 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定. 3. 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂的乘方、合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法逐一进行计算，即可得到答案. 【详解】解：A、，故选项A计算错误，不符合题意； B、与不是同类项不能合并，故选项B计算错误，不符合题意； C、，故选项C计算错误，不符合题意； D、，计算正确，符合题意， 故选：D. 【点睛】本题考查了幂的乘方、合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，熟练掌握相关运算法则是解题关键. 4.【答案】D 【解析】 【分析】根据平行线的性质，对顶角，邻补角的定义，实数的性质分别判断即可得解. 【详解】解：A.对顶角相等，但相等的角不一定是对顶角，故原命题是假命题，不符合题意； B.两条平行直线，被第三条直线所截，内错角相等，故原命题是假命题，不符合题意； C.如果，那么，故原命题是假命题，不符合题意； D.邻补角互补，故原命题是真命题，符合题意； 故选：D. 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行线的性质，对顶角及邻补角的定义，实数的性质，难度不大. 5.【答案】B 【解析】 【分析】本题应先假定选择哪块，再对应三角形全等判定的条件进行验证. 【详解】解：1、3、4块玻璃不同时具备包括一完整边在内的三个证明全等的要素，所以不能带它们去，只有第2块有完整的两角及夹边，符合ASA，满足题目要求的条件，是符合题意的. 故选：B. 【点睛】本题主要考查三角形全等的判定，看这4块玻璃中哪个包含的条件符合某个判定.判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS. 6. 【答案】B 【解析】 【分析】如图所示，过点作，可得，， 根据，结合平行线的性质即可求解. 【详解】解：如图所示，过点作， 直尺和一个透明的三角板，，， ，，且， ，，， ，， 故选：B. 【点睛】本题主要考查平行线的性质，掌握平行线的性质的实际运用是解题的关键. 7. 【答案】C 【解析】 【分析】根据“三个坐一棵，五个地上落；五个坐一棵，闲了一棵树”，即可得出关于，的二元一次方程组，此题得解. 【详解】解：由题意可得：，故选C. 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键. 8. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式组无解的条件列出关于的不等式，解不等式即可得到答案. 【详解】解：关于的不等式组无解，，解得，故选：A 【点睛】此题考查了不等式无解的条件：大大小小无处找（无解），熟练掌握不等式组解集的确定方法是解题的关键. 9.【答案】C 【解析】 【分析】设交于点，，可以判断①②， 由，，可以判断③，过点作，于点，， 由，得，根据角平分线的性质可以判断④. 【详解】解：如图，设交于点， ，， 在和中，， ，，，故①正确； ，，， ，，故②正确； ，，，故③错误； 过点作，于点，， ，，， ，， ，，平分，故④正确， 综上所述：结论正确的为①②④，共3个， 故选：C. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是得到. 10. 【答案】A 【解析】 【分析】过作于，得到四边形是矩形，由矩形的性质得到，得到，于是推出当点与重合时，的值最大，即的最大值. 【详解】解：过作于， ，，四边形是矩形，，， 当点与重合时，的值最大，即的最大值. 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，能综合运用性质进行推理是解此题的关键. 二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上） 11. 【答案】 【解析】 【分析】首先提取公因式3，再利用平方差公式即可. 【详解】解： 故答案为：. 【点睛】此题主要考查了提公因式法分解因式和公式法分解因式，关键是掌握找公因式的方法和利用的公式. 12.【答案】5 【解析】 【分析】先根据二元一次方程的定义列出关于、的方程组，求出、的值，再代入进行计算即可. 【详解】解：方程是关于，的二元一次方程， ，解得，.故答案为：5. 【点睛】本题考查的是二元一次方程的定义和解二元一次方程组，根据题意列出关于、的方程组，求出、的值是解答此题的关键. 13.【答案】4 【解析】 【分析】根据完全平方公式变形得出，将，代入即可. 【详解】解：， ； 故答案为：4. 【点睛】本题考查了完全平方公式，熟练掌握公式的变形得出是解题的关键. 14.【答案】1 【解析】 【分析】化简代数式为含有的式子代入即可. 【详解】解： 故答案为：1. 【点睛】代数式化简求值时，一般是把所要求的代数式进行恒等变形转化为已知关系表示的形式，再整体代入. 15.【答案】12 【解析】 【分析】根据线段垂直平分线性质知，.的周长，解方程得解. 【详解】解：垂直平分，. 又的周长， 即，.故答案为：12. 【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键. 16.【答案】 【解析】 【分析】先用表示，结合，即可得到的取值范围； 【详解】解：由得：， 又，，解得：，故答案为： 【点睛】本题主要考查一元一次不等式的求法，能正确的利用不等式基本性质进行变形是解答此题的关键. 17.【答案】36 【解析】 【分析】当、、三点共线时，线段与的长度和最小，设、交于点，设，则，利用翻折及外角可得，再利用三角形的内角和即可得出结果. 【详解】解：当、、三点共线时，线段与的长度和最小，设、交于点， 平分，， 设， ，， ， ， ， 故答案为：36. 【点睛】本题主要考查了三角形的内角和以及外角性质，找到是的外角是解决本题的关键. 18.【答案】或 【解析】 【分析】设点的移动时间为，点的运行距离为，当与全等时，分，，或，，分别列方程计算即可得解 【详解】设点的移动时间为，点的运行距离为，当与全等时， ，， ，，或，， ①，当点由点到点，即时， 由得，解得； ②当点由点到点，即时， 由，得，解得： 综上，或 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，分类讨论，解方程和方程组等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键. 三、解答题（本大题共9小题，共64分.请解答过程写在答题卡相应位置上，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19.计算： 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）原式先计算单项式乘以单项式以及积的乘方和幂的乘方运算后，再合并同类项即可； （2）原式分别计算负整数指数幂、零指数幂和乘方，然后再进行加减运算即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 . 【点睛】本题主要考查了整式的运算和实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键. 20. 【答案】 【解析】 【分析】先将原方程整理，再利用加减消元法求解即可. 【详解】解：由，整理可得 由②-①可得，将代入①中，解得， 原方程组的解集为. 【点睛】本题考查了解二元一次方程组，一般方法有：代入消元法和加减消元法，灵活选择合适的方法解题会使计算更加简便. 21. 【答案】 【解析】 【分析】求出每个不等式的解集，取公共部分即可得到不等式组的解集. 【详解】解： 解不等式①，得， 解不等式②，得， 原不等式组的解集为：. 【点睛】此题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式的解法是解题的关键. 22.【答案】， 【解析】 【分析】先根据乘法公式算乘法，然后合并同类项，最后代入计算即可. 【详解】解：原式 当，时， 原式. 【点睛】本题考查整式乘法的化简求值，掌握平方差公式、完全平方公式是解题的关键. 23.【答案】（1）为所求作的三角形 （2）为所求作的三角形 （3）为所求作的高线，为所求作的中线，为与的交点 （4）3 【解析】 【分析】（1）将点、、向右平移1个单位，向上平移4个单位，得到对应点分别是、、，依次连接、、，即可求作； （2）先作出点、、关于直线对称点、、，依次连接、、，即可求作； （3）根据要求作图即可； （4）由图可得和的长，即可求解. 【小问1详解】 解：如图 为所求作的三角形. 【小问2详解】 解：如图 为所求作的三角形. 【小问3详解】 解：如图 为所求作的高线，为所求作的中线，为与的交点. 【小问4详解】 解：由上图得： ，，. 【点睛】本题考查网格中平移、轴对称，三角形高线及中线作法，掌握作法是解题的关键. 24.【答案】（1）的度数为 （2）证明过程见详解 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质可得，根据，由此即可求解； （2）根据题意可证，由此即可求证. 【小问1详解】 解：，， ， ，的度数为. 【小问2详解】 证明：由（1）可知， ，， 在，中，， ，. 【点睛】本题主要考查几何图形中角度的计算，全等三角形的判定和性质，掌握平行线的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键. 25【答案】（1）1辆型车装满货物一次可运3吨，1辆型车装满货物一次可运4吨 （2）有3种租车方案：方案一：型车9辆，型车1辆；方案二：型车5辆，型车4辆；方案三：型车1辆，型车7辆. （3）最省钱的租车方案是方案三：型车1辆，型车7辆，最少租车费为470元 【解析】 【分析】（1）根据“用3辆型车和1辆型车载满货物一次可运货13吨；用2辆型车和2辆型车载满货物一次可运货14吨”，列方程组求解即可； （2）设租型车辆，型车辆，则，解此二元一次方程，求出其整数解，得到三种租车方案； （3）根据（2）中所求方案，利用型车每辆需租金50元/次，型车每辆需租金60元/次，分别求出租车费用比较即可. 【小问1详解】 解：设每辆型车、型车都装满货物一次可以分别运货吨、吨， 依题意列方程组得：， 解方程组，得：，答：1辆型车装满货物一次可运3吨，1辆型车装满货物一次可运4吨. 【小问2详解】 解：设租型车辆，型车辆，则， 、都是正整数，或或 答：有3种租车方案： 方案一：型车9辆，型车1辆； 方案二：型车5辆，型车4辆； 方案三：型车1辆，型车7辆. 【小问3详解】 型车每辆需租金50元/次，型车每辆需租金60元/次， 方案一需租金：（元） 方案二需租金：（元） 方案三需租金：（元） ，最省钱的租车方案是方案三：型车1辆，型车7辆，最少租车费为470元. 【点睛】本题主要考查了二元一次方程组和二元一次方程的实际应用，解题的关键是理解题意，找出题中的数量关系，正确列出方程或方程组. 26.【答案】问题情境：；验证结论：；；；解决问题：①；②32，或 【解析】 【分析】问题情境：根据完全平方公式分解因式即可； 验证结论：利用配方法进行验证即可； 解决问题：①利用题目中得出的结论列出关于的方程，解方程即可； ②分两种情况进行讨论，写出所有满足条件的单项式即可. 【详解】解：问题情境：， 故答案为：. 验证结论： 是完全平方式， ，即. 故答案为：；；； 解决问题：①多项式是一个完全平方式， ，解得：； ②当添加的含字母的单项式为中间项时， ，此时需要添加的单项式为或； 当添加的含字母的单项式为平方项时， ，此时需要添加的单项式为； 综上分析可知，需要添加的含的单项式为，或. 【点睛】本题主要考查了应用完全平方公式分解因式，解题的关键是熟练掌握完全平方公式， 27.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由，可得，再结合旋转的性质，通过即可证明全等； （2）过点作交于点，根据（1）中结论可得，即可证明，可得，设，，则，分别用含的式子表示和，即可解题； （3）过作的延长线交于点，设，，由（1）（2）可知，，可得，，分别用含的式子表示出和，即可求解. 【小问1详解】 证明：，， 在和中，， 【小问2详解】 证明：如图2，过点作交于点， 图2 ，， 在和中，， ，， ，设，，则 ， ，即是. 的2倍； 【小问3详解】 解：过作的延长线交于点，如图3， 图3 设，，，， 由（1）（2）知：，， ，， ，，， ，故答案为：. 【点睛】本题考查了比例线段的性质，全等三角形的判定和性质，需要掌握全等三角形的判定，全等三角形对应边相等的性质，通过已知条件证明三角形全等是解题的关键. 学科网（北京）股份有限公司 $$