精品解析：河南省新乡市辉县市2023-2024学年七年级下学期期末数学试题

2024年七年级学业水平调研抽测 数 学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．本试卷共8页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 3．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列方程是一元一次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元一次方程的定义，理解概念，熟知一元一次方程满足的条件是解答的关键． 一元一次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是1的整式方程，叫做一元一次方程，据此判断即可． 【详解】解：A．含有两个未知数，不是一元一次方程，故此选项不符合题意； B．是一元一次方程，故此选项符合题意； C、未知数的指数为2，不是一元一次方程，故此选项不符合题意； D．是多项式，不是方程，更不是一元一次方程，故此选项不符合题意． 故选： B． 2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形与中心对称图形的概念．如果一个图形沿着一条直线对折，直线 两旁的部分能够完全正确重合的图形，叫轴对称图形，这条直线叫对称轴；如果一个图形绕着某点旋转后，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． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念，逐项判定即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：A． 3. 若，则下列不等式变形错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质，解题的关键是掌握不等式的性质．根据不等式两边加或减某个数或式子，乘或除以同一个正数，不等号的方向不变；乘或除以一个负数，不等号的方向改变，逐项进行判断即可． 【详解】解：A．∵， ∴， 选项正确， 不符合题意； B．∵， ∴，选项正确，不符合题意； C．∵， ∴， ∴， 选项错误， 符合题意； D．∵， ∴， 选项正确， 不符合题意． 故选： C． 4. 下列利用等式的基本性质变形错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了等式的性质．解题的关键是掌握等式的性质．等式性质1：等式的两边都加上或者减去同一个数或同一个整式，所得结果仍是等式；等式性质2：等式的两边都乘以或者除以同一个数（除数不为零），所得结果仍是等式． 根据等式的性质，逐项计算并判定即可． 【详解】解：A．，则，正确，故此选项不符合题意； B．，则，正确，故此选项不符合题意； C、则，原计算错误，故此选项符合题意； D．，则，正确，故此选项不符合题意． 故选：C． 5. 用代入法解方程组 下列选项中错误的是（ ） A. 由②得再代入① B. 由②得再代入① C. 由①得，再代入② D. 由①得，再代入② 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法． 利用代入消元法判断即可． 【详解】解：A、由②，得再代入①，正确，故此选项不符合题意； B、由②，得再代入①，正确，故此选项不符合题意； C、由①，得，再代入②，正确，故此选项不符合题意； D、由①，得，再代入②，原计算错误，故此选项符合题意． 故选：D． 6. 现有几种形状的多边形地砖，分别是：①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形；⑤一般三角形；⑥一般四边形．每一种地砖的大小形状都相同，且都有很多块，如果只用其中的一种多边形地砖镶嵌，那么能够镶嵌成一个平面图案的有（ ） A. 2 种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键． 【详解】解： ①∵正三角形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ②∵正方形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ③∵正五边形的每个内角是， ∴不能镶嵌成一个平面图案； ④∵正六边形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑤∵一般三角形的三个内角组合在一起是，6个就可以组成， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑥∵一般四边形四个内角组合在一起可以组成， ∴4个即能够镶嵌成一个平面图案． 综上所述，符合题意的有①②④⑤⑥共5种， 故选：D． 7. 将四个数，，，排成两行、两列，两边各加一条竖直线记成 若定义 则 中的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次方程，根据题意得出关于x的方程，再求出解即可． 【详解】解：根据题意，得， 解得． 故选 D． 8. 如图，是一个3×3的正方形网格图案，其中有2个小正方形已经被涂上阴影，在剩余的7个白色小正方形中任选一个涂上阴影，使整体网格图案（包括白色方格）成轴对称图形，那么符合条件的小正方形共有（ ） A. 1 个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形定义．根据题意利用轴对称图形定义即可得到本题答案． 【详解】解：如图所示， 在剩余的7个白色小正方形中任选一个涂上阴影，使整体网格图案成轴对称图形，符合题意的有：1，2，3共3个小正方形． 故选：C． 9. 如图，是小华家的房屋平面图，该图纸外围轮廓的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了线段的平移，由平移的性质，可得图纸外围轮廓的周长，关键是利用平移的性质得到图纸外围轮廓周长为长方形． 【详解】解：由平移的性质，可得图纸外围轮廓的周长为， 故选：A． 10. 为纪念五四运动105 周年，弘扬五四精神，某校团委计划组织全校共青团员到南阳市镇平县彭雪枫革命烈士纪念馆开展红色研学之旅．该校计划统一乘车前往，若调配29座客车若干辆，则有7 人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1 辆，并空出12 个座位．设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，则根据题意可列出方程组为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键正确分析题目中的等量关系． 设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，根据“若调配29座客车若干辆，则有7人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1辆，并空出12个座位”列出方程． 【详解】设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人． 根据题意，得． 故选：B． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若从如图所示的四条线段中任意选取三条线段，则能组成三角形的是____________（填序号）． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】本题考查了构成三角形的条件，由三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 【详解】解：∵ ∴符合题意的只有②③④． 故答案为：②③④． 12. 一个多边形的内角和为，则这个多边形是____________边形． 【答案】十 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．根据多边形的内角和公式列式求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是， 则， 解得． 即：这个多边形是十边形， 故答案为：十． 13. 如图，若则 __________°． 【答案】115 【解析】 【分析】本题考查全等三角形性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键． 先根据全等三角形的性质得出，再根据三角形内角和定理求解． 【详解】解：∵， ∴． 在中，∵，， ∴ 故答案为：115． 14. 已知关于x，y的二元一次方程组为 ，若，则a的取值范围是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式，二元一次方程组的解，利用整体的思想可得，然后根据已知易得，从而按照解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答． 【详解】解： ， 得． 整理， 得． ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 15. 如图，在中，点D，E分别是边，上的点，将沿翻折，使得点 A落在边上的点处．若，则 __________°． 【答案】88 【解析】 【分析】本题考查三角形内角和定理，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 先由三角形内角和定理得出，再由折叠的性质得出，，即可由求解． 【详解】解：∵， ∴． 由折叠的性质， 知，， ∴． 故答案为：88． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 解方程组： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解二元一次方程组，熟练掌握用加减法解二元一次方程组是解题的关键． 用加减法求解二元一次方程组即可． 【详解】解：由 得． 解得． 把代入①， 得． 解得， ∴． 17. 解不等式组：，将解集在同一数轴上表示出来，并求出该不等式组的最小整数解． 【答案】，数轴表示见解析，最小整数解为 【解析】 【分析】本题考查解一元一次不等式组，以及将解集表示在数轴上，首先分别解不等式组中的每一个不等式，然后将解集表示在数轴上，利用数轴得到不等式组的解集，即可求出最小整数解． 【详解】解：， 解不等式①得， 解不等式②得， 在同一数轴上表示不等式①②的解集为： 此不等式组的解集为， 此不等式组的最小整数解为． 18. 如图，的各边均在边长为1的网格中，点A，B，C都在格点上． （1）求的面积． （2）将先向右平移6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到画出平移后的 （3）若连接．，则这两条线段之间的关系是 ． 【答案】（1） （2）见解析 （3）平行且相等 【解析】 【分析】本题考查了作图平移变换：作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．也考查了平移的性质，网格与三角形面积． （1）利用网格，根据三角形面积公式计算即可； （2）利用平移性质，分别 作出点A、B、C、平移后的对应点、、，再连接、、即可； （3）根据平移的性质即可得出结论． 【小问1详解】 解：的面积． 【小问2详解】 解：如图所示，就是所求． 【小问3详解】 解：根据平移的性质可得：，． ∴线段与线段之间的关系是平行且相等． 19. 装裱工艺历来被视为一幅书画作品不可或缺的一环，也是我国特有的一种保护和美化书画的技术，能够使书画作品达到更高的艺术美感．如图，是立轴一色装裱的样式结构，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等．某人要装裱一幅画心为．的画，要求左、右边的宽均为天头长与地头长的和的装裱后的长是装裱后的宽的3倍，求装裱后边的宽和天头长． 【答案】装裱后边的宽是，天头长是 【解析】 【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，设装裱后边的宽为，则天头长与地头长的和为，根据装裱后的长是装裱后的宽的3倍，列出方程，解方程即可． 【详解】解：设装裱后边的宽为，则天头长与地头长的和为， 由题意得：， 解得． 答： 装裱后边的宽是，天头长是． 20. 如图，在长方形纸片中，点E在边上，点F在边上，四边形沿翻折得到四边形且点恰好落在边上；将沿折叠得到且点恰好落在边上． （1）若则 ． （2）若，求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，熟练用折叠的性质进行角度的转换是解题的关键． （1）根据折叠的性质可得，设，则可得，根据列方程，即可解答； （2）根据可求得，再求出和，利用折叠的性质即可得到，即可解答． 【小问1详解】 解：四边形沿翻折得到四边形且点恰好落在边上， ， 设，则可得， 根据可得， 解得， 故答案为：； 【小问2详解】 解：在中， ∵，， ， ∵点恰好落在边 BC上， ． ， ， ， 由折叠的性质，知 ． 21. 据中国汽车工业协会统计分析，近年来中国新能源汽车产业发展迅猛，因其节能环保、经济实用，市场占有率持续提升，为了节省运营成本，某出租汽车公司近期计划将一批燃油车更换为新能源汽车，据了解，甲型新能源汽车比乙型新能源汽车单价高1万元，购买2辆甲型新能源汽车和3辆乙型新能源汽车共需47万元． （1）求甲型、乙型两种新能源汽车的单价． （2）该公司决定本次购买以上两种新能源汽车共100辆，总费用不超过960万元，那么该公司最多购买甲型新能源汽车多少辆？ 【答案】（1）甲型新能源汽车的单价为10万元，乙型新能源汽车的单价为9万元 （2）该公司最多购买甲型新能源汽车60辆 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，理解题意，正确列出方程组与不等式是解答本题的关键． （1）设甲型新能源汽车的单价为x万元，乙型新能源汽车的单价为y万元，根据甲型新能源汽车比乙型新能源汽车的单价高1万元，购买2辆甲型新能源汽车和3辆乙型新能源汽车共需47万元，列出方程组，求解即可； （2）设购买甲型新能源汽车n辆，则购买乙型新能源汽车辆．根据总费用不超过960万元，列出一元一次不等式，求解即可． 【小问1详解】 解：设甲型新能源汽车的单价为x万元，乙型新能源汽车的单价为y万元．根据题意，得 解得 答：甲型新能源汽车的单价为10万元，乙型新能源汽车的单价为9万元． 【小问2详解】 解：设购买甲型新能源汽车n辆，则购买乙型新能源汽车辆． 根据题意， 得． 解得 ． ∴n的最大值为 60． 答：该公司最多购买甲型新能源汽车60辆． 22. 如图，在中，，D是的中点，点E在边上． （1）若的周长与四边形的周长相等，求线段的长． （2）连接，若的面积与的面积之间存在2倍关系，求线段的长． 【答案】（1）线段的长为 （2）线段的长为或 【解析】 【分析】本题考查了线段的和差倍分关系，注意进行分类讨论是解题的关键． （1）根据题意可得，解方程， 即可解答； （2）根据的面积与的面积之间存在2倍关系，分类讨论：即和两种情况，分别进行解答即可． 【小问1详解】 解：由图，可知的周长， 四边形的周长． 周长与四边形的周长相等，点D为中点， ，， 即． ， ， ∵， ， ∴线段的长为； 【小问2详解】 解：如图， 连接， 是的中点， 若的面积与的面积之间存在2倍关系，可分两种情况进行讨论： ①如图1，当时， ， ； ②如图2，当时， 同理可得 综上所述，线段的长为或． 23. 已知和都是直角三角形，．如图1，点C与点F重合．现将绕点B以每秒的速度逆时针旋转（当点落在射线上时停止旋转），在旋转过程中，边与边的交点记为点P，设旋转时间为秒． （1）当 秒时，停止旋转；当 秒时， （2）如图2，若中有两个内角相等，求t的值． （3）设边与边所在直线交于点，连接，如图3，当时，是否为定值？如果是，请直接写出该定值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）18；6 （2）t的值为9秒或4.5秒 （3）是定值．定值为30° 【解析】 【分析】本题考查了三角形的角，熟练掌握三角形内角和定理和外角的性质是解题的关键． （1）根据题意先求出旋转的角度，用旋转的角度除以5即为t的值； （2）分情况讨论两个内角相等时求出的值，即可求出t的值； （3）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，可得， ．再由得，再代入可求出其值为． 【小问1详解】 解：∵， 点 落在射线 上时停止旋转， (秒)． 当时， ∵， ∴， (秒)． 故答案为：18；6； 【小问2详解】 ∵， 若中有两个内角相等，可分两种情况进行讨论： ①若， 则 (秒)． ②若， 则 (秒)． ∴t的值为9秒或4.5秒． 【小问3详解】 是定值．定值为． 证明：∵，， ∴， ． 又∵ ， ∴， 即 ∴ ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年七年级学业水平调研抽测 数 学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．本试卷共8页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 3．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列方程是一元一次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列不等式变形错误的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列利用等式的基本性质变形错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若，则 5. 用代入法解方程组 下列选项中错误的是（ ） A. 由②得再代入① B. 由②得再代入① C. 由①得，再代入② D. 由①得，再代入② 6. 现有几种形状的多边形地砖，分别是：①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形；⑤一般三角形；⑥一般四边形．每一种地砖的大小形状都相同，且都有很多块，如果只用其中的一种多边形地砖镶嵌，那么能够镶嵌成一个平面图案的有（ ） A 2 种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 7. 将四个数，，，排成两行、两列，两边各加一条竖直线记成 若定义 则 中的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 8. 如图，是一个3×3的正方形网格图案，其中有2个小正方形已经被涂上阴影，在剩余的7个白色小正方形中任选一个涂上阴影，使整体网格图案（包括白色方格）成轴对称图形，那么符合条件的小正方形共有（ ） A. 1 个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 9. 如图，是小华家的房屋平面图，该图纸外围轮廓的周长是（ ） A. B. C. D. 10. 为纪念五四运动105 周年，弘扬五四精神，某校团委计划组织全校共青团员到南阳市镇平县彭雪枫革命烈士纪念馆开展红色研学之旅．该校计划统一乘车前往，若调配29座客车若干辆，则有7 人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1 辆，并空出12 个座位．设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，则根据题意可列出方程组为（ ） A. B. C D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若从如图所示的四条线段中任意选取三条线段，则能组成三角形的是____________（填序号）． 12. 一个多边形的内角和为，则这个多边形是____________边形． 13. 如图，若则 __________°． 14. 已知关于x，y的二元一次方程组为 ，若，则a的取值范围是_________． 15. 如图，在中，点D，E分别是边，上的点，将沿翻折，使得点 A落在边上的点处．若，则 __________°． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 解方程组： 17. 解不等式组：，将解集在同一数轴上表示出来，并求出该不等式组的最小整数解． 18. 如图，的各边均在边长为1的网格中，点A，B，C都在格点上． （1）求的面积． （2）将先向右平移6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到画出平移后的 （3）若连接．，则这两条线段之间的关系是 ． 19. 装裱工艺历来被视为一幅书画作品不可或缺的一环，也是我国特有的一种保护和美化书画的技术，能够使书画作品达到更高的艺术美感．如图，是立轴一色装裱的样式结构，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等．某人要装裱一幅画心为．的画，要求左、右边的宽均为天头长与地头长的和的装裱后的长是装裱后的宽的3倍，求装裱后边的宽和天头长． 20. 如图，在长方形纸片中，点E在边上，点F在边上，四边形沿翻折得到四边形且点恰好落在边上；将沿折叠得到且点恰好落在边上． （1）若则 ． （2）若，求的度数． 21. 据中国汽车工业协会统计分析，近年来中国新能源汽车产业发展迅猛，因其节能环保、经济实用，市场占有率持续提升，为了节省运营成本，某出租汽车公司近期计划将一批燃油车更换为新能源汽车，据了解，甲型新能源汽车比乙型新能源汽车的单价高1万元，购买2辆甲型新能源汽车和3辆乙型新能源汽车共需47万元． （1）求甲型、乙型两种新能源汽车的单价． （2）该公司决定本次购买以上两种新能源汽车共100辆，总费用不超过960万元，那么该公司最多购买甲型新能源汽车多少辆？ 22. 如图，在中，，D是中点，点E在边上． （1）若的周长与四边形的周长相等，求线段的长． （2）连接，若面积与的面积之间存在2倍关系，求线段的长． 23. 已知和都是直角三角形，．如图1，点C与点F重合．现将绕点B以每秒的速度逆时针旋转（当点落在射线上时停止旋转），在旋转过程中，边与边的交点记为点P，设旋转时间为秒． （1）当 秒时，停止旋转；当 秒时， （2）如图2，若中有两个内角相等，求t的值． （3）设边与边所在直线交于点，连接，如图3，当时，是否为定值？如果是，请直接写出该定值；如果不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$