精品解析：福建省泉州市安溪县2023-2024学年七年级下学期期末数学试题

2024年春季七年级期末质量监测数学试题 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 友情提示：所有答案必须填写在答题卡相应的位置上． 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列各式中，是方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查的是方程的定义，含有未知数的等式叫方程根据方程的定义解答即可． 【详解】解：A、中不含有未知数，不是是方程，不符合题意； B、不是等式所以不是方程，不符合题意； C、不是等式所以不是方程，不符合题意； D、是含有未知数的等式，是方程，符合题意． 故选：D． 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查解不等式，并在数轴上表示不等式的解集．先解不等式，再根据不等式在数轴上的表示方法求解即可． 【详解】解：， 解得，， 把不等式的解集在数轴上表示如下： 故选：A． 3. 方程解为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】按照移项、合并同类项、系数化为1的步骤解方程，进而可得答案． 【详解】解：移项、合并同类项，得2x=4， 系数化为1，得x=2； 故选：A． 【点睛】本题考查了一元一次方程的解法，属于基础题目，熟练掌握解一元一次方程的方法和步骤是解题关键． 4. 下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项符合题意； B．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意； D．是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 5. 一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式：边形的内角和为：进行求解即可． 【详解】解：由题意可得：， 解得， 故多边形是九边形． 故选：C． 6. 如图，沿着的方向平移得到，若，则平移的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了平移的性质，根据图形平移的性质即可解决问题． 【详解】解：由平移可知，， 又∵， ∴， ∴， 即平移的距离为2． 故选：A． 7. 用一批相同的正六边形地砖密铺地面，每个顶点处的正六边形地砖有（ ） A. 2块 B. 3块 C. 4块 D. 6块 【答案】B 【解析】 【分析】正六边形的内角和为120°，看围绕一点拼在一起的正六边形地砖的内角和是否为360°，并以此为依据进行求解． 【详解】解：因为正六边形的内角为120°， 所以360°÷120°=3， 即每一个顶点周围的正六边形的块数为3块． 故选：B． 【点睛】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是根据内角和公式算出每个正多边形的内角的度数，根据内角的度数能组成一个周角就能密铺． 8. 古希腊数学家丢番图是代数学创始人之一，他对算术理论有较深入的研究，著有《算术》一书，在书中，提出以下一个有趣的问题：“有大、中、小三个数，其中大数比中数多小数的，中数比小数多大数的，若大数为45，求中数和小数．”设中数为x，小数为y，根据题意，可列方程组（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据“大数比中数多小数的，中数比小数多大数的，若大数为45”列出方程组，此题得解． 【详解】解：∵中数为x，小数为y，大数比中数多小数的，大数为45， ∴ 又∵中数比小数多大数的， ∴． 由此得到方程组：． 故选：B． 9. 将一副三角板按如图所示放置，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形的内角和定理和平行线的性质，能求出各个角的度数是解此题的关键．根据等腰直角三角形求出，根据平行线求出，根据三角形内角和定理求出即可． 【详解】解：∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 10. 已知关于x，y的方程组，给出下列结论：①当时，方程组的解为； ②无论a为何值，y的值不变；③当时，则；④当时，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组及二元一次方程组的解，①将代入方程组，求出方程组的解即可，②消去x得出y与a的关系式即可解决问题，③用a表示即可解决问题，④用x表示a即可解决问题． 【详解】解：将代入方程组得，， 解这个方程组得，．故①正确． 由得，， 将此等式与相减得，， 解得， 所以无论a为何值，y的值不变．故②正确． 将方程组中的两个方程相减得，， 即． 因为， 所以， 解得． 故③正确． 由得，， 将代入得， ， 则． 因为， 所以， 解得． 故④正确． 故选：D． 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．把答案填在答题卡的相应位置． 11. 九边形的外角和等于________度． 【答案】360 【解析】 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，根据多边形的外角和等于解答． 【详解】解：一个九边形的外角和是． 故答案为：360． 12. 已知方程，用含的代数式表示，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解二元一次方程，要用含的代数式表示，就要把方程中含有的项移到方程的左边，其它的项移到方程的另一边． 【详解】解：， 移项，得． 故答案为：． 13. 若，则________．（用“>”或“<”填空） 【答案】> 【解析】 【分析】本题考查不等式的性质，利用不等式的性质即可求得答案． 【详解】解：若 两边同乘得 然后两边同时加上5得； 故答案为：＞． 14. 若一个三角形的两边长分别为和，则第三条边长可能为__________．（要求填写一个正整数） 【答案】3（答案为唯一） 【解析】 【分析】利用三角形的三边关系定理求出第三边长的取值范围，由此即可得． 【详解】解：设第三边长为， 由三角形的三边关系定理得：，即， 由于为正整数，所以可填3或4或5， 故答案为：3（答案为唯一）． 【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理的应用，熟记三角形的三边关系定理是解题关键． 15. 如图，将绕点C逆时针旋转α度得到交于点D．若，则________°． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．先根据旋转的性质得到，然后利用互余计算出的度数即可． 【详解】解：∵绕点C逆时针旋转α度得到， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 故答案为：25． 16. 已知为的中线，E为的中点，F为边的三等分点，连接．若四边形的面积为12，则的面积为________． 【答案】9或 【解析】 【分析】本题考查三角形的面积，根据“F为边的三等分点”，可分为两种情况讨论：点F靠近点B、点F靠近点A．用字母表示，根据“等高三角形的面积比等于底边比”分别将其它各部分的面积表示出来，求出，从而求出的面积． 【详解】解：如图1和图2，连接． 如图1： 设，则， ∵为的中线， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵F为边的三等分点， ∴， ∴，即，解得， ∴的面积为9． 如图2： 设，则， ∵为的中线， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵F为边的三等分点， ∴， ∴，即，解得， ∴的面积为． 综上，△ACE的面积为9或． 故答案为：9或． 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程，方程去分母，移项，合并同类项，把x系数化为1，即可求出解． 【详解】解： 去分母得：， 移项得：， 合并同类项得：， 解得：． 18. 解方程组： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二元一次方程组的解法，直接利用加减法解方程组即可； 【详解】解： ①+②，得：， ∴， 把代入②，得， ， ； 19. 解不等式组： 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，根据解一元一次不等式组的步骤，对所给不等式组进行求解即可． 【详解】解： 解不等式①，得， 解不等式②，得， ∴原不等式组的解集为． 20. 如图，网格中小正方形的边长为1，三个顶点和点O都在格点上． （1）画出将向右平移4个单位，再向上平移3个单位后的； （2）画出将绕点O顺时针旋转后的． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图-平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键． （1）根据平移的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求． 【小问2详解】 解：如图，即为所求． 21. 如图，在中，点D是边上的一点，连接，且，． （1）求的度数； （2）若平分，求证：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查三角形内角和定理和三角形外角的性质． （1）根据三角形外角等于不相邻的两个内角之和可得，代入计算即可； （2）根据角平分线的定义可得，再根据三角形内角和定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴ ； 【小问2详解】 证明：∵平分， ∴， ∵， ∴ ， ∴． 22. 后垵柿果和龙涓大饼是安溪著名的传统土特产，深受广大消费者喜爱．已知2箱柿果和3箱大饼进货价310元，3箱柿果和4箱大饼进货价为440元． （1）求每箱柿果、大饼的进价各多少元？ （2）某特产店计划用不超过6860元购进柿果、大饼共100箱，且柿果的数量不低于大饼数量的，该特产店有哪几种进货方案？ 【答案】（1）每箱柿果的进价为80元，每箱大饼的进价为50元 （2）特产店有三种进货方案：方案一：柿果60箱，大饼40箱；方案二：柿果61箱，大饼39箱；方案三：柿果62箱，大饼38箱 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组． （1）设每箱柿果的进价是x元，每箱大饼的进价是y元，根据“2箱柿果和3箱大饼进货价310元，3箱柿果和4箱大饼进货价为440元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设购进m箱柿果，则购进箱大饼，根据“该特产店计划用不超过6860元购进柿果、大饼共100箱，且柿果的数量不低于大饼数量的”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各进货方案． 【小问1详解】 解：设每箱柿果的进价为x元，每箱大饼的进价为y元，由题意，得 解得： 答：每箱柿果的进价为80元，每箱大饼的进价为50元． 【小问2详解】 解：设购进柿果m箱，则购进大饼箱，依题意得： 解得： ∵m为正整数， ∴整数，61，62， ∴该特产店有三种进货方案： 方案一：柿果60箱，大饼40箱； 方案二：柿果61箱，大饼39箱； 方案三：柿果62箱，大饼38箱． 23. 半马，即半程马拉松，又称二分之一马拉松，目前国际上从众增长最快的赛跑项目，路程长度大约是21公里．如图为某次半马的路线，公里，E，E为折返点，拐弯路段EF的长度忽略不计，公里，为半圆路段，O为圆心，半径为1公里．根据选手报名人数和赛道宽度等情况，为保证赛道畅通和补给有序，组委会决定采取分区检录、分枪起跑、同地出发的发令方式，具体发令时间如下：◆第一枪发令时间，A区选手出发；◆第二枪发令时间，B区选手出发；◆第三枪发令时间，C区选手出发．若甲为B区选手，平均配速为5分钟/公里：乙为A区选手，平均配速为分钟/公里．（平均配速是指每公里所需要的时间） （1）在整个赛程中，甲、乙共有________次相遇，并求甲、乙在距离起点多少公里处相遇； （2）此次比赛，冠军用时1小时3分钟．已知丙为C区选手，甲出发17分钟时，甲、乙、丙三人所在的位置分别为S，R，T，当S，R，T三点中，有一点恰好是另外两点为端点的线段的中点时，求丙的平均配速． 【答案】（1）1，甲、乙在距离起点10公里处相遇 （2）丙的平均配速为分钟/公里或分钟/公里 【解析】 【分析】本题考查了一元一次函数的应用，分情况讨论是几天的关键； （1）设甲、乙在距离起点x公里处相遇，列方程，进而得出答案； （2）先求出冠军的平均配速约为3分钟/公里，则丙的平均配速分钟/公里，设丙的平均配速为y分钟/公里，在分别求出，，进而得出，画图，分3中情况进行讨论即可。 【小问1详解】 设甲、乙在距离起点x公里处相遇， ， 解得：， 答：甲、乙在距离起点10公里处相遇．且共有1次相遇， 故答案为：1； 【小问2详解】 冠军用时1小时3分钟， 冠军的平均配速约为3分钟/公里， 丙的平均配速分钟/公里． （法一）设丙的平均配速为y分钟/公里， ，， ． ①如图，当S为中点时，得， 即， ， 丙的平均配速为分钟/公里． ②如图，当T为中点时，得， 即， ， ∴丙的平均配速为分钟/公里． ③如图，当R为中点时，得， 即 （舍去）． 综上，丙的平均配速为分钟/公里或分钟/公里． （法二）设丙平均速度为y公里/分， ，，， ，． ①如图，当S为中点时，得， 即， ，， 丙的平均配速为分钟/公里． ②如图，当T为中点时，得， 即 ，， ∴丙的平均配速为分钟/公里， ③如图，当R为中点时，得， 即 ， （舍去）． 综上，丙的平均配速为分钟/公里或分钟/公里． 24. 对x，y定义一种新运算，规定：（其中a，b均为非零常数）．例如：． （1）已知，． ①求a，b的值； ②若关于m的不等式组恰好有2024个整数解，求实数p的取值范围； （2）若不论m，n取何值时，的值都是一个定值，请求出该定值． 【答案】（1）①，；② （2） 【解析】 【分析】题考查了一元一次不等式组的整数解，实数的运算，解二元一次方程组： （1）①利用题中的新定义化简已知两式，得到关于a与b的方程组，求出方程组的解即可得到a与b的值； ②把a与b的值代入确定出，表示不等式组，变形后表示出解集，根据解集恰有2024个整数解确定出p的范围即可； （2）利用新定义，变形后得出，由不论m，n取何值时，的值都是一个定值，即可得出，解得，代入，即可求得． 【小问1详解】 解：①，， 解得： ，． ②由①得：， 解得： ∵关于m的不等式组恰好有2024个整数解， ， ． 小问2详解】 解： ， ∵且不论m，n取何值，的值都是一个定值， 解得： ， ∴该定值为． 25. 如图1，在中，，，平分． （1）①若，，则________度； ②判断，，三者之间的数量关系，并证明； （2）如图2，若M是边上的一点，将，折叠，使点B，C的对应点，落在线段的延长线上，折痕分别为，．当M与D重合时，则；当M与E重合时，则．求的度数． 【答案】（1）①35；②，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）①先求解，再利用三角形的内角和定理可得答案；②分别求解，，再利用角的和差关系可得答案； （2）由题意得，，，如图，当M与D重合时，，证明；如图，当M与E重合时，平分，证明．再建立方程组解题即可； 【小问1详解】 解：①∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴； ②，理由如下： ∵平分， ， ∵， ∵， ， ， 【小问2详解】 解：由题意得，，， 如图，当M与D重合时，， ∴，， 又∵，， ∴ ， ∴； 如图，当M与E重合时，平分， ∴， 又∵，， ∴ ， ∴． 联立 解得：． 【点睛】本题考查的是与三角形的角平分线相关的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，三角形的高的含义，二元一次方程组的解法，轴对称的性质，理解题意是解本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春季七年级期末质量监测数学试题 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 友情提示：所有答案必须填写在答题卡相应的位置上． 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列各式中，是方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 方程的解为（ ） A. B. C. D. 4. 下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 5. 一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 6. 如图，沿着的方向平移得到，若，则平移的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 7 7. 用一批相同的正六边形地砖密铺地面，每个顶点处的正六边形地砖有（ ） A. 2块 B. 3块 C. 4块 D. 6块 8. 古希腊数学家丢番图是代数学创始人之一，他对算术理论有较深入的研究，著有《算术》一书，在书中，提出以下一个有趣的问题：“有大、中、小三个数，其中大数比中数多小数的，中数比小数多大数的，若大数为45，求中数和小数．”设中数为x，小数为y，根据题意，可列方程组（ ） A. B. C. D. 9 将一副三角板按如图所示放置，若，则（ ） A B. C. D. 10. 已知关于x，y的方程组，给出下列结论：①当时，方程组的解为； ②无论a为何值，y的值不变；③当时，则；④当时，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．把答案填在答题卡的相应位置． 11. 九边形外角和等于________度． 12. 已知方程，用含代数式表示，则______． 13. 若，则________．（用“>”或“<”填空） 14. 若一个三角形两边长分别为和，则第三条边长可能为__________．（要求填写一个正整数） 15. 如图，将绕点C逆时针旋转α度得到交于点D．若，则________°． 16. 已知为的中线，E为的中点，F为边的三等分点，连接．若四边形的面积为12，则的面积为________． 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程： 18. 解方程组： 19. 解不等式组： 20. 如图，网格中小正方形的边长为1，三个顶点和点O都在格点上． （1）画出将向右平移4个单位，再向上平移3个单位后的； （2）画出将绕点O顺时针旋转后的． 21. 如图，在中，点D是边上的一点，连接，且，． （1）求的度数； （2）若平分，求证：． 22. 后垵柿果和龙涓大饼是安溪著名的传统土特产，深受广大消费者喜爱．已知2箱柿果和3箱大饼进货价310元，3箱柿果和4箱大饼进货价为440元． （1）求每箱柿果、大饼的进价各多少元？ （2）某特产店计划用不超过6860元购进柿果、大饼共100箱，且柿果的数量不低于大饼数量的，该特产店有哪几种进货方案？ 23. 半马，即半程马拉松，又称二分之一马拉松，目前国际上从众增长最快的赛跑项目，路程长度大约是21公里．如图为某次半马的路线，公里，E，E为折返点，拐弯路段EF的长度忽略不计，公里，为半圆路段，O为圆心，半径为1公里．根据选手报名人数和赛道宽度等情况，为保证赛道畅通和补给有序，组委会决定采取分区检录、分枪起跑、同地出发的发令方式，具体发令时间如下：◆第一枪发令时间，A区选手出发；◆第二枪发令时间，B区选手出发；◆第三枪发令时间，C区选手出发．若甲为B区选手，平均配速为5分钟/公里：乙为A区选手，平均配速为分钟/公里．（平均配速是指每公里所需要的时间） （1）在整个赛程中，甲、乙共有________次相遇，并求甲、乙在距离起点多少公里处相遇； （2）此次比赛，冠军用时1小时3分钟．已知丙为C区选手，甲出发17分钟时，甲、乙、丙三人所在的位置分别为S，R，T，当S，R，T三点中，有一点恰好是另外两点为端点的线段的中点时，求丙的平均配速． 24. 对x，y定义一种新运算，规定：（其中a，b均为非零常数）．例如：． （1）已知，． ①求a，b的值； ②若关于m的不等式组恰好有2024个整数解，求实数p的取值范围； （2）若不论m，n取何值时，的值都是一个定值，请求出该定值． 25. 如图1，在中，，，平分． （1）①若，，则________度； ②判断，，三者之间的数量关系，并证明； （2）如图2，若M是边上的一点，将，折叠，使点B，C的对应点，落在线段的延长线上，折痕分别为，．当M与D重合时，则；当M与E重合时，则．求的度数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$