精品解析：山西省临汾市曲沃县2024-2025学年七年级下册数学期末考试

山西省2024—2025学年七年级第二学期阶段四质量检测 数 学（华师版） 注意事项： 1．本试卷共6页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置． 3．答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 选择题（共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑） 1. 方程的解是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 下列图形是我国部分银行的行徽标志，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 不等式的解集在数轴上可表示为（ ） A. B. C D. 4. 一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形的边数是（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 5. 已知，，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 6. 已知a，b满足二元一次方程组，则的值为（ ） A. －6 B. 6 C. －3 D. 3 7. 如图是由两个三角形组成的图形，通过平移其中一个三角形可以组成一个新的图案．下列四个图案中，不能由此图形经过平移得到的是（ ） A. B. C. D. 8. 在下列4种正多边形的瓷砖图案中不能铺满地面的是　　 A. B. C. D. 9. 如图，已知，以点O为圆心，适当长度为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，过点P作交于点Q，则的度数是（ ） A. B. C. D. 10. 超市里的每一件商品的包装盒（袋）上都印有条形码，每个条形码表示一个13位数，示意图如下：从左起，前3位是国家代码，接下来的5位代表厂商代码，再接下来的4位代表产品代码，最后一位是校验码，条形码的13位数符合这样的规则，将（左起）偶数位上所有数的和乘3后，与奇数位上所有数的和相加，总和为10的倍数．若一个商品的条形码为693698380010X，其中X表示待求的校验码，则X的值为（ ） A. 3 B. 5 C. 2 D. 0 第Ⅱ卷 非选择题（共90分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 11. 如图是某机器零件的设计图纸，用不等式表示零件长度l（单位：）的合格尺寸，则l的取值范围为______． 12. 如图，已知，点A的对应点为点E，点B的对应点为点D．若，，则的长为______． 13. 用一条长为的细绳围成一个等腰三角形，已知它的腰长是其底边长的2倍，则它的腰长为______． 14. 如图，在等边三角形中，P是内的一点，连接．若将绕点B逆时针旋转到的位置，点P的对应点为，则的度数是______°． 15. 如图，与关于直线成轴对称，与关于直线成轴对称，．若，则______． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. （1）解方程：． （2）解不等式组：并把它们的解集在数轴上表示出来． 17. 如图是中国邮政发行的《数学之美》的邮票，其中一张圆周率邮票面值为80分，莫比乌斯带邮票面值为元．小宇购买这两种邮票共7张，恰好花了7元，求小宇购买这两种邮票各多少张． 18. 如图，在中，为边上的高，为的平分线，点E为边上的一点，连接交于点O． （1）当为边上的中线时，若，的面积为36，求的长． （2）当为的平分线时，若，求的度数． 19. 如图，在六边形中，，其余四个内角都相等． （1）求的度数． （2）连接，若，判断与的位置关系并说明理由． 20. 下图均为5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点和点D均在格点上，只使用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图． （1）在图1中，将平移，使点B与点D重合，点A的对应点为，点C的对应点为，画出． （2）在图2中，画出，使与关于点D成中心对称（点A的对应点为，点B的对应点为，点C的对应点为）． （3）在图3中，画出将绕点D按顺时针方向旋转90°得到的（点A的对应点为，点B的对应点为，点C的对应点为）． 21. 阅读与思考 下面是小明同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． ×年×月×日 星期× 利用折叠的性质证明的内角和是 我从数学课堂上学到：要证明三角形的内角和是，可用如下方法证明：如图1，需要过点C作的平行线，将三角形的三个内角通过等角转化后，组合成一个平角，即可证明三角形的内角和是． 我受此启发，在学习完轴对称后，采用了一种新方法证明：如图2，将沿折痕折叠，使点A落在边上点F处，且折痕，就可以证明出的内角和是．证明过程如下： 证明：由折叠可知，． …… ∴． 同理可得． ∴． 任务： （1）将材料中空缺（省略号部分）证明过程补充完整． （2）请参照图2的思路，在图3中用尺规作出的折痕，使得点E的对应点H落在边上，且．（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） 22. 智能快递机器人是一种能够自主完成快递分拣任务的智能设备．它可以自主感知、识别、分拣快递包裹，大大提高了物流企业的分拣速度和效率．某物流公司为提高工作效率，拟购买甲、乙两种型号的智能快递机器人共9台进行快递分拣工作，1台甲型号智能快递机器人和3台乙型号智能快递机器人每天一共可分拣快递34万件；3台甲型号智能快递机器人比2台乙型号智能快递机器人每天可多分拣快递14万件．请解决下列问题： （1）每台甲、乙型号智能快递机器人每天分别可分拣快递多少万件？ （2）若该物流公司每天的快递总量不超过80万件，且全部快递都由机器人分拣，则该公司最多需要购买甲型号智能快递机器人多少台？ 23. 综合与实践 问题情境 以“一副三角板拼接与旋转”为主题开展活动．如图1，将一副三角板和叠放在一起，其中，，，点C与点D重合，点B，E，C三点在一条水平线上．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，旋转角度记为． 操作计算 （1）当 °时，；当 °时，． （2）在旋转过程中，是否存在？若存在，求出旋转角度；若不存在，请说明理由． 拓展探究 （3）当旋转角度满足时，如图3，连接，的度数是否发生变化，若不变，请直接写出该度数；若变化，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山西省2024—2025学年七年级第二学期阶段四质量检测 数 学（华师版） 注意事项： 1．本试卷共6页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置． 3．答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 选择题（共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑） 1. 方程的解是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程，掌握解一元一次方程的步骤是解题的关键． 解一元一次方程，通过去分母、移项、合并同类项等步骤求解即可． 【详解】解： 两边同乘6得：， 展开得：， 移项得：， 即：， 系数化为1得：， 故选：B． 2. 下列图形是我国部分银行的行徽标志，其文字上方的图案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． 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、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； 故选：A． 3. 不等式的解集在数轴上可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了解不等式，熟练掌握解不等式的基本步骤，是解题的关键． 先根据不等式的基本步骤求出解集，最后把解集表示在数轴上即可． 【详解】解：， 解得：， 故不等式的解集为：， 因而在数轴上可表示为： 故选：D． 4. 一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形的边数是（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查是多边形的外角和的应用，明确正多边形的每个外角的数边数是解题的关键． 根据多边形外角和定理，所有多边形的外角和均为，因此边数等于外角和除以每个外角的度数． 【详解】解：由题意得：每个外角为， 因此边数为外角和除以单个外角度数，即， 故边数为8， 故选：C． 5. 已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的基本性质，根据已知条件和，利用不等式的基本性质判断各项是否正确． 【详解】A选项：，，根据不等式的基本性质一，不等式两边同时加上，不改变不等式的方向，可得：，故A选项错误； B选项：，，根据不等式的基本性质三，不等式两边同时乘以同一个负数，不等式的方向改变，可得：，故B选项错误； C选项：，，，根据不等式的基本性质二，不等式两边同时乘以同一个正数，不等式的方向不变，可得：，故C选项错误； D选项：，，根据不等式的基本性质三，不等式两边同时除以同一个负数，不等式的方向不变，可得：，故D选项正确． 故选：D． 6. 已知a，b满足二元一次方程组，则的值为（ ） A －6 B. 6 C. －3 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的步骤是解本题的关键． 将两个方程相加，再变形计算即可． 【详解】解： 得：， ， 故选：B． 7. 如图是由两个三角形组成的图形，通过平移其中一个三角形可以组成一个新的图案．下列四个图案中，不能由此图形经过平移得到的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解本题的关键． 依据平移与旋转的性质，判断各选项图案能否由给定图形通过平移得到．平移不改变图形的形状、大小和方向，旋转会改变图形的方向． 【详解】解：A、能通过两个三角形平移得到，不合题意； B、能通过两个三角形平移得到，不合题意； C、能通过两个三角形平移得到，不合题意； D、不能通平移得到，需要一个三角形旋转得到，符合题意． 故选：D． 8. 在下列4种正多边形的瓷砖图案中不能铺满地面的是　　 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°分别判断即可． 【详解】A、正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺，故此选项不符合题意； B、正方形的每个内角是90°，4个能密铺，故此选项不符合题意； C、正五边形的每个内角为：180°-360°÷5=108°，不能整除360°，不能密铺，故此选项符合题意； D、正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺，故此选项不符合题意． 故选C 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌知识，体现了学数学用数学的思想．由平面镶嵌的知识可知只用一种正多边形能够铺满地面的是正三角形或正四边形或正六边形． 9. 如图，已知，以点O为圆心，适当长度为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，过点P作交于点Q，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查角平分线的作图和平行线的性质，掌握角平分线的作图和平行线的性质是解题的关键． 由作图可得平分，根据角平分线的定义求出的度数，根据平行线的性质即可求出的度数． 【详解】解：由作图可得：平分， ， ， ． 故选：A． 10. 超市里的每一件商品的包装盒（袋）上都印有条形码，每个条形码表示一个13位数，示意图如下：从左起，前3位是国家代码，接下来的5位代表厂商代码，再接下来的4位代表产品代码，最后一位是校验码，条形码的13位数符合这样的规则，将（左起）偶数位上所有数的和乘3后，与奇数位上所有数的和相加，总和为10的倍数．若一个商品的条形码为693698380010X，其中X表示待求的校验码，则X的值为（ ） A. 3 B. 5 C. 2 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一元一次方程的应用．掌握一元一次方程的应用是解题的关键． 根据题意得到，即可求出答案． 【详解】解：由题意可得， ， 为10的倍数， ， ， 故选：B． 第Ⅱ卷 非选择题（共90分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 11. 如图是某机器零件的设计图纸，用不等式表示零件长度l（单位：）的合格尺寸，则l的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了列不等式、正负数的应用，理解题意正确列出不等式是解题的关键．根据题意可得，化简即可得出答案． 【详解】解：由题意得，， ∴， 故答案为：． 12. 如图，已知，点A的对应点为点E，点B的对应点为点D．若，，则的长为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质．根据全等三角形的性质可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：2 13. 用一条长为的细绳围成一个等腰三角形，已知它的腰长是其底边长的2倍，则它的腰长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查等腰三角形的定义，根据周长列出方程是关键． 可设等腰三角形的底边长为，则它的腰长为，根据周长列方程解出即可． 【详解】解：设等腰三角形的底边长为，则它的腰长为， 由题意可得，， 解得， 则 即腰长为， 故答案为：. 14. 如图，在等边三角形中，P是内的一点，连接．若将绕点B逆时针旋转到的位置，点P的对应点为，则的度数是______°． 【答案】60 【解析】 【分析】本题主要是旋转图形性质，等边三角形的性质，掌握知识点是解题的关键． 根据旋转的性质可得：，进而得到是等边三角形，继而求出，然后由图中相关角与角之间的和差关系来求的度数． 【详解】解：根据旋转的性质知，得 ， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，与关于直线成轴对称，与关于直线成轴对称，．若，则______． 【答案】40 【解析】 【分析】本题考查了轴对称的性质、三角形内角和定理、平行线的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．由轴对称的性质得，，，推出，利用平行线的性质求出，进而得出，再利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：由轴对称的性质得，，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：40． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. （1）解方程：． （2）解不等式组：并把它们的解集在数轴上表示出来． 【答案】（1）；（2），见解析 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程、解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可求解； （2）先求出各不等式的解集，求出它们的公共部分得到不等式组的解集，再把解集在数轴上表示出来即可． 【详解】解：（1） 去分母，得， 去括号，得， 移项，得， 合并同类项，得， 系数化为1，得； （2） 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为， 把不等式组的解集在数轴上表示如下： 17. 如图是中国邮政发行的《数学之美》的邮票，其中一张圆周率邮票面值为80分，莫比乌斯带邮票面值为元．小宇购买这两种邮票共7张，恰好花了7元，求小宇购买这两种邮票各多少张． 【答案】小宇购买圆周率邮票5张，莫比乌斯带邮票2张 【解析】 【分析】本题考查二元一次方程组的实际应用，找到等量关系是解题的关键． 设小宇购买圆周率邮票x张，莫比乌斯带邮票y张，根据题意，列出二元一次方程组，求出x与y，即可解答． 【详解】解：设小宇购买圆周率邮票x张，莫比乌斯带邮票y张，依题意，得 ， 解得． 答：小宇购买圆周率邮票5张，莫比乌斯带邮票2张． 18. 如图，在中，为边上的高，为的平分线，点E为边上的一点，连接交于点O． （1）当为边上的中线时，若，的面积为36，求的长． （2）当为的平分线时，若，求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了三角形的中线、角平分线、高，三角形内角和定理，三角形外角的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用三角形的面积公式得到，代入数据求出的长，再根据中线的定义即可求出的长； （2）利用三角形的内角和定理求出，再利用角平分线的定义得到，，再利用三角形外角的性质以及等量代换即可求解． 【小问1详解】 解：∵为边上的高， ∴， ∵，的面积为36， ∴， ∵为边上的中线， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵为的平分线，为的平分线， ∴，， ∴， ∴． 19. 如图，在六边形中，，其余四个内角都相等． （1）求的度数． （2）连接，若，判断与的位置关系并说明理由． 【答案】（1） （2），理由见解析 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和、三角形的内角和定理，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键． （1）根据六边形的内角和为，结合，其余四个内角都相等，即可求出的度数； （2）利用三角形内角和定理求出，再结合（1）中的结论得到，则有，即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵六边形的内角和为，，其余四个内角都相等， ∴； 【小问2详解】 解：，理由如下： ∵，， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴． 20. 下图均为5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点和点D均在格点上，只使用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图． （1）在图1中，将平移，使点B与点D重合，点A的对应点为，点C的对应点为，画出． （2）在图2中，画出，使与关于点D成中心对称（点A的对应点为，点B的对应点为，点C的对应点为）． （3）在图3中，画出将绕点D按顺时针方向旋转90°得到的（点A的对应点为，点B的对应点为，点C的对应点为）． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析 【解析】 【分析】本题考查图形的变换．熟练掌握平移的性质，成中心对称的性质，旋转的性质是解题的关键． （1）根据平移规则，画出即可； （2）根据成中心对称的性质，画出即可； （3）根据旋转的性质，画出即可． 【小问1详解】 解：作图如图 小问2详解】 作图如图 【小问3详解】 作图如图 21. 阅读与思考 下面是小明同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． ×年×月×日 星期× 利用折叠的性质证明的内角和是 我从数学课堂上学到：要证明三角形的内角和是，可用如下方法证明：如图1，需要过点C作的平行线，将三角形的三个内角通过等角转化后，组合成一个平角，即可证明三角形的内角和是． 我受此启发，在学习完轴对称后，采用了一种新方法证明：如图2，将沿折痕折叠，使点A落在边上的点F处，且折痕，就可以证明出的内角和是．证明过程如下： 证明：由折叠可知，． …… ∴． 同理可得． ∴． 任务： （1）将材料中空缺的（省略号部分）证明过程补充完整． （2）请参照图2的思路，在图3中用尺规作出的折痕，使得点E的对应点H落在边上，且．（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，尺规作图； （1）根据可得，，再由，等量代换得到，问题得解； （2）由折叠的性质可知，垂直平分，故先作交于H，再作的垂直平分线与交于点M，与交于点N即可． 【小问1详解】 证明：由折叠可知，． ∵， ∴，， 由折叠可知：， ∴， 同理可得． ∴． 【小问2详解】 解：如图所示： 22. 智能快递机器人是一种能够自主完成快递分拣任务的智能设备．它可以自主感知、识别、分拣快递包裹，大大提高了物流企业的分拣速度和效率．某物流公司为提高工作效率，拟购买甲、乙两种型号的智能快递机器人共9台进行快递分拣工作，1台甲型号智能快递机器人和3台乙型号智能快递机器人每天一共可分拣快递34万件；3台甲型号智能快递机器人比2台乙型号智能快递机器人每天可多分拣快递14万件．请解决下列问题： （1）每台甲、乙型号智能快递机器人每天分别可分拣快递多少万件？ （2）若该物流公司每天的快递总量不超过80万件，且全部快递都由机器人分拣，则该公司最多需要购买甲型号智能快递机器人多少台？ 【答案】（1）每台甲型号智能快递机器人每天可分拣快递10万件，每台乙型号智能快递机器人每天可分拣快递8万件 （2）4台 【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和不等式是解题的关键． （1）设每台甲型号智能快递机器人每天可分拣快递万件，每台乙型号智能快递机器人每天可分拣快递万件，根据题意列出方程组，求出的值即可解答； （2）设购买甲型号智能快递机器人台，则购买乙型号智能快递机器人台，根据题意列出不等式，求出的范围，得到的最大值，再结合题意即可解答． 【小问1详解】 解：设每台甲型号智能快递机器人每天可分拣快递万件，每台乙型号智能快递机器人每天可分拣快递万件， 由题意得，， 解得：， 答：每台甲型号智能快递机器人每天可分拣快递10万件，每台乙型号智能快递机器人每天可分拣快递8万件． 【小问2详解】 解：设购买甲型号智能快递机器人台，则购买乙型号智能快递机器人台， 由题意得，， 解得：， ∵是整数， ∴的最大值为4， 答：该公司最多需要购买甲型号智能快递机器人4台． 23. 综合与实践 问题情境 以“一副三角板的拼接与旋转”为主题开展活动．如图1，将一副三角板和叠放在一起，其中，，，点C与点D重合，点B，E，C三点在一条水平线上．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，旋转角度记为． 操作计算 （1）当 °时，；当 °时，． （2）在旋转过程中，是否存在？若存在，求出旋转角度；若不存在，请说明理由． 拓展探究 （3）当旋转角度满足时，如图3，连接，的度数是否发生变化，若不变，请直接写出该度数；若变化，请说明理由． 【答案】（1）45，75（2）或（3） 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，平行线的性质，垂直的性质，三角形的内角和，平角等知识，正确作出图形是解题的关键． （1）当时，有则， 当时，，即可解答； （2）分类讨论： ①当时，②当时，③当时， 逐一分析，即可解答； （3）令与的交点为M， 与的交点为N，推导出，，继而推导出，即可解答． 【详解】解：（1）当时，如图，有 ∴． 当时，如图，有 ∴． 故答案为：45，75． （2）①当时，如图，有 ， ∵，， ∴， 解得， ∴． ②当时，如图，有 ，， ∴，， ∴ 即， 解得． ③当时，如图，有 ，， ∴，， ∴ 解得（不符合题意，舍去）． 综上所述，的值为或． （3）不变化，理由如下： 令与的交点为M， 与的交点为N，如图 ∵， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$