湖南省长沙一中教育集团2022-2023学年七年级下学期期中数学试卷

试卷第 1页，共 6页 湖南省长沙一中教育集团 2022-2023 学年七年级下学期期中 数学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．在实数 0， 1 3 ， 5，3中，无理数是（ ） A．3 B． 5 C． 1 3 D．0 2．已知点  3 4P  ， ，则 P到 y轴的距离为（ ） A． 3 B．4 C．3 D． 4 3．如图，是棋盘的一部分，建立适当的平面直角坐标系，已知棋子“车”的坐标为(-3， 1)，棋子“炮”的坐标为(1，1)，则棋子“马”的坐标为（ ） A．(3，-1) B．(2，-2) C．(2，-1) D．(2，0) 4．星城长沙是湖南省省会城市，也是长江中游地区重要的中心城市，以下能准确表示 长沙地理位置的是（ ） A．在北京的西南方 B．东经112.59，北纬 28.12 C．距离北京 1478千米处 D．东经112.59 5．下列命题中，是真命题的是（ ）． A． 0没有算术平方根 B．两条直线被第三条直线所截，同位角 相等 C．相等的角是对顶角 D． a是实数，点  2 1, 2P a  一定在第一 象限 6．如图，污水处理厂要从 A处把处理过的水引入排水沟 PQ，做法如下：过点 A作 AB PQ 于点 B，沿着 AB方向铺设排水管道可用料最省．能准确解释这一现象的数学 知识是（ ） 试卷第 2页，共 6页 A．两点之间线段最短 B．两点确定一条直线 C．垂线段最短 D．过直线外一点有且只有一条直线与这 条直线平行 7．如图，三角板的直角顶点在直尺的一边上．若 1 30  ， 2 70Ð = °，则 3 的度数是 （ ） A．30 B． 40 C．50 D．60 8．如图，下列条件中，不能判断 //AD BE的是（ ） A． 1 4  B． 5B   C． 5D   D． 180BAD B    9．如图，直径为单位 1 的圆从数轴上的原点沿着数轴无滑动地顺时针滚动一周到达点 A，则点 A表示的数是（ ） A．2 B． 2 C．π D．4 10．中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两 （‘两’为我国古代货币单位）；马二匹、牛五头，共价三十八两，阀马、牛各价几何？” 设马每匹 x两，牛每头 y两，根据题意可列方程组为（ ） A． 4 6 38 2 5 48 x y x y      B． 4 6 48 2 5 38 x y x y      C． 4 6 48 5 2 38 x y x y      D． 4 6 48 2 5 38 y x y x      试卷第 3页，共 6页 二、填空题 11． 1 64 的算术平方根是___________ 12．已知二元一次方程3 5x y  ，用含 x的代数式示 y，则 y  _______． 13．平面直角坐标系中，将点  2,1A  向右平移 4个单位长度，再向下平移3个单位长 度得到点 A，则点 A的坐标为______． 14．设 n为正整数，且 53 1n n   ，则 n的值为___________． 15．若 3 2 x y     是二元一次方程 1ax by   的一个解，则3 2 2024a b  的值为______ ． 16．如图，直线 1 2l l∥ ， AQ平分 DAC ， 1 50  ， 2 25  ，则 3  _______°． 三、解答题 17．计算： (1) 32 5 27 4   ； (2)    20232 2 1 2 2 1     ． 18．用适当的方法解下列方程组． (1) 2 1 4 3 7 x y x y      ； (2) 3 2 2 2 3 28 x y x y      ． 19．根据解答过程填空（理由或数学式）： 已知：如图， 1 2 180   ， 3 B  ，求证： 4ACB  ． 试卷第 4页，共 6页 证明： 1 180DFE    （ ）， 又 1 2 180     （已知）， 2 DFE   （ ）， AB EF ∥ （ ）， 3   ___________． 3 B   （已知）， B ___________， DE BC ∥ （ ）， 4ACB   （ ） 20．如图，在平面直角坐标系 xOy中， ABC 的三个顶点的坐标分别是 ( 3,0)A  ， ( 6, 2)B   ， ( 2, 5)C   ．将 ABC 向上平移 5个单位长度，再向右平移 8个单位长度，得到 1 1 1A BC△ ． （1）在平面直角坐标系 xOy中画出 1 1 1A BC△ ； （2）直接写出点 1A , 1B , 1C 的坐标； （3）求 1 1 1A BC△ 的面积 ． 21．某物流公司在运货时有 A、 B两种车型，如果用3辆 A型车和 2辆 B型车载满货物 一次可运17吨货物；用 2辆 A型车和3辆 B型车载满货物一次可运18吨货物.现需要运 输货物32吨，计划同时租用 A型车和 B型车若干辆，一次运完，且每辆车都载满货物． (1)1辆 A型车和1辆 B型车都载满货物，一次可分别运输货物多少吨？ (2)若 A型车每辆需租金 200元 /次，B型车每辆需租金 240元 /次，请帮物流公司设计租 车方案，并选出最省钱的方案及最少租金． 22．已知 ,AD BC AB CD∥ ∥ ， E为射线 BC上一点， AE平分 BAD ． 试卷第 5页，共 6页 (1)如图1，当点 E在线段 BC上时，求证： BAE BEA  ； (2)如图 2，当点 E在线段BC延长线上时，连接DE，若 3ADE CDE   ， 50AED  ． ①求证： ABC ADC   ； ②求 CED 的度数． 23．阅读材料，回答以下问题： 我们知道，二元一次方程有无数个解，在平面直角坐标系中，我们标出以这个方程的解 为坐标的点，就会发现这些点在同一条直线上． 例如 1 2 x y    是方程 1x y   的一个解，对应点  1,2M ，如下图所示，我们在平面直角 坐标系中将其标出，另外方程的解还有对应点    2,3 , 3,4 将这些点连起来正是一条直 线，反过来，在这条直线上任取一点，这个点的坐标也是方程 1x y   的解．所以， 我们就把条直线就叫做方程 1x y   的图象． 一般的，任意二元一次方程解的对应点连成的直线就叫这个方程的图象．请问： （1）已知  1,1A 、  3,4B  、 1 , 22C       ，则点__________（填“A或 B或C ”）在方程 2 1x y   的图象上． （2）求方程 2 3 9x y  和方程3 4 5x y  图象的交点坐标． （3）已知以关于 x y、 的方程组 5 3 20 7 3 4 19 14 x y m x y m        的解为坐标的点在方程 5x y  的图 象上，当 t m 时，化简  22 1 7t t    ． 24．如图 1，在平面直角坐标系中，A（a，0），C（b，4），且满足(a+5)2+ 5b =0，过 C作 CB⊥x轴于 B． 试卷第 6页，共 6页 （1）a= ，b= ，三角形 ABC的面积= ； （2）若过 B作 BD // AC交 y轴于 D，且 AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图 2， 求∠AED的度数； （3）在 y轴上是否存在点 P，使得三角形 ABC和三角形 ACP的面积相等？若存在，求 出 P点坐标；若不存在，请说明理由． 答案第 1页，共 13页 参考答案： 1．B 【分析】根据无理数的定义，即无限不循环小数或开方开不尽的数是无理数，即可判定． 【详解】解：在实数 0， 1 3 ， 5，3中，无理数是 5， 故选：B． 【点睛】本题考查了无理数的定义，熟练掌握和运算无理数的定义是解决本题的关键． 2．C 【分析】根据点到 y轴的距离是点的横坐标的绝对值，可得答案． 【详解】解：  3 4P  ， ，则点 P到 y轴的距离是 | 3 | 3  ． 故选：C． 【点睛】本题考查了点的坐标，点到 x轴的距离是点的纵坐标的绝对值，点到 y轴的距离是 点的横坐标的绝对值． 3．C 【分析】利用已知坐标得出原点位置，进而建立直角坐标系，即可解得． 【详解】根据棋子“车”的坐标为(-3，1)，棋子“炮”的坐标为(1，1)，建立直角坐标系，如下 图： 由直角坐标系可得：棋子“马”的坐标为 (2, 1) ． 故选 C． 【点睛】本题主要考查了坐标表示位置以及直角坐标系中点的坐标，准确找到原点的位置是 解题的关键． 4．B 【分析】确定位置一般要两个参数，根据坐标确定点的位置可得． 【详解】解：A、在北京的西南方，不知道距离，无法准确确定长沙地理位置； B、东经 112.59°，北纬 28.12°，是地球上唯一的点，能准确表示长沙地理位置； 答案第 2页，共 13页 C、距离北京 1478千米处，不知道方向，无法准确确定长沙地理位置； D、东经 112.59°，不知道纬度，无法准确确定长沙地理位置； 故选：B． 【点睛】本题主要考查确定点的位置，掌握将平面用两条互相垂直的直线划分为四个区域， 据此可表示出平面内每个点的准确位置是关键． 5．D 【分析】根据算术平方根的概念、平行线的性质、对顶角的概念、各象限内点的坐标特点判 断即可． 【详解】解：A． 0的算术平方根是 0，故本选项说法是假命题，不符合题意； B．两条平行线被第三条直线所截，同位角相等，故本选项说法是假命题，不符合题意； C．相等的角不一定是对顶角，故本选项说法是假命题，不符合题意； D．∵ 2 1 0a   ， ∴点  2 1, 2P a  一定在第一象限，故本选项说法是真命题，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查判断真假命题，正确的命题叫做真命题，错误的命题叫做假命题．判断命 题真假的关键是要熟悉课本中的性质定理． 6．C 【分析】根据垂线段最短进行判断即可． 【详解】解：由题意得，解释这一现象的数学知识是“垂线段最短”， 故选：C． 【点睛】本题考查垂线段最短，理解垂线段最短的意义是正确解答的关键． 7．B 【分析】如图所示，根据 AB CD ，先算出 4 的度数，根据邻补角再算出 5 的度数，根 据三角形内角和即可求解． 【详解】解：如图所示， 答案第 3页，共 13页 直尺 ABCD中， AB CD ， ∴ 2 4 70    ， ∵ 4 5 180   ， ∴ 5 180 70 110     ， ∵ 1 3 5 180    ， 1 30  ， ∴ 3 180 1 5 180 30 110 40          ， 故选：B． 【点睛】本题主要考查平行线，邻补角，三角形内角和的综合，掌握平行线的性质，三角形 的内角和定理是解题的关键． 8．B 【分析】依据平行线的判定方法进行判断：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线 平行；通盘内角互补，两直线平行． 【详解】由 1 4  ，可得 //AD BE，不符合题意； 由 5B   ，可得 //AB CD，符合题意； 由 5D   ，可得 //AD BE，不符合题意； 由 180BAD B   ，可得 //AD BE，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解题关键． 9．C 【分析】根据题意，直径为单位 1的圆从数轴上的原点沿着数轴无滑动地顺时针滚动一周到 达点 A，则 OA的长为圆的周长，求圆的周长即可． 【详解】解：由题意可知 OA的长是圆的周长， 而 C=πd=π×1=π， ∴OA=π， ∴点 A表示的数是π． 故选 C． 【点睛】本题考查的是数轴上两点间的距离，正确理解题意，明确 OA长度的实际意义是解 决本题的关键． 10．B 【分析】设马每匹 x两，牛每头 y两，由“马四匹、牛六头，共价四十八两”可得4 6 48x y  ， 答案第 4页，共 13页 根据“马二匹、牛五头，共价三十八两，”可得 2 5 38x y  ，即可求解． 【详解】解：设马每匹 x两，牛每头 y两，根据题意可得 4 6 48 2 5 38 x y x y      故选 B 【点睛】本题考查了列二元一次方程组，理解题意列出方程组是解题的关键． 11． 1 8 【分析】根据算术平方根的定义即可求出结果． 【详解】解：∵ 2 1( ) 8 4 1 6  ， ∴ 1 64 的算术平方根是 1 8 ． 故答案为： 1 8 ． 【点睛】本题考查求一个数的算术平方根．掌握“一个非负数 x的平方等于 a，则 x叫做 a 的算术平方根”是解题关键． 12．3x-5/-5+3x 【分析】根据解方程一般步骤，可得答案． 【详解】解：移项，得 -y=-3x+5， 系数化为 1，得 y=3x-5， 故答案为：3x-5． 【点睛】本题考查了解二元一次方程，利用解方程一般步骤是解题关键，注意移项要变号． 13．  2, 2 【分析】利用点平移的坐标规律，把 A点的横坐标加 4，纵坐标减3 即可解答． 【详解】解：将点  2,1A  向右平移 4个单位长度，再向下平移3个单位长度得到点 'A ， 则点 'A 的坐标是  2 4,1 3   ，即  ' 2, 2A  ． 故答案为：  2, 2 ． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，掌握平移中点的变化规律“横坐标右移加， 答案第 5页，共 13页 左移减；纵坐标上移加，下移减”是解题的关键． 14． 7 【分析】根据 49 53 64  ，可得 7 53  8，即可求解． 【详解】解：∵49 53 64  ， ∴ 7 53  8， ∴ 7n  ， 故答案为： 7． 【点睛】本题考查了估算无理数的大小，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是 解题的关键． 15．2023 【分析】把解代入二元一次方程中，把得到的等式和代数式整理变形，整体代入求值即可． 【详解】解： 3 2 x y      是二元一次方程 1ax by   的一个解， 3 2 1a b    ， 3 2 2024a b   1 2024= - + 2023 ． 故答案为：2023． 【点睛】本题考查了二元一次方程的解，代数式求值，解题的关键是掌握整体代入的思想． 16．100 【分析】过点A作 1AP l∥ ，可得 2AP l∥ ，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】解：过点A作 1AP l∥ ， ∴ 1 50PAD   ， ∵ 1 2l l∥ ， 答案第 6页，共 13页 ∴ 2AP l∥ ， ∴ 2 25PAQ     ∴ 50 25 75DAQ DAP PAQ        ， ∵ AQ平分 DAC ， ∴ 75CAQ DAQ    ， ∵ 2AP l ， ∴ 3= + 25 75 100CAP PAQ CAQ        ， 故答案为：100． 【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 17．(1) 2 (2)3 3 2 【分析】（1）根据实数的混合计算法则求解即可； （2）直接利用有理数的乘方运算法则以及二次根式的乘法分别化简，进而得出答案． 【详解】（1）解：原式 5 2 3 2    2  ； （2）解：原式 2 2 2 2 1    3 3 2  ． 【点睛】此题主要考查了实数的运算，二次根式乘法，正确计算是解题的关键． 18．(1) 1 1 x y    (2) 10 16 x y     【分析】（1）①式代入②求出 1y  ，再把 1y  代入①得 1x  ，从而可得出方程组的解； （2） 3 2  ② ③ 求出 16y  ，再把 16y  代入①得 10x   ，从而可得出方程组的解 【详解】（1） 2 1, 4 3 7, x y x y      ① ② 将①代入②，  4 2 1 3 7y y   ， 答案第 7页，共 13页 解得， 1y  ， 把 1y  代入①得， 1x  ， ∴原方程组的解为 1 1 x y    ． （2） 3 2 2, 2 3 28, x y x y      ① ② ， 3 2  ② ① ，得，5 80y  ， 解得， 16y  ． 将 16y  代入①：3 32 2x   解得， 10x   ， ∴原方程组的解为 10 16 x y     ． 【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，基本思想是“消元”，基本方法是“代入消元法” 和“加减消元法” 19．邻补角定义；同角的补角相等；内错角相等，两直线平行；ADE；ADE；同位角相等， 两直线平行；两直线平行，同位角相等 【分析】根据平行线的判定和性质定理证明，即可解答． 【详解】证明： 1 180DFE    （邻补角定义）， 又 1 2 180     （已知）， 2 DFE   （同角的补角相等）， AB EF ∥ （内错角相等，两直线平行）， 3 ADE   （两直线平行，内错角相等）， 又 3 B   ， B ADE   ， DE BC ∥ （同位角相等，两直线平行）， 4ACB   （两直线平行，同位角相等）． 故答案为：邻补角定义；同角的补角相等；内错角相等，两直线平行；ADE；ADE；同位角 相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等． 【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，找准平行线判定的条件是解题的关键． 答案第 8页，共 13页 20．（1）见解析；（2） 1(5,5)A ， 1(2,3)B ， 1 (6,0)C ；（3） 17 2 【分析】（1）分别将三个顶点分别向右平移 8个单位长度，再向上平移 5个单位长度得到对 应点，再首尾顺次连接即可； （2）根据以上所作图形可得答案； （3）利用割补法求解即可． 【详解】解：（1）如图所示，△ 1 1 1A BC 即为所求． （2）由图知， 1(5,5)A ， 1(2,3)B ， 1 (6,0)C ； （3）△ 1 1 1A BC 的面积为 1 1 1 174 5 2 3 1 5 3 4 2 2 2 2            ． 【点睛】本题主要考查作图平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质，并据此 得出变换后的对应点． 21．(1)1辆 A型车载满货物一次可运输货物3吨，1辆 B型车载满货物一次可运输货物 4吨 (2)租车方案见解析；当租用 4辆 A型车，5辆 B型车时，租金最少；最少租金为 2000元 【分析】（1）设1辆 A型车载满货物一次可运输货物 x吨，1辆 B型车载满货物一次可运输货 物 y吨，根据“用3辆 A型车和 2辆 B型车载满货物一次可运17吨货物；用 2辆 A型车和3辆 B型车载满货物一次可运18吨货物”即可得出关于 x， y的二元一次方程组求解即可； （2）设需租用 A型车m辆， B型车 n辆，根据“这些车一次可运输32吨货物且每辆车都载 满货物”列关于m、 n的二元一次方程，再结合m， n均为正整数确定各租车方案，再求出 答案第 9页，共 13页 各租车方案所需租金，最后比较后即可解答． 【详解】（1）解：设1辆 A型车载满货物一次可运输货物 x吨，1辆 B型车载满货物一次可运 输货物 y吨， 依题意得： 3 2 17 2 3 18 x y x y      ，解得： 3 4 x y    ． 答：1辆 A型车载满货物一次可运输货物3吨，1辆 B型车载满货物一次可运输货物 4吨． （2）解：设需租用 A型车m辆， B型车 n辆， 依题意得：3 4 32m n  ， 38 . 4 n m   又 m ，n均为正整数， 4 5 m n    或 8 2 m n    ， 该物流公司共有 2种租车方案， 方案1：租用 4辆 A型车，5辆 B型车，所需租车费用为 200 4 240 5 2000(    元 )； 方案 2：租用8辆 A型车， 2辆 B型车，所需租车费用为 200 8 240 2 2080(    元 )． 2000 2080 ， 当租用 4辆 A型车，5辆 B型车时，租金最少，最少租金为 2000元． 【点睛】本题主要考查了二元一次方程组及二元一次方程的应用，找准等量关系、正确列出 二元一次方程组和二元一次方程是解题的关键． 22．(1)见解析 (2)①见解析；②120 【分析】（1）根据角平分线的性质可得 BAE EAD  ，根据平行线的性质可得 AEB EAD  ，等量代换即可求解； （2）①根据平行线的性质即可得出结论； ②根据 3ADE CDE   ，设 CDE x  ， 3ADE x  ， 2ADC x  ，根据平行线的性质得出 方程，求出 x即可． 【详解】（1）证明： AE 平分 BAD ， BAE EAD  ， 答案第 10页，共 13页 ∵ AD BC∥ ， AEB EAD   ， BAE BEA  ； （2）①证明：∵ ,AD BC AB CD∥ ∥ ， 180BAD ABC   ， 180BAD ADC   ， ABC ADC  ； ②解： 3ADE CDE   ，设 CDE x  ， 3ADE x  ， 2ADC x  ， ∵ AB CD∥ ． 180BAD ADC   ， 180 2DAB x   ， 90DAE BAE BEA x     ， 又∵ AD BC∥ ， 180BED ADE   ， 50AED   ，即90 50 3 180x x    ， 解得： 20x  ， 20CDE  ， 60ADE  ， ∵ AD BC∥ ， 180 120CED ADE    ． 【点睛】本题考查了平行线的性质和判定以及角平分线定义，用了方程的思想，能运用平行 线的性质进行推理是解此题的关键． 23．（1）C；（2）（3，1）；（3） 3 6t 【分析】(1)利用图象法即可解决问题； (2)求出方程组的解，即为两个方程的图象的交点坐标； (3)解方程组求出 m的值，根据绝对值的性质进行化简即可. 【详解】解：(1)如图，观察图象可知：点 C在方程 2x−y=−1的图象上， 答案第 11页，共 13页 故答案为 C． (2)由 2 3 9 3 4 5 x y x y      ， 解得 3 1 x y    ， ∴方程 2x+3y=9和方程 3x−4y=5 图象的交点坐标为(3，1)； (3)由 5 3 20 7 3 4 19 14 x y m x y m        ，解得 23 70 11 35 91 11 mx my       ， ∵x+y=5， ∴ 23 70 11 m + 35 91 11 m =5， ∴m= 1 7 ， 当 t> 1 7 时，  22t  −|1−7t|=t+2+1−7t=3−6t． 【点睛】本题考查二元一次方程的拓展，解题的关键是学会利用图象法解决问题，体现了数 形结合的思想，属于中考常考题型． 24．（1）﹣5，5，20；（2）45°；（3）存在，P（0，6）或（0，﹣2） 【分析】（1）根据非负数的性质求出 a、b，得 A、B、C坐标即可解决问题． （2）如图 2，过 E作 EF∥AC，根据平行线的性质和角平分线的定义得结论； （3）存在两种情况：点 P在 y轴的正半轴和负半轴上，设 P（0，t），根据面积差列方程可 得 t的值，可得对应点 P的坐标． 【详解】（1）∵(a+5)2+ 5b =0， 答案第 12页，共 13页 又∵（a+5）2≥0， 5b ≥0， ∴a=﹣5，b=5， ∵CB⊥x轴， ∴点 A坐标（﹣5，0），点 B坐标（5，0），点 C坐标（5，4）， ∴S△ABC= 1 2 ×10×4=20， 故答案为：﹣5，5，20； （2）∵BD∥AC， ∴∠CAB=∠ABD， 过 E作 EF∥AC，如图 2， ∵BD∥AC， ∴BD∥AC∥EF， ∵AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB， ∴∠AEF=∠CAE= 12 ∠CAB= 1 2 ∠ABD，∠DEF=∠BDE= 1 2 ∠ODB， ∴∠AED=∠AEF+∠DEF= 1 ( ) 2 ABD ODB  =45°； （3）存在，设 P（0，t）， 分两种情况： ①当 P在 y轴正半轴上时，如图 3， 过 P作 MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴， 答案第 13页，共 13页 则 NA=t，MC=t-4，MN=AB=10， ∵S△APC=S 梯形MNAC﹣S△ANP﹣S△CMP=S△ABC=20， ∴ 10( 4) 5 5( 4) 20 2 2 2 t t t t      ， 解得 t=6， ②当 P在 y轴负半轴上时，如图 4， 过 P作 MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴， 则 NA=-t，MC=4-t，MN=AB=10， ∵S△APC=S 梯形MNAC﹣S△ANP﹣S△CMP=20 ∴ 10( 4 ) 5( ) 5(4 ) 20 2 2 2 t t t t        ， 解得 t=﹣2， ∴P（0，6）或（0，﹣2）． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质、非负数的性质、平行线的性质、角平分线的定义、 三角形的面积梯形的面积等知识，解题的关键是添加常用辅助线,灵活运用这些知识，学会 利用方程的思想思考并解决问题．