2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市呼兰区七下数学期中统考试题含解析

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市呼兰区七下数学期中统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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．有理数a，b在数轴上的点的位置如图所示，则正确的结论是（）A．a＜﹣4 B．a+b＞0 C．|a|＞|b| D．ab＞02．如图，下列四组角中是内错角的是（）A．∠1与∠7 B．∠3与∠5 C．∠4与∠5 D．∠2与∠53．若不等式组有解，则的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知是关于x、y的方程4kx﹣3y=﹣1的一个解，则k的值为（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣25．下列等式由左边到右边的变形中，属于因式分解的是（）A．（a﹣2）（a+2）＝a2﹣4B．8x2y＝8×x2yC．m2﹣1+n2＝（m+1）（m﹣1）+n2D．x2+2x﹣3＝（x﹣1）（x+3）6．下列说法正确的是A．全等三角形是指形状相同的两个三角形B．全等三角形是指面积相等的两个三角形C．两个等边三角形是全等三角形D．全等三角形是指两个能完全重合的三角形7．观察下列算式：21=2,22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，…利用你所发现的规律，得22019的末位数字(个位上的数字)是()A．2 B．4 C．6 D．88．如图，在平面直角坐标系中A（3，0），B（0，4），AB＝5，P是线段AB上的一个动点，则OP的最小值是（）A． B． C．4 D．39．下列运算正确的是（）A．a2·a3=a6 B．(a2)3=a5 C．a4÷a=a3 D．2a2·3a2=6a210．点P是第二象限的点且到x轴的距离为3、到y轴的距离为4，则点P的坐标是（）A．（﹣3，4） B．（3，﹣4） C．（﹣4，3） D．（4，﹣3）11．不等式2x-1≥3x-3的正整数解的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．下列语句正确的是（）A．的立方根是2 B．－3是27的立方根C．的立方根是 D．的立方根是－1二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙分别由点A（2，0）同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2020次相遇地点的坐标是_____．14．计算：（x—2）（3x－1）=_____．15．如图1，在中，点从点出发向点运动，在运动过程中，设表示线段的长，表示线段的长，与之间的关系如图2所示，当线段最短时，与的周长的差为__________．16．已知实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简____．17．25的平方根是．三、解答题（本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18．（5分）（用直尺和圆规作图）已知：线段，求作：，使.19．（5分）据永川区农业信息中心介绍，去年永川生态枇杷园喜获丰收，个体商贩张杰准备租车把枇杷运往外地去销售，经租车公司负责人介绍，用2辆甲型车和3辆乙型车装满枇杷一次可运货12吨；用3辆甲型车和4辆乙型车装满枇杷一次可运货17吨，现有21吨枇杷，计划同时租用甲型车m辆，乙型车n辆，一次运完，且恰好每辆车都装满枇杷，根据以上信息，解答下列问题:(1)1辆甲型车和1辆乙型车都装满枇杷一次可分别运货多少吨？(2)请你帮个体商贩张杰设计共有多少种租车方案？20．（8分）火车站有某公司待运的甲种货物1530t，乙种货物1150t，现计划用50节A，B两种型号的车厢将这批货物运至北京.已知每节A型车厢的运费是0.5万元，每节B型车厢运费是0.8万元.甲种货物35t和乙种货物15t可装满一节A型车厢，甲种货物25t和乙种货物35t可装满一节B型车厢.按此要求安排A，B两种车厢的节数，共有几种方案？请你设计出来，并计算说明哪种方案的运费最小.21．（10分）计算（1）－32+（－）－2－（π－5）0－|－2|；（2）；（3）；（4）（2m＋3）（2m－3）22．（10分）如图，∠1=70°，∠2=110°，∠C=∠D，试探索∠A与∠F有怎样的数量关系，并说明理由．23．（12分）若一个正数的两个平方根分别为3a+1和4-2a，请确定a的大小和这个正数是多少

参考答案一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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、C【解析】由数轴得：-4＜a＜-3，1＜b＜2，∴a+b＜0，|a|＞|b|，ab＜0，则结论正确的选项为C，故选C.2、B【解析】

两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角．【详解】解：A、∠1与∠7不是内错角，故A错误；B、∠3与∠5是内错角，故B正确；C、∠4与∠5是同旁内角，故C错误；D、∠2与∠6不是内错角，故D错误．故选：B．【点睛】考核知识点：内错角.理解内错角定义是关键.3、C【解析】

先解不等式，再根据不等式组有解即可确定a的取值范围．【详解】解：解不等式得，又∵不等式组有解，∴，故选：C．【点睛】本题考查由不等式组解集的情况求参数．掌握确定不等式组解集的方法“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”，并能灵活运用是解题关键．4、A【解析】试题解析：∵是关于x、y的方程4kx-3y=-1的一个解，

∴代入得：8k-9=-1，

解得：k=1，

故选A．5、D【解析】

认真审题，根据因式分解的定义，即：将多项式写成几个因式的乘积的形式，进行分析，据此即可得到本题的答案．【详解】解：A．不是乘积的形式，错误；B．等号左边的式子不是多项式，不符合因式分解的定义，错误；C．不是乘积的形式，错误；D．x2+2x﹣3＝（x﹣1）（x+3），是因式分解，正确；故选：D．【点睛】本题主要考查了因式分解的定义，即：将多项式写成几个因式的乘积的形式，牢记定义是解题的关键，要注意认真总结．6、D【解析】

根据全等三角形的定义:能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形求解即可.【详解】A、全等三角形是指形状相同、大小相等的两个三角形,故本选项错误;B、全等三角形的面积相等,但是面积相等的两个三角形不一定全等,故本选项错误;C、边长相等的两个等边三角形是全等三角形,故本选项错误;D、全等三角形是指两个能完全重合的三角形,故本选项正确.故选D.【点睛】本题考查了全等三角形的定义:能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形.所谓完全重合,是指形状相同、大小相等.7、D【解析】

由题目给出的算式可以看出：末位数以2，4，1，6的顺序周而复始，而2011=4×504+2，所以22019的末位数应该是1．【详解】解：∵末位数以2，4，1，6的顺序周而复始

又∵2019=4×504+3

∴22019的末位数应该是第3个数为1．

故选：D．【点睛】此题考查了尾数特征的应用，关键是能根据题意得出规律，进一步得出算式．8、B【解析】

利用等面积法求得OP的最小值．【详解】解：当OP⊥AB时，OP的值最小．∵A（1，0），B（0，4），∴OB＝4，OA＝1．∴OA•OB＝AB•OP．∴OP＝．故选：B．【点睛】此题考查坐标与图形，解题关键在于利用三角形面积公式进行计算.9、C【解析】

根据幂的运算法则即可判断．【详解】A.a2·a3=a5，故错误；B.(a2)3=a6，故错误；C.a4÷a=a3，正确D.2a2·3a2=6a4，故错误；故选C．【点睛】此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知幂的运算法则．10、C【解析】

由点且到x轴的距离为2、到y轴的距离为1，得

|y|=2，|x|=1．

由P是第二象限的点，得

x=-1，y=2．

即点P的坐标是（-1，2），

故选C．11、B【解析】试题分析：首先进行移项、合并同类项，然后将x的系数化成1即可求得不等式组的解集，然后确定正整数解即可．考点：一元一次不等式的整数解12、A【解析】

解：A.的立方根是2，选项A符合题意.B.3是27的立方根，选项B不符合题意.C.的立方根是，选项C不符合题意.D.，1的立方根是1，选项D不符合题意.故选A.二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13、(-1，1)【解析】

利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．【详解】解：矩形的边长为4和2，因为物体乙是物体甲的速度的2倍，时间相同，相遇时，物体甲与物体乙的路程比为1：2，由题意知：

①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×1，物体甲行的路程为，在BC边相遇，相遇地点的坐标是(-1,1)；②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×2，物体甲行的路程为，在DE边相遇，相遇地点的坐标是(-1,-1)；③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×3，物体甲行的路程为，在A点相遇，相遇地点的坐标是(2,0)；…此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出发点，

∵2020÷3=673…1，故两个物体运动后的第2019次相遇地点的是点A，所以第2020次相遇地点的坐标是(-1,1)．故答案为：(-1,1)．【点睛】本题主要考查了点的变化规律以及行程问题中的相遇问题．能通过计算发现规律是解决问题的关键．14、3x2-7x+2【解析】

本题利用多项式乘以多项式法则即可算出结果.注意符号不要出错即可.【详解】解：（x—2）（3x－1）=3x2-6x-x+2=3x2-7x+2【点睛】本题考查了多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项与另一个多项式的每一项相乘，再把所得的积相加.解题的关键是符号不要出错.15、【解析】

当线段BP最短时，BP⊥AC，从图2可以看出：AB=2，AP=1，PC=1-1=4，BC=4.1，此时，BP==，即可求解．【详解】解：当线段BP最短时，BP⊥AC，

从图2可以看出：

AB=2，AP=1，PC=1-1=4，BC=4.1，

此时，BP==，

△BCP的周长=BC+PC+BP=4.1+4+=8.1+，

△ABP的周长=AB+AP+BP=2+1+=3+，

故：BCP与△ABP的周长的差为1.1，

故答案为：1.1．【点睛】本题考查动点图象问题，解题的关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．16、b【解析】

根据a、b、c在数轴上的位置，判断出a、b、c的正负情况以及绝对值的大小，然后根据绝对值和二次根式的性质去掉根号和绝对值号，再进行计算即可解答．【详解】解：由图可知，，∴，∴【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，绝对值的性质，根据数轴判断出a、b、c的大小并正确运用二次根式和绝对值的性质是解题关键．17、±1【解析】分析：根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的一个平方根：∵（±1）2=21，∴21的平方根是±1．三、解答题（本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18、见解析【解析】

先作∠PAD=∠，再在射线AD上截取AC=得到点C，即可得到符合要求的图形．【详解】作法：如图，

①以点O为圆心，长为半径画弧，分别交∠O的两边于点E，F；

②画一条射线AP，以点A为圆心，长为半径画弧，交AP于点B；

③以点B为圆心，EF长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点D；

④画射线AD；

⑤以点A为圆心，长为半径画弧，交AD于点C；

⑥连接BC，则△ABC即为所求作的三角形．【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．19、(1)甲、乙两种车分别运载3吨，2吨；(2)共4种方案.【解析】

（1）设甲、乙两种车分别运载x吨，y吨，根据题意列出二元一次方程组，求出x,y即可得解；（2）列出二元一次方程，根据m，n都是整数，可得到方案.【详解】解：(1)设甲、乙两种车分别运载x吨，y吨；，解得；答：1辆甲型车和1辆乙型车都装满枇杷一次可分别运货3吨，2吨；(2)设租甲、乙两种车分别m辆，n辆，由题意得：3m+2n=21.，，，共4种方案.方案一：甲车1辆，乙车9辆；方案二：甲车3辆，乙车6辆；方案三：甲车5辆，乙车3辆方案四：甲车7辆，乙车0辆.答：甲车1辆，乙车9辆或甲车3辆，乙车6辆或甲车5辆，乙车3辆或甲车7辆，乙车0辆.【点睛】本题考查了二元一次方程组的实际应用，能够找到等量关系列出二元一次方程组是解题关键.20、运送方案有三种:方案一:A型车厢28节,B型车厢22节;方案二:A型车厢29节,B型车厢21节;方案三:A型车厢30节,B型车厢20节.方案三运费最少.【解析】

A型货厢装甲种货物吨数+B型货厢装甲种货物吨数≥1530；A型货厢装乙种货物吨数+B型货厢装乙种货物吨数≥1150，把相关数值代入可得一种货厢节数的范围，进而求得总运费的等量关系，根据函数的增减性可得最少运费方案及最少运费．【详解】解:设A型车厢为x节,则B型车厢为(50-x)节,根据题意得,解得28≤x≤30.因为x为整数,所以x取28,29,30.因此运送方案有三种:方案一:A型车厢28节,B型车厢22节;方案二:A型车厢29节,B型车厢21节;方案三:A型车厢30节,B型车厢20节.设运费为y万元,则y=0.5x+0.8(50-x)=40-0.3x,当x=28时,y=31.6;当x=29时,y=31.3;当x=30时,y=31.因此,选方案三,即A型车厢30节,B型车厢20节时运费最少.【点睛】本题主要考查一元一次不等式组的应用及方案的选择问题，解决本题的关键是要得到所运货物吨数的两个关系式及总运费的等量关系．21、（1）-8；（2）a4n；（3）；（4）4m2-9【解析】

（1）根据有理数的乘方，负整数指数幂，零指数幂，绝对值的性质进行计算即可.（2）根据同底数幂的乘法和除法进行计算即可；（3）利用平方差和完全平方公式计算即可