云南省文山市2023届七年级数学第二学期期中考试试题含解析

云南省文山市2023届七年级数学第二学期期中考试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列实数（每两个3之间增加一个0）中，无理数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．如图，宽为50cm的长方形图案由10个相同的小长方形拼成，其中一个小长方形的面积为（）A．400cm2 B．500cm2 C．600cm2 D．300cm23．如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点C、D分别落在M、N的位置．若∠EFB＝65°，则∠AEN等于（）A．25° B．50° C．65° D．70°4．(1)如果直线a//b(2)相等的角是对顶角(3)两条直线被第三条直线所截，同位角相等(4)在同一平面内如果直线a⊥b(5)两条直线平行，同旁内角相等；(6)两条直线相交，所成的四个角中，一定有一个是锐角．其中真命题有(  )A．1个B．2个C．3个D．4个5．已知点P的坐标为（a，b）（a＞0），点Q的坐标为（c，2），且|a－c|+=0，将线段PQ向右平移a个单位长度，其扫过的面积为24，那么a+b+c的值为()A．12 B．14 C．16 D．206．不等式组的解集为（）A．x＜1 B．x＞2 C．x＜1或x＞2 D．无解7．如图，将正方形ABCD的一角折叠，折痕为AE，∠BAD比∠BAE大1．设∠BAE和∠BAD的度数分别为、，那么、所适合的一个方程组是（）A． B．C． D．8．计算的值为（）A．5048 B．50 C．4950 D．50509．数学课上，老师要求同学们利用三角板画两条平行线．小明的画法如下：将含角的三角尺的最长边与直线重合，另一块三角尺最长边与含角的三角尺的最短边紧贴；将含角的三角尺沿贴合边平移一段距离，画出最长边所在直线，则小明这样画图的依据是（）A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行C．同旁内角互补，两直线平行 D．两直线平行，同位角相等10．下列命题中，正确的个数有（）①1的平方根是1；②1是1的平方根；③(1)2的平方根是-1；④一个数的平方根等于它的算术平方根，这个数只能是零．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题(本大题共有6小题，每小题3分，共18分)11．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_____．12．若2x-y与|x+2y﹣5|互为相反数，则（x﹣y）2019=__．13．若第四象限内的点P(x，y)满足|x|＝3，y2＝4，则点P的坐标是________．14．若am=3，an=2，则a2m+n=15．请你写出一个解是的二元一次方程组______．16．若，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为．三、解下列各题(本大题共8小题，共72分)17．（8分）已知，如图，在四边形ABCD中，，延长BC至点E，连接AE交CD于点F，使求证：；求证：；若BF平分，请写出与的数量关系______不需证明18．（8分）已知△ABC，∠ACB=90°.（1）如图1，CD⊥AB于点D，AC=5cm，BC=12cm，AB=13cm，求点C到AB的距离；（2）如图2，x轴⊥y轴,DM⊥y轴，若∠AOG=50°，求∠CEF的度数；（3）如图3，x轴⊥y轴，DM⊥y轴，旋转△ABC，使∠C的顶点C在直线DM与x轴之间，N为线段AO上一点，E为BC与DM的交点，F为AB与DM的交点，且∠NEC+∠CEF=180°，下列两个结论：①NEF﹣∠AOG为定值；②NEF/∠AOG为定值，其中只有一个是正确的，请你判断出正确的结论，并求其值．19．（8分）小亚和小迪两人下棋，共下了17盘。积分规则为胜一盘得1分，负一盘得0分，和棋各得0.5分，最终小亚以净胜小迪2分的优势获胜。问两位棋手最后的积分各是多少？20．（8分）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．（1）如图a，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，则有∠B=∠BOD，又因∠BOD是△POD的外角，故∠BOD=∠BPD+∠D，得∠BPD=∠B-∠D．将点P移到AB、CD内部，如图b，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；（2）在图b中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图c，则∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD之间有何数量关系？（不需证明）；21．（8分）如图，已知AB∥CD，EF交AB于点E，交CD于点F，FG平分∠EFD，交AB于点G．若∠1=50°，求∠BGF的度数．22．（10分）如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度数；（3）求证：CD=2BF+DE．23．（10分）某地区有一块长方形水稻试验田，试验田的长、宽（如图所示，长度单位：米），试验田分两部分，一部分为水渠，另一部分为新型水稻种植田（阴影部分）．（1）用含a，b的式子表示新型水稻种植田的面积是多少平方米（结果化成最简形式）；（2）若a＝30，b＝40，在“农民丰收节”到来之时水稻成熟，计划先由甲型收割机收割一部分，再由乙型收割机收割剩余部分，甲型收割机收割水稻每平方米的费用为0.3元，乙型收割机收割水稻每平方米的费用为0.5元，若要收割全部水稻的费用不超过5000元，问甲型收割机最少收割多少平方米的水稻？24．（12分）计算题（1）；（2）；（3）．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据无理数是无限不循环小数，可得答案．【详解】解：在（每两个3之间增加一个0）中，无理数有（每两个3之间增加一个0），共3个故选：C【点睛】本题考查了无理数，无理数是无限不循环小数，注意带根号的数不一定是无理数．2、A【解析】设一个小长方形的长为xcm，宽为ycm，根据等量关系：小长方形的长＋小长方形的宽＝50cm，小长方形的长＋小长方形宽的4倍＝小长方形长的2倍，可列方程组，解得，则一个小长方形的面积＝40cm×10cm＝400cm2.故选A.3、B【解析】

根据平行线的性质可得∠DEF=65°，再由折叠可得∠NEF=∠DEF=65°，再根据平角定义可得答案．【详解】解：∵∠EFB=65°，AD∥CB，

∴∠DEF=65°，

由折叠可得∠NEF=∠DEF=65°，

∴∠AEN=180°-65°-65°=50°，

故选：B．【点睛】此题主要考查了平行线的性质，关键是掌握两直线平行，内错角相等．4、A【解析】试题分析：①根据平行于同一条直线的两直线平行，则正确；②、对顶角相等，则原命题错误；③、只有两条平行线被第三条直线所截，则形成的同位角相等，则错误；④、根据垂直于同一条直线的两直线平行，则错误；⑤、两直线平行，同旁内角互补，则错误；⑥、当两条直线垂直时，则所形成的四个角都是直角，则错误.5、C【解析】

有非负数的性质得到a=c，b=8，，PQ∥y轴，由于其扫过的图形是矩形可求得，代入即可求得结论．【详解】解：|a－c|+=0，∴a=c，b=8，，PQ∥y轴，∴PQ=8-2=6，将线段PQ向右平移a个单位长度，其扫过的图形是边长为a和6的矩形，，∴a=4,∴c=4，∴a+b+c=4+8+4=16；故选：C．【点睛】本题主要考查了非负数的性质，坐标的平移，矩形的性质，能根据点的坐标判断出PQ∥y轴，进而求得PQ是解题的关键．6、D【解析】

先求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．【详解】解：由得，x＜1，

由得，x＞2，

所以无解，

故选：D．【点睛】主要考查了一元一次不等式解集的求法，其简便求法就是用口诀求解，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．7、C【解析】

本题考查的是根据实际问题列方程组由折叠可得∠BAD∠BAE，再由∠BAD比∠BAE大1，即可列出方程组．根据折叠可得∠BAD∠BAE，得方程，根据∠BAD比∠BAE大1，得方程，则可列方程组为，故选C．8、D【解析】

把所求的式子的第一项与最后一项结合，第二项与倒数第二项结合，依次结合了50组，把结合后的偶次项提取-1，然后分别运用平方差公式变形，提取101后得到25个2相加，从而计算出结果．【详解】解：1002-992+982-972+…+22-12

=（1002-12）-（992-22）+（982-32）-…+（522-492）-（512-502）

=（100+1）（100-1）-（99+2）（99-2）+（98+3）（98-3）-…+（52+49）（52-49）-（51+50）（51-50）

=101×99-101×97+101×95-…+101×3-101×1

=101×（99-97+95-…+3-1）

=101×（2+2+…+2）

=101×25×2

=1．故答案为D.【点睛】此题考查了平方差公式的运用，技巧性比较强，要求学生多观察式子的特点，注意结合的方法，找到第一项与最后一项结合，第二项与倒数第二项结合，依此类推的结合方法是解本题的关键．9、A【解析】

先利用平移的性质得到∠1=∠2=60°，然后根据同位角线段两直线平行可判断a∥b．【详解】利用平移的性质得到∠1=∠2=60°，

所以a∥b．

故选：A．【点睛】此题考查作图-平移变换，平行线的判定，解题关键在于确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．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．10、B【解析】

根据平方根的定义可知：一般地，如果一个正数x的平方等于a，即x2=a，那么这个正数x叫做a的算术平方根；结合命题与定理的定义可得答案．【详解】解：∵①1的平方根是±1，故此命题错误；②12=1，1是1的平方根，故此命题正确；③(1)2=1，∴(1)2的平方根是±1，故此命题错误；④一个数的平方根等于它的算术平方根，这个数只能是零，故此命题正确．∴正确的个数有2个．故选：B．【点睛】此题考查了算术平方根和命题与定理的定义．题目比较简单，注意熟记与理解定义．二、填空题(本大题共有6小题，每小题3分，共18分)11、(-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．12、-1【解析】

利用相反数性质及非负数性质列出方程组，求出方程组的解得到x与y的值，代入原式计算即可得到结果.【详解】∵2x-y与x+2y-5∴2x-y∴2x-y=0①①×2+②得：解得：x=1，把x=1代入②得：y=2，则原式=-1.故答案为：-1.【点睛】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法.13、(3，－2)【解析】试题分析：∵|x|=3，y2=4，∴x=±3，y=±2，∵点P（x，y）在第四象限，∴x＞0，y＜0，∴x=3，y=﹣2，∴P点坐标为（3，﹣2）．故答案是（3，﹣2）．考点：点的坐标．14、1.【解析】试题分析：根据同底数幂的乘法法则和幂的乘方法则求解．试题解析：a2m+n=a2m•an=9×2=1．考点：1.幂的乘方与积的乘方；2.同底数幂的乘法．15、答案不唯一，例如【解析】先围绕列一组算式，如-1+3=2，3×(-1)+3=0，然后用x，y分别代换-1，3，即可得．16、1．【解析】∵，∴a－1=0，b－2=0，解得a=1，b=2．①若a=1是腰长，则底边为2，三角形的三边分别为1、1、2，∵1+1=2，∴1、1、2不能组成三角形．②若a=2是腰长，则底边为1，三角形的三边分别为2、2、1，能组成三角形，周长=2+2+1=1．三、解下列各题(本大题共8小题，共72分)17、（1）见解析；（2）见解析；（3）2∠AFB+∠CAF=180°【解析】试题分析：（1）根据∠BAC=∠DAE，运用等式性质即可得出∠BAC+∠CAF=∠DAE+∠CAF，进而得到∠BAF=∠CAD；（2）根据∠BAC=∠DAF，∠ACB=∠CFE=∠AFD，可得∠B=∠D，最后根据∠B+∠BCD=180°，可得∠D+∠BCD=180°，进而判定AD∥BE；（3）根据AD∥BE，可得∠E=∠1=∠2，再根据BF平分∠ABC，可得∠3=∠4，根据∠AFB是△BEF的外角，得出∠AFB=∠4+∠E=∠4+∠1，即∠AFB=3+∠2，最后根据AD∥BC，得到∠ABC+∠BAD=180°，进而得到2∠AFB+∠CAF=180°．试题解析：(1)∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAF=∠DAE+∠CAF，∴∠BAF=∠CAD；(2)∵∠BAC=∠DAF，∠ACB=∠CFE=∠AFD，∴∠B=∠D，∵AB∥CD，∴∠B+∠BCD=180°，∴∠D+∠BCD=180°，∴AD∥BE；(3)如图2,∵AD∥BE,∴∠E=∠1=∠2，∵BF平分∠ABC，∴∠3=∠4，∵∠AFB是△BEF的外角，∴∠AFB=∠4+∠E=∠4+∠1，∴∠AFB=3+∠2，又∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∴∠3+∠4+∠1+∠CAF+∠2=180°，即2∠AFB+∠CAF=180°.故答案为：2∠AFB+∠CAF=180°.18、（1）；（2）∠CEF=140°；（3），是定值【解析】

（1）根据直角三角形面积计算的不同方法，即可求出CD的长度．（2）根据对顶角相等和互余的性质得出∠CED=40°，再根据邻补角得出∠CEF=140°即可；（3）作CP∥x轴，则CP∥DM∥x轴，根据平行线的性质得∠AOG=∠1，∠2+∠CEF=180°，由于∠NEC+∠CEF=180°，所以∠2=∠NEC，由∠1+∠2=90°，∠NEF+2∠2=180°，推出∠NEF=2∠1=2∠AOG，由此即可得出结论；【详解】解：（1）∵AC⊥BC，BC=12cm，∴AC∴∴∴点C到AB的距离为故答案为：（2）∵∠AOG=50°，

∴∠POD=50°，

∴∠COD=40°，

∴∠CQO=50°，

∴∠DQE=50°，

∴∠CED=40°，

∴∠CEF=140°；（3）为定值．理由如下：作CP∥x轴，如图3，

∵CP∥DM∥x轴，

∴∠AOG=∠1，∠2+∠CEF=180°，

而∠NEC+∠CEF=180°，

∴∠2=∠NEC，

∵∠1+∠2=90°，

∠NEF+2∠2=180°，

∴∠NEF=2∠1=2∠AOG，∴，是定值．【点睛】此题考查了平行线的判定与性质：平行线于同一条直线的两直线平行；两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补．19、小亚9.5分，小迪7.5分【解析】分析：设小亚和小迪两位棋手最后的积分各是找出题目中的等量关系，列方程求解即可.详解：设小亚和小迪两位棋手最后的积分各是则：解得：答:小亚和小迪两位棋手最后的积分各是点睛：考查二元一次方程组的应用，解题的关键是找准题目中的等量关系.20、（1）不成立，结论是∠BPD=∠B+∠D，证明详见解析；（2）∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.【解析】

（1）延长BP交CD于E，根据两直线平行，内错角相等，求出∠PED=∠B，再由三角形外角的性质即可得出结论；（2）连接QP并延长，根据三角形的外角性质即可得结论.【详解】解：（1）不成立，结论是∠BPD=∠B+∠D.证明：延长BP交CD于点E，∵AB∥CD.∴∠B=∠BED，又∠BPD=∠BED+∠D，∴∠BPD=∠B+∠D；（2）结论：∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.连接QP并延长，∵，，∴即∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.故答案为：（1）不成立，结论是∠BPD=∠B+∠D，证明详见解析；（2）∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.【点睛】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，根据题意作出辅助线，构造出三角形，利用三角形外角的性质求解是解题的关键．21、115°【解析】

由AB∥CD得到∠AGE=∠CFG，又FH平分∠EFD，∠AGE=50°，由此可以先后求出∠GFD，∠GFD，∠BGF．【详解】试题分析：试题解析：∵AB∥CD，∴∠CFG=∠AGE=50°，∴∠GFD=130°；又FG平分∠EFD，∴∠GFD=∠EFD=65°；∴∠BGF=180°-∠HFD=115°．考点：1.平行线的性质；2.角平分线的定义；3.对顶角、邻补角．22、（1）证明见解析；（2）∠FAE=135°；（3）证明见解析.【解析】

（1）根据已知条件易证∠BAC=∠DAE，再由AB=AD，AE=AC，根据SAS即可证得△ABC≌△ADE；（2）已知∠CAE=90°，AC=AE，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，根据全等三角形的性质可得∠BCA=∠E=45°，再求得∠CAF=45°，由∠FAE=∠FAC+∠CAE即可得∠FAE的度数；（3）延长BF到G，使得FG=FB，易证△AFB≌△AFG，根据全等三角形的性质可得AB=AG，∠ABF=∠G，再由△BAC≌△DAE，可得AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，所以AG=AD，∠ABF=∠CDA，即可得∠G=∠CDA，利用AAS证得△CGA≌△CDA，由全等三角形的性质可得CG=CD，所以CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF．【详解】（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，∴∠BAC=∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE=90°，AC=AE，∴∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA=∠E=45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA=90°，∴∠CAF=45°，∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；（3）延长BF到G，使得FG=FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG=∠AFB=90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB=AG，∠ABF=∠G，∵△BAC≌△D