湖南省衡阳市石鼓船山实验中学2022-2023学年七年级下学期期末数学试题（解析版）

2023上学期初一期末质量检测试卷数学问卷（时间120分钟，满分120分）注意事项：1．答题前，请考生先将自己的姓名、准考证号等信息填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考室和座位号；2．必须在答题卡上答题．在草稿纸、试题卷上答题无效；一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，满分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.下列各式中：①；②；③；④；⑤；⑥，是方程的是（）A.①④ B.①②⑤ C.①④⑤ D.①②④⑤【答案】C【解析】【分析】根据方程的定义即可一一判定．【详解】解：含有未知数的等式叫做方程，①是方程；②，不含有未知数，故不是方程；③不是等式，故不是方程；④是方程；⑤是方程；⑥不是等式，故不是方程；故方程有：①④⑤，故选：C．【点睛】本题考查了方程的定义，熟练掌握和运用方程的定义是解决本题的关键．2.若x=−1是方程2x+m−6=0的解，则m的值是（）A.-4 B.4C.-8 D.8【答案】D【解析】【分析】把x=-1代入方程可得到关于m的方程，可求得m的值．【详解】解：∵x=-1是关于x的方程2x+m−6=0的解，∴把x=-1代入方程可得2×(-1)+m−6=0，解得m=8，故选：D．【点睛】本题主要考查方程解的定义及解一元一次方程，掌握方程的解满足方程是解题的关键．3.在解方程时，去分母后正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】两边同乘以15去分母即可得出答案．【详解】解：方程两边同乘以15得：，故选：A．【点睛】本题考查了解一元一次方程—去分母，即利用等式的性质2，在方程的两边同时乘各分母的最小公倍数，将分母去掉，把系数为分数的方程转化为系数为整数的方程．4.下列说法中，正确的是（）A.，，都是无理数 B.绝对值最小的实数是0C.实数分为正实数和负实数两类 D.无理数包括正无理数、负无理数和零【答案】B【解析】【分析】利用实数的分类以及无理数的分类、无理数的定义逐项判断即可解答．【详解】解：A．，，，其中是有理数，故此选项不合题意；B．绝对值最小的实数是0，故此选项符合题意；C．实数分为正实数和负实数、零，故此选项不合题意；D．无理数包括正无理数、负无理数，故此选项不合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查了实数的性质，掌握无理数以及实数的分类是解题关键．5.如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念逐项判断即可解答．【详解】解：A．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意；C．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；D．原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：C．【点睛】本题考查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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．6.从长度为1、3、5、7的四条线段中，任意取出三条线段，能围成三角形的是（）A.1，3，5 B.1，3，7 C.1，5，7 D.3，5，7【答案】D【解析】【分析】根据构成三角形的条件逐一判断即可．【详解】解：A、∵，∴不能构成三角形，不符合题意；B、∵，∴不能构成三角形，不符合题意；C、∵，∴不能构成三角形，不符合题意；D、∵，∴能构成三角形，符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查了构成三角形的条件，熟知三角形中任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边是解题的关键．7.不等式组的解集在数轴上表示正确的为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集，由此即可得到答案．【详解】解：解不等式①得：，解不等式②得：，∴不等式组解集为，∴数轴表示如下所示：故选B．【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组解集，正确求出对应的不等式组的解集是解题的关键．8.能够铺满地面的正多边形组合是（）A.正六边形和正五边形 B.正方形和正八边形C.正五边形和正八边形 D.正三角形和正八边形【答案】B【解析】【分析】能够铺满地面的图形，即是能够凑成的图形组合．【详解】解：A、正六边形的每个内角是，正五边形的每个内角是，，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满；B、正方形每个内角是，正八边形每个内角为，显然两个正八边形和一个正方形刚好能铺满地面；C、正五边形的每个内角是，正八边形每个内角为，，n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满；D、正三角形每个内角为60度，正八边形每个内角为135度，，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满．故选：B．【点睛】本题主要考查了平面镶嵌，两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．需注意正多边形内角度数边数．9.如图是位于汾河之上的通达桥，是山西省首座独塔悬索桥，是连接二青会的水上运动、沙滩排球等项目及场馆的主要通道，被誉为“时代之门”．桥身通过吊索与主缆拉拽着整个桥面，形成悬索体系使其更加稳固．其中运用的数学原理是（）A.三角形具有稳定性 B.两点确定一条直线C.两点之间，线段最短 D.三角形的两边之和大于第三边【答案】A【解析】【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．详解】解：∵三角形具有稳定性，∴桥身通过吊索与主缆拉拽着整个桥面，形成悬索体系使其更加稳固，故选A．【点睛】本题主要考查了三角形具有稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．10.定义，则方程的解为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据新定义得到方程，解方程即可．【详解】解：∵，∴，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，正确理解题意列出对应的方程是解题的关键．11.如图，小亮从A点出发，沿直线前进向左转再沿直线前进，又向左转，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据多边形外角和，求出多边形边数，然后再求周长即可．【详解】解：∵多边形的外角和为，∴，∴照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要查了多边形的外角和，能熟记多边形的外角和定理是解此题的关键，注意：多边形的外角和等于．12.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为（）．A.60° B.75° C.85° D.90°【答案】C【解析】【详解】解：如图，设AD⊥BC于点F．则∠AFB=90°，根据旋转的性质知，∠EAC=∠BAD=65°，∠C=∠E=70°．∴在Rt△ABF中，∠B=90°-∠BAD=25°，∴在△ABC中，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-25°-70°=85°，即∠BAC的度数为85°．故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分．）13.已知方程，用含x的代数式表示y，则___________．【答案】3x-2【解析】【分析】把x看做已知数求出y即可．【详解】解：方程3x-y=2，解得：y=3x-2，故答案为：3x-2．【点睛】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看做已知数求出y．14.9的算术平方根是_____．【答案】3【解析】【分析】根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出．【详解】∵，∴9算术平方根为3．故答案为：3．【点睛】本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键．15.某快递分派站现有包裹若干件需快递员派送，若每个快递员派送25件，还剩10件；若每个快递员派送28件，还差50件．设该分派站有________名快递员．【答案】20【解析】【分析】设该分派站有x名快递员，有y件包裹需要派送，根据每个快递员派送25件，还剩10件；若每个快递员派送28件，还差50件列出方程组求解即可．【详解】解：设该分派站有x名快递员，有y件包裹需要派送，由题意得，，解得，∴该分派站有20名快递员故答案为：20．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程组是解题的关键．16.如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则______．【答案】##度【解析】【分析】标注字母，利用“边角边”判断出和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出即可．【详解】解：如图：在和中，，

∴，

∴，

∵，

∴，故答案为：．【点睛】本题考查了全等图形，网格结构，准确识图判断出全等的三角形是解题的关键．17.如果不等式的解集是，那么a的取值范围是________．【答案】##【解析】【分析】由不等式的性质可知，不等式两边同时除以时，不等式方向改变了，由此可确定的符号，即可求解．【详解】解：∵不等式的解集是，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了不等式的性质：①把不等式的两边都加(或减去)同一个整式，不等号的方向不变；②不等式两边都乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；③不等式两边都乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．18.如果x是一个有理数，我们把不超过x的最大整数记作．例如，，，．那么，，其中．例如，，，．现有，则x的值为____________________．【答案】或或【解析】【分析】根据为不超过x的最大整数且，可知是整数，根据，得到a为0或或，根据，得到，得到x为或或．【详解】∵不超过x的最大整数为，，∴是整数，∵，∴a为0或或，∵，∴，∴，，∴x为或或．故答案为：或或．【点睛】本题主要考查了新定义“不超过x的最大整数”，解决问题的关键是熟练掌握任意一个有理数都可以看作一个整数和一个正小数或0的和，进行分类讨论．三．解答题（本大题共8题，19-20题每题6分，21-24题每题8分，25题10分，26题12分，满分66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）19.解方程组：【答案】【解析】【分析】利用加减消元法求解即可.【详解】解：①-②得：4y=2，解得：y=，代入②中，解得：x=，∴方程组的解为：.【点睛】本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握加减消元法是必备的计算能力.20.解不等式组：．【答案】【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，再求其解集即可．【详解】解不等式去分母得，去括号得，移项，合并同类项得，系数化为1得，；解不等式去括号得，移项，合并同类项得，系数化为1得，．∴不等式组的解集．【点睛】本题考查了不等式组的解集，不等式组的解法，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了，确定不等式组的解集是解题的关键．21.甲车从A地开往B地，乙车从B地开往A地，两车同时出发，沿着A，B两地间的同一条笔直的公路匀速行驶，出发1小时后两车相距48千米，又过1小时，两车又相距48千米，且此时两车均未到达终点，求A，B两地间的距离．【答案】144千米【解析】【分析】设A，B两地间的距离为x千米，第一次相距48千米时，两车1小时合走千米，第二次相距48千米时，两车1小时合走千米，据此列出方程求解即可．【详解】解：设A，B两地间的距离为x千米，由题意得，，解得，∴A，B两地间的距离为144千米．【点睛】本题主要考查了一元一次方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．22.已知方程组的解满足的值为正数，的值为负数．（1）求m的取值范围．（2）化简：．【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）首先对方程组进行化简求值，根据方程的解满足的条件得到关于m的不等式组，然后求解即可得出的范围；（2）根据（1）化简绝对值即可求解；【小问1详解】，①②得，即，②①得，即，的值为正数，的值为负数，，，故的取值范围是；【小问2详解】，；【点睛】主要考查了二元一次方程组的解法、一元一次不等式组解集的求法及绝对值的化简，其一元一次不等式组解集的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）．23.某中学为落实教育部办公厅关于进一步加强中小学生体质健康管理的通知文件要求，决定增设篮球、足球两门选修课程，需要购进一批篮球和足球，已知购买个篮球和个足球共需费用元；购买个篮球和个足球共需费用元．（1）求篮球和足球的单价分别是多少元；（2）学校计划采购篮球、足球共个，并要求篮球不少于个，且总费用不超过元那么有哪几种购买方案？【答案】（1）篮球的单价为元，足球的单价为元（2）共有四种购买方案，方案一：采购篮球个，采购足球个；方案二：采购篮球个，采购足球个；方案三：采购篮球个，采购足球个；方案四：采购篮球个，采购足球个【解析】【分析】（1）根据购买个篮球和个足球共需费用元；购买个篮球和个足球共需费用元，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；（2）根据要求篮球不少于个，且总费用不超过元，可以列出相应的不等式组，从而可以求得篮球数量的取值范围，然后即可写出相应的购买方案．【小问1详解】解：设篮球的单价为元，足球的单价为元，由题意可得：，解得，答：篮球的单价为元，足球的单价为元；【小问2详解】设果购篮球个，则果购足球为个，要求篮球不少于个，且总费用不超过元，，解得，∵为整数，∴的值可为，，，．答：共有四种购买方案，方案一：采购篮球个，采购足球个；方案二：采购篮球个，采购足球个；方案三：采购篮球个，采购足球个；方案四：采购篮球个，采购足球个．【点睛】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式组．24.阅读探索：小明在解方程组时发现若设，，则方程组可变为，解此方程组得：，即，所以．（1）请你模仿运用上述方法解下列方程组（2）若已知关于x、y的方程组的解是，请直接写出关于m、n的方程组的解．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用换元法解方程组；（2）结合换元法，利用已知方程组的解分析计算．【小问1详解】解：设，，则方程组可变为，解此方程组得：，即，所以；【小问2详解】解：设，，则原方程组可变形为，∵关于x、y的方程组的解是，∴，解得．【点睛】本题考查解二元一次方程组，二元一次方程组的解，正确理解并熟练掌握换元法是解题关键．25.如图①，在中，与的平分线相交于点P．（1）如果，求的度数；（2）如图②，作外角，的角平分线交于点Q，试探索、之间的数量关系．（3）如图③，延长线段交于点E，中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，求的度数．【答案】（1）；（2）；（3）的度数是或或．【解析】【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出，进而求出即可解决问题；（2）根据三角形的外角性质分别表示出和，再根据角平分线的性质可求得，最后根据三角形内角和定理即可求解；（3）在中，由于，求出，，所以如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①；②；③；④；分别列出方程，求解即可．【小问1详解】解：∵．∴，∵点P是与的平分线的交点，∴；【小问2详解】解：∵外角，的角平分线交于点Q，∴，∴；【小问3详解】解：延长至F，∵为的外角的角平分线，∴是的外角的平分线，∴，∵平分，∴，∵，∴，即，又∵，∴，即；∵．如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：①，则，；②，则，，；③，则，解得；④，则，解得．综上所述，的度数是或或．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．26.如图，有一副直角三角板如图1放置（其中），与直线重合，且三角板，三角板均可以绕点P逆