【解析】山西省临汾市侯马市2022-2023学年七年级下学期数学期末考试试卷

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山西省临汾市侯马市2022-2023学年七年级下学期数学期末考试试卷

一、单选题

1．（2023九上·大同期末）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（）

A．B．

C．D．

2．（2023七下·侯马期末）若是方程的解，则a的值是（）

A．B．C．1D．2

3．（2023八上·肇源期末）若关于x的方程x＋k＝2x﹣1的解是负数，则k的取值范围是（）

A．k＞﹣1B．k＜﹣1C．k≥﹣1D．k≤﹣1

4．小虎、大壮和明明三人玩飞镖游戏，各投5支镖，规定在同一环内得分相同，中靶和得分情况如图，则大壮的得分是（）

A．20B．22C．23D．25

5．（2023七下·侯马期末）下列正多边形中，与正八边形组合能够铺满地面的是（）

A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形

6．（2023八上·长沙月考）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B处后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了（）

A．100mB．90mC．54mD．60m

7．（2023七下·侯马期末）把边长相等的正五边形和正方形按照如图所示的方式叠合在一起，则的度数是（）

A．B．C．D．

8．（2023九上·防城港期中）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°

9．（2023七下·侯马期末）轮船在河流中来往航行于A、两码头之间，顺流航行全程需小时，逆流航行全程需小时，已知水流速度为每小时，求、两码头间的距离．若设A、两码头间距离为，则所列方程为（）

A．B．C．D．

10．（2023八上·西峰期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外面时，此时测得∠1=112°，∠A=40°，则∠2的度数为（）

A．32°B．33°C．34°D．38°

二、填空题

11．（2023七下·侯马期末）三角形三边为3，5，x，则x的范围是．

12．（2023七下·南阳期末）如图，在中，，，将沿方向平移得到，若，，则四边形的周长为.

13．（2023七下·侯马期末）如图，则的度数为．

14．（2023七下·侯马期末）如图，将绕点A逆时针旋转能与重合点D在线段的延长线上，若，则的大小为．

15．（2023七下·侯马期末）如图，，点在射线上，点在射线上，均为等边三角形，从左起第1个等边三角形的边长记为，第2个等边三角形的边长记为，以此类推，若，则．

三、解答题

16．（2023七下·侯马期末）（1）解方程组：；

（2）解不等式组：，并把解集表示在下面的数轴上．

17．（2023七下·侯马期末）如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上．（不写做法）

（1）画出△ABC关于直线MN的对称图形△A1B1C1；

（2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2；

（3）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的图形△A3B3C3；

（4）画出△ABC先向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到的△A4B4C4．

18．（2023七下·侯马期末）甲、乙两人共同解方程组，由于甲看错了方程①中的a，得到方程组的解为，乙看错了方程②中的b，得到方程组的解为，试计算的值．

19．（2023七下·侯马期末）（1）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案上都是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和块正三角形地板砖；以此递推．

①第3层中分別含有块正方形和块正三角形地板砖．

②第n层中含有块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．

（2）【应用】该市打算在一个新建广场上都，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由．

20．（2023七下·大同期末）已知关于x的不等式组有三个整数解，求实数a的取值范围．

21．如图，△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB=50°，∠C=60°，求∠DAE和∠BOA的度数。

22．（2023七下·侯马期末）为改善河流水质，治污公司决定购买10台污水处理设备．现有A，B两种型号的设备，其中每台的价格，月处理污水量如下表：经调查：购买一台A型设备比购买一台B型设备多2万元，购买2台A型设备比购买3台B型设备少6万元．

A型B型

价格（万元/台）ab

处理污水量（吨/月）240200

（1）求a，b的值；

（2）治污公司经预算购买污水处理设备的资金不超过105万元，你认为该公司有哪几种购买方案；

（3）在（2）的条件下，若每月要求处理污水量不低于2040吨，为了节约资金，请你为治污公司设计一种最省钱的购买方案．

23．（2023七下·侯马期末）问题情景：如图①，有一块直角三角板放置在上（点在内），三角板的两条直角边、恰好分别经过点和点．探究与是否存在某种确定的数量关系．

（1）特殊探究：若，则度，度，度；

（2）类比探索：请探究与的关系；

（3）类比延伸：如图②，改变直角三角板的位置，使点在外，三角板的两条直角边、仍然分别经过点和点，（2）中的结论是否仍然成立？若不成立，请直接写出你的结论，并说明理由．

答案解析部分

1．【答案】D

【知识点】中心对称及中心对称图形

【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D、是中心对称图形，故此选项符合题意；

故答案为：D．

【分析】根据中心对称以及中心对称图形判断即可。

2．【答案】A

【知识点】一元一次方程的解

【解析】【解答】解：把代入方程中，

得：a+3=1，解得a=-2，

故答案为：A.

【分析】把代入方程中即可求解.

3．【答案】B

【知识点】一元一次方程的解

【解析】【解答】解：x＋k＝2x﹣1，

整理得：x＝k＋1，

∵关于x的方程x＋k＝2x﹣1的解是负数，

∴k＋1＜0，

解得：k＜﹣1．

故答案为：B．

【分析】先求出x＝k＋1，再求出k＋1＜0，最后解不等式即可。

4．【答案】C

【知识点】二元一次方程组的其他应用

【解析】【解答】解：设投掷中外环区、内区一次的得分分别为x，y分，

则，

解得.

∴大壮的得分为：x+4y=3+20=23.

故答案为：C.

【分析】设投掷中外环区、内区一次的得分分别为x，y分，根据小虎和明明的得分列出方程组，解方程组，最后求大壮的得分即可.

5．【答案】B

【知识点】平面镶嵌（密铺）

【解析】【解答】解：正八边形的每个内角为=135°，

A、正三角形的内角为60°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

B、正方形的内角为90°，

∵90°+135°×2=360°，∴能与正八边形组合铺满地面，故符合题意；

C、正五边形内角为108°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

D、正六边形内角为120°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

故答案为：B.

【分析】判断一种或几种图形能否镶嵌，只要看拼在同一点处的几个角能否构成周角，据此逐一判断即可.

6．【答案】C

【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质

【解析】【解答】解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，

由于正多边形的外角和是360°，且每一个外角为20°，

360°÷20°＝18，

所以它是一个正18边形，

因此所走的路程为18×3＝54（m）.

故答案为：C.

【分析】由题意可知：当她第一次回到出发点A时，所走过的路程是一个正多边形的周长，根据外角的度数求出多边形的边数，进而可得所走的路程.

7．【答案】A

【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质

【解析】【解答】解：在正五边形中，∠EAB==108°，

在正方形中，∠GAB=90°，

∴∠EAG=108°-90°=18°；

故答案为：A.

【分析】利用正多边形的性质分别求出∠EAB、∠GAB的度数，利用角的和差即可求解.

8．【答案】C

【知识点】旋转的性质

【解析】【解答】解：根据旋转的性质知，∠EAC=∠BAD=65°，∠C=∠E=70°．

如图，设AD⊥BC于点F．则∠AFB=90°，

∴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．

【分析】根据旋转的性质知，旋转角∠EAC=∠BAD=65°，对应角∠C=∠E=70°，则在直角△ABF中易求∠B=25°，所以利用△ABC的内角和是180°来求∠BAC的度数即可．

9．【答案】B

【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题

【解析】【解答】解：设A、两码头间距离为，

由题意得：；

故答案为：B.

【分析】设A、两码头间距离为，根据轮船在静水中的速度不变列出方程即可.

10．【答案】A

【知识点】三角形的外角性质；翻折变换（折叠问题）

【解析】【解答】解：如图，设线段和线段交于点F.

由折叠的性质可知.

∵，即，

∴.

∵，即，

∴.

故答案为：A.

【分析】利用折叠的性质可知∠A=∠A′，利用三角形的外角的性质可证得∠1=∠A+∠DFA，由此可求出∠DFA的度数；再利用三角形的外角的性质可证得∠DFA=∠2+∠A，代入计算求出∠2的度数.

11．【答案】

【知识点】三角形三边关系

【解析】【解答】解：由三角形三边关系得：5-3＜x＜5+3，即2＜x＜8，

故答案为：2＜x＜8，

【分析】三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，据此解答即可.

12．【答案】22

【知识点】平移的性质

【解析】【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE＝6，AB=AC，

∴AB=AC=DE=DF=6，AD=BE，BC=EF，

∵BC＝4，EC＝1，

∴BE=BC-EC=3，

∴AD=BE=3，BF=BE+EF=3+4=7，

∴四边形ABFD的周长为AD+AB+BF+DF=3+67+6=22.

故答案为22.

【分析】根据“△ABC沿BC方向平移得到△DEF”可知AB=AC=DE=DF=6，AD=BE=3，BF=BE+EF=3+4=7，即可求得四边形ABFD的周长.

13．【答案】

【知识点】三角形的外角性质；多边形内角与外角

【解析】【解答】解：在四边形BCPO中，∠B+∠C+∠BOP+∠CPO=360°，

∵∠POB=∠F+∠D，∠CPO=∠A+∠E，

∴=360°；

故答案为：360°；

【分析】利用三角形外角的性质及四边形内角和进行解答即可.

14．【答案】

【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质

【解析】【解答】解：∵将绕点A逆时针旋转能与重合，

∴AB=AD，∠BAD=90°，∠AED=∠ACB，

∴∠B=∠ADC=45°，

∵∠BAC=20°，

∴∠ACB=180°-∠B-∠BAC=115°，

∴∠AED=115°，

故答案为：115°，

【分析】由旋转的性质可得AB=AD，∠BAD=90°，∠AED=∠ACB，利用等腰三角形性质可得∠B=∠ADC=45°，再利用三角形内角和即可求解.

15．【答案】

【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；探索图形规律

【解析】【解答】解：∵是等边三角形，

∴A1B1=A2B1，∠2=∠3=60度，

∵∠MON=30°，

∴∠1=30°，

∴∠OB1A2=60°+30°=90°，

∵∠MON=∠1=30°，

∴OA1=A1B1=1，

∴A2B1=1，

∵是等边三角形，

同理可得OA2=B2A2=2，

∴a2=2a1=2，

同理可得：a3=4a1=4=22，

a4=8a1=8=23，

·····，

∴a2023=22023-1=22022；

【分析】根据等边三角形的性质、等腰三角形的性质及三角形外角的性质可推出MON=∠1=30°，可得OA1=A1B1=1，即得A2B1=1，从而求出a2=2a1=2，同理可得：a3=4a1=4=22，

a4=8a1=8=23，据此找出规律即可得解.

16．【答案】（1）解：

得，即；

得，即；

∴，

得，

解得，；

将代入③得，

解得，．

∴方程组的解为．

（2）解：

由不等式①得：，

∴.

由不等式②得：，

∴

它的解集在数轴上表示如图所示：

∴不等式组的解集是．

【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组；加减消元法解二元一次方程组

【解析】【分析】（1）先将方程组整理，再利用加减消元法解方程组即可；

（2）先分别解出两个不等式的解集，然后根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无处找”的规律找出不等式组的解集，再利用数轴画出解集即可.

17．【答案】（1）解：如图，作点关于直线的对称点，顺次连接，则即为所求；

（2）解：如图，将点绕点O旋转180°得到点，顺次连接，则即为所求；

（3）解：如图，将点绕点B逆时针旋转90°得到点，顺次连接，则即为所求；

（4）解：如图，将点向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到点，顺次连接，则即为所求；

【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣平移；作图﹣旋转

【解析】【分析】（1）根据轴对称的性质分别确定点A、B、C关于直线MN的对称的对应点A1、B1、C1，再顺次连接即可；

（2）将点绕点O旋转180°可得到点，再顺次连接即可；

（3）由旋转的性质分别确定点绕点B逆时针旋转90°得到点，再顺次连接即可；

（4）由平移的性质分别确定点向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到点，再顺次连接即可；

18．【答案】解：将代入方程中得：，即；

将代入方程中的得：，即，.

将，代入，

则．

【知识点】二元一次方程组的解

【解析】【分析】将代入方程中求出b值，将代入方程中求出a值，然后代入原式计算即可.

19．【答案】（1）6；；

（2）解：铺设这样的图案，需要块；

理由：因为（层），

则块正方形地板砖可以铺设这样的图案层，

∴铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：，

则需要三角形地板砖数量为（块）；

【知识点】探索图形规律

【解析】【解答】解：（1）①由图形知：第1层包括6块正方形和6块正三角形地板砖，

第2层包括6块正方形和6+12=18块正三角形地板砖，

∴第3层包括6块正方形和18+12=30块正三角形地板砖，

故答案为：6，30.

②由①知：每一层正方形块数不变，

正三角形地板砖分别为：第1层6=6×1=6×（2×1-1），

第2层18=6×3=6×（2×2-1），

第3层30=6×5=6×（2×3-1），

∴第n层中含有6（2n-1）块正三角形地板砖，

故答案为：6（2n-1）.

【分析】（1）①利用已知求出规律即得结论；

②正三角形地板砖分别为：第1层6=6×1=6×（2×1-1），第2层18=6×3=6×（2×2-1），

第3层30=6×5=6×（2×3-1），据此找出规律即可；

（2）150块正方形地板砖可铺设这样的图案（层），可得铺设n层需要正三角形地板砖的数量，将n=25代入计算即可.

20．【答案】解：，解不等式①，得x＞－.解不等式②，得x≤4＋a.∴原不等式组的解集为－＜x≤4＋a.∵原不等式组有三个整数解：－2，－1，0，∴0≤4＋a＜1.∴－4≤a＜－3

【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解

【解析】【分析】首先把不等式组中每一个不等式的解集都求出，然后利用a表示出不等式组的解集，根据解集中的整数恰好有3个，即可确定a的范围．

21．【答案】解：∵∠A=50°，∠C=60°∴∠ABC=180°-50°-60°=70°，又∵AD是高，∴∠ADC=90°，∴∠DAC=180°-90°-∠C=30°，∵AE、BF是角平分线，∴∠CBF=∠ABF=35°，∠EAF=25°，∴∠DAE=∠DAC-∠EAF=5°，∠AFB=∠C+∠CBF=60°+35°=95°，∴∠BOA=∠EAF+∠AFB=25°+95°=120°，∴∠DAC=30°，∠BOA=120°故∠DAE=5°，∠BOA=120°

【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形内角和定理

【解析】【分析】利用三角形的内角和定理和平分线定义，可转化∠DAE=∠DAC-∠EAF，∠BOA=∠EAF+∠AFB.

22．【答案】（1）解：购买A型的价格是a万元，购买B型的设备b万元，

由题意得：，

解得：．

故a的值为12，b的值为10；

（2）解：设购买A型号设备m台，由题意得：，

解得：，

因为m为非负整数，所以．

故共有3种购买方案：

当A型号为0，B型号为10台；

当A型号为1台，B型号为9台；

当A型号为2台，B型号为8台；

（3）解：当时，月污水处理量为：吨吨，不符合题意，应舍去；

当时，月污水处理量为：吨吨，符合条件，

此时买设备所需资金为：万元；

当时，月污水处理量为：吨吨，符合条件，此时买设备所需资金为：万元；

所以，为了节约资金，该公司最省钱的一种购买方案为：购买A型处理机1台，B型处理机9台．

【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题

【解析】【分析】（1）购买A型的价格是a万元，购买B型的设备b万元，根据“购买一台A型设备比购买一台B型设备多2万元，购买2台A型设备比购买3台B型设备少6万”列出方程组并解之即可；

（2）设购买A型号设备m台，由“预算购买污水处理设备的资金不超过105万元”可列不等式，求出m的非负整数解即可；

（3）将（2）中的三种方案所需资金分别求出来，再比较即可.

23．【答案】（1）；；

（2）解：与的关系为：，

理由如下：

由（1）得：，

∵，

∴，

∴

．

∴．

（3）不成立，存在，

理由如下：

在中，，

在中，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴．

∴（2）中的结论不成立．

【知识点】三角形内角和定理

【解析】【解答】解：（1）∵∠A=50°，

∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=130°，

∵∠P=90°，

∴180°-∠P=90°，

∴130°-90°=40°，

故答案为：130，90，40；

【分析】（1）根据三角形内角和定理分别求解，继而求出的度数；

（2）由（1）得，将两等式相加即可求解；

（3）根据三角形内角和可得，，将两式相减可得，据此即可判断．

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山西省临汾市侯马市2022-2023学年七年级下学期数学期末考试试卷

一、单选题

1．（2023九上·大同期末）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【知识点】中心对称及中心对称图形

【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D、是中心对称图形，故此选项符合题意；

故答案为：D．

【分析】根据中心对称以及中心对称图形判断即可。

2．（2023七下·侯马期末）若是方程的解，则a的值是（）

A．B．C．1D．2

【答案】A

【知识点】一元一次方程的解

【解析】【解答】解：把代入方程中，

得：a+3=1，解得a=-2，

故答案为：A.

【分析】把代入方程中即可求解.

3．（2023八上·肇源期末）若关于x的方程x＋k＝2x﹣1的解是负数，则k的取值范围是（）

A．k＞﹣1B．k＜﹣1C．k≥﹣1D．k≤﹣1

【答案】B

【知识点】一元一次方程的解

【解析】【解答】解：x＋k＝2x﹣1，

整理得：x＝k＋1，

∵关于x的方程x＋k＝2x﹣1的解是负数，

∴k＋1＜0，

解得：k＜﹣1．

故答案为：B．

【分析】先求出x＝k＋1，再求出k＋1＜0，最后解不等式即可。

4．小虎、大壮和明明三人玩飞镖游戏，各投5支镖，规定在同一环内得分相同，中靶和得分情况如图，则大壮的得分是（）

A．20B．22C．23D．25

【答案】C

【知识点】二元一次方程组的其他应用

【解析】【解答】解：设投掷中外环区、内区一次的得分分别为x，y分，

则，

解得.

∴大壮的得分为：x+4y=3+20=23.

故答案为：C.

【分析】设投掷中外环区、内区一次的得分分别为x，y分，根据小虎和明明的得分列出方程组，解方程组，最后求大壮的得分即可.

5．（2023七下·侯马期末）下列正多边形中，与正八边形组合能够铺满地面的是（）

A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形

【答案】B

【知识点】平面镶嵌（密铺）

【解析】【解答】解：正八边形的每个内角为=135°，

A、正三角形的内角为60°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

B、正方形的内角为90°，

∵90°+135°×2=360°，∴能与正八边形组合铺满地面，故符合题意；

C、正五边形内角为108°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

D、正六边形内角为120°，不能与正八边形组合铺满地面，故不符合题意；

故答案为：B.

【分析】判断一种或几种图形能否镶嵌，只要看拼在同一点处的几个角能否构成周角，据此逐一判断即可.

6．（2023八上·长沙月考）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B处后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了（）

A．100mB．90mC．54mD．60m

【答案】C

【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质

【解析】【解答】解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，

由于正多边形的外角和是360°，且每一个外角为20°，

360°÷20°＝18，

所以它是一个正18边形，

因此所走的路程为18×3＝54（m）.

故答案为：C.

【分析】由题意可知：当她第一次回到出发点A时，所走过的路程是一个正多边形的周长，根据外角的度数求出多边形的边数，进而可得所走的路程.

7．（2023七下·侯马期末）把边长相等的正五边形和正方形按照如图所示的方式叠合在一起，则的度数是（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质

【解析】【解答】解：在正五边形中，∠EAB==108°，

在正方形中，∠GAB=90°，

∴∠EAG=108°-90°=18°；

故答案为：A.

【分析】利用正多边形的性质分别求出∠EAB、∠GAB的度数，利用角的和差即可求解.

8．（2023九上·防城港期中）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

【知识点】旋转的性质

【解析】【解答】解：根据旋转的性质知，∠EAC=∠BAD=65°，∠C=∠E=70°．

如图，设AD⊥BC于点F．则∠AFB=90°，

∴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．

【分析】根据旋转的性质知，旋转角∠EAC=∠BAD=65°，对应角∠C=∠E=70°，则在直角△ABF中易求∠B=25°，所以利用△ABC的内角和是180°来求∠BAC的度数即可．

9．（2023七下·侯马期末）轮船在河流中来往航行于A、两码头之间，顺流航行全程需小时，逆流航行全程需小时，已知水流速度为每小时，求、两码头间的距离．若设A、两码头间距离为，则所列方程为（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题

【解析】【解答】解：设A、两码头间距离为，

由题意得：；

故答案为：B.

【分析】设A、两码头间距离为，根据轮船在静水中的速度不变列出方程即可.

10．（2023八上·西峰期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外面时，此时测得∠1=112°，∠A=40°，则∠2的度数为（）

A．32°B．33°C．34°D．38°

【答案】A

【知识点】三角形的外角性质；翻折变换（折叠问题）

【解析】【解答】解：如图，设线段和线段交于点F.

由折叠的性质可知.

∵，即，

∴.

∵，即，

∴.

故答案为：A.

【分析】利用折叠的性质可知∠A=∠A′，利用三角形的外角的性质可证得∠1=∠A+∠DFA，由此可求出∠DFA的度数；再利用三角形的外角的性质可证得∠DFA=∠2+∠A，代入计算求出∠2的度数.

二、填空题

11．（2023七下·侯马期末）三角形三边为3，5，x，则x的范围是．

【答案】

【知识点】三角形三边关系

【解析】【解答】解：由三角形三边关系得：5-3＜x＜5+3，即2＜x＜8，

故答案为：2＜x＜8，

【分析】三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，据此解答即可.

12．（2023七下·南阳期末）如图，在中，，，将沿方向平移得到，若，，则四边形的周长为.

【答案】22

【知识点】平移的性质

【解析】【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE＝6，AB=AC，

∴AB=AC=DE=DF=6，AD=BE，BC=EF，

∵BC＝4，EC＝1，

∴BE=BC-EC=3，

∴AD=BE=3，BF=BE+EF=3+4=7，

∴四边形ABFD的周长为AD+AB+BF+DF=3+67+6=22.

故答案为22.

【分析】根据“△ABC沿BC方向平移得到△DEF”可知AB=AC=DE=DF=6，AD=BE=3，BF=BE+EF=3+4=7，即可求得四边形ABFD的周长.

13．（2023七下·侯马期末）如图，则的度数为．

【答案】

【知识点】三角形的外角性质；多边形内角与外角

【解析】【解答】解：在四边形BCPO中，∠B+∠C+∠BOP+∠CPO=360°，

∵∠POB=∠F+∠D，∠CPO=∠A+∠E，

∴=360°；

故答案为：360°；

【分析】利用三角形外角的性质及四边形内角和进行解答即可.

14．（2023七下·侯马期末）如图，将绕点A逆时针旋转能与重合点D在线段的延长线上，若，则的大小为．

【答案】

【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质

【解析】【解答】解：∵将绕点A逆时针旋转能与重合，

∴AB=AD，∠BAD=90°，∠AED=∠ACB，

∴∠B=∠ADC=45°，

∵∠BAC=20°，

∴∠ACB=180°-∠B-∠BAC=115°，

∴∠AED=115°，

故答案为：115°，

【分析】由旋转的性质可得AB=AD，∠BAD=90°，∠AED=∠ACB，利用等腰三角形性质可得∠B=∠ADC=45°，再利用三角形内角和即可求解.

15．（2023七下·侯马期末）如图，，点在射线上，点在射线上，均为等边三角形，从左起第1个等边三角形的边长记为，第2个等边三角形的边长记为，以此类推，若，则．

【答案】

【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；探索图形规律

【解析】【解答】解：∵是等边三角形，

∴A1B1=A2B1，∠2=∠3=60度，

∵∠MON=30°，

∴∠1=30°，

∴∠OB1A2=60°+30°=90°，

∵∠MON=∠1=30°，

∴OA1=A1B1=1，

∴A2B1=1，

∵是等边三角形，

同理可得OA2=B2A2=2，

∴a2=2a1=2，

同理可得：a3=4a1=4=22，

a4=8a1=8=23，

·····，

∴a2023=22023-1=22022；

【分析】根据等边三角形的性质、等腰三角形的性质及三角形外角的性质可推出MON=∠1=30°，可得OA1=A1B1=1，即得A2B1=1，从而求出a2=2a1=2，同理可得：a3=4a1=4=22，

a4=8a1=8=23，据此找出规律即可得解.

三、解答题

16．（2023七下·侯马期末）（1）解方程组：；

（2）解不等式组：，并把解集表示在下面的数轴上．

【答案】（1）解：

得，即；

得，即；

∴，

得，

解得，；

将代入③得，

解得，．

∴方程组的解为．

（2）解：

由不等式①得：，

∴.

由不等式②得：，

∴

它的解集在数轴上表示如图所示：

∴不等式组的解集是．

【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组；加减消元法解二元一次方程组

【解析】【分析】（1）先将方程组整理，再利用加减消元法解方程组即可；

（2）先分别解出两个不等式的解集，然后根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无处找”的规律找出不等式组的解集，再利用数轴画出解集即可.

17．（2023七下·侯马期末）如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上．（不写做法）

（1）画出△ABC关于直线MN的对称图形△A1B1C1；

（2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2；

（3）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的图形△A3B3C3；

（4）画出△ABC先向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到的△A4B4C4．

【答案】（1）解：如图，作点关于直线的对称点，顺次连接，则即为所求；

（2）解：如图，将点绕点O旋转180°得到点，顺次连接，则即为所求；

（3）解：如图，将点绕点B逆时针旋转90°得到点，顺次连接，则即为所求；

（4）解：如图，将点向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到点，顺次连接，则即为所求；

【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣平移；作图﹣旋转

【解析】【分析】（1）根据轴对称的性质分别确定点A、B、C关于直线MN的对称的对应点A1、B1、C1，再顺次连接即可；

（2）将点绕点O旋转180°可得到点，再顺次连接即可；

（3）由旋转的性质分别确定点绕点B逆时针旋转90°得到点，再顺次连接即可；

（4）由平移的性质分别确定点向左平移2个单位长度，再向下平移7个单位长度得到点，再顺次连接即可；

18．（2023七下·侯马期末）甲、乙两人共同解方程组，由于甲看错了方程①中的a，得到方程组的解为，乙看错了方程②中的b，得到方程组的解为，试计算的值．

【答案】解：将代入方程中得：，即；

将代入方程中的得：，即，.

将，代入，

则．

【知识点】二元一次方程组的解

【解析】【分析】将代入方程中求出b值，将代入方程中求出a值，然后代入原式计算即可.

19．（2023七下·侯马期末）（1）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案上都是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和块正三角形地板砖；以此递推．

①第3层中分別含有块正方形和块正三角形地板砖．

②第n层中含有块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．

（2）【应用】该市打算在一个新建广场上都，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由．

【答案】（1）6；；

（2）解：铺设这样的图案，需要块；

理由：因为（层），

则块正方形地板砖可以铺设这样的图案层，

∴铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：，

则需要三角形地板砖数量为（块）；

【知识点】探索图形规律

【解析】【解答】解：（1）①由图形知：第1层包括6块正方形和6块正三角形地板砖，

第2层包括6块正方形和6+12=18块正三角形地板砖，

∴第3层包括6块正方形和18+12=30块正三角形地板砖，

故答案为：6，30.

②由①知：每一层正方形块数不变，

正三角形地板砖分别为：第1层6=6×1=6×（2×1-1），

第2层18=6×3=6×（2×2-1），

第3层30=6×5=6×（2×3-1），

∴第n层中含有6（2n-1）块正三角形地板砖，

故答案为：6（2n-1）.

【分析】（1）①利用已知求出规律即得结论；

②正三角形地板砖分别为：第1层6=6×1=6×（2×1-1），第2层18=6×3=6×（2×2-1），

第3层30=6×5=6×（2×3-1），据此找出规律即可；

（2）150块正方形地板砖可铺设这样的图案（层），可得铺设n层需要正三角形地板砖的数量，将n=25代入计算即可.

20．（2023七下·大同期末）已知关于x的不等式组有三个整数解，求实数a的取值范围．

【答案】解：，解不等式①，得x＞－.解不等式②，得x≤4＋a.∴原不等式组的解集为－＜x≤4＋a.∵原不等式组有三个整数解：－2，－1，0，∴0≤4＋a＜1.∴－4≤a＜－3

【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解

【解析】【分析】首先把不等式组中每一个不等式的解集都求出，然后利用a表示出不等式组的解集，根据解集中的整数恰好有3个，即可确定a的范围．

21．如图，△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB=50°，∠C=60°，求∠DAE和∠BOA的度数。

【答案】解：∵∠A=50°，∠C=60°∴∠ABC=180°-50°-60°=70°，又∵AD是高，∴∠ADC=90°，∴∠DAC=180°-90°-∠C=30°，∵AE、BF