四川省宜宾市2021-2022学年七年级下学期期末数学试题（解析版）

2022年春期义务教育阶段教学质量监测七年级·数学一、选择题：（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）1.方程的解是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用移项即可得出答案．【详解】解：移项得：，故选：A【点睛】本题考查了解一元一次方程，熟练掌握解一元一次方程的一般步骤是解题的关键．2.下列四个车标图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．【详解】解：A.不轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查的是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度后与自身重合．3.下列变形正确的是（）A.若，则B.若，则C.若（、均不0），则D.若，则【答案】D【解析】【分析】用等式的性质可进行判断，即可得出答案．【详解】A、由，可得出，故A选项不正确，不符合题意；B、由，可得出，故B选项不正确，不符合题意；C、由（、均不为0），无法判断的大小，故C选项不正确，不符合题意；D、由，可得出，故D选项正确，符合题意；故选：D．【点睛】此题考查了等式的性质，掌握等式两边加同一个数（或式子）结果仍得等式;等式两边乘同一个数或除以一个不为零的数，结果仍得等式是解题的关键．4.用边长相等的正三角形地砖和正方形地砖铺地面，围绕在一个顶点处正三角形地砖和正方形地砖的块数是（）A.2块正三角形地砖和2块正方形地砖B.2块正三角形地砖和3块正方形地砖C.3块正三角形地砖和2块正方形地砖D.3块正三角形地砖和3块正方形地砖【答案】B【解析】【分析】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明可以进行平面镶嵌；反之，则说明不能进行平面镶嵌．【详解】解：根据平面镶嵌的条件，用公式分别解出正三角形，正方形的内角分别为60°、90°．设用m块正三角形，n块正方形．则有，得当时，，不符合题意；当时，；当时，，不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查平面镶嵌问题．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．5.若、满足方程组，则的值为（）A.2 B.－2 C.4 D.－4【答案】C【解析】分析】先观察方程组中未知数系数，可以发现方程组中两方程相加，即可表示出．【详解】解：由+得，，∴，故选：C．【点睛】本题考查解二元一次方程组．熟练掌握整体运算的法则可以简化运算．6.下列说法正确的是（）A.全等多边形的对应边相等，对应角相等B.正八边形的外角和大于正五边形的外角和C.三角形的中线、角平分线，高线都在该三角形内部D.两个图形成轴对称，它们的每组对应点连线段所在直线相交于同一点【答案】A【解析】【分析】根据全等形，多边形的外角和，三角形的高线，中线，角平分线，轴对称，分析选项即可．【详解】解：A.全等多边形的对应边相等，对应角相等，说法正确，符合题意；B.正八边形的外角和大于正五边形的外角和，多边形的外角和为，故选项说法错误，不符合题意；C.三角形的中线、角平分线，高线都在该三角形内部，当三角形是钝角三角形时，三条高的交点，在三角形外部，故选项说法错误，不符合题意；D.两个图形成轴对称，它们的每组对应点连线段所在直线相交于同一点，若两个图形成轴对称，则它们的每组对应点连线段所在直线交于对称轴，但不是同一点，故选项说法错误，不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查轴对称，多边形的外角和，三角形的高线，中线，角平分线，全等形，解题的关键是是理解掌握以上知识的定义及性质．7.两个边长都是2的正方形与正方形，位置关系如图所示，其中是正方形的中心，当正方形以点为旋转中心旋转，设两个正方形重叠部分（阴影部分）的面积为，则（）A. B. C. D.随旋转而变化【答案】B【解析】【分析】连接设交于点交于点由正方形的性质可得∠证明△得出由得出进而得出答案．【详解】解：连接设交于点交于点∵四边形和四边形都是边长为２的正方形，∴∴∠即∠在△和△中，∴△∴∴∵∴故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．8.如图：有、、三户家用电路接入电表，相邻电路的接点距离相等，相邻电表的距离相等，且相邻电路的接点距离等于相邻电表接入点的距离，电线对应平行排列，则三户所用电线（）A.户最长 B.户最长 C.户最长 D.三户一样长【答案】D【解析】【分析】可理解为将最左边一组电线向右、向上平移所得，由平移的性质即可得出结论．【详解】解：∵a、b、c三户家用电路接入电表，相邻电路的电线等距排列，∴将a向右、向上平移即可得到b、c，∵图形的平移是全等的，即不改变图形大小和形状，∴三户一样长．故选：D．【点睛】本题考查的是生活中的平移现象，熟知图形平移的性质是解答此题的关键．9.若一个多边形的内角和等于其外角和的3倍，则这个多边形的边数是（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】利用多边形内角和公式和外角和定理，列出方程即可解决问题．【详解】解：根据题意，得：（n-2）×180=360×3，解得n=8．故选：D．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键是根据多边形内角和公式和外角和定理，利用方程法求边数．10.如果三角形的两边长分别为3和5，则周长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．即可求解．【详解】解：∵三角形的两边长分别为3和5，∴第三边的取值范围是大于5-3而小于5+3，即第三边的取值范围是大于2而小于8．又另外两边之和是5+3=8，故周长L的取值范围是10<L<16．故选：C．【点睛】本题考查三角形的三边关系，熟记关系求出第三边的取值范围是解题的关键．11.用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形，其中（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据多边形内角和公式和正五边形每个内角都相等可得，再根据等腰三角形和三角形外角可得.【详解】解：∵正五边形ABCDE内角和为：,∴，∵，∴，，∴，∴.故选：C.【点睛】本题主要考查正五边形的性质和等腰三角形的性质，三角形外角等于与它不相邻的两个内角的和，解决本题的关键是要熟练运用正五边形和等腰三角形的性质.12.如图，将一张三角形纸片的一角折叠，使点落在外的处，折痕为．如果，，，，那么下列式子中不一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角形外角的性质可得∠代入计算可判断A；无法得到选项B的结论；由折叠的性质结合平角的定义可判断选项C；由折叠的性质结合三角形内角和定理可判断D．【详解】解：如图，由折叠得，∠∵∠又∠∴∠故A正确，不符合题意；无法得到，故选项B符合题意；由折叠得，∠又∴∵∴∴，故选项C正确，不符合题意；由折叠得，∠∵∴∴，故选项D正确，不符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理和三角形外角的性质的，熟练掌握三角形外角的性质是解答本题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）13.若是关于、的二元一次方程，则______，______．【答案】①.2②.0【解析】【分析】根据二元一次方程的定义，知道未知数的次数都是1，列出方程即可得到答案．【详解】解：根据题意得：m−1＝1，n＋1＝1，∴m＝2，n＝0．故答案为：2，0．【点睛】本题考查了二元一次方程的定义，掌握含有两个未知数，并且含有未知数的项的次数都是1的整式方程叫做二元一次方程是解题的关键．14.请写出方程的所有正整数解：______．【答案】，【解析】【分析】将x看作已知数求出y，即可确定出方程的正整数解．【详解】解：方程4x＋y＝11，解得y＝11−4x，当x＝1时，y＝7；当x＝2时，y＝3，则方程正整数解为，．故答案为：，．【点睛】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看作已知数求出y．15.如果，那么______．【答案】【解析】【分析】根据非负数的性质列出方程组，即可求出x、y的值，代入计算即可．【详解】解：由题意得：解得：，∴，故答案为：【点睛】本题考查了非负数的性质，二元一次方程组的解法，根据非负数的性质列出关于x和y的方程组是解答本题的关键．16.如图所示，若，则______．【答案】70°##70度【解析】【分析】先根据∠1，∠2所在的三角形利用三角形内角和把∠B表示出来了，同理，把∠C表示出来，再根据∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝250°及△ABC的内角和求出∠5．【详解】解：如图所示，在△GBF中，∠B＝180°−（∠1＋∠2）．同理，∠C＝180°−（∠3＋∠4）∴∠B＋∠C＝360°−（∠1＋∠2＋∠3＋∠4）．∵∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝250°．∴∠B＋∠C＝110°．在△ABC中，∠5＝180°−（∠B＋∠C）＝70°．故答案为：70°．【点睛】本题考查了三角形的内角和，熟练运用三角形的内角和定理是解题的关键．17.若不等式组无解，则的取值范围是______．【答案】m≥1【解析】【分析】由原不等式组无解可知两个不等式的解集没有交集．则m+1≤3m-1，解出关于m的不等式即可．【详解】解：∵不等式组无解∴m+1≤3m-1解得：m≥1故答案为：m≥1【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的解集，掌握口诀“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”，必要时可结合数轴求解．熟练的运用不等式的性质进行求解是解题的关键．18.如图，在中，是边上的一点，，是边的中点．设，，的面积分别为，，，且，则______．【答案】6【解析】【分析】利用三角形面积公式，等高的三角形面积比等于底边的比，则然后利用即可得到答案．【详解】解：∵∴∵点是的中点，∴∴即∴故答案为6．【点睛】本题考查了三角形面积：三角形面积等于底边长与高线乘积的一半，三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．三、解答题（本大题共7个小题，共78分）19.解下列方程（组）：（1）；（2）．【答案】（1）x＝；（2）【解析】【分析】（1）方程去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可；（2）利用加减消元法求解即可．【小问1详解】解：4x﹣5＝2（x﹣1），去括号，得4x﹣5＝2x﹣2，移项，得4x﹣2x＝﹣2+5，合并同类项，得2x＝3，系数化为1，得x＝；【小问2详解】解：方程组整理得，②﹣①得2x＝﹣2，解得x＝﹣1，把x＝﹣1代入①，得y＝4，故原方程组的解为．【点睛】本题考查了解一元一次方程以及二元一次方程组，掌握解方程的基本步骤以及消元的方法是解答本题的关键．20.解答下列问题：（1）解不等式，并把解集在数轴上表示出来；（2）解不等式组，并写出所有整数解．【答案】（1），数轴见解析（2）；【解析】【分析】（1）去分母、去括号、移项、合并同类项、化系数为1，解出不等式，并把它的解集在数轴上表示出来即可；(2）把转化为，解出不等式组，并求出其所有整数解即可．【小问1详解】解：去分母得：，去括号得：，移项得：，合并同类项得：，化系数为1得：，该不等式的解集在数轴上表示如下：【小问2详解】∵，∴，解得：，∴该不等式组的整数解为：．【点睛】此题主要考查了解一元一次不等式和求一元一次不等式组的整数解，要熟练掌握解一元一次不等式和解一元一次不等式组是解题的关键．21.解答下列问题：如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，的三个顶点都在格点上．（1）在网格中画出向上平移6个单位后的图形；（2）在网格中画出绕点顺时针旋转后的图形．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据平移的性质作图即可；（2）根据旋转的性质作图即可．【小问1详解】解：如图，即为所求；【小问2详解】如图，即为所求．【点睛】本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．22.如图，在中，，，将点沿着线段翻折，使点落在边上的点处．（1）求的度数；（2）求的度数．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用三角形内角和求出，再根据折叠的性质以及外角的性质得：，求出的值即可求出；（2）由折叠的性质可得：，再求出，利用补角的关系即可求出．【小问1详解】解：∵，，∴，由折叠的性质可得：，，设，则，，∵，∴，解得：，∴【小问2详解】解：由折叠的性质可得：，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，外角的性质，补角，解题的关键是掌握折叠的性质，准确找出角之间的关系．23.已知方程组的解，，求的取值范围．【答案】．【解析】【分析】求出的解，利用，，表示出关于m的不等式组，解不等式即可．【详解】解：①-②得：，解得：将代入②可得：，∵，，∴，解得：．故的取值范围：．【点睛】本题考查二元一次方程组，不等式组，解题的关键是求出方程组的解，根据，，表示出关于m的不等式组．24.为了减少疫情带来的损失，某市决定加快复工复产．该市一企业需要运输一批物资，据调查得知：2辆大货车与3辆小货车一次可运输600箱物资；3辆大货车与2辆小货车一次可运输650箱物资．（1）1辆大货车与1辆小货车一次分别可运输多少箱物资？（2）该企业计划用这两种货车共12辆一次性运输这批物资，每辆大货车运输一次需5000元运费，每辆小货车运输一次需3000元运费．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于53000元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需要费用最少，最少费用是多少元？【答案】（1）1辆大货车一次可运输150箱物资，1辆小货车一次可运输多100箱物资．（2）方案①费用最少，为48000元．【解析】【分析】（１）设1辆大货车一次可运输x箱物资，1辆小货车一次可运输y箱物资，根据2辆大货车与3辆小货车一次可运输600箱物资；3辆大货车与2辆小货车一次可运输650箱物资列出方程组求解，（２）设用大货车a辆，则小货车(12-a)辆，根据运输物资不少于1500箱，且总费用小于53000元列不等式组求解，并求出其整数解．【小问1详解】设1辆大货车一次可运输x箱物资，1辆小货车一次可运输多y箱物资，由题意得：解得：答：1辆大货车一次可运输150箱物资，1辆小货车一次可运输多100箱物