河南省洛阳市伊川县2021-2022学年七年级下学期期末数学试题（解析版）

2021－2022学年第二学期期末质量调研检测七年级数学试卷注意事项：1.本试卷共4页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．2.本试卷．上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效．一、选择题(每小题3分，共30分)1.方程的解是（）A. B. C.1 D.-1【答案】B【解析】【分析】方程去分母，移项合并，将x系数化为1，即可求出解．详解】解：去分母得：-1+3x=6x，

移项合并得：3x=-1，

解得：x=.

故选B.【点睛】此题考查了解一元一次方程，其步骤为：去分母，去括号，移项合并，将未知数系数化为1，即可求出解．2.根据图中提供的信息，可知每个杯子的价格是()A.51元 B.35元 C.8元 D.7.5元【答案】C【解析】【分析】要求一个杯子的价格，就要先设出一个未知数，然后根据题中的等量关系列方程求解．题中的等量关系是：一杯+壶=43元；二杯二壶+一杯=94．【详解】解：设一杯x，一杯一壶为43元，则右图为三杯两壶，即二杯二壶+一杯，即：43×2+x=94解得：x=8（元）故选C．3.能把三角形的面积分为相等的两部分的是（）A.三角形的角平分线 B.三角形的中线 C.三角形的高 D.以上都不对【答案】B【解析】【详解】∵三角形的中线把三角形分成两个底相等、高相同的三角形，∴三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形.故选B.4.下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确．故选D．5.小明家装修房屋，用同样的正多边形瓷砖铺地，顶点连着顶点，为铺满地面而不重叠，瓷砖的形状可能有（）A.正三角形、正方形、正六边形B.正三角形、正方形、正五边形C.正方形、正五边形D.正三角形、正方形、正五边形、正六边形【答案】A【解析】【分析】求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．【详解】解：正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺；正方形每个内角是90°，4个能密铺；正五边形每个内角是180°-360°÷5=108°，不能整除360°，不能密铺；正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺．故选A．6.如图，AB⊥BC，∠ABC的度数比∠DBC的度数的两倍少15°，设∠ABD和∠DBC的度数分别为x°，y°，那么下面可以求出这两个角的度数的方程组是（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】此题中的等量关系有：，，根据等量关系列出方程即可．【详解】设∠ABD和∠DBC的度数分别为x°，y°，则有整理得：，故选：A．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．7.如图三角形ABC平移后得到三角形DEF．若AE=11，DB=5，则平移的距离是（）．A.6 B.3 C.5 D.11【答案】B【解析】【分析】根据平移的性质得到AD=BE，求得，即可求解本题．【详解】解：∵三角形ABC平移后得到三角形DEF，∴AD=BE，∵AE=11，DB=5，∴，∴平移的距离是3；故选：B．【点睛】本题主要考查了平移的性质，灵活的应用平移的性质是解题的关键．8.如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝105°，则∠C的度数是（）A.55° B.45° C.42° D.40°【答案】B【解析】【分析】先根据∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，可得∠AOB＝65°，再根据△AOD中，AO＝DO，可得∠A＝70°，然后求出∠B即可．【详解】解：∵∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，∴∠AOB＝105°﹣40°＝65°，∵△AOD中，AO＝DO，∴∠A＝（180°﹣40°）＝70°，∴△ABO中，∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，∴∠C＝∠B＝45°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性质解答．9.如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】分析：由折叠的性质知，BC=BE．易得.详解：由折叠的性质知，BC=BE．∴.．故选D．点睛：本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．10.已知a、b、c分别为△ABC的三边长，并满足|a﹣4|+（c﹣3）2＝0．若b为奇数，则△ABC的周长为（）A.10 B.8或10 C.10或12 D.8或10或12【答案】C【解析】【分析】根据非负性的性质求出，再由三角形三边的关系求出，再由b为奇数，得到b的值可以为3或5，由此即可得到答案．【详解】解：∵a、b、c分别为△ABC的三边长，并满足|a﹣4|+（c﹣3）2＝0，，，∴，∴，∵，∴，又∵b为奇数，∴b的值可以为3或5，∴△ABC的周长=a+b+c=10或12，故选C．【点睛】本题主要考查了非负性的性质，三角形三边的关系，正确求出a、c的值是解题的关键．二、填空题(每小题3分，共15分)11.不等式组的解集是______．【答案】【解析】【分析】先求出每个不等式的解集，然后求出不等式组的解集即可．【详解】解：解不等式①得：，解不等式②得：，∴不等式组的解集为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，熟知解一元一次不等式组的方法是解题的关键．12.如图是《九章算术》中的算筹图，图中各行从左到右列出的算筹数分别表示未知数，的系数与相应的常数项．如下图所示的算筹图用方程组形式表述出来，就是．类似地，下图所示的算筹图，可以表述为______．【答案】【解析】【分析】根据图2中的算筹图，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．【详解】解：依题意得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．13.如图，是的高，，则_____________．【答案】【解析】【分析】根据三角形的面积公式解答即可．【详解】因为AD、CE、BF是△ABC的三条高，AB=5，BC=4，AD=3，

所以可得：BC•AD=AB•CE，

可得：CE=．

故答案为：．【点睛】此题考查三角形的面积，解题关键是根据同一三角形面积相等来分析．14.如图，点E在正方形ABCD中，△BEC是等边三角形，则∠EAD＝______°．【答案】15【解析】【分析】由E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，易证得△ABE是等腰三角形，且∠ABE=30°，易求得∠ADE=∠ADC-∠EDC，继而求得答案．【详解】解：∵E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，∴∠ABC=∠BAD=90°，∠EBC=60°，BC=BE=AB，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，∵BA=BE，∴∠EAB=∠AEB=（180°-30°）=75°，∴∠EAD=90°-75°=15°，故答案为：15．【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形、等边三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．15.如图，直角三角形DEF是直角三角形ABC沿BC平移得到的，如果AB＝8，BE＝3，DH＝2，则图中阴影部分的面积是___________．【答案】21

【解析】【分析】由平移的性质可知，．从而可证明和求出HE＝6．再由梯形的面积公式求出即可．【详解】∵直角三角形DEF是直角三角形ABC沿BC平移得到的，∴，，∴，即．∵DH＝2，∴HE＝6，∴，∴．故答案为：21．【点睛】本题主要考查平移的性质．根据题意，理解是解题关键．三、解答题(本大题8小题，共75分)16.解下列方程：【答案】【解析】【分析】根据解含分数系数的一元一次方程的解题步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1，即可求解．【详解】解：去分母，可得：，去括号，可得：，移项，可得：，合并同类项，可得：，系数化为1，可得：．【点睛】本题考查了解含分数系数的一元一次方程，解题的关键是按步骤求解．17.解方程组：．【答案】【解析】【分析】利用加减消元法解方程组即可得答案．【详解】解：①×2+②得：7x=21，解得：x=3，把x=2代入①得：2×3+y=8，解得：y=2，∴方程组解为：．【点睛】本题运用了加减消元法求解二元一次方程组，需要注意的是运用这种方法需满足其中一个未知数的系数相同或互为相反数，若不具备这种特征，则根据等式的性质将其中一个方程变形或将两个方程都变形，使其具备这种形式．18.解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．【答案】不等式组的解集为﹣1＜x≤5，图见解析【解析】【分析】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、大大小小找不到确定不等式组的解集．【详解】解：解不等式①得，x＞﹣1，解不等式②得，x≤5，则不等式组的解集为﹣1＜x≤5，将不等式组的解集表示在数轴上如下：【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．19.若两个多边形的边数之比是1：2，内角和度数之和为1440°，求这两个多边形的边数．【答案】这两个多边形的边数分别为4，8【解析】【分析】本题根据等量关系“两个多边形的内角之和为1440°”列方程求解，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．【详解】解：设多边形较少的边数为n，则

（n−2）•180°＋（2n−2）•180°＝1440°，

解得n＝4．

2n＝8．

故这两个多边形的边数分别为4，8．【点睛】本题考查根据多边形内角和计算公式求多边形的边数，多边形的内角和、方程的思想．解题关键是记住内角和的公式．20.如图，在中，是的平分线，P为延长线上一点，于点E，若，求的大小．【答案】【解析】【分析】根据，以及，即可求得，根据对顶角相等即可求得，进而根据三角形内角和定理求得，根据角平分线的性质以及三角形的外角性质即可求得．【详解】解：∵，∴，是的平分线，【点睛】本题考查了垂直的定义，三角形的内角和定理与三角形外角的性质，角平分线的意义，掌握以上知识是解题的关键．21.如图所示，四边形ABCD中，∠ECF=∠CDA，CD⊥AD于点D，△BEC旋转后能与△DFC重合．（1）旋转中心是哪一点？（2）旋转了多少度？（3）若∠EBC=30°，∠BCE=80°，求∠F的度数．【答案】（1）点C为旋转中心（2）旋转了90°或270°（3）70°【解析】【分析】（1）观察图形，即可得出结果；（2）先根据题意得出为旋转角，再根据垂直的定义求解，分顺时针和逆时针旋转两种情况；（3）根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的性质及三角形的内角和即可求解．【小问1详解】△BEC旋转后能与△DFC重合，点C为旋转中心；【小问2详解】△BEC旋转后能与△DFC重合，为旋转角，CD⊥AD，，，，顺时针旋转了90°或逆时针旋转了270°，旋转了90°或270°；【小问3详解】△BEC旋转后能与△DFC重合，，，在中，，，．【点睛】本题考查了旋转的性质及全等三角形的性质，垂直的定义，三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．22.请阅读下列材料，并完成相应的任务：有趣的“飞镖图”．如图，这种形似飞镖的四边形，可以形象地称它为“飞镖图”．当我们仔细观察后发现，它实际上就是凹四边形．那么它具有哪些性质呢？又将怎样应用呢?下面我们进行认识与探究：凹四边形通俗地说，就是一个角“凹”逃去的四边形，其性质有：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和．（即如图1，∠ADB=∠A+∠B+∠C）理由如下：方法一：如图2，连结AB，则在△ABC中，∠C+∠CAB+∠CBA=180°，即∠1+∠2+∠3+∠4+∠C=180°，又：在△ABD中，∠1+∠2+∠ADB=180°，∴∠ADB=∠3+∠4+∠C，即∠ADB=∠CAD+∠CBD+∠C．方法二：如图3，连结CD并延长至F，∵∠1和∠3分别是△ACD和△BCD的一个外角，．．．．．．．．．．大家在探究的过程中，还发现有很多方法可以证明这一结论．任务：（1）填空：“方法一”主要依据的一个数学定理是_________；（2）探索及应用：根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出该证明过程的剩余部分．【答案】（1）三角形的内角和定理（2）见解析【解析】【分析】（1）根据解题过程作答即可；（2）连结CD并延长至F，由三角形外角的性质即可证明．【小问1详解】由解题过程可得，“方法一”主要依据的一个数学定理是三角形的内角和定理，故答案为：三角形的内角和定理；【小问2详解】连结CD并延长至F，∵∠1和∠3分别是△ACD和△BCD的一个外角，，，即．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和三角形外角的性质，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．23.某中学为打造书香校园，计划购进甲、乙两种规格的书柜放置新购进的图书，调查发现，若购买甲种书柜3个、乙种书柜2个，共需资金1020元；若购买甲种书柜4个，乙种书柜3个，共需资金1440元．（1）甲、乙两种书柜每个的价格分别是多少元？（2）若该校计划购进这两