衡阳市衡东县日新学校2022-2023学年七年级下学期第二次月考数学试题【带答案】

湖南省衡阳市衡东县日新学校2023年七年级华师版初一下期第二次月考试题一、选择题（每题3分，共36分）1.下列各图中，正确画出中边上的高的是（）A.① B.② C.③ D.④【答案】D【解析】【分析】根据三角形高的定义，过点B与边的垂线，且垂足在直线上，然后结合各选项图形解答．【详解】解：根据三角形高线的定义，只有D选项中的是边上的高．故选：D．【点睛】本题主要考查了三角形的高线的定义，熟记定义并准确识图是解题的关键．2.如图，是的中线，点是的中点，若的面积为，则的面积为（）A.8 B.6 C.4 D.3【答案】A【解析】【分析】根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分，进而解答即可．【详解】解：是的边上的中线，的面积为，的面积为：，点是的中点，面积为：，故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形面积的求法和三角形的中线，掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分是解答本题的关键．3.下列图形具有稳定性的是（）A正方形 B.矩形 C.平行四边形 D.直角三角形【答案】D【解析】【详解】解：直角三角形具有稳定性．故选D．4.若一个三角形三个内角度数的比为，那么这个三角形是（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形【答案】B【解析】【分析】根据三角形的内角和定理和三个内角的度数之比，即可求得三个内角的度数，再根据三个内角的度数进行判断即可．【详解】解：∵三角形三个内角度数的比为，∴三个内角分别为：、、，∴三角形是直角三角形，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的内角和和三角形的分类，熟练掌握三角形的内角和是和三角形的分类是解题的关键．5.如图，将一副直角三角板，按如图所示叠放在一起，侧图中的度数是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形的外角的性质解决问题即可．【详解】，，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．6.一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长为偶数，则第三边长可能为（）A.4或6 B.2或4 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】根据三角形三边关系定理计算即可．【详解】∵三角形的两边长分别为3和5，∴第三边长为x的取值范围是，∵第三边长为偶数，∴第三边长为4或6，故选A．【点睛】本题考查了三角形三边关系定理，熟练掌握定理是解题的关键．7.一个多边形的内角和等于外角和的2倍，这个多边形是（）A.六边形 B.七边形 C.八边形 D.十边形【答案】A【解析】【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于，外角和等于，然后列方程求解即可．【详解】解：设多边形的边数是n，根据题意得，，解得：，∴这个多边形为六边形．故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．8.如图，平移得到，其中点A的对应点是点D，则下列结论中不成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平移的性质得到，，，．【详解】解：∵平移得到，∴，，，，故D项不成立．故选：D．【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．9.如图，将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上，则三角板旋转的度数是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．【详解】解：∵将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上，∴旋转角是．故选：D．【点睛】本题考查旋转的性质．掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．10.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此即可判断．【详解】解：A．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；D．原图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：C．【点睛】本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对图形，中心对称图形的定义．11.下列说法中，正确的有（）①形状相同的两个图形是全等形②面积相等的两个图形是全等形③全等三角形的周长相等，面积相等④若，则，A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】A【解析】【分析】根据全等的定义和性质判断即可．【详解】①形状大小都相同的两个图形是全等形，故①错误；②面积相等的两个图形不一定是全等形，故②错误；③全等三角形的周长相等，面积相等，是对的，故③正确；④若，则，，故④错误；故正确的有1个．故选：A【点睛】此题考查全等三角形的定义和性质，解题关键是掌握全等三角形的定义．12.三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们称之为“灵动三角形”．例如，三个内角分别为的三角形是“灵动三角形”．如图，，在射线上找一点A，过点A作交于点B，以A为端点作射线，交线段于点C（我们规定）．①的度数为；②是“灵动三角形”；③若，则是“灵动三角形”；④当为“灵动三角形”时，为或．结论正确的有（）个．A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据定义，计算判定即可．【详解】∵，，∴，故①正确；∵，∴是“灵动三角形”，故②正确；∵，∴，，∵，∴是“灵动三角形”，故③正确；∵为“灵动三角形”，，∴或或，∵，∴，舍去；时，∴，∴；时，根据题意，得，解得，故，故④正确，故选D．【点睛】本题考查了新定义问题，正确分类，灵活计算是解题的关键．二、填空题（每题3分，共18分）13.在中，，，则__________．【答案】##110度【解析】【分析】根据三角形的内角和定理解答．【详解】解：，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解题的关键是掌握三角形三个内角的和等于．14.从n边形的一个顶点出发画对角线，可以将这个n边形分割成__________个三角形．【答案】##【解析】【分析】从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成个三角形，据此即可解答．【详解】解：从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成个三角形．故答案为：．【点睛】本题主要考查多边形的对角线，掌握从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为是解答本题的关键．15.现要用两种不同的正多边形地砖铺地板，若已选用正方形，则还可以选用______形与它搭配铺成无空隙且不重叠的地面（只需要写出一种即可）【答案】正三角形（答案不唯一）【解析】【分析】根据多边形内角和公式先算出每个多边形的内角的度数，再根据正四边形每个内角是90°，结合举出的相应正多边形看其内角和是否能组成360°，即可求出答案．【详解】解：根据题意，可以分情况讨论：①假设选用正三角形正三角形每个内角60°，正四边形每个内角是90°，3个正三角形和2个正四边形顶点放在一起可以构成360°，则能铺成无空隙且不重叠的地面；②假设选用正五边形正五角形每个内角108°，正四边形每个内角是90°，则不能铺成无空隙且不重叠的地面；③假设选用正六边形正六边形每个内角120°，正四边形每个内角是90°，则不能铺成无空隙且不重叠的地面；④假设选用正七边形正七边形的每个内角约是129°，正四边形每个内角是90°，则不能铺成无空隙且不重叠的地面；⑤假设选用正八边形正八边形每个内角135°，正四边形每个内角是90°，2个正八边形和1个正四边形顶点放在一起可以构成360°，则能铺成无空隙且不重叠的地面；，故答案为：正三角形（答案不唯一）．【点睛】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是根据内角和公式算出每个正多边形的内角的度数，根据内角的度数能组成一个周角就能密铺．16.如图，长方形纸带，，将沿折叠，、两点分别与、对应，若，则的度数为______．【答案】108度##【解析】【分析】根据、折叠性质以及求出，可得，即可求出．【详解】解：由折叠可知：，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及折叠的性质，掌握平行线性质以及折叠的性质是解题关键．17.如图，将周长为的沿射线BC方向平移后得到，则四边形的周长为______．【答案】【解析】【分析】根据平移的性质，得出四边形的周长即可得出答案．【详解】解：根据题意，将周长为的沿向右平移得到，，，；又，四边形的周长．故答案为：．【点睛】本题考查平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到，是解题的关键．18.一副三角板按如图所示放置，将含角的三角板固定，含角的三角板绕A点旋转，保持为锐角，旋转过程中有下列结论：①；②若，则．③若，则；④若，则．其中正确的有___________．（填序号）【答案】①③④【解析】【分析】由同角的余角相等可判断①，求解从而可判断②，证明可判断③，画好的示意图，证明可判断④，从而可得答案．详解】解：由题意可得：，∴，故①符合题意；如图，∵，，∴，∴，∴与不平行，故②不符合题意；∵，，∴，∴，故③符合题意；如图，∵，∴，∴，而，∴，∴，故④符合题意；故答案为：①③④【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，平行线的判定与性质，熟练的利用数形结合的方法解决问题是解本题的关键．三、解答题（共66分）19.如图，已知△ABC中，∠B＝60°，AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线，且∠1＝10°，求∠C的度数【答案】40°【解析】【分析】先根据直角三角形两锐角互余求出∠BAD，再求出∠BAE，然后根据角平分线的定义可得∠BAC=2∠BAE，再利用三角形的内角和等于180°即可得解．【详解】解：∵AD是BC边上的高，∴AD⊥BC，

∴∠ADB=90°，

∵∠B=60°，

∴∠BAD=30°，

∵∠1=10°，

∴∠BAE=40°，

∵AE平分∠BAC，

∴∠BAC=2∠BAE=80°，

∴∠C=180°-∠B-∠BAC=40°．【点睛】本题考查三角形内角和定理、角平分线的性质．高的性质等知识，解题的关键是灵活运用三角形内角和定理，学会转化的思想思考问题，属于中考常考题型．20.已知，，是的三边．若a和b满足方程组，且c为偶数，求这个三角形的周长．【答案】11或13【解析】【分析】解方程组，得到，根据三角形的三边关系，确定的范围，再求出三角形的周长．【详解】解：解方程组，解得，根据三角形的三边关系得，即，为偶数，或6，当时，三角形的三边为2，5，4，，能够成三角形；当时，三角形的三边为2，5，6，，能够成三角形，这个三角形的周长为或．【点睛】本题考查三角形的三边关系，绝对值的化简，解二元一次方程组的知识，解题的关键是明确三角形的三边关系．21.已知一个正多边形的边数为n．（1）若这个正多边形的内角和的比外角和多，求n的值．（2）若这个正多边形的一个内角为，求n的值．【答案】（1）n的值为12；（2）n的值为5．【解析】【分析】（1）根据多边形内角和公式列式计算即可解答；（2）先求得这个正多边形的每个外角为，根据多边形外角和定理解答即可．【小问1详解】解：依题意，得，解得，即n的值为12；【小问2详解】解：∵正多边形的一个内角为，∴这个正多边形的外角为．∵多边形的外角和为，∴，即n的值为5．【点睛】本题考查了正多边形的内角与外角，解题的关键是牢记正多边形的内角和公式与外角和等于360°．22.在边长为1的正方形方格纸中，有如图所示的（顶点都在格点上）．（1）先画出该三角形关于直线l成轴对称的；（2）再画将绕点逆时针方向旋转90°后的；（3）求的面积．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）3【解析】【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点，即可；（3）利用三角形的面积公式求解即可．【小问1详解】如图所示，即为所求，【小问2详解】如图所示，即为所求；【小问3详解】的面积．【点睛】本题考查画旋转图形和画轴对称图形，以及三角形的面积，解题的关键是掌握轴对称变换，旋转变换的性质．23.如图，已知点是内一点，且，，，求的度数．【答案】【解析】【分析】由三角形内角和定理求出，再由三角形内角和定理即可求出的度数．【详解】解：，，，，，．【点睛】本题考查三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和定理．24.如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，其中点的对应点是，连接，当时，求旋转角α的度数．【答案】【解析】【分析】由旋转的性质可得，再根据平行线的性质，得，利用三角形内角和定理求出，即可解决问题．【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，点的对应点是，，，，，，，，，旋转角的度数是．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，由旋转得出是解题的关键．25.完成下面的证明．已知：如图，在四边形中，平分，交于点E，，点F是上一点，．（1）猜想与的数量关系，并证明你的猜想；（2）若，，求度数．【答案】（1），见解析（2）【解析】【分析】（1）根据，可得CD∥AE．从而得到．再由，可得．从而得到AD∥EF．可得到．再由平分，即可求解；（2）由（1）知：．可得．然后根据三角形的内角和定理，即可求解．【小问1详解】解：．理由如下：∵，∴CD∥AE．∴．又∵，