2021-2022学年河南省鹤壁市浚县实验中学七年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年河南省鹤壁市浚县实验中学七年级（下）期末数学试卷

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 下列银行的标识中，是轴对称图形的是(    )

A. 中建设银行 B. 招商银行
C. 交通银行 D. 中国农业银行

2. 解一元一次方程时，去分母正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

3. 若，下列变形错误的是(    )

A.  B.  C.  D.

4. 不等式组的解集在数轴上表示正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

5. 长度为、、、的条线段，若以其中的三条线段为边构成三角形，可以构成不同的三角形共有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

6. 近段时间，以熊猫为原型的北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”成了全网“顶流”如图，通过平移如图吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形是(    )

A.
B.
C.
D.

7. 某市为迎接大学生冬季运动会，正在进行城区人行道路翻新，准备只选用同一种正多边形地砖铺设地面．下列正多边形的地砖中，不能进行平面镶嵌的是(    )

A. 正三角形 B. 正方形 C. 正六边形 D. 正八边形

8. 九章算术是中国传统数学重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架．其中盈不足卷记载了一道有趣的数学问题：“今有共买物，人出八，赢三；人出七，不足四．问人数、物价各几何？”译文：“今有人合伙购物，每人出钱，会多出钱；每人出钱，又差钱．问人数、物价各多少？”设人数为人，物价为钱，根据题意，下面所列方程组正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

9. 若关于，的二元一次方程组的解也是二元一次方程的解，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 已知关于的不等式组有个整数解，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）

11. 已知是关于的一元一次方程，则的值为______ ．
12. 一个边形从一个顶点出发引出的对角线可将其分割成个三角形，则的值为______．
13. 在一个顶点处用边长相等的三个正多边形进行密铺，其中两个是正方形和正六边形，则另一个必须是正______边形．
14. 不等式组的非负整数解是______．
15. 如图，已知，是上一点，是延长线上一点，将绕点顺时针方向旋转，恰好能与重合．若，则旋转角为______

三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16. 本小题分
    解方程组
     
17. 本小题分
    解不等式组：
    ；
    并把不等式组的解集在数轴上表示出来．
18. 本小题分
    若方程与方程的解相同，求代数式的值．
19. 本小题分
    若一个三角形的三边长分别是，，，其中和满足方程，若这个三角形的周长为整数，求这个三角形的周长．
20. 本小题分
    一个正多边形的每个外角是．
    试求这个多边形的边数；
    求这个多边形内角和的度数．
21. 本小题分
    如图，方格纸中，有一个和一点，的顶点和点均与小正方形的顶点重合．
    在方格纸中，已知与关于点成中心对称，请画出；
    在方格纸中，将绕点顺时针旋转得到请画出C.

22. 本小题分
    如图，，垂足为，与交于点，，，求和的度数．

23. 本小题分
    接种新冠病毒疫苗，建立全民免疫屏障，是战胜病毒的重要手段．北京科兴中维需运输一批疫苗到我市疾控中心，据调查得知，辆型冷链运输车与辆型冷链运输车一次可以运输盒；辆型冷链运输车与辆型冷链运输车一次可以运输盒．
    求每辆型车和每辆型车一次可以分别运输多少盒疫苗．
    计划用两种冷链运输车共辆运输这批疫苗，型车一次需费用元，型车一次需费用元．若运输物资不少于盒，且总费用小于元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需费用最少，最少费用是多少？
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：．
根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
 

2.【答案】 

【解析】解：去分母，得，
故选：．
方程两边同时乘以即可．
本题考查了解一元一次方程，熟练掌握去分母的方法是解题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：、，，原变形正确，故此选项不符合题意；
B、，，原变形正确，故此选项不符合题意；
C、，，原变形正确，故此选项不符合题意；
D、，，原变形错误，故此选项符合题意；
故选：．
利用不等式的基本性质解答即可．
此题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解本题的关键．
不等式的基本性质：
不等式两边加或减同一个数或式子，不等号的方向不变．
不等式两边乘或除以同一个正数，不等号的方向不变．
不等式两边乘或除以同一个负数，不等号的方向改变．
 

4.【答案】 

【解析】解：，
解不等式，得，
解不等式，得，
所以不等式组的解集是，
在数轴上表示为：
，
故选：．
先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后在数轴上表示出不等式组的解集即可．
本题考查了解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集，能求出不等式组的解集是解此题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了三角形三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
根据三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，进行判断．
【解答】
解：，，可以构成三角形；
，，可以构成三角形；
，，可以构成三角形；
，，不可以构成三角形；
所以可以构成个不同的三角形； 
故选：．  

6.【答案】 

【解析】解：通过平移吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形为．
故选：．
利用平移前后图形的形状和大小完全相同进行判断．
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．
 

7.【答案】 

【解析】解：、正三角形的每个内角是，能整除，能密铺；
B、正方形的每个内角是，个能密铺；
C、正六边形的每个内角是，能整除，个能密铺；
D、正八边形每个内角是，不能整除，不能密铺．
故选：．
根据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，对每项进行分析即可．
此题考查了平面镶嵌，用到的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除．
 

8.【答案】 

【解析】解：设人数为人，物价为钱，
依题意得：．
故选：．
设人数为人，物价为钱，根据“每人出钱，会多出钱；每人出钱，又差钱”，即可得出关于，的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：解方程组得：
．
将代入中得：
．
解得：．
故选：．
解方程组，用含的式子表示，然后将方程组的解代入二元一次方程即可．
本题主要考查了二元一次方程组的解，和二元一次方程的解的应用，将方程组的解代入方程是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
不等式组有个整数解，
，
故选：．
解不等式组的两个不等式，根据其整数解的个数得出可得．
本题主要考查不等式组的整数解问题，根据不等式组的整数解的个数得出关于的不等式组是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据题意，得
，且，
解得，；
故答案为：．
只含有一个未知数元，并且未知数的指数是次的方程叫做一元一次方程，它的一般形式是是常数且，据此可得出关于的方程，继而可求出的值．
本题主要考查了一元一次方程的一般形式，只含有一个未知数，未知数的指数是，一次项系数不是，这是这类题目考查的重点．
 

12.【答案】 

【解析】解：依题意有，
解得．
故答案为：．
一个边形，把一个顶点与其它各顶点连接起来，形成的三角形个数为，从而可得出答案．
本题主要考查多边形的对角线，一个边形，把一个顶点与其它各顶点连接起来，形成的三角形个数为．
 

13.【答案】十二 

【解析】解：正方形的一个内角度数为，正六边形的一个内角度数为，
需要的多边形的一个内角度数为，
需要的多边形的一个外角度数为，
第三个正多边形的边数为，
故答案为：十二．
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．
此题主要考查了平面镶嵌，多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形镶嵌成平面图形的条件：同一顶点处的几个内角之和为；正多边形的边数为一个外角的度数．
 

14.【答案】或 

【解析】解：，
解不等式得：，
解不等式得：，
不等式组的解集为：，
不等式组的非负整数解是：或．
分别求出每一个不等式的解集，即可确定不等式组的解集，继而可得知不等式组的非负整数解．
本题主要考查解一元一次不等式组，准确求出每个不等式的解集是解题的根本，确定不等式组得解集及其非负整数解是关键．
 

15.【答案】 

【解析】解：设，
绕点顺时针方向旋转，恰好能与重合，
，，，的度数等于旋转角的度数，
，
在中，，
，
，解得，
旋转角的度数为．
故答案为．
设，根据旋转的旋转得，，，的度数等于旋转角的度数，再利用三角形外角性质得，接着证明，
则利用三角形内角和得到，然后求出后计算即可得到旋转角的度数．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
 

16.【答案】解：去分母得：，
移项合并得：，
解得：；
，
得：，
解得：，
把代入得：，
则方程组的解为． 

【解析】方程去分母，去括号，移项合并，把系数化为，即可求出解；
方程组利用加减消元法求出解即可．
此题考查了解二元一次方程组，以及解一元一次方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
 

17.【答案】解：去括号，得：，
移项，得：，
合并同类项，得：，
系数化为，得：；

解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为，
将不等式组的解集表示在数轴上如下：
 

【解析】根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为可得；
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．
本题考查的是解一元一次不等式和不等式组，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．
 

18.【答案】解：，
，
，
把代入中得：
，
，
所以当时，

． 

【解析】先解方程，求出的值，然后把的值代入方程，求出的值，最后把的值代入式子进行计算即可解答．
本题考查了绝对值，同解方程，准确熟练地进行计算是解题的关键．
 

19.【答案】解：解方程组，得，
则，即，
周长为整数，
，
三角形的周长． 

【解析】利用加减消元法解出方程组，求出、，根据三角形的三边关系求出，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
本题考查的是三角形的三边关系、二元一次方程组的解法，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
 

20.【答案】解：方法一：设这个多边形的边数为，
得：，
解得：．
这个多边形的边数为．

方法二：多边形每一个内角为：．
设这个多边形的边数为，
得：，
解得：．
这个多边形的边数为．

这个多边形内角和的度数为． 

【解析】根据正多边形的外角和的特征即可求出多边形的边数．
根据多边形的内角和计算公式求解．
本题考查多边形的外角和的特征，及内角和的公式，是基础题型．
 

21.【答案】解：如图，即为所求；
如图，即为所求．
 

【解析】利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
利用旋转变换的性质分别作出，的对应点，即可．
本题考查作图平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
 

22.【答案】解：，
，
，
，
，
，
，
即，． 

【解析】根据垂直得出，根据直角三角形的性质求出即可；求出，根据三角形外角性质求出即可．
本题考查了直角三角形的性质，垂直定义，三角形外角性质等知识点，能求出和的度数是解此题的关键．
 

23.【答案】解：设每辆型车和每辆型车一次可以分别运输盒疫苗、盒疫苗，
由题意可得，，
解得，
答：每辆型车和每辆型车一次可以分别运输盒疫苗、盒疫苗；
设型车辆，则型车辆，
由题意可得，，
解得，
为正整数，
，，，
共有三种运输方案，
方案一：型车辆，型车辆，
方案二：型车辆，型车辆，
方案三：型车辆，型车辆，
型车一次需费用元，型车一次需费用元，计划用两种冷链运输车共辆运输这批疫苗，
型车辆数越少，费用越低，
方案一所需费用最少，此时的费用为元，
答：方案一：型车辆，型车辆，方案二：型车辆，型车辆，方案三：型车辆，型车辆，其中方案一所需费用最少，最少费用是元． 

【解析】本题考查一元一次不等式组的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，找出不等式关系和等量关系，列出相应的不等式组和方程组．
根据辆型冷链运输车与辆型冷链运输车一次可以运输盒；辆型冷链运输车与辆型冷链运输车一次可以运输盒，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
根据中的结果和型车一次需费用元，型车一次需费用元．若运输物资不少于盒，且总费用小于元，可以列出相应的不等式组，然后根据辆数为整数和租用型车越少，费用越低，即可得到相应的运输方案和哪种方案所需费用最少，最少费用是多少．