仁怀市周林高级中学2021-2022学年七年级下学期期中考试数学试卷(含解析)

这是一份仁怀市周林高级中学2021-2022学年七年级下学期期中考试数学试卷(含解析)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
仁怀市周林学校2021至2022学年度第二学期七年级期中测试数  学一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48.0分）1. 下列所示的图案分别是奔驰、雪铁龙、大众、三菱汽车的车标，其中可以看作由“基本图案”经过平移得到的是（　　）A.  B.  C.  D. 2. 下列各数：，，，﹣1.414，，，0.1010010001…（每相两个1之间依次多一个0）中，无理数有（　　）A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个3. 如图，能判定的条件是（    ）A.  B.  C.  D. 4. 下列说法错误是（　　）A. ﹣4是16的平方根 B. 的算术平方根是2C. 的平方根是 D. ＝55. 如图，点是直线外的一点，点、、在直线上，且，垂足是，，则下列不正确的语句是（    ）A. 线段的长是点到直线的距离 B. 、、三条线段中，最短C. 线段的长是点到直线的距离 D. 线段的长是点到直线的距离6. 若与可以合并成一项，则mn的值是（    ）A. 2 B. 0 C. －1 D. 17. 若点P（m，1）在第二象限内，则点Q（1﹣m，﹣1）在（　　）A. x轴负半轴上 B. y轴负半轴上C. 第三象限 D. 第四象限8. 若a是(﹣3)2的平方根，则等于(   )A. ﹣3 B.  C. 或﹣ D. 3或﹣39. 一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为，，，则第四个顶点的坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 10. 如图，直线m∥n，Rt△ABC的顶点A在直线n上，∠C＝90°，AB，CB分别交直线m于点D和点E，且DB＝DE，若∠1＝65°，则∠BDE的度数为（　　）A. 115° B. 120° C. 130° D. 145°11. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中记载有这样一个问题：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”译文：“现有一根木头，不知道它的长短．用一根绳子去量木头，绳子比木头长4.5尺；将绳子对折后去量，则绳子比木头短1尺．问木头的长度是多少尺？”设木头长x尺、绳子长y尺，可列方程组为（    ）A  B.  C.  D. 12. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，2)，(3，1)，(3，0)，(4，0)．根据这个规律探索可得，第100个点的坐标为(      )　A. (14，8)B. (13，0)C. (100，99)D. (15，14)二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16.0分）13. 比较大小：_____2（填“＜”、“＞”、或“=”）．14. 平面直角坐标系y轴上一点A到x轴的距离为2，则点A的坐标为________．15. 若是关于的二元一次方程，则_____．16. 已知：如图，CD平分∠ACB，∠1+∠2＝180°，∠3＝∠A，∠4＝35°，则∠CED＝_____．三、解答题（本大题共8小题，共86.0分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17 计算：．18. 解方程：（1）；（2）．19. 已知2a﹣1的算术平方根是3，b﹣1是的整数部分，c+1和9的平方根相等，求a﹣2b﹣c的值．20. 如图，在边长为个单位长度小正方形网格中建立平面直角坐标系已知三角形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点的坐标为．（1）把三角形向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到三角形，请你画出三角形；（2）请直接写出点，，的坐标；（3）求三角形的面积．21. 阅读下面文字，然后回答问题．大家知道是无理数，而无理数是无限不循环小数，所以的小数部分我们不可能全部写出来，由于的整数部分是1，将 减去它的整数部分，差就是它的小数部分，因此的小数部分可用﹣1表示．由此我们得到一个真命题：如果＝x+y，其中x是整数，且0＜y＜1，那么x＝1，y＝﹣1．请解答下列问题：（1）如果＝a+b，其中a是整数，且0＜b＜1，那么a＝　   　，b＝　   　；（2）如果﹣＝c+d，其中c是整数，且0＜d＜1，那么c＝　   　，d＝　   　；（3）已知2+＝m+n，其中m是整数，且0＜n＜1，求|m﹣n|的值．22. 已知用辆型车和辆型车装满货物一次可运货吨；用辆型车和辆型车装满货物一次可运货吨．某物流公司现有吨货物，计划同时租用型车辆，型车辆，一次运完，且恰好每辆车都装满货物．根据以上信息，解答下列问题：（1）1辆型车和1辆型车都装满货物一次可分别运货多少吨？（2）请你帮该物流公司设计租车方案（即、两种型号的车各租几辆，有几种租车方案）．23. 如图，已知点E、F在直线AB上，点G在线段CD上，ED与FG交于点H，∠C＝∠EFG，∠CED＝∠GHD．（1）求证：CE∥GF；（2）试判断∠AED与∠D之间的数量关系，并说明理由；（3）若∠EHF＝80°，∠D＝30°，求∠AEM的度数．24. 如图 1，AB∥CD，直线 EF 交 AB 于点 E，交 CD 于点 F，点 G 在 CD 上，点 P在直线 EF 左侧，且在直线 AB 和 CD 之间，连接 PE，PG．(1) 求证： ∠EPG=∠AEP＋∠PGC；(2) 连接 EG，若 EG 平分∠PEF，∠AEP+ ∠ PGE=110°，∠PGC=∠EFC，求∠AEP 的度数；(3) 如图 2，若 EF 平分∠PEB，∠PGC 的平分线所在的直线与 EF 相交于点 H，则∠EPG 与∠EHG之间的数量关系为　　　　　　．
答案1. B解析：根据平移的性质可知：平移改变方向和距离，所以B选项可以看作由“基本图案”经过平移得到．故选：B．2. B解析：在，，，﹣1.414，，，0.1010010001…（每相两个1之间依次多一个0）中，无理数有，0.1010010001…（每相两个1之间依次多一个0）共2个．故选：B．3. A解析：A.，根据同位角相等，两直线平行可以判定；    B.，不判定；    C.，不判定；    D.，不判定；故选A．4. C解析：A．﹣4是16的平方根，说法正确；B. 的算术平方根是2，说法正确；C. 的平方根是±，故原说法错误；D. =5，说法正确．故选：C．5. C解析：解：A、根据点到直线的距离的定义：即点到这一直线的垂线段的长度．故此选项正确，不符合题意；B、根据垂线段最短可知此选项正确，不符合题意；C、线段AP的长是点A到直线PC的距离，故选项错误，符合题意；D、根据点到直线的距离即点到这一直线的垂线段的长度．故此选项正确，不符合题意．故选：C．6. B解析：解：∵与可以合并成一项， ∴ 解得：m=2，n=0， ∴mn=2×0=0， 故选：B．7. D解析：∵点P（m，1）在第二象限内，∴m＜0，∴1﹣m＞0，∴点Q（1﹣m，﹣1）在第四象限．故选：D．8. C解析：解：∵a是（﹣3）2的平方根，∴a=±3，∴等于或﹣．故选C．9. B解析：解：由长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为，，可知第四个顶点的横坐标为3，纵坐标为2，所以第四个顶点的坐标为；故选：B．10. C解析：如图，∵DB＝DE，∴∠2＝∠B，∴∠3＝2∠B，∵∠C＝90°，∴∠5＝90°﹣∠B，∵m∥n，∴∠1+∠5+∠3＝180°，∴65°+90°﹣∠B+2∠B＝180°，∴∠B＝25°，∴∠BDE＝130°，故选：C．11. A解析：由题意得：，故选：A．12. A解析：解：由图形可知：点的个数依次是1、2、3、4、5、，且横坐标是偶数时，箭头朝上，，，第91个点的坐标为，第100个点横坐标为14．在第14行点的走向为向上，纵坐标为从第92个点向上数8个点，即为8；第100个点的坐标为．故选：A．13. ＜解析：∵4<5<9，∴2<<3，∴1<−1<2，故答案为<.14. (0，2)或(0，－2)解析：解：∵点A在x轴上，∴点A的横坐标为零，又∵点A到x轴的距离为2，∴点A的坐标为(0，2)或(0，－2)．故答案为：(0，2)或(0，－2)．15. 解析：∵是关于的二元一次方程，∴ ，解得 ，故答案为：-2．16. 110°解析：∵∠1+∠2＝180°，∠1+∠BDC＝180°∴∠2＝∠BDC∴EF∥AB∴∠3＝∠BDE∵∠3＝∠A∴∠A＝∠BDE∴AC∥DE∴∠ACB+∠CED＝180°∵CD平分∠ACB，∠4＝35°∴∠ACB＝2∠4＝2×35°＝70°∴∠CED＝180°﹣∠ACB＝180°﹣70°＝110°故答案为：110°．17. 解析：=====918. （1）解：，，x-3=±5，，；（2）解：，由①×2-②，得-7y=7，∴y=-1，把y=-1代入①得x=2，∴19. 解析：∵2a﹣1的算术平方根是3，b﹣1是的整数部分，c+1和9的平方根相等，∴2a﹣1＝9，b﹣1＝2，c+1＝±3，解得：a＝5，b＝3，c＝﹣4或2，当a＝5，b＝3，c＝﹣4时，a﹣2b﹣c＝5﹣6+4＝3；当a＝5，b＝3，c＝2时，a﹣2b﹣c＝5﹣6﹣2＝﹣3．20. （1）解：如图，即为所求；（2）解：由（1）中图可得：(4,0)，(1,-1)，(2,-3)；（3）解：．21. 解析：（1）∵＝a+b，其中a是整数，且0＜b＜1，2＜＜3，∴a＝2，b＝﹣2；（2）∵﹣＝c+d，其中c是整数，且0＜d＜1，2＜＜3，﹣3＜﹣＜﹣2，∴c＝﹣3，d＝3﹣；（3）∵2+＝m+n，其中m是整数，且0＜n＜1，∴m＝4，n＝﹣2，则|m﹣n|＝|4﹣+2|＝6﹣．故答案为：2，﹣2；﹣3，3﹣．22. （1）解：（1）设1辆A型车一次可运货x吨，1辆B型车一次可运货y吨，由题意可得：，解得：，答：1辆A型车一次可运货3吨，1辆B型车一次可运货4吨．（2）解：由题意可得：3a+4b=31，∵a,b为正整数，∴a=1，b=7或a=5，b=4或a=9，b=1，∴有三种方案，方案一：租用A型车1辆，B型车7辆；方案二：租用A型车5辆，B型车4辆；方案三：租用A型车9辆，B型车1辆答：方案一：租用A型车1辆，B型车7辆；方案二：租用A型车5辆，B型车4辆；方案三：租用A型车9辆，B型车1辆．23. 解析：（1）∵∠CED＝∠GHD，∴CB∥GF；（2）∠AED+∠D＝180°；理由：∵CB∥GF，∴∠C＝∠FGD，又∵∠C＝∠EFG，∴∠FGD＝∠EFG，∴AB∥CD，∴∠AED+∠D＝180°；（3）∵∠GHD＝∠EHF＝80°，∠D＝30°，∴∠CGF＝80°+30°＝110°，又∵CE∥GF，∴∠C＝180°﹣110°＝70°，又∵AB∥CD，∴∠AEC＝∠C＝70°，∴∠AEM＝180°﹣70°＝110°．24. 解析：解：（1） 过点作，∵ ，  ∴，∴ ， ，∴ ∠EPG=∠AEP+∠PGC ；（2）过点作，∴ ，，∴ ，∵平分，∴ ，∴.∵   ，又∵ ， ∴ ，  即，∴ ，∴ .∵ ，∴ （3）图2，∵EF平分∠PEB，∴可设∠BEF=∠PEF=α，∵AB∥CD，∴∠GFE=∠BEF=α，∴四边形PGFE中，∠PGF=360°-∠P-2α，∴∠PGC=180°-（360°-∠P-2α）=∠P+2α-180°，∵∠EFG是△FGH的外角，∴∠FGH=∠EFG-∠EHG=α-∠EHG，又∵QG平分∠PGC，∴∠PGC=2∠FGH，即∠P+2α-180°=2（α-∠EHG），整理可得，∠P+2∠EHG=180°．故答案为：∠P+2∠EHG=180°．