广东省梅州市兴宁市2022-2023学年七年级下学期期末数学试卷（含答案）

这是一份广东省梅州市兴宁市2022-2023学年七年级下学期期末数学试卷（含答案），共18页。

2022-2023学年广东省梅州市兴宁市七年级（下）期末数学试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列手机中的图标是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）华为手机使用了自主研发的海思麒麟芯片，目前最新的型号是麒麟990．芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求是体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗，而麒麟990的晶体管栅极的宽度达到了0.000000007毫米，将数据0.000000007用科学记数法表示为（　　）
A．7×10﹣8 B．7×10﹣9 C．0.7×10﹣8 D．0.7×10﹣9
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．a6÷a3＝a2 B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．（3a2）2＝6a4 D．a3•a2＝a6
4．（3分）若三角形两边a、b的长分别为3和4，则第三边c的取值范围是（　　）
A．1≤c≤7 B．1＜c＜8 C．1＜c＜7 D．2＜c＜9
5．（3分）如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1＝85°，∠2＝50°，要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是（　　）

A．15° B．25° C．35° D．50°
6．（3分）下列成语，是必然事件的是（　　）
A．画饼充饥 B．不期而遇 C．水中捞月 D．旭日东升
7．（3分）如图，给出下列条件：①∠3＝∠4；②∠1＝∠2；③∠4+∠BCD＝180°，且∠D＝∠4；④∠3+∠5＝180°．其中，能推出AD∥BC的条件为（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
8．（3分）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝35°，则∠2的大小是（　　）

A．45° B．65° C．75° D．85°
9．（3分）匀速地向一个容器注水，最后把容器注满．在注水的过程中，水面高度h随时间t的变化规律如图所示（图中OEFG为一折线），那么这个容器的形状可能是下列图中的（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）如图，在△ABC中，以点B为圆心，AB为半径画弧交BC于点D，以点C为圆心，AC为半径画弧交BC于点E，连接AE，AD．设∠ACB＝α，∠EAD＝β，则∠B的度数为（　　）

A．2β﹣α B．α﹣β C．2α﹣β D．α+β
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11．（4分）如图，将一个三角板60°角的顶点与另一个三角板的直角顶点重合，∠1＝27°，∠2＝　 　．

12．（4分）奥园路口红绿灯的时间设置为：红灯90秒，绿灯30秒，黄灯5秒．当人或车随意经过该路口时，遇到红灯的概率是 　 　．
13．（4分）如图，已知AC＝AB，要使△ABE≌△ACD，则需添加一个条件 　 　．

14．（4分）变量x与y之间的关系是y＝﹣x2+1，当自变量x＝2时，因变量y的值是 　 　．
15．（4分）如图，点P为△ABC三边垂直平分线的交点，若∠PAC＝20°，∠PCB＝30°，则∠PAB的度数为　 　．

16．（4分）如图，△ABC中AB＝AC，AB的垂直平分线MN交AC于点D．若AC+BC＝10cm，则△DBC的周长为　 　．

17．（4分）如图，四边形ABCD、CEFG均为正方形，其中正方形ABCD面积为8cm2．图中阴影部分面积为5cm2，正方形CEFG面积为 　 　．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18．（6分）计算：
（1）2﹣1﹣（）0+22020×（﹣0.5）2020；
（2）2x2•3x4﹣（﹣2x3）2﹣x8÷x2．
19．（6分）先化简，再求值：a（a﹣2b）﹣（a﹣1）2﹣2a，其中a＝﹣1，b＝．
20．（6分）一起感悟读书之美，推广全民阅读，建设“书香中国”，犹如点亮一座灯塔，撒播一抔种子、开凿一眼清泉．如今，全民阅读已蔚然成风，氤氲书香正飘满中国，听总书记分享他的读书故事，一起感语读书之美，不负韶华梦，读书正当时！某校对A．《三国演义》、B．《红楼梦》、C．《西游记》、D．《水浒传》四大名著开展“传统文化经典著作”推荐阅读活动．
（1）小云从这4部名著中，随机选择1部阅读，他选中《红楼梦》的概率为 　 　．
（2）该校拟从这4部名著中，选择2部作为课外阅读书籍．求《红楼梦》被选中的概率．
21．（8分）如图，在直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣3，0），C（﹣4，3）．
（1）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）求△ABC的面积．

22．（8分）如图，点G在CD上，已知∠BAG+∠AGD＝180°，EA平分∠BAG，FG平分∠AGC，请说明AE∥GF的理由．
解：因为∠BAG+∠AGD＝180°（ 　 　），
∠AGC+∠AGD＝180°（ 　 　），
所以∠BAG＝∠AGC（ 　 　）．
因为EA平分∠BAG，
所以∠1＝　 　（ 　 　）．
因为FG平分∠AGC，
所以∠2＝　 　，
得∠1＝∠2（ 　 　），
所以AE∥GF（ 　 　）．

23．（8分）有一科技小组进行了机器人行走性能试验．在试验场地有A、B、C三点顺次在同一笔直的赛道上，甲、乙两机器人分别从A、B两点同时同向出发，历时7分钟同时到达C点，乙机器人始终以60米/分钟的速度行走，如图是甲、乙两机器人之间的距离y（米）与他们的行走时间x（分钟）之间的函数图象，请结合图象，回答下列问题：
（1）A、B两点之间的距离是 　 　米，甲机器人前2分钟的速度为 　 　米/分；
（2）已知线段FG∥x轴，前3分钟甲机器人的速度不变．
①在3～4分钟的这段时间，甲机器人的速度为 　 　米/分．
②请直接写出在整个运动过程中，两机器人相距28m时x的值．

24．（10分）（1）如图1，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D，E．求证：DE＝BD+CE．
证明：（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中△ABC，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC．请写出DE，BD，CE三条线段的数量关系，并说明理由．


25．（10分）阅读理解，自主探究：
“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．
（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；
（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；
（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.


2022-2023学年广东省梅州市兴宁市七年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
2． 解：0.000000007＝7×10﹣9．
故选：B．
3． 解：∵a6÷a3＝a3≠a2，
∴选项A不符合题意；
∵（﹣2a）3＝﹣8a3，
∴选项B符合题意；
∵（3a2）2＝9a4≠6a4，
∴选项C不符合题意；
∵a3•a2＝a5≠a6，
∴选项D不符合题意；
故选：B．
4． 解：根据三角形的三边关系可得：4﹣3＜c＜4+3，
解得：1＜c＜7，
故选：C．
5． 解：∵∠AOC＝∠2＝50°时，OA∥b，
∴要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是85°﹣50°＝35°．
故选：C．

6． 解：A、画饼充饥是不可能事件，不符合题意；
B、不期而遇是随机事件，不符合题意；
C、水中捞月是不可能事件，不符合题意；
D、旭日东升是必然事件，符合题意；
故选：D．
7． 解：∵∠3＝∠4，
∴AD∥BC，
故①符合题意；
∵∠1＝∠2，
∴AB∥CD，不能得出AD∥BC，
故②不符合题意；
∵∠4+∠BCD＝180°，∠D＝∠4，
∴∠D+∠BCD＝180°，
∴AD∥BC，
故③符合题意；
∵∠3+∠5＝180°，∠4+∠5＝180°，
∴∠3＝∠4，
∴AD∥BC，
故④符合题意；
故选：C．
8． 解：由题意得，∠4＝90°﹣30°＝60°，
∵∠1＝35°，
∴∠3＝180°﹣60°﹣35°＝85°，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2＝85°，
故选：D．

9． 解：从图中可以看出，OE上升最快，EF上升较慢，FG上升较快，
所以容器的底部容积最小，中间容积最大，上面容积较大，
故选：B．
10． 解：∵以点B为圆心，AB为半径画弧交BC于点D，以点C为圆心，AC为半径画弧交BC于点E，
∴AB＝BD，AC＝CE，
∴∠BAD＝∠BDA，∠CAE＝∠CEA，
∵∠ACB＝α，
∴∠CAE＝∠CEA＝（180°﹣∠ACB）＝90，
∵∠DAE＝β，
∴∠CAD＝∠CAE﹣∠DAE＝（90°﹣）﹣β＝90°﹣﹣β，
∴∠BAD＝∠BDA＝∠C+∠CAD＝α+（90°﹣﹣β）＝90°+﹣β，
∴∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠BDA
＝180°﹣（90°+﹣β）﹣（90°+﹣β）
＝180°﹣90°﹣+β﹣90°﹣+β
＝2β﹣α，
故选：A．
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11． 解：由题意可知：∠1+∠EAC＝60°，∠EAC+∠2＝90°，
∵∠1＝27°，
∴∠EAC＝60°﹣∠1＝33°，
∴∠2＝90°﹣∠EAC＝57°．
故答案为：57°．
12． 解：遇到红灯的概率为：，
故答案为：．
13． 解：添加∠C＝∠B，理由如下：
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
故答案为：∠C＝∠B（答案不唯一）．
14． 解：把x＝2代入y＝﹣x2+1得：
y＝﹣×22+1
＝﹣×4+1
＝﹣2+1
＝﹣1．
故答案为：﹣1．
15． 解：∵点P为△ABC三边垂直平分线的交点，
∴PA＝PB＝PC，
∴∠PCA＝∠PAC＝20°，∠PBC＝∠PCB＝30°，∠PAB＝∠PBA，
∴∠PAB＝（180°﹣2×20°﹣2×30°）＝40°，
故答案为：40°．
16． 解：∵MN垂直平分AB，
∴DA＝DB．
∴△DBC的周长＝BC+BD+DC
＝BC+DA+DC＝BC+AC＝10cm．
故答案为：10cm．
17． 解：∵阴影部分面积＝DE×（BC+CG），
∴阴影部分面积＝×（CE﹣DC）（BC+CG）＝（CE2﹣BC2），
∵正方形ABCD面积为8cm2，图中阴影部分面积为5cm2，
∴5＝（S正方形CEFG﹣8），
∴S正方形CEFG＝18，
故答案为：18．
三．解答题（共8小题，满分62分）
18． 解：（1）原式＝＝＝．
（2）原式＝6x6﹣4x6﹣x6＝x6．
19． 解：原式＝a2﹣2ab﹣（a2﹣2a+1）﹣2a＝a2﹣2ab﹣a2+2a﹣1﹣2a＝﹣2ab﹣1
当a＝﹣1，b＝时，原式＝1﹣1＝0．
20． 解：（1）∵共有4部名著，
∴随机选择1部为《红楼梦》的概率为．
故答案为：；
（2）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中《红楼梦》被选中的结果有6种，
∴《红楼梦》被选中的概率为．
21． 解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；

（2）A1（1，5），B1（3，0），C1（4，3）；
（3）△ABC的面积为：3×5﹣2×5﹣1×3﹣2×3＝．
22． 解：因为∠BAG+∠AGD＝180°（已知），
∠AGC+∠AGD＝180°（邻补角的定义），
所以∠BAG＝∠AGC（同角的补角相等），
因为EA平分∠BAG，
所以∠1＝∠BAG（角平分线的定义），
因为FG平分∠AGC，
所以∠2＝∠AGC，
得∠1＝∠2（等量代换），
所以AE∥GF（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：已知；邻补角的定义；同角的补角相等；∠BAG；角平分线的定义；∠AGC；等量代换；内错角相等，两直线平行．
23． 解：（1）由图象可得，
A、B两点之间的距离是70米，甲机器人前2分钟的速度为：（70+60×2）÷2＝95（米/分），
故答案为：70，95；
（2）①∵线段FG∥x轴，
∴则此段时间，甲机器人的速度和乙机器人的速度一样，
∴则此段时间，甲机器人的速度是60米/分，
故答案为：60；
②由题意可得，
当x＝3时，甲、乙两人的距离为：（95﹣60）×（3﹣2）＝35（m），
∴点F的坐标为（3，35），
设线段EF所在直线的函数解析式为y＝kx+b，
∵点E（2，0），点F（3，35）在该函数图象上，
∴，
解得，
即线段EF所在直线的函数解析式为y＝35x﹣70；
设当两机器人出发x分钟时，它们相距28米，
相遇之前：（60x+70）﹣95x＝28，
解得x＝；
相遇之后在甲到达点F之前：95x﹣（60x+70）＝28，
解得x＝；
设从点G开始到他们到达终点这段对应的函数解析式为y＝mx+n，
∵点G（4，35），点（7，0）在该函数图象上，
∴，
解得，
即从点G开始到他们到达终点这段对应的函数解析式为y＝﹣x+，
令y＝30，得28＝﹣x+，
解得x＝；
由上可得，当两机器人出发分钟或分钟或分钟时，它们相距28米，
∴当x的值为或或时，它们相距28米．
24． （1）证明：如图①，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）解：DE＝BD+CE，理由如下：
如图②，∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
25． （1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECB+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），
即BE的长为0.8cm；
（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，
则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，
∵A（﹣1，0），C（1，3），
∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，
∴CE＝EG+CG＝2，
∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，
∴∠EAC＝∠FCB，
在△AEC和△CFB中，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，
∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，
∴B点坐标为（4，1）．