广东省广州市海珠区2021-2022学年七年级下学期期末数学试题（原卷版）

这是一份广东省广州市海珠区2021-2022学年七年级下学期期末数学试题（原卷版），文件包含单元质量评价六第6章试卷教师版2023-2024沪教版化学九年级下册docx、单元质量评价六第6章试卷学生版2023-2024沪教版化学九年级下册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
试卷分选择题和非选择题两部分，共三大题25小题，共4页，满分120分，考试时间120分钟，不可使用计算器．
注意事项：
1.答卷前，考生务必在答题卡第1面、第3面、第5面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、班级、姓名、座位号、考号；再用2B铅笔把对应号码的标号涂黑．
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；不能答在试卷上．
3.非选择题必须用黒色字迹的钢笔或签字笔作答，涉及作图的题目，用2B铅笔画图．答案必须写在答题卡各题指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；改动的答案也不能超出指定的区域．不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效．
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1. 下列各数中，是无理数的是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据无理数的定义，即可求解．
【详解】解：A、0是有理数，故本选项不符合题意；
B、是有理数，故本选项不符合题意；
C、是无理数，故本选项符合题意；
D、-2是有理数，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了无理数的定义，熟练掌握无限不循环小数是无理数是解题的关键．
2. 若点在第四象限，则a可以是（ ）
A 2B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据第四象限内点的坐标特征对各选项分析判断即可得解．
【详解】解： 点在第四象限，

∴A，C，D不符合题意，B符合题意；
故选：B
【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
3. 下列调查适合抽样调查的是（ ）
A. 某封控区全体人员的核酸检测情况B. 我国“天舟四号”航天飞船各零部件的质量情况
C. 对旅客上飞机前的安全检查D. 一批节能灯管的使用寿命
【答案】D
【解析】
【分析】普查和抽样调查的选择．调查方式的选择需要将普查的局限性和抽样调查的必要性结合起来，具体问题具体分析，普查结果准确，所以在要求精确、难度相对不大，实验无破坏性的情况下应选择普查方式，当考查的对象很多或考查会给被调查对象带来损伤破坏，以及考查经费和时间都非常有限时，普查就受到限制，这时就应选择抽样调查．
【详解】A．某封控区全体人员的核酸检测情况，应用全面调查方式，故此选项不合题意；
B．我国“天舟四号”航天飞船各零部件的质量情况，应用全面调查方式，故此选项不合题意；
C．对旅客上飞机前安全检查，应用全面调查方式，故此选项不合题意；
D．一批节能灯管的使用寿命，适合选择抽样调查，故此选项符合题意．
故选D．
【点睛】此题考查了抽样调查和全面调查，解题的关键在于能结合实际情况，正确选择普查和抽样调查．
4. 若关于，的方程的一个解是，则m的值是（ ）
A. B. 1C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】把代入，再解关于m的方程，从而可得答案．
【详解】解：∵关于，的方程的一个解是，
，
解得：，
故选：B．
【点睛】本题考查的是二元一次方程的解，掌握“二元一次方程的解”的含义是解本题的关键．
5. 如果，那么下列各式中错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质逐一判断即可．
【详解】解： ，
∴，，，故选项A，B不符合题意，选项C符合题意，
，

故选项D不符合题意；
故选C.
【点睛】本题考查的是不等式的基本性质，解答此类题目时一定要注意，当不等式的两边同时乘以或除以一个负数时，不等号的方向要改变．
6. 一个正方形的面积为32，则它的边长应在（ ）
A. 3到4之间B. 4到5之间C. 5到6之间D. 6到7之间
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正方形的面积求解正方形的边长，再估算正方形的边长的范围即可．
【详解】解： 一个正方形的面积为32，
正方形的边长为 即


故选：C．
【点睛】本题考查的是算术平方根的应用，无理数的估算，掌握“算术平方根的应用”是解本题的关键．
7. 在平面直角坐标系中，点P的坐标为，则点P到x轴的距离为（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到轴距离为，可以知道点到轴的距离．
【详解】解：点到轴的距离为，
点到轴的距离为．
故选：D．
【点睛】本题考查了点的坐标的性质，解题的关键是不要将点到两坐标轴的距离弄混，千万要分清．
8. 如图，将直尺与含30°角的直角三角尺摆放在一起，若，则的度数是（ ）
A. 65°B. 35°C. 30°D. 25°
【答案】A
【解析】
【分析】先求解 利用平行线的性质证明再利用角的和差关系可得答案．
【详解】解：如图，先标注顶点，




故选A
【点睛】本题考查的是垂直的定义，平行线的性质，角的和差运算，证明是解本题的关键．
9. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中记载：“今有牛五、羊二、直金十二两；牛二、羊五、直金九两，问牛、羊各直金几何？”意思是：“假设有5头牛和2只羊共值金12两，2头牛和5只羊共值金9两．问每头牛、每只羊各值金多少两？”如果按书中记载，1头牛和1只羊一共值金（ ）两．
A. 3B. 3.3C. 4D. 4.3
【答案】A
【解析】
【分析】本题里体现了两个等量关系，列二元一次方程组很容易解决这个问题．
【详解】解：设每头牛值金两，每只羊值金两，根据题意可得：
解得：，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的问题，解题的关键是找准等量关系列出方程组．
10. 若不等式组的解集为，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解不等式组，再根据不等式组的解集为，可得答案．
【详解】解：
由①得：，
不等式组的解集为，

故选：A
【点睛】本题考查的是一元一次不等式的解法，根据不等式组的解集求解参数的取值范围，理解“同大取大”是解本题的关键．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分）
11. 8的立方根为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据立方根的意义即可完成．
【详解】∵
∴8的立方根为2
故答案为：2
【点睛】本题考查了立方根的意义，掌握立方根的意义是关键．
12. 若，则x的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】移项即可得到不等式解集，从而可得答案.
【详解】解：，
解得：，
∴不等式的解集为.
故答案为：
【点睛】本题考查的是不等式的解集，掌握“一元一次不等式的解法”是解不等式的关键.
13. 将点先向左平移1个单位，再向上平移3个单位，得到点，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平移的性质，向左平移，则横坐标减；向上平移，则纵坐标加．
【详解】解：先向左平移1个单位长度，
再向上平移3个单位长度得到点，
，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化平移，解题的关键是熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
14. 某校食堂有甲、乙、丙三种套餐，为了解哪种套餐更受欢迎，学校调查了该校的全体学生，其中喜欢甲、乙、丙三种套餐的人数比为2∶5∶3，若选择甲套餐的有180名学生，则这个学校有__________名学生．
【答案】900
【解析】
【分析】由甲的频率为即 再利用频数除以频率即可得到答案．
【详解】解：，
所以这个学校有900名学生．
故答案为：900
【点睛】本题考查的是频数与频率，掌握“利用频数与频率求解数据总数”是解本题的关键．
15. 无论m取什么数，点一定在第__________象限．
【答案】二
【解析】
【分析】根据非负数的性质先判断再结合象限内点的坐标特点可得答案．
【详解】解：




点一定在第二象限，
故答案为：二
【点睛】本题考查的是非负数的性质，不等式的性质，象限内点的坐标特点，掌握“第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）”是解本题的关键．
16. 在平面直角坐标系中，某机器人从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向每次移动1个单位长度，行走路线如图所示，第1次移动到，第2次移动到，第3次移动到，第4次移动到…，则第2022次移动至点的坐标是__________．
【答案】（1011，1）
【解析】
【分析】根据图象可得移动4次完成一个循环，再观察角码除以4余2的点： A2（1，1），A6（3，1），…， 从而可得出点A2022的坐标．
【详解】解：A1（1，0），A2（1，1），A3（2，1），A4（2，0），A5（3，0），A6（3，1），…，
而2022÷4=505•••2，
观察角码除以4余2的点： A2（1，1），A6（3，1），…，
所以A2022的坐标为（，1），
则A2022的坐标是（1011，1）．
故答案为：（1011，1）．
【点睛】本题考查了点的规律变化，解答本题的关键是仔细观察图象，得到点的变化规律，难度一般．
三、解答题（本题有9个小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤）
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）先计算算术平方根，立方根，再合并即可；
（2）先计算乘方运算，化简绝对值，再合并同类二次根式即可．
【小问1详解】
解：

【小问2详解】

【点睛】本题考查的是实数的混合运算，二次根式的加减运算，掌握“实数的混合运算的运算顺序与二次根式的加减运算运算法则”是解本题的关键．
18. （1）解方程组
（2）解不等式组
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）把两个方程相减，先求解x，再求解y即可；
（2）分别解不等式组中的两个不等式，再确定解集的公共部分即可．
【详解】解：（1）
②-①得：
把代入①得：
∴方程组的解是
（2）
由①得：
由②得：
∴不等式组的解集为：
【点睛】本题考查的是二元一次方程组的解法，一元一次不等式组的解法，掌握“方程组与不等式组的解法与步骤”是解本题的关键．
19. 三角形ABC（记作）在方格中，位置如图所示，点A、点B的坐标分别为，．
（1）点C的坐标为__________；
（2）把向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得．请你画出平移后的；
（3）求的面积．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）3
【解析】
【分析】（1）利用平移规律写出坐标即可．
（2）根据坐标或平移规律作出图形即可．
（3）利用三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：将点向右平移三个单位即可得到点C，坐标为为：，
故答案为：；
【小问2详解】
解：把向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得，如下图：
【小问3详解】
解：的面积．
【点睛】本题考查平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20. 如图，直线AB与CD相交于点O，，垂足为O．
（1）若，则__________°；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用对顶角以及余角的定义得出答案；
（2）直接利用垂直的定义得出答案．
【小问1详解】
解：的对顶角为，
，
，
，
，
故答案为：
【小问2详解】
解：，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了垂线、对顶角等知识，解题的关键是正确得出的度数．
21. 某中学决定开展课后托管服务，学校就“你最想开展哪种课后服务项目”问题进行了抽样问卷调查，调查分为四个类别：A．艺术、B．体育、C．科技、D．自主阅读．现根据调查结果整理并绘制成如下不完整的扇形统计图和条形统计图：
请结合图中所给信息解答下列问题
（1）这次统计共抽查了__________名学生；
（2）请补全条形统计图；
（3）求扇形统计图中表示“C类别”的圆心角的度数；
（4）该校共有1200名学生，根据以上信息，请你估计全校学生中想参加A类活动的有多少人？
【答案】（1）50 （2）见解析
（3）
（4）120人
【解析】
【分析】（1）用类别的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；
（2）计算出类别人数，然后补全条形统计图；
（3）用乘以类别所占的百分比得到类别的扇形圆心角度数；
（4）用1200乘以题目中A类人数所占的百分比．
【小问1详解】
解：，
所以这次统计共抽查了50名学生；
故答案为50；
【小问2详解】
解：类人数为（人
补全条形统计图为：
【小问3详解】
解：类别的扇形圆心角度数；
【小问4详解】
解：，
所以估计全校学生中想参加A类活动的有120人．
【点睛】本题考查了条形图与扇形图，扇形圆心角问题、样本估计总体，解题的关键是需要从图形中获取相应的信息．
22. 有大小两种货车，3辆大货车和2辆小货车一次共运货17吨，6辆大货车和3辆小货车一次共运货31.5吨．
（1）求每辆大货车和每辆小货车一次分别可以运货多少吨？
（2）若要安排10辆货车运输至少35吨的货物，则至少安排多少辆大货车？
【答案】（1）每辆大货车一次可以运货4吨、每辆小货车一次可以运货2.5吨
（2）至少安排7辆大货车
【解析】
【分析】（1）设每辆大货车一次可以运货吨、每辆小货车一次可以运货吨．根据条件建立方程组求出其解即可；
（2）可设大货车租辆，根据一次运输货物不低于吨，列出不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设每辆大货车一次可以运货吨、每辆小货车一次可以运货吨，由题意，得
，
解得：．
答：每辆大货车一次可以运货4吨、每辆小货车一次可以运货2.5吨．
【小问2详解】
解：设大货车租辆，由题意，得:
，
解得，
为整数，
至少为7．
答：至少安排7辆大货车．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，二元一次方程组的实际问题的运用，总运费每吨的运费吨数的运用，解题的关键是求出1辆大货车与1辆小货车一次运货的数量．
23. 已知四边形ABCD，，
（1）如图1所示，求证：；
（2）如图2所示，点E、F在线段BC上，且保持，AF平分．
①求证：；
②如图3，若上下平行移动AD，的值是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②值不发生变化，
【解析】
【分析】（1）先求解 可得从而可得结论；
（2）①先证明再利用三角形的外角的性质可得答案；②先证明 再结合三角形的外角的性质证明 从而可得结论.
【小问1详解】
证明： ，，


【小问2详解】
①

∵，


．
②的值不发生变化，理由如下：
上下平行移动AD，


平分

由①得：




【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，角平分线的定义，三角形的外角的性质，熟练的运算平行线的性质，三角形的外角的性质建立角与角之间的关系是解本题的关键．
24. 若平面直角坐标系上点P（x，y）的横、纵坐标满足关于x，y的方程组，则称点P为该方程组的关联点，如点N（2，1）为方程组的关联点．
（1）若点E（1，2）为关于，的方程组的的关联点，则_________，_________；
（2）已知点A（x，y）为关于，的方程组的关联点，点B（x，y）为关于，的方程组的关联点；若点A与点B重合，求点A的坐标，并求出，的值；
（3）已知为关于，的方程组的关联点，若点P在第二象限，且符合条件的所有整数m之和为9，求n的范围．
【答案】（1）3，0；
（2），；
（3）
【解析】
【分析】（1）将点E（1，2）代入中即可求解；
（2）根据点A与点B重合可知，点满足满足，求解即可，再将点A的坐标代入方程组中求解即可；
（3）先把解出来，根据点P在第二象限，且符合条件的所有整数m之和为9，求出取值范围．
【小问1详解】
解：将点E（1，2）代入得；
，
解得：，
故答案为：3，0；
【小问2详解】
解：若点A与点B重合，则都满足，
解得：，
，
将代入得，
，
解得：，
【小问3详解】
解：，
将得：，
解得：，
将得：，
解得：，
点P在第二象限，且符合条件的所有整数m之和为9，
，
，
，
，
，
，
，
故n的范围为：．
【点睛】本题考查了二元一次方程组求解，不等式求解，解题的关键是掌握求解二元一次方程的常用方法：加减消元法，代入法．
25. 在平面直角坐标系中，已知M（0，4），N（3，2），线段MN平移得到线段PQ，使点M的对应点为P，点N的对应点为Q，若点P的坐标为，点Q的坐标为，
（1）___________，___________；
（2）若点E为x轴正半轴上的一个动点，探究、和之间的数量关系并证明；（注：、和均为大于且小于的角）
（3）将线段MN向下平移得到线段AB，从使得点N的对应点B落在x轴上，点M的对应点A落在y轴上，动点C从点B出发，以每秒钟移动3个单位长度的速度沿x轴向左运动，动点D从点A出发，以每秒钟移动2个单位长度的速度沿y轴向下运动，直线BD与直线AC交于点F，设点F的坐标为．动点C和动点D同时出发且它们的运动时间为t秒．
①在时，试探究与的面积关系，并说明理由；
②若在点C、D的运动过程中，的面积为7，请直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）或或
（3）①；②m的值为或
【解析】
【分析】（1）由由平移到确定平移的方式，从而可得答案；
（2）分三种情况讨论：如图，当在的左边时，连接NQ，如图，当在的右边，直线的左边时，（包括E在这两条直线上），如图，当在直线的右边时，记直线MN与EQ的交点为F，再根据平行线的性质，三角形的内角和定理与三角形的外角的性质可得答案；
（3）①当时，如图，由题意可得： 记四边形OCFD的面积为m，再分别表示两个三角形的面积即可得到答案；②由 可得都在负半轴上，再分两种情况讨论：交点F在第三象限，如图，证明 即 作A，F作x轴的平行线，过F，B作y轴的平行线，交点分别即为L，P，Q，则四边形LFQP为矩形，再利用面积列方程，如图，当交点F在第一象限，同理利用面积列方程即可．
小问1详解】
解：由平移到 而平移到
∴
【小问2详解】
如图，当在的左边时，连接NQ，
由平移可得：



如图，当在的右边，直线的左边时，（包括E在这两条直线上），
同理可得：

如图，当在直线的右边时，记直线MN与EQ的交点为F，
同理：

∴
【小问3详解】
①当时，如图，
由题意可得：
记四边形OCFD的面积为m，


∴
② 则都在负半轴上，交点F在第三象限，如图，
同理可得： 而

解得： 即
作A，F作x轴的平行线，过F，B作y轴的平行线，交点分别即为L，P，Q，
则四边形LFQP为矩形，

解得：
如图，当交点F在第一象限，
同理可得：
解得：
综上：m的值为或
【点睛】本题考查的是坐标与图形，坐标系内图形的平移，平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，利用割补法求解图形的面积，一元一次方程的应用，整式的乘法运算，本题的综合程度高，清晰的分类讨论是解本题的关键