福建省福州市第十八中学2023-2024学年七年级上学期期末数学试题

这是一份福建省福州市第十八中学2023-2024学年七年级上学期期末数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列命题中,是真命题的是( )
A．互补的角是邻补角B．相等的角是对顶角
C．内错角相等D．对顶角都相等
2．下列几何体中，是圆柱的为（ ）
A．B．
C．D．
3．若x＝﹣1是关于x的方程2x＋3＝a的解，则a的值为（ ）
A．5B．1C．﹣1D．﹣5
4．如图，已知直线a、b被直线c所截，那么∠1的同位角是（ ）
A．∠2B．∠3C．∠4D．∠5
5．下列说法：（1）用两根钉子固定一根木条，体现数学事实是两点之间线段最短；（2）射线与射线表示同一条射线；（3）若，则为线段的中点；（4）在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，其中正确的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
6．如图，三条直线相交于点．，，则等于（ ）

A．B．C．D．
7．下列式子的变形中，正确的是（ ）
A．由得
B．由得
C．由得
D．由得
8．一件夹克衫先按成本价提高50%标价，再将标价打8折出售，结果获利28元，如果设这件夹克衫的成本价是元，那么根据题意，所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，两个完全一样的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点到点的方向平移到的位置，，，平移距离为6，则阴影部分面积为（ ）
A．60B．96C．84D．42
10．如图，点C、D为线段AB上两点，AC+BD＝a，且AD+BC＝AB，则CD等于( )
A．aB．aC．aD．a
二、填空题
11．若，则的补角比的余角大 度．
12．如图是一个正方体的展开图，它的六个面上分别写有“构建和谐社会”六个字，将其围成正方体后，与“社”在相对面上的字是 ．
13．如图，是线段的中点，是线段的中点，若，则线段 ．
14．如图所示，易拉罐的上下底面互相平行，吸管吸易拉罐内的饮料时，，则 ．

15．已知关于的一元一次方程的解是，那么关于的一元一次方程的解是 ．
16．在环行自行车赛场内，甲、乙、丙三人骑自行车进行训练，他们的速度是：甲每分钟圈，乙每分钟圈，丙每分钟圈，他们同时出发，起点如图所示（甲从A点出发，沿圆周逆时针运动；乙从B点出发，沿圆周逆时针运动；丙从C点出发，沿圆周顺时针运动），则出发后 分三人第一次相遇．
三、解答题
17．解方程：（1）3–（5–2x）=x+2；（2）．
18．按照下列要求完成画图及问题解答．
(1)分别画直线和射线；
(2)画线段，取的中点；
(3)过点画直线的垂线，交直线于点；
(4)测量点到直线的距离为______．
19．请把下列证明过程补充完整．
已知：如图，B、C、E三点在同一直线上，A、F、E三点在同一直线上，，，求证：．
证明∶ ∵（已知），
∴________（______），
∴____（______），
∵（已知），
∴____（等量代换），
∵（已知），
∴，即，
∴____（等量代换），
∴（_____）．
20．列一元一次方程解决下列问题：
传统文化与创意营销的结合使已有近600年历史的故宫博物院重新焕发出生机，一些文创产品让顾客爱不释手．某购物网站上销售故宫文创笔记本和珐琅书签，若文创笔记本的销量比珐琅书签销量的2倍少700件，二者销量之和为5900件，求文创笔记本和珐琅书签的销量分别为多少?
21．如图所示，直线、都垂直于直线，直线与、相交，如果，那么、等于多少度？
22．如图，已知直线，，相交于点，平分，，，求，的度数．
23．如图，已知点在线段上，点，分别是，的中点．
(1)______；______；
(2)若，，求线段的长度；
(3)若线段，某同学很轻松地求得．他在反思过程中突发奇想：若点在线段的延长线上，原有的结论“”是否仍然成立呢？请同学们帮他画出图形分析，并说明理由．
24．已知直线l上有一点O，点A、B同时从O出发，在直线l上分别向左、向右作匀速运动，且A、B的速度比为1：2，设运动时间为ts．
（1）当t=2s时，AB=12cm．此时，
①在直线l上画出A、B两点运动2秒时的位置，并回答点A运动的速度是 cm/s； 点B运动的速度是 cm/s．
②若点P为直线l上一点，且PA﹣PB=OP，求的值；
（2）在（1）的条件下，若A、B同时按原速向左运动，再经过几秒，OA=2OB．
25．如图1，E点在BC上，∠A＝∠D，∠ACB+∠BED＝180°．
(1)求证：AB∥CD；
(2)如图2，AB∥CD，BG平分∠ABE，与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°，求∠DEB的度数．
(3)保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】解：A、两直线平行时，同旁内角互补，此时这一对同旁内角不是邻补角，故本选项错误；
B、等腰三角形的两个底角相等，此时这两个底角不是对顶角，故本选项错误；
C、只有两直线平行时，内错角才相等，故本选项错误；
D、对顶角都相等,故本选项正确．
故选D.
【点睛】本题考查了真命题的定义,属于简单题,解决本题的关键是要熟练掌握书本上的定义、性质、定理等知识．
2．A
【分析】根据几何体的特征进行判断即可．
【详解】A选项为圆柱，
B选项为圆锥，
C选项为四棱柱，
D选项为四棱锥．
故选：A．
【点睛】本题考查立体图形的认识，掌握立体图形的特征是解题的关键．
3．B
【分析】把x=﹣1代入方程2x＋3＝a，得出关于a的方程，求出方程的解即可．
【详解】解：把x=﹣1代入方程2x＋3＝a得：，
解得：，
故选B．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解和解一元一次方程，能熟记一元一次方程的解的定义是解此题的关键．使方程左右两边的值相等的未知数的值是该方程的解．
4．D
【分析】根据同位角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角可得答案．
【详解】∠1的同位角是∠5，
故选D．
【点睛】此题主要考查了同位角的概念，关键是掌握同位角的边构成“F“形．
5．B
【分析】本题主要考查了射线，垂线与平行线，解题的关键是熟记平行线与射线的定义及垂线的性质．根据平行线、相交线等基础知识求解即可．
【详解】解：（1）用两根钉子固定一根木条，体现数学事实是两点确定一条直线，此结论错误；
（2）射线与射线的起点不同、方向不同，不是同一射线，此结论错误；
（3）若，当三点不在同一直线上时，不是线段的中点，此结论错误；
（4）在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，此结论正确；
故选B．
6．B
【分析】根据垂线的定义求出，然后利用对顶角相等解答．
本题考查垂线定义，余角性质，对顶角性质，掌握垂线定义，余角性质，对顶角性质是解题关键．
【详解】解：如图所示：

∵，，
∴，
∴．
故选B．
7．B
【分析】本题考查了等式的基本性质，正确掌握等式的性质是解题的关键．等式的基本性质1是等式的两边都加上（或减去）同一个整式，所得的结果仍是等式；等式的基本性质2是等式的两边都乘以（或除以）同一个数（除数不能为0），所得的结果仍是等式．
【详解】解：A．由得，故不正确；
B．由得，正确；
C．由得，故不正确；
D．由得，故不正确；
故选B．
8．A
【分析】根据售价的两种表示方法解答，关系式为：标价×80%=进价+28，把相关数值代入即可．
【详解】由题意得，标价为：x（1+50%），
八折出售的价格为：（1+50%）x×80%；
∴可列方程为：（1+50%）x×80%=x+28，
故选：A．
【点睛】此题考查由实际问题抽象出一元一次方程，根据售价的两种不同方式列出等量关系是解题的关键．
9．A
【分析】本题考查平移的性质，梯形的面积公式，得出是解题的关键．
由题意可得，故，再根据平移的性质得到，最后根据梯形的面积公式即可解答．
【详解】解：由题意可得，，梯形是直角梯形，
∴．
∵，，
∴，
∵平移距离为6，
∴，
∴．
故选：A．
10．B
【分析】把AC+BD=a代入AD+BC=AB得出(a+CD)=2CD+a，求出方程的解即可．
【详解】∵AD+BC =AC+CD+BD+CD，
∴AD+BC=2CD+AC+BD，
又∵AD+BC＝AB，
∴2CD+AC+BD=AB，
∵AB=AC+BD+CD，AC+BD=a，
∴(a+CD)=2CD+a，
解得：CD=a，
故选B．
【点睛】本题考查了求两点之间的距离，能得出关于CD的方程是解此题的关键．
11．
【分析】本题考查了余角和补角，熟练掌握余角和补角的定义是解题的关键．
【详解】解：由题意得
．
故答案为：．
12．和．
【分析】本题考查了正方体的展开图，一般从相对面入手进行分析与解答；
【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
所以“建”与“谐”是相对面，“社”与“和”是相对面，“会”与“构”是相对面，
由此可知与“社”相对的面上的字是“和”．
【点睛】本题主要考查学生对正方体展开图形的理解和掌握，解答本题的关键是根据相对的面相隔一个面得到相对的两个面．
13．2
【分析】本题考查了线段中点的性质，线段的和差，掌握线段的中点是解题的关键．根据线段中点的性质得出，结合图形即可求解．
【详解】解：∵是线段的中点，是线段的中点，
∴，
∵，
∴
故答案为：2．
14．/68度
【分析】先根据对顶角相等求出的对顶角，再根据两直线平行，同旁内角互补求解即可．
本题主要考查了平行线的性质，准确识图并熟记性质是解题的关键．
【详解】解：如图

∵，
∴，
∵易拉罐的上下底面互相平行，
∴．
故答案为．
15．
【分析】本题考查了一元一次方程的解，理解两个方程之间的特点是解题的关键．
根据两个方程的特点，第二个方程中的相当于第一个方程中的x，据此即可求解．
【详解】∵，
∴．
∵关于x的一元一次方程的解是，
∴关于的一元一次方程的解为：，
解得：，
故答案为：．
16．5
【分析】设出发后x分钟后三人第一次相遇，根据图中所示的甲乙丙的位置及行驶的方向，然后列方程即可得出答案．
【详解】解：设出发后x分钟后三人第一次相遇，
由甲和乙相遇得：，
解得：，
此时，甲逆时针行驶了圈，
当出发5分钟后，丙顺时针行驶了圈，
此时，甲乙丙第一次相遇．
故答案为：5．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，关键是读懂题意，先找出甲乙第一次相遇的时间．
17．x=4 ；x=
【分析】（1）去括号，再移项合并同类项，最后系数化为1；
（2）先去分母，再去括号，然后移项合并同类项，最后系数化为1.
【详解】（1）3－（5－2x）= x＋2．
3－5+2x= x＋2，
2x-x=2+5-3，
x=4；
（2）
3（4-x）-2（2x+1）=6
12-3x-4x-2=6
-3x-4x=6+2-12
-7x=-4
x=.
【点睛】本题考查解一元一次方程.合并同类项是解题的关键.
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)2
【分析】题目主要考查线段、射线、直线及线段中点的做法，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
（1）根据直线及射线的做法画图即可；
（2）连接，然后利用刻度尺找出中点即可；
（3）根据垂线的做法画图即可；
（4）结合图形，利用刻度尺量出距离即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线和射线即为所求；
（2）如图所示，线段，及中点即为所求；
（3）如图所示，直线及点即为所求；
（4）根据图象得：线段长度为，
∴点到直线的距离为，
故答案为：2．
19．；；内错角相等，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；；；同位角相等，两直线平行．
【分析】本题主要考查平行线的判定和性质，根据已知利用内错角相等得，则有，等量代换得，结合已知进一步得，利用同位角相等则有．
【详解】证明∶ ∵（已知），
∴（内错角相等，两直线平行），
∴（两直线平行，内错角相等），
∵（已知），
∴（等量代换），
∵（已知），
∴，即，
∴（等量代换），
∴（同位角相等，两直线平行）．
20．珐琅书签的销售了2200件，则文创笔记本销售了3700件
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，设珐琅书签的销售了件，则文创笔记本销售了件，根据题意列出方程，解方程即可得出答案，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
【详解】解：设珐琅书签的销售了件，则文创笔记本销售了件，
根据题意得：，
解得，
故
答：珐琅书签的销售了2200件，则文创笔记本销售了3700件．
21．，
【分析】本题主要考查平行线的判定与性质，对顶角相等，解题的关键是掌握平面内垂直于同一直线的两直线平行及平行线的性质．
由平面内垂直于同一直线的两直线平行知，据此知，结合图形可得答案．
【详解】解：∵、，
∴，
∴，
∴．
22．，
【分析】本题主要考查了垂线的意义，角平分线的定义以及余角的综合运用，正确的识别图形是解题的关键．
依据，，可得，再由对顶角相等即可得出结果；利用对顶角相等及角平分线的定义求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
∵，
∴．
23．(1)2，2
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】本题考查了两点间的距离，线段中点的性质，线段和差的计算；
（1）根据线段中点的性质，可得答案；
（2）根据线段中点的性质，可得，的长，根据线段的和差，可得答案；
（3）是延长线上的一点，由、分别是线段，的中点可得出，分别是，的一半，因此，，的差的一半就等于，差的一半，因为，，根据上面的分析可得出．因此结论是成立的．
【详解】（1）解：点、分别是、的中点
；；
故答案为：，．
（2）点、分别是、的中点，，，
；，
．
（3）仍然成立，
如图：
理由：点、分别是、的中点，
；，
．
24．（1）①2，4；②或1（2）或
【详解】试题分析：（1）①设A的速度为xcm/s，B的速度为2xcm/s，根据2s相距的距离为12建立方程求出其解即可；
②分情况讨论如图2，如图3，建立方程求出OP的值就可以求出结论；
（2）设A、B同时按原速向左运动，再经过几a秒OA=2OB，根据追击问题的数量关系建立方程求出其解即可．
解：（1）①设A的速度为xcm/s，B的速度为2xcm/s，由题意，得
2x+4x=12，
解得：x=2，
∴B的速度为4cm/s；
故答案为2，4
②如图2，当P在AB之间时，
∵PA﹣OA=OP，PA﹣PB=OP，
∴PA﹣OA=PA﹣PB，
∴OA=PB=4，
∴OP=4．
∴．
如图3，当P在AB的右侧时，
∵PA﹣OA=OP，PA﹣PB=OP，
∴PA﹣OA=PA﹣PB，
∴OA=PB=4，
∴OP=12．
∴
答：=或1；
（2）设A、B同时按原速向左运动，再经过几a秒OA=2OB，由题意，得
2a+4=2（8﹣4a）或2a+4=2（4a﹣8）
解得：a=或
答：再经过或秒时OA=2OB．
考点：一元一次方程的应用；两点间的距离．
25．(1)见解析
(2)100°
(3)∠PBM的度数不变，理由见解析
【分析】（1）如图1，延长DE交AB于点F，根据∠ACB+∠BED＝180°，∠CED+∠BED＝180°，可得∠ACB＝∠CED，所以AC∥DF，可得∠A＝∠DFB，又∠A＝∠D，进而可得结论；
（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，根据AB∥CD，可得AB∥EM∥HN∥CD，根据平行线的性质得角之间的关系，再根据∠DEB比∠DHB大60°，列出等式即可求∠DEB的度数；
（3）如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，根据平行线的性质和角平分线定义可求∠PBM的度数．
【详解】（1）证明：如图1，延长DE交AB于点F，
∵∠ACB+∠BED＝180°，∠CED+∠BED＝180°，
∴∠ACB＝∠CED，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠DFB，
∵∠A＝∠D，
∴∠DFB＝∠D，
∴AB∥CD；
（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥HN∥CD，
∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG＝ABE，
∵AB∥HN，
∴∠2＝∠ABG，
∵CF∥HN，
∴∠2+∠β＝∠3，
∴ABE+∠β＝∠3，
∵DH平分∠EDF，
∴∠3＝EDF，
∴ABE+∠β＝EDF，
∴∠β＝（∠EDF﹣∠ABE），
∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，
设∠DEB＝∠α，
∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，
∵∠DEB比∠DHB大60°，
∴∠α﹣60°＝∠β，
∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°），
解得∠α＝100°，
∴∠DEB的度数为100°；
（3）∠PBM的度数不变，理由如下：
如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，
∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠EBM＝∠MBK＝EBK，
∠CDN＝∠EDN＝CDE，
∵ES∥CD，AB∥CD，
∴ES∥AB∥CD，
∴∠DES＝∠CDE，
∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，
∠G＝∠PBK，
由（2）可知：∠DEB＝100°，
∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，
∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，
∵BP∥DN，
∴∠CDN＝∠G，
∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝CDE，
∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK
＝∠EBK﹣CDE
＝（∠EBK﹣∠CDE）
＝80°
＝40°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握平行线的判定与性质．