2022-2023学年上海黄浦区七年级上册期末数学试卷及答案

这是一份2022-2023学年上海黄浦区七年级上册期末数学试卷及答案，共21页。试卷主要包含了 在，，，，中，有理数个数有， 下列运算中一定正确的是， 如图，下列说法中错误的是， 比较大小， 计算等内容，欢迎下载使用。

1. 在，，，，中，有理数个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据有理数的定义，有理数包括整数和分数，分数为有限小数或无限循环小数，找出其中的有理数即可．
【详解】解：根据题意，
有理数有：，，，共3个；
故选：C．
【点睛】本题考查了有理数的定义，解题的关键是熟记有理数与无理数的定义．
2. 下列运算中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加减运算，二次根式的性质，进行计算即可．
【详解】A、，故该选项运算错误，不符合题意；
B、 ，故该选项运算错误，不符合题意；
C、 ，故该选项运算正确，符合题意；
D、 ，故该选项运算错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的加减运算，次根式的性质，熟练掌握以上运算法则和性质是解题的关键．
3. 现有2cm，3cm，5cm，6cm长的四根木棒，任选其中的三根组成三角形，那么可以组成三角形的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形的三边关系进行判断即可．
【详解】四条木棒的所有组合：2，3，5和2，3，6和3，5，6和2，5，6，
根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边的构成条件，
只有3，5，6和2，5，6能组成三角形．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，掌握三角形的三边关系是解题的关键．
4. 如图，下列说法中错误的是（ ）
A. 是同位角B. 是同位角
C. 是内错角D. 是同旁内角
【答案】A
【解析】
【分析】根据同位角、同旁内角、内错角的定义结合图形判断．
【详解】解：A、∠GBD和∠HCE不符合同位角的定义，故本选项合题意；
B、∠ABD和∠ACH是同位角，故本选项不合题意；
C、∠FBC和∠ACE是内错角，故本选项不合题意；
D、∠GBC和∠BCE是同旁内角，故本选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了同位角、同旁内角、内错角的定义，属于基础题，正确且熟练掌握同位角、同旁内角、内错角的定义和形状，是解题的关键．
5. 在直角坐标平面内，A是第二象限内的一点，如果它到x轴、y轴的距离分别是3和4，那么点A的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数，点到轴的距离等于纵坐标的长度，到轴的距离等于横坐标的长度解答．
【详解】解：∵点在第二象限，到轴的距离是3，到轴的距离是4，
∴点的横坐标是，纵坐标是3，
∴点的坐标为．
故选：D．
【点睛】本题考查了点的坐标，熟记点到轴的距离等于纵坐标的长度，到轴的距离等于横坐标的长度是解题的关键．
6. 如图，点P是AB上任一点，∠ABC=∠ABD,从下列各条件中补充一个条件，不一定能推出ΔAPC≌ΔAPD.的是( )

A. BC=BD.B. ∠ACB=∠ADB.C. ∠CAB=∠DABD. AC=AD.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出正确结果．
【详解】解：A、补充BC=BD，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故此选项错误；
B、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故此选项错误；
C、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故此选项错误；
D、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故此选项正确.
故选D.
【点睛】本题考查三角形全等判定，三角形全等判定定理：有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．
二．填空题（本大题共12小题，每题2分，满分24分）
7. 16的平方根是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平方根的定义即可求解．
【详解】即：16的平方根是
故填：
【点睛】此题主要考查平方根，解题的关键是熟知平方根的定义．
8. 比较大小：_______(填“”“”或“=”)．
【答案】
【解析】
【分析】先把根号外的因式移入根号内，再根据实数的大小比较方法比较大小即可．
【详解】解：，，
∵，
∴，
即
故答案为：
【点睛】本题考查了比较二次根式的大小，能选择适当的方法比较两个实数的大小是解此题的关键．
9. 2022年上海常住人口约为24758900人，用科学记数法表示24758900并保留三位有效数字______．
【答案】
【解析】
【分析】根据科学记数法的表示方法和有效数字的取舍解答即可
【详解】解：根据题意，得；
故答案为：
【点睛】此题考查了科学记数法和有效数字．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
10. 计算：______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据幂乘方逆运算法则和积的乘方逆运算法则求解即可．
【详解】解：；
故答案为：2．
【点睛】本题考查了分数指数幂、幂的乘方和积的乘方，熟练掌握幂的运算性质是解题关键．
11. 如果点在x轴上，则点P的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据x轴上点的横坐标为0列方程求出m的值，再求解即可．
【详解】解：∵在x轴上，
∴，解得：，
则，
∴点P的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标轴上点的坐标特征，熟记在轴上的点，纵坐标等于0；在轴上的点，横坐标等于0是解题的关键．
12. 直角坐标平面内点向左平移3个单位得到的点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】坐标系中点的平移遵循：上加下减，左减右加，据此即可解答．
【详解】解：点向左平移3个单位得到的点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标系中点的平移，熟知平移的规律是解题关键．
13. 如图，在中，，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】过E作EF∥AB，由平行线的性质，几何图形中角的和差关系进行计算，即可得到答案.
详解】解：如图，过E作EF∥AB，
，
∴∥EF，
∴，，
∵，
∴；
故答案为：70°.
【点睛】本题考查了平行线的性质，几何图形中角的和差关系，解题的关键是熟练掌握平行线的性质求角的度数.
14. 如图，将一副三角板如图摆放（一块三角板的直角边与另一块三角板的斜边在同一直线上），那么______°．

【答案】75
【解析】
【分析】由题意知，，再利用三角形的内角和可得答案．
【详解】解：由题意知：，，

，
故答案为：75．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和为，熟练掌握三角形的内角和性质是解题的关键，难度适中．
15. 如图，在中，，，垂足分别是D、E，、交于点H，要使得，可添加一个适当的条件：______．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由垂直的定义和余角的性质可得，，故只需要添加一个边的条件即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴要使得，根据“角角边”可添加（答案不唯一）；
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握判定三角形全等的方法是解题关键．
16. 已知°，点在的内部，点与点关于对称，点与点关于对称，若，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】连接OP，根据轴对称的性质可得OP1=OP=OP2，∠BOP=∠BOP1，∠AOP=∠AOP2，然后求出∠P1OP2=2∠AOB=60°，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形判定．
【详解】解：如图，连接OP，
∵P1与P关于OB对称，P2与P关于OA对称，
∴OP1=OP=OP2，∠BOP=∠BOP1，∠AOP=∠AOP2，
∴OP1=OP2，
∠P1OP2=∠BOP+∠BOP1+∠AOP+∠AOP2=2∠BOP+2∠AOP=2∠AOB，
∵∠AOB=30°，
∴∠P1OP2=60°，
∴△P1OP2是等边三角形．
∴P1P2 =OP2=OP=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握轴对称的性质求出△P1OP2的两边相等且有一个角是60°是解题的关键，作出图形更形象直观．
17. 如图，在中，，，，平分，于点，则的周长是______．

【答案】
【解析】
【分析】由角平分线的性质可得，可证得，结合，即可求解．
【详解】解：∵平分，，于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
18. 如图，已知的面积为4，平分，且于点，那么的面积为__________．
【答案】8
【解析】
【分析】延长BD交AC于点E，则可知△ABE为等腰三角形，则S△ABD=S△ADE，S△BDC=S△CDE，可得出S△ADC=S△ABC．即可求出答案.
【详解】解：如图，延长BD交AC于点E，
∵AD平分∠BAE，AD⊥BD，
∴∠BAD=∠EAD，∠ADB=∠ADE，
在△ABD和△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（ASA），
∴BD=DE，
∴S△ABD=S△ADE，S△BDC=S△CDE，
∴S△ABD+S△BDC=S△ADE+S△CDE=S△ADC，
∴S△ADC=S△ABC，
∴；
故答案为：8.
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定的应用，全等三角形的判定和性质，由BD=DE得到S△ABD=S△ADE，S△BDC=S△CDE是解题的关键．
三．简答题（本大题共6小题，每题6分，满分36分）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算除法，算术平方根，负整数指数幂，零指数幂，然后进行加减运算即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解决问题的关键．
20. 计算：．
【答案】－1
【解析】
【分析】利用乘法分配律和完全平方公式进行运算，然后进行加减混合运算即可．
【详解】解：
＝－6＋2－2＋3
＝－1
【点睛】此题考查了二次根式的混合运算、完全平方公式等知识，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
21. 利用幂的性质计算：．
【答案】4
【解析】
【分析】将各根式化为同底数幂的形式，再利用同底数幂的乘除法法则计算．
【详解】解：
．
【点睛】此题考查了分数指数幂的计算，将各根式正确化为同底数幂的形式及正确掌握分数指数幂的计算法则是解题的关键．
22. 阅读并填空：
如图，是等腰三角形，，是边延长线上的一点，在边上且联接交于，如果，那么，为什么？
解：过点作交于
所以（两直线平行，同位角相等）
（________）
在与中
所以，（________）
所以（________）
因为（已知）
所以（________）
所以（等量代换）
所以（________）
所以
【答案】见解析
【解析】
【分析】先根据平行线的性质，得到角的关系，然后证明，写出证明过程和依据即可．
【详解】解：过点作交于，
∴（两直线平行，同位角相等），
∴（两直线平行，内错角相等），
在与中
，
∴，（）
∴（全等三角形对应边相等）
∵（已知）
∴（等边对等角）
∴（等量代换）
∴（等角对等边）
∴；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是由平行线的性质正确找到证明三角形全等的条件，从而进行证明.
23. 如图，已知在中，，是的高，点E在边上，与交于点F，且，试说明．

解：∵是的高（已知）
∴（垂直的意义）
∵，
∴
∴．
在和中
（请继续完成以下说理过程）
【答案】；见解析
【解析】
【分析】由是的高可得，进而可证，再利用可证明，进而可得，结合，可得，即可证明．
【详解】解：∵是的高（已知）
∴（垂直的意义）
∵，
∴
∴．
在和中
∴
∴（全等三角形对应角相等）
∵（对顶角相等）
∴
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等角对等边，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
24. 如图，在直角坐标平面内，已知点、、，

（1）点C关于原点对称的点的坐标是______；
（2）的面积是______；
（3）在x轴负半轴上找一点D，使，则点D坐标为______．
【答案】（1）
（2）6 （3）
【解析】
【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标特点进行求解即可；
（2）根据三角形的面积公式可得答案；
（3）根据面积相等列方程求解即可．
【小问1详解】
∵点C的坐标为，
∴点C关于原点对称的点的坐标为．
故答案为：．
【小问2详解】
连接，，，如图：

则的面积为．
故答案为：6．
【小问3详解】
设点的坐标为，则，
即，
解得：或（舍去）
则点D坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了求关于原点对称的点的坐标，借助网格求三角形的面积等，掌握三角形的面积公式是解题的关键．
四．解答题（本大题共3小题，第25、26题7分，第27题8分，满分22分）
25. 如图，在中，，点、分别在、的延长线上，，．

（1）如果设，用含的代数式来表示，并说明理由；
（2）求的度数．
【答案】（1），理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等边对等角得出，根据，即可求解；
（2）根据三角形内角和定理得出，根据，可得，根据，可得，根据，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等边对等角，熟练掌握等腰三角形的性质以及三角形内角和定理是解题的关键．
26. 如图，在中，，D是上一点，且，过B作，分别交于点E、交于点F．
（1）求证：；
（2）如果，请猜想和的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析 （2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由与得和可得，由得，从而得证；
（2）过D作于G，根据已知条件可证明．再证明，即可得解．
【小问1详解】
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴；
小问2详解】
，证明如下：
过D作于G
∵
∴
∵
∴
∵
∴
在和中
∴
∴
∵
∴．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
27. 如图，在直角坐标平面内，已知点、，过点A、B分别作x轴的垂线，垂足为点D、E．

（1）说明的理由；
（2）求的面积
（3）在x轴上找到点P，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）或或
【解析】
【分析】（1）由题意易证，可知，进而证明可得，即可证得结论；
（2）利用梯形面积减去两个直角三角形面积即可求解；
（3）分两种情况：①当以顶点，即时，②当以顶点，即时，分别进行讨论即可求解．
【小问1详解】
解：∵、，轴，轴，
∴，，，则，
∴，
∴，则，
∴，
∴；
【小问2详解】
的面积；
【小问3详解】
由勾股定理可得：，
①当以顶角顶点，即时，

此时点的坐标为或；
②当以为顶角顶点，即时，

由勾股定理可得：，则，
此时点的坐标为；
综上，或或．
【点睛】本题考查图形与坐标，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．