浙江省金华市义乌市宾王中学教育集团2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份浙江省金华市义乌市宾王中学教育集团2023-2024学年七年级下学期3月月考数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．如图是杭州亚运会的吉祥物——宸宸，下列图案能用原图平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列方程中，是二元一次方程的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，下列说法正确的是（ ）
A．与是对顶角B．与是同位角
C．与是内错角D．与是同旁内角
4．如图，在下列四组条件中，能判断的是（ ）
A．B．C．D．
5．二元一次方程有无数多个解，下列四组值中不是该方程的解的是（ ）
A．B．
C．D．
6．下列说法正确的有（ ）
A．若直线，，则直线
B． 经过一点有且只有一条直线与这条直线平行
C．两条平行直线被第三条直线所截，同旁内角相等
D．同一平面内，不相交的两条直线是平行线
7．用“加减法”将方程组 中的x消去后得到的方程是（ ）
A． B．C．D．
8．如图，，射线，分别与，交于点，，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．义乌市为了方便市民绿色行，出了如图①所示的某品牌共享单车，图②是其示意图，其中，都与地面l平行，，，当为（ ）度时，与平行．
A．62B．65C．75D．115
10．对x、y定义一种新运算T，规定：（其中a、b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算．例如：，
若，，则下列结论正确的有（ ）个．①，；②若，则；③若，则m、n有且仅有3组整数解；
A．0个B．1个C．2个D．3个
二、填空题（每题4分，共24分）
11．在中，用含的代数式表示：
12．若一个方程组的一个解为，则这个方程组可以是 ．
13．如图，，平分交于点E，若，则 ．
14．如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为、，若，，则的度数是 ．
15．已知关于，的方程组的解是，则方程组的解是 ．
16．如图1，、被直线所截，点是线段上的点，过点作，连接，．将线段沿着直线平移得到线段，连接．如图2，当时，则 ；在整个运动中，当时，则 ．
一．解答题（17~19题每题6分，20~21题每题8分，22~23题每题10分，24题12分，共66分）
17．解下列方程组：
(1)
(2)
18．如图在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为，三角形顶点均在小正方形的顶点上．请回答下列问题：
(1)过点作平行线；
(2)过点作的垂线；
(3)若，直接写出三角形的边上的高的长度为 ．
19．如图，如果，平分交于，交的延长线于，．那么吗？请补全证明过程，即在横线处填上结论或理由．
解：．理由如下：
，（已知）
，（ ）
，
．（等量代换）
平分，（已知）
，（ ）
（等量代换）
（ ）
20．数学课上老师写了一个关于x，y的二元一次方程，（其中a为常数且）．
(1)若是该方程的一个解，求a的值；
(2)大家会发现，当a每取一个值时，都可得到一个方程，而这些方程有一个公共解，请聪明的你求出这个公共解；
21．已知，如图，，，，求的度数．

22．小堡在拼图时，发现个一样大小的长方形，恰好可以拼成一个大的长方形如图（1）；小晧看见了，说：“我也来试一试．”结果小晧七拼八凑，拼成了如图（2）那样的正方形，中间还留下了一个洞，恰好是边长为的小正方形．求每个小长方形的面积．
23．某工厂加工圆柱形的茶叶盒，购买了块相同的金属板材，已知每块金属板材可以有，，三种裁剪方式，如图，方式：裁剪成个圆形底面和个侧面．方式：裁剪成个侧面．方式：裁剪成个圆形底面．已知个圆形底面和个侧面组成一个圆柱形茶叶盒，且要求圆形底面与侧面恰好配套．现已有块金属板材按方式裁剪，其余都按、两种方式裁剪．
(1)设有块金属板材按方式裁剪，块金属板材按方式裁剪．
①可以裁剪出圆形底面共 个（用含的代数式表示），侧面共 有 个（用含，的代数式表示）；
②当时，最多能加工多少个圆柱形茶叶盒？
(2)现将块相同的金属板材全部裁剪完，为了使加工成的圆形底面与侧面恰好配套，则的值可以是 ．（其中）
24．如图，已知，是直线，间的一点，于点，交于点，．
(1)的度数为 ．
(2)如图2，射线从出发，以每秒的速度绕点按逆时针方向旋转，当垂直时，立刻按原速返回至后停止运动；射线从出发，以每秒的速度绕点按逆时针方向旋转至后停止运动．若射线，射线同时开始运动，设运动时间为秒．
①当时，求的度数；
②当直线与的夹角为时，求的值．
参考答案与解析
1．B
【分析】
根据平移的定义逐一判断即可求解．
【解答】解：根据平移的定义可得：
故选：B．
【点拨】本题考查了平移，熟练掌握其定义是解题的关键．
2．A
【分析】含有两个未知数，且含未知数的项的最高次数是1次，这样的整式方程是二元一次方程，根据定义逐一判断即可.
【解答】解：是二元一次方程，故A符合题意；
不是整式方程，不是二元一次方程，故B不符合题意；
是二元二次方程，故C不符合题意；
是三元一次方程，故D不符合题意；
故选A
【点拨】本题考查的是二元一次方程的定义，掌握“二元一次方程的定义”是解本题的关键.
3．D
【分析】本题考查了同位角、内错角、同旁内角等知识点，解题的关键是掌握同位角、内错角、同旁内角、对顶角的定义，根据相关知识逐一判断即可．
【解答】解：A、与不是对顶角，故该选项错误；
B、与不是同位角，故该选项错误；
C、与不是内错角，故该选项错误；
D、与是同旁内角，故该选项正确；
故选：D．
4．B
【分析】根据平行线的判定方法一一判断即可．
【解答】解：∵，∴，故A选项不符合题意；
∵，∴，故B选项符合题意；
∵，∴，故C选项不符合题意；
∵，∴．故D选项不符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查平行线的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．B
【分析】此题主要考查了二元一次方程的解，关键是把结果代入原方程，看方程两边是否相等．
【解答】解：Ａ、把代入方程可得，故该选项是方程的解；
Ｂ、把代入可得，故该选项不是方程的解；
Ｃ、把代入方程可得，故该选项是方程的解；
Ｄ、把代入可得，故该选项是方程的解．
故选：B．
6．D
【分析】
本题主要考查了平行线的性质与判定、平行线的定义，根据平行线的判定与性质、定义逐一判断即可．
【解答】
解：A、在同一平面内，若直线，，则直线，故此选项错误；
B、经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，故此选项错误；
C、两条平行直线被第三条直线所截，同旁内角互补，故此选项错误；
D、同一平面内，不相交的两条直线是平行线，故此选项正确．
故选：D．
7．D
【分析】
此题主要考查了加减消元法解二元一次方程组，根据加减消元法，直接用第二个方程减去第一个方程可得答案．
【解答】
解：
由②①得：，
整理得：，
即．
故选：D．
8．C
【分析】此题考查了平行线的判定与性质，熟记：①两直线平行，同位角相等；②两直线平行，内错角相等；③两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．过点作，可得，根据平行线的性质结合已知求出，可得，即可求出的度数．
【解答】解：如图，过点作，
，
，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
9．B
【分析】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．根据平行线的判定定理与性质定理求解即可．
【解答】解：∵，都与地面l平行，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴当时，．
故选：B．
10．C
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组和二元一次方程组的解，正确理解题目所给的新定义是解题的关键．首先根据题意可得，求解即可判断结论①；由可得，结合即可判断结论②；由可得，整理可得，结合均为整数可知，进一步求得的值，即可判断结论③．
【解答】解：根据题意，，，
∴，
解得，故结论①正确；
∵，即，
∵，
∴，故结论②正确；
∵，即，
∵，
∴，
又∵均为整数，
∴，
∴或，
∴满足条件的值为或，故结论③错误．
故选：C．
11．
【分析】本题考查的是二元一次方程的解，掌握“利用含有一个未知数的代数式表示另外一个未知数的方法”是解本题的关键．把二元一次方程中的未知数看作是常数，看作是未知数，解方程即可．
【解答】解： ，
，
，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了以解为条件构造方程组，熟练掌握方程组的意义是解题的关键．以，为主元素，任意构造即可．
【解答】二元一次方程组的解为的方程组有无数个，
如： ，
故答案为：．
13．
【分析】
本题考查的是平行线的性质，角平分线的定义，先证明，，再利用平行线的性质可得答案．
【解答】
解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴．
故答案为．
14．##20度
【分析】本题考查了平行线的性质，解题的关键是根据平行线的性质找出图中角度之间的关系．由折叠的性质可得，从而求得，再根据平行线的性质定理求出，最后再根据平行线性质定理求出．
【解答】解：如图，由折叠的性质，可得，
∵纸带对边互相平行
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴．
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了二元一次方程组的解，熟练掌握二元一次方程组的解的定义是解题的关键．根据二元一次方程组的解的定义得到，，求出、即可．
【解答】解：方程组可化为，
关于，的方程组的解是，
方程组中，，
解得：，，
方程组的解是，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了平移的性质，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．如图2，过作交于，根据平行线的性质即可得到结论；如图3，过作交于，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：如图2，过作交于，
∵，
∴，
，
，
，
，
，
∵，
；
故答案为：
如图3，过作交于，，
∴，
∵，
∴，
，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用代入法解方程组即可；
（2）由①②先求解 再利用代入法求解 从而可得答案.
【解答】（1）解：
把①代入②得：

解得：
把代入①得：
所以方程组的解：
（2）解：
①②得：
解得：
把代入①得：
所以方程组的解：
【点拨】本题考查的是二元一次方程组的解法，掌握“利用代入法，加减法解二元一次方程组的步骤”是解本题的关键.
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了作图，等面积法求线段长度，解题的关键是数形结合．
（1）利用网格，过点作平行线即可；
（2）利用网格，过点作的垂线即可；
（3）设三角形的边上的高的长度为，利用等面积法即可求解．
【解答】（1）解：如图，直线即为所求；
（2）如图，直线即为所求；
（3）设三角形的边上的高的长度为，
，，
，
故答案为：．
19．两直线平行，同位角相等；角平分线的定义；；；；内错角相等，两直线平行
【分析】本题主要考查了平行线的判定与性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．先依据平行线的性质以及等量代换，即可得到，再根据角平分线的定义以及等量代换，即可得出，进而得出．
【解答】解：，理由如下：
（已知），
，（两直线平行，同位角相等）
，
．（等量代换）
平分，（已知）
，（角平分线的定义）
，（等量代换）
，（内错角相等，两直线平行）
故答案为：两直线平行，同位角相等；角平分线的定义；；；；内错角相等，两直线平行．
20．(1)
(2)
【分析】
本题考查的是二元一次方程的解的含义，二元一次方程组的解法，理解题意，选择合适的方法是解本题的关键；
（1）把代入原方程，再解方程即可；
（2）把原方程整理为，再根据方程有1个公共解可得：，再解方程组即可．
【解答】（1）解：将代入方程得，
∴，
整理得：，
解得；
（2）∵，
∴，
∵当a每取一个值时，都可得到一个方程，而这些方程有一个公共解，
∴即，
得：，
把代入①得：，
∴这个方程的公共解为：．
21．
【分析】
本题考查的是邻补角的性质，平行线的判定与性质，先求解，再证明，，从而可得结论．
【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
22．
【分析】本题考查了列二元一次方程组解实际问题，解答时根据矩形和正方形的长与宽的关系建立方程组是关键．设每个小长方形的长是，宽是，根据图形给出的信息可知，长方形的个宽与其个长相等，个长加的和等于个宽的和，于是得方程组，解出即可．
【解答】解：设小长方形的长是，宽是，
由题意得：，
解得：，
小正方形的长为，宽为，
小长方形的面积为，
答：每个小长方形的面积是．
23．(1)①，；②当时，最多能加工个圆柱形茶叶盒
(2)或或
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，列代数式，一元一次不等式组，解题的关键是理解题意，找到等量关系．
（1）①结合，，三种裁剪方式，即可求解；②根据题意列出二元一次方程组即可求解；
（2）利用“个圆形底面和个侧面组成一个圆柱形茶叶盒，”可得关于，的二元一次方程，进而得到，结合，均为整数，可得是的倍数，由，且，得出关于的一元一次不等式组，求出的值，即可求解．
【解答】（1）①根据题意可知，可以裁剪出圆形底面共：（个）；侧面共有：（个）；
故答案为：，；
②根据题意得：，
解得：，
，
答：当时，最多能加工个圆柱形茶叶盒；
（2）根据题意得：，
，
，均为整数，
是的倍数，
又，且，
，
解得：，
的值可取：、、，
当时，；
当时，；
当时，；
故答案为：或或．
24．(1)
(2)①；②
【分析】本题主要考查平行线性质，外角的性质，合理添加辅助线和根据题意画出相应的图形时解决本题的关键．
（1）延长与相交于点，根据平行线的性质，得到，再根据外角的性质可计算得到结果；
（2）①当时，分两种情况，Ⅰ当在和之间，Ⅱ当在和之间，由，计算出的运动时间，根据运动时间即可求解；
②设直线与交于点，则，由，，可得，由 ，，可得，最后根据内外角的关系列方程即可求解．
【解答】（1）延长与相交于点，如图1，
，
，
，,
，
答案为：；
（2）①Ⅰ如图2，
，，
，
射线运动的时间（秒），
射线旋转的角度；
Ⅱ如图3所示，
，，
，
射线运动的时间（秒），
射线旋转的角度（不符合题意，舍去），
综上所述，的度数为；
②如图4，设直线与交于点，则，
，，
，
，，
，
，
，
解得：．