福建省福州杨桥中学2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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（答卷时间：120分钟；总分：150分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；每题只有一个正确选项）
1. 如图，小手盖住的点的坐标可能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据盖住的点是第四象限的点，结合第四象限内点的坐标特征求解．
【详解】解：因为盖住的点是第四象限的点，
所以小手盖住的点的坐标可能为，
故选：D．
【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题的关键，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（，）．
2. 4 的算术平方根是（ ）
A 2B. ±2C. 16D. ±16
【答案】A
【解析】
【分析】试题分析：利用算术平方根的定义计算即可得到结果．
【详解】解：∵22=4，
∴4的算术平方根是2.
故选：A.
3. 如图，AB∥CD，∠A＝54°，则下列角中大小为54°的是（ ）
A. ∠CB. ∠EC. ∠DFED. ∠AFD
【答案】C
【解析】
【分析】根据“两直线平行，同位角相等”解答判断即可．
【详解】解：∵AB∥CD，∠A＝54°，
∴∠DFE＝∠A＝54°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，灵活选择平行线的性质是解题的关键．
4. 若二元一次方程的解为，那么这个方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把已知解代入方程检验即可．
【详解】解：A、把代入方程得：左边＝3×4−4×1＝8，右边＝16，
左边≠右边，不是方程的解，不符合题意；
B、把代入方程得：左边＝×4＋2×1＝3，右边＝5，
左边≠右边，不是方程的解，不符合题意；
C、把代入方程得：左边＝×4＋3×1＝5，右边＝8，
左边≠右边，不是方程的解，不符合题意；
D、把代入方程得：左边＝2×（4−1）＝6，右边＝6×1＝6，
左边＝右边，是方程的解，符合题意，
故选：D．
【点睛】此题考查了二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
5. 下列不等式变形正确的是（ ）
A. 由，得B. 由，得
C. 由，得D. 由，得
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题关键．不等式的基本性质：（1）等式的两边同时加上或减去同一个数或字母，不等号方向不变；（2）等式的两边同时乘以或除以同一个正数，不等号方向不变；（3）等式的两边同时乘以或除以同一个负数，不等号方向改变．据此逐项分析判断即可．
【详解】解：A. 由，若，则可得，故本选项变形错误，不符合题意；
B. 由，得，故本选项变形错误，不符合题意；
C. 由，若，则可得，故本选项变形错误，不符合题意；
D. ，因为，所以可得，故本选项变形正确，符合题意．
故选：D．
6. 已知点，若点到轴、轴的距离相等，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征、解绝对值方程等知识，熟练掌握平面直角坐标系中点的坐标特征是解题关键．首先根据点到轴、轴的距离相等，可解得或，然后确定点的坐标即可．
【详解】解：根据题意，点到轴、轴的距离相等，
则有，
∴或，
解得或，
当时，，，即，
当时，，，即，
所以，点的坐标为或．
故选：C．
7. 已知关于的方程为的解为正数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查解一元一次方程、解一元一次不等式等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先解该方程可得，结合方程的解为正数，可得关于的不等式，求解即可．
【详解】解：解方程，可得，
∵关于的方程为的解为正数，
∴，解得．
故选：B．
8. 如果自然数a平方根是±m，那么a+1的平方根用m表示为（ ）
A. ±（m+1）B. （m2+1）C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据平方根性质用m表示出该自然数a，由此进一步表示出，从而进一步即可得出答案．
【详解】由题意得：这个自然数a为：，
∴,
故的平方根用m表示为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平方根的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.
9. 在《九章算术》中，一次方程组是由算筹布置而成的，图1所示的算筹图表示的是关于，的方程组，则图2所示的算筹图表示的方程组是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题关键是要读懂材料所给出的用算筹表示二元一次方程组的方法．由图1前2个算筹为字母的系数，后2个，第一个是十位数字，第二个是个位数，竖的表示1，横的表示5，据此类比图2所示的算筹的表示方法解答即可．
【详解】解：结合题意，
可得图2所示的算筹图表示的方程组是．
故选：A．
10. 若关于，的二元一次方程组的解为，则方程组的解为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，掌握用换元、整体代换方法解方程组是解题的关键．将方程组整理可得，，根据题意可得，求解即可获得答案．
【详解】解：将方程组整理可得，，
∵关于，的二元一次方程组的解为，
所以可得，解得．
故选：B．
二、填空题（共6小题，题4分，满分24分）
11. 请写出一个大于1且小于2的无理数：___．
【答案】（答案不唯一）．
【解析】
【分析】由于所求无理数大于1且小于2，两数平方得大于2小于4，所以可选其中的任意一个数开平方即可．
【详解】大于1且小于2的无理数可以是等，
故答案为：（答案不唯一）．
12. 如图，直线与交于点，，若，则的度数为_______．
【答案】##50度
【解析】
【分析】本题主要考查邻补角、垂直的定义等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据邻补角的定义解得，再根据垂直的定义可得，然后由求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
13. 如图，在平面直角坐标系中，若点的坐标为，点的坐标为，则该坐标系的原点是______．
【答案】点
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，正确建立平面直角坐标系是解题的关键．根据点的坐标和点的坐标确立轴和轴，进而确定原点的位置即可．
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系，
∴原点的位置是点．
故答案为：点．
14. 不等式的解集是，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的性质以及解一元一次不等式，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．把不等式两边除以时不等号方向改变了，则，然后解关于的不等式即可．
【详解】解：∵不等式的解集是，
∴，
解得，即的取值范围是．
故答案为：．
15. 在长方形中，放入六个形状、大小相同的小长方形，所标尺寸如图所示，则每个小长方形的面积为______．
【答案】16
【解析】
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，正确列出二元一次方程组是解题关键．设小长方形的长为，宽为，根据题意列出二元一次方程组并求解，即可获得答案．
【详解】解：设小长方形的长为，宽为，如下图，
根据题意，可得，
解得，
所以，每个小长方形的面积为．
故答案为：16．
16. 在平面直角坐标系xOy中，点A（a，﹣a），，C（a，0），其中﹣1＜a＜0，b＞1．下列结论正确有 _____．（填写所有正确结论的序号）
①点（ab，0）在线段BC上；②点在线段BC上；③点（a，﹣a）在线段AC上；④点在线段AC上．
【答案】①②③
【解析】
【分析】令a，b选择特殊值，再分别求出ab，，﹣0.5a，，，然后根据大小关系判断即可.
【详解】解：令a＝﹣0.5，b＝2，则ab＝﹣1，，﹣0.5a＝0.25，，，
∴，，，，
∴点，在线段BC上，点在线段AC上．
则①②③正确.
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点的坐标，比较横（纵坐标）的大小是确定点和线段的位置关系的关键．
三、解答题（共9小题，满分86分）
17. 计算：
（1）计算：；
（2）已知：，求的值．
【答案】（1）1 （2）或4
【解析】
【分析】本题主要考查了算术平方根、立方根、实数运算以及利用平方根解方程，熟练掌握相关运算法则是解题关键．
（1）首先根据算术平方根和立方根的性质、乘方运算法则求解，然后相加减即可；
（2）根据平方根的性质可得，然后求解即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴或4．
18. （1）解方程组：．
（2）解不等式：，并在数轴上将解集表示出来．
【答案】（1）；（2），在数轴上将解集表示出来见详解
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程、解一元一次不等式以及将不等式的解集在数轴上表示出来，熟练掌握解二元一次方程和解一元一次不等式的方法和步骤是解题关键．
（1）利用加减消元法解该方程组即可；
（2）首先求解该一元一次不等式的解集，然后将解集在数轴上表示出来即可．
【详解】解：（1），
由①②，可得，
解得 ，
将代入①，可得 ，
解得，
所以，该方程组的解为；
（2），
不等号两边同时乘以15，可得 ，
去括号，可得 ，
移项、合并同类项，可得 ，
系数化为1.可得 ，
数轴上将解集表示出来，如下图所示：
19. 如图所示，三角形ABC中，AD⊥BC于点D，点E为CA的延长线上的一点，作EG⊥BC于点G，若∠E＝∠1，求证：∠2＝∠3．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先根据EG⊥BC，AD⊥BC，证明EGAD，再根据同位角相等证∠1＝∠2，∠E＝∠3，再用等量代换即可得证．
【详解】证明：∵EG⊥BC，AD⊥BC，
∴∠EGD＝∠ADC＝90°，
∴EGAD，
∴∠1＝∠2，∠E＝∠3，
又∵∠E＝∠1，
∴∠2＝∠3．
【点睛】本题主要考查平行线的判定和性质，熟练掌握同位角相等两直线平行，两直线平行同位角相等是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，且．将线段向右平移4个单位，再向下平移3个单位得到线段（对应，对应）．
（1）画出线段，连接，；
（2）线段与的位置关系为 ，数量关系为 ；
（3）四边形的面积为 ．
【答案】（1）见详解 （2），
（3）25
【解析】
【分析】本题主要考查了作图—平移变换、平移的性质、坐标图形等知识，熟练掌握平面直角坐标系中点平移的性质和作法是解题关键．
（1）根据题意作出点，连接，，即可；
（2）由平移的性质，即可获得答案；
（3）利用割补法求得四边形的面积即可．
【小问1详解】
解：画出线段，连接，，如下图所示；
【小问2详解】
由平移的性质可得，，．
故答案为：，；
【小问3详解】
∵，，将线段向右平移4个单位，再向下平移3个单位得到线段，
∴，，
∴四边形的面积．
故答案为：25．
21. 小辰想用一块面积为的正方形纸片，沿着边的方向裁出一块面积为的长方形纸片，使它的长宽之比为. 小辰能否用这张正方形纸片裁出符合要求的纸片？若能请写出具体裁法；若不能，请说明理由.
【答案】无法裁出符合要求的纸片，理由详见解析.
【解析】
【分析】根据长方形面积为90，和长宽比例为5：3即可求得长方形的长，即可解题．
【详解】解：设长方形纸片的长为，宽为
依题意，得


∵
∴
∴长方形纸片的长为.
∴面积为的正方形的边长为，
∵
∴.
答：无法裁出符合要求的纸片.
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及算术平方根，解题的关键是先求出所裁出的长方形纸片的长．
22. 阅读下面内容，并解决问题：用求差法比较大小
学习了不等式的知识后，我们根据等式和不等式的基本性质，可知比较两个数或数量的大小可以通过它们的差来判断．例如，如果两个数或数量为和，那么，当时，一定有；当时，一定有；当时，一定有．反过来也正确，即当时，一定有；当时，一定有；当时，一定有，因此，我们经常把要比较的对象先数量化，再求它们的差，根据差的正负判断对象的大小．这种比较大小的方法称为“求差法比较大小”．
请解决以下问题：
（1）用“”，“”或“”填空： ；
（2）制作某产品有两种用科方案：方案一用3块型钢板，7块型钢板：方案二用2块型钢板，8块型钢板．型钢板的面积比型钢板的面积大．若型钢板的面积为，型钢板的面积为，从省料的角度考虑，应选哪种方案？说明理由．
【答案】（1）
（2）方案二，理由见详解
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的混合运算和整式的加减运算，理解题意，正确运用“求差法比较大小”的方法是解题关键．
（1）利用“求差法比较大小”的方法解答即可；
（2）先用、的代数式表示出方案一与方案二的面积，再利用“求差法比较大小”的方法解答即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴．
故答案为：；
【小问2详解】
根据题意，型钢板的面积为，型钢板的面积为，型钢板的面积比型钢板的面积大，即，
∴，
∵方案一用料为：，方案二用料为：，
又∵，
∴，
∴从省料的角度考虑，应选方案二．
23. 中华文字，寓意深广．某中学举办“汉字听写大赛”时，分三次购买笔记本和签字笔作为奖品，每次购买的奖品数量和费用记录如表．其中有次购买时遇到文具店打折销售（笔记本和签字笔的折扣相同），其余两次均按标价购买，且每次购买的笔记本和签字笔的规格及标价均不变．
（1）求每本笔记本和每支签字笔的标价；
（2）若按原折扣再购买笔记本和签字笔的总数量为100，且费用不超过620元，那么张老师最多可以买多少本笔记本？
【答案】（1）笔记本的标价为10元，签字笔的标价为4元；
（2）张老师最多可以买62本笔记本．
【解析】
【分析】（1）先根据表格信息可得第二次购买笔记本和签字笔时，遇到文具店打折销售．设笔记本的标价为x元，签字笔的标价为y元． 再根据第一次与第三次购买的总价建立方程组解题即可；
（2）先求解第二次打折的折扣，再设张老师最多可以买本笔记本，则签字笔购买支，利用总价不超过620元建立不等式解题即可．
【小问1详解】
解：∵在某文具店购买笔记本和签字笔共三次，只有一次购买时，笔记本和签字笔同时打折，其余两次均按标价购买， 且只有第二次购买数量明显增多，但是总的费用不高，
∴第二次购买笔记本和签字笔时，遇到文具店打折销售．
设笔记本的标价为x元，签字笔的标价为y元．
根据题意，得，
解得： ，
答：笔记本的标价为10元，签字笔的标价为4元；
【小问2详解】
设第二次打了折，则
，
解得：，
张老师最多可以买本笔记本，则签字笔购买支，
∴，
解得：，
∴的最大整数解为62，
答：张老师最多可以买62本笔记本．
【点睛】本题考查的是二元一次方程组的应用，一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，确定相等关系与不等关系是解本题的关键．
24. 如图1，已知点为直线外一点．

（1）若则的度数为 ；(请用含的式子表示)
（2）如图2，点在的延长线上，连接，若平分求的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作交的延长线于点延长交于点过点作交于点当平分时，求的度数．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）如图1，设直线AB交CE于点M，根据平行线性质可得∠ANE=∠C=m°，然后根据直角三角形的性质求解即可；
（2）如图2，过点作，则，进而可得，由平行公理的推论、垂直的定义和平行线的性质可得，然后根据角的和差和角平分线的定义即可求出结果；
（3）设，由（2）的结论和角平分线的定义可用含x的代数式表示∠BFG，进而可根据相关角的关系用含x的代数式表示∠BFE与∠BFH，然后根据平角的定义即可求出x，进一步即可求出答案．
【详解】解：（1）如图1，设直线AB交CE于点N，
∵，
∴∠ANE=∠C=m°，
∵，∴∠EAB=90°，
∴；
故答案为：；
（2）如图2，过点作，则，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
；
（3）由（2）得，设，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
又，
，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质、平行公理的推论、角平分线的定义、直角三角形的性质、垂直的定义等知识，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
25. 在平面直角坐标系中，为坐标原点．已知点，，连接．
（1）若，求线段的长；
（2）若．
①平移线段，使点，的对应点分别为点，求的值；
②连接，，记三角形的面积为，若，，时，求的取值范围．
【答案】（1）6 （2）①；②且
【解析】
【分析】（1）根据非负数性质可求得的值，可得点的纵坐标相同，故线段轴，即可求解；
（2）①根据平移的性质可得，结合，即可求解；②根据题意可求得，，然后分当时、当且时和当时三种情况讨论，分别求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
又∵，，
∴，，
∴，，
∵点的纵坐标相同，
∴线段轴，
∴，
即线段的长为6；
【小问2详解】
①根据题意，平移线段，使点，的对应点分别为点，
可得，
整理可得，
∵，
∴可得，解得，
∴的值为；
②∵，
∴，
∴当时，可有，，
当时，如下图，
则
，
∵，
∴，解得，
∴此时；
当且时，如下图，
∵，
∴，
∵，
∴当且时，一定成立；
当时，如下图，
则
，
∵，
∴，解得，
∴此时．
综上所述，的取值范围为且．
【点睛】本题主要考查了平行于坐标轴的线段长、平移变换、动点三角形面积问题、一元一次不等式的应用等知识，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
笔记本数量/本
签字笔数量/支
费用/元
第一次
60
60
840
第二次
75
65
808
第三次
70
50
900