福建省厦门市槟榔中学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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（满分：150分 时间：120分钟）
注意事项：1．全卷三大题，25小题．另有答题卡；
2．答案必须写在答题卡上，否则不能得分；
3．可以直接使用2B铅笔作图．
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1. 公元前500年，古希腊毕达哥拉斯学派的希伯索斯发现了边长为1的正方形的对角线长不能用有理数表示，为了纪念他，人们把这些数取名为无理数．下列各数中，属于无理数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了无理数的识别，求一个数的算术平方根，根据无限不循环小数叫无理数，即可得到答案．
【详解】解：A．是循环小数，属于有理数，故本选项不符合题意；
B．是无理数，故本选项符合题意；
C．是分数，属于有理数，故本选项不符合题意；
D．，属于有理数，故本选项不符合题意．
故选：B．
2. 如图，取两根木条a，b，将它们钉在一起，得到一个相交线的模型，固定木条a，转动木条b，当∠1增大4°时，下列说法正确的是（ ）
A. ∠2增大4°B. ∠3增大4°C. ∠4增大4°D. ∠4减小2°
【答案】B
【解析】
【分析】根据对顶角的性质，邻补角的定义可得答案．
【详解】解：∵∠1与∠3是对顶角，
∴∠1=∠3，
∴当∠1增大4°时，∠3增大4°；
∵∠1与∠2是邻补角，∠1与∠4是邻补角，
∴∠1+∠2=180°，∠1+∠4=180°，
∴当∠1增大4°时，∠2减小4°，∠4减小4°．
∴当∠1增大4°时，下列说法正确的是∠3增大4°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查对顶角、邻补角，解题的关键是掌握对顶角和邻补角的定义和性质．
3. 某同学用剪刀沿直线将一片平整银杏叶剪掉一部分（如图），发现剩下的银杏叶的周长比原银杏叶的周长要小．能正确解释这一现象的数学知识是（ ）

A. 经过一点有无数条直线B. 两点确定一条直线
C. 两点之间线段最短D. 垂线段最短
【答案】C
【解析】
【分析】根据两点之间线段最短，进行作答即可．
【详解】解：某同学用剪刀沿直线将一片平整的银杏叶剪掉一部分，发现剩下的银杏叶的周长比原银杏叶的周长要小，是因为两点之间线段最短；
故选C．
【点睛】本题考查两点之间线段最短．熟练掌握两点之间线段最短，是解题的关键．
4. 如图，下列条件中不能判定的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行线的判定，根据平行线的判定定理，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ∵，
∴，故该选项不符合题意；
B. ∵，
∴，
∴，故该选项不符合题意；
C. ∵，
∴，
∴，故该选项不符合题意；
D. ，不能判定，故该选项符合题意；
故选：D．
5. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 内错角相等，两直线平行B. 邻补角互补
C. 一个二元一次方程有无数多解D. 若，则点在第一象限
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了判断真假命题，根据平行线的性质，邻补角互补，二元一次方程的解，各象限点的坐标特征，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. 同位角相等，两直线平行，是真命题，不符合题意；
B. 邻补角互补，是真命题，不符合题意；
C. 一个二元一次方程有无数多解，是真命题，不符合题意；
D. 若，则点在第一象限或第三象限，故该选项是假命题，符合题意，
故选：D．
6. 已知方程，用含的式子表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将一个未知数看作已知数求出另一个未知数．把y看作已知数求出x即可．
【详解】解：方程，
∴，
∴．
故选：C．
7. 如图，已知点E、F在同一个平面直角坐标系中，若点E在第四象限，点F在第一象限，则应选择的坐标原点是（ ）
A. 点MB. 点NC. 点PD. 点Q
【答案】A
【解析】
【分析】分别将各点作为原点，根据点E，点F所在的位置判断即可．
【详解】解：A、若点M为原点，则点E在第四象限，点F在第一象限，符合题意；
B、若点N为原点，则点E在第三象限，点F在第一象限，不符合题意；
C、若点P为原点，则点E在第一象限，点F在第一象限，不符合题意；
D、若点Q为原点，则点E在第二象限，点F在第一象限，不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了坐标与图形，正确理解坐标象限的划分是解题的关键．
8. 如图，用大小形状完全相同的长方形纸片在直角坐标系中摆成如图所示的图案，已知，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、坐标与图形，设长方形的长为，宽为，根据点的坐标列出关于、的二元一次方程组，然后解方程组，进而可求得点的坐标，结合图形，列出方程组是解题的关键．
【详解】设长方形的长为，宽为，
∵，
∴，解得：，
∴ ， ，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为，
故选：．
9. 已知，点分别在直线上，点在之间且在的左侧．若将射线沿折叠，射线沿折叠，折叠后的两条射线互相垂直，则的度数为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，延长FP交AB于点Q，根据折叠的性质和四边形的内角和进行分析解答即可．
【详解】解：根据题意，延长FP交AB于点Q，可画图如下：
∵
∴
∵将射线沿折叠，射线沿折叠，
∴，
∵，
如第一个图所示，在四边形FPEM中，，
得：，
∴．
如第二个图所示，在四边形FPEM中，，
得：，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质、折叠的性质、三角形的外角、四边形的内角和等知识．关键是利用平行线的性质以及四边形内角和进行解答．
10. 在平面直角坐标系中，点，轴，点的纵坐标为．则以下说法错误的是（ ）
A. 当，点是线段的中点
B. 无论取何值，都为定值
C. 存在唯一一个的值，使得
D. 存在唯一一个的值，使得
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形，根据已知点的坐标，即可判断A，B选项，根据的坐标分别求得，进而判断C，D选项．
【详解】解：∵点，，，
当，则，，，
∵，即点是线段的中点，故A选项正确；
∵点，，，
∴
∴无论取何值，都为定值，故B选项正确；
∵轴，点的纵坐标为，
∴，
∵，，
当时，
则（无解）或
解得：，故C选项正确；
当时，则或
解得：或，故D选项错误，符合题意，
故选：D．
二、填空题：（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 36的平方根是______．
【答案】±6
【解析】
【详解】因为，
则36的平方根为±6，
故答案为±6
12. 如图是一足球场的半场平面示意图，已知球员A的位置为（－2，0），球员B的位置为（1，1），则球员C的位置为________．
【答案】（－1，2）
【解析】
【分析】先根据点A，点B的坐标建立直角坐标系，再确定点C的坐标即可．
【详解】根据点A（-2,0），点B（1,1），以点A所在的直线为x轴，点A右侧2个单位长度竖直方向为y轴建立直角坐标系，如图所示．
所以点C的坐标是（-1,2）．
故答案为：（-1,2）．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点的坐标，建立适当的直角坐标系是解题的关键．
13. 说明命题“a的平方是正数”是假命题的反例是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了判定命题真假的方法，平方的非负性；掌握举反例是说明命题为假命题的方法是解题的关键．
【详解】解：当时，
，
此时a的平方不是是正数，
命题“a平方是正数”是假命题；
故答案：．
14. 在两千多年前，我们的先祖就运用杠杆原理发明了木杆秤，学名叫作戥子．如图，这是一杆古秤在称物时的状态，已知，则的度数为______．

【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查了平行线的性质，根据两直线平行，内错角相等，即可求解．
【详解】解：如图所示，依题意，，
∴，
∵，，
∴
∴．

故答案为：．
15. 已知关于x，y的二元一次方程的部分解如表：
关于x，y二元一次方程的部分解如表：
则关于x，y的二元一次方程组的解是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二元一次方程组的定义解答即可．
【详解】由题意可知，既是方程的解，也是方程的解，
二元一次方程组的解是
故答案为：．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，一般地，使二元一次方程两边的值相等的两个未知数的值，叫做二元一次方程的解．
16. 对于一个各数位上的数字均不为0的三位自然数，若的百位数字与十位数字的平均数等于个位数字，则称为“均衡数”．将“均衡数”的百位数字与十位数字交换位置后得到的新数再与相加的和记为．若三位数是“均衡数”，满足百位数字小于十位数字，为整数，且能被十位数字与百位数字的差整除，则的值为______．
【答案】或##798或132
【解析】
【分析】本题考查了一种新的定义，算术平方根，设这个三位数为：，根据可推导求解出的值；再根据能被十位数字与百位数字的差整除和这两个条件，可得到、的值，即可求解．
【详解】解：设（，，，，均为整数），则，
∴，
∴，
∵是一个整数，，
∴，即，或（舍去），则
∴或1776，
①当时，
∵能被十位数字和百位数字的差整除，
∴为整数，
∴为1或2或3或4或6，
∵，
∴（不合题意的已经舍去）；
②当时，为整数，
只有，符合要求
解得：
∴或．
故答案为：或．
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，算术平方根，立方根，根据立方根，算术平方根的定义化简，实数的混合运算进行计算即可求解．
【详解】解：
18. 解下列方程组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查解二元一次方程组；
（1）采用代入法求解即可；
（2）采用加减消元法求解即可．
【小问1详解】
解：
根据题意将①代入②，可得，
解的，
将代入①中，可得 ，
故此方程组的解为：；
【小问2详解】
解：，
根据题意可得：可得：，
解得 ，
将代入②可得 ，
解得 ，
故方程组的解为：．
19. 如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知三个顶点坐标分别为，，．将向左平移4个单位得到，点A，B，C的对应点分别是，，．
（1）请在图中画出；
（2）求的面积；
（3）若且轴，则点的坐标为______．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据平移分式确定A、B、C对应点的坐标，再描出，最后顺次连接即可；
（2）利用割补法求解即可；
（3）先求出，再根据平行于y轴的直线上的点横坐标相同求出b的值即可求出点P的坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
解：；
【小问3详解】
解：由（1）得 ，
∵且轴，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，坐标与图形变化—平移，求三角形面积，灵活运用所学知识是解题的关键．
20. 在一次活动课中，虹烨同学用一根绳子围成一个长宽之比为，面积为的长方形．
（1）求长方形的长和宽；
（2）她用另一根绳子围成一个正方形，且正方形的面积等于原来围成的长方形面积，她说：“围成的正方形的边长与原来长方形的宽之差大于”，请你判断她的说法是否正确，并说明理由．
【答案】（1）长方形的长为15cm，宽为5cm．
（2）她的说法正确，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意设长方形的长为cm，宽为cm，则，再利用平方根的含义解方程即可；
（2）设正方形的边长为y， 根据题意可得， 利用平方根的含义先解方程，再比较与3的大小即可．
【小问1详解】
解：根据题意设长方形的长为cm，宽为cm，则
即



答：长方形的长为15cm，宽为5cm．
【小问2详解】
设正方形的边长为y， 根据题意可得，

，
原来长方形的宽为5cm，
正方形边长与长方形的宽之差为：，
即，
所以她的说法正确．
【点睛】本题考查的是算术平方根的应用，利用平方根的含义解方程，以及无理数的估算，理解题意，准确的列出方程或代数式是解本题的关键．
21. 如图，已知，分别是射线，上的点，连接，平分，平分，．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）的度数为
【解析】
【分析】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
（1）利用角平分线的定义可得，从而利用等量代换可得，然后利用内错角相等，两直线平行可得，即可解答；
（2）根据已知可得，然后利用平行线的性质可得，从而利用角平分线的定义可得，再利用平角定义可得，最后进行计算可求出，从而求出的度数，即可解答．
【小问1详解】
解：平分，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
的度数为．
22. 某校七年级（1）班为表彰先进，让班长小文带上一定数量的班费去文具店购买奖品经与店家沟通交流，小文获知了如表信息：
（1）每根笔的售价为______元，小文所带班费的数量为______元；
（2）求大、小本子每本的售价．
【答案】（1），
（2）大本子每本的售价为元，小本子每本的售价为元
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组的应用
（1）设小文所带班费的数量为元，笔每支的售价为元，根据方式一和方式二可得关于，的二元一次方程组，求解即可；
（2）设大本子每本的售价为元，小本子每本的售价为元，根据方式三和方式四可得关于，的二元一次方程组，求解即可．
【小问1详解】
解：设小文所带班费的数量为元，笔每支的售价为元，
依题意，得：，
解得：，
∴每根笔的售价为元，小文所带班费的数量为元；
故答案为：，．
【小问2详解】
设大本子每本的售价为元，小本子每本的售价为元，
依题意，得：，
解得：，
∴大本子每本的售价为元，小本子每本的售价为元
23. 阅读材料并回答下列问题：
当都是实数，且满足，就称点为“可爱点”．例如：点，令得，，所以不是“可爱点”；，令得，，所以是“可爱点”．
（1）请判断点是否为“可爱点”：______（填“是”或“否”）
（2）若以关于的方程组的解为坐标的点是“可爱点”，求的值；
（3）若以关于的方程组的解为坐标的点是“可爱点”，求正整数的值．
【答案】（1）否 （2）10
（3）或或或
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，二元一次方程组的解、二元一次方程的正整数解求法，点的坐标知识；
（1）根据“可爱点”的定义分别判断即可；
（2）先关于x，y的方程组的解，直接利用“可爱点”的定义得出关于方程，解方程求出的值进而得出答案．
（3）先关于x，y的方程组的解，直接利用“可爱点”的定义得出关于、的二元一次方程求出正整数解即可．
【小问1详解】
解：点，令，
得，
，
不是“可爱点”，
故答案为：否．
【小问2详解】
解：方程组的解为，
点是“可爱点”，
，
，
，
，
解得
的值为10．
【小问3详解】
解：方程组的解为，
点是“可爱点”，
，
，
，
，
解得，
a，b为正整数，
或或或．
24. 汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即．如图，灯射线自顺时针旋转至便立即回转，灯射线自顺时针旋转至便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯转动的速度是秒，灯转动的速度是秒，且满足．
（1）______，______；
（2）若灯射线先转动20秒，灯射线才开始转动，在灯射线到达之前，求灯转动几秒时，两灯光束第一次互相平行？
（3）如图，两灯同时转动，在灯射线到达之前，若射出的光束交于点，已知．
①用含的代数式表示______；
②过作交于点，则在转动过程中，探究与有怎样的数量关系．
【答案】（1）3，1 （2）A灯转动秒时，两灯的光束第一次互相平行
（3）①；②，见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，非负数的性质以及角的和差关系的运用；
（1）根据，可得，进而得出a、b的值；
（2）由（1）可知，灯A转动的速度是秒，灯转动的速度是秒，设灯A转动秒时，两灯光第一次互相平行，由平行线性质可知，解方程求得x的值即可；
（3）①过点C作，则由得到，则可得，经过秒，，得到；
②由题意可知，，即，得到，再得到，即可得到结论．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴；
故答案为：3，1；
【小问2详解】
解：由（1）可知，灯A转动的速度是秒，灯转动的速度是秒，
设灯A转动秒时，两灯光第一次互相平行，由平行线性质，
可知，
解得；
∴A灯转动秒时，两灯的光束第一次互相平行；
【小问3详解】
解：①过点C作，

则
∵，
∴，
∴
∴，
即，
经过秒，，
故答案为：；
②，理由如下：
由题意可知，点一定在的右侧，，即，
，
，
．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点，点，将线段向上平移个单位，再向右平移1个单位得到线段（点与点对应，点与点对应），此时四边形为平行四边形，且面积为．
（1）求点的坐标；
（2）连接与轴交于点，求的值；
（3）若点从点出发，以每秒个单位的速度向上平移运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度向左平移运动，当点到达点后停止运动，若射线交轴于点，设与的面积差为，问：是否定值？如果是定值，请求出它的值；如果不是定值，请说明理由．
【答案】（1）点的坐标为，
（2）
（3）的值是定值3
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，坐标与图形；
（1）根据四边形的面积为8，求出，再由平移的性质得到，即可求出点D的坐标；
（2）解法1：先求出，再由，得到，又由，求出，则；解法2：由，求出，则，即可得到；
（3）分当点在线段上时，当点在上时，两种情况分别求出S的值即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵点，，，
∴，
∵由平移性质可知，，
∴点的坐标为，点的坐标为；
【小问2详解】
解：解法1：∵和同底，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵和同高，
∴；
解法2：∵，
∴，即
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：结论：的值是定值3，理由如下：
①如图，当点在线段上时，连接．
设运动时间为秒，
由题意：
∴，
，
∴，
∴，
∴
②如图，当点在上时，连接．
由①可知，
∴
综上所述，的值是定值3．x
…
2
5
8
11
…
y
…
2
9
…
x
…
2
5
8
11
…
y
…
2
26
…
数量方式
购买笔的数量
（根）
大本子的数量
（本）
小本子的数量
（本）
所剩的钱数
（元）
方式一
方式二
（注意是负数）
方式三
方式四