2023-2024学年广东省东莞市常平镇七年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省东莞市常平镇七年级（下）期中数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.64的平方根为( )
A. 8B. ±8C. −8D. ±4
2.下列各式中，是关于x，y的二元一次方程的是( )
A. 2x−yB. xy+x−2=0C. x−3y=−1D. 2x−y=0
3.在平面直角坐标系中，将点(−2,3)向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为( )
A. (2,3)B. (−6,3)C. (−2,7)D. (−2,−1)
4.下列哪对x，y的值是二元一次方程x+2y=6的解( )
A. x=−2y=−2B. x=0y=2C. x=2y=2D. x=3y=1
5.下列各式中，正确的是( )
A. (−2)2=−2B. 3−9=−3C. − 32=3D. ± 9=±3
6.如图，点E在AD延长线上，下列条件能判断AB/​/CD的是( )
A. ∠3=∠4
B. ∠C+∠ADC=180°
C. ∠C=∠CDE
D. ∠1=∠2
7.如图，直线MN与CD相交于点O，∠MOC=80°，∠1=35°，则∠2的度数是( )
A. 35°
B. 40°
C. 45°
D. 55°
8.已知点P(m+2,2m−4)在x轴上，则点P的坐标是( )
A. (0,4)B. (4,0)C. (0,−4)D. (−4,0)
9.下列说法中正确的个数是( )
①无限小数都是无理数；
②带根号的数都是无理数；
③数轴上的点表示的数都是实数；
④有理数都是有限小数；
⑤实数分为正实数，0，负实数．
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
10.如图，科技兴趣小组爱好编程的同学编了个电子跳蛙程序，跳蛙P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向跳动，第1次从原点跳到点(1,1)，第2次接着跳到点(2,0)，第3次接着跳到点(3,2)，…，按这样的跳动规律，经过第2024次跳动后，跳蛙P的坐标是( )
A. (2024,0)B. (2024,1)C. (2023,1)D. (2024,2)
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.比较大小： 5 ______2.(填“<”或“>”)
12.将命题“同角的余角相等”，改写成“如果…，那么…”的形式______．
13.在平面直角坐标系的第四象限内有一点P，点P到x轴的距离为7，到y轴的距离为8，则点P的坐标为______．
14.已知x=−1y=2是方程ax+y=4的一个解，则a的值为______．
15.如图，将一张长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，ED′的延长线与BC交与点G.若∠EFG=55°，则∠1= ．
三、解答题：本题共10小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算： 2( 2−1)+3−27+| 2−3|．
17.(本小题5分)
如图，图中每个小正方形的边长均为1，已知极地动物馆的坐标为(5,4)，孔雀园的坐标为(6,−1)，先建立平面直角坐标系，再表示其他三个景点的坐标．
18.(本小题6分)
解方程组：4x−3y=6①3x−y=7②．
19.(本小题6分)
如图，已知∠1=∠2，∠C=∠D，求证：∠A=∠F．
20.(本小题6分)
如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为(1,2)．
(1)将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，画出所得到的△A′B′C′．
(2)求△ABC的面积．
21.(本小题7分)
某校为丰富学生的校园生活，准备从某体育用品商店一次性购买若干个足球和篮球，若购买3个足球和2个篮球共需210元，购买2个足球和1个篮球共需130元，请问购买一个足球，一个篮球各需多少元？
22.(本小题7分)
如图所示，EF⊥BC于点F，DM⊥BC于点M，∠1=∠2，∠3=∠C.求证：AB/​/MN．
23.(本小题7分)
小明制作了一张面积为81cm2的正方形贺卡想寄给朋友.现有一个长方形信封如图所示，长、宽之比为5：3，面积为150cm2．
(1)求长方形信封的长和宽；
(2)小明能将贺卡不折叠就放入此信封吗？请通过计算给出判断．
24.(本小题10分)
如图，直线AB与CD相交于O，OF，OD分别是∠AOE，∠BOE的平分线．
(1)写出∠DOE的补角；
(2)若∠DOE=30°，求∠BOC和∠EOF的度数；
(3)试问射线OD与OF之间有什么特殊的位置关系？为什么？
25.(本小题10分)
如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为(a,0)，点C的坐标为(0,b)且a、b满足 a−8+|b−12|=0，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动．
(1)点B的坐标为______；当点P移动5秒时，点P的坐标为______；
(2)在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；
(3)在O−C−B的线路移动过程中，是否存在点P使△OBP的面积是20，若存在，直接写出点P移动的时间；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(±8)2=64，
∴64的平方根是±8．
故选：B．
根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．
本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
2.【答案】C
【解析】解：A.不是方程，不是二元一次方程，故本选项不符合题意；
B.是二元二次方程，不是二元一次方程，故本选项不符合题意；
C.是二元一次方程，故本选项符合题意；
D.是分式方程，不是整式方程，不是二元一次方程，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据二元一次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了二元一次方程的定义，能熟记二元一次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有两个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是1的整式方程，叫二元一次方程．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了坐标与图形变化−平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．
把点(−2,3)的横坐标加4，纵坐标不变得到点(−2,3)平移后的对应点的坐标．
【解答】
解：点(−2,3)向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为(2,3)．
故选A．
4.【答案】C
【解析】解：A.当x=−2，y=−2，得x+2y=−6，那么x=−2，y=−2不是x+2y=6的解，故A不符合题意．
B.当x=0，y=2，得x+2y=4，那么x=0，y=2不是x+2y=6的解，故B不符合题意．
C.当x=2，y=2，得x+2y=2+4=6，那么x=2，y=2是x+2y=6的解，故C符合题意．
D.当x=3，y=1，得x+2y=3+2=5，那么x=3，y=1不是x+2y=6的解，故D不符合题意．
故选：C．
根据二元一次方程的解的定义解决此题．
本题主要考查二元一次方程的解的定义，熟练掌握二元一次方程的解的定义是解决本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、原式=|−2|=2，错误；
B、原式=−39，错误；
C、原式=−3，错误；
D、原式=±3，正确．
故选：D．
原式各项计算得到结果，即可做出判断．
此题考查了立方根，平方根，以及算术平方根，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据平行线的判定定理即可直接作出判断．
此题考查了平行线的判定定理，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键．
【解答】
解：A、根据内错角相等，两直线平行即可证得BC/​/AD，不能证AB/​/CD，故选项错误；
B、根据同旁内角互补，两直线平行，可证得BC/​/AD，不能证AB/​/CD，故选项错误；
C、根据内错角相等，两直线平行即可证得BC/​/AD，不能证AB/​/CD，故选项错误；
D、根据内错角相等，两直线平行即可证得AB//DC，故选项正确．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】解：由题可知∠MOC=∠DON=80°，
∵∠1=35°，
∴∠2=∠DON−∠1=80°−35°=45°．
故选：C．
根据对顶角相等可得∠DON=80°，之后根据∠1=35°，即可求出∠2．
本题主要考查对顶角性质和角的和与差，掌握对顶角相等是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵点P(m+2,2m−4)在x轴上，
∴2m−4=0，
解得m=2，
∴m+2=4，
∴点P的坐标是(4,0)．
故选：B．
根据x轴上的点的纵坐标为0，得出点P的纵坐标2m−4=0，求得m=2，代入m+2求得横坐标为4，从而求得点P的坐标．
本题考查了点的坐标，在平面直角坐标系中，x轴上的点的纵坐标为0，是解答本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：①无限不循环小数是无理数，故此选项错误；
②带根号的数不一定是无理数，故此选项错误；
③数轴上的点表示的数都是实数，正确；
④有理数都是有限小数，错误；
⑤实数分为正实数，0，负实数，正确．
故选：A．
分别利用有理数、无理数和实数的定义分析得出即可．
此题主要考查了实数的有关定义，正确把握相关概念是解题关键．
10.【答案】A
【解析】解：由图形可知：
第1次原点跳到点(1,1)，
第2次接着跳到点(2,0)，
第3次接着跳到点(3,2)，
第4次接着跳到点(4,0)，
第5次接着跳到点(5,1)，
…，
∴横坐标为跳动的次数，经过2024次跳动后，跳蛙P的横坐标为：2024，
∵纵坐标为1，0，2，0，每4次一轮循环，
∵2024÷4=506，
∴经过2024次跳动后，跳蛙P的纵坐标为0，
∴经过第2024次跳动后，跳蛙P的坐标是(2024,0)，
故选：A．
根据已知条件和已知点的横纵坐标可知：横坐标为跳动的次数，纵坐标为1，0，2，0，每4次循环一轮，按照此规律进行解答即可．
本题主要考查了点的坐标规律，解题关键是从所给的数据和图形中寻找规律．
11.【答案】>
【解析】解：∵2= 4，
又∵ 5> 4，
∴ 5>2，
故答案为：>．
先把2写成 4，然后根据被开方数大的算术平方根也大即可得出比较结果．
本题考查了实数的大小比较，是一道基础题．
12.【答案】如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等
【解析】【分析】
本题考查命题与定理，属于基础题，正确得出命题的题设和结论是解题的关键．
根据“如果”后面接的部分是题设，“那么”后面解的部分是结论，即可解决问题．
【解答】
解：命题“同角的余角相等”，可以改写成：如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等．
故答案为：如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等．
13.【答案】(8,−7)
【解析】解：∵第四象限内有一点P，点P到x轴的距离为7，到y轴的距离为8，
∴P(8,−7)．
故答案为：(8,−7)．
第四象限内有一点P，点P到x轴的距离为7，到y轴的距离为8，即可知答案．
本题考查点的坐标，做题的关键是掌握象限点的坐标符号．
14.【答案】−2
【解析】解：把x=−1y=2代入ax+y=4得：−a+2=4，
∴a=−2，
故答案为：−2．
把x=−1y=2代入ax+y=4代入计算，即可得出答案．
本题考查了二元一次方程的解，理解二元一次方程的解的意义是解决问题的关键．
15.【答案】110°
【解析】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，∠1=∠DEG．
∵∠DEF=∠GEF，∠EFG=55°，
∴∠1=2∠EFG=110°．
故答案为：110°．
【分析】此题主要考查了翻折变换和平行线的性质，熟练进行角度的转换是解题的关键．
由长方形的对边平行可得∠DEF=∠EFG，∠1=∠DEG，由折叠可得∠DEF=∠GEF，推出∠1=2∠EFG，即可得出答案．
16.【答案】解： 2( 2−1)+3−27+| 2−3|
=2− 2−3+3− 2
=2−2 2．
【解析】首先计算开立方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
17.【答案】解：建立平面直角坐标系如图所示：大象馆(−2,6)，猴山(0,1)，火烈鸟馆(−3,−2)．
【解析】先根据极地动物馆的坐标为(5,4)画出平面直角坐标系，再依次写出各景点的坐标即可．
此题主要考查了坐标确定位置，关键是正确确定坐标系原点位置．
18.【答案】解：②×3−①，可得：5x=15，
解得x=3，
把x=3代入②，可得：9−y=7，
解得：y=2，
∴原方程组的解为x=3y=2．
【解析】应用加减消元法，求出方程组的解即可．
此题主要考查了解二元一次方程组的方法，注意代入消元法和加减消元法的应用．
19.【答案】证明：∵∠1=∠2，
∴BD/​/CE，
∴∠C+∠CBD=180°，
∵∠C=∠D，
∴∠D+∠CBD=180°，
∴AC/​/DF，
∴∠A=∠F．
【解析】根据平行线判定推出BD/​/CE，求出∠D+∠CBD=180°，推出AC/​/DF，根据平行线性质推出即可．
本题考查了平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
20.【答案】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求．

(2)△ABC的面积为12×(1+3)×4−12×1×3−12×3×1=8−32−32=5．
【解析】(1)根据平移质作图即可．
(2)利用割补法求三角形的面积即可．
本题考查作图−平移变换，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键．
21.【答案】解：设购买一个足球需要x元，购买一个篮球需要y元，
依题意得：3x+2y=2102x+y=130，
解得：x=50y=30．
答：购买一个足球需要50元，购买一个篮球需要30元．
【解析】设购买一个足球需要x元，购买一个篮球需要y元，根据“购买3个足球和2个篮球共需210元，购买2个足球和1个篮球共需130元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
22.【答案】证明：∵EF⊥BC，DM⊥BC(已知)，
∴∠EFC=∠DMC=90°(垂直定义)，
∴EF//DM(同位角相等，两直线平行)，
∴∠2=∠CDM(两直线平行，同位角相等)，
∵∠1=∠2(已知)，
∴∠1=∠CDM(等量代换)，
∴CD//MN(内错角相等，两直线平行)，
∵∠3=∠C(已知)，
∴AB/​/CD(内错角相等，两直线平行)，
∴AB//MN(平行于同一直线的两直线互相平行)．
【解析】由垂直的性质得到EF/​/DM，进而可证∠1=∠CDM，根据平行线的判定得到CD/​/MN，再由∠3=∠C，可证AB/​/CD，然后根据平行线的判定即可得到AB/​/MN．
本题主要考查了平行线的性质与判定的综合应用，关键是平行线性质定理的熟练应用．
23.【答案】解：(1)设长方形信封的长为5x m，宽为3x cm(x>0)，由题意得：
5x⋅3x=150，
x= 10，
∴长方形信封的长为：5x=5 10cm，宽为：3x=3 10cm；
(2)能将这张贺卡不折叠的放入此信封中．理由如下：
∵ 81=9，
∴正方形贺卡的边长为9cm．
∵3< 10，
∴9<3 10，
∴能将这张贺卡不折叠的放入此信封中．
【解析】(1)设长方形信封的长为5x cm，宽为3x cm，由长方形的面积可求出x的值，从而求出长方形信封的长和宽；
(2)先计算出正方形贺卡的边长，然后与长方形信封的宽进行比较，得出结论．
本题考查了算术平方根的应用，熟练掌握算术平方根的运算是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∠DOE的补角为：∠COE，∠AOD，∠BOC．
(2)∵OD是∠BOE的平分线，
∴∠DOE=∠BOD=12∠BOE=30°，∠BOE=60°；
∵∠BOC=180°−∠BOD，
∴∠BOC=150°；
∵∠AOE=180°−∠BOE，
∴∠AOE=120°；
又∵OF是∠AOE的平分线，
∠EOF=12∠AOE=60°．
(3)射线OD与OF互相垂直．理由如下：
∵OF，OD分别是∠AOE，∠BOE的平分线，
∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=12∠BOE+12∠EOA=12(∠BOE+∠EOA)=12×180°=90°．
∴OD⊥OF．
即射线OD、OF的位置关系是垂直．
【解析】(1)根据互补的定义确定∠DOE的补角；
(2)先根据角平分线的定义得出∠DOE的度数，再由邻补角定义可得∠BOC=180°−∠BOD；先根据邻补角定义可得∠AOE=180°−∠BOE，再由角平分线的定义得出∠EOF的度数；
(3)运用平角的定义和角平分线的定义，证明∠DOF是90°，得直线OD、OF的位置关系．
本题考查了角平分线、补角、垂线的定义以及角的计算，属于基础题型，比较简单．
25.【答案】(8,12) (0,10)
【解析】解：(1)∵ a−8≥0，|b−12|≥0，且 a−8+|b−12|=0，
∴ a−8=0，|b−12|=0，
∴a−8=0，b−12=0，
∴a=8，b=12，
∴A(8,0)，C(0,12)，
∵四边形OABC是长方形，
∴∠OAB=∠OCB=90°，
∴BA⊥x轴，BC⊥y轴，
∴B(8,12)；
当点P移动5秒时，则移动的距离是2×5=10(单位长度)，
此时点P在OC边上，且OP=10单位长度，
∴P(0,10)，
(2)设点P移动的时间为t秒，
∵点P到x轴的距离为4个单位长度，
∴点P在OC边上或AB边上，
当点P在OC边上，则2t=4，
解得t=2；
当点P在AB边上，则2×12+8−2t=4，
解得t=14，
综上所述，点P移动的时间为2秒或14秒．
(3)存在，设点P移动的时间为t秒，
当点P在边OC上时，如图1，
∵S△OBP=12OP⋅BC=20，且BC=8，OP=2t，
∴12×8×2t=20，
解得t=52；
当点P在CB边上时，如图2，
∵S△OBP=12BP⋅OC=20，且OC=8，BP=12+8−2t=20−2t，
∴12×12(20−2t)=20，
解得t=253，
综上所述，点P移动的时间52秒或253秒．
(1)先根据非负数的性质求得a=8，b=12，则A(8,0)，C(0,12)，可求得点B的坐标为(8,12)；
(2)设点P移动的时间为t秒，点P到x轴的距离为4个单位长度，则点P在OC边上或AB边上，分别列方程求出t的值即可；
(3)设点P移动的时间为t秒，当点P在边OC上时，则12×8×2t=20；当点P在CB边上时，则12×12(20−2t)=20，分别解方程求出相应的t的值即可．
此题考查平面直角坐标系中点的图形与坐标、非负数的性质、三角形的面积、动点问题的求解等知识与方法，正确地用代数式表示点P移动的距离是解题的关键．