2023-2024学年初中下学期七年级数学期末模拟卷01（参考答案）（人教版）

这是一份2023-2024学年初中下学期七年级数学期末模拟卷01（参考答案）（人教版），共10页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
第Ⅱ卷
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．
12．2
13．110
14．8
15．
16．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（1）；（2）
【分析】此题考查了实数的混合运算和用立方根的意义解方程，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）先计算算术平方根、立方根，再进行加减法计算即可；
（2）变形为，根据立方根的意义得到，即可求出x的值．
【详解】解：（1）
（2）
∴，
∴，
解得
18．，数轴见解析
【分析】本题考查解一元一次不等式（组），解题的关键是分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，最后在数轴上表示出来即可．
【详解】解：
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
∴不等式组的解集为，
将解集表示在数轴上如下：

19．(1)加减消元法，等式的基本性质；
(2)二；
(3)见解析．
【分析】
本题考查了二元一次方程组的求解，熟练掌握二元一次方程组的求解方法是解题关键．
（1）根据加减消元法的特征判断，结合等式的性质判断即可．
（2）根据②③得，判断即可．
（3）根据解方程组的基本步骤求解即可．
【详解】（1）解：根据解方程组的基本特征，判定为加减消元法，第一步是利用等式性质变形得到，
故答案为：加减消元法，等式的基本性质；
（2）②③得，
第二步错误，原因是合并同类项时出现错误；
故答案为：二；
（3）
解：①，得③，
②③得，，
将代入①得，
∴
20．(1)
(2)4
【分析】本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键；
（1）由题意易得，然后根据平行线的性质可进行求解；
（2）由平移的性质可知，然后问题可求解．
【详解】（1）解：由三角形沿直线l向右平移得到三角形可知：，
∴，
∵，
∴；
（2）解：由平移的性质可知：，
∵，，
∴，即，
∴三角形平移的距离为4．
21．(1)15，20，
(2)见解析
(3)全校获得二等奖的学生人数144人
【分析】本题主要考查了频数分布直方图、频数分布直方图、画条形统计图等知识点，从统计图中得到必要的信息是解题的关键．
（1）利用样本容量×这组的频率即可解答；
（2）根据（1）求出的数据补全频数分布直方图即可；
（3）利用全校3000名学生数×考试成绩为的学生所占的频率×获得二等奖学生人数占获奖学生数的比例即可解答．
【详解】（1）解：，，．
故答案为：15，20， ．
（2）解：补全频数分布直方图如图所示：
．
（3）解：全校获得二等奖的学生有人．
答：全校获得二等奖的学生人数144人．
22．(1)购进甲种跳绳每根需要元，购进乙种跳绳每根需要元
(2)有3种进货方案：方案①购进甲种跳绳根，乙种跳绳根；方案②购进甲种跳绳根，乙种跳绳根；方案③购进甲种跳绳根，乙种跳绳根
(3)购进甲种跳绳根，乙种跳绳根，获利最大，最大利润是元
【分析】（1）设购进甲种跳绳每根需要a元，购进乙种跳绳每根需要b元，然后根据题意建立二元一次方程组求出其解即可；
（2）设购进甲种跳绳x个，则购进乙种跳绳个，然后根据题意建立不等式组求出其解即可；
（3）根据（2）的结论，结合题意，分别求得利润，比较即可求解．
【详解】（1）解：设购进甲种跳绳每根需要a元，购进乙种跳绳每根需要b元，由题意得：
，解得：，
答：购进甲种跳绳每根需要元，购进乙种跳绳每根需要元．
（2）解：设购进甲种跳绳x个，则购进乙种跳绳个，根据题意得，
解得：，
∵为正整数，
∴，
当时，，
当时，，不是整数，不符合题意，舍去，
当时，，
当时，，不是整数，不符合题意，舍去，
当时，，
答：该商店有3种进货方案：方案①购进甲种跳绳根，乙种跳绳根；方案②购进甲种跳绳根，乙种跳绳根；方案③购进甲种跳绳根，乙种跳绳根；
（3）解：∵销售每根甲种跳绳可获利润3元，销售每根乙种跳绳可获利润4元，
由（2）可知，方案①：购进甲种跳绳根，乙种跳绳根，则利润为；
方案②：购进甲种跳绳根，乙种跳绳根，则利润为；
方案③：购进甲种跳绳根，乙种跳绳根，则利润为；
∵，
∴方案③：购进甲种跳绳根，乙种跳绳根，获利最大，最大利润是元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组与不等式组是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据“关联点”的定义求解即可；
（2）设点C坐标为，根据平移的性质和“关联点”的定义求出点与点的“关联点”，进而得出方程，求出a，b即可；
（3）求出的坐标，根据线段与轴有公共点可知点和点的横坐标一个大于等于零，一个小于等于零，据此得出不等式组，求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴点的“关联点”坐标是，
故答案为：；
（2）解：设点C坐标为，
由平移的性质得，
∴点的“关联点”坐标为：，
∴，，
解得：，，
∴点的坐标为；
（3）解：由题意得：的坐标为，
∵线段与轴有公共点，
∴或，
解不等式组得：，
而不等式组无解，
∴的取值范围为．
【点睛】本题考查了新定义，坐标与图形，平移的性质等知识，正确理解“关联点”的定义是解题的关键．
24．(1)①，；②；
(2)当E在N左侧时，；当E在N右侧时，．
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线，解答的关键是对这些知识点的掌握与熟练应用．
（1）①根据题意可得出，，；
②根据平行线的性质，可得，再结合是的平分线，即可求解；
（2）由平行线的性质可得，再由，可得，从而可得，结合所给的条件，即可求解；
【详解】（1）①由题意得：，，
∵，，
∴；
故答案为：，；
②∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴当时，；
故答案为：70°；
（2）①当点E在N左侧时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：；
②当点E在N右侧时，如图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：．
综上：当E在N左侧时，；当E在N右侧时，．
25．(1)①③
(2)
(3)
【分析】（1）将①；②；③三点，分别代入方程，利用图象的关联点定义即可解决问题；
（2）根据图象的关联点定义，解方程组求出点，，三点坐标，进而可以利用割补法求四边形的面积；
（3）将，，三点分别代入二元一次方程即可求得与的大小关系．
【详解】（1）解：将①；②；③三点，分别代入方程，
①，
②，
③，
在①；②；③三点中，是方程图象的关联点有①③，
故答案为：①③；
（2）∵，两点是方程图象的关联点，，两点是方程图象的关联点，
，
解得，
，
点在轴上，
当时，，
，
，
点在轴上，
当时，，
，
，，
四边形的面积；

（3），，三点是二元一次方程图象的关联点，
将，代入
得
整理，得①，
将代入
得②，
①②得，
解得
将代入
得
即
解得，
将代入
得
即
解得，
．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，二元一次方程组的解及其直线方程的图象，解题的关键是学会利用图象法解决问题．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
B
D
D
C
D
D
A
D
A