北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年七年级下学期期中 数学试卷（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年七年级下学期期中 数学试卷（含解析），共29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。
请在密封线内填写个人信息．请将答案全部作答在答题纸相应的位置上．
一、选择题：（每小题3分，共30分）
1. 在平面直角坐标系中，下列各点位于第二象限的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，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．根据坐标系中各个象限内点的坐标的符号以及坐标轴上的点的特征即可判断．
【详解】解：A．在第一象限，故本选项不合题意；
B．在第四象限，故本选项不合题意；
C．在第二象限，故本选项符合题意；
D．第三象限，故本选项不合题意．
故选：C．
2. 下列算式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了算术平方根，平方根，立方根，熟练掌握会求一个数的算术平方根、平方根、立方根是解题的关键．
直接利用求算术平方根、平方根、立方根逐项计算判断即可．
【详解】解：A、，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、，正确，故此选项符合题意；
D、，原计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
3. 《哪吒之魔童闹海》以震撼特效、精彩故事、鲜活形象和浓厚文化，展现了中国动画电影的强劲实力．图是哪吒头像，在下列四个图中能由图经过平移得到的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查图形的平移，根据平移前后图形的形状，大小和方向都不发生改变，只是位置发生改变，进行判断即可．
【详解】解：由题意，平移能得到的图形为：
故选A．
4. 如果方程与下面方程中的一个组成的方程组的解为，那么这个方程可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组解，把代入各选项的方程，看左边是否等于右边即可．
【详解】解：A选项，把代入方程得：左边，右边，左边≠右边，所以该选项不符合题意；
B选项，把代入方程得：左边，右边，左边＝右边，所以该选项符合题意；
C选项，把代入方程得：左边，右边，左边≠右边，所以该选项不符合题意；
D选项，把代入方程得：左边，右边，左边≠右边，所以该选项不符合题意；
故选：B．
5. 如图，下列选项提供的条件中，不能判断的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线的判定，解题时注意：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．
内错角相等，两直线平行；同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；据此进行判断即可．
【详解】解：A、当时，则，不能判断，故此选项符合题意；
B、当时，则，故此选项不符合题意；
C、当时，则，故此选项不符合题意；
D、当时，则，故此选项不符合题意；
故选：A．
6. 如图，数轴上有、、、四个点，则（ ）
A. 点表示的数可能是B. 点表示的数可能是
C. 点表示的数可能是D. 点表示的数可能是
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了实数与数轴，立方根，无理数的估算等知识，正确估算无理数的大小是解题的关键．
先估算出选项中无理数的值，然后结合数轴分析即可求解．
【详解】解：A．，点表示的数大于，故选项说法错误，不符合题意；
B． ，点表示的数在1和2之间，故选项说法正确，符合题意；
C．，点表示的数在和3之间，故选项说法错误，不符合题意；
D．，点表示的数大于4，故选项说法错误，不符合题意．
故选：B．
7. 在平面直角坐标系中，一个正方形的两个顶点坐标为、，则下列坐标表示的点不可能成为该正方形顶点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形性质，根据正方形的性质回答即可，准确判断是解题的关键．
【详解】解：A、如图，点坐标为，故可以成为该正方形顶点，不符合题意；
，
B、如上图，点坐标为，故可以成为该正方形顶点，不符合题意；
C、不可能成为该正方形顶点，符合题意；
D、如图，点坐标为，故可以成为该正方形顶点，不符合题意，
，
故选：C．
8. 下列4个命题中，为假命题的是（ ）
A. 一对对顶角的角平分线在同一直线上
B. 一对邻补角的角平分线互相垂直
C. 平行于同一条直线的两条直线互相平行
D. 过一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查对顶角与邻补角的性质，平行公理及推论，真假命题，属于基础题．
根据对顶角与邻补角的性质、平行公理及推论逐项判断即可．
【详解】解：A、一对对顶角的角平分线在同一直线上，真命题，故选项不符合题意；
B、一对邻补角的角平分线互相垂直，真命题，故选项不符合题意；
C、平行于同一条直线的两条直线互相平行，真命题，故选项不符合题意；
D、在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，原命题是假命题，故此选项符合题意；
故选：D．
9. 《九章算术》中记载了一道古代数学名题：今有善行者行一百步，不善行者行六十步．今不善行者先行一百步，善行者追之，问几何步及之．意思是：同样时间内，走路快的人能走100步，走路慢的人只能走60步．走路慢的人先走100步，走路快的人走多少步才能追上走路慢的人（两人每步长相等）？为解决此问题，设走路快的人走步才能追上走路慢的人，此时走路慢的人又走了步，则可列方程组（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组的应用，找准等量关系正确的列出方程是解题的关键．
设走路快的人走步才能追上走路慢的人，此时走路慢的人又走了步，根据题意列方程组即可．
【详解】解：设走路快的人走步才能追上走路慢的人，此时走路慢的人又走了步，
根据题意得：，
故选：A．
10. 如图1，已知是一块平面镜，光线在平面镜上经点反射后，形成反射光线，我们称为入射光线，为反射光线．镜面反射有如下性质：入射光线与平面镜的夹角等于反射光线与平面镜的夹角，即．如图2，和是两块平面镜，入射光线经过两次反射后，得到反射光线．则下列判断错误的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，掌握平行线的性质和判定是解题的关键．
根据反射的性质和平行线的性质和判定逐项判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴，
∴，正确，故此选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∴，
∵，
∴，正确，故此选项不符合题意；
C、∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，不能得出，原结论错误，故此选项符合题意；
D、∵，
∴，
∵，， ，
∴，正确，故此选项不符合题意；
故选：C．
二、填空题：（每小题2分，共16分）
11. 7的立方根是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了立方根，根据立方根的定义解答即可．
【详解】解：7的立方根是，
故答案为：．
12. 已知，满足方程组，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握方程组的解法是解题关键．将方程组中的第一个方程减去第二个方程即可得．
【详解】解：，
将①②得：，
故答案为：．
13. 如图，，垂足为O，直线经过点，则_______．
【答案】40
【解析】
【分析】本题考查了垂线的定义，对顶角相等，解决本题的关键是熟练掌握对顶角相等的性质，垂线的定义．
利用对顶角相等的性质，垂线的定义计算．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：40．
14. 在平面直角坐标系中，若将点向左平移可得到点，若将点向上平移可得到点，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点坐标的平移，熟练掌握点坐标的平移变换规律是解题关键．
根据向左边平移，点的纵坐标不变可得点的纵坐标为1 ，根据向上平移，点的横坐标不变可得点的横坐标为4，由此即可得．
【详解】解：∵将点向左平移可得到点，
∴点的纵坐标为1，
∵将点向上平移可得到点，
∴点的横坐标为4，
∴点的坐标为，
故答案为：．
15. 如图，以1个单位长度为边长画一个正方形，以数字1所在的点为圆心，正方形的对角线为半径画弧，与数轴交于，两点，则点表示的数为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查实数与数轴，勾股定理，求出正方形对角线长度是解题的关键．
根据正方形的边长为1，则正方形的对角线为，故M表示的数比1小，即可求解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴正方形的对角线为
∴M表示的数是
故答案为：．
16. 能说明命题“如果、都是无理数，那么它们的和也为无理数”为假命题的反例是：______，______．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了命题与定理，实数的运算，只要是所举出的两个数互为相反数即可．
根据实数的运算举出是互为相反数的两个数即可．
【详解】解：若，
则是有理数不是无理数．
故答案为：；（答案不唯一）．
17. 在平面直角坐标系中，已知点，，，．
（1）四边形面积为______；
（2）若轴上存在点，使的面积恰为四边形的面积的，则点坐标为_____．
【答案】 ①. 80 ②. 或
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中四边形面积的计算，以及利用三角形面积公式求解特定点的坐标．
（1）过作轴于点，过作轴于点，则，，，，，，，再根据求解即可；
（2）设点坐标为，由题意得，即可得，解方程即可．
【详解】解：（1）过作轴于点，过作轴于点，
则，，，，，
∴，，
∴
，
故答案为：80；
（2）设点坐标为，
∵的面积恰为四边形的面积的，
∴，
∴，即，
解得，
∴点坐标为或，
故答案为：或．
18. 规定：形如关于、的方程与的两个方程互为“友好二元一次方程”，其中；由这两个方程组成的方程组叫做“友好方程组”．
（1）若关于、的方程组为“友好方程组”，则______，______；
（2）若关于、的“友好方程组”的解为整数，则整数的值为______．
【答案】 ①. 2 ②. 1 ③. 0或或
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，根据二元一次方程组的解的情况求参数，正确理解友好方程组”的定义是解题的关键。
（1）根据题意可得方程组，解方程组即可得到答案；
（2）先解原方程组得到，再根据原方程组的解为整数求解即可．
【详解】解：（1）∵关于、的方程组为“友好方程组”，
∴，
解得，
故答案为：2；1；
（2）解方程组得，
∵关于、的“友好方程组”的解为整数，
∴是整数，
∴或，
解得或或或（舍去），
∴整数的值为0或或，
故答案为：0或或．
三、解答题：（第19，20题，每小题8分，第21-25题，每小题5分，第26题6分，第27题7分，共54分）
19. 计算、解方程
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】此题主要考查了实数运算以及平方根的定义，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
（1）直接利用算术平方根的定义，立方根的定义，实数的幂运算分别化简，再利用有理数的加减运算法则计算得出答案；
（2）移项整理后，直接利用平方根的定义计算得出答案．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：，
整理得：，
开平方得：，
∴或，
∴或．
20. 解下列方程组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）原方程组的解为
（2）原方程组的解为
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组解法，有加减法和代入法两种，一般选用加减法解二元一次方程组较简单．
（1）利用代入消元法解答即可；
（2）利用加减消元法解答即可．
【小问1详解】
解：，
解：将①代入②，得：.
解得：
将代入①，得：
原方程组的解为；
【小问2详解】
解：，
解：，得：，
解得
将代入①，得：，
解得.
原方程组的解为．
21. （1）如图，过点画直线的垂线，并注明垂足为；过点画直线的垂线，交于点．
（2）线段___________的长度是点到直线的距离．
（3）线段、的大小关系为___________．（用符号，，，，表示）理由是___________．
【答案】（1）图见解析；（2）；（3），垂线段最短
【解析】
【分析】本题考查了作垂线、点到直线的距离、以及垂线段最短，熟练掌握各知识点是解题的关键．
（1）利用三角板的两条直角边画图：“一落”、“二移”、“三画”即可得；
（2）根据点到直线的距离的定义解答即可得；
（3）根据垂线段最短解答即可得．
【详解】解：（1）过点画直线的垂线，垂足为；过点画直线的垂线，交于点，如图所示：
（2）∵是的垂线，
∴线段的长度是点到直线的距离．
故答案为：．
（3）线段、的大小关系为．理由是垂线段最短．
故答案为：，垂线段最短．
22. 团扇是中国传统工艺品，代表着团圆友善、吉祥如意.某社团组织学生制作团扇，扇面有圆形和正方形两种，每种扇面面积均为．完成扇面后，需对扇面边缘用缎带进行包边处理（接口处长度忽略不计），如图所示．
（1）圆形团扇的半径为______（结果保留），正方形团扇的边长为______；
（2）通过计算说明哪种形状的扇面所用的包边长度更短（计算过程中取整数3，结果保留小数点后一位，以下数据供参考：，，）．
【答案】（1），
（2）圆形扇面包边长度更短
【解析】
【分析】本题考查了扇形的面积．
（1）分别根据圆和正方形的面积公式解答即可；
（2）根据圆和正方形的周长公式解答即可．
小问1详解】
解：由题意得：
圆形团扇的半径为：，
正方形团扇的边长为：，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：∵圆形团扇的半径为，
∴圆形团扇的周长为：，
∵正方形团扇的边长为，
∴正方形团扇的周长为：，
∵，
∴圆形团扇所用的包边长度更短．
23. 为进一步体会宋代的历史文化，某班来到清明上河园分组开展研学活动，其中A组在文房博物馆体验“大宋科举”，B组在九龙桥观看“东京保卫战”，约定时间到大宋校场集合观看经典节目“岳飞枪挑小梁王”．为描述集合地点，同学们想出不同的方法．
（1）小文同学想到用平面直角坐标系，如图1，网格中小方格都是边长为1个单位长度的正方形，若文房博物馆的坐标为，九龙桥的坐标为．请在图1中画出平面直角坐标系，并写出大宋校场的坐标：______；
（2）小化同学想到用方位角和距离，如图2，以文房博物馆为基准点，九龙桥在文房博物馆的南偏东，距离处，记为（南偏东，），进一步使用工具测量并换算，可将大宋校场的位置记为______．
【答案】（1）见解析，
（2）（北偏东，）
【解析】
【分析】本题考查建立平面直角坐标系，写平面直角坐标系中点的坐标，用方向角和距离表示物体的位置．熟练掌握用有序数对表示位置是解题的关键．
（1）根据文房博物馆的坐标为，九龙桥的坐标为．画出x轴与y轴，再根据大宋校场的位置写出其坐标即可；
（2）测出表示北方的线与连接表示文房博物馆与大宋校场两点的线段的夹角和连接表示文房博物馆与大宋校场两点的线段长度即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示建立平面直角坐标系，大宋校场的坐标为．
【小问2详解】
解：由图测得：表示北方的线与连接表示文房博物馆与大宋校场两点的线段的夹角为，连接表示文房博物馆与大宋校场两点的线段长度为．
∴大宋校场的位置记为（北偏东，）．
故答案为：（北偏东，）．
24. 如图，点、分别在线段和上，且于，于，．
（1）求证：；
（2）连接，若，，求．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查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）先证明得出，从而可证得，即可由平行线的判定定理得出结论；
（2）先由平行线的性质得出，再由，根据得出，即可求得，然后由平行线的性质求解即可．
【小问1详解】
证明：，，
，
．
．
又，
，
．
【小问2详解】
解：连接，如图，
，
．
，
．
又，
．
解得
又，
．
25. 在我国大力推进的智慧城市建设中，A市采用了两款由我国自主研发的先进智能系统，用于城市交通流量调控和公共设施智能管理．经过一段时间的数据监测发现，3套交通流量调控系统和2套公共设施智能管理系统协同工作，一小时内能够有效处理180起城市交通与设施管理的综合事务；而2套交通流量调控系统和3套公共设施智能管理系统协同工作时，一小时内能够处理170起相关事务．请问，一套交通流量调控系统和一套公共设施智能管理系统每小时分别能处理多少起城市综合事务？
【答案】一套交通流量调控系统每小时处理40起城市综合事务，一套公共设施智能管理系统每小时处理30起城市综合事务
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组的应用，理解题意，正确列出方程组是解题的关键．
设一套交通流量调控系统每小时处理起城市综合事务，一套公共设施智能管理系统每小时处理起城市综合事务．根据3套交通流量调控系统和2套公共设施智能管理系统协同工作，一小时内能够有效处理180起城市交通与设施管理的综合事务；而2套交通流量调控系统和3套公共设施智能管理系统协同工作时，一小时内能够处理170起相关事务．列出方程组，求解即可．
【详解】解：设一套交通流量调控系统每小时处理起城市综合事务，一套公共设施智能管理系统每小时处理起城市综合事务．
由题意，得
解得
答：一套交通流量调控系统每小时处理40起城市综合事务，一套公共设施智能管理系统每小时处理30起城市综合事务．
26. 已知，直线与、分别交于点、，，平分．
（1）将线段沿平移得到线段（的对应点为），在图1中完成平移作图，并写出的度数为______；
（2）如图2，若平分，求证：；
（3）射线从开始，绕点以每秒的速度逆时针旋转，平分，同时直线从开始，绕点以每秒的速度逆时针旋转，若直线和直线相交所夹的锐角为，直接写出运动时间秒的值．
【答案】（1）图见解析，
（2）见解析 （3）2或6
【解析】
【分析】（1）根据平移性质，过点F作射线，在射线上截取，再利用平行线的性质与角平分线的定义求出的度数即可；
（2）利用角平分线的定义与平行线的性质证明，即可得出结论；
（3）设直线和直线相交于H，直线和直线相交所夹的锐角为，分三种情况：①当时，②当时，③当时，求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，线段即为所求，
∵，
∴，
∴，
∵平分．
∴，
由作图可知，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【小问2详解】
证明：∵，
∴
∵平分．
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：设直线和直线相交于H，直线和直线相交所夹的锐角为，
分三种情况：
①当，即时，即，如图，
由旋转可知：，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
解得：；
②当18°t>120°且，即时，即，如图，
则，，，
∴，
解得：；
③当，即时，，如图，
则，，，
∴，
解得：不符合题意，舍去；
综上，若直线和直线相交所夹的锐角为，运动时间t秒的值为2或6．
【点睛】本题考查平行线的判定与性质，平移作图，角平分线的定义，角的计算，三角形内角和，分类讨论是解第（3）小题的关键．
27. 在平面直角坐标系中，对于，，给出如下定义：记，，若，则称A，B互为“单位距离点”．
（1）已知．
①在，，三个点中，能与点A互为“单位距离点”的是：______；
②若点P在第一象限的角平分线上，且与点A互为“单位距离点”，求点P的坐标；
（2）已知，，若线段上存在点B的“单位距离点”，则的取值范围为______；
（3）已知正方形和正方形的各边均与坐标轴平行，且正方形的边长为1，若对于正方形边上的任意一个点，都能在正方形的边上找到它的“单位距离点”，则符合上述条件的正方形的面积最大为______．
【答案】（1）①，；②点的坐标为或
（2）或或
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据“单位距离点”的定义，逐点验证即可得到答案；
（2）设，关键 “单位距离点”的定义可得，，，然后分三种情况：当时，当时，当时分别计算，再取符合情况的值即可．
（3）根据，可设线段上存在点“单位距离点”，，则，，，
然后分时，和两种情况讨论，分别列不等式组求出n的范围即可．
（3）若对于正方形边上的任意一个点，都能在正方形的边上找到它的“单位距离点”，意味着正方形的边长不能超过2，即最大边长为2，由此即可求出最大面积为4．
【小问1详解】
解：①对于，，，，则，
∴，互为“单位距离点”；
对于，，，，则，
∴，不是互为“单位距离点”；
对于，，，，则，
∴，互为“单位距离点”；
故答案为：，；
②若点在第一象限的角平分线上，设，
∵与点A互为“单位距离点”，
∴，，则，
当时，，，则，
当时，，，则，即，解得或，此时点的坐标为或；
当时，，，则，
综上所述，点的坐标为或；
【小问2详解】
解：∵，
∴设线段上存在点的“单位距离点”，，
∴，，则，
当时，，，则，解得，
∵或，
解得或；
当时，，，则，解得，
∵或，
解得；
综上所述，或或；
【小问3详解】
解：∵正方形边上的任意一个点，都能在正方形的边上找到它的“单位距离点”
∴正方形的边长不能超过2，
∴正方形的最大边长为2，
∴,正方形的面积最大为4．
【点睛】本题考查新定义与坐标问题，读懂题意，根据新定义结合学过的知识，综合运用是解决问题的关键．