精品解析：吉林省长春市高新区2023-2024学年七年级下学期期末数学试题(原卷版+解析版)

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一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 篆刻艺术，是在金属、象牙、犀角、玉、石等质材之上雕刻篆体文字的艺术，因以制作印章为主，又称印章艺术，下列篆刻作品是中心对称图形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题的关键，根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、C、D都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
2. 下列四个式子中，是方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据含有未知数的等式叫做方程，判断即可，本题考查了方程的定义，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】根据含有未知数的等式叫做方程，判断是方程，其余不是，
故选：B．
3. 如图，建筑工人在木门框上加两根木条、晃动的木椅子腿与坐板间钉一根木条，防止门框变形、椅子摇晃，利用了三角形的（ ）
A. 任意两边之和大于第三边B. 任意两边之差小于第三边
C. 稳定性D. 三角形三个内角的和为
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解答的关键．根据三角形的稳定性可以解答．
【详解】解：建筑工人在木门框上加两根木条、晃动的木椅子腿与坐板间钉一根木条，防止门框变形、椅子摇晃，利用了三角形的稳定性．
故选：C．
4. 若是关于、的二元一次方程的解，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了二元一次方程的解，理解二元一次方程的解是解题的关键，将代入原方程，可得出关于的一元一次方程，解之即可得出的值．
【详解】解：将代入原方程得，
解得：，
∴的值为．
故选：A．
5. 下列不等式变形，成立的是（ ）
A. 若m＜n，则m－2＜n－2B. 若m＜n，则2－m＜2－n
C. 若m＜n，则－2m＜－2nD. 若m＜n，则
【答案】A
【解析】
【分析】不等式两边同时加上或减去同一个数，不等号方向不改变；不等式两边同时乘以或除以同一个正数，不等号方向不改变；不等式两边同时乘以或除以同一个负数，不等号方向改变，根据此性质进行判断.
【详解】A、若m＜n，两边同时减去2，不等号方向不改变，∴m－2＜n－2，故本选项正确；
B、若m＜n，两边同时乘以-1，不等号方向改变，∴-m>-n,两边再同时加上2，不等号方向不改变，∴2－m>2－n，故本选项错误；
C、若m＜n，两边同时乘以-2，不等号方向改变，∴-2m>-2n,故本选项错误；
D、若m＜n，两边同时除以-2，不等号方向改变，∴,故本选项错误.
故选：A.
【点睛】本题考查不等式的性质，正确判断不等式的变形是否符合对应的性质是解答此题的关键.
6. 如图，是的外角的平分线，且交的延长线于点，已知，，则的大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形外角的定义及性质、角平分线的定义，由三角形的外角性质可求得，再由角平分线的定义可得，再次利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵，是的外角，
∴，
∵平分，
∴，
∵是的外角，
∴．
故选：C．
7. 如图，一束平行太阳光线照射到正五边形上，若，则的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的内角和、平行线的性质，先根据正多边形的内角和求出的度数，再由平行线的性质即可得出答案．
【详解】解：如图，

∵图中是正五边形，
∴，
∵太阳光线互相平行，，
∴．
故选：B．
8. 如图，长方形中，．点Q为中点，点P从点B出发以每秒3个单位的速度沿的方向运动，当点P运动到点A时，点P停止运动．设点P运动的时间为t（秒），在整个运动过程中，当是面积为2的钝角三角形时，则此时t的值是（ ）
A. 或6B. C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次方程的几何应用，三角形的面积计算等知识点，根据点Q为中点得，①当点P在边上运动时，始终为直角三角形，不存在钝角，②当点P在边上运动时，，不存在面积为2的钝角，③当点P在边上运动时，由得，进而得，则，进而得，据此可求出点P运动的时间t的值．
【详解】解：∵四边形为长方形，，
，
∵点Q为中点，
，
①当点P在边上运动时，始终为直角三角形，如图1所示：
故当点P在边上运动时，不存在钝角，
②当点P在边上运动时，，如图2所示：
故当点P在边上运动时，不存在面积为2的钝角 ，
③当点P在边上运动时，如图3所示：
，
，
即，
，
，
，
∵点P以每秒3个单位的速度运动，
∴，解得，
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分
9. 由，得到用表示的式子为______．
【答案】
【解析】
【分析】把x看作是常数，把y看作是未知数，求解y即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是二元一次方程的解，掌握“用含有一个未知数的代数式表示另外一个未知数”是解本题的关键．
10. “x与2的差不大于3”用不等式表示为___．
【答案】x-2≤3
【解析】
【分析】首先表示出x与2的差为（x-2），再小于等于3，列出不等式即可．
【详解】解：由题意可得：x-2≤3．
故答案为：x-2≤3．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，关键是抓住关键词，选准不等号．
11. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，若，则等于_____．
【答案】40
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的定义，得出是解题的关键．根据所给旋转方式可得出的度数，再结合即可解决问题．
【详解】解：因为将绕点A顺时针旋转得到，
所以．
又因为，
所以．
故答案为：40．
12. 如图，点P关于OA、OB的对称点分别为C、D，连结CD，交OA于M，交OB于N，若△PMN的周长=8厘米，则CD为_______厘米
【答案】8
【解析】
【分析】根据轴对称的性质和三角形周长的定义可知．
【详解】解：根据题意点P关于OA、OB的对称点分别为C、D，
故有MP=MC，NP=ND；
则CD=CM+MN+ND=PM+MN+PN=8cm．
故答案为8．
【点睛】本题考查轴对称的性质．对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
13. 关于的不等式组仅有个整数解，则的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是由不等式组解集的情况，求参数的取值范围，熟练掌握以上知识是解题的关键．
不等式组整理后，表示出不等式组的解集，由不等式组有个整数解，确定出的范围即可．
【详解】解：不等式组，
解得：，
由不等式组有个整数解，即整数解为，，，
则的取值范围是．
故答案为：．
14. 如图所示，在中，D是上一点，，E是的中点，设，，，的面积分别为，，，，给出下面四个结论：①；②；③与的周长相等；④，上述结论中，所有正确结论的序号是______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】本题考查三角形的高，根据“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”判断①②即可；
根据与各边长之间的数量关系判断③即可；
设，，，根据“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”求出即可判断④．
【详解】解：①∵E是的中点，
∴，
∴①正确，符合题意；
②∵，
∴，
∴②正确，符合题意；
③∵，，但与不一定相等，
∴③与的周长不一定相等，
∴③不正确，不符合题意；
④如图，设，，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴④正确，符合题意．
综上，①②④正确．
故答案：①②④．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次方程的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）移项，合并同类项，系数化为，即可得出结论；
（2）去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为，即可得出结论．
【小问1详解】
解：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：．
【小问2详解】
解：，
去分母得：，
去括号得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：．
16 解方程组：
【答案】
【解析】
【分析】用加减消元法解二元一次方程组即可．
【详解】解： ，
得：，
解得：，
将代入①中可得： ，
∴方程组的解为：．
【点睛】本题考查解二元一次方程组，熟练掌握加减消元法与代入消元法是解题关键．
17. 解不等式组，并把不等式组的解集在数轴上表示出来．
【答案】．数轴见解析．
【解析】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
【详解】解：由①得，
由②得，
故此不等式组的解集为：．
在数轴上表示为：
．
18. 一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．
【答案】这个多边形的边数为8
【解析】
【分析】运用方程的思想，设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和与边数的关系和任意多边形的外角和等于，得，求得，进而解决此题．
【详解】解：设这个多边形的边数为n． 由题意得，．
∴．
∴这个多边形的边数为8．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的内角和与边数的关系、任意多边形的外角和为是解决本题的关键．
19. 某校组建了人的合唱队和人的舞蹈队，根据实际需要，从合唱队中准备抽调部分同学参加舞蹈队，使合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的倍，则需从合唱队中抽调多少人参加舞蹈队？
【答案】需从合唱队中抽调人参加舞蹈队．
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，正确找出等量关系是解题的关键，设需从合唱队中抽调人参加舞蹈队，根据合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的倍，即可得出一元一次方程，求解即可．
【详解】解：设需从合唱队中抽调人参加舞蹈队，
根据题意得：，
解得x=6，
答：需从合唱队中抽调人参加舞蹈队．
20. 如图，，点A对应点D，点B对应点E，点B、F、C、E在一条直线上．
（1）求证：；
（2）若，，求边的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由全等三角形的性质可得，等号两边同时减去即可得到；
（2）由全等三角形的性质可得，再利用三角形三边关系即可求出边的取值范围．
【小问1详解】
证明：，
，
，
；
【小问2详解】
解：，，
，
在 中，，
，
即．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，三角形的三边关系，解题的关键是掌握全等三角形的对应边相等．
21. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，的三个顶点都在格点上．
（1）在网格中画出关于直线的对称图形；
（2）在网格中画出向下平移3个单位得到的；
（3）在网格中画出绕点顺时针旋转后的图形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析； （3）见解析．
【解析】
【分析】本题考查了作图—轴对称变换、平移变换、旋转变换，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质是解此题的关键．
（1）利用网格特点和轴对称的性质画出的对应点，从而得到；
（2）利用网格特点和平移的性质画出写出的对应点的坐标，从而得到；
（3）利用网格特点和旋转的性质画出写出的对应点的坐标，从而得到．
【小问1详解】
解：如图，为所作；
【小问2详解】
解：如图，为所作；
【小问3详解】
解：如图，为所作．
．
22. 若关于、的二元一次方程组的解满足，求的最小整数值．
【答案】的最小整数为．
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组及解一元一次不等式，熟练求解二元一次方程组是解题的关键，方程组两方程相加表示出，代入已知不等式求出的范围，确定出的最小整数解即可．
【详解】解：，
得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，
则满足条件的的最小整数为．
23. 某企业需运输一批生产物资．已知辆大货车与辆小货车一次可以运输箱物资：辆大货车与辆小货车一次可以运输箱物资．
（1）求1辆大货车和1辆小货车一次分别运输多少箱物资；
（2）计划用两种货车共辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用元，每辆小货车一次需费用元．若运输物资不少于箱，且总费用小于元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需费用最少．最少费用是多少？
【答案】（1）1辆大货车一次运输15箱物资，1辆小货车一次运输10箱物资
（2）运输方案有3种：方案一：大货车5辆，小货车10辆；方案二：大货车6辆，小货车9辆；方案三：大货车7辆，小货车8辆；其中大货车5辆，小货车10辆，所需费用最少，最少费用是5500元．
【解析】
【分析】（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，根据“辆大货车与辆小货车一次可以运输箱物资：辆大货车与辆小货车一次可以运输箱物资．”列出方程组，即可求解；
（2）设运输这批物资的大货车m辆，则小货车（15-m）辆，根据“运输物资不少于175箱，且总费用小于6100元，”列出不等式组，即可求解．
【小问1详解】
解：设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，根据题意得：
，解得∶ ，
答：1辆大货车一次运输15箱物资，1辆小货车一次运输10箱物资；
【小问2详解】
解：设运输这批物资的大货车m辆，则小货车（15-m）辆，
∵运输物资不少于175箱，且总费用小于6100元，
∴，
解得：，
∵m为正整数，
∴m可取5，6，7，
∴运输方案有3种：
方案一：大货车5辆，小货车10辆，此时所需费用为5×500+10×300=5500（元），
方案二：大货车6辆，小货车9辆，此时所需费用为6×500+9×300=5700（元），
方案三：大货车7辆，小货车8辆，此时所需费用为7×500+8×300=5900（元），
∵5500