精品解析：吉林省长春市南关区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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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内．
2．答题时，考生务必按照考试要求在答题卡上的指定区域内作答，在草稿纸、试卷上答题无效．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元一次方程的解法，熟练掌握一元一次方程的解题步骤是解答本题的关键．根据移项、合并同类项的步骤求解即可．
【详解】
移项，得
合并同类项，得
2. 解方程组时，把②代入①，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了用代入法解一元一次方程组，将②代入①整理即可得出答案．
【详解】解：，
把②代入①得，，
去括号得，．
故选：A．
3. 若一个三角形的两边长分别为2和7，则第三边长可能是（ ）
A. 3B. 5C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形三边关系的应用，准确计算是解题的关键．根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边以及任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围．
【详解】解：设第三边的长为x，
∵此三角形的两边长分别为2和7，
∴第三边长的取值范围是：，
即：，
观察选项，只有选项C符合题意．
故选：C．
4. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得，则，根据不等式的性质求解即可．
【详解】解：得，则，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变．
5. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一，书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？其大意是：现有一根长木，不知道其长短．用一根绳子去度量长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再度量长木，长木还剩余1尺．问长木长多少？设长木长为x尺，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的一元一次方程．设长木长为x尺，则用一根绳子去度量长木，绳子还剩余4.5尺，可知绳子长为尺；将绳子对折再度量长木，长木还剩余1尺可知：，即可列出相应的方程．
【详解】解：∵用一根绳子去度量长木，绳子还剩余4.5尺，
∴绳子长为尺，
∵将绳子对折再度量长木，长木还剩余1尺，
得方程为：．
故选B．
6. 下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．
【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．
7. 如图，三角形沿所在直线向右平移得到三角形，已知，，则平移的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平移的性质得到平移的距离为，，由于，所以，然后求出即可．
【详解】解：三角形沿所在直线向右平移得到三角形，
平移的距离为，，
，，
，
即，
解得，
平移的距离为．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行或共线且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
8. 如图，在中， ，是等边三角形，与相交于点M，与相交于点N．若 ，则与的数量关系为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和，对顶角相等．由等边三角形的性质得，由直角三角形的性质可求出，进而求出，然后根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】如图，

∵是等边三角形，
∴．
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
．
故选C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9. 若，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了等式的性质，根据等式的性质解答即可．
详解】解：∵，
∴．
故答案为：．
10. 已知方程，用含x的代数式表示y为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了用代数式表示式，移项，系数化为1，即可得；掌握移项，系数化为1是解题的关键．
【详解】解：
故答案为：．
11. x的与5的差大于3，用不等式表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查列一元一次不等式，关键抓住关键词语，弄清运算的先后顺序和不等关系，才能把文字语言的不等关系转化为用数学符号表示的不等式．根据数量关系列式即可．
【详解】解：∵x的与5的差大于3，
∴用不等式表示为．
故答案为．
12. 如图，钢架桥的设计中采用了三角形的结构，其数学道理是__________．
【答案】三角形具有稳定性
【解析】
【分析】根据三角形结构具有稳定性作答即可．
【详解】解：其数学道理是三角形结构具有稳定性．
故答案为：三角形具有稳定性．
【点睛】本题考查了三角形具有稳定性，解题的关键是熟练的掌握三角形形状对结构的影响．
13. 如图，与关于直线l对称，则的大小为_______度．
【答案】70
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形的性质，三角形内角和定理，理解轴对称图形的性质是解题的关键．根据轴对称的性质求出的度数，再利用三角形的内角即可得解．
【详解】解：∵与关于直线l对称，
∴，
∴．
故答案为：70．
14. 如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别是点D、E，且点E在的延长线上，连接．给出下面四个结论：
①
②
③
④
上述结论中，所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据旋转的性质可以直接判断①；分别在上截取，证明，得出，证明，根据M在上，N在上，得出，即可判断故②正确；根据三角形外角的性质即可判断③；根据，，，证明，判断④正确．
【详解】解：由旋转的性质可得 ，，，，，，故①正确；
如图，
∴分别在上截取，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵M在上，N在上，
∴，
∴；故②正确．
∵，，
∴，故③错误；
∵，
，，
∴，
∵，
∴ ，故④正确；
综上分析可知：正确的是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共78分）
15. 解方程：4x+3＝2（x﹣1）+1．
【答案】
【解析】
【分析】根据去括号，移项，合并同类项，化系数为1的解一元一次方程的步骤解方程即可．
【详解】，
去括号：，
移项：，
合并同类项：，
化系数为1：，
【点睛】本题考查了解一元一次方程，熟练解题步骤及注意事项是解题的关键．
16. 解方程组：
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析: 利用加减消元法其解方程组即可．
试题解析：

①×5得，10x−15y=40③，
②×3得，21x−15y=-15④，
④−③得，
解得:
把 代入①得，
解得
所以，方程组的解是
17. 解不等式组：，并把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，再在数轴上表示出来即可．
【详解】解：
解①得
解②得
∴
如图，
18. 求满足不等式的所有正整数x．
【答案】1，2，3
【解析】
【分析】本题考查是解一元一次不等式，根据解一元一次不等式的步骤求出不等式的解集，再取正整数解即可．
【详解】解：
去分母，得，
去括号得，
移项，合并得，
系数化为1，得，
∵x为正整数，
∴x取1，2，3．
19. 一个多边形的内角和是外角和的 5 倍，求这个多边形的边数．
【答案】这个多边形的边数是12
【解析】
【分析】根据多边形的内角和公式和外角和定理列出方程，然后求解即可．
【详解】解：设多边形的边数为n，
由题意得，，
解得．
故这个多边形的边数是12．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．
20. 如图，是等腰直角三角形，，经过逆时针旋转后到达位置，且点E在边上．

（1）旋转中心是哪一点？
（2）旋转了多少度？
（3）经过上述旋转后，点C转到了什么位置？
【答案】（1）点A （2）
（3）点C转到了点E的位置
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质：旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小，即旋转前后两个图形全等，对应顶点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的夹角等于旋转角．
（1）直接根据旋转的性质求解即可；
（2）由等腰三角形的性质得，然后由旋转的性质可得旋转角的度数；
（3）直接根据旋转的性质求解即可．
【小问1详解】
由旋转的性质可知，旋转中心是点A；
【小问2详解】
∵是等腰直角三角形，，
∴，
由旋转的性质可知，旋转了；
【小问3详解】
由旋转的性质可知，点C转到了点E的位置．
21. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求以为边画，要求：
（1）在图①中画一个直角三角形，在图②中画一个锐角三角形，在图③中画一个钝角三角形．
（2）点C在格点上．
【答案】见解析（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了作图-应用与设计作图，解决本题的关键是利用网格画出符合条件的三角形．根据网格画出符合条件的三个三角形即可．
【详解】解：如图所示：即为符合条件的三角形（答案不唯一）．
22. 如图，在中，平分交于点D． ，求的度数.对于上述问题，在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）.
解：在中，
（ ）,
又（已知），
= .
平分（已知），
（角平分线定义）
是的外角（已知），
+ （ ）,
.
【答案】，三角形的内角和等于，，，，，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，
【解析】
【分析】本题主要考查三角形内角和定理和三角形外角的性质，根据三角形内角和定理求出，由角平分线定义得，由三角形外角的性质可得结论
【详解】解：在中，
∵（ 三角形的内角和等于），
又∵（已知），
∴ ．
∵平分（已知），
∴（角平分线定义）．
又∵是的外角（已知），
∴（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
∴．
23. 对a、b定义一种新运算：.
如：
（1）计算： .
（2）若，求m、n的值.
（3）若，求x的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了新定义下的运算，掌握新定义下的运算，加减消元法，解一元一次不等式是解题的关键．
（1）根据新定义进行计算即可得；
（2）相据新定义进行计算得，再运用加减消元法进行计算即可得；
（3）根据题意计算得，去括号，移项，系数法为1进行计算即可得．
【小问1详解】
解：，
故答案为：；
【小问2详解】
解：
整理得，
，得，
，
将代入③，得，
，
∴方程组的解集为
【小问3详解】
解：
．
24. 某学校要购买甲、乙两种消毒液，若购买4桶甲消毒液和7桶乙消毒液，则一共需要425元；若购买6桶甲消毒液和14桶乙消毒液，则一共需要760元．
（1）每桶甲消毒液、每桶乙消毒液的价格分别是多少元？
（2）若该学校计划购买甲、乙两种消毒液共45桶，其中购买甲消毒液m桶，且甲消毒液的数量至少比乙消毒液的数量多8桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍．m为何值时总费用最少？并求出最少费用．
【答案】（1）每桶甲消毒液的价格为45元，每桶乙消毒液的价格为35元
（2）时，总费用最少，最少费用为1845元
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式组．
（1）每桶甲消毒液的价格为x元，每桶乙消毒液的价格为y元，根据两种买法列出的二元一次方程组，然后求解即可；
（2）购买甲消毒液m桶，购买乙消毒液桶，根据题意列出不等式组，求出m的取值范围，进而可求出求出最少费用．
小问1详解】
设每桶甲消毒液的价格为x元，每桶乙消毒液的价格为y元．
根据题意，得
解得
答：每桶甲消毒液的价格为45元，每桶乙消毒液的价格为35元．
【小问2详解】
购买甲消毒液m桶，购买乙消毒液桶．
根据题意，得，
解得 ．
∵m为正整数，
∴m可以取27、28、29、30．
∵甲消毒液每桶45元，乙消毒液每桶35元，
∴当甲消毒液购买最少时，总费用最少．
即时，总费用最少．
最少费用为：（元）．
25. 如图，在中， ，，点D是边的中点，点E在边上（不与点B、C重合），连结，将沿翻折得到，点B的对应点为点F．
（1）当时，的大小为 度．
（2）当时，求的大小．
（3）当时，直接写出的大小．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查了轴对称，三角形的内角和定理与外角的性质，平行线的性质．
（1）由三角形的内角和定理求出，进而由翻折可求出，根据三角形外角的性质即可求出，从而根据角的和差即可解答；
（2）当时，，从而由折叠可得，由三角形的内角和定理与翻折求出，根据三角形外角的性质即可求出，从而根据角的和差即可解答；
（3）分两种情况讨论，向下翻折或向下翻折，分别求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵沿翻折得到，
∴，
∵
∴．
故答案为：100
【小问2详解】
解：当时，，
由折叠可得，又
∴，
∴，
∴由折叠可得，
∵，
∴．
【小问3详解】
解：∵，，
∴．
①如图，若向下翻折时，
当时，，
由折叠可得，又
∴，
∴，
∴由折叠可得，
∵，
∴；
②如图，若向上翻折时，
当时，，
∴，
∴
由折叠可得，
∴，
∴，
∴由折叠可得，
∴；
综上所述，或．