2021-2022学年吉林省长春市榆树市七年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年吉林省长春市榆树市七年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共15页。试卷主要包含了0分，0分），【答案】A，【答案】B，【答案】1、2、3等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年吉林省长春市榆树市七年级（下）期末数学试卷注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）方程的解是(    )A.  B.  C.  D. 下列标志中，是轴对称图形的是(    )A. 节水标志 B. 生产许可
C. 绿色食品 D. 回收标志下列方程变形正确的是(    )A. 由得 B. 由得
C. 由得 D. 由得如图，沿射线方向平移到的位置，若，则的长度为(    )A.
B.
C.
D. 只用下列一种全等的正多边形能够铺满地面的是(    )A. 正十边形 B. 正八边形 C. 正六边形 D. 正五边形九章算术中有一道题的条件是：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛．”大致意思是：有大小两种盛米的桶，大桶加小桶共盛斛米，大桶加小桶共盛斛米，依据该条件，若设个大桶可以盛米斛，个小桶可以盛米斛，则可列方程组为(    )A.  B.  C.  D. 如图，，，，则的大小是(    )A.
B.
C.
D. 如图，六边形内部有一点，连结、若，则的大小为(    )
A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）若，则______填“”“”或“”．不等式的正整数解是______．已知是等腰三角形，若它的周长为，一条边的长为，则它的腰长为______．若正多边形的一个外角为，则这个正多边形是______边形．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．的顶点都在格点上，将绕点按顺时针方向旋转得到，使其各顶点仍在格点上，则旋转角的大小是______度．
如图，将矩形沿向上折叠，使点落在边上的处，若的周长为，的周长为，则矩形的周长为______．
   三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）解方程 四、解答题（本大题共9小题，共73.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解方程组：．如图，在的正方形网格中，的三个顶点和点都在格点上，按要求画一个三角形，使它的顶点均在格点上．
将在网格内平移，在图中画出平移后的三角形，使点落在其内部；
以点为旋转中心，将旋转，在图中画出旋转后的三角形，使点落在其内部．
 
解不等式组：并将解集在数轴上表示．对于下列问题，在解答过程的空白处填上适当的内容理由或数学式．
如图，在直角中，是斜边上的高，．
求的度数；
求的度数．
解：已知，
______
______
____________等量代换．
______，
等式的性质．
已知，
____________等量代换．
如图，≌，其中点、、、在一条直线上．
若，，求的大小；
若，，求的长．
 
树市某中学七年一班全体学生参加团活动进行分组，原来每组人，后来重新编组，每组人，这样就比原来减少组，请问七年一班共有多少人？如图，在中，是边上的中线，的周长比的周长多，与的和为．
求、的长；
求边的取值范围．
如图，在四边形中，，平分，平分，．
求的度数；
求证：．
某校为丰富学生的校园生活，准备从体育用品商店一次性购买若干个篮球和足球每个篮球的价格相同，每个足球的价格相同，若购买个篮球和个足球共需要元；购买个篮球和个足球共需要元．
求购买一个篮球、一个足球各需多少元？
根据该校实际情况，需从体育用品商店一次性购买篮球与足球共个，要求购买篮球和足球的总费用不超过元，请尝试通过计算，说明学校最多可以购买多少个篮球？
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
解得：．
故选：．
把系数化为，即可求出解．
此题考查了解一元一次方程，熟练掌握等式的性质是解本题的关键．
 2.【答案】 【解析】解：不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是轴对称图形，故此选项符合题意；
D.不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：．
直接根据轴对称图形的概念分别解答得出答案．
本题考查的是轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
 3.【答案】 【解析】解：、：不对，因为移项时没有变号；
：系数化时，方程两端要同时除以未知数的系数；
运用排除法可得D正确．
故选：．
分别对所给的四个方程利用等式性质进行变形，可以找出正确答案．
考查解方程的一般过程．方程的变形一般包括去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为等．移项时注意变号．
 4.【答案】 【解析】解：由平移的性质可知，，
，
，
故选：．
根据平移的概念得到，结合图形计算，得到答案．
本题考查的是平移的性质，正确理解平移的概念是解题的关键．
 5.【答案】 【解析】解：选项，正十边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
选项，正八边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
选项，正六边形的每个内角是，，能铺满地面，故该选项符合题意；
选项，正五边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
故选：．
根据判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能判断即可．
本题考查了平面镶嵌密铺，掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：设个大桶可以盛米斛，个小桶可以盛米斛，
则，
故选：．
直接利用个大桶加上个小桶可以盛米斛，个大桶加上个小桶可以盛米斛，分别得出等式组成方程组求出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组的知识，正确得出等量关系是解题关键．
 7.【答案】 【解析】解：是的外角，，，
．
，
．
故选：．
先根据三角形内角与外角的性质求出的度数，再根据平行线的性质即可解答．
本题主要考查平行线的性质．解题的关键是掌握三角形内角与外角的关系及平行线的性质．
 8.【答案】 【解析】【分析】
此题主要考查了多边形内角和和角的计算，关键是掌握多边形内角和定理：且为整数．
利用多边形的内角和定理计算出六边形内角和，计算出的度数，然后可得的大小．
【解答】
解：多边形是六边形，
，
，
，
多边形是四边形，
，
，即，
故选：．  9.【答案】 【解析】【分析】
此题考查了不等式的性质，掌握不等式的基本性质是本题的关键，不等式的基本性质是：
不等式两边加或减同一个数或式子，不等号的方向不变．
不等式两边乘或除以同一个正数，不等号的方向不变．
不等式两边乘或除以同一个负数，不等号的方向改变．
根据不等式的性质，在不等式的两边同时乘以一个负数，不等号的方向改变，即可得出答案．
【解答】
解：，
；
故答案为．  10.【答案】、、 【解析】解：移项得，，
合并同类项得，，
系数化为得，．
故不等式的正整数解是、、．
先利用不等式的基本性质解不等式，再从不等式的解集中找出适合条件的正整数即可．
正确解不等式，求出解集是解答本题的关键，解不等式应根据不等式的基本性质．
 11.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
由于已知的长为的边，没有说明是底还是腰，所以要分类讨论，最后要根据三角形三边关系定理来验证所求的结果是否合理．
【解答】
解：当腰长为时，底长为：，，不能构成三角形；
当底长为时，腰长为：，能构成三角形；
故此等腰三角形的腰长为．
故答案为：．  12.【答案】九 【解析】解：多边形的每个外角相等，且其和为，
据此可得，
解得．
故答案为：九．
利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案．
本题主要考查了正多边形外角和的知识，正多边形的每个外角相等，且其和为，比较简单．
 13.【答案】 【解析】解：根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知是旋转角，且，

故答案为．
根据旋转角的概念找到是旋转角，从图形中可求出其度数．
本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．
 14.【答案】 【解析】解：由折叠而成，
≌，
，，
矩形的周长等于和的周长的和为．
故答案为：．
根据图形折叠的性质可知，，再由的周长为，的周长为即可得出结论．
本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
 15.【答案】解：去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为得：． 【解析】根据解一元一次方程的步骤：去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为进行解答．
去分母时，方程两端同乘各分母的最小公倍数时，不要漏乘没有分母的项，同时要把分子如果是一个多项式作为一个整体加上括号．
 16.【答案】解：方程组，
得：，
解得：，
把代入得：，
解得：，
则方程组的解为． 【解析】方程组利用加减消元法求出解即可．
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
 17.【答案】解：如图中，即为所求；
如图中，即为所求．
 【解析】根据要求画出图形即可答案不唯一；
将绕点顺时针旋转即可．
本题考查作图旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
 18.【答案】解：，
由得．
由得．
所以原不等式组的解集为．
解集在数轴上表示：
 【解析】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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，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．
 19.【答案】  三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和      三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和     【解析】解：已知，
．
三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和．
等量代换．
三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，
等式的性质．
已知，
等量代换．
故答案为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和；；；
三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和；；．
由垂直的定义可得，利用三角形外角的性质可得可求解的度数；
由三角形外角的性质可得，结合可求解的度数．
本题主要考查三角形外角的性质，垂直的定义，灵活运用三角形外角的性质是解题的关键．
 20.【答案】解：，
，
≌，
，
，
；
≌，
，
，即，
，，
，
． 【解析】本题考查的是全等三角形的性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．
根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算即可；
根据全等三角形的性质得到，结合图形得到，计算即可．
 21.【答案】解：设七年一班共有人，
依题意得：，
解得：．
答：七年一班共有人． 【解析】设七年一班共有人，利用组数全部总人数每组人数，结合重新编组后比原来减少组，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
 22.【答案】解：是边上的中线，
，
的周长的周长，
即，
又，
得．，
解得，
得，，
解得，
和的长分别为：，；
，，
． 【解析】根据三角形中线的定义，所以和的周长之差也就是与的差，然后联立关于、的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可．
根据三角形三边关系解答即可．
本题考查了三角形的三边关系，三角形的中线定义，二元一次方程组的求解，利用加减消元法求解是解题的关键．
 23.【答案】解：，，．
，
平分，
；
证明：，四边形的内角和为，
，
平分，平分，
，
又，
，
，
． 【解析】四边形的内角和为，则，根据已知求出，再根据角平分线的定义求出的度数；
要证，需证，由于已知里给出了两条角平分线，四边形内角和为，，可得：，在中，，等角的余角相等，就可得到，即可证．
本题考查了角平分线性质和判定，解题的关键是熟练运用四边形的内角和为，同角的余角相等．
 24.【答案】解：设购买一个篮球需要元，一个足球需要元，
依题意得：，
解得：．
答：购买一个篮球需要元，一个足球需要元．
设学校购买了个篮球，则购买了个足球，
依题意得：，
解得：．
答：学校最多可以购买个篮球． 【解析】设购买一个篮球需要元，一个足球需要元，根据“购买个篮球和个足球共需要元；购买个篮球和个足球共需要元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
设学校购买了个篮球，则购买了个足球，利用总价单价数量，结合总价不超过元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．