2022-2023学年湖北省黄石市阳新县七年级（下）抽测数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省黄石市阳新县七年级（下）抽测数学试卷（含解析），共18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。
2022-2023学年湖北省黄石市阳新县七年级（下）抽测数学试卷一、选择题（本大题共6小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列命题：
表示的平方根；
立方根等于本身的数是；
若，则在坐标原点；
在平面直角坐标系中，若点的坐标为，且平行于轴，，则点的坐标为，
其中真命题的个数为(    )A.  B.  C.  D. 2.方程组的解为，则方程组的的解为(    )A.  B.  C.  D. 3.设，，，，，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 4.关于的不等式组只有两个整数解，且，要使的值是整数，则符合条件的个数是(    )A.  B.  C.  D. 5.三角形然幻方是锻炼思维的有趣数学问题，例：把数字、、、、分别填入如图所示的个圆圈内，要求和的每条边上三个圆圈内数字之和都等于，则的和是(    )

 A.  B.  C.  D. 6.如图，点在延长线上，，交于点，且，，比的余角大，为线段上一动点，为上一点，且满足，为的平分线下列结论：
；
；
平分；
；
其中结论正确的序号是(    )
A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共6小题，共36.0分）7.计算： ______ ．8.方程组的解是______．9.有理数与无理数之间的运算有着某种规律性，例如：若和是有理数，，则，，已知和是有理数：
若，则的平方根为______ ；
若，其中，是的平方根，则的值为______ ．10.教材上曾让同学们探索过线段的中点坐标：在平面直角坐标系中，有两点、，所连线段的中点是，则的坐标为，如：点、点，则线段的中点的坐标为，即利用以上结论解决问题：平面直角坐标系中，若，，线段的中点恰好位于轴上，且到轴的距离是，则的值等于______．11.一副直角三角尺叠放如图所示，现将的三角尺固定不动，将含的三角尺绕顶点顺时针转动至图位置的过程中，使两块三角尺至少有一组边互相平行，则其余符合条件的度数为______ 【例如：图，当时，】．

 12.为支持贫困山区的希望工程，某学校组织学生准备了个笔记本，支钢笔及若干副三角板学生们将这些学习用品分成了甲、乙、丙三类包裹进行邮寄，一个甲类包裹里有个笔记本、支钢笔和副三角板，一个乙类包裹里有个笔记本、支钢笔和副三角板，一个丙类包裹里有本笔记本、支钢笔和副三角板已知甲、乙、丙三类包裹都为正整数，并且甲类包裹的数量大于个，丙类包裹的数量大于个，那么所有包裹里三角板的总数为______ 副三、解答题（本大题共5小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）13.本小题分

已知：方程是关于的一元一次方程，无论为何值，总是方程的解，设，，
求，；
若，求证：．
14.本小题分
如图，每个小正方形的边长为，利用网格点画图和无刻度的直尺面图保留画图痕迹：
在方格纸内将三角形经过一次平移后得到三角形，图中标出了点的对应点，画出三角形；
过点画线段使且；
图中与的关系是______；
点在线段上，，点是直线上一动点，线段的最小值为______．

 15.本小题分
阅读下面的材料并把解答过程补充完整．
问题：在关于，的二元一次方程组中，，，求的取值范围．
分析：在关于、的二元一次方程组中，利用参数的代数式表示，，然后根据，列出关于参数的不等式组即可求得的取值范围．
解：由解得，又因为，，所以，解得______ ．
请你按照上述方法，完成下列问题：
已知，且，，求的取值范围．
已知，在关于，的二元一次方程组中，，，化简含有绝对值的式子结果用含的式子表示．16.本小题分
某商场若购进部甲型号手机和部乙型号手机，共需元；若购进部甲型号手机和部乙型号手机，共需元．
求甲、乙型号手机每部的进价；
商场计划用不少于元且不多于元的资金购进这两种型号手机共部．
求有多少种进货方案；
若每部甲，乙型号手机的售价分别为元，元，采用中甲型手机进货量最少的方案进货，为了促销．商场决定每售出一部甲型号手机，返还顾客现金元，每售出一部乙型号手机，返还顾客现金元且、为的整数倍，要保证该进货方案全都售完获利达到元，直接写出、的值．17.本小题分
在平面直角坐标系中，点在第一象限，轴于点，轴于点，已知点，，其中，满足．

直接写出点坐标．
如图，点从点出发以每秒个单位的速度沿轴正方向运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度沿射线运动，过点作轴于点，设运动时间为秒，当时，求的取值范围．
如图，将线段平移，使点的对应点恰好落在轴负半轴上，点的对应点为，连接交轴于点，当时，求点的坐标．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：表示的算术平方根，原命题是假命题；
立方根等于本身的数是、或，原命题是假命题；
若，则在坐标原点或坐标轴上，原命题是假命题；
在平面直角坐标系中，若点的坐标为，且平行于轴，，则点的坐标为或，原命题是假命题，
故选：．
根据平方根、立方根、平面直角坐标系进行判断即可．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平方根、立方根、平面直角坐标系等知识，难度较小．2.【答案】 【解析】解：方程组的解为，
二元一次方程组的解为，
方程组的解为，
故选：．
由题意可知方程组的解为，则方程组的解为，求解即可．
本题考查解二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解与二元一次方程组的关系，利用整体的数学思想是解题的关键．3.【答案】 【解析】解：，，，，，
，，，，






，
故选：．
分别计算、、、根据规律得出进而得到进行计算即可．
本题考查分式的加减法，算术平方根，掌握分式加减法的计算方法以及算术平方根的定义是正确解答的前提．4.【答案】 【解析】解：解不等式得，
解不等式的，
不等式组有且只有个整数解，
，
，
，
，
，
整数为，，，，，，，，，，
要使的值是整数的的值为，，，，共个，
故选：．
先解不等式组，得出，再求出的取值范围，再由式子的值是整数，可求出符合条件的个数．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练运用一元一次不等式组的解法是解题的关键．5.【答案】 【解析】解：把填入，，三处圈内的三个数之和记为；
，，三处圈内的三个数之和记为；
其余三个圈所填的数位之和为．
显然有，
图中六条边，每条边上三个圈中之数的和为，所以有，
，得，
把，，每一边上三个圈中的数的和相加，则可得，
联立，，解得，，
则．
故选：．
把填入，，三处圈内的三个数之和记为；，，三处圈内的三个数之和记为；其余三个圈所填的数位之和为结合图形和已知条件得到方程组，进而求得即可．
此题考查了二元一次方程组的应用，数字的变化类，解题要特别注意三角形的顶点的数字的重复使用，能够根据各边的数字之和列方程组求解．6.【答案】 【解析】解：，
，结论正确；
，
．
，
，
，结论正确；
，
．
，
，
平分，结论正确；
，
．
比的余角大，
．
，，
，结论不正确；
为的平分线，
．
，
，
，结论正确．
综上所述：正确的结论有．
故选：．
由可得出，结论正确；由进而可得出，结合可得出，根据“同位角相等，两直线平行”可得出，结论正确；由可得出，结合可得出，即平分，结论正确；由可得出，结合比的余角大可求出的度数，再由结合三角形内角和定理可求出，结论不正确；根据角平分线的定义可得出以及，将其代入可求出的角度为定值，结论正确．综上即可得出结论．
本题考查了平行线的判定与性质、余角和补角、角平分线的定义以及三角形内角和定理，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．7.【答案】 【解析】解：原式，
故答案为：
原式利用平方根及立方根定义计算即可得到结果．
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．8.【答案】 【解析】解：，
得，；
得，，
联立得，，解得．
故答案为：．
先把两方程相加，再把两方程相减组成方程组，求出、的值即可．
本题考查的是解二元一次方程组，熟知解二元一次方程组的加减消元法和代入消元法是解答此题的关键．9.【答案】  【解析】解：，和是有理数，
，，
解得：，，
，
的平方根为，
故答案为：；
，
，
，
和是有理数，
，
解得：，
，是的平方根，
，
故答案为：．
根据题意可得，，从而可得，，然后代入式子中，进行计算即可解答；
根据已知易得，从而可得，进而可得：，然后利用平方根的意义，即可解答．
本题考查了实数的运算，平方根，准确熟练地进行计算是解题的关键．10.【答案】或 【解析】解：根据题意得：，
线段的中点恰好位于轴上，且到轴的距离是，
，
解得：或．
故答案为：或．
根据中点坐标公式求出点的坐标，根据线段的中点恰好位于轴上，且到轴的距离是，得到点的横坐标等于，纵坐标的绝对值为，列出方程组求解即可．
本题考查了坐标与图形性质，根据线段的中点恰好位于轴上，且到轴的距离是，得到点的横坐标等于，纵坐标的绝对值为是解题的关键．11.【答案】或或 【解析】解：如图，当时，；

如图，当时，；

如图，当或时，；

当时，如图，．

综上所述，旋转后两块三角板至少有一组边平行，则其它所有可能符合条件的度数为或或，
故答案为：或或．
分四种情况进行讨论，分别依据平行线的性质进行计算即可得到的度数，再找到关于点中心对称的情况即可求解．
本题考查的是平行线的判定与性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角板的性质求解是解答此题的关键．12.【答案】 【解析】解：设甲类包裹有个，乙类包裹有个，丙类包裹有个，根据题意得：
，
得，
解得：，
将代入得：，
，
，，
，
解得：，
为正整数，且为正整数，
，，
，
所有包裹里三角板的总数为：副．
故答案为：．
设甲类包裹有个，乙类包裹有个，丙类包裹有个，由准备了个笔记本，支钢笔列出、、的三元一次方程组，用表示、，进而由的取值范围和列出的不等式组求的取值范围，再根据、与的关系式和、为正整数求得的整数值，从而求出、的值，再进行计算即可．
本题主要考查了一元一次不等式组及三元一次方程组的应用，解答本题的关键是正确列出不等式组和方程组，正确求不定方程的特殊解．13.【答案】解：根据题意得，且，
解得，，
则关于的一元一次方程为，
，
关于的一元一次方程为，
，
当时，方程变形为：，
整理得，，
，
，
无论为何值，总是方程的解，
，，
，；
由，得，，
，，
，，
，
，
，
，
，
． 【解析】根据一元一次方程得定义求解即可；
根据平行线的判定定理求解即可．
此题考查了一元一次方程、平行线的判定，熟练掌握一元一次方程、平行线的判定定理解题的关键．14.【答案】，  【解析】解：如图，即为所求；
如图，线段即为所求；
由平移变换的性质可知，．
故答案为：，．

当时，的值最小．
，
，
的最小值为．
故答案为：．
利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
利用数形结合的思想作出图形即可；
根据平移变换的性质判断即可；
根据垂线段最短，面积法求解．
本题考查作图平移变换，三角形的面积，垂线段最短等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．15.【答案】 【解析】解：，
解不等式得：，
解不等式得：，
不等式组的解集为，
故答案为：；
设，则，
解得：，
，，
，
解得：，
即；
解方程组得：，
，，
，
解得：，
，
，，


，
，
，
，，



．
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分即可；
根据阅读中的方法解题即可求解；
解方程组得：，根据，可得，进一步得到，代入化简即可．
本题考查了解二元一次方程组和解一元一次不等式组，能得出关于的不等式组是解此题的关键．16.【答案】解：设每部甲型号手机的进价为元，每部乙型号手机的进价为元，
依题意得：，
解得：．
答：每部甲型号手机的进价为元，每部乙型号手机的进价为元．
设购进部甲型号手机，则购进部乙型号手机，
依题意得：，
解得：，
又为整数，
可以为，，，，，，，，，
共有种进货方案．
依题意得：，

又，且、为的整数倍，
或．
答：、的值为，或，． 【解析】设每部甲型号手机的进价为元，每部乙型号手机的进价为元，根据“购进部甲型号手机和部乙型号手机，共需元；购进部甲型号手机和部乙型号手机，共需元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
设购进部甲型号手机，则购进部乙型号手机，利用总价单价数量，结合总价不少于元且不多于元，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，再结合为整数，即可得出共有种进货方案；
利用总利润每部手机的销售利润销售数量，即可得出关于，的二元一次方程，结合，且、为的整数倍，即可得出结论．
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以及二元一次方程的应用，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组；找准等量关系，正确列出二元一次方程．17.【答案】解：如图，，，且，
，，
，，
轴于点，轴于点，且，，
．
，，，
，
，，且，
，
．
作轴于点，设，
点的对应点在轴负半轴上，
，
，
由平移得，
，
，
，
，
整理得，
当点在第二象限，如图，则，
，
，
，
，
；
当点在第三象限，如图，则，
，
，
，
，
，
综上所述，点的坐标为或． 【解析】先由，根据非负数的性质求得，，再由轴于点，轴于点，求得；
由，，得，即可由列出不等式，求出不等式的解集即可；
作轴于点，设，，由平移得，再由得，推导出，再按点在第二象限、点在第三象限由分别列方程求出相应的的值即可．
此题重点考查非负数的性质、平移的性质、图形与坐标、方程与不等式等知识，根据面积以及线段之间的相等关系列方程是解题的关键．