福建省厦门市五缘第二实验学校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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（试卷满分：150分 试时间：120分钟）
注意事项：
1.全卷三大题，25小题，试卷共4页；
2.答题前填写好姓名、班级、座号等信息．答案一律写在答题卡上，否则不能得分．
一、选择题（本大题共有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，有且只有一个选项正确．）
1. 海豚天性善良、聪明、活泼欢快，是美好的象征．如图是吉祥物“越越”，通过平移可以得到的图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平移．根据平移的图形全等性，方向一致性，完全重合性等性质判定即可．
【详解】解：由平移的性质得：通过平移可以得到的图形是
，
故选∶B．
2. 下列实数中，是无理数的是（ ）
A. 3.14159265B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【详解】A．3.1415926是有限小数是有理数，选项错误．
B．6，整数，是有理数，选项错误；
C．是无理数，选项正确；
D．是分数，是有理数，选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有特定规律的数．
3. 下列图形中，与一定相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是对顶角的定义，平行线的性质．根据对顶角相等，平行线的性质可得答案．
【详解】解：A，与是邻角，不一定相等，不符合题意；
B，与是对顶角，一定相等，符合题意；
C，与是邻补角，不一定相等，不符合题意；
C，两直线不一定平行，则与不一定相等，不符合题意；
故选：B
4. “49的平方根是”的表达式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平方根的表示方法，即可得到答案．
【详解】解：“49的平方根是”表示为：．
故选A．
【点睛】本题主要考查平方根的表示法，掌握正数a的平方根表示为是解题的关键．
5. 如图，为判断一段纸带的两边a，b是否平行，小明在纸带两边a，b上分别取点A，B，并连接．下列条件中，能得到的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线的判定定理进行判断即可．
【详解】解：A、，和邻补角，不能证明；
B、，和是同旁内角，同旁内角相等不能证明；
C、，和属于内错角，内错角互补不能证明；
D、∵，∴（同旁内角互补两直线平行）；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定定理，熟知：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；是解本题的关键．
6. 如图是某校的平面图，若建立平面直角坐标系，蝶变园的坐标是，校门的坐标是，则格物轩的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标确定位置．直接利用已知点坐标建立平面直角坐标系进而得出答案．
【详解】解：如图，建立平面直角坐标系．
所以格物轩的坐标是．
故选：A
7. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 同旁内角互补
B. 若一个整数能被3整除，那么它也能被6整除
C. 若，则
D. 同一平面内，垂直同一条直线的两直线互相平行
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线的性质与判定，平方根的性质逐项判断即可．本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【详解】解：A．同旁内角不一定互补，故该命题是假命题，不符合题意；
B．如果一个整数能被3整除，那么这个数不一定被6整除，比如9，故该命题是假命题，不符合题意；
C．若，则故该命题是假命题，不符合题意；
D．在同一平面内，垂直同一条直线的两条直线互相平行，故该命题是真命题，符合题意；
故选：D．
8. 七年级共450名同学报名参加雷公山春季研学活动，出行大巴车与中巴车的数量之比为，每辆大巴车可载48名同学，每辆中巴车可载22名同学．假设有辆大巴车，辆中巴车，依据题意得到的方程组为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．
设有辆大巴车，辆中巴车，根据“大巴车与中巴车的数量之比为，每辆大巴车可载48名同学，每辆中巴车可载22名同学”列出二元一次方程组即可．
【详解】设有辆大巴车，辆中巴车，
根据题意得，．
故选：C．
9. 关于x，y的二元一次方程，其取值如图，则的值为（ ）
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了代入法解二元一次方程组，正确理解题意列出方程组准确代入计算是解题关键．
根据题意及表格中的数据列出关系式，计算即可求出p的值．
【详解】解：根据题意得：，
整理②得：③
将①代入③，得：．
故选：C．
10. 如图，则与的数量关系是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设角，利用平行线的性质表示出待求角，再利用整体思想即可求解．
【详解】设
则
∵
∴
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，关键是熟练掌握平行线的性质，注意整体思想的运用．
二、填空题（本大题共有6小题，每题4分，共24分）
11. 比较大小：______2（填“”，“”或“”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的大小比较．根据实数的大小比较法则，即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
故答案为：
12. 将点沿轴向右平移3个单位长度，再沿轴向上平移1个单位长度后得到的点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——平移．根据平移的规律，即可求解．
【详解】解：将点沿轴向右平移3个单位长度，再沿轴向上平移1个单位长度后得到的点的坐标为，即．
故答案为：
13. 如图，沿方向平移到，若，，平移的距离为______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查图形的平移，理解平移前后图形间的对应关系是解题的关键．
如图，由与之间位置关系，可知的长度即平移的距离．
【详解】解：如图，
∵平移
∴，
即移动距离为2．
故答案为：2．
14. 若与是同一个正数的两个平方根，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平方根的性质，一个正数的平方根有两个，它们互为相反数，据此列式，计算得出，即可作答．
【详解】解：∵与是同一个正数的两个平方根，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 生活中常见一种折叠拦道闸，若想求解某些特殊状态下的角度，需抽象为几何图形，如图，垂直于地面于A，平行于地面，则______．
【答案】##270度
【解析】
【分析】过点B作，如图，由于，则，根据两直线平行，同旁内角互补得，由得，即，于是得到结论．
本题主要考查了平行线的性质，正确作出辅助线，并熟记两直线平行，同旁内角互补是解决问题的关键．
【详解】解：过点B作，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
．
故答案为：．
16. 如图，平面直角坐标系中，长方形的四个顶点坐标分别为，，点从点出发，沿长方形的边顺时针运动，速度为每秒2个长度单位，点从点出发，沿长方形的边逆时针运动，速度为每秒3个长度单位，记P，Q在长方形边上第一次相遇的点为，第二次相遇的点为，第三次相遇的点为，……，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标变换．根据点坐标计算长方形的周长为10，设经过t秒P，Q第一次相遇，则P点走的路程为，Q点走的路程为，根据题意列方程，即可求出经过2秒第一次相遇，进一步求出第一次、第二次、第三次……相遇点的坐标，直到找出五次相遇一循环，再用的余数即可求出第2024次相遇点的坐标．
【详解】解：长方形的周长为，
设经过t秒P，Q第一次相遇，则P点走的路程为，Q点走的路程为，
根据题意得，
解得，
∴当时，P、Q第一次相遇，此时相遇点坐标为，
当时，P、Q第二次相遇，此时相遇点坐标为，
当时，P、Q第三次相遇，此时相遇点坐标为，
当时，P、Q第四次相遇，此时相遇点坐标为，
当时，P、Q第五次相遇，此时相遇点坐标为，
当时，P、Q第六次相遇，此时相遇点坐标，
∴五次相遇一循环，
∵，
∴点的坐标为．
故答案为：
三、解答题（本大题有9小题，共86分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的混合运算，二次根式的加减运算：
（1）先去括号，再合并，即可求解；
（2）先根据算术平方根，绝对值性质，立方根的性质化简，再计算，即可求解．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
18. 解方程组：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了加减消元法解二元一次方程组，先，解得，再代入，解出，即可作答．
【详解】解：，
，得出，解得，
把代入，得出，
解得，
∴方程组的解为．
19. 如图，已知，，证明：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查平行线的判定定理与性质定理的应用，熟记定理是解题关键．
先根据平行线的性质求出，再由可知，由平行线的判定定理即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
20. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，三角形的顶点的坐标为，点的坐标为．

（1）在图中画出平面直角坐标系，写出点的坐标；
（2）点，线段的最小值为______，理由是______．
【答案】（1）见解析，点A的坐标为
（2）3，理由是：垂线段最短
【解析】
【分析】本题考查平面直角坐标系，垂线段最短，
（1）根据点A与点B，C的位置关系可知，点A 横坐标为−1，纵坐标为0，即可得出点A的坐标，建立平面直角坐标系即可；
（2）根据垂线段最短求解即可．
【小问1详解】
解：∵点B的横坐标为，
∴点A的横坐标为，
∵点C的纵坐标为，
∴点A的纵坐标为0，
∴点A的坐标为，
建立平面直角坐标系如图所示，
【小问2详解】
∵点，
∴点P是直线上的点
∵
∴当直线时，线段有最小值，
∴当点P在x轴上时，线段的值最小，即．
理由是：垂线段最短．
21. 关于x，y的二元一次方程组的解是二元一次方程的解，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组、解一元一次方程、二元一次方程（组）的解，解答的关键是理解方程（组）的解得含义，能将二元一次方程（组）的解转化为关于k的一元一次方程的解．
先将方程组的解用k表示，根据方程的解的定义得到关于k的方程，解之即可．
【详解】解：由方程组得：，
∵ 此方程组的解也是方程的解
∴，
解得：．
22. 列方程解答下面问题．
小丽手中有块长方形的硬纸片，其中长比宽多，长方形的周长是．
（1）求长方形的长和宽；
（2）现小丽想用这块长方形的硬纸片，沿着边的方向裁出一块长与宽的比为，面积为的新纸片作为他用．试判断小丽能否成功，并说明理由．
【答案】（1）长为，宽为
（2）不能成功，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，则，依题意有：解方程即可；
（2）设新长方形的长为，宽为，则得，由即可判断．
【小问1详解】
解：设，则，
依题意有：，
∴，
答：长方形的长为，宽为．
【小问2详解】
设新长方形的长为，宽为，
则，
∴（负值舍去），
即新长方形的长为，宽为，
∵，
∴即，故小丽不能成功．
答：小丽不能用这块正方形纸片裁出符合要求的长方形纸片．
【点睛】本题主要考查一元一次方程应用，一元二次方程的应用，二次根式的应用，根据题意正确列出方程是解题的关键．
23. 观察下列一组算式的特征及运算结果，探索规律：
（1），
（2），
（3），
（4）．
（1）观察算式规律，计算______；______．
（2）用含正整数的式子表示上述算式的规律：______．
（3）计算：．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）从数字找规律，即可解答；
（2）从数字找规律，即可解答；
（3）从数字找规律，进行计算即可解答．
【小问1详解】
解：，，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：用含正整数的式子表示上述算式的规律：；
故答案为：；
【小问3详解】
解：



．
【点睛】本题考查了实数的运算，规律型：数字的变化类，从数字找规律是解题的关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，点坐标为，点坐标为，且，，满足关系式

（1）请求出、、三点的坐标：
（2）如果在第三象限内有一点，请用含的式子表示四边形的面积；
（3）在（2）的条件下，当时，在轴上是否存在点，使三角形的面积等于四边形面积的？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点坐标为，点坐标为，点坐标为；
（2）；
（3）存在这样的点M，点M的坐标为或．
【解析】
【分析】本题考查非负数的性质，直角坐标系中的面积问题，三角形的面积公式等知识．
（1）根据非负数的性质求解即可；
（2）求出，，再用计算即可；
（3）根据设为，则，，再结合题意列出绝对值方程，求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，，；
∴点坐标为，点坐标为，点坐标为；
【小问2详解】
解：过点作于，则，

∵，，
∴，，
∴，，
∴；
【小问3详解】
解：存在，点M的坐标为或，
理由如下：
假设存在这样的点M，设为，则，
∵，
∴
∵，
由题意得
解得：或，
∴存在这样的点M，点M的坐标为或．
25. 如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）①如图1，∠DPC＝ 度．
②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°旋转360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．
（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°/秒，在两个三角板旋转过程中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证明．
【答案】（1）①90；②t为或或或或或或；（2）①正确，②错误，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：从而可得答案；②当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差求解旋转角，可得旋转时间；当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时的旋转时间与相同；
（2）分两种情况讨论：当在上方时，当在下方时，①分别用含的代数式表示，从而可得的值；②分别用含的代数式表示，得到是一个含的代数式，从而可得答案．
【详解】解：（1）①∵∠DPC＝180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA＝60°，∠DPB＝30°，
∴∠DPC＝180﹣30﹣60＝90°，
故答案为90；
②如图1﹣1，当BD∥PC时，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图1﹣2，当PC∥BD时，
∵∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
如图1﹣3，当PA∥BD时，即点D与点C重合，此时∠ACP＝∠BPD＝30°，则AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠APN＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为9秒，
如图1﹣4，当PA∥BD时，
∵∠DPB＝∠ACP＝30°，
∴AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠BPA＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°+180°＝270°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为27秒，
如图1﹣5，当AC∥DP时，
∵AC∥DP，
∴∠C＝∠DPC＝30°，
∴∠APN＝180°﹣30°﹣30°﹣60°＝60°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为60°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为6秒，
如图1﹣6，当时，




∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为秒，
如图1﹣7，当AC∥BD时，
∵AC∥BD，
∴∠DBP＝∠BAC＝90°，
∴点A在MN上，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为18秒，
当时，如图1-3，1-4，旋转时间分别为：，
综上所述：当t为或或或或或或时，这两个三角形是“孪生三角形”；
（2）如图，当在上方时，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝30°﹣2t，∠APN＝3t．
∴∠CPD＝180°﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN＝90°﹣t，

∴
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
当在下方时，如图，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝ ∠APN＝3t．
∴∠CPD＝



∴
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
综上：①正确，②错误．
【点睛】本题考查的是角的和差倍分关系，平行线的性质与判定，角的动态定义（旋转角）的理解，掌握分类讨论的思想是解题的关键．