北京市清华大学附属中学望京学校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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满分：100分 考试时间：90分钟
一、选择题（每题3分，共24分）
1. 在平面直角坐标系中，点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限．根据各象限内点的坐标特征解答．
【详解】解：点在第二象限．
故选：B．
2. 下列实数：，，（每相邻两个1之间依次增加一个0），，，中，无理数的个数是（ ）
A 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据整数和分数统称有理数，无限不循环小数是无理数判断即可．
【详解】，，（每相邻两个1之间依次增加一个0），是无理数，，是有理数，
故选D．
【点睛】本题考查了无理数的认识，熟练掌握无理数的定义是解题的关键．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据实数的计算法则求解即可．
【详解】解：A、 ，原式计算正确，符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，熟知相关计算法则是解题的关键．
4. 已知方程组，则x﹣y的值是（ ）
A. 2B. ﹣2C. 0D. ﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】方程组两方程相减即可求出所求．
【详解】解：，
②①得：，
故选：A．
【点睛】此题考查了解二元一次方程组，解题的关键是利用了加减消元的方法得到目标表达式的值．
5. 下列命题中，真命题是（ ）
A. 同位角相等B. 互补的角是邻补角
C. 带根号的数一定是无理数D. 对顶角相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是命题的真假判断，根据同位角的意义、邻补角的概念、无理数的概念、对顶角相等判断即可．
【详解】解：A、两直线平行，同位角相等，故选项A是假命题，不符合题意；
B、互补的角不是邻补角，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、带根号的数不一定是无理数，例如，2是有理数，故本选项说法是假命题，不符合题意；
D、对顶角相等，是真命题，符合题意；
故选：D．
6. 如图，为直线上一点，平分，于点，若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据邻补角的定义求出，再根据角平分线的定义求解即可．
【详解】解：，
．
平分，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查邻补角、角平分线，熟练掌握邻补角的定义、角平分线的定义是解决本题的关键．
7. 光线在不同介质中的传播速度不同，因此当光线从水中射向空气时，要发生折射．由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．如图，当∠1=45°，∠2=122°时，∠3和∠4的度数分别是（ ）
A. 58°，122°B. 45°，68°C. 45°，58°D. 45°，45°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据EG∥FH得出∠3的度数，再由AB∥CD得出∠ECD的度数，根据CE∥DF即可得出结论．
【详解】∵EG∥FH，∠1=45°，
∴∠3=∠1=45°．
∵AB∥CD，∠2=122°，
∴∠ECD=180°﹣122°=58°．
∵CE∥DF，
∴∠4=∠ECD=58°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A从依次跳动到，…，按此规律，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查点坐标的规律探究，由图可知，个坐标的纵坐标为一循环，因此判断对应的坐标是，那么纵坐标为，横坐标每多一个循环则大，可算出横坐标为，然后直接求解即可．
【详解】解：观察图形可知，n为正整数时，的纵坐标为0，1，3，，
纵坐标为0的点：
纵坐标为1的点：
纵坐标为3的点：
纵坐标为的点：
可以看出纵坐标为1，3，时，n取连续的两个数为一组，则10个10个的增加，
∵，纵坐标为1的规律
∴的纵坐标为1，正好是往右循环202次，
又∵每个循环横坐标加4，
∴横坐标为
∴
故选：D
二、填空题（每题3分，共24分）
9. 已知二元一次方程，用含y的代数式表示x，____________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查的是二元一次方程的基本运算技能：移项、合并同类项、系数化为1等，表示谁就该把谁放到等号的一边，其他的项移到另一边，然后合并同类项、系数化1即可．
移项即可得出结果．
【详解】解：，
移项，得：，
故答案为：．
10. 如图，两直线交于点O，若∠1+∠2=76°，则∠1=________度．
【答案】38
【解析】
【分析】直接利用对顶角的性质结合已知得出答案．
详解】解：∵两直线交于点O，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠2=76°，
∴∠1=38°．
故答案为：38．
【点睛】此题主要考查了对顶角，正确把握对顶角的定义是解题关键．
11. 若，则等于_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据非负数的性质可得，，解方程求出x、y的值即可求得答案．
【详解】由题意得，
解得：，
所以，
故答案为：
【点睛】本题考查了非负数的性质，熟知“几个非负数的和为0，那么每个非负数都为0”是解题的关键．
12. 在平面直角坐标系中，点到x轴的距离为________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据点到x轴的距离为即可解答．
【详解】解：点到x轴的距离为．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的性质，掌握点到x轴的距离为是解答本题的关键．
13. 比较大小： ________（“>”“<”或“=”)．
【答案】＜
【解析】
【分析】先根据的取值范围去将的差与2比大小，即可解答本题．
【详解】解：，
，
，
；
故答案为：＜．
【点睛】本题考查的是无理数的计算，要注意到4＜7＜9，掌握常见的平方数是解题的关键．
14. 如图，纸片的边缘，互相平行，将纸片沿折叠，使得点分别落在点处．若，则的度数是 ________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平行线的性质和折叠前后的角相等求解即可．
【详解】解：，
∴，
，
由折叠得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线的性质和折叠前后的角相等，掌握平行线的性质是解题的关键．
15. 已知点的坐标为，直线轴，并且，则点的坐标为________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据平行于y轴的直线上的点横坐标相同，求出点B的横坐标为1，再分点B在点A上方和下方两种情况讨论求解即可．
【详解】解：直线轴，点的坐标为，
∴点B的横坐标为1，
∵，
∴当点B在点A上方时，点B的纵坐标为9，即此时点B的坐标为；
当点B在点A下方时，点B的纵坐标为，即此时点B的坐标为
综上所述，点B的坐标为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
16. 三名快递员某天的工作情况如图所示，其中点，，的横、纵坐标分别表示甲、乙、丙三名快递员上午派送快递所用的时间和件数；点，，的横、纵坐标分别表示甲、乙、丙三名快递员下午派送快递所用的时间和件数．有如下三个结论：①上午派送快递所用时间最短的是甲；②下午派送快递件数最多的是丙；③在这一天中派送快递总件数最多的是乙．上述结论中，所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】本题考查坐标与点，能够从图中获取信息，针对性的统计是求解的关键．
从图中根据①②③的信息依次统计，即可求解．
【详解】解：从图可知以下信息：
上午送时间最短的是甲，①正确；
下午送件最多的是乙，②不正确；
一天中甲送了件，乙送了件，
∴在这一天中派送快递总件数最多的是乙，③正确；
故答案为：①③．
三、解答题（17题，22题，23题，24题，25题每题5分，18题，20题，21题每题4分，19题3分，26题，27题每题6分，共52分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查实数的混合运算，直接利用算术平方根、立方根的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
【详解】解：
18. 解方程组：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解二元一次方程组，利用代入消元法求解即可．
【详解】解：
由①可得， ③，
将③代入②中可得，
解得：，
将代入③中可得，，
∴方程组的解为．
19. 求出下列式子中x的值：．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查利用平方根的定义解方程，两边同时开方得到两个一元一次方程，计算即可．
【详解】解：
解得，，
解得，，
∴或
20. 完成下面的证明．已知：如图，AC⊥BD，EF⊥BD，∠A＝∠1．求证：EF平分∠BED．
证明：∵AC⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ACB＝90°，∠EFB＝90°．（______）
∴∠ACB＝∠EFB．
∴_____________．（______）
∴∠A＝∠2．（两直线平行，同位角相等）
∠3＝∠1．（_______）
又∵∠A＝∠1，
∴∠2＝∠3．
∴EF平分∠BED．
【答案】垂直定义；AC∥EF；同位角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等
【解析】
【分析】利用平行线的判定和性质，垂线的性质，角平分线的定义即可解决问题．
【详解】∵AC⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ACB＝90°，∠EFB＝90°．（垂直定义）
∴∠ACB＝∠EFB．
∴AC∥EF．（ 同位角相等，两直线平行）
∴∠A＝∠2．（两直线平行，同位角相等）
∠3＝∠1．（两直线平行，内错角相等）
又∵∠A＝∠1，
∴∠2＝∠3．
∴EF平分∠BED．
故答案为：垂直定义；AC∥EF；同位角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握同位角相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等．
21. 如图所示的是天安门周围的景点分布示意图，若以正东、正北方向为轴、轴的正方向建立坐标系，表示电报大楼的点的坐标为，表示王府井的点的坐标为，请解决下面的问题：
（1）在图中画出相应的平面直角坐标系，并写出美术馆的坐标_______；
（2）“天安门—故宫—景山”所在的直线称为北京城的中轴线，在王府井的小奇同学如果要在最短的时间内（速度相同）赶到中轴线上，则小奇应该直接到达中轴线上的点的坐标为________，理论依据为_____________．
【答案】（1）见解析，
（2），垂线段最短
【解析】
【分析】（1）根据电报大楼的点的坐标为，王府井的点的坐标为，然后建立直角坐标系，读出点美术馆的坐标即可；
（2）根据王府井的点的坐标及垂线段最短即可求解．
【小问1详解】
解：建立坐标系如图所示：美术馆的坐标，
【小问2详解】
∵王府井的点的坐标为，
∴直接到达中轴线上的点的坐标为，理论依据为垂线段最短．
故答案为：；垂线段最短．
【点睛】题目主要考查坐标系的建立及实际应用，理解题意，建立直角坐标系是解题关键．
22. 已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货10吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货11吨，某物流公司现有26吨货物，计划A型车a辆，B型车b辆，一次运完，且恰好每辆车都载满货物．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆A型车和1辆B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
（2）请你帮该物流公司设计租车方案；
（3）若A型车每辆需租金100元/次，B型车每辆需租金120元/次．请选出最省钱的租车方案，并求出最少租车费．
【答案】（1）A型车3吨，B型车4吨
（2）A型车6辆，B型车2辆或A型车2辆，B型车5辆
（3）A型2辆，B型5辆，需要800元，费用为800元
【解析】
【分析】（1）根据“用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货10吨；”“用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货11吨”，分别得出等式方程，组成方程组求出即可；
（2）由（1）及题意理解出：，解此二元一次方程，求出其整数解，得到三种租车方案；
（3）根据（2）中所求方案，利用A型车每辆需租金100元/次，B型车每辆需租金120元/次，分别求出租车费用即可．
【小问1详解】
解：设A型车可运x吨，B型车可运y吨
，
解得：，
答：A型车一次可运货3吨，B型车一次可运货4吨．
【小问2详解】
解：由（1）知 A型车一次可运货3吨，B型车一次可运货4吨，
根据题意得：，
解得：或
答：物流公司租车方案有方案一：A型车6辆，B型车2辆，方案二：A型车2辆，B型车5辆；
【小问3详解】
解：由（2）知：方案一的租车费用：（元），
方案二的租车费用：（元），
，
答：最省钱的租车方案是A型2辆，B型5辆，需要800元．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组和二元一次方程的实际应用，此题型是各地中考的热点，同学们在平时练习时要加强训练，属于中档题．
23. 如图，在平面直角坐标系中，三角形三个顶点的坐标分别是，，，将三角形向左平移5个单位长度，再向上平移4个单位长度得到三角形，点A，B，C对应点分别为，，．
（1）点的坐标为_________；
（2）①画出三角形；
②三角形的面积为_________；
（3）若y轴上有一点Q，使得三角形的面积为4，则点Q的纵坐标为_______．
【答案】（1）
（2）①见解析；②7 （3）或3
【解析】
【分析】本题主要考查了平移作图，坐标与图形，关键是正确确定组成图形的关键点平移后的位置．
（1）根据点坐标的平移规律“上加下减，右加左减”即可解答；
（2）①根据平移规律求出，点的坐标，根据，，点的坐标即可画出三角形；②利用割补法求解可得答案；
（3）设点Q的坐标为，则，然后用三角形的面积公式列关于a的方程求解即可．
【小问1详解】
解：∵三角形向左平移5个单位、向上平移4个单位，
∴点的坐标为，即
故答案为：；
【小问2详解】
解：①如图所示：即为所求
②△的面积；
【小问3详解】
解：设点Q的坐标为，则
∴三角形的面积为，解得：或3，
∴点Q纵坐标为或3．
24. 如图，点O在直线AB上，OC⊥OD，∠EDO与∠1互余．
（1）求证：；
（2）OF平分∠COD交DE于点F，若OFD=70，补全图形，并求∠1的度数．
【答案】（1）见解析 （2）补全图形见解析，∠1=25°
【解析】
【分析】（1）根据与互余，，得，根据同旁内角互补，两直线平行，即可证明；
（2）根据平分交于点，得，又根据，求出的角度，再根据与互余，即可求出．
【小问1详解】
证明：
∵与互余
∴
又∵
∴
∵
又∵
∴．
【小问2详解】
∵平分交于点
∴
∵
∴在中，
∴
∴
又∵与互余
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查平行线的判定，余角的性质等知识，解题的关键是掌握平行线的判定，角平分线的定义．
25. 阅读探索：
小明在解方程组时发现若设 ， ，
则方程组可变为 ， 解此方程组得：，
即 ，所以．
（1）请你模仿运用上述方法解下列方程组
（2）若已知关于x、y方程组的解是， 请直接写出关于m、n的方程组的解．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用换元法解方程组；
（2）结合换元法，利用已知方程组的解分析计算．
【小问1详解】
解：设 ， ，
则方程组可变为，
解此方程组得：，
即 ，所以；
【小问2详解】
解：设， ，
则原方程组可变形为，
∵关于x、y的方程组的解是，
∴，
解得．
【点睛】本题考查解二元一次方程组，二元一次方程组的解，正确理解并熟练掌握换元法是解题关键．
26. 已知直线，点A是直线上一个定点，点B在直线上运动．点H为平面上一点，且满足．设．
（1）如图1，当时， ．
（2）过点H作直线l平分，直线l交直线于点C．
①如图2，当时，求的度数；
②当时，直接写出α的值．
【答案】（1）
（2）①；②或或或
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质等知识，熟练应用平行线的性质进行角的计算是解决本题的关键．
（1）延长与相交于点，根据平行线的性质可得，再根据三角形外角定理可得，代入计算即可得出答案；
（2）①延长与相交于点，如图4，根据角平分线的性质可得出的度数，再根据三角形外角定理可得，即可得出的度数，再根据平行线的性质即可得出答案；
②Ⅰ由图4，根据平行线的性质可得的度数，再根据三角形外角和，即可得出；
Ⅱ由图5，根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，再根据三角形的外角定理可得，即可算出；
Ⅲ由图6，根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，再根据三角形内角和定理，即可得算出；
Ⅳ由图7，根据角平分线定义可得，根据平行线的性质可得，由三角形外角定理可得，即可算出，再根据邻补角的定义可算出．
【小问1详解】
解：延长与相交于点，如图3，
∵，
，
，
，
．
【小问2详解】
解：①延长与相交于点，如图4，
，平分，
，
，
，
∵
；
②Ⅰ如图4，∵
∴
由①知，
∴；
Ⅱ由图5，
∵
∴
∵平分，
∴，
；
Ⅲ由图6，
∵
∴
∵平分，
∴，
∴
Ⅳ由图7，
∵
∴
∵平分，
∴，
∴
∴；
综上，或或或．
27. 在平面直角坐标系中，对于任意三个点A、B、C 我们给出如下定义：“横长”a是指三点中横坐标的最大值与最小值的差，“纵长”b是指三点中纵坐标的最大值与最小值的差，若三个点的横长与纵长相等，我们称这三点为正方点．
例如：已知点，点，点，观察并计算A、、三点的 “横长”，A、、三点的“纵长”，因为，所以A、、三点为正方点．
（1）在点，，中，能与点A、为正方点的是 ；
（2）点为轴上一动点，若A，，三点为正方点，则的值为 ；
（3）已知点坐标是．平面直角坐标系中的点满足以下条件：点A，，三点是横、纵长都为的正方点，请在平面直角坐标系中画出所有符合条件的点组成的图形．
【答案】（1）R （2）或3
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据正方点定义即可判断；
（2）根据正方点的定义构建方程即可解决问题；
（3）设点E的坐标为：，求出，，根据正方点的定义画出图形即可．
【小问1详解】
解：点，点，点的“横长”，三点的“纵长”，
∵，
∴A、、三点为正方点；
点，点，点的“横长”，三点的“纵长”，
∵，
∴A、、三点不是正方点；
点，点，点的“横长”，三点的“纵长”，
∵，
∴A、、三点不是正方点；
综上分析可知，点R与A、B是正方点．
故答案为：R．
【小问2详解】
解：∵点，点，点的“横长”，
又∵A，，三点为正方点，
由题意：或，
解得：或，
故答案为：或3．
【小问3详解】
解：设点E的坐标为：，
∵点A，，三点是横、纵长都为的正方点，
∴且，，
解得：，，
符合条件的点组成的图形，如图所示：
【点睛】本题考查坐标与图形、正方点的定义，解题的关键是理解题意，学会用方程的是思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考常考题型．