云南省文山市2023屆七年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期中考試試題含解析

云南省文山市2023屆七年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期中考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列實數(shù)（每兩個3之間增加一個0）中，無理數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．如圖，寬為50cm的長方形圖案由10個相同的小長方形拼成，其中一個小長方形的面積為（）A．400cm2 B．500cm2 C．600cm2 D．300cm23．如圖，把一個長方形紙片沿EF折疊后，點C、D分別落在M、N的位置．若∠EFB＝65°，則∠AEN等于（）A．25° B．50° C．65° D．70°4．(1)如果直線a//b(2)相等的角是對頂角(3)兩條直線被第三條直線所截，同位角相等(4)在同一平面內(nèi)如果直線a⊥b(5)兩條直線平行，同旁內(nèi)角相等；(6)兩條直線相交，所成的四個角中，一定有一個是銳角．其中真命題有(??)A．1個B．2個C．3個D．4個5．已知點P的坐標(biāo)為（a，b）（a＞0），點Q的坐標(biāo)為（c，2），且|a－c|+=0，將線段PQ向右平移a個單位長度，其掃過的面積為24，那么a+b+c的值為()A．12 B．14 C．16 D．206．不等式組的解集為（）A．x＜1 B．x＞2 C．x＜1或x＞2 D．無解7．如圖，將正方形ABCD的一角折疊，折痕為AE，∠BAD比∠BAE大1．設(shè)∠BAE和∠BAD的度數(shù)分別為、，那么、所適合的一個方程組是（）A． B．C． D．8．計算的值為（）A．5048 B．50 C．4950 D．50509．?dāng)?shù)學(xué)課上，老師要求同學(xué)們利用三角板畫兩條平行線．小明的畫法如下：將含角的三角尺的最長邊與直線重合，另一塊三角尺最長邊與含角的三角尺的最短邊緊貼；將含角的三角尺沿貼合邊平移一段距離，畫出最長邊所在直線，則小明這樣畫圖的依據(jù)是（）A．同位角相等，兩直線平行 B．內(nèi)錯角相等，兩直線平行C．同旁內(nèi)角互補，兩直線平行 D．兩直線平行，同位角相等10．下列命題中，正確的個數(shù)有（）①1的平方根是1；②1是1的平方根；③(1)2的平方根是-1；④一個數(shù)的平方根等于它的算術(shù)平方根，這個數(shù)只能是零．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題(本大題共有6小題，每小題3分，共18分)11．如圖，長方形BCDE的各邊分別平行于x軸或y軸，物體甲和物體乙分別由點A（2，0）同時出發(fā)，沿長方形BCDE的邊作環(huán)繞運動，物體甲按逆時針方向以1個單位/秒勻速運動，物體乙按順時針方向以2個單位/秒勻速運動，則兩個物體運動后的第2020次相遇地點的坐標(biāo)是_____．12．若2x-y與|x+2y﹣5|互為相反數(shù)，則（x﹣y）2019=__．13．若第四象限內(nèi)的點P(x，y)滿足|x|＝3，y2＝4，則點P的坐標(biāo)是________．14．若am=3，an=2，則a2m+n=15．請你寫出一個解是的二元一次方程組______．16．若，則以a、b為邊長的等腰三角形的周長為．三、解下列各題(本大題共8小題，共72分)17．（8分）已知，如圖，在四邊形ABCD中，，延長BC至點E，連接AE交CD于點F，使求證：；求證：；若BF平分，請寫出與的數(shù)量關(guān)系______不需證明18．（8分）已知△ABC，∠ACB=90°.（1）如圖1，CD⊥AB于點D，AC=5cm，BC=12cm，AB=13cm，求點C到AB的距離；（2）如圖2，x軸⊥y軸,DM⊥y軸，若∠AOG=50°，求∠CEF的度數(shù)；（3）如圖3，x軸⊥y軸，DM⊥y軸，旋轉(zhuǎn)△ABC，使∠C的頂點C在直線DM與x軸之間，N為線段AO上一點，E為BC與DM的交點，F(xiàn)為AB與DM的交點，且∠NEC+∠CEF=180°，下列兩個結(jié)論：①NEF﹣∠AOG為定值；②NEF/∠AOG為定值，其中只有一個是正確的，請你判斷出正確的結(jié)論，并求其值．19．（8分）小亞和小迪兩人下棋，共下了17盤。積分規(guī)則為勝一盤得1分，負(fù)一盤得0分，和棋各得0.5分，最終小亞以凈勝小迪2分的優(yōu)勢獲勝。問兩位棋手最后的積分各是多少？20．（8分）平面內(nèi)的兩條直線有相交和平行兩種位置關(guān)系．（1）如圖a，若AB∥CD，點P在AB、CD外部，則有∠B=∠BOD，又因∠BOD是△POD的外角，故∠BOD=∠BPD+∠D，得∠BPD=∠B-∠D．將點P移到AB、CD內(nèi)部，如圖b，以上結(jié)論是否成立？若成立，說明理由；若不成立，則∠BPD、∠B、∠D之間有何數(shù)量關(guān)系？請證明你的結(jié)論；（2）在圖b中，將直線AB繞點B逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度交直線CD于點Q，如圖c，則∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD之間有何數(shù)量關(guān)系？（不需證明）；21．（8分）如圖，已知AB∥CD，EF交AB于點E，交CD于點F，F(xiàn)G平分∠EFD，交AB于點G．若∠1=50°，求∠BGF的度數(shù)．22．（10分）如圖，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足為F．（1）求證：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度數(shù)；（3）求證：CD=2BF+DE．23．（10分）某地區(qū)有一塊長方形水稻試驗田，試驗田的長、寬（如圖所示，長度單位：米），試驗田分兩部分，一部分為水渠，另一部分為新型水稻種植田（陰影部分）．（1）用含a，b的式子表示新型水稻種植田的面積是多少平方米（結(jié)果化成最簡形式）；（2）若a＝30，b＝40，在“農(nóng)民豐收節(jié)”到來之時水稻成熟，計劃先由甲型收割機收割一部分，再由乙型收割機收割剩余部分，甲型收割機收割水稻每平方米的費用為0.3元，乙型收割機收割水稻每平方米的費用為0.5元，若要收割全部水稻的費用不超過5000元，問甲型收割機最少收割多少平方米的水稻？24．（12分）計算題（1）；（2）；（3）．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】

根據(jù)無理數(shù)是無限不循環(huán)小數(shù)，可得答案．【詳解】解：在（每兩個3之間增加一個0）中，無理數(shù)有（每兩個3之間增加一個0），共3個故選：C【點睛】本題考查了無理數(shù)，無理數(shù)是無限不循環(huán)小數(shù)，注意帶根號的數(shù)不一定是無理數(shù)．2、A【解析】設(shè)一個小長方形的長為xcm，寬為ycm，根據(jù)等量關(guān)系：小長方形的長＋小長方形的寬＝50cm，小長方形的長＋小長方形寬的4倍＝小長方形長的2倍，可列方程組，解得，則一個小長方形的面積＝40cm×10cm＝400cm2.故選A.3、B【解析】

根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DEF=65°，再由折疊可得∠NEF=∠DEF=65°，再根據(jù)平角定義可得答案．【詳解】解：∵∠EFB=65°，AD∥CB，

∴∠DEF=65°，

由折疊可得∠NEF=∠DEF=65°，

∴∠AEN=180°-65°-65°=50°，

故選：B．【點睛】此題主要考查了平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握兩直線平行，內(nèi)錯角相等．4、A【解析】試題分析：①根據(jù)平行于同一條直線的兩直線平行，則正確；②、對頂角相等，則原命題錯誤；③、只有兩條平行線被第三條直線所截，則形成的同位角相等，則錯誤；④、根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行，則錯誤；⑤、兩直線平行，同旁內(nèi)角互補，則錯誤；⑥、當(dāng)兩條直線垂直時，則所形成的四個角都是直角，則錯誤.5、C【解析】

有非負(fù)數(shù)的性質(zhì)得到a=c，b=8，，PQ∥y軸，由于其掃過的圖形是矩形可求得，代入即可求得結(jié)論．【詳解】解：|a－c|+=0，∴a=c，b=8，，PQ∥y軸，∴PQ=8-2=6，將線段PQ向右平移a個單位長度，其掃過的圖形是邊長為a和6的矩形，，∴a=4,∴c=4，∴a+b+c=4+8+4=16；故選：C．【點睛】本題主要考查了非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，坐標(biāo)的平移，矩形的性質(zhì)，能根據(jù)點的坐標(biāo)判斷出PQ∥y軸，進而求得PQ是解題的關(guān)鍵．6、D【解析】

先求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．【詳解】解：由得，x＜1，

由得，x＞2，

所以無解，

故選：D．【點睛】主要考查了一元一次不等式解集的求法，其簡便求法就是用口訣求解，求不等式組解集的口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小找不到（無解）．7、C【解析】

本題考查的是根據(jù)實際問題列方程組由折疊可得∠BAD∠BAE，再由∠BAD比∠BAE大1，即可列出方程組．根據(jù)折疊可得∠BAD∠BAE，得方程，根據(jù)∠BAD比∠BAE大1，得方程，則可列方程組為，故選C．8、D【解析】

把所求的式子的第一項與最后一項結(jié)合，第二項與倒數(shù)第二項結(jié)合，依次結(jié)合了50組，把結(jié)合后的偶次項提取-1，然后分別運用平方差公式變形，提取101后得到25個2相加，從而計算出結(jié)果．【詳解】解：1002-992+982-972+…+22-12

=（1002-12）-（992-22）+（982-32）-…+（522-492）-（512-502）

=（100+1）（100-1）-（99+2）（99-2）+（98+3）（98-3）-…+（52+49）（52-49）-（51+50）（51-50）

=101×99-101×97+101×95-…+101×3-101×1

=101×（99-97+95-…+3-1）

=101×（2+2+…+2）

=101×25×2

=1．故答案為D.【點睛】此題考查了平方差公式的運用，技巧性比較強，要求學(xué)生多觀察式子的特點，注意結(jié)合的方法，找到第一項與最后一項結(jié)合，第二項與倒數(shù)第二項結(jié)合，依此類推的結(jié)合方法是解本題的關(guān)鍵．9、A【解析】

先利用平移的性質(zhì)得到∠1=∠2=60°，然后根據(jù)同位角線段兩直線平行可判斷a∥b．【詳解】利用平移的性質(zhì)得到∠1=∠2=60°，

所以a∥b．

故選：A．【點睛】此題考查作圖-平移變換，平行線的判定，解題關(guān)鍵在于確定平移后圖形的基本要素有兩個：平移方向、平移距離．作圖時要先找到圖形的關(guān)鍵點，分別把這幾個關(guān)鍵點按照平移的方向和距離確定對應(yīng)點后，再順次連接對應(yīng)點即可得到平移后的圖形．10、B【解析】

根據(jù)平方根的定義可知：一般地，如果一個正數(shù)x的平方等于a，即x2=a，那么這個正數(shù)x叫做a的算術(shù)平方根；結(jié)合命題與定理的定義可得答案．【詳解】解：∵①1的平方根是±1，故此命題錯誤；②12=1，1是1的平方根，故此命題正確；③(1)2=1，∴(1)2的平方根是±1，故此命題錯誤；④一個數(shù)的平方根等于它的算術(shù)平方根，這個數(shù)只能是零，故此命題正確．∴正確的個數(shù)有2個．故選：B．【點睛】此題考查了算術(shù)平方根和命題與定理的定義．題目比較簡單，注意熟記與理解定義．二、填空題(本大題共有6小題，每小題3分，共18分)11、(-1，1)【解析】

利用行程問題中的相遇問題，由于矩形的邊長為4和2，物體乙是物體甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地點，找出規(guī)律即可解答．【詳解】解：矩形的邊長為4和2，因為物體乙是物體甲的速度的2倍，時間相同，相遇時，物體甲與物體乙的路程比為1：2，由題意知：

①第一次相遇物體甲與物體乙行的路程和為12×1，物體甲行的路程為，在BC邊相遇，相遇地點的坐標(biāo)是(-1,1)；②第二次相遇物體甲與物體乙行的路程和為12×2，物體甲行的路程為，在DE邊相遇，相遇地點的坐標(biāo)是(-1,-1)；③第三次相遇物體甲與物體乙行的路程和為12×3，物體甲行的路程為，在A點相遇，相遇地點的坐標(biāo)是(2,0)；…此時甲乙回到原出發(fā)點，則每相遇三次，兩點回到出發(fā)點，

∵2020÷3=673…1，故兩個物體運動后的第2019次相遇地點的是點A，所以第2020次相遇地點的坐標(biāo)是(-1,1)．故答案為：(-1,1)．【點睛】本題主要考查了點的變化規(guī)律以及行程問題中的相遇問題．能通過計算發(fā)現(xiàn)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．12、-1【解析】

利用相反數(shù)性質(zhì)及非負(fù)數(shù)性質(zhì)列出方程組，求出方程組的解得到x與y的值，代入原式計算即可得到結(jié)果.【詳解】∵2x-y與x+2y-5∴2x-y∴2x-y=0①①×2+②得：解得：x=1，把x=1代入②得：y=2，則原式=-1.故答案為：-1.【點睛】此題考查了解二元一次方程組，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法與加減消元法.13、(3，－2)【解析】試題分析：∵|x|=3，y2=4，∴x=±3，y=±2，∵點P（x，y）在第四象限，∴x＞0，y＜0，∴x=3，y=﹣2，∴P點坐標(biāo)為（3，﹣2）．故答案是（3，﹣2）．考點：點的坐標(biāo)．14、1.【解析】試題分析：根據(jù)同底數(shù)冪的乘法法則和冪的乘方法則求解．試題解析：a2m+n=a2m?an=9×2=1．考點：1.冪的乘方與積的乘方；2.同底數(shù)冪的乘法．15、答案不唯一，例如【解析】先圍繞列一組算式，如-1+3=2，3×(-1)+3=0，然后用x，y分別代換-1，3，即可得．16、1．【解析】∵，∴a－1=0，b－2=0，解得a=1，b=2．①若a=1是腰長，則底邊為2，三角形的三邊分別為1、1、2，∵1+1=2，∴1、1、2不能組成三角形．②若a=2是腰長，則底邊為1，三角形的三邊分別為2、2、1，能組成三角形，周長=2+2+1=1．三、解下列各題(本大題共8小題，共72分)17、（1）見解析；（2）見解析；（3）2∠AFB+∠CAF=180°【解析】試題分析：（1）根據(jù)∠BAC=∠DAE，運用等式性質(zhì)即可得出∠BAC+∠CAF=∠DAE+∠CAF，進而得到∠BAF=∠CAD；（2）根據(jù)∠BAC=∠DAF，∠ACB=∠CFE=∠AFD，可得∠B=∠D，最后根據(jù)∠B+∠BCD=180°，可得∠D+∠BCD=180°，進而判定AD∥BE；（3）根據(jù)AD∥BE，可得∠E=∠1=∠2，再根據(jù)BF平分∠ABC，可得∠3=∠4，根據(jù)∠AFB是△BEF的外角，得出∠AFB=∠4+∠E=∠4+∠1，即∠AFB=3+∠2，最后根據(jù)AD∥BC，得到∠ABC+∠BAD=180°，進而得到2∠AFB+∠CAF=180°．試題解析：(1)∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAF=∠DAE+∠CAF，∴∠BAF=∠CAD；(2)∵∠BAC=∠DAF，∠ACB=∠CFE=∠AFD，∴∠B=∠D，∵AB∥CD，∴∠B+∠BCD=180°，∴∠D+∠BCD=180°，∴AD∥BE；(3)如圖2,∵AD∥BE,∴∠E=∠1=∠2，∵BF平分∠ABC，∴∠3=∠4，∵∠AFB是△BEF的外角，∴∠AFB=∠4+∠E=∠4+∠1，∴∠AFB=3+∠2，又∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∴∠3+∠4+∠1+∠CAF+∠2=180°，即2∠AFB+∠CAF=180°.故答案為：2∠AFB+∠CAF=180°.18、（1）；（2）∠CEF=140°；（3），是定值【解析】

（1）根據(jù)直角三角形面積計算的不同方法，即可求出CD的長度．（2）根據(jù)對頂角相等和互余的性質(zhì)得出∠CED=40°，再根據(jù)鄰補角得出∠CEF=140°即可；（3）作CP∥x軸，則CP∥DM∥x軸，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠AOG=∠1，∠2+∠CEF=180°，由于∠NEC+∠CEF=180°，所以∠2=∠NEC，由∠1+∠2=90°，∠NEF+2∠2=180°，推出∠NEF=2∠1=2∠AOG，由此即可得出結(jié)論；【詳解】解：（1）∵AC⊥BC，BC=12cm，∴AC∴∴∴點C到AB的距離為故答案為：（2）∵∠AOG=50°，

∴∠POD=50°，

∴∠COD=40°，

∴∠CQO=50°，

∴∠DQE=50°，

∴∠CED=40°，

∴∠CEF=140°；（3）為定值．理由如下：作CP∥x軸，如圖3，

∵CP∥DM∥x軸，

∴∠AOG=∠1，∠2+∠CEF=180°，

而∠NEC+∠CEF=180°，

∴∠2=∠NEC，

∵∠1+∠2=90°，

∠NEF+2∠2=180°，

∴∠NEF=2∠1=2∠AOG，∴，是定值．【點睛】此題考查了平行線的判定與性質(zhì)：平行線于同一條直線的兩直線平行；兩直線平行，同位角相等；兩直線平行，同旁內(nèi)角互補．19、小亞9.5分，小迪7.5分【解析】分析：設(shè)小亞和小迪兩位棋手最后的積分各是找出題目中的等量關(guān)系，列方程求解即可.詳解：設(shè)小亞和小迪兩位棋手最后的積分各是則：解得：答:小亞和小迪兩位棋手最后的積分各是點睛：考查二元一次方程組的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)題目中的等量關(guān)系.20、（1）不成立，結(jié)論是∠BPD=∠B+∠D，證明詳見解析；（2）∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.【解析】

（1）延長BP交CD于E，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等，求出∠PED=∠B，再由三角形外角的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）連接QP并延長，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得結(jié)論.【詳解】解：（1）不成立，結(jié)論是∠BPD=∠B+∠D.證明：延長BP交CD于點E，∵AB∥CD.∴∠B=∠BED，又∠BPD=∠BED+∠D，∴∠BPD=∠B+∠D；（2）結(jié)論：∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.連接QP并延長，∵，，∴即∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.故答案為：（1）不成立，結(jié)論是∠BPD=∠B+∠D，證明詳見解析；（2）∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出三角形，利用三角形外角的性質(zhì)求解是解題的關(guān)鍵．21、115°【解析】

由AB∥CD得到∠AGE=∠CFG，又FH平分∠EFD，∠AGE=50°，由此可以先后求出∠GFD，∠GFD，∠BGF．【詳解】試題分析：試題解析：∵AB∥CD，∴∠CFG=∠AGE=50°，∴∠GFD=130°；又FG平分∠EFD，∴∠GFD=∠EFD=65°；∴∠BGF=180°-∠HFD=115°．考點：1.平行線的性質(zhì)；2.角平分線的定義；3.對頂角、鄰補角．22、（1）證明見解析；（2）∠FAE=135°；（3）證明見解析.【解析】

（1）根據(jù)已知條件易證∠BAC=∠DAE，再由AB=AD，AE=AC，根據(jù)SAS即可證得△ABC≌△ADE；（2）已知∠CAE=90°，AC=AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理可得∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BCA=∠E=45°，再求得∠CAF=45°，由∠FAE=∠FAC+∠CAE即可得∠FAE的度數(shù)；（3）延長BF到G，使得FG=FB，易證△AFB≌△AFG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AB=AG，∠ABF=∠G，再由△BAC≌△DAE，可得AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，所以AG=AD，∠ABF=∠CDA，即可得∠G=∠CDA，利用AAS證得△CGA≌△CDA，由全等三角形的性質(zhì)可得CG=CD，所以CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF．【詳解】（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，∴∠BAC=∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE=90°，AC=AE，∴∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA=∠E=45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA=90°，∴∠CAF=45°，∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；（3）延長BF到G，使得FG=FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG=∠AFB=90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB=AG，∠ABF=∠G，∵△BAC≌△D