精品解析：吉林省长春外国语学校2016-2017学年七年级下学期期末考试数学试题(解析版)

长春外国语学校2016-2017学年第二学期期末考试初一年级
数学试卷
一、选择题（每小题3分，共24分）
1. 下列方程是一元一次方程的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
B. 是二元一次方程，故错误；
C. 是一元一次方程，故正确；
D.是一元二次方程，故错误.
故选：C
2. 下列四组数中，是方程的解的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将A选项代入得4×0−(−10)=10，所以此选项正确；
将B选项代入得4×3.5−(−4)=18，所以此选项错误；
将C选项代入得4×15−4=56，所以此选项错误；
将D选项代入得4×1−6=−2，所以此选项错误，
故选A.
3. 如果，则下列变形中正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】A. 两边都乘以−，故A错误；
B. 两边都乘以，故B错误；
C. 左边乘3，右边乘5，故C错误；
D. 两边都减3，故D正确；
故选：D.
4. 解方程时，为了去分母应将方程两边同时乘以（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解方程时，为了去分母应将方程两边同时乘以12，
故选A
5. 已知等腰三角形的两边长分别为和，则它的周长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：分两种情况：当3为底时和3为腰时，再根据三角形的三边关系定理：当3为底时，三角形的三边长为3，6，6，则周长为15；当3为腰时，三角形的三边长为3，3，6，则不能组成三角形. 故选C．
考点：等腰三角形，三角形的三边关系定理
6. 下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：将图形沿着某条直线对称，如果直线两边的图形能够完全重叠，则图象就是轴对称图形.根据定义可得D是轴对称图形.
考点：轴对称图形
7. 如图：，要使，则只要（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】∵AB=CD
∴AC=DB
又AE=DF、∠A=∠D
∴△AEC≌△DFB
故选A.
8. 如图，在中，边上的高是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由图可知，过点A作BC的垂线段AD，则
△ABC中BC边上的高是AD.
故选B.
点睛：本题考查了学生对三角形的高的定义的掌握情况，根据从三角形顶点向对边作垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高，确定出答案即可．
二、填空题（每小题3分，共18分）
9. 已知方程的解是，那么_________.
【答案】-1
【解析】x=−6代入方程2a−5=x+a得：2a−5=−6+a，
解得：a=−1，
故答案为：−1.
10. 一个数的倍减去的差得，列方程为___________________.
【答案】
【解析】x的2倍减去7即2x−7，
根据等式可列方程为：2x−7=36.
11. 装修大世界出售下列形状的地砖：（1）正三角形；（2）正五边形；（3）正六边形；（4）正八边形；（5）正十边形，若只选购一种地砖镶嵌地面，你有______________种选择。

【答案】2
【解析】(1)正三角形的每个内角是60°,能整除360°，6个能组成镶嵌；
(2)正五方形的每个内角是108°,不能整除360°，不能组成镶嵌；
(3)正六边形的每个内角是120°,能整除360°，3个能组成镶嵌；
(4)正八边形每个内角是135°,不能整除360°，不能镶嵌；
(5)正十边形每个内角是144°,不能整除360°，不能镶嵌；
故若只选购其中某一种地砖镶嵌地面，可供选择的地砖共有2种。

故答案为：2.
点睛：此题主要考查了平面镶嵌，用一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°.由镶嵌的条件知，判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看正多边形的内角度数是否能整除360°，能整除的可以平面镶嵌，反之则不能．
12. 如图，在中，，将它绕着点旋转后得到,则___________.
【答案】150°
【解析】∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△DEC，
∴∠DCE=∠ACB=120°,∠BCE=∠ACD=30°，
∴∠ACE=∠ACB+∠BCE=150°；
故答案为：150°
13. 如图所示，请将按从大到小的顺序排列__________________.
【答案】
【解析】根据三角形的外角的性质判断即可.
解：由三角形的外角的性质得，∠2>∠1，∠1>∠A，
∴∠2>∠1>∠A，
故答案为：∠2>∠1>∠A.
“点睛”本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角是解题关键.
14. 如图，边长为4cm 的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形，此时阴影部分的面积为_______________cm².
【答案】6
【解析】阴影部分为长方形，根据平移的性质可得阴影部分是长为3，宽为2，让长乘宽即为阴影部分的面积．
解：易知，当正方形ABCD向上平移2cm。

则阴影长方形的宽=4-2=2cm
向右平移1cm则阴影长方形的长=4-1=3cm
所以阴影部分面积=2×3=6cm
“点睛”本题难度较低，主要考查学生对平移知识点的掌握。

要注意数形结合思想的培养，运用到考试中去。

三、解答题（每小题4分，共24分）
15. 解下列方程或方程组：
（1）（2）
（3）（4）
【答案】（1）（2）（3）（4）
【解析】根据一元一次方程组的解法解答即可；根据加减消元法，可得方程组的解．
解：（1）移项得，x=7；
（2）去括号得，-x+3=6-15x，
移项得，14x=3，
化系数为1得，x=，
（3）去分母得，9y-3-12=10y-14，
移项得，y= -1，
（4）把x=y+4代入3x+y=16得，
3y+12+y=16，
4y=4，y=1，
把y=1代入x=y+4得，x=5，
∴方程组的解为：．
16. 解下列不等式或等式组：
（1）（2）
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得；
（2）首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集．
解：（1）10-3x-15≤1，
x≥2．
（2）解①得x≥2，
解②得5x<4x+4，x<4，
则不等式组的解集是2≤x<4．
“点睛”本题考查了一元一次不等式（组）的解法：解一元一次不等式（组）时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
四、解答题（共54分）
17. 解不等式：并在数轴上表示出它的解集.
【答案】
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试题解析：去分母得，−2x+1⩾−3，
移项，得−2x⩾−4，
系数化为1，得，x⩽2，
在数轴上表示出不等式的解集为：
18. 如果一个多边形的内角和是它的外角和的6倍，那么这个多边形是几边形.
【答案】
【解析】任何多边形的外角和是360度,即这个多边形的内角和是6×360度.边形的内角和是(n-2)180，,如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程,解方程就可以求出多边形的边数.
解：根据题意，得(n-2)180=6×360，解得n=14.
则这个多边形的边数是14.
19. 学校准备用2000元购买名著和词典作为艺术节奖品，其中名著每套65元，词典每本40元，现已购买名著20套，问最多还能买词典多少本？
【答案】最多能买17本。

【解析】试题分析：先设未知数，设还能买词典x本，根据名著的总价+词典的总价≤2000，列不等式，解出即可，并根据实际意义写出答案．
试题解析：设还能买词典x本，
根据题意得：20×65+40x⩽2000，
40x⩽700，
x⩽17，
答：最多还能买词典17本。

20. 如图，，，.求证：≌．
【答案】证明见解析.
【解析】根据两边及其夹角对应相等可以判断△A BC≌△A D E可说明结论.
证明：在△ABC和△ADE中，
∵∠1=∠2，∴∠BAC=∠DAE，
∵∠C=∠E，AC=AE，
∴△ABC≌△ADE.
“点睛”本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
21. 一批货物要运往某地，货主准备租用汽车运输公司的甲、乙两种货车，已知过去租用这两种货车情况如下：
（1）分别求甲、乙两种货车载重多少吨？
（2）现在租用该公司5辆甲货车和7辆乙货车一次刚好运完这批货物，如果按每吨付费50元计算，货主应付运费多少元？
【答案】（1）甲、乙两种货车分别载重4吨和2吨；（2）货主应付费1700元.
【解析】试题分析：（1）两个相等关系：第一次2辆甲种货车载重的吨数+3辆乙种货车载重的吨数=14；第二次5辆甲种货车载重的吨数+6辆乙种货车载重的吨数=32，根据以上两个相等关系，列方程组求解．（2）结合（1）的结果，求出5辆甲种货车和7辆乙种货车一次刚好运完的吨数，再乘以50即得货主应付运费．试题解析：(1)设甲种货车每辆载重x吨，乙种货车每辆载重y吨，则
，
解之得.
答：甲种货车每辆载重4吨，乙种货车载重2吨。

(2)4×5+2×7=34(吨)，34×50,1700(元).
答：货主应付运费1700元。

22. 如图，已知点依次在同一条直线上，，垂足分别为，且
试说明
【答案】证明见解析
【解析】试题分析：首先利用等式的性质可得BF=CE，再用HL定理证明Rt△AFB≌Rt△DEC可得∠B=∠C，再根据平行线的判定方法可得结论．
试题解析：证明：∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，
即BF=CE，
∵AF⊥BC，DE⊥BC，
∴∠AFB=∠DEC=90∘，
在Rt△AFB和Rt△DEC中，
∴Rt△AFB≌Rt△DEC(HL)，
∴∠B=∠C，
∴AB∥CD.
23. 如图，它是一个8×10的网格，每个小正方形的边长均为1 ，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上.
（1）画出△ABC关于直线OM对称的△.
（2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△.
（3）△与△组成的图形是轴对称图形吗？如果是，请画出对称轴.△与△
组成的图形________（填“是”或“不是”）轴对称图形.
【答案】是；作图见解析.
【解析】试题分析：（1）根据△ABC与△A1B1C1关于直线OM对称进行作图即可；（2）根据△ABC与△A2B2C2关于点O成中心对称进行作图即可；（3）一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
试题解析：(1)如图, △即为所求；
(2)如图, △即为所求；
(3)如图, △与△组成的图形是轴对称图形，其对称轴为直线l.
24. 我们知道有两条边相等的三角形叫做等腰三角形.类似的，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形.
（1）请写出一个你学过的四边形中是等对边四边形的图形的名称.
（2）如图1，在中，点分别在上，且相交于点，若，
.请你写出与相等的角.
（3）我们易证图中的四边形是等对边四边形.
（提示：如图2，可证≌再证≌，可得到结论.不需证明）
若在中，如果是不等于的锐角，分别在上，且相交于点，
.探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论.
【答案】（1）平行四边形（答案不唯一）；（2）（3）证明见解析
【解析】（1）本题理解等对边四边形的图形的定义,平行四边形,等腰梯形就是；（2）与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），四边形是等对边四边形；（3）作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．易证△BCF≌△CBG，进而证明△BDF≌△CEG，所以BD=CE，所以四边形是等边四边形.
解：（1）如：平行四边形、等腰梯形等．
（2）答：与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），
∵∠BOD=∠OBC+∠OCB=30°+30°=60°，
∴∠A=∠BOD，
猜想：四边形DBCE是等对边四边形；
（3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE．
证法一：如图，作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．
∵∠DCB=∠EBC=∠A，BC为公共边，
∴△BCF≌△CBG，∴BF=CG，
∵∠BDF=∠ABE+∠EBC+∠DCB，∠BEC=∠ABE+∠A，
∴∠BDF=∠BEC，∴△BDF≌△CEG，
∴BD=C E
∴四边形DBCE是等对边四边形．
证法二：如图，以C为顶点作∠FCB=∠DBC，CF交BE于F点．
∵∠DCB=∠EBC=∠A，BC为公共边，
∴在△BDC与△CFB中，
∠DBC=∠FCB，BC=CB，∠DCB=∠EBC，
∴△BDC≌△CFB（ASA），
∴BD=CF，∠BDC=∠CFB，
∴∠ADC=∠CFE，
∵∠ADC=∠DCB+∠EBC+∠ABE，∠FEC=∠A+∠ABE，
∴∠ADC=∠FEC，
∴∠FEC=∠CFE，
∴CF=CE，
∴BD=CE，
∴四边形DBCE是等对边四边形．
“点睛”解决本题的关键是理解等对边四边形的定义，把证明BD=CE的问题转化为证明三角形全等的问题．。