七年级下学期期末考试数学试题带答案和解释

2013年七年级下学期期末考试数学试题（带答案和解释） 2012-2013 学年北京市海淀区万寿寺中学七年级（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析一、选择题（4分X 8=3分，下面每小题给出的四个选项中，只有一个 是正确的）1（ 4 分）确定平面直角坐标系内点的位置是（）A. 个实数B. 个整数C. 一对实数D.有序实数对 考点：坐标确定位置分析：比如实数 2和 3 并不能表示确定的位置，而有序实数对（ 2， 3） 就能清楚地表示这个点的横坐标是 2，纵坐标是 3.解答：解：确定平面直角坐标系内点的位置是有序实数对，故选D.点评：本题考查了在平面直角坐标系内表示一个点要用有序实数对的 概念.2. （ 4 分）下列方程是二元一次方程的是（）A. x2+x=1B 2x+3y- 1=0C. x+y-z=OD. x+1=0 考点：二元一次方程的定义分析：根据二元一次方程的定义进行分析，即只含有两个未知数，未 知数的项的次数都是 1 的整式方程解答：解： A、 x2+x=1 不是二元一次方程，因为其最高次数为 2，且只 含一个未知数；B、2x+3y- 1=0 是二元一次方程；C、x+y- z=0不是二元一次方程，因为含有 3个未知数；D、x+1=0不是二元一次方程，因为不是整式方程.故选 B 点评：注意二元一次方程必须符合以下三个条件：（ 1 ）方程中只含有 2 个未知数；（2）含未知数项的最高次数为一次；（3）方程是整式方程.3. （4分）已知点P位于y轴右侧，距y轴3个单位长度，位于x轴上 方，距离x轴4个单位长度，则点P坐标是（）A. （- 3， 4） B.（ 3， 4） C.（- 4， 3） D.（ 4， 3） 考点：点的坐标.分析：根据题意，P点应在第一象限，横、纵坐标为正，再根据 P点到 坐标轴的距离确定点的坐标.解答：解： P点位于y轴右侧，x轴上方，二P点在第一象限，又T P点距y轴3个单位长度，距x轴4个单位长度，二P点横坐标为3,纵坐标为4,即点P的坐标为（3, 4）.故选B. 点评：本题考查了点的位置判断方法及点的坐标几何意义4（4 分）将下列长度的三条线段首尾顺次相接, 能组成三角形的是 （）A4cm, 3cm, 5cmB1cm, 2cm, 3cmC25cm, 12cm, 11cmD2cm, 2cm, 4cm 考点：三角形三边关系 分析：看哪个选项中两条较小的边的和大于最大的边即可解答：解：A、3+45,能构成三角形；B、1+2=3，不能构成三角形；C、11 + 12V 25，不能构成三角形；D、2+2=4,不能构成三角形故选 A 点评：本题主要考查对三角形三边关系的理解应用判断是否可以构 成三角形,只要判断两个较小的数的和小于最大的数就可以5. （4分）关于x的方程2a-3x=6的解是非负数，那么a满足的条件 是（）A. a3B. a3 考点：一元一次方程的解；解一元一次不等式.分析：此题可用a来表示x的值，然后根据x0可得出a的取值范围.解答：解： 2a- 3x=6x= （2a- 6） - 3又T x02a 60二 a3故选 D点评：此题考查的是一元一次方程的根的取值范围，将x用a的表示 式来表示，再根据 x 的取值判断，由此可解出此题6（4 分）学校计划购买一批完全相同的正多边形地砖铺地面， 不能进 行镶嵌的是（）A、正三角形B.正四边形C.正五边形D.正六边形 考点：平面镶嵌（密铺） 专题：几何图形问题. 分析：看哪个正多边形的位于同一顶点处的几个内角之和不能为360即可.解答：解：A、正三角形的每个内角为 60 6个能镶嵌平面，不符合 题意；B、正四边形的每个内角为90 4个能镶嵌平面，不符合题意；C、正五边形的每个内角为108 不能镶嵌平面，符合题意；D、正六边形的每个内角为120 3个能镶嵌平面，不符合题意； 故选 C.点评：考查一种图形的平面镶嵌问题；用到的知识点为：一种正多边 形镶嵌平面，正多边形一个内角的度数能整除 360.7. （4 分）下面各角能成为某多边形的内角的和的是（）A. 270B. 1080C. 520D. 780 考点：多边形内角与外角.分析：利用多边形的内角和公式可知，多边形的内角和是 180 度的整 倍数，由此即可找出答案.解答：解：因为多边形的内角和可以表示成（n- 2） ?180 （n3且n 是整数），则多边形的内角和是 180度的整倍数，在这四个选项中是 180 的整倍数的只有 1080 度 故选 B点评：本题主要考查了多边形的内角和定理，是需要识记的内容8. （4分）（2002?南昌）设“”表示三种不同的物体，现用天 平称了两次，情况如图所示，那么 ”“这”种物体按质量从大到小的排列顺序为（）A. B. C D.考点：一元一次不等式的应用专题：压轴题分析：本题主要通过观察图形得出”“这”种物体按质量从大到小的排列顺序解答：解：因为由左边图可看出 ”比”重， 由右边图可看出一个 “”的重量 =两个“ 的”重量， 所以这三种物体按质量从大到小的排列顺序为 ， 故选 B.点评：本题主要考查一元一次不等式的应用，解题的关键是利用不等 式及杠杆的原理解决问题.二、填空题9. （3分）已知点A （1,- 2）,则A点在第四象限.考点：点的坐标分析：根据各象限内点的坐标特征解答解答：解：点A （1,- 2）在第四象限.故答案为：四 点评：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（ +，-）10. （3分）如图，直角三角形ACB中，CD是斜边AB上的中线，若AC=8cmBC=6cm 那么 ACD与厶 BCD的周长差为 2cm，SAADC=12cm2 考点：直角三角形斜边上的中线.分析：过C作CELAB于E,求出CD=AB根据勾股定理求出AB,根据 三角形的面积公式求出CE即可求出答案.解答：解：过C作CE1AB于E,v D是斜边AB的中点， AD=DB=ABv AC=8cm，BC=6cm ACD 与厶 BCD 的周长差是（AC+CD+AD-（ BC+BD+CD 二ACBC=8cm- 6cm=2cm；在RtA ACB中，由勾股定理得：AB=10 （cm）,v S三角形 ABC=AC BC=AK CE x 8X 6=x 10CECE=4.8（cm），二S三角形 ADC二ADCE=xx 10cm4.8cm=12c,2故答案为： 2， 12 点评：本考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，三角形的面 积等知识点，关键是求出 AD和CE长.11. （3分）如图，象棋盘上 将”位于点（1,- 2）,象”位于点（3, -2）,则炮”的坐标为（-2, 1）.考点：坐标确定位置.分析：首先根据 “将”和“象”的坐标建立平面直角坐标系, 再进一步写出 “炮”的坐标.解答：解：如图所示,则 “炮”的坐标是（- 2, 1）. 故答案为：（- 2, 1）.点评：此题考查了平面直角坐标系的建立以及点的坐标的表示方法.12. （3 分）（2006?菏泽）黑、白两种颜色的正六边形地砖按如图所示的规律拼成若干个图案：则第n个图案中有白色地砖4n+2块.（用含n 的代数式表示）考点：规律型：图形的变化类. 专题：压轴题；规律型.分析：通过观察,前三个图案中白色地砖的块数分别为： 6, 10, 14, 所以会发现后面的图案比它前面的图案多 4 块白色地砖,可得第 n 个 图案有4n+2块白色地砖.解答：解：分析可得：第1个图案中有白色地砖4X 1+2=6块.第2个图案中有白色地砖4X 2+2=1块.第n个图案中有白色地砖 4n+2块. 点评：本题考查学生通过观察、 归纳的能力 此题属于规律性题目 注 意由特殊到一般的分析方法，此题的规律为：第 n 个图案有 4n+2 块白 色地砖三、解答题（5分X 5=2分）13（ 5 分）用代入法解方程组： 考点：解二元一次方程组分析：把第二个方程整理得到y=3x- 5,然后代入第一个方程求出x的 值，再反代入求出 y 的值，即可得解解答：解：,由得，y=3x- 5，代入得，2x+3 （3x- 5） =7,解得 x=2,把 x=2 代入 得, y=6- 5=1,所以,方程组的解是 点评：本题考查了代入消元法解二元一次方程组,从两个方程中的一 个方程整理得到y=kx+b的形式的方程是解题的关键.14（ 5 分）用加减消元法解方程组： 考点：解二元一次方程组专题：计算题 分析：根据 x 的系数相同，利用加减消元法求解即可 解答：解：，-得，12y二-36,解得y=- 3,把 y=- 3 代入得，4x+7X( - 3)二-19,解得 x=，所以,方程组的解是点评：本题考查了利用加减消元法解二元一次方程组,解题的关键在 于找出或构造系数相同或互为相反数的未知数15. (5分)解不等式：三考点：解一元一次不等式分析：利用不等式的基本性质,首先去分母,然后移项、合并同类项、 系数化成 1 ,即可求得原不等式的解集解答：解：去分母，得：3 (2+x) 2(2x- 1)去括号，得：6+3x 4 2,移项,得： 3x- 4x- 2- 6,则- x- 8,即x8点评：本题考查了解简单不等式的能力,解答这类题学生往往在解题 时不注意移项要改变符号这一点而出错解不等式要依据不等式的基本性质：1）不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变 16（5 分）解不等式组，并求其整解数并将解集在数轴上表示出来 考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集；一元一次 不等式组的整数解分析：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，再其公共解集 内找出符合条件的 x 的整数解即可解答：解：，由得，XV 1,由得，XA 2,故此不等式组的解集为：-2V 1,在数轴上表示为：故此不等式组的整数解为：-2,- 1, 0.点评：本题考查的是解一元一次不等式组,熟知实心圆点与空心圆点 的区别是解答此题的关键.17. （5分）若方程组的解x与y相等，求k的值. 考点：二元一次方程组的解.专题：计算题.分析：由y=x,代入方程组求出x与k的值即可.解答：解：由题意得： y=X,代入方程组得：,解得： x=, k=10,则 k 的值为 10点评：此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组 中两方程成立的未知数的值四、解答题（5分X 2=1分）18. （2分）如图， ABC中，D在BC的延长线上，过 D作DE丄AB于E, 交 AC于 F.已知/ A=30 / FCD=80,求/ D. 考点：三角形内角和定理.分析：由三角形内角和定理，可将求/ D转化为求/ CFD,即/AFE 再在 AEF中求解即可.解答：解：T DE丄AB （已知），/ FEA=90 （垂直定义）.在厶AEF中，/ FEA=90, / A=30 （已知）， / AFE=180-Z FEA-/ A （三角形内角和是 180）= 180- 90-30=60.又T/ CFD=/ AFE（对顶角相等），/ CFD=60.在厶CDF中，/ CFD=60/ FCD=80 （已知）/ D=180-/ CFD-/ FCD=180- 60- 80=40.点评：熟练掌握三角形内角和内角和定理是解题的关键19. (2分)已知：如图，E是厶ABC的边CA延长线上一点，F是AB 上一点，D点在BC的延长线上.试证明/ 1/ BAC/ BAC=/ 1+Z AEFZ BACZ 1Z 1 Z 2.点评：此题主要考查学生对三角形外角性质的理解和掌握 此题难度 不大 属于基础题.五、作图题( 6 分)20. (6分)如图，在厶ABC中，Z BAC是钝角，请按下列要求画图.画(1) Z BAC的平分线 AD;(2) AC边上的中线BE(3) AB边上的高CF.考点：作图 复杂作图.专题：作图题.分析：(1)以点A为圆心，以任意长为半径画弧与边 AB AC两边分别 相交于一点，再以这两点为圆心，以大于这两点距离的为半径画弧相 交于一点，过这一点与点 A作出角平分线AD即可；(2) 作线段AC的垂直平分线，垂足为E,连接BE即可；(3) 以C为圆心，以任意长为半径画弧交 BA的延长线于两点，再以 这两点为圆心，以大于这两点间的长度的为半径画弧，相交于一点， 然后作出高即可解答：解：(1)如图，AD即为所求作的/ BAC的平分线；(2)如图，BE即为所求作的AC边上的中线；(3)如图，CF即为所求作的AB边上 的高点评：本题考查了复杂作图，主要有角平分线的作法，线段垂直平分 线的作法，过一点作已知直线的垂线，都是基本作图，需熟练掌握六、解答题( 21 题 5 分)21. (5分)在平面直角坐标中表示下面各点 A (0, 3), B (1,- 3),C (3,- 5), D (- 3,- 5), E (3, 5), F (5, 7)( 1 ) A 点到原点 O 的距离是 3.(2) 将点C向x轴的负方向平移6个单位它与点D重合.(3) 连接CE则直线CE与y轴位置关系是平行.(4) 点 F 分别到 x、y 轴的距离分别是 7 5. 考点：坐标与图形变化 -平移.分析：先在平面直角坐标中描点.（1）根据两点的距离公式可得 A 点到原点 O 的距离；（2）找到点C向x轴的负方向平移6个单位的点即为所求；（3）横坐标相同的两点所在的直线与 y 轴平行；（4）点F分别到x、y轴的距离分别等于纵坐标和横坐标的绝对值. 解答：解：（1） A点到原点0的距离是3-0=3.（2）将点C向x轴的负方向平移6个单位它与点D重合.（3）连接CE则直线CE与y轴位置关系是平行.（4）点 F 分别到 x、 y 轴的距离分别是 7，5.故答案为：3; D;平行；乙5.点评：考查了平面内点的坐标的概念、平移时点的坐标变化规律，及 坐标轴上两点的距离公式.本题是综合题型，但难度不大.七、解答题（ 7 分）22. （7 分）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.已知过去两次租用这两种货车的情况如下表： 第一次第二次甲种货车辆数（辆） 25乙种货车辆数（辆） 36累计运货吨数（吨） 15.535现租用该公司 3 辆甲种货车及 5 辆乙种货车一次刚好运完这批货，如 果按每吨付运费 30 元计算，则货主应付运费多少元？ 考点：二元一次方程组的应用.专题：图表型分析：本题需知道 1辆甲种货车， 1辆乙种货车一次运货吨数 等量关 系为：2 辆甲种货车运货吨数 +3 辆乙种货车运货吨数 =15.5；5 辆甲种 货车运货吨数 +6 辆乙种货车运货吨数 =35解答：解：设甲种货车每辆每次运货 x(t)，乙种货车每辆每次运货y( t)则有，解得30x(3x+5y) =30x(3X 4+5x 2.5=735 (元).答：货主应付运费 735元点评：应根据条件和问题知道应设的未知量是直接未知数还是间接未 知数.解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合 适的等量关系： 2 辆甲种货车运货吨数 +3辆乙种货车运货吨数 =15.5；5 辆甲种货车运货吨数 +6辆乙种货车运货吨数 =35.列出方程组，再求解.23. ( 7 分)探究：(1) 如图，/ 1+Z 2与/ B+Z C有什么关系？为什么？(2) 把图 ABC沿DE折叠，得到图 ，填空：Z 1 + Z 2=Z B+Z C(填当 /A=40时，Z B+Z C+Z 1 + Z 2=280;(3) 如图，是由图的厶ABC沿DE折叠得到的，如果Z A=30,则 x+y=360- (Z B+Z C+Z 1+Z 2) =360 - 300=60,猜想Z BDA+Z CEA与Z A 的关系为Z BDA+Z CEA=2/ A.考点：翻折变换(折叠问题) 专题：探究型分析：根据三角形内角是180度可得出，/ 1+Z 2二/ B+Z C,从而求出 当/A=40时，Z B+Z C+Z 1 + Z 2=140X 2=280；有以上计算可归纳出一 般规律：Z BDA+Z CEA二Z A.解答：解：(1)根据三角形内角是 180可知：Z 1 + Z 2=180-Z A,Z B+Z C=18C-Z A,Z 1+Z 2=Z B+Z C;(2)vZ 1+Z 2+Z BDE+Z CEDZ B+Z C+Z BDE+Z CED=360,Z 1+Z 2=Z B+Z C；当Z A=40时，Z B+Z C+Z 1+Z 2=140X 2=280; (3)如果Z A=30,则 x+y=360-(Z B+ZC+Z1+Z2) =360-300=60, 所以Z BDA+Z CEA与Z A 的关系为：Z BDA+Z CEA=Z A.点评：本题考查图形的翻折变换和三角形,四边形内角和定理,解题 过程中应注意折叠是一种对称变换,它属于轴对称,根据轴对称的性 质,折叠前后图形的形状和大小不变,如本题中折叠前后角相等.