【解析版】2022年浠水县楼口中学七年级下期中数学试卷

这是一份【解析版】2022年浠水县楼口中学七年级下期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2022学湖北省黄冈市浠水县楼口中学七年级（下）期中数学试卷　一、选择题（每小题3分，共30分）1．下列各式中，最简二次根式是（　　）　 A． B． C． D． 　2．△ABC的三条边长分别是a、b、c，则下列各式成立的是（　　）　 A． a+b=c B． a+b＞c C． a+b＜c D． a2+b2=c2　3．①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③有一组对边平行且相等；④对角线相等．以上四个条件中可以判定四边形是平行四边形的有（　　）　 A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个　4．下列结论正确的是（　　）　 A． 64的立方根是±4 B． ﹣没有立方根　 C． 立方根等于本身的数是0 D． =﹣　5．已知a、b、c是三角形的三边长，如果满足（a﹣6）2+=0，则三角形的形状是（　　）　 A． 底与腰不相等的等腰三角形 B． 等边三角形　 C． 钝角三角形 D． 直角三角形　6．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC=4，则BD的长为（　　）　 A． B． C． D． 8　7．下列计算中正确的是（　　）　 A． += B． 2+=2 C． •= D． =2　8．2002年8月在北京召开的国际数学大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图），如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形较短的直角边为a，较长的直角边为b，那么（a+b）2的值为（　　）　 A． 13 B． 19 C． 25 D． 169　9．如图所示，四边形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，CD=12cm，DA=13cm，且∠ABC=90°，则四边形ABCD的面积是（　　）　 A． 84cm2 B． 36cm2 C． cm2 D． 无法确定　10．如图，正方形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE平分∠DAC，则下列结论：（1）∠E=22.5°；（2）∠AFC=112.5°；（3）∠ACE=135°；（4）AC=CE；（5）AD：CE=1：．其中正确的有（　　）　 A． 5个 B． 4个 C． 3个 D． 2个　　二、填空题（每小题3分，共21分）11．计算：=　　　　　　．　12．在直角三角形ABC中，∠C=90°，BC=12，CA=5，AB=　　　　　　．　13．平行四边形ABCD中，∠A=50°，AB=30cm，则∠B=　　　　　　，DC=　　　　　　cm．　14．如果在实数范围内有意义，那么x的取值范围是　　　　　　．　15．菱形ABCD中，∠A=60°，对角线BD长为7cm，则此菱形周长　　　　　　cm．　16．矩形纸片ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于　　　　　　．　17．如图，等腰Rt△ABC的直角边长为32，从直角顶点A作斜边BC的垂线交BC于D1，再从D1作D1D2⊥AC交AC于D2，再从D2作D2D3⊥BC交BC于D3，…，则AD1+D2D3+D4D5+D6D7+D8D9=　　　　　　；D1D2+D3D4+D5D6+D7D8+D9D10=　　　　　　．　　三、解答题（8道大题，共69分）18．计算：+﹣．　19．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，并且AE=CF，求证：四边形BFDE是平行四边形．　20．若干本书分给某班同学，如果每人6本则余18本，如果每人7本则缺24本，这个班有多少人？书有多少本？　21．△ABC中，AC=8，BC=6，在△ABE中，DE为AB边上的高，DE=12，S△ABE=60，求∠C的度数．　22．先化简，再求值：，其中，．　23．已知：△ABC中，CD平分∠ACB交AB于D，DE∥AC交BC于E，DF∥BC交AC于F．求证：四边形DECF是菱形．　24．（10分）（2008•十堰）如图，把一张矩形的纸ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F．（1）求证：△ABF≌△EDF；（2）若将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点M正好重合，连接DM，试判断四边形BMDF的形状，并说明理由．　25．（13分）（2014春•浠水县校级期中）已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：PA2+PC2=PB2+PD2，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系？请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论．　　 2022学湖北省黄冈市浠水县楼口中学七年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共30分）1．下列各式中，最简二次根式是（　　）　 A． B． C． D．  考点： 最简二次根式．  分析： 根据最简二次根式的定义解答．解答： 解：A、==，故不是最简二次根式，此选项错误；B、=2，故不是最简二次根式，此选项错误；C、=|x|，故不是最简二次根式，此选项错误；D、二次根式中被开方数不含分母且被开方数不含能开得尽方的因数或因式，是最简二次根式．故选：D．点评： 本题考查了最简二次根式，熟悉最简二次根式的定义是解题的关键．　2．△ABC的三条边长分别是a、b、c，则下列各式成立的是（　　）　 A． a+b=c B． a+b＞c C． a+b＜c D． a2+b2=c2 考点： 三角形三边关系．  分析： 根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边．解答： 解：三角形中任意两边之和＞第三边，因而正确的是a+b＞c．故选B．点评： 本题利用了三角形中三边的关系求解．　3．①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③有一组对边平行且相等；④对角线相等．以上四个条件中可以判定四边形是平行四边形的有（　　）　 A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 考点： 平行四边形的判定．  分析： 平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．按照平行四边形的判定方法进行判断即可．解答： 解：①符合平行四边形的定义，故①正确；②两组对边分别相等，符合平行四边形的判定条件，故②正确；③由一组对边平行且相等，符合平行四边形的判定条件，故③正确；④对角线互相平分的四边形是平行四边形，故④错误；所以正确的结论有三个：①②③，故选：C．点评： 本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的定义和判定方法是解答此类题目的关键．　4．下列结论正确的是（　　）　 A． 64的立方根是±4 B． ﹣没有立方根　 C． 立方根等于本身的数是0 D． =﹣ 考点： 立方根．  分析： 根据立方根的定义求出每个数（如64、﹣、±1、0，﹣27、27）的立方根，再判断即可．解答： 解：A、64的立方根是4，故本选项错误；B、﹣的立方根是﹣，故本选项错误；C、立方根等于它本身的数是0、1、﹣1，故本选项错误；D、=﹣3，﹣=﹣3，故本选项正确；故选D．点评： 本题考查了立方根的应用，注意：一个正数有一个正的立方根、0的立方根是0，一个负数有一个负的立方根．　5．已知a、b、c是三角形的三边长，如果满足（a﹣6）2+=0，则三角形的形状是（　　）　 A． 底与腰不相等的等腰三角形 B． 等边三角形　 C． 钝角三角形 D． 直角三角形 考点： 勾股定理的逆定理；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根．  分析： 首先根据绝对值，平方数与算术平方根的非负性，求出a，b，c的值，在根据勾股定理的逆定理判断其形状是直角三角形．解答： 解：∵（a﹣6）2≥0，≥0，|c﹣10|≥0，又∵（a﹣b）2+=0，∴a﹣6=0，b﹣8=0，c﹣10=0，解得：a=6，b=8，c=10，∵62+82=36+64=100=102，∴是直角三角形．故选D．点评： 本题主要考查了非负数的性质与勾股定理的逆定理，此类题目在考试中经常出现，是考试的重点．　6．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC=4，则BD的长为（　　）　 A． B． C． D． 8 考点： 解直角三角形．  专题： 计算题．分析： 由题可知，在直角三角形BOA中，∠ABO=30°，AO=AC=2，根据勾股定理可求BO，BD=2BO．解答： 解：在菱形ABCD中，AC、BD是对角线，设相交于O点．∴AC⊥BD，AC=4，∴AO=2．∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°．由勾股定理可知：BO=2．则BD=4．故选B．点评： 此题不但考查了直角三角形的边角关系，还考查了菱形的性质．　7．下列计算中正确的是（　　）　 A． += B． 2+=2 C． •= D． =2 考点： 二次根式的混合运算．  分析： 分别利用二次根式的混合运算法则判断得出即可．解答： 解：A、+无法计算，故此选项错误；B、2+无法计算，故此选项错误；C、×=，正确；D、==1，故此选项错误；故选：C．点评： 此题主要考查了二次根式的加减运算以及乘除运算正确掌握运算法则是解题关键．　8．2002年8月在北京召开的国际数学大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图），如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形较短的直角边为a，较长的直角边为b，那么（a+b）2的值为（　　）　 A． 13 B． 19 C． 25 D． 169 考点： 勾股定理．  分析： 根据勾股定理，知两条直角边的平方等于斜边的平方，此题中斜边的平方即为大正方形的面积13，2ab即四个直角三角形的面积和，从而不难求得（a+b）2．解答： 解：（a+b）2=a2+b2+2ab=大正方形的面积+四个直角三角形的面积和=13+（13﹣1）=25．故选C．点评： 注意完全平方公式的展开：（a+b）2=a2+b2+2ab，还要注意图形的面积和a，b之间的关系．　9．如图所示，四边形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，CD=12cm，DA=13cm，且∠ABC=90°，则四边形ABCD的面积是（　　）　 A． 84cm2 B． 36cm2 C． cm2 D． 无法确定 考点： 勾股定理的逆定理；勾股定理．  分析： 连接AC，利用勾股定理求出AC2的值，再由勾股定理的逆定理判定三角形ACD也为直角三角形，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，进而可求解四边形的面积．解答： 解：连接AC，∵AB=4cm，BC=3cm，∠B=90°，∴AC2=AB2+BC2 ，=42+32，=16+9，=25，∴AC=5cm，∵52+122=132，即AC2+CD2=AD2，∴△DAC为直角三角形，∴S四边形ABCD的面积=S△ABC+S△DAC，=AB×BC+CD×AC，=×4×3+×12×5，=6+30，=36（cm2）．故选：B．点评： 此题考查了直角三角形的判定及三角形面积公式的运用，关键是掌握勾股定理与勾股定理逆定理．　10．如图，正方形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE平分∠DAC，则下列结论：（1）∠E=22.5°；（2）∠AFC=112.5°；（3）∠ACE=135°；（4）AC=CE；（5）AD：CE=1：．其中正确的有（　　）　 A． 5个 B． 4个 C． 3个 D． 2个 考点： 正方形的性质．  分析： AE平分∠DAC，AC是对角线，所以∠E=22.5°；∠AFC=112.5°；∠ACE=135°；AC=CE；均正确，而只有（5）无法确定．解答： 解：在□ABCD中，∵AE平分∠DAC，AC是对角线，∴∠CAF=∠E，∴AC=CE，∴∠E=∠FAD=，∠AFC=∠E+90°=112.5°∠ACE=90°+45°=135°，∵AC=CE，∴AD：CE=1：．故选A．点评： 能够运用正方形的性质进行一些简单的计算．　二、填空题（每小题3分，共21分）11．计算：=　6　． 考点： 二次根式的乘除法．  分析： 本题考查二次根式相乘，两个二次根式相乘，把被开方数相乘，根指数不变．解答： 解：===6．点评： 正确理解二次根式乘法法则计算并化简，是解答问题的关键．　12．在直角三角形ABC中，∠C=90°，BC=12，CA=5，AB=　13　． 考点： 勾股定理．  分析： 直接根据勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方进行计算即可．解答： 解：根据勾股定理可得AB==13，故答案为：13．点评： 此题主要考查了勾股定理，关键是掌握如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．　13．平行四边形ABCD中，∠A=50°，AB=30cm，则∠B=　130°　，DC=　30　cm． 考点： 平行四边形的性质．  分析： 根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行，即可求得．解答： 解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，DC=AB=30cm，∴∠A+∠B=180°，∵∠A=50°，∴∠B=130°．故答案为130°，30．点评： 此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行．解题时注意数形结合思想的应用．　14．如果在实数范围内有意义，那么x的取值范围是　x　． 考点： 二次根式有意义的条件．  分析： 根据二次根式有意义的条件可得2x﹣1≥0，再解不等式即可．解答： 解：由题意得：2x﹣1≥0，解得：x≥，故答案为：x．点评： 此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．　15．菱形ABCD中，∠A=60°，对角线BD长为7cm，则此菱形周长　28　cm． 考点： 菱形的性质．  专题： 计算题．分析： 根据已知可得△ABD是等边三角形，从而可得到边长等于BD的长，从而不难求得菱形的周长．解答： 解：∵∠A=60°∴△ABD是等边三角形∴AB=BD=7cm∴此菱形周长4×7=28cm．故答案为28．点评： 此题主要考查的知识点：（1）菱形的四边相等．（2）等边三角形的判定：有一角等于60°的等腰三角形是等边三角形．　16．矩形纸片ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于　　． 考点： 翻折变换（折叠问题）．  专题： 探究型．分析： 要求重叠部分△AEF的面积，选择AF作为底，高就等于AB的长；而由折叠可知∠AEF=∠CEF，由平行得∠CEF=∠AFE，代换后，可知AE=AF，问题转化为在Rt△ABE中求AE．解答： 解：设AE=x，由折叠可知，EC=x，BE=4﹣x，在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即32+（4﹣x）2=x2，解得：x=由折叠可知∠AEF=∠CEF，∵AD∥BC，∴∠CEF=∠AFE，∴∠AEF=∠AFE，即AE=AF=，∴S△AEF=×AF×AB=××3=．故答案为：．点评： 本题考查的是图形的翻折变换，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，如本题中折叠前后对应角相等．　17．如图，等腰Rt△ABC的直角边长为32，从直角顶点A作斜边BC的垂线交BC于D1，再从D1作D1D2⊥AC交AC于D2，再从D2作D2D3⊥BC交BC于D3，…，则AD1+D2D3+D4D5+D6D7+D8D9=　31　；D1D2+D3D4+D5D6+D7D8+D9D10=　31　． 考点： 三角形中位线定理；等腰直角三角形．  专题： 规律型．分析： 根据三角形的中位线定理，找出D4D5是D2D3的中位线，D2D3是AD1的中位线，D3D4是D1D2的中位线，以此类推，可以计算结果．解答： 解：根据中位线定理，中位线为对应边的长度的一半，我们可知：（1）=，所以AD1+D2D3+D4D5+D6D7+D8D9=AD1（1++++）=，因为△ABC为等腰直角三角形，且AD1⊥BC，所以D1为BC的中点，且=，所以AD1+D2D3+D4D5+D6D7+D8D9=；（2）D1D2+D3D4+D5D6+D7D8+D9D10=D1D2（1++++）=，D1为BC的中点，D2为AC的中点，所以D1D2==16，所以D1D2+D3D4+D5D6+D7D8+D9D10=．因此第一个空填；第二个空填31．故答案为；31．点评： 此题关键是考查中位线定理在三角形中的应用，找出中位线为对应边长的一半的规律，解决问题．　三、解答题（8道大题，共69分）18．计算：+﹣． 考点： 实数的运算．  专题： 计算题．分析： 先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．解答： 解：原式=2+3﹣5=0．点评： 本题考查了二次根式的计算：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到有的顺序进行．　19．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，并且AE=CF，求证：四边形BFDE是平行四边形． 考点： 平行四边形的判定与性质．  专题： 证明题．分析： 首先利用平行四边形的性质，得出对角线互相平分，进而得出EO=FO，BO=DO，即可得出答案．解答： 证明：∵▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，∴AO=CO，BO=DO，∵AE=CF，∴AF=EC，则FO=EO，∴四边形BFDE是平行四边形．点评： 此题主要考查了平行四边形的判定与性质，得出FO=EO是解题关键．　20．若干本书分给某班同学，如果每人6本则余18本，如果每人7本则缺24本，这个班有多少人？书有多少本？ 考点： 一元一次方程的应用．  分析： 本题可设这个班的同学有x人，则根据书本总数相等列出方程求解．解答： 解：设这个班的同学有x人，则：6x+18=7x﹣24，解得：x=42，则6x+18=270答：这个班有42人，书有270本．点评： 此题考查一元一次方程的实际运用，根据题意，找出题目蕴含的数量关系是解决问题的关键．　21．△ABC中，AC=8，BC=6，在△ABE中，DE为AB边上的高，DE=12，S△ABE=60，求∠C的度数． 考点： 勾股定理的逆定理．  分析： 由S△ABE=60，求得AB=10，根据勾股定理的逆定理得出△ABC为直角三角形，从而得到∠C的度数．解答： 解：∵DE=12，S△ABE=DE•AB=60∴AB=10∵AC=8，BC=6，62+82=102，∴AC2+BC2=AB2由勾股定理逆定理得∠C=90°．点评： 本题利用了三角形的面积公式和勾股定理的逆定理求解．　22．先化简，再求值：，其中，． 考点： 分式的化简求值；二次根式的化简求值．  分析： 先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x与y的值代入进行计算即可．解答： 解：原式===，当，时，原式=．点评： 本题考查的是分式的化简求值，在解答此类题目时要注意通分及约分的灵活应用．　23．已知：△ABC中，CD平分∠ACB交AB于D，DE∥AC交BC于E，DF∥BC交AC于F．求证：四边形DECF是菱形． 考点： 菱形的判定．  专题： 证明题．分析： 因为DE∥AC，DF∥BC，所以四边形DECF为平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形求证即可．解答： 证明：∵DE∥AC，DF∥BC∴四边形DECF为平行四边形∴AC∥DE，∴∠2=∠3又∵CD平分∠ACB交AB于D，∴∠1=∠2∴∠1=∠3∴DE=EC∴DECF为菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．点评： 本题考查菱形的判定．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．　24．（10分）（2008•十堰）如图，把一张矩形的纸ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F．（1）求证：△ABF≌△EDF；（2）若将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点M正好重合，连接DM，试判断四边形BMDF的形状，并说明理由． 考点： 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定；菱形的判定．  专题： 综合题．分析： （1）因为△BCD关于BD折叠得到△BED，显然△BCD≌△BED，得出CD=DE=AB，∠E=∠C=∠A=90°．再加上一对对顶角相等，可证出△ABF≌△EDF；（2）利用折叠知识及菱形的判定可得出四边形BMDF是菱形．解答： （1）证明：由折叠可知，CD=ED，∠E=∠C． （1分）在矩形ABCD中，AB=CD，∠A=∠C．∴AB=ED，∠A=∠E．∵∠AFB=∠EFD，∴△AFB≌△EFD．（4分） （2）解：四边形BMDF是菱形．（5分）理由：由折叠可知：BF=BM，DF=DM．（6分）由（1）知△AFB≌△EFD，∴BF=DF．∴BM=BF=DF=DM．∴四边形BMDF是菱形．（7分）点评： 本题利用了折叠的知识（折叠后的两个图形全等）以及矩形的性质（矩形的对边相等，对角相等），以及菱形的判定、全等三角形的判定和性质的有关知识．　25．（13分）（2014春•浠水县校级期中）已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：PA2+PC2=PB2+PD2，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系？请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论． 考点： 矩形的性质；勾股定理．  分析： 图2中，过点P作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F；作MN∥BC，分别交AB、DC于M、N；把矩形ABCD分成四个小矩形，然后分别表示出PA、PB、PC、PD的平方，根据平方关系即可得解；图3中，过点P作PF∥AB，分别交AD、BC于点E、F，EF把矩形ABCD分成两个矩形，然后分别表示出PA、PB、PC、PD的平方，根据平方关系即可得解．解答： 解：对图②的探究结论为：PA2+PC2=PB2+PD2，对图③的探究结论为：PA2+PC2=PB2+PD2；理由如下：图2中，过点P作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F；作MN∥BC，分别交AB、DC于M、N；则四边形AMPE，四边形BFPM，四边形FCNP，四边形NDEP都是矩形，根据勾股定理得，PA2=AE2+PE2，PB2=BF2+PF2，PC2=FC2+PF2，PD2=DE2+PE2，∵AE=BF，DE=FC，∴（AE2+PE2）+（FC2+PF2）=（BF2+PF2）+（DE2+PE2），即PA2+PC2=PB2+PD2；图3中，过点P作PF∥AB，分别交AD、BC于点E、F，则四边形ABEF，四边形FCDE都是矩形，根据勾股定理得，PA2=AE2+PE2，PB2=BF2+PF2，PC2=FC2+PF2，PD2=DE2+PE2，∵AE=BF，DE=FC，∴（AE2+PE2）+（FC2+PF2）=（BF2+PF2）+（DE2+PE2），即PA2+PC2=PB2+PD2．点评： 本题考查了矩形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．