2021-2022学年四川省宜宾市七年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年四川省宜宾市七年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共17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。
2021-2022学年四川省宜宾市七年级（下）期末数学试卷 题号一二三总分得分      一、选择题（本大题共12小题，共48分）方程的解是(    )A.  B.  C.  D. 下列四个车标图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )A.  B.
C.  D. 下列变形正确的是(    )A. 若，则
B. 若，则
C. 若、均不为，则
D. 若，则用边长相等的正三角形地砖和正方形地砖铺地面，围绕在一个顶点处正三角形地砖和正方形地砖的块数是(    )A. 块正三角形地砖和块正方形地砖 B. 块正三角形地砖和块正方形地砖
C. 块正三角形地砖和块正方形地砖 D. 块正三角形地砖和块正方形地砖若、满足方程组，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 下列说法正确的是(    )A. 全等多边形的对应边相等，对应角相等
B. 正八边形的外角和大于正五边形的外角和
C. 三角形的中线、角平分线，高线都在该三角形内部
D. 两个图形成轴对称，它们的每组对应点连线段所在直线相交于同一点两个边长都是的正方形与正方形，位置关系如图所示，其中是正方形的中心，当正方形以点为旋转中心旋转，设两个正方形重叠部分阴影部分的面积为，则(    )A.
B.
C.
D. 随旋转而变化如图：有、、三户家用电路接入电表，相邻电路的接点距离相等，相邻电表的距离相等，且相邻电路的接点距离等于相邻电表接入点的距离，电线对应平行排列，则三户所用电线(    )
A. 户最长 B. 户最长 C. 户最长 D. 三户一样长已知一个多边形的内角和是外角和的倍，则该多边形的边数是(    )A.  B.  C.  D. 如果三角形的两边长分别为和，则周长的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图所示的正五边形，其中(    )
A.  B.  C.  D. 如图，将一张三角形纸片的一角折叠，使点落在外的处，折痕为如果，，，，那么下列式子中不一定成立的是(    )A.
B.
C.
D.  二、填空题（本大题共6小题，共24分）若是关于、的二元一次方程，则______，______．请写出方程的所有正整数解：______．如果，那么______．如图所示，若，则______．
 若不等式组无解，则的取值范围是______．如图，在中，是边上的一点，，是边的中点，设，，的面积分别为，，，且，则______．
   三、解答题（本大题共7小题，共78分）解下列方程组：
；
．解答下列问题：
解不等式，并把解集在数轴上表示出来；

解不等式组，并写出所有整数解．解答下列问题：
如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位，的三个顶点都在格点上．
在网格中画出向上平移个单位后的图形；
在网格中画出绕点顺时针旋转后的图形．
如图，在中，，，将点沿着线段翻折，使点落在边上的点处．
求的度数；
求的度数．
已知方程组的解，，求的取值范围．为了减少疫情带来的损失，某市决定加快复工复产，该市一企业需要运输一批物资，据调查得知：辆大货车与辆小货车一次可运输箱物资；辆大货车与辆小货车一次可运输箱物资．
辆大货车与辆小货车一次分别可运输多少箱物资？
该企业计划用这两种货车共辆一次性运输这批物资，每辆大货车运输一次需元运费，每辆小货车运输一次需元运费，若运输物资不少于箱，且总费用小于元，请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需要费用最少，最少费用是多少元？在同一平面内，把等腰直角三角形与等腰直角三角形如图放置，点在上，点在上．现将绕点顺时针旋转，旋转角度为，连结与．

如图、，在旋转过程中， ______选、、填空．
如图，当时，所在直线与所在直线相交于点，求与所在直线的夹角的度数和求的度数．
如图，当时，求直线与直线的夹角的度数．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：方程移项得：，
合并得：．
故选：．
方程移项，合并即可求出解．
此题考查了解一元一次方程，熟练掌握一元一次方程的解法是解本题的关键．
 2.【答案】 【解析】解：不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
 3.【答案】 【解析】解：若，两边同时除以得，故此选项不符合题意；
B.若，移项得，故此选项不符合题意；
C.用特殊值法，，，故此选项不符合题意；
D.若，两边同时乘以去分母得，故此选项符合题意；
故选：．
根据等式的性质对每个选项一一判断即可．
本题考查了等式的性质，掌握等式两边加同一个数或式子结果仍得等式；等式两边乘同一个数或除以一个不为零的数，结果仍得等式是解题的关键．
 4.【答案】 【解析】解：根据平面镶嵌的条件，用公式分别解出正三角形，正六边形的内角分别为、．
设用块正三角形，块正六边形．
则有，
得．
当时，；当时，．
故选：．
正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为若能，则说明可以进行平面镶嵌；反之，则说明不能进行平面镶嵌．
本题考查平面镶嵌问题．几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
 5.【答案】 【解析】解：，
得，
整理得．
故选：．
将方程组中两个方程整体相加得到，两边除以即可得到的值．
此题考查了解二元一次方程组，熟练掌握整体运算的法则可以简化运算．
 6.【答案】 【解析】解：全等多边形的特征为对应边，对应角分别相等，故A正确．
多边形外角和是，故B错误．
钝角三角形中过锐角顶点的高就在三角形外边，故C错误．
每组对应点连线段所在直线相交于同一点，这样是中心对称，故D错误．
故选：．
A.用全等多边形的定义判断．
B.运用多边形外角和是来判定．
C.有的高线就不一定在三角形内部．
D.中心对称才会交于一点．
考查了几何中全等概念与性质、多边形的外角和、三角形的高中线角平分，轴对称和中心对称等概念，关键要掌握几何中的概念和性质．
 7.【答案】 【解析】解：如图，连接，，设、交于点，、交于点，

四边形和四边形都是边长为的正方形，
，，，，
，即，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
故选：．
连接，，设、交于点，、交于点，由正方形的性质可得，，，，证明≌，得出，由，，得出，继而得出答案．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：每相邻两户的电线等距排列，
三户所用的电线为：三户一样长．
故选：．
直接利用平移的性质可得出三户所用的电线长度关系．
本题考查的是生活中的平移现象，熟知图形平移的性质是解答此题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：设这个多边形的边数为，
边形的内角和为，多边形的外角和为，
，
解得．
此多边形的边数为．
故选：．
多边形的外角和是，内角和是它的外角和的倍，则内角和是度．边形的内角和可以表示成，设这个多边形的边数是，就得到方程，从而求出边数．
此题考查了多边形内角与外角，根据正多边形的外角和求多边形的边数是常用的一种方法，需要熟记．
 10.【答案】 【解析】解：根据三角形的三边关系，得
第三边大于，而小于．
则周长的取值范围是．
故选：．
首先根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，求得第三边的取值范围，再进一步求得其周长的取值范围．
此题主要考查了三角形三边关系，正确把握三角形边之间的关系是解题关键．
 11.【答案】 【解析】解：因为正五边形的每个内角都相等，边长相等，
所以，
正五边形的每条边相等，
和是等腰三角形，
，，
．
．
故选：．
根据多边形的内角和公式，求出五边形内角的度数，再根据等腰三角形的性质求出和的度数，最后根据三角形外角的性质解答即可．
本题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系以及等腰三角形的性质．要注意：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；三角形的内角和是度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是这一隐含的条件．
 12.【答案】 【解析】解：如图所示，

，
，
故A选项成立，不符合题意；
，
，
即，
，
故C选项成立，不符合题意；
，，
，
即，
故D选项成立，不符合题意；
故选：．
根据题意分别计算出各个选项中角的关系即可．
本题主要考查翻折的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握翻折的性质，三角形内角和定理等知识是解题的关键．
 13.【答案】   【解析】解：根据题意得：，，
，．
故答案为：，．
根据二元一次方程的定义，知道未知数的次数都是，列出方程即可得到答案．
本题考查了二元一次方程的定义，掌握含有两个未知数，并且含有未知数的项的次数都是的整式方程叫做二元一次方程是解题的关键．
 14.【答案】， 【解析】解：方程，
解得，
当时，；当时，，
则方程的正整数解为，．
故答案为：，．
将看作已知数求出，即可确定出方程的正整数解．
此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将看作已知数求出．
 15.【答案】 【解析】解：，
，
得：，
解得：，
得：，
解得：，
则．
故答案为：．
利用非负数的性质列出方程组，求出方程组的解得到与的值，代入原式计算即可求出值．
此题考查了解二元一次方程组，以及非负数的性质，熟练掌握方程组的解法是解本题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：如图所示，

在中，
．
同理，
．
．
．
在中，．
故答案为：．
先根据，所在的三角形利用三角形内角和把表示出来了，同理，把表示出来，再根据及的内角和求出．
本题考查了三角形的内角和，熟练运用三角形的内角和定理是解题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：若不等式组无解，所以根据“大大小小解不了”则有即．
解出不等式组的解集含的式子，与不等式组无解比较，求出的取值范围．
本题是已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知数处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．
 18.【答案】 【解析】解：，
，
点是的中点，
，
，
即，
．
故答案为：．
利用三角形面积公式，等高的三角形的面积比等于底边的比，则，，然后利用即可得到答案．
本题考查了三角形面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即底高；三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
 19.【答案】解：，
去括号，得，
移项，得，
合并同类项，得，
系数化为，得；
方程组整理得，
得，
解得，
把代入，得，
故原方程组的解为． 【解析】方程去括号、移项、合并同类项、系数化为即可；
利用加减消元法求解即可．
本题考查了解一元一次方程以及二元一次方程组，掌握解方程的基本步骤以及消元的方法是解答本题的关键．
 20.【答案】解：去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并得：，
系数化为得：，
数轴表示如下：；
不等式组整理得：，
由得：，
由得：，
不等式组的解集为，
则所有整数解为，，，． 【解析】不等式去分母，去括号，移项，合并，把系数化为，求出解集，表示在数轴上即可；
不等式组整理后，分别求出各自的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而确定出所有整数解即可．
此题考查了一元一次不等式组的整数解，在数轴上表示不等式的解集，解一元一次不等式组，以及解一元一次不等式，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
 21.【答案】解：如图，即为所求．

如图，即为所求．
 【解析】根据平移的性质作图即可．
根据旋转的性质作图即可．
本题考查作图平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．
 22.【答案】解：将点沿着线段翻折，使点落在边上的点处，
，
，
，
；

，，
，
，
，
将点沿着线段翻折，使点落在边上的点处，
，
，
． 【解析】根据折叠得出，根据等腰三角形的性质得出，再根据三角形内角和定理求出答案即可；
根据三角形内角和定理求出，求出，根据折叠得出，根据等腰三角形的性质得出，再根据三角形的外角性质得出即可．
本题考查了三角形内角和定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质等知识点，能熟记三角形内角和定理和折叠的性质是解此题的关键．
 23.【答案】解：解方程组，得：，
，，
，
解得．
答：的取值范围是． 【解析】解方程组得，结合，知，解之即可．
本题考查的是解二元一次方程组和一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
 24.【答案】解：设辆大货车一次可运输箱物资，辆小货车一次可运输多箱物资，
由题意得：，
解得：．
答：辆大货车一次可运输箱物资，辆小货车一次可运输多箱物资．
设用大货车辆，则小货车辆，
由题意得：，
解得：，
的整数解为：、、．
有三种运输方案，分别为：
大货车辆，小货车辆，费用为元，
大货车辆，小货车辆，费用为元，
大货车辆，小货车辆，费用为元，
方案费用最少，为元． 【解析】根据题意列出方程组求解，
根据题意列不等式组求解，并求出其整数解．
本题考查了方程组和一元一次不等式组的应用，解题的关键是根据题意列出方程组和不等式组．
 25.【答案】 【解析】解：，理由是：
如图，和都是等腰直角三角形，
，，
，
，
即，
≌，
，
故答案为：．
≌，
，
，
，
由四边形内角和为得．
原来，绕点顺时针旋转，旋转角度为，，
由旋转可得．
，
，
，，
．
如图中，只要证明≌，即可解决问题．
由≌，得，，，可得的度数．由旋转可得．
由四边形内角和可求得．
本题是四边形和三角形的综合题，用到了三角形全等的性质和判定、等腰直角三角形的性质等知识．