这是一份四川省内江市2021-2022学年七年级下学期期末测评数学试卷(含解析)，共14页。试卷主要包含了5
内江市2021-2022学年度第二学期七年级期末测评数学本测评卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．全卷满分120分，考试时间120分钟．注意事项：1.答第Ⅰ卷时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答第Ⅱ卷时，用0.5毫米的黑色签字笔是签题于规定的区域内作答，字体工整，笔迹清楚；不能答在测评卷上．2.测评结束后，监测员将答题卡收回．第I卷（选择题共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的A、B．C、D四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．若，下列不等式不一定成立的是（ ）A． B． C． D．2．方程，用含y的代数式表示x为（ ）A． B．C． D．3．习近平主席在2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”，一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道．下列有关环保的四个图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）A． B．C． D．4．如果x＝1是关于x的方程3x+4m﹣7＝0的解，则m的值是（ ）A．1 B．﹣1 C．6 D．﹣65．已知多边形的每一个内角都等于150°，则这个多边形的边数是（ ）A．9 B．10 C．11 D．126．用加减法解方程组时， ①－②得（ ）A．5y＝2 B．－11y＝8 C．－11y＝2 D．5y＝87．如图，将三角形沿方向平移得到三角形，若四边形的周长为，则三角形的周长是（ ）A． B． C． D．8．下列说法正确的是（ ）A．两个面积相等的图形一定是全等图形 B．两个全等图形形状一定相同C．两个周长相等的图形一定是全等图形 D．两个正三角形一定是全等图形9．用边长相等的两种正多边形进行密铺，其中一种是正八边形，则另一种正多边形可以是（ ）A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形10．将无限循环小数化为分数，可以设=，则，解得：. 仿此，将无限循环小数化为分数为（）A． B． C． D．11．若不等式组的整数解共有三个，则a的取值范围是（ ）A．4＜a＜5 B．4≤a＜5 C．4＜a≤5 D．4≤a≤512．如图，AB⊥AF，∠B、∠C、∠D、∠E、∠F的关系为（ ）A．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝270° B．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝270°C．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360° D．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝360°第Ⅱ卷（非选择题共72分）二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．请将最后答案直接填在题中横线上．）13．若的值为非负数，则x应满足_______．14．如图，正方形的边在正五边形的边上，则__________．15．如果一个等腰三角形的两边长分别是5和7，则这个三角形的周长是________.16．若实数x，y满足方程组则__________．三、解答题（本大题共6个小题，共56分．解答应写出必要的文字说明或演算步骤．）17．解下列方程或不等式组：（1）；（2）解不等式组：．18．如图，在方格纸中，每个小正方形的边长为1个单位长度，ABC的顶点都在格点上．（1）画出ABC先向右平移4格，再向上平移1格得到的A1B1C1，其中点A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1；（2）画出ABC关于点B1成中心对称的图形A2B2C2，其中点A，B，C的对应点分别为A2，B2，C2；（3）连结C1A2，A1A2，求四边形A1B1C1A2的面积．19．如图，在△ABC中，AD为边BC上的高，点E为边BC上的一点，连接AE．(1)当AE为边BC上的中线时，若AD=6，△ABC的面积为24，求CE的长；(2)当AE为∠BAC的角平分线时，若∠C=66°，∠B=36°，求∠DAE的度数．20．已知关于的方程组的解是一对正数，求：(1)的取值范围；(2)化简:21．一方有难八方支援，某市政府筹集了抗旱必需物资120吨打算运往灾区，现有甲、乙、丙三种车型供选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示：（假设每辆车均满载）车型甲乙丙汽车运载量（吨/辆）汽车运费（元/辆）（1）若全部物资都用甲、乙两种车型来运送，需运费元，问分别需甲、乙两种车型各几辆？（2）为了节约运费，该市政府可以调用甲、乙、丙三种车型参与运送，已知他们的总辆数为辆，你能通过列方程组的方法分别求出几种车型的辆数吗？（3）求出哪种方案的运费最省？最省是多少元？22．当光线经过镜面反射时，入射光线、反射光线与镜面所夹的角对应相等．例如：在图①，有，．设镜子与的夹角．(1)如图①，若，判断入射光线与反射光线的位置关系，并说明理由；(2)如图②，若，设镜子与的夹角（），入射光线与镜面的夹角（），已知入射光线分别从镜面、、反射，反射光线与入射光线平行，请求出与的关系式． 1．D解析：解：A．若，则，选项正确，不符合题意；B．若，则，选项正确，不符合题意；C．若，则，选项正确，不符合题意；D．若，则，例如当c=0时不成立，选项错误，符合题意；故选： D．2．B解析：解：∵2x-3y=7，∴2x=7+3y．∴．故选：B．3．D解析：解：A．既不是轴对称也不是中心对称，故不合题意；B．既是轴对称又是中心对称，故不合题意；C．即不是轴对称，也不是中心对称，故不合题意；D．是轴对称，但不是中心对称，故符合题意．故选D．4．A解析：解：∵x＝1是关于x的方程3x＋4m−7＝0的解，∴3＋4m−7＝0，∴m＝1，故选：A．5．D解析：解：∵多边形的每一个内角都等于150°，∴多边形的每一个外角都等于180°-150°=30°，∴边数n=360°÷30°=12．故选：D．6．A解析：解：由题意得①－②得，故选A．7．B解析：解：∵△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF，∴DF=AC，AD=CF=3cm，∵四边形ABFD的周长为20cm．∴AB+BC+CF+DF+AD=AB+BC+AC+AD+CF=20cm，∴AB+BC+AC=14cm，即△ABC的周长为14cm，故选：B．8．B解析：解：A：两个面积相等的图形不一定是全等图形，故A错误，不符合题意；B：两个全等图形形状一定相同，故B正确，符合题意；C：两个周长相等的图形不一定是全等图形，故C错误，不符合题意；D：两个正三角形不一定是全等图形，故D错误，不符合题意；故选：B．9．B解析：分析：正八边形的每个内角为：180°-360°÷8=135°，分别计算出正五边形，正六边形，正三角形，正四边形的每个内角的度数．利用“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”作为相等关系列出多边形个数之间的数量关系，利用多边形的个数都是正整数可推断出能和正八边形一起密铺的多边形是正四边形．详解：正八边形的每个内角为180°−360°÷8=135°，A. 正三角形的每个内角60°，得135m+60n=360°，n=6−94m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；B. 正四边形的每个内角是90°，得90°+2×135°=360°，所以能铺满；C. 正五边形每个内角是180°−360°÷5=108°，得108m+135n=360°，m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；D. 正六边形的每个内角是120度，得135m+120n=360°，n=3−98m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满．故选：B．点睛：本题考查了平面密铺的知识，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．10．B解析：解：设，则，解得故选B11．C解析：解不等式2x-13，得：x2，∵不等式组整数解共有三个，∴不等式组的整数解为2、3、4，则，故选C．12．B解析：解：连接AD，在△DMA中，∠DMA+∠MDA+∠MAD＝180°，在△DNA中，∠DNA+∠NDA+∠NAD＝180°，∴∠DMA+∠MDA+∠MAD+∠DMA+∠NDA+∠NAD＝360°，∵∠MAD+∠NAD＝360°﹣∠BAF，∴∠DMA+∠DNA+∠MDN+360°﹣∠BAF＝360°，∵AB⊥AF，∴∠BAF＝90°，∴∠DMA+∠DNA＝90°﹣∠MDN，∵∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，∵∠1＝180°﹣∠B﹣∠C，∠2＝180°﹣∠E﹣∠F，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），∴90°﹣∠MDN＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），∴∠B+∠C+∠E+∠F﹣∠MDN＝270°．故选：B．13．x≥解析：解：由题意得，3x-5≥0，解得：x≥．故答案为：x≥．14．18解析：解：∵四边形是正方形，五边形是正五边形，∴，∴；故答案为18．15．17或19解析：①当腰是5，底边是7时：能构成三角形，则其周长=5+5+7=17.②当底边是5，腰长是7时，能构成三角形，则其周长=5+7+7=19.故答案为17或19.16．1解析：解：①+②得： 故答案为：117．（1）；（2）解析：解：（1），去括号，得，移项，得，合并同类项，得，系数化为1，得．（2），解不等式①得：，解不等式②得：，则不等式组的解集为．18．（1）见解析；（2）见解析；（3）4解析：解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，A2B2C2即为所求；（3）四边形A1B1C1A2的面积为：（1+3）×3﹣1×2﹣1×2＝4．19．(1)4(2)15°解析：（1）解：∵AD是边BC上的高，AD=6，△ABC的面积为24，∴．∵AE为边BC上的中线，∴点E是BC的中点．∴．（2）解：∵∠C=66°，∠B=36°，AD为边BC上的高，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=78°，∠ADC=90°．∴∠DAC=180°-∠ADC-∠C=24°．∵AE为∠BAC的角平分线，∴．∴∠DAE=∠CAE-∠DAC=15°．20．（1）-0.5<a<2（2）3a-1解析：解：（1）解原方程组可得：因为方程组的解为一对正数所以有 解得：−＜a＜2，即a的取值范围为：−＜a＜2; （2）由（1）可知：2a+1＞0，2-a＞0所以：2a+1＞0，a-2＜0即|2a+1|-|a-2|=（2a+1）-（2-a）=3a-1．21．（1）需要甲车8辆，乙车10辆（2）有三种运送方案：①甲车型8辆，丙车型8辆；②甲车型6辆，乙车型5辆，丙车型5辆；③甲车型4辆，乙车型10辆，丙车型2辆；（3）甲车型4辆，乙车型10辆，丙车型2辆时，最少运费是7800元.解析：（1）设需要甲车辆，乙车辆由题意可得： 解得： 需要甲车8辆，乙车10辆（2）设甲车有辆，乙车有辆，丙车有辆由题意可得： 消去可得： 由于是非负整数，且不大于16，得： 由是非负整数，解得 有三种运送方案：①甲车型8辆，丙车型8辆；②甲车型6辆，乙车型5辆，丙车型5辆；③甲车型4辆，乙车型10辆，丙车型2辆；（3）三种方案得运费分别是：①；②；③.甲车型4辆，乙车型10辆，丙车型2辆时，最少运费是7800元.22．(1)见解析；(2)．解： (1)解：EF∥GH，理由：在△BEG中，∠2＋∠3＋α＝180°，α＝90°，∴∠2＋∠3＝90°，∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝180°，∵∠1＋∠2＋∠FEG＝180°，∠3＋∠4＋∠EGH＝180°，∴∠FEG＋∠EGH＝180°，∴EF∥GH；(2)，理由：如图，作GM∥EF，∵EF∥HK，∴GM∥HK，∵∠1＝∠2，∠1＝β，∴∠2＝β，∴∠FEG＝180°－2β，∴∠EGM＝180°－（180°－2β）＝2β，在△BEG中，∠2＋∠3＋α＝180°，，∴∠3＝180°－135°－∠2＝45°－β，∴∠3＝∠CGH＝45°－β，∴∠MGH＝180°－∠3－∠EGM－∠CGH＝180°－2（45°－β）－2β＝90°，∵GM∥HK，∴∠MGH＋∠GHK＝180°，∴∠GHK＝90°，∵∠GHC＝∠KHD，∠GHK＝180°－∠GHC－∠KHD＝90°，∴∠GHC＝∠KHD＝45°，∴∠BCD＝180°－∠CGH－∠CHG＝180°－（45°－β）－45°＝90°＋β，即．
