2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共20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。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 二元一次方程x+y=2023(    )
A. 只有一个解 B. 只有两个解 C. 无数个解 D. 无解
2. 下列长度的三条线段能组成三角形的是(    )
A. 2，3，6 B. 4，5，9 C. 2，2，5 D. 3，4，5
3. 在如图中，正确画出△ABC的边BC上的高的是(    )
A. B. C. D.
4. 已知a3，
故选：B．
先根据平面直角坐标系中第二象限点的坐标特征可得：2−m0②，然后按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，点的坐标，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】[分析]
设该球队胜了x场，平了y场，根据进行14场比赛，其中负了5场，共得19分，列方程组．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
[详解]
解：设该球队胜了x场，平了y场，
由题意得x+y+5=143x+y=19．
故选A．

10.【答案】C 
【解析】解：由x−my=2，得
x=my+2，代入n2x+3y=5，
得(mn2+3)y=5−2n2，解得y=5−2n2mn2+3．
∵该方程组无解，
∴mn2+3=0，
∴mn2=−3，
∴m=−3n21n2的解集为a1n2的解集．
本题考查解二元一次方程组，比较简单，但内容极其重要，必须能够熟练掌握．

11.【答案】三角形的稳定性 
【解析】解：工程建筑中经常采用三角形的结构，其中的数学道理是三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
根据三角形具有稳定性解答即可．
此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的内容．

12.【答案】x≤3 
【解析】解：∵|x−3|=3−x，
∴x−3≤0，
解得x≤3，
故答案为：x≤3．
根据绝对值的取值得出结论即可．
本题主要考查绝对值的知识，熟练掌握绝对值的计算是解题的关键．

13.【答案】1 
【解析】解：把x=1，y=−2代入二元一次方程3mx−2y=7，得
3m+4=7，
解得m=1．
故答案为：1．
根据方程的解的定义，把这对数值代入方程，那么得到一个含有未知数m的一元一次方程，从而求出m的值．
此题考查的是二元一次方程的解，解题关键是把方程的解代入原方程，使原方程转化为以系数m为未知数的方程．一组数是方程的解，那么它一定满足这个方程，利用方程的解的定义可以求方程中其他字母的值．

14.【答案】六 
【解析】解：设这个多边形为n边形，由题意得，
(n−2)×180°=360°×2，
解得n=6，
即这个多边形为六边形，
故答案为：六．
根据多边形的内角和与外角和的计算方法列方程求解即可．
本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和、外角和的计算方法是正确解答的前提．

15.【答案】a≤3 
【解析】解：−x+2a②，
解不等式①得：x>3，
解不等式②得：x>a，
∵不等式组的解集是x>3，
∴a≤3，
故答案为：a≤3．
按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．

16.【答案】4 
【解析】解：连接EF，OA，设S△AOE=S，如图所示：

∵BE、CF为△ABC的两条中线，
∴AE=CE，AF=BF，EF为△ABC的中位线，
∴△AOE和△COE等底同高，△AOF和△BOF等底同高，
∴S△AOE=S△COE=S，S△AOF=S△BOF，
∵EF为△ABC的中位线，
∴EF//BC，
∴△BCE和△BCF同底等高，
∴S△BCE=S△BCF，
即：S△OBC+S△COE=S△OBC+S△BOF，
∴S△COE=S△BOF=S，
∴S△AOF=S△BOF=S△AOE=S△COE=S，
∴S△ABE=S△BOF+S△AOF+S△AOE=3S，
∵AE=CE，
∴△ABE和△CBE等底同高，
∴S△ABE=S△CBE=12S△ABC=12×4=6，
∴3S=6，
∴S=2，
S四边形AFOE=S△AOF+S△AOE=2S=4．
故答案为：4．
连接EF，OA，设S△AOE=S，先证S△AOE=S△COE=S，S△AOF=S△BOF，再由EF//BC得S△BCE=S△BCF，进而得S△COE=S△BOF=S，则S△ABE=S△BOF+S△AOF+S△AOE=3S，然后证S△ABE=S△CBE=12S△ABC=6，则S=2，据此即可得出答案．
此题主要考查了是三角形的中线和三角形的中位线，解答此题的关键是理解平行线间的距离；三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半；同底(或等底)同高(或等高)的两个三角形的面积相等．

17.【答案】1.71 
【解析】解：将这20名运动员的跳高成绩从小到大排列，处在第10、11位的两个数的平均数为1.68+1.742=1.71，
因此中位数是1.71，
故答案为：1.71．
根据中位数的定义进行计算即可．
本题考查中位数，理解中位数的定义是正确解答的关键．

18.【答案】40 
【解析】解：如图，作FM⊥AC于M，FN⊥AB于N，FP⊥BC于P，
∵△ABC的角平分线BD与角平分线CE交于点F，
∴FN=FP，FP=FM，
∴FN=FM，
∴AF平分∠BAC．
在Rt△FEN与Rt△FDM中，
FE=FDFN=FM，
∴Rt△FEN≌Rt△FDM(HL)，
∴∠FEN=∠FDM，
∴∠FBE+∠BFE=∠FCD+∠CFD，
∵∠BFE=∠CFD，
∴∠FBE=∠FCD．
∵BD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABC=2∠FBE=2∠FBC=2×25°=50°，
∠ACB=2∠FCD=2∠FBE=50°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=80°，
∴∠FAD=12∠BAC=40°．
故答案为：40．
作FM⊥AC于M，FN⊥AB于N，FP⊥BC于P，根据角平分线的性质与判定可证AF平分∠BAC.利用HL证明Rt△FEN≌Rt△FDM，得出∠FEN=∠FDM，再证明∠FBE=∠FCD.根据角平分线的定义求出∠ABC=∠ACB=50°，进而求出∠FAD=12∠BAC=40°．
本题考查了角平分线的性质与判定，全等三角形的判定与性质，角平分线定义，三角形内角和定理，综合性较强，准确作出辅助线是解题的关键．

19.【答案】解：(1)5x+10>3x−2，
5x−3x>−2−10，
2x>−12，
x>−6；
(2)x−16≥2x+54−1，
2(x−1)≥3(2x+5)−12，
2x−2≥6x+15−12，
2x−6x≥15+2−12，
−4x≥5，
x≤−54． 
【解析】(1)不等式移项，合并同类项，化系数为1即可；
(2)不等式去分母，去括号，移项，合并同类项，化系数为1即可．
本题考查了解一元一次不等式，掌握解一元一次不等式的基本步骤是解答本题的关键．

20.【答案】解：(1)3x−4y=1①x=5y−7②，
把②代入①得：3(5y−7)−4y=1，
解得：y=2，
把y=2代入②得：x=10−7=3，
故原方程组的解是：x=3y=2；
(2)2(x+y)3−x−y4=14(2x−y)−5(3x+y)=−20，
整理得：5x+11y=12①−7x−9y=−20②，
①×7得：35x+77y=84③，
②×5得：−35x−45y=−100④，
③+④得：32y=−16，
解得：y=−12，
把y=−12代入①得：5x−112=12，
解得：x=72，
故原方程组的解是：x=72y=−12． 
【解析】(1)利用代入消元法进行求解即可；
(2)利用加减消元法进行求解即可．
本题主要考查解二元一次方程组，解答的关键是熟练掌握解二元一次方程组的方法．

21.【答案】解：(1)正五边形的每一个内角的度数为：(5−2)×180°5=108°，
即∠A=108°；
(2)∵五边形ABCDE是正五边形，
∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，
∴△BCD≌△EDC(SAS)，
∴BD=EC． 
【解析】(1)根据正五边形的性质以及内角和的计算方法进行计算即可；
(2)利用正五边形的性质以及全等三角形的判定和性质进行解答即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正五边形的性质以及全等三角形的判定和性质是正确解答的关键．

22.【答案】解：(1)由图可知，这50名同学竞赛成绩的众数为80；
(2)x−=60×5+70×10+80×20+90×10+100×550=80(分)，
答：这50名同学的平均成绩为80分；
(3)S2=(60−70)2+(90−70)2+(70−70)2+(60−70)2+(70−70)25=120，
答：这5个数据的方差为120． 
【解析】(1)根据众数的定义即可得出答案；
(2)根据平均数公式计算即可；
(3)根据方差公式计算即可．
本题考查了加权平均数、众数和方差，熟练掌握加权平均数、众数和方差的定义和计算方法是关键．

23.【答案】解：解不等式组5x−2>3(x−1)x+22−56≤12+4−x3，得−123(x−1)与x+22−56≤12+4−x3都成立． 
【解析】先求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解即可．
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能求出不等式组的解集是解此题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵AD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠AED=90°−∠DAE，
∵∠FCE+3∠DAE=∠D，
∴∠FCE=90°−3∠DAE，
∴∠AED−∠FCE=(90°−∠DAE)−(90°−3∠DAE)=2∠DAE，
∵∠CFE=∠AED−∠FCE，
∴∠CFE=2∠DAE．
(2)证明：∵∠ABG=2∠DAE，∠CFE=2∠DAE，
∴∠ABG=∠CFE，
∵∠BAD−∠CFE=90°，∠BAD=∠BAG+DAE，
∴∠BAG+∠DAE−2DAE=90°，
∴∠BAG=90°+∠DAE，
∵∠FEC=∠D+∠DAE=90°+∠DAE，
∴∠BAG=∠FEC，
在△BAG和△FEC中，
∠BAG=∠FEC∠ABG=∠EFCBG=FC，
∴△BAG≌△FEC(AAS)，
∴AG=EC．
(3)解：如图3，延长ED于点P，使DP=DE，连接AP，则∠ADP=∠ADE=90°，
在△ADP和△ADE中，
DP=DE∠ADP=∠ADEAD=AD，
∴△ADP≌△ADE(SAS)，
∴∠DAP=∠DAE，
∵CE=2DE，PE=2DE，
∴CE=PE，
作PL⊥AE于点L，CQ⊥AE交AE的延长线于点Q，则∠Q=∠PLE=∠ALP=90°，
在△CEQ和△PEL中，
∠Q=∠PLE∠CEQ=∠PELCE=PE，
∴△CEQ≌△PEL(AAS)，
∴CQ=PL，QE=LE，
∵∠CFE=2∠DAE，∠PAE=2∠DAE，
∴∠CFE=∠PAE，
在△CFQ和△PAL中，
∠CFQ=∠PAL∠Q=∠ALPCQ=PL，
∴△CFQ≌△PAL(AAS)，
∴FQ=AL，
∴FQ−FL=AL−FL，
∴LQ=AF=6，
∴QE=LE=12LQ=12×6=3，
∵∠GAH+∠AED=90°，∠ECQ+∠CEQ=90°，且∠AED=∠CEQ，
∴∠GAH=∠ECQ，
∵GH//CD，
∴∠AHG=∠ADE=90°=∠Q，
在△AGH和△CEQ中，
∠AHG=∠Q∠GAH=∠ECQAG=CE，
∴△AGH≌△CEQ(AAS)，
∴HG=QE=3，
∴HG的值为3． 
【解析】(1)由AD⊥CD，得∠D=90°，则∠AED=90°−∠DAE，由∠FCE+3∠DAE=∠D，得∠FCE=90°−3∠DAE，所以∠CFE=∠AED−∠FCE=(90°−∠DAE)−(90°−3∠DAE)=2∠DAE；
(2)由∠ABG=2∠DAE，∠CFE=2∠DAE，得∠ABG=∠CFE，由∠BAD−∠CFE=90°，∠BAD=∠BAG+DAE，得∠BAG+∠DAE−2DAE=90°，则∠BAG=90°+∠DAE，而∠FEC=∠D+∠DAE=90°+∠DAE，所以∠BAG=∠FEC，即可证明△BAG≌△FEC，得AG=EC；
(3)延长ED于点P，使DP=DE，连接AP，可证明△ADP≌△ADE，得∠DAP=∠DAE，由CE=2DE，PE=2DE，得CE=PE，可证明△CEQ≌△PEL，得CQ=PL，QE=LE，再证明△CFQ≌△PAL，得FQ=AL，可推导出LQ=AF=6，则QE=LE=12LQ=3，进而证明△AGH≌△CEQ，则HG=QE=3．
此题重点考查等角的余角相等、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等式的性质、全等三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．

25.【答案】解：(1)12a+b=33a+2b=−6，
解得：a=−6 b=6 ，
∴a=−6，b=6；
(2)如图1，过点C作CH⊥OB于点H，

∵A(−6,0)，B(0,6)，
∴OA=OB=6，
∵OC⊥AB，
∴AC=BC=OC，
∵CH⊥OB，
∴CH=HB=HO=12OB=3，
∵S△OPC=12OP⋅CH，线段OP的长为t，
∴S△OPC=12OP⋅CH=12×t×3=3t2；
(3)∵S=254，
∴3t2=25，
∴t=256，
∴OP=256，
如图2，过点D作DG⊥AO于点G，连接AD，

∵DP//AO，OA⊥OB，
∴DP⊥OB，∠DOG=∠ODP，
∴∠DGO=∠OPD=90°，
在△ODG和△DOP中，
∠DGO=∠OPD∠DOG=∠ODPOD=OD，
∴△ODG≌△DOP(AAS)，
∴DG=OP=256，
∴S△ADO=12OA⋅DG=12×6×256=252，
过点A作Al⊥OD于点I，则∠AIO=∠ODB=90°，
∵∠AOI+∠DOB=90°，∠AOI+∠IAO=90°，
∴∠IAO=∠DOB，
在△AIO和△ODB中，
∠AIO=∠ODB∠IAO=∠DOBOA=OB，
∴△AIO≌△ODB(AAS)，
∴OD=AI，
∵S△AOD=12OD⋅AI=12OD2=252，
解得：OD=5(负值已舍去)，
即OD的长为5． 
【解析】(1)解二元一次方程组即可；
(2)过点C作CH⊥OB于点H，由(1)得OA=OB，再由等腰直角三角形的性质得AC=BC=OC，CH=HB=HO=3，然后由三角形面积公式即可得出结论；
(3)过点D作DG⊥AO于点G，△ODG≌△DOP(AAS)，得DG=OP=256，则S△ADO=252，过点A作Al⊥OD于点I，再证△AIO≌△ODB(AAS)，得OD=AI，然后由三角形面积即可解决问题．
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、坐标与图形性质、三角形面积公式以及二元一次方程组的解法等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．