2023-2024学年山东省淄博市高青县七年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年山东省淄博市高青县七年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含详细答案解析），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。

1.一个三角形的两边长分别为2cm和5cm，则此三角形第三边长可能是( )
A. 2cmB. 3cmC. 5cmD. 8cm
2.如图，∠C=90∘，AB的垂直平分线交BC于D，连接AD，若∠CAD=20∘，则∠B=( )
A. 20∘
B. 30∘
C. 35∘
D. 40∘
3.如图，面积为5的正方形ABCD的顶点A在数轴上，且表示的数为1，若点E在数轴上，(点E在点A的右侧)且AB=AE，则E点所表示的数为( )
A. 5B. 1+ 5C. 2+ 52D. 5+2
4.如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”.若AB=10，AE=8，则正方形EFGH的面积为( )
A. 4
B. 8
C. 12
D. 16
5.在平面直角坐标系中，已知点A(2,m)和点B(n,−3)关于x轴对称，则m+n的值是( )
A. −1B. 1C. 5D. −5
6.已知30.5≈0.7937，35≈1.7100，那么下列各式正确的是( )
A. 3500≈17.100B. 3500≈7.937C. 3500≈171.00D. 3500≈79.37
7.已知点A(m,n)，且有mn≤0，则点A一定不在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第四象限D. 坐标轴上
8.若点M(−1,y1)，N(2,y2)都在直线y=−x+b上，则下列大小关系成立的是( )
A. y1>y2>bB. y2>y1>bC. y2>b>y1D. y1>b>y2
9.小丽与爸妈在公园里荡秋千.如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她.若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC=90∘.爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是( )
A. 1mB. 1.6mC. 1.8mD. 1.4m
10.如图，四边形ABCD是长方形地面，长AB=10m，宽AD=5m，中间竖有一堵砖墙高MN=1m，一只蚂蚱从点A爬到点C，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走( )
A. 13mB. 146mC. 5 5mD. 12m
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.若2m−4与3m−1是同一个数的两个不等的平方根，则这个数是______.
12.如图，长方形ABCD中，点E在边AB上，将一边AD折叠，使点A恰好落在边BC的点F处，折痕为DE.若AB=4，BF=2，则AE的长是______.
13.某市新能源出租车的收费标准如下：3千米以内(包括3千米)收费12元，超过3千米后，每超1千米就加收2.2元．若某人乘出租车行驶的距离为x(x>3)千米，则需付费用y与行驶距离x之间的函数关系式是______.
14.添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情.如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，BD是高，E是△ABC外一点，BE=BA，∠E=∠C，若DE=25BD，AD=16，BD=20，求△BDE的面积.同学们可以先思考一下…，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在BD上截取BF=DE，(如图2).同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得△BDE的面积为______.
15.如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足.下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180∘；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF.其中正确的是______.
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，点E为对角线BD上一点，∠A=∠BEC，且AD=BE.求证：△ABD≌△ECB.
17.(本小题8分)
如图，在正方形网格中，已知△ABC的三个顶点在格点上．
(1)画出△ABC关于直线DE的轴对称图形△A1B1C1；
(2)若正方形网格的单位长度为1，求△A1B1C1的面积．
18.(本小题8分)
已知5a+4的立方根是−1，3a+b−1的算术平方根是3，c是 13的整数部分
(1)求a、b、c的值；
(2)求 3a+b+2c的平方根.
19.(本小题8分)
已知点A(2+a,−3a−4)，解答下列各题：
(1)若点A在y轴上，求出点A的坐标；
(2)若点B的坐标为(8,5)，且AB//x轴，求出点A的坐标.
20.(本小题8分)
如图，直线l1的解析式为y=3x−3，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A、B，直线l1，l2相交于点C.
(1)求点D的坐标；
(2)求△ADC的面积．
21.(本小题8分)
已知：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC.在AB上截取AE=AC，连结DE.若BC=6cm，BE=3cm.
(1)求证：△AED≌△ACD；
(2)求△BED的周长．
22.(本小题8分)
长清的园博园广场视野开阔，阻挡物少，成为不少市民放风筝的最佳场所，某校七年级(1)班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度CE，他们进行了如下操作：①测得水平距离BD的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米．
(1)求风筝的垂直高度CE；
(2)如果小明想风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？
23.(本小题8分)
在一条笔直的公路旁，依次有小芳家、早餐店、学校.某休息日的早上7点，小芳步行匀速从家去学校取落在学校的学习用品，小芳出发4分钟后，王老师从学校步行匀速前往早餐店买早餐后原路原速返回学校，已知王老师步行速度是80米/分，在早餐店买早餐用了2分钟，两人同时到达学校.小芳和王老师距学校的距离y(米)和小芳出发的时间x(分钟)之间的关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)图中a=______；小芳家和早餐店之间的距离是______米；
(2)求王老师从早餐店返回学校过程中y与x之间的函数解析式；
(3)王老师出发多长时间，王老师和小芳相距150米？请直接写出答案.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设第三边长为xcm，
则5−23故选：C.
根据已知边长求第三边x的取值范围为：3本题考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边长，则第三边的范围为大于两边差且小于两边和．
2.【答案】C
【解析】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD=DB
∴∠B=∠DAB
∵∠C=90∘，∠CAD=20∘
∴∠B=(180∘−∠C−∠CAD)÷2=35∘
故选C
由已知条件，根据线段垂直平分线的性质得到线段及角相等，再利用直角三角形两锐角互余得到∠B=(180∘−∠ADB)÷2答案可得．
本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理；解决本题的关键是利用线段的垂直平分线性质得到相应的角相等，然后根据三角形的内角和求解．
3.【答案】B
【解析】解：∵正方形ABCD的面积为5，且AD=AE，
∴AD=AE= 5，
∵点A表示的数是1，且点E在点A右侧，
∴点E表示的数为1+ 5.
故选：B.
根据正方形的边长是面积的算术平方根得AD=AE= 5，结合A点所表示的数及AE间距离可得点E所表示的数．
本题主要考查实数与数轴及两点间距离，根据两点间距离及点的位置判断出点所表示的数是关键．
4.【答案】A
【解析】解：直角三角形较短的直角边为 102−82=6，
所以，正方形EFGH的面积=10×10−8×6÷2×4=100−96=4.
故选：A.
根据勾股定理求出另一条直角边，利用中间小正方形的面积=大正方形的面积−4个全等的直角三角形的面积，求出即可．
本题考查勾股定理的应用，解答时需要通过图形获取信息解题．
5.【答案】C
【解析】解：由点A(2,m)和点B(n,−3)关于x轴对称，得
n=2，m=3.
则m+n=2+3=5.
故选：C.
根据关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，可得m、n的值，根据有理数的加法，可得答案．
本题考查了关于x轴对称的点的坐标，利用关于x轴对称的点的坐标特征得出m、n的值是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵3500=30.5×1000=30.5×10≈7.937；
故选：B.
根据立方根的规律解答即可．
本题考查立方根，根据立方根的规律解答是解决问题的前提．
7.【答案】A
【解析】解：根据点A(m,n)，且有mn≤0，
所以m≥0，n≤0或m≤0，n≥0，
所以点A一定不在第一象限，
故选：A.
应先判断出所求的点的横、纵坐标的符号，进而判断点所在的位置．
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(+,−).
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
由k=−1<0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合−1<0<2，即可得出y1>b>y2.
【解答】
解：∵k=−1<0，
∴y随x的增大而减小，
又∵点M(−1,y1)，N(2,y2)都在直线y=−x+b上，且−1<0<2，
∴y1>b>y2.
故选：D.
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知∠CEO=∠BDO=90∘，OB=OC，
∵∠BOC=90∘，
∴∠COE+∠BOD=∠BOD+∠OBD=90∘.
∴∠COE=∠OBD，
在△COE和△OBD中，
∠COE=∠OBD∠CEO=∠ODBOC=OB，
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴CE=OD，OE=BD，
∵BD、CE分别为1.4m和1.8m，
∴DE=OD−OE=CE−BD=1.8−1.4=0.4(m)，
∵AD=1m，
∴AE=AD+DE=1.4(m)，
答：爸爸是在距离地面1.4m的地方接住小丽的．
故选：D.
由直角三角形的性质得出∠COE=∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD，由全等三角形的性质得出CE=OD，OE=BD，求出DE的长则可得出答案．
本题考查了全等三角形的应用，直角三角形的性质，证明△COE≌△OBD是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图所示，将图展开，图形长度增加2MN，
原图长度增加2米，则AB=10+2=12(m)，
连接AC，
∵四边形ABCD是长方形，AB=12m，宽AD=5m，
∴AC= AB2+BC2= 122+52=13(m)，
∴蚂蚱从A点爬到C点，它至少要走13m的路程．
故选：A.
连接AC，利用勾股定理求出AC的长，再把中间的墙平面展开，使原来的矩形长度增加而宽度不变，求出新矩形的对角线长即可．
本题考查的是平面展开最短路线问题及勾股定理，根据题意画出图形是解答此题的关键．
11.【答案】4
【解析】解：由题意可知：2m−4+3m−1=0，
解得：m=1，
∴2m−4=−2
所以这个数是4，
故答案为：4.
根据平方根的性质即可求出答案．
本题考查平方根，解题的关键是正确理解平方根的定义，本题属于基础题型．
12.【答案】52
【解析】解：设AE=x，则BE=AB−AE=4−x，
∵折叠后点A恰好落在边BC的点F处，
∴EF=AE=x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得，BE2+BF2=EF2，
即(4−x)2+22=x2，
解得x=52，
即AE的长为52.
故答案为：52.
设AE=x，表示出BE，根据翻折变换的性质可得EF=AE，然后利用勾股定理列出方程求解即可．
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，此类题目熟记性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
13.【答案】y=2.2x+5.4
【解析】解：由题意可得：y=12+(x−3)×2.2
=12+2.2x−6.6
=5.4+2.2x.
故答案为：y=2.2x+5.4.
先判断行驶的距离是3千米还是3千米以上，再根据题意列出解析式化简即可．
本题考查了一次函数的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式．
14.【答案】64
【解析】解：如图所示，连接AF，
∠ABD=180∘−∠BDA−∠BAD=90∘−∠BAD，
∠C=180∘−∠ABC−∠BAD=90∘−∠BAD，
∵∠ABD=∠C，
∵∠E=∠C，
∵∠ABD=∠E，
在△ABF与△BED中，
AB=BE∠ABF=∠BEDBF=DE，
∴△ABF≌△BED(SAS)，
∴S△ABF=S△BDE，
∵S△ABD=12BD⋅AD=12×20×16=160，
∵BF=25×20=8，
∴DF=BD−BF=20−8=12，
∴S△AFD=12×AD⋅DF=12×12×16=96，
∵S△ABF=S△ABD−S△AFD，
∴S△BDE=S△ABF=160−96=64.
故答案为：64.
由△ABF≌△BDE，求出BF，DF的长，再由面积公式求得即可．
本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15.【答案】①②③④
【解析】解：∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中，
BD=BC∠ABD=∠EBCBA=BE，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，
故①正确；
∴∠BCE=∠BDA，
∵∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠ADE，
∴∠BCD=∠ADE，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠ADE=180∘，
故②正确；
∵∠ABE=∠DBC，∠BEA=∠BAE，∠BDC=∠BCD，
∴∠ADE=∠BDC=12(180−∠DBC)=12(180−∠ABE)=∠BEA，
∴AD=AE，
∵AD=EC，
∴AD=AE=EC，
故③正确；
在BA上截取BG=BC，连接GE，
在△AGE和△ACE中，
BG=BC∠GBE=∠CBEBE=BE，
∴△AGE≌△ACE(SAS)，
∴EG=EC，
∴EG=AE，
∵EF⊥AG，
∴GF=AF，
∴BA−BF=BF−BG，
∴BA+BG=2BF，
∴BA+BC=2BF，
故④正确，
故答案为：①②③④．
由BD=BC，∠ABD=∠EBC，BA=BE，根据“SAS”证明△ABD≌△EBC，可判断①正确；由全等三角形的性质得∠BCE=∠BDA，由∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠ADE，得∠BCD=∠ADE，则∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠ADE=180∘，可判断②正确；因为∠ADE=∠BDC=12(180−∠DBC)=12(180−∠ABE)=∠BEA，所以AD=AE，而AD=EC，则AD=AE=EC，可判断③正确；在BA上截取BG=BC，连接GE，可证明△AGE≌△ACE，得EG=EC，则EG=AE，因为EF⊥AG，所以GF=AF，则BA−BF=BF−BG，即可证明BA+BC=2BF，可判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，证明∠ADE=∠BEA是解题的关键．
16.【答案】证明：∵AD//BC，
∴∠ADB=∠CBE，
在△ABD和△ECB中，
∠A=∠BEC AD=BE ∠ADB=∠CBE ，
∴△ABD≌△ECB(ASA).
【解析】结合平行线的性质，由“ASA”可证△ABD≌△ECB.
本题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．
17.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1为所作；
(2)△ABC的面积=3×3−12×2×1−12×3×2−12×3×1=3.5.
【解析】(1)利用网格特点和对称轴的性质，分别画出点A、B、C关于直线DE的对称点A1、B1、C1即可；
(2)用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积．
本题考查了轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．
18.【答案】解：(1)∵5a+4的立方根是−1，
∴5a+4=−1，
∴5a=−5，
∴a=−1，
∵3a+b−1的算术平方根是3，
∴3a+b−1=9，−3+b−1=9，b=13，
∵c是 13的整数部分，
∴c=3；
(2)∵a=−1，b=13，c=3，
∴3a+b+2c=−3+13+6=16，
即 3a+b+2c=4，
4的平方根是±2.
【解析】(1)直接利用立方根以及算术平方根的定义得出a，b，c的值；
(2)利用(1)中所求，代入求出答案．
此题主要考查了估算无理数的大小以及算术平方根和立方根，正确把握相关定义是解题关键．
19.【答案】解：(1)∵点A在y轴上，
∴2+a=0，
∴a=−2，
∴−3a−4=2，
∴点A的坐标为(0,2)；
(2)∵点B的坐标为(8,5)，且AB//x轴，
∴−3a−4=5，
∴a=−3，
∴2+a=−1，
∴点A的坐标为(−1,5).
【解析】(1)由y轴上的点的横坐标为0，可得2+a=0，从而可解得a的值，再将a的值代入−3a−4计算，则可得答案；
(2)由平行于x轴的点的纵坐标相同，可得−3a−4=5，解得a的值，再将a的值代入2+a计算，则可得答案．
本题考查了坐标与图形的性质，熟练掌握平面直角坐标系中的点的坐标特点是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵直线l1的解析式为y=3x−3，且l1与x 轴交于点D，
∴令y=0，得x=1，
∴D(1,0)；
(2)设直线l2的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵A(4,0)，B(3,32)，
∴4k+b=03k+b=32，
解得k=−32b=6，
∴直线l2的解析式为y=−32x+6.
由y=3x−3y=−32x+6，
解得x=2y=3，
∴C(2,3).
∵AD=4−1=3，
∴S△ADC=12×3×3=92.
【解析】(1)利用直线l1的解析式令y=0，求出x的值即可得到点D的坐标；
(2)根据点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线l2的解析式，得到点A的坐标，再联立直线l1，l2的解析式，求出点C的坐标，然后利用三角形的面积公式列式进行计算即可得解．
本题考查了两直线相交的问题，直线与坐标轴的交点的求解，待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数图象与二元一次方程组的关系，j解题时注意：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解．
21.【答案】(1)证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
在△AED和△ACD中，
AE=AC∠EAD=∠CADAD=AD，
∴△AED≌△ACD(SAS).
(2)解：∵ED=CD，BC=6cm，BE=3cm，
∴BD+ED=BD+CD=BC=6cm，
∴BD+ED+BE=6+3=9(cm)，
∴△BED的周长是9cm.
【解析】(1)先由AD平分∠BAC证明∠EAD=∠CAD，再根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△AED≌△ACD；
(2)根据全等三角形的对应边相等得ED=CD，由BD+ED=BD+CD=BC先求出BD+ED的值，再求出BD+ED+BE的值，即得到△BED的周长．
此题重点考查全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、根据转化思想求三角形的周长等知识与方法，正确地找到全等三角形的对应边和对应角并证明∠EAD=∠CAD是解题的关键．
22.【答案】解：(1)在Rt△CDB中，
由勾股定理得，CD2=BC2−BD2=252−152=400，
所以，CD=20(负值舍去)，
所以，CE=CD+DE=20+1.6=21.6(米)，
答：风筝的高度CE为21.6米；
(2)由题意得，CM=12米，
所以DM=8米，
所以BM= DM2+BD2= 82+152=17(米)，
所以BC−BM=25−17=8(米)，
所以他应该往回收线8米．
【解析】(1)利用勾股定理求出CD的长，再加上DE的长度，即可求出CE的高度；
(2)根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理的应用，熟悉勾股定理，能从实际问题中抽象出勾股定理是解题的关键．
23.【答案】16 840
【解析】解：(1)由题意和函数图象可知：王老师从学校步行匀速前往早餐店买早餐后原路原速返回学校，共用了30−4=26(分钟)，小芳家离学校1800米，
∵王老师步行速度是80米/分，在早餐店买早餐用了2分钟，
∴a=4+26−22=16，
∴学校到早餐店的距离是：80×26−22=960(米)，
∴小芳家和早餐店之间的距离是：1800−960=840(米)，
故答案为：16，840；
(2)由(1)可知，学校到早餐店的距离是960米，王老师在小芳出发后18分钟从早餐店返回学校，至小芳出发30分钟到达学校，
设王老师从早餐店返回学校过程中y与x之间的函数解析式为y=kx+b(18≤x≤30)，
则18k+b=96030k+b=0，
解得k=−80b=2400，
∴王老师从早餐店返回学校过程中y与x之间的函数解析式为y=−80x+2400(18≤x≤30)；
(3)由题意及函数图象可知，小芳家离学校1800米，小芳步行匀速从家去学校用了30分钟，
∴小芳步行的速度为1800÷30=60(米/分)，
∴小芳距学校的距离y和小芳出发的时间x之间的函数解析式为y=1800−60x(0≤x≤30)，
若王老师从学校去早餐店的途中和小芳相距150米，
则60x+80(x−4)+150=1800，
解得x=19714，
∴19714−4=14114；
当x=18时，y=1800−60x=1800−60×18=720，
960−720=240>150，
∴王老师在早餐店买早餐的过程中，存在和小芳相距150米，
∴1800−60x=960−150，
解得x=16.5，
16.5−4=12.5(分钟)；
若王老师从早餐店返回到学校的过程中和小芳相距150米，
则−80x+2400−(1800−60x)=150，
解得x=22.5，
22.5−4=18.5(分)，
综上，王老师出发14114分钟或12.5分钟或18.5分钟和小芳相距150米．
(1)由题意和函数图象可知王老师从学校步行匀速前往早餐店买早餐后原路原速返回学校，共用了26(分钟)，小芳家离学校1800米，
从而可求出a的值及学校到早餐店的距离，进而求出小芳家和早餐店的距离；
(2)设王老师从早餐店返回学校过程中y与x之间的函数解析式为y=kx+b(18≤x≤30)，由题意和图象知过点(18,960)和点(30,0)，从而利用待定系数法求出解析式；
(3)先求出小芳家到学校的距离y与小芳出发的时间x之间的函数关系式，然后分类讨论分别求出王老师出发的时间．
本题考查了一次函数的应用，即一次函数与路程之间的关系，读懂题意，从图象中得到信息，求出一次函数解析式是解题的关键．