精品解析：广东省中山市一中教育集团八校联考2022-2023学年七年级下学期期中数学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省中山市一中教育集团八校联考2022-2023学年七年级下学期期中数学试题（解析版），共15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。
一、选择题（共10个小题，每小题3分，满分30分）
1. 的平方根是()
A. B. ±C. -D. ±
【答案】B
【解析】
【分析】根据一个正数有两个平方根，它们互为相反数进行解答即可．
【详解】± =±．
故选B．
【点睛】考查了平方根．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
2. 在平面直角坐标系中，点M（2，3）在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据横坐标大于0，纵坐标大于0，则这点在第一象限．
【详解】解：∵2＞0，3＞0，
∴（2，3）在第一象限，
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标，四个象限内坐标的符号：第一象限：+，+；第二象限：﹣，+；第三象限：﹣，﹣；第四象限：+，﹣；是基础知识要熟练掌握．
3. 将某个图形的各个顶点的横坐标都减去2，纵坐标保持不变，可将该图形（ ）
A. 向左平移2个单位B. 向右平移2个单位
C. 向上平移2个单位D. 向下平移2个单位
【答案】A
【解析】
【分析】纵坐标不变则图形不会上下移动，横坐标减2，则说明图形向左移动2个单位．
【详解】由于图形各顶点的横坐标都减去2，
故图形只向左移动2个单位，
故选A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化---平移，要知道，上下移动，横坐标不变，左右移动，纵坐标不变.
4. 下列各数中，无理数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据无理数就是无限不循环小数可得:
A选项:=2是有理数, 故与题意不符;
B选项:3.14是有理数,故与题意不符;
C选项:=-3是有理数, 故与题意不符；
D选项:是无限不循环小数,所以也是无限不循环小数,是无理数,故与题意相符;
故选D．
【点睛】本题主要考查了无理数，判断一个数是否为无理数，不能只看形式，要看化简结果．
5. 二元一次方程有无数多个解，下列四组值中不是该方程的解的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当是，故选B.
6. 如图，若∠1=∠3，则下列结论一定成立的是（）
A. ∠1=∠4B. ∠3=∠4
C. ∠1+∠2=180°D. ∠2+∠4=180°
【答案】C
【解析】
【详解】∵∠1=∠3，
∴AD∥BC，
∴∠1+∠2=180°，即C一定成立；
由于AB和CD不一定互相平行，
∴A、B、D中结论不一定成立.
故选：C.
7. 下列语句中，是真命题的是（）
A. 同位角相等B. 过一点，有且只有一条直线与已知直线平行
C. 锐角和钝角互补D. 平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行，同位角相等；过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行进行分析即可．
【详解】解：A．两直线平行，同位角相等，则原命题是假命题，故此选项不符合题意；
B．过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，则原命题是假命题，故此选项不符合题意；
C．如：的锐角和的钝角之和为，不互补，则原命题是假命题，故此选项不符合题意；
D．平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，则原命题是真命题，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查命题与定理，解题的关键是认真审每一个选项，找出错误原因．
8. 平面直角坐标系中，点，，，若轴，则线段长度取最小值时点的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由垂线段最短可知点时，有最小值，从而可确定点的坐标．
【详解】解：如图，
∵轴，
∴，
根据垂线段最短，当于点时，
点到的距离最短，即的最小值为：，
此时点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查垂线段最短、点的坐标的定义，掌握垂线段最短是解题的关键．
9. 如图，已知长方形纸片的一条边经过直角三角形纸片的直角顶点，若矩形纸片的一组对边与直角三角形的两条直角边相交成∠1，∠2. 则∠1与∠2的关系为（）
A. ∠1＋∠2＝180°B. ∠2＝4∠1C. ∠2＝∠1＋90°D. ∠1＋∠2＝150°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平角的定义得出∠3=180°-∠2，再由平行线的性质得出∠4=∠3，根据∠4+∠1=90°即可得出结论．
【详解】解：∵∠2+∠3=180°，∴∠3=180°-∠2．∵直尺的两边互相平行，∴∠4=∠3，∴∠4=180°-∠2．∵∠4+∠1=90°，∴180°-∠2+∠1=90°，即∠2-∠1=90°．∴∠1与∠2之间的数量关系为：∠2=∠1+90°，故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解题的关键是熟练掌握：两直线平行，同位角相等．
10. 关于，的方程组的解为，则关于，的方程组的解为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二元一次方程组解的定义求出，的值，再代入方程组中，然后解方程组即可．
【详解】解：∵关于，的方程组的解为，
∴，
∴，
方程组化为，
解得：，
故选：D．
【点睛】本题考查解二元一次方程组和二元一次方程组的解的定义．掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．
二、填空题（共5个小题，每小题3分，满分15分）
11. 比较大小：－______－.
【答案】>
【解析】
【详解】 ， .
12化简：__________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断两个实数的大小关系，再根据绝对值的代数意义化简，进而得出答案．
【详解】解：∵，
∴原式
，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了绝对值的代数意义，正确判断实数的大小是解题关键．
13. 点在轴上，则________．
【答案】3．
【解析】
【详解】∵点P（3-a，a-1）在y轴上，∴3-a=0，解得a=3．
故答案为：3．
14. 如图，点在上，点在上，且，垂足为点．下列说法：①的长是点到的距离；②的长是点到的距离；③的长是点到点的距离；④的长是点到点的距离．其中正确的是___（填序号即可）．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】根据点到直线的距离和两点间的距离对各说法进行判断即可．
【详解】解：①如图，
∵，
∴的长是点到的距离，故①正确；
②如图，
∵与不垂直，
∴的长是点到点的距离，故②错误；
③如图，
∵与不垂直，
∴的长是点到点的距离，故③正确；
④如图，
∵，
∴的长是点到的距离或点到点的距离，故④错误；
综上所述，正确的说法是①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查点到直线的距离：直线外一点到直线的垂线段的长度；两点间的距离：两点之间线段的长度．紧扣定义是解题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系中，一只电子狗从原点出发，按向上向右向下向下向右向上向上向右……的方向依次不断移动，每次移动个单位长度，则它移动次到达的点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据点的坐标变化寻找规律即可得结果．
【详解】解：观察点的坐标变化特征可知：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
……
发现规律：横坐标从第个点开始每个为一组循环，纵坐标从第个点开始每个为一组循环，∵，，
∴点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查规律型—点的坐标，解题的关键是观察点的坐标变化寻找规律．
三、解答题
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算开立方和算术平方根，再进行加减运算即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查实数的运算，解题的关键是要明确：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右的顺序进行．
17. 解方程组
【答案】．
【解析】
【分析】把第一个方程乘以2，然后利用加减消元法求解即可．
【详解】解：
由①×2得③
②-③，得y=4
再把y=4代入①，得x=
所以这个方程组的解是．
18. 如图，直线相交于O，平分，，求，的度数．
【答案】，
【解析】
【分析】直接利用角平分线的定义结合对顶角的定义分析得出答案．
【详解】∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了角平分线的定义以及对顶角，正确把握相关定义是解题关键．
19如图，，平分交于F，，，求．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行线的性质和角平分线的概念求解即可．
【详解】∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查的是平行线的性质、角平分线的定义，熟知平行线的性质是解答此题的关键．
20. 有一张面积为平方厘米的正方形贺卡，另有一个长方形信封，长宽比为，面积为平方厘米，在不折叠贺卡的情况下，能将这张贺卡沿信封边的方向完全放入此信封吗？请计算信封的长与宽，并说明你的判断．
【答案】不能，理由见解析
【解析】
【分析】设长方形信封得长为厘米，则宽为厘米，根据长方形信封的面积为平方厘米，即可得出关于的方程，解之即可得出的值，进而可得出长方形信封的宽，由正方形贺卡的面积可求出贺卡的边长，将长方形信封的宽与正方形贺卡的边长比较后即可得出结论．
【详解】解：设长方形信封得长为厘米，则宽为厘米，
依题意得：，
解得：或（负值不合题意，舍去），
∴，
正方形贺卡的边长为，
∵，即，
∴不能将这张贺卡不折叠的放入此信封．
【点睛】本题考查平方根和算术平方根的应用，实数的大小比较，算术平方根的性质．利用开方根解方程，找出信封的宽及贺卡的边长是解题的关键．
21. 对有序数对定义“变换”：，其中，为常数．变换的结果也是一个有序数对，比如当，时，．
（1）当，时，．
（2）若，求，的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据“变换”的定义计算即可；
（2）根据“变换”的定义列出方程组即可解决问题．
【小问1详解】
解：当，时，，
当，时，
，，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
由题意得：，
解得：，
∴，．
【点睛】本题考查有理数的混合运算，求代数式的值，解二元一次方程组．解题的关键是理解“变换”的定义，并据此列出方程组．
22. 如图∶已知，，
（1）在坐标系中描出各点，画出．
（2）求的面积；
（3）设点P在坐标轴上，且与相等，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）见解析（2）4
（3）（10，0）或（-6，0）或（0，-3）或（0，5）
【解析】
【分析】（1）在平面直角坐标系中描出各点，即可求解；
（2）用长方形的面积减去△ABC周围的三个三角形的面积，即可求解；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上时，当点P在y轴上时，即可求解．
【小问1详解】
解∶如图所示，即为所求；
【小问2详解】
【小问3详解】
解：当点P在x轴上时，设P（a，0），则，
∵点A（0，1），
∴OA=1，
∵与的相等，
∴，即，
∴，解得：a=10或-6，
∴点P的坐标为（10，0）或（-6，0）；
当点P在y轴上时，设P（0，b），则，
∵点B（2，0），
∴OB=2，
∵与的相等，
∴，即，
∴，解得：a=5或-3，
∴点P的坐标为（0，-3）或（0，5）；
综上所述，点P的坐标为（10，0）或（-6，0）或（0，-3）或（0，5）．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系上点的特征和三角形面积的求法．利用分类讨论思想解答是解题的关键．
23. 已知：直线，点、分别在直线，上，点为平面内一点．
（1）如图1，猜想，，的数量关系并说明理由．
（2）利用（）的结论解决问题：如图2，已知，平分，平分，，求的度数．
【答案】（1），理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点E作，根据题意和平行线的判定得，根据平行线的性质得，，根据，即可得；
（2）根据题意得，，根据平行线的性质得，根据得，即可得，进行计算即可；
【小问1详解】
，证明如下：
证明：如图1所示，过点E作，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
．
【点睛】本题主要考查了平行线判定与性质，角平分线的定义，角的和差计算，解题的关键是根据图形找到角之间的和差关系，熟练掌握平行线的性质．