北京市第十三中学分校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份北京市第十三中学分校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市第十三中学分校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题原卷版docx、北京市第十三中学分校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
1．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷共2页，第Ⅱ卷共6页．
2．本试卷满分100分，考试时间100分钟．
3．在试卷（包括第Ⅰ卷和第Ⅱ卷）密封线内准确填写学校、班级、姓名、学号．
4．考试结束，将试卷、机读卡及答题纸一并交回监考老师．
第Ⅰ卷
一、选择题：（本题共20分，每小题2分）
1. 在实数，，3.1415，中，无理数是（ ）
A. B. C. 3.1415D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据无理数的定义：限不循环小数叫无理数，结合算术平方根的性质分析，即可得到答案．
【详解】是无理数，故选项A符合题意；
，是整数，属于有理数，故选项B不合题意；
是有限小数，属于有理数，故选项C不合题意；
是分数，属于有理数，故选项D不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了实数、算术平方根的知识；解题的关键是熟练掌握无理数的定义和算术平方根的性质，从而完成求解．
2. 埃舍尔(，1898~1972)，荷兰科学思维版画大师 ，20世纪画坛中独树一帜的艺术家．他的画被称为“迷惑的图画”，数学是他的艺术之魂． 他常借助平移等几何变换进行艺术创作． 以下作品中，可以由一个基本图形通过平移得到的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了利用平移设计图案，关键是掌握平移的特点．确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案，进而可得答案．
【详解】解：A、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
B、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
C、能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项符合题意；
D、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
故选：C
3. 小明一家外出自驾游，发现某公路上对行驶汽车的速度有如图所示的规定，设此段公路上小客车的速度为千米/小时，则应满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查看图列不等式，解题的关键是看懂图中最低和最高限速并作答．本题是看图列不等式，要不低于最低限速，自驾游的车属于小客车最高速不超过120，进而作答．
【详解】解：由图可知最低限速60，
，
又自驾游的车属于小客车，
小客车的最高速不超过120，
即，
综上，
故选：C
4. 如图，在平面直角坐标系中，被手盖住的点的坐标可能为（ ）
A. (4，5)B. (﹣4，5)C. (﹣4，﹣5)D. (4，﹣5)
【答案】C
【解析】
【分析】根据点在第三象限点的坐标特点可直接解答．
【详解】解：∵小手的位置是在第三象限，
∴小手盖住的点的横坐标小于0，纵坐标小于0，
∴结合选项这个点是（﹣4，﹣5）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了点在第三象限时点的坐标特征，比较简单．注意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（+，﹣）．
5. 已知，下列变形中，一定正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
【详解】解：，
，故选项A错误；
，故选项B错误；
，故选项C正确；
如时，满足，但，故选项D错误
故选：C．
【点睛】本题考查了不等式性质，能熟记不等式的性质的内容是解此题的关键．
6. 如图，一条数轴被污渍覆盖了一部分，把下列各数表示在数轴上，则被覆盖的数可能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数轴上被覆盖的数在3与4之间，逐项进行判断即可．
【详解】解：根据数轴可知，被覆盖的数在3与4之间；
A．，不在3与4之间，故A错误；
B．，不在3与4之间，故B错误；
C．，在3与4之间，故C正确；
D．，不在3与4之间，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，解题的关键是估算出各个选项中的无理数在哪两个整数之间．
7. 下列说法中，正确的是（ ）
①﹣64的立方根是﹣4；
②49的算术平方根是7；
③的平方根为±；
④的平方根是．
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】如果x3=a，那么x叫作a的立方根，根据立方根的定义，如(-4)3=-64，即可对①进行判断；再根据平方根及算术平方根的定义对②③④进行判断，即可得出答案．
【详解】解：根据立方根的定义可知：-64的立方根为-4，所以①正确；
利用平方根、算术平方根的定义可知：49的算术平方根是7，没有平方根，的平方根是，所以②正确，③错误，④错误；即说法正确的只有①、②．
故选A．
【点睛】本题考查立方根与平方根和算术平方根的相关知识，关键是掌握平方根和立方根的定义．
8. 如图，直线AB，CD被直线EF所截，交点分别为点E，F，若AB//CD，下列结论正确的是（ ）
A. ∠2=∠3B. ∠2=∠4C. ∠1=∠5D. ∠3+∠AEF=180°
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】试题解析：∵AB//CD，
∴∠3+∠AEF=180°.
所以D选项正确，
故选D．
9. 下列命题中，假命题是（ ）
A. 对顶角相等
B. 同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
C. 两条直线被第三条直线所截，内错角相等
D. 如果，，那么
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查对顶角、垂直定理、不等式定理等，关键在熟练理解和掌握相关命题及定理；
依题意，对于A选项，结合对顶角的定理即可；对于B选项，结合垂直定理；对于C选项，平行线定理即可；对D选项，不等式的传递即可．
【详解】A、对顶角相等，本选项为定理，所以为真命题，不符合题意；
B、同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，本选项为定理，所以是真命题，不符合题意；
C、依据平行线定理，只有平行的两条直线被第三条直线所截，内错角相等，故本选项说法不正确，是假命题，符合题意；
D、如果，，那么，本选项为定理，所以是真命题，不符合题意；
故选：C．
10. 某街心花园运动操场如图所示（操场一圈超过但不足米）．某同学从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前的记录如图所示．小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了几圈？（ ）
A. 8圈B. 9圈C. 10圈D. 11圈
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了不等式的应用，由题意可知，小明恰好跑3圈时，路程比多，但小于，再根据一圈的路程比多，据此可得答案．
【详解】解：观察图形可得：小明恰好跑3圈时，路程超过了，但小于，
所以小明跑9圈时，路程超过但小于，
又因为一圈的路程比多，
所以小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了圈．
故选：C．
第Ⅱ卷
二、填空题（共18分，其中11-17题每小题2分，18题4分）
11. 计算：3+2＝______________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据二次根式的加减法则合并同类二次根式即可．
【详解】解：3+2
＝（3+2）
＝5，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的加减法则，能根据法则正确合并同类二次根式是解此题的关键．
12. 在平面直角坐标系中，若点在x轴上，则的值是_______
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了坐标轴上点的坐标特征， 轴上点的纵坐标为，直接利用轴上点的坐标特点得出答案．
【详解】解：点在轴上，
的值是，
故答案为：．
13. 我校诚毅校区组织开展研学活动——走进最美阜内大街，探寻身边历史、传承京华文化．某研学小组成员途径西直门地铁站时，看到地铁站大厅的立柱，他猜想：这些立柱是正八棱柱，即棱柱的底面是正八边形，它的每个内角均为．为了验证自己的猜想，需要测量棱柱底部八个内角的度数．以测量其中一个内角的度数为例，由于直接测量存在一定的困难，设计如下测量方案：作的平行线交的延长线于点，测量，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行线的性质，邻补角的性质，由可得，进而由邻补角的性质可求出，掌握平行线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 以下是一位同学求解不等式时的过程：
发现有错后，请你修改正确答案.
他在分析错因时写道：单独一个数或字母，在“去分母”时，容易漏乘，应该在“1”下面标注“”或另作标记，提醒自己注意．
① “⭕”内应修改的正确答案是____
② “去分母”这步，依据的不等式基本性质是_______（请写明基本性质的具体内容）
【答案】 ①. 12 ②. 不等式两边同时乘或除以一个正数，不等号开口方向不变
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的性质，解题的关键在于能够熟练掌握不等式的性质．
①根据去分母的方法进行求解即可；
②根据不等式的性质2：不等式的两边同时乘以或除以一个正数，不等号的方向不变，求解即可．
【详解】解：①“⭕”内应修改的正确答案是12；
②“去分母”这步，依据的不等式基本性质是不等式两边同时乘或除以一个正数，不等号开口方向不变．
故答案为：①12；②不等式的两边同时乘以或除以一个正数，不等号的方向不变．
15. 光线在不同介质中的传播速度不同，因此当光线从水中射向空气时，要发生折射，如图，由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．若水面和杯底是互相平行的，且，，则__________，__________．
【答案】 ① 45 ②. 58
【解析】
【分析】先根据EG∥FH得出∠3的度数，再由AB∥CD得出∠ECD的度数，根据CE∥DF即可得出结论．
【详解】解：如图：
∵EG∥FH，∠1=45°，
∴∠3=∠1=45°．
∵AB∥CD，∠2=122°，
∴∠ECD=180°-122°=58°．
∵CE∥DF，
∴∠4=∠ECD=58°．
故答案是：45；58．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．解题的关键是熟练掌握平行线的性质进行解题.
16. 什刹海是京杭大运河的北端终点，也是北京元大都建城时的中轴线基点，所以有人说：“先有什刹海，后有北京城”．我校什刹海校区就坐落在著名的什刹海风景区，景区内有不少古建筑在北京城市建设发展史和政治文化史上占有重要地位．学校组织初一年级同学们参加“读北京，十三分人行走在什刹海”活动． 如图，是什刹海景区的部分景点分布示意图，图中，分别以正东、正北方向为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，有如下四个结论：
①当表示恭王府的点的坐标为，表示醇亲王府的点的坐标为时，表示宋庆龄故居的点的坐标为；
②当表示恭王府的点的坐标为，表示醇亲王府的点的坐标为时，表示宋庆龄故居的点的坐标为；
③当表示恭王府的点的坐标为，表示鼓楼的点的坐标为时，表示德胜门的坐标为；
④当表示恭王府的点的坐标为，表示鼓楼的点的坐标为时，表示德胜门的点的坐标为．
上述结论中，所有正确结论的序号是_____________________．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】本题考查了实际问题中用坐标表示位置．熟练掌握平面直角坐标系中点坐标的表示是解题的关键．
根据给定的两个点坐标确定每格的长度，然后判断第三个点坐标的正误即可．
【详解】解：由题意知，当表示恭王府的点的坐标为，表示醇亲王府的点的坐标为时，每格的长度为1，则表示宋庆龄故居的点的坐标为，①正确，故符合要求；
当表示恭王府的点的坐标为，表示醇亲王府的点的坐标为时，每格的长度为2，则表示宋庆龄故居的点的坐标为，②正确，故符合要求；
③当表示恭王府点的坐标为，表示鼓楼的点的坐标为时，每格的长度为1，则表示德胜门的坐标为，③正确，故符合要求；
④当表示恭王府的点的坐标为，表示鼓楼的点的坐标为时，每格的长度为，则表示德胜门的点的坐标为，④正确，故符合要求；
故答案为：①②③④．
17. 在平面直角坐标系中，已知三角形的三个顶点坐标分别是，， ，点P在y轴上，设三角形和三角形的面积相等，那么点P坐标是________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了点坐标与图形，熟练掌握点坐标的性质是解题关键．设点坐标是，先分别求出三角形和三角形的面积，再根据三角形和三角形的面积相等建立方程，解方程即可得．
【详解】解：如图，由题意，设点坐标是，
∵，， ，
∴，，三角形的边上的高为1，
∴三角形的面积为，三角形的面积为，
∵三角形和三角形的面积相等，
∴，
解得或，
则点坐标是或，
故答案为：或．
18. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，将线段平移，得到线段（点A的对应点为点C，点B的对应点为点D），线段上任一点向右平移s个单位，向下平移t个单位，对应点记为，其中，．

（1）若点C与点B恰好重合，则___，___；
（2）若，平移后三角形面积S的取值范围是___
【答案】 ①. 4 ②. 2 ③.
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标的平移，解题的关键是数形结合，熟练掌握平移规律．
（1）根据点与点恰好重合，得到线段向右平移4个单位，向下平移2个单位到线段，从而得出，；
（2）根据题意得线段的长度不变，点B距离最近或最远时，面积最小或最大，根据，结合图形求解即可．
【详解】解：（1）∵点与点恰好重合，
∴线段向右平移4个单位，向下平移2个单位得到线段，
∴线段上任一点在平移后的对应点为，
∴，；
故答案为：4；2；
（2）∵线段上任一点在平移后的对应点为，，，
∴只能向右平移或向下平移，
∵无论如何平移，线段长度不变，
∴当上的高最小时，面积最小，
即点B距离最近时，面积最小，
∵，
∴当向下平移2个单位，向右平移4个单位时，
和共线，
∴点B距离最近为0，面积最小为0，
∴当上的高最大时，面积最大，
即点B距离最远时，面积最大，
∵，
∴当向下平移个单位时，水平位置不动时，点B距离最远，面积最大，如图所示：

此时，
∴若，平移后三角形面积S的取值范围是．
故答案为：．
三、解答题
19. 计算及解不等式（组）
（1）计算：
；
；
（2）解不等式：；
（3）解不等式组，并在数轴上表示解集．
【答案】（1）；或；
（2）；
（3），数轴表示见解析．
【解析】
【分析】（）根据算术平方根、立方根的定义分别运算，再合并即可求解；
利用平方根的定义解答即可求解；
（）按照解一元一次不等式的步骤解答即可求解；
（）分别求出每个不等式的解集，再取解集的公共部分即可得到不等式组的解集，根据解集再在数轴上表示出来即可；
本题考查了实数的运算，利用平方根解方程，解一元一次不等式及一元一次不等式组，掌握实数的运算法则，平方根的定义，解一元一次不等式及不等式组的步骤是解题的关键．
【小问1详解】
解：
，
；
∵，
∴，
∴，；
【小问2详解】
解：去括号得，，
移项得，，
合并同类项得，，
系数化为得，；
【小问3详解】
解：，
解不等式得，，
解不等式得，，
∴不等式组的解集为，
把不等式和的解集在数轴上表示出来：
20. 如图，AD//BC，的平分线交于点，交的延长线于点，．
求证：．
请将下面的证明过程补充完整：
证明：∵AD//BC，
（理由： ）．
平分，
．
．
，
，
（理由： ）．
（理由： ）．
【答案】；两直线平行，内错角相等；；；；；同位角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
【解析】
【分析】根据平行线的性质与判定，角平分线的意义，补全证明过程即可．
【详解】
（理由：两直线平行，内错角相等），
平分，
，
．
，
，
（理由：同位角相等，两直线平行）．
（理由：两直线平行，同旁内角互补）．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，角平分线的意义，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
21. 母亲节要到了，小华想给妈妈准备了一张正方形贺卡，面积为，还配了一个漂亮的长方形信封，长宽比为，面积为，他能将这张贺卡不折叠的放入此信封吗？请通过计算说明理由．
【答案】小芳不能将这张贺卡不折叠就放入此信封
【解析】
【分析】本题考查了算术平方根的应用，通过利用平方根解方程，找出信封的宽及贺卡的边长是解题的关键．
设长方形信封的长为，则宽为，根据长方形信封的面积为150平方厘米，即可得出关于x的方程，解之即可得出x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：小芳不能将这张贺卡不折叠就放入此信封，理由如下：
设长方形信封的长为，宽为，
∵长方形面积为，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴长方形的长和宽分别为，
∵正方形贺卡的面积为，
∴正方形贺卡的边长为，
∵，
∴，
∴长方形信封的宽小于正方形贺卡的边长，
∴小芳不能将这张贺卡不折叠就放入此信封．
22. 如图1，点C，D在直线上，，．
（1）求证：；
（2）如图2，的角平分线交于点G，过点F作交的延长线于点M．若，求的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义．
（1）根据平角的性质进行等量代换，得到，利用同位角相等两直线平行即可；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补得到，进而得到，再根据角平分线的定义，得到，最后利用平行线的性质，即可求出的度数．
【小问1详解】
证明：∵，
∴
∴；
【小问2详解】
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵是的角平分线，
∴
∵
∴
∴．
23. 对于结论：当时，也成立．若将看成的立方根，看成的立方根，由此得出这样的结论：“如果两数的立方根互为相反数，那么这两个数也互为相反数”．若和互为相反数，且的平方根是它本身，求的立方根．
【答案】-2
【解析】
【分析】根据和互为相反数，可得，从而得到，再由的平方根是它本身，可得，即可求解．
【详解】解：和互为相反数，
，
，
解得：，
的平方根是它本身，
，
，
，
的立方根是．
【点睛】本题主要考查了立方根的性质，平方根的性质，熟练掌握立方根的性质，平方根的性质是解题的关键．
24. 已知：如图，数轴上两点A、B对应的数分别是，1，点P在线段上，给出如下定义：如果在数轴上存在动点Q，满足，那么我们把这样的点Q表示的数称为连动数，特别地，当点Q表示的数是整数时我们称为连动整数．
（1）在这四个数中，
① 若点P表示数0.5，是连动数的有哪些__________；
② 若点P是线段上任意一点，是连动数的有哪些__________；
（2）关于x的方程的解满足是连动数，求m的取值范围______________；
（3）当不等式组的解集恰好有4个连动整数时，求a的取值范围．
【答案】（1）①；②
（2）或
（3）
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组的整数解，一元一次方程的解，根据新定义得到不等式组是解题的关键，
（1）根据连动数的定义即可确定；
（2）求得方程的解，根据新定义得出或，解得即可；
（3）求得不等式的解，根据连动整数的概念得到关于的不等式，解不等式即可求得．
【小问1详解】
解：①因为，，，，所以连动数的是，2.5，
②因为，，，，，
所以连动数的是，2.5，
故答案为①，2.5；②，2.5，
【小问2详解】
解：解关于的方程得，，
关于的方程的解满足是连动数，
或，
解得或；
故答案为或；
【小问3详解】
解：
由①得，；
由②得，，
不等式组的解集中恰好有4个解是连动整数时，
四个连动整数解为，，1，2，
，
的取值范围是．
25. 如图，已知直线、被直线所截，分别交于点、点，平分交于点，且．
（1）判断直线与的位置关系，并证明；
（2）点是射线上一动点（不与点、重合），平分交于点，过点作于点，设，．
①依题意，先在图1中补全图形．
②猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）平行，理由见解析
（2）①见解析；②当点在点的右侧时，；当点在点的左侧时，，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义的运用；
（1）依据角平分线，可得，根据，可得，进而得出；
（2）①根据题意补全图形；②分两种情况进行讨论：当点在点的右侧时，．当点在点的左侧时，．
【小问1详解】
解：结论：．
理由：平分，
，
又，
，
；
【小问2详解】
①补全图形，如图，
②分两种情况讨论：
如图2，当点在点的右侧时，．
证明：，
，
又平分，平分，
，，
，
又，
中，，
即；
如图3，当点在点的左侧时，．
证明：，
，
又平分，平分，
，，
，
又，
中，，
即．
综上，当点G在点F的右侧时，；当点G在点F的左侧时，．
26. 在平面直角坐标系中，对于任意一点，定义点的“差距离”为：．例如：已知点，则．
解决下列问题：
（1）已知点，则 ．
（2）如图，点是线段上的一动点，
①若，求点的坐标；
②线段向右平移个单位，点的对应点为，如果，求的取值范围；
③线段向右平移个单位，向上平移个单位后得到线段．若线段上“差距离”为1的点恰有两个，直接写出的取值范围
【答案】（1）4；（2）①点Q坐标为（1，2）或（3，2）；②1≤m≤4；③0≤a﹣b≤1．
【解析】
【分析】（1）由“差距离”定义可求解；
（2）①设点Q（z，2），（0≤z≤3），由“差距离”定义可得方程，即可求解；
②由“差距离”定义可得方程|z+m﹣2|＝2，可得z+m＝4或z+m＝0，由0≤z≤3，m＞0，可求解；
③设线段M'N'点Q''的坐标为（x，2+b），（a≤x≤a+3），由“差距离”＝1，可求x＝3+b或x＝1+b，由线段M'N'上“差距离”为1的点恰有两个，可列不等式组，即可求解．
【详解】解：（1）∵点A（0，4），
∴d（A）＝|0﹣4|＝4，
故答案为：4；
（2）①∵点M（0，2），N（3，2），Q是线段MN上的一动点，
∴设点Q（z，2），（0≤z≤3），
∵d（Q）＝1，
∴|z﹣2|＝1，
∴z1＝3，z2＝1，
∴点Q坐标为（1，2）或（3，2）；
②∵线段MN向右平移m个单位（m＞0），
∴点Q'（z+m，2），
∵d（Q′）＝2，
∴|z+m﹣2|＝2
∴z+m＝4或z+m＝0，
又∵0≤z≤3，m＞0，
∴z+m＝0不可能，
∴z+m＝4，
又∵0≤z≤3，
∴1≤m≤4；
③设线段M'N'点Q''的坐标为（x，2+b），（a≤x≤a+3），
∵“差距离”为1，
∴|x﹣（2+b）|＝1，
∴x＝3+b或x＝1+b，
∵线段M'N'上“差距离”为1的点恰有两个，
∴，
∴0≤a﹣b≤1．
【点睛】本题考查了一次方程的解法，一次不等式组的解法，理解“差距离”定义，并能运用定义解决问题是本题的关键．