精品解析：重庆市巴南区2022-2023学年七年级下学期期末数学试题

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1. 在平面直角坐标系中，点在第（ ）象限
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】A
【解析】
【分析】依据各象限坐标的符号判断即可.
【详解】解：∵该点的横坐标和纵坐标都大于，
∴该点位于第一象限，
故选：A.
【点睛】本题主要考查的是点的坐标，掌握各象限点的坐标符号是解题的关键.
2. 下列调查中，适宜采用抽样调查方式的是（ ）
A. 了解某班学生的视力情况
B. 调查“神州十五号”载人飞船零部件的安全性能
C. 调查某市中小学生每天体育锻炼的时间
D. 疫情期间，对火车站的旅客进行体温检测
【答案】C
【解析】
【分析】根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似判断即可．
【详解】A．了解某班学生的视力情况工作量比较小，适宜全面调查；
B．调查“神州十五号”载人飞船零部件的安全性能非常重要，适宜全面调查；
C．调查某市中小学生每天体育锻炼的时间工作量比较大，适宜抽样调查；
D．疫情期间，对火车站的旅客进行体温检测非常重要，适宜全面调查；
故选C．
【点睛】本题考查了抽样调查和全面调查的选择，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
3. 如图，点O在直线上，．若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平角的意义求出的度数，再根据垂直的意义求出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了邻补角的定义，以及垂直的意义，理解互相垂直的意义是解决问题的关键．
4. 若一个关于x的不等式组的解集在数轴上表示如图，则这个不等式组的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“小于向左，大于向右”且“边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点”写出解集即可．
【详解】解：由数轴可知不等式组的解集为．
故选D．
【点睛】本题考查的是在数轴上表示一元一次不等式组的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画）．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆表示．
5. 下列各式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平方根，算术平方根，以及立方根的定义逐项分析即可．
【详解】解：A．，正确；
B．，故不正确；
C．不能化简，故不正确；
D．，故不正确；
故选A．
【点睛】本题考查了平方根、算术平方根、以及立方根的定义，熟练掌握定义是解答本题的关键．
6. 在平面直角坐标系中，点，用你发现的规律确定的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据所给点的坐标找出规律，再按照规律求解即可．
【详解】∵点，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查了点坐标规律探究，根据已知点的坐标发现是解答本题的关键．
7. 下列命题为假命题的是（ ）
A. 对顶角相等B. 两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补
C. 垂线段最短D. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】B
【解析】
【分析】根据对顶角相等、行线的性质、垂线段最短、平行公理判断即可．
【详解】解：A、对顶角相等，是真命题，不符合题意．
B、两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补，故本选项是假命题，符合题意．
C.垂线段最短，是真命题，不符合题意．
D.过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，是真命题，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
8. 已知，下列不等式的变形错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
【详解】解：A、在不等式的两边都减去2，不等号的方向不变，即，原变形正确，故本选项不符合题意；
B、在不等式的两边都乘以2，不等号的方向不变，即，原变形正确，故本选项不符合题意；
C、在不等式的两边都加上，不等号的方向不变，即，原变形正确，故本选项不符合题意；
D、在不等式的两边都乘以，只有，不等号的方向才不变，即，原变形错误，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质：
①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；
②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；
③不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
9. 用白铁皮做罐头盒，每张铁皮可制盒身25个，或制盒底40个，一个盒身与两个盒底配成一套罐头盒．现有36张白铁皮，设用x张制盒身，y张制盒底，恰好配套制成罐头盒．则下列方程组中符合题意的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设用x张制盒身，y张制盒底，由题意列方程即可．
【详解】解：设用x张制盒身，y张制盒底，
由题意可得：
故选：B．
【点睛】此题考查二元一次方程组问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系是关键．
10. 对于x，y定义一种新运算F，规定（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，若，，下列结论：①；②若，则m，n有且仅有4组正整数解；③若对任意实数x，y均成立，则．正确的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据新定义运算可得，可得，可得，再根据运算法则逐一分析各说法即可．
【详解】解：∵，，，
∴，解得：，
∴，
∴，故①符合题意；
∵，
∴，
整理得：，
∴其正整数解为：，，，，故②符合题意；
∵，
∴，
∴，
上式对任意实数x，y均成立，
∴，
∴，故③符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是新定义运算，二元一次方程组的解法，二元一次方程的正整数解问题，含参数的二元一次方程有无数解的问题，理解题意，熟练的利用新定义的运算法则进行运算是解本题的关键．
二、填空题
11. 计算______.
【答案】
【解析】
【分析】原式合并同类二次根式，计算即可得到结果．
【详解】解：，
故答案为：.
【点睛】此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并，合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
12. 如图，是由经过平移得到的，交于点F，若，则_____．

【答案】##150度
【解析】
【分析】根据平移的性质得，从而，再根据邻补角的性质得．
【详解】解：∵是由经过平移得到的，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平移的性质，以及平行线的性质，熟练掌握平移的性质是关键．
13. 已知是方程的解，则代数式的值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】本题要求二元一次方程的解，已知条件与问题之间存在一定的联系，要把握好题目特点，代入，的值即可.
【详解】解：由题已知，，代入，
得：，
∵，
故答案为：9.
【点睛】本题主要考查一元二次方程，题目较为简单，灵活运用题目信息，此类题目便可迎刃而解.
14. 已知点在x轴上，那么点A的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据轴上点的纵坐标等于零，可得的值，根据的值，可得答案．
【详解】解：由点在轴上，得
．
解得：，
∴，
点坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了点的坐标，掌握在轴上点的纵坐标等于零，在轴上点的纵坐标等于零是解决问题的关键．
15. 某次知识竞赛共有20道题，答对一题得10分，答错或不答均扣5分，小明得分要超过80分，他至少要答对__________道题．
【答案】13
【解析】
【分析】设小明至少答对x道题，根据小明得分要超过80分列不等式求解即可．
【详解】设小明至少答对x道题，由题意得
，
解得．
所以设小明至少答对13道题．
故答案为：13．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，正确列出不等式是解答本题的关键．
16. 如图，已知，E是射线上一点（不包括端点B），连接，，将沿翻折得到，且点F在直线与直线之间．若，，则_______．

【答案】
【解析】
【分析】由翻折性质和可得，，即可求出答案．
【详解】解：由翻折性质可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线翻折问题，涉及到平行线性质和翻折性质，灵活运用所学知识是关键．
17. 若整数使得关于的二元一次方程组的解为整数，且关于的不等式组有且只有4个整数解，则符合条件的所有的和为________．
【答案】34
【解析】
【分析】等式组整理后，根据有解确定出的范围，再由方程组的解为整数确定出满足题意的值，判断即可．
【详解】解：解方程组，得，
解不等式组，得，
∵不等式组有且只有4个整数解，
∴，解得：，
又∵为整数，且，也为整数，
∴或，
则符合条件的所有的和，
故答案为：34．
【点睛】此题考查了二元一次方程组的整数解，解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
18. 一个三位正整数A满足百位上的数字比个位上的数字多1，各个数位上的数字均不相等且均不为零，则称A为“多一数”，将“多一数”A的各个数位上的数字之和记为，若“多一数”A能被7整除余2，且为有理数，则满足题意的“多一数”A为________．
【答案】261
【解析】
【分析】先根据为有理数确定可能的值，再结合“多一数”A能被7整除余2可得答案．
【详解】解：∵A满足百位上的数字比个位上的数字多1，各个数位上的数字均不相等且均不为零，
∴A最大为978，A最小为231，
∴最大为24，最小为6．
∵为有理数，
∴的值可能为9，16．
设A的个位数为a，十位数为b，百位数为a+1，
若，即，
解得或或，
∴A为261或342或423，
∵“多一数”A能被7整除余2，
∴A的值为261，其余2个数不符合题意．
若，即，
解得（舍去）或（舍去）或或或（舍去）或或，
∴A为493或574或736或817，
∵“多一数”A能被7整除余2，
∴4个数均不符合题意．
综上可知，A的值为261．
故答案为：261．
【点睛】本题考查了新定义，二元一次方程的应用，正确理解新定义是解答本题的关键．
三、解答题
19. 解下列方程组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用代入消元法求解即可；
（2）利用加减消元法求解即可．
【小问1详解】
解：把②代入①，得．
解这个方程，得．
把代入②，得．
所以这个方程组的解是
【小问2详解】
解：①×3，得③
②×2，得④
③-④，得，解得．
把代入②，得，
解得．
所以这个方程组的解是
【点睛】本题考查解二元一次方程组，掌握加减消元法和代入消元法是解题的关键．
20. 解不等式（组）：
（1）解不等式，并在数轴上表示解集；
（2）解不等式组，并写出它的所有整数解．
【答案】（1），数轴见解析
（2），整数解1、2、3
【解析】
【分析】（1）先求出不等式的解集，再画出数轴表示即可；
（2）先求出不等式组的解集，再找出其中的整数即可．
【小问1详解】
去分母，得
去括号，得
移项，得
合并同类项，得
系数化为1，得．
这个不等式的解集在数轴上的表示如下图所示．
【小问2详解】
解不等式，得．
解不等式，得．
则不等式组的解集为．
所以，不等式组的整数解为1、2、3．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式，以及解一元一次不等式组，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．
21. 如图，已知，与相交于点E，从点E引一条射线交线段于点F，若，，求证：．

证明：∵（已知），
∴∠ABC＋①_________＝180°（两直线平行，同旁内角互补），
又∵（已知），
∴（②________）；
∴③____________（同位角相等，两直线平行）．
∴④__________（两直线平行，同位角相等），
∵（已知），
∴（⑤___________________），
∵（已知），
∴（等量代换）．
【答案】①；②同角的补角相等；③；④；⑤两直线平行，内错角相等
【解析】
【分析】根据题目已知条件及现有步骤结合平行线的判定和性质定理，即可得到答案．
【详解】证明：∵（己知），
∴①＝180°（两直线平行，同旁内角互补），
又∵（已知），
∴（②同角的补角相等）；
∴③（同位角相等，两直线平行）．
∴④（两直线平行，同位角相等），
∵（己知），
∴（⑤两直线平行，内错角相等），
∵（已知），
∴（等量代换）．
故答案为：①；②同角的补角相等；③；④；⑤两直线平行，内错角相等．
【点睛】本题考查平行线的性质与判定，根据题意找到正确的角度关系是解题的关键．
22. 某区正在创建全国文明城区，某校七年级开展创文知识竞赛活动，并随机抽取部分学生成绩作为样本进行分析，绘制成如下的统计表：
七年级抽取部分学生成绩的频率分布表

请根据所给信息，解答下列问题：
（1）本次调查的样本容量为多少？
（2）写出表中a、b的值，请补全频数分布直方图：
（3）已知七年级有600名学生参加这次竞赛，且成绩在90分以上（含90分）的成绩为优秀，估计该年级学生成绩为优秀的有多少人？
【答案】（1）本次调查的样本容量为50
（2），补图见解析
（3）估计该年级学生成绩为优秀的有384人
【解析】
【分析】（1）根据第一组的人数是2，对应的频率是0.04即可求得总人数，即样本容量；
（2）先根据频率的公式求得a、b，再补全直方图即可；
（3）用总人数乘以优秀人数的频率即可解答．
【小问1详解】
解：．
答：本次调查的样本容量为50．
【小问2详解】
解：；
补全频数分布直方图如图：
【小问3详解】
解：（人）．
答：估计该年级学生成绩为优秀的有384人．
【点睛】本题考查了频数分布直方图、频数分布表、用样本估计总体等知识点，解题时要注意频数分布表和频数分布直方图结合是解答本题的关键．
23. 如图，在平面直角坐标系中，中任意一点经平移后对应点为，将作同样的平移得到，已知点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
（1）写出的坐标；
（2）画出，并求出的面积．
【答案】（1）
（2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）根据点经平移后对应点为，得出平移变换的规律即可得出的三个顶点的对应点坐标；
（2）在平面坐标系中找出、、三点连接对应线段即可；利用梯形面积与三角形面积公式求出即可．
【小问1详解】
解：∵中任意一点经平移后对应点为，
∴的平移方式为：向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，
∵，，
∴平移后对应点的坐标为；
【小问2详解】
如下图，
．
【点睛】此题主要考查了平移的性质以及平移图形的画法和三角形面积求法，根据平移的性质正确平移对应顶点是解题关键．
24. 甲、乙两车分别从相距210千米的A、B两地相向而行，甲、乙两车均保持匀速行驶．若甲车比乙车提前2小时出发，则甲车出发后3小时两车相遇；若乙车比甲车提前1小时出发，则乙车出发后3小时两车相遇．
（1）求甲、乙两车速度分别是多少（单位：千米/小时）？
（2）若甲、乙两车同时出发，甲车行驶了1小时后发生故障，甲车原地检修用了30分钟后继续原速度行驶，此时，乙车提高速度，为了保证乙车再经过不超过1小时与甲车相遇，那么乙车要比原来的行驶速度至少提高多少千米/小时？
【答案】（1）甲车的速度是60千米/小时，乙车的速度是30千米/小时
（2）乙车要比原来的行驶速度至少增加15千米/小时
【解析】
【分析】（1）设甲车的速度是千米/小时，乙车的速度是千米/小时，然后根据甲车比乙车提前2小时出发，则甲车出发后3小时两车相遇；若乙车比甲车提前1小时出发，则乙车出发后3小时两车相遇列出方程组求解即可；
（2）设乙车要比原来的行驶速度增加千米/小时，然后根据乙车再经过不超过1小时与甲车相遇即乙车再经过1小时两车所走的所有路程之和要大于等于210千米列出不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设甲车的速度是千米/小时，乙车的速度是千米/小时，
根据题意，得
解得．
答：甲车的速度是60千米/小时，乙车的速度是30千米/小时．
【小问2详解】
解：设乙车要比原来的行驶速度增加千米/小时，
根据题意，得．
解得．
答：乙车要比原来的行驶速度至少增加15千米/小时．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意找到等量关系建立方程组，找到不等关系列出不等式是解题的关键．
25. 我们知道，任意一个有理数与无理数的和为无理数，任意一个不为零的有理数与一个无理数的积为无理数，而零与无理数的积为零，由此可得：如果，其中为有理数．为无理数，那么，运用上述知识解决下列问题：
（1）如果，其中为有理数，求和的值；
（2）如果，其中为有理数，求的立方根；
（3）若均为有理数，且，求的算术平方根．
【答案】（1），
（2）的立方根为2
（3）的算术平方根为或
【解析】
【分析】（1）根据题干提供的方法列出m和n的方程求解即可；
（2）先根据题干提供的方法列出m和n的方程组求解，然后代入计算即可；
（3）先整理成，其中为有理数．为无理数，再按题干提供的方法求解．
小问1详解】
∵，其中为有理数，
∴，；
∴，．
【小问2详解】
∵，
∴，
∵m、n为有理数，
∴
解得
∴，
∴的立方根为2．
【小问3详解】
∵，
，
∵m、n为有理数，
∴，，
∴，，
∴当，时，，的算术平方根为；
当，时，，的算术平方根为；
综上所述，的算术平方根为或．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，一元一次方程的解法，算术平方根的意义等知识，掌握题目介绍的解题方法是解答本题的关键．
26. 已知直线，点E和点F分别在直线和上．

（1）如图1，射线平分 交于点G，若，求的度数；
（2）如图2，射线平分，点M是射线上一点（不包括端点F），点N为的平分线上一点（不包括端点E），连接，，延长交射线于点H，猜想与的关系，并说明理由；
（3）在（1）的条件下，若绕点G以每秒转动的速度逆时针旋转一周，同时绕点F以每秒转动的速度逆时针旋转，设转动时间为t秒，当转动结束时也随即停止转动，在整个转动过程中，当和互相平行时，请直接写出此时t的值．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）t的值为25或115
【解析】
【分析】（1）由平行线的性质得，由角平分线的定义得，进而可求出的度数；
（2）过点H作，由平行线的性质得，，从而，进而可得，由角平分线的定义得，，然后根据可得结论；
（3）分当与共线前和当与共线后两种情况求解即可．
【小问1详解】
∵，，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
【小问2详解】
，理由如下：
过点H作，
∴，
∵，
∴．
∵，

∴．
∵，
∴．
∵平分，平分，
∴，；
∵，
∴，
∴．
∴．
【小问3详解】
由（1）知，，
∴．
如备用图1，当与共线前，
∵，
∴，
∴，
解得；

如备用图2，当与共线后，
∵，
∴，
∴，
解得；

综上可知，t的值为25或115．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．成绩x分
频数
频率
75≤x＜80
2
80≤x＜85
6
85≤x＜90
10
90≤x＜95
a
95≤x≤100
14
b