数学鲁教版七上 期末综合素质评价试卷

这是一份数学鲁教版七上 期末综合素质评价试卷，共12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．全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量．图书馆是开展全民阅读的重要场所．以下是我国四个省市的图书馆标志，其文字上方的图案是轴对称图形的是( )
ABCD
2．[2023·临沂期中]在实数－227，2，4，π2中，无理数有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．下列叙述正确的是( )
A．0．4＝0．2B．36＝±6
C．－27的立方根是－3D．－8的立方根不存在
4．如图，若在象棋棋盘上建立平面直角坐标系，使“帅”位于点(－2，－2)，“马”位于点(1，－2)，则“兵”位于点( )
(第4题)
A．(－1，1) B．(－4，1) C．(－2，－1)D．(1，－2)
5．[2023·宿迁]以下列每组数为长度(单位： cm)的三根小木棒，其中能搭成三角形的是( )
A．2，2，4B．1，2，3C．3，4，5D．3，4，8
6．如图，直线y＝x＋5和直线y＝ax＋b相交于点P，根据图象可知，方程x＋5＝ax＋b的解是( )
(第6题)
A． x＝20 B． x＝15 C． x＝25D． x＝10
7．[2023·青岛市南区期末]满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是( )
A．三边长之比为3∶4∶5B．三内角之比为3∶4∶5
C．三内角之比为1∶2∶3D．三边长的平方之比为1∶2∶3
8．[2023·泰安泰山区期末]关于一次函数y＝－2x＋1，下列说法不正确的是( )
A．图象与y轴的交点坐标为(0，1)B．图象与x轴的交点坐标为12，0
C． y随x的增大而增大D．图象不经过第三象限
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，以点C为圆心，CB长为半径画弧，交AB于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于12BD长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB于点 E．若AD＝3，BD＝2，则CE的长度是( )
(第9题)
A．5 B．6 C．3D．2
10．[2023·泰安宁阳期末]如图，△ABC中，AC＝BC，点D，E，F分别在边AC，AB，BC上，且满足AD＝BE，AE＝BF，∠DEF＝40°，则∠C的度数是( )
(第10题)
A．90° B．100° C．120°D．140°
11．[新考向 数学文化] “赵爽弦图”巧妙利用面积关系证明勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，且(a＋b)2＝11，小正方形的面积为3，则大正方形的边长为( )
(第11题)
A．10 B．7 C．10D．7
12．[2023·德州武城月考 情境题 应用] A，B两地相距640 km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲车出发1 h后，乙车出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车之间的距离为s(km)，甲车行驶的时间为t(h)，s与t的关系如图所示，下列说法：
(第12题)
①甲车行驶的速度是60 km/h，乙车行驶的速度是80 km/h；
②甲车出发4 h后被乙车追上；
③甲车比乙车晚到53 h；
④甲车行驶8 h或914 h时，甲、乙两车相距80 km．
其中错误的是( )
A．① B．② C．③D．④
二、填空题(每题3分，共18分)
13．[2023·甘孜州]比较大小：5 2．(填“＞”“＝”或“＜”)
14．[2023·湘西州]在平面直角坐标系中，已知点P(a，1)与点Q(2，b)关于x轴对称，则a＋b＝ ．
15．[2023·淄博博山区期末]若a，b为实数，且满足｜a＋4｜＋b－2＝0，则ab的值为 ．
16．[2023·泰安泰山区月考]在△ABC中，已知AB＝AC＝4 cm，∠A＝60°，则△ABC的周长为 cm．
17．如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(4，0)，直线y＝43x＋8与x轴、y轴分别交于点A，B，点Q是直线AB上的一个动点，则线段PQ的最小值为 ．
(第17题)
18．如图，∠AOB＝30°，P是∠AOB平分线上的点，PM⊥OB于点M，PN∥OB交OA于点N，若PM＝1，则PN＝ ．
(第18题)
三、解答题(共66分)
19．(8分)[2023·济宁金乡期中](1)计算：－12 023＋25－｜1－2｜＋3－8－(-3)2；
(2)解方程：4(x＋2)2－364＝0．
20．(8分)如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，1)，B(4，2)，C(3，4)．
(1)若△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，请在网格中画出△A1B1C1，并写
出△A1B1C1三个顶点的坐标：A1 ，B1 ，C1 ；
(2)计算△ABC的面积．
21．(8分)[2024·济宁金乡月考]如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AD，∠1＝∠2，∠E＝∠C，试说明：BC＝DE．
22．(10分)如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交线段AB，BC于点M，P，AC的垂直平分线分别交线段AC，BC于点N，Q．
(1)当∠BAC＝78°时，求∠PAQ的度数；
(2)当∠PAQ＝40°时，求∠BAC的度数．
23．(10分)[2023·荆门期末]如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，G是BA延长线上一点，AH平分∠GAC，且AH∥BC． E是AC上一点，连接BE并延长交AH于点F．
(1)试说明：AB＝AC；
(2)猜想并说明当E在AC何处时，AF＝2BD．
24．(10分) [新考向 知识情境化] 某校借助小型飞行器监测学生课间休息情况．一天，甲飞行器从距地面5 m处，以1 m/min的速度上升；同时，乙飞行器从距地面15 m处，以0．5 m/min的速度上升．设甲、乙两个飞行器距地面的高度分别为y甲 m，y乙 m，上升的时间为x min．
(1)分别求出y甲，y乙与x之间的函数关系式．
(2)当x＝50时，甲、乙两个飞行器距地面的高度相差多少米？
(3)在某时刻甲、乙两个飞行器能否位于同一高度？如果能，求此时两个飞行
器距地面的高度；如果不能，请说明理由．
25．(12分) [2023·威海乳山期末 新趋势 学科内综合] 如图，直线y＝43x＋4与x轴、y轴分别交于点A，B．以点A为圆心，以AB长为半径画弧，交x轴正半轴于点C，作直线BC．∠OAB和∠OBA的平分线相交于点D．
(1)求直线BC的表达式；
(2)连接CD，求∠BDC的度数．
答案
一、1． C 2． B 3． C 4． B 5． C 6． A 7． B 8． C
9． C 【解析】由作法得CE⊥AB，BE＝DE，
则∠AEC＝90°．
因为BD＝2，所以DE＝1，
又因为AD＝3，所以AE＝4，AC＝AB＝AD＋BD＝3＋2＝5．
所以在Rt△ACE中，CE2＝52－42＝9，
所以CE＝3．
10． B 【解析】因为AC＝BC，
所以∠A＝∠B，
在△DAE和△EBF中，AD＝BE，∠A＝∠B，AE＝BF，
所以△DAE≌△EBF(SAS)，
所以∠ADE＝∠FEB，
因为∠DEF＝40°，
所以∠FEB＋∠DEA＝180°－∠DEF＝140°，
所以∠ADE＋∠DEA＝140°，
所以∠A＝40°，所以∠C＝180°－2∠A＝100°．
故选B．
11． D 【解析】设大正方形的边长为c，
则c2＝a2＋b2．因为(a＋b)2＝11，
所以a2＋2ab＋b2＝11．①
因为小正方形的面积为3，
所以(a－b)2＝3，所以a2－2ab＋b2＝3．②
①＋②，得2a2＋2b2＝14，所以a2＋b2＝7．
所以c＝a2＋b2＝7．
12． D 【解析】①由题图可得，甲车行驶的速度是60÷1＝60(km/h)，设乙车行驶的速度是v乙 km/h，
因为甲车先出发1 h，乙车出发4－1＝3(h)后追上甲车，
所以3(v乙－60)＝60，所以v乙＝80，
即乙车行驶的速度是80 km/h，故①正确；
②因为当t＝4时，s＝0，
所以甲车出发4 h后被乙车追上，故②正确；
③由题图可得，当乙车到达B地时，甲、乙两车相距100 km，
所以甲车比乙车晚到100÷60＝53(h)，故③正确；
④应该分两种情况讨论：ⅰ．乙车行驶过程中超甲车80 km，ⅱ．乙车到达B地，而甲车离B地还有80 km．ⅰ．当乙车尚在行驶中，且超甲车80 km时，由题图可得60t＋80＝80(t－1)，解得t＝8；ⅱ．当乙车到达B地，而甲车离B地还有80 km时，由题图可得，60t＋80＝640，解得t＝913，
所以甲车行驶8 h或913 h时，甲、乙两车相距80 km，故④错误．
二、13．＞ 14．1 15．－8 16．12
17．8 【解析】如图，连接PB，PQ，当PQ⊥AB时，PQ的长取得最小值，此时∠AQP＝90°．
直线AB的表达式为y＝43x＋8，令x＝0，得y＝8，令y＝0，得x＝－6，所以AO＝6，BO＝8，
所以AB＝AO2＋BO2＝10，因为点P的坐标为(4，0)，所以OP＝4，
所以AP＝AO＋OP＝10，
所以AB＝AP．
在△AOB和△AQP中，∠A＝∠A，∠AOB＝∠AQP，AB＝AP，
所以△AOB≌△AQP(AAS)，
所以PQ＝BO＝8．
18．2 【解析】如图，过点P作PE⊥OA于点E，
因为OP是∠AOB的平分线，
所以PE＝PM．
因为PN∥OB，
所以∠POM＝∠OPN，
所以∠PNE＝180°－∠PNO＝∠PON＋∠OPN＝∠PON＋∠POM＝∠AOB＝30°，
所以PN＝2PE＝2PM＝2×1＝2．
三、19．【解】(1)原式＝－1＋5－(2－1)＋(－2)－3＝－1＋5－2＋1－2－3
＝－2．
(2)4(x＋2)2－364＝0，
4(x＋2)2－4＝0，
4(x＋2)2＝4，
(x＋2)2＝1，
x＋2＝±1，
x＝－1或x＝－3．
20．【解】(1)如图所示，△A1B1C1即为所求．
(－1，1)；(－4，2)；(－3，4)
(2)S△ABC＝3×3－12×3×1－12×2×1－12×2×3＝9－32－1－3＝72．
21．【解】因为∠1＝∠2，
所以∠1＋∠DAC＝∠2＋∠DAC，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，∠C＝∠E，∠BAC＝∠DAE，AB＝AD，
所以△ABC≌△ADE(AAS)，
所以BC＝DE．
22．【解】(1)因为MP，NQ分别是AB，AC的垂直平分线，
所以AP＝BP，AQ＝CQ，
所以∠BAP＝∠B，∠CAQ＝∠C．
因为∠BAC＝78°，所以∠B＋∠C＝180°－78°＝102°，
所以∠PAQ＝∠BAP＋∠CAQ－∠BAC＝∠B＋∠C－∠BAC＝102°－78°＝24°．
(2)因为MP，NQ分别是AB，AC的垂直平分线，
所以AP＝BP，AQ＝CQ，
所以∠BAP＝∠B，∠CAQ＝∠C，
所以∠BAP＋∠CAQ＝∠B＋∠C，
当点P在点Q右侧时，如图①．
因为∠BAP＋∠CAQ＝∠BAC＋∠PAQ，∠PAQ＝40°，
所以∠B＋∠C＝∠BAC＋40°．
因为∠B＋∠C＋∠BAC＝180°，
所以∠BAC＝70°．
当点P在点Q左侧时，如图②．
因为∠BAP＋∠CAQ＋∠PAQ＝∠BAC，∠PAQ＝40°，
所以∠B＋∠C＝∠BAC－40°．
因为∠B＋∠C＋∠BAC＝180°，
所以∠BAC＝110°．
综上，∠BAC＝70°或110°．
23．【解】(1)因为AH平分∠GAC，所以∠GAF＝∠FAC．
因为AH∥BC，所以∠GAF＝∠ABC，∠FAC＝∠C，
所以∠ABC＝∠C，所以AB＝AC．
(2)当E在AC的中点处时，AF＝2BD．
理由：因为AB＝AC，AD⊥BC，所以BD＝DC．
因为AF∥BC，所以∠FAE＝∠C．
因为∠AEF与∠CEB是对顶角，所以∠AEF＝∠CEB．
因为E在AC的中点处，所以AE＝CE．
在△AEF和△CEB中，∠FAE＝∠C，AE＝CE，∠AEF＝∠CEB，
所以△AEF≌△CEBASA，所以AF＝BC＝2BD．
24．【解】(1)由题意可得y甲＝5＋x，
y乙＝15＋0．5x．
(2)当x＝50时，y甲＝5＋50＝55，
y乙＝15＋0．5×50＝40，55－40＝15(m)，
所以当x＝50时，甲、乙两个飞行器距地面的高度相差15 m．
(3)在某时刻甲、乙两个飞行器能位于同一高度．
由题意得5＋x＝15＋0．5x，
解得x＝20，所以5＋x＝25，
所以上升的时间为20 min时，甲、乙两个飞行器位于同一高度，此时两个飞行器距地面的高度是25 m．
25．【解】(1)因为y＝43x＋4，所以当x＝0时，y＝4，
当y＝0时，x＝－3，所以A(－3，0)，B(0，4)，
所以AB＝32＋42＝5，所以AC＝AB＝5，
所以OC＝2，所以C(2，0)．
设直线BC的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
则b=4，2k＋b=0，解得b=4，k＝－2，
所以直线BC的表达式为y＝－2x＋4．
(2)因为∠OAB和∠OBA的平分线相交于点D，
所以∠BAD＝∠CAD＝12∠OAB，∠ABD＝∠OBD＝12∠ABO，
所以∠BAD＋∠ABD＝12(∠OAB＋∠ABO)＝12(180°－∠AOB)＝45°，
所以∠ADB＝135°．
在△ADB和△ADC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，
所以△ADB≌△ADC(SAS)，
所以∠ADC＝∠ADB＝135°，
所以∠BDC＝360°－135°－135°＝90°．