江苏省泰州市兴化市2021-2022学年七年级下学期期中学业阶段性评价数学试卷(含解析)

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这是一份江苏省泰州市兴化市2021-2022学年七年级下学期期中学业阶段性评价数学试卷(含解析)，共16页。试卷主要包含了考生答题必须用0，已知，则的值为，计算等内容，欢迎下载使用。
2022年春学期初中学生阶段性评价七年级数学试卷（考试用时：120分钟满分：150分）说明：1. 本试卷考试用时120分钟，满分150分，共4页．2. 答题前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填写在答题纸相应位置上．3. 考生答题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔，写在答题纸指定位置处，答在试卷、草稿纸等其他位置上一律无效．一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）．1. 通过平移图中的吉祥物“冰墩墩”得到的图形是（）A. B. C. D. 2. 如图，直线AB，CD被直线EF所截，则∠AGE的同位角是（）A. ∠BGE B. ∠BGF C. ∠CHE D. ∠CHF3. 下列运算正确的是（）A. B. C. D. 4. 下列等式由左边到右边变形中，属于因式分解的是（）A B. C. D. 5. 若的结果中不含x的一次项，则m的值为（）A. －3 B. －2 C. 0 D. 26. 已知，则的值为（）A. 1 B. 3 C. 5 D. 7二、填空题（共10小题，每小题3分，满分30分）．7. 计算：________．8. 目前发现的新冠病毒其直径约为0.000123毫米，将0.000123用科学记数法表示为______．9. 已知是二元一次方程的一个解，则a＝________．10. 若关于x、y的方程是二元一次方程，则的值等于________．11. 一个三角形的两边长分别是1和4，若第三边的长为偶数，则第三边的长是___．12. 小明绕着一个五边形花圃走了一圈，他一共转了________度．13. 在中，若，，则是______三角形．（填“锐角”、“直角”、或“钝角”）14. 计算：________．15. 若，其中m、n都是自然数，则符合条件m、n的值有________组．16. 一条直线把五边形分成两个多边形，它们的内角和的度数分别是a和b，则的最大值为________．三、解答题（共10小题，满分102分）．17. 计算（1）；（2）18. 分解因式：（1）；（2）．19. 解方程组：（1）；（2）．20. 先化简，再求值：，其中．21. 如图，根据下列条件，借助利用网格画图：（1）平移△ABC，使点A与点D、点B与点E、点C与点F是对应点，画出平移后的△DEF；（2）网格中每个小正方形的边长都为1，则△DEF的面积为________；（3）利用网格，画出△ABC的中线AG和高CH．22. 已知，．（1）求mn和的值；（2）已知，求的值．23. 如图，△ABC中，D为AB上一点，，．（1）猜想与的位置关系？并说明理由；（2）若，是的角平分线，求的度数．24. 边长为a和b的两个正方形ABCD、DEFG如图放置，梯形ABFG的面积记为，△BDF的面积记为．（1）用a、b的代数式表示和；（2）若两个正方形的面积和为32，，求这两个正方形的周长和．25. 如图，，C、D两点分别是边OA、OB上定点，，，射线CE的反向延长线与射线DF相交于点F．（1）若，，求∠F的度数；（2）若，则∠F＝______°；（3）随着n的变化，∠AOB与∠F数量关系会发生变化吗？如不变，请求出∠AOB与∠F的数量关系，并说明理由．26. 阅读与思考：先添加一个适当项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法．例如：．（1）【解决问题】补全下列完全平方式：①_________；②_______．（2）【变式训练】试说明无论x取何值，代数式是正数；（3）【深入研究】若，，比较M、N的大小；（4）【拓展应用】关于x、y的二元一次方程组和的解相同，求的值．
答案 1. D解：通过平移图中的吉祥物“冰墩墩”得到的图形是，其余图形都要通过旋转才能得到．故选：D．2. C解：∵直线AB、CD被直线EF所截，∴只有∠CHE与∠AGE在截线EF的同侧，且在AB和CD的同旁，即∠AGE的同位角是∠CHE．故选：C．3. BA选项：，故A选项错误，不符合题意；B选项：，故B选项正确，符合题意；C选项：，故C选项错误，不符合题意；D选项：，故D选项错误，不符合题意；故答案为：B．4. BA，，不是因式分解，故此选项不符合题意．B，，是因式分解，故此选项符合题意．C，，是多项式乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意．D，，右边不是整式积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意．故选：B．5. D解：=x2-2x+mx-2m=x2+(m-2)x-2m，∵结果不含x的一次项，∴m-2=0，解得：m=2，故选：D．6. A解：，①×2，可得：6x－4y＝6－2a③，③－②，可得（6x－4y）－（5x－3y）＝（6－2a）－（5－2a），x－y＝1，故选：A．7. 故答案为：．8. 解：，故答案为：．9. 解：把代入方程，得6-3a-1=0，解得：a=，故答案为：．10. 1解：关于x、y的方程是二元一次方程，，n=1，，，故答案为：1．11. 4解：设第三边为a，根据三角形的三边关系知，4﹣1＜a＜4＋1，即3＜a＜5，又∵第三边的长是偶数，∴a为4．故答案：4．12. 360解：小明绕着一个五边形的花圃走了一圈，五边形的外角和是360°，他一共转了360°．故答案为：360．13. 直角解：∵，∴，设，则，根据题意得：，解得：，则，∴是直角三角形．故答案为：直角．14. －4解：故答案为：15. 3解：∵，∵m、n都是自然数，∴整数n为0，1，2，3，4，当时，当时，当时，当时，当时，即符合条件的m，n的值有3组．故答案为：3．16. 900°##900度根据题意得，画出最大内角和时的图形如下图：则内角和为：(5)180°+360°=900°．故答案为：900°17. （1）解：原式＝－1－1＋＝－（2）解∶原式＝a 6＋2a6－8a6＝－5a618. （1）解：原式＝（2）解：原式＝ =19. （1）解：把①代入②中得：2x＋3(3x-5)=7，解之得：x=2，把x=2代入①中得：，∴原方程组的解是；（2）解： ①×2得：8x﹣6y=2③，②×3得：9x＋6y=15④，③＋④得：，解之得，把代入②中得：，∴原方程组的解是．20. 解：原式＝当时，原式21. （1）如图，△DEF为所作；（2）DEF的面积等于=；（3）如图，线段AG和CH为所作．22. （1）∵，，∴；（2）∵，∴，∵，∴，把，联立组成方程组得，∴， ∴m＋n＝3，∴的值为3．23. （1），证明：∵，∴，又∵，∴，∴；（2）由（1）知，∴，∵是的角平分线，∴，∴，∴是等腰三角形，∴，故的度数为．24. （1）解：S1＝＝，S2＝S1 ﹣S△ABD﹣ S△DFG ＝＝ab；（2）解：∵两个正方形面积的和为32，∴，∵ S2＝ab，S2＝16，∴ab＝16，∵，∴，∴a ＋ b＝ 8，∴4（a ＋ b）＝ 32，∴两个正方形的周长的和为32．25. （1）在△ODC中，∠AOB＋∠CDO ＋∠OCD＝180°又∵∠AOB＝60°，∠CDO＝75°∴∠OCD＝45° ∵∠OCD＋∠ACD＝180°∴∠ACD＝135°∵∠ACE＝∠ACD∴∠ECD＝∠ACD＝90°∵∠ECD ＋∠FCD＝180°∴∠FCD＝90°∵∠FDO＝∠CDO∴∠CDF＝∠CDO＝50° ∵∠F ＋∠FCD ＋∠CDF＝180°∴∠F ＝40°（2）若n=75°，则∠F=50°；∵在△ODC中，∠AOB+∠CDO+∠OCD=180°，又∵∠AOB=75°，∠CDO=x，∴∠OCD=105°-x，∵∠OCD+∠ACD=180°，∴∠ACD=75°+x，∵∠ACE=∠ACD，∴∠ECD=∠ACD=（75°+x）=50°+x，∵∠ECD+∠FCD=180°，∴∠FCD=130°-x，∵∠FDO=∠CDO，∴∠CDF=∠CDO=x，∵∠F+∠FCD+∠CDF=180°，∴∠F=50°；故答案为：50°；（3）不会发生变化设 ∠AOB＝x，∠CDO＝y在△ODC中，∠AOB ＋∠CDO ＋∠OCD＝180°∴∠OCD＝180°﹣x﹣y ∵∠OCD＋∠ACD＝180°∴∠ACD＝x＋ y∵∠ACE＝∠ACD∴∠ECD＝∠ACD＝（x ＋ y）∵∠ECD ＋∠FCD＝180°∴∠FCD＝180°﹣（x ＋ y）∵∠FDO＝∠CDO∴∠CDF＝y ∵∠F ＋∠FCD ＋∠CDF＝180°∴∠F ＝x ∴∠F ＝∠AOB26. （1）解：①1　；② 　4y2　＋4y＋1.（2）x2﹣12x＋37 ＝ x2﹣12x＋36＋37﹣36 ＝（x﹣6）2＋1 ∵（x﹣6）2≥0 ∴（x﹣6）2＋1＞0 ∴无论x取何值，代数式x2﹣12x＋37是正数（3）M﹣N＝（2x2＋4x＋5＋y2）﹣（x2＋6x＋4）＝2x2＋4x＋5＋y2﹣x2﹣6x﹣4＝x2﹣2x＋1＋y2＝（x﹣1）2＋y2 ∵（x﹣1）2≥0 y2≥0 ∴（x﹣1）2＋y2 ≥0 ∴M≥N（4）解二元一次方程组得把代入中得 ①＋②得：2m2＋2mn＋n2＋4m＋4＝0 ∴m2＋2mn＋n2＋m2＋4m＋4＝0 ∴（m＋n）2＋（m＋2）2＝0 ∴ ∴ ∴m＋2n＝﹣2＋2×2＝2∴m＋2n的值为2