七年级数学下学期第一次月考卷（苏科版）-2023-2024学年七年级数学下学期考试满分全攻略（苏科版）

这是一份七年级数学下学期第一次月考卷（苏科版）-2023-2024学年七年级数学下学期考试满分全攻略（苏科版），文件包含七年级数学下学期第一次月考卷苏科版-2021-2022学年七年级数学下学期考试满分全攻略苏科版原卷版docx、七年级数学下学期第一次月考卷苏科版-2021-2022学年七年级数学下学期考试满分全攻略苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．
一．选择题（共10小题）
1．（2017•安徽）计算（﹣a3）2的结果是（ ）
A．a6B．﹣a6C．﹣a5D．a5
【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：原式＝a6，
故选：A．
【点评】本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用幂的乘方公式，本题属于基础题型．
2．（2020•临清市二模）下列运算正确的是（ ）
A．a+2a＝3a2B．a3•a2＝a5C．（a4）2＝a6D．a3+a4＝a7
【分析】根据合并同类项法则，幂的乘方和积的乘方，同底数幂的乘法分别求出每个式子的值，再判断即可．
【解答】解：A、结果是3a，故本选项不符合题意；
B、结果是a5，故本选项符合题意；
C、结果是a8，故本选项不符合题意；
D、a3和a4不能合并，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了合并同类项法则，幂的乘方和积的乘方，同底数幂的乘法等知识点，能正确根据法则求出每个式子的值是解此题的关键．
3．（2004•黄冈）如图，已知AB∥CD，直线EF分别交AB、CD于点E、F，EG平分∠BEF，若∠1＝50°，则∠2的度数为（ ）
A．50°B．60°C．65°D．70°
【分析】根据平行线的性质和角平分线性质可求．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠1+∠BEF＝180°，∠2＝∠BEG，
∴∠BEF＝180°﹣50°＝130°，
又∵EG平分∠BEF，
∴∠BEG＝∠BEF＝65°，
∴∠2＝65°．
故选：C．
【点评】本题考查了两直线平行，内错角相等和同旁内角互补这两个性质，以及角平分线的性质．
4．（2015春•沾益县校级期末）如图所示的图案分别是三菱、大众、奥迪、奔驰汽车的车标，其中可以看着是由“基本图案”经过平移得到的是（ ）
A．奥迪B．本田
C．大众D．铃木
【分析】根据平移不改变图形的形状和大小，将题中所示的图案通过平移后可以得出符合题意的答案．
【解答】解：观察图形可知，图案A可以看作由“基本图案”经过平移得到．
故选：A．
【点评】本题考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，不要混淆图形的平移与旋转或翻转．
5．（2020春•邗江区校级期中）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6B．（a2）3＝a5C．a2+a2＝a4D．2a2﹣a2＝a2
【分析】分别根据同底数幂的乘法法则，幂的乘方运算法则，合并同类项法则逐一判断即可．
【解答】解：A．a2•a3＝a5，故本选项不合题意；
B．（a2）3＝a6，故本选项不合题意；
C．a2+a2＝2a2，故本选项不合题意；
D.2a2﹣a2＝a2，正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘法以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
6．（2020秋•大安市期末）小明有两根3cm、7cm的木棒，他想以这两根木棒为边做一个三角形，还需再选用的木棒长为（ ）
A．3cmB．4cmC．9cmD．10cm
【分析】易得第三边的取值范围，看选项中哪个在范围内即可．
【解答】解：7﹣3＝4，7+3＝10，因而4＜第三根木棒＜10，只有C中的7满足．
故选：C．
【点评】考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
7．（2020•槐荫区模拟）内角和为540°的多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【分析】n边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，由此列方程求n．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
则（n﹣2）•180°＝540°，
解得n＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形外角与内角．此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式来寻求等量关系，构建方程即可求解．
8．（2020春•吴中区期中）如图，点E在BC的延长线上，下列条件中能判断AB∥CD的是（ ）
A．∠3＝∠4B．∠D＝∠DCEC．∠B＝∠DD．∠1＝∠2
【分析】根据平行线的判定定理对四个选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、由∠3＝∠4可以判定AD∥BC，不能判断AB∥CD，故本选项错误；
B、由∠D＝∠DCE可以判定AD∥BC，不能判断AB∥CD，故本选项错误；
C、由∠B＝∠D不能判断AB∥CD，故本选项错误；
D、由∠1＝∠2可以判定AB∥CD，依据是“内错角相等，两直线平行”，故本选项正确；
故选：D．
【点评】考查的是平行线的判定定理，解答此类题目的关键是正确区分两条直线被第三条直线所截形成的同位角、内错角及同旁内角．
9．（2021秋•绥滨县期末）若一个三角形的三个内角度数的比为2：3：4，则这个三角形是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
【分析】根据三角形的内角和定理和三个内角的度数比，即可求得三个内角的度数，再根据三个内角的度数进一步判断三角形的形状．
【解答】解：∵三角形三个内角度数的比为2：3：4，
∴三个内角分别是180°×＝40°，180°×＝60°，180°×＝80°．
所以该三角形是锐角三角形．
故选：A．
【点评】此题考查三角形的内角和定理以及三角形的分类：三角形的内角和180°．
10．（2020•江西一模）下列各数中，负数是（ ）
A．|﹣5|B．﹣（﹣3）C．（﹣1）2019D．（﹣1）0
【分析】直接利用绝对值以及零指数幂的性质分别化简得出答案．
【解答】解：A、|﹣5|＝5，是正数，不合题意；
B、﹣（﹣3）＝3，是正数，不合题意；
C、（﹣1）2019＝﹣1，是负数，符合题意；
D、（﹣1）0＝1，是正数，不合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了绝对值以及零指数幂的性质，正确化简各数是解题关键．
二．填空题（共8小题）
11．（2018秋•建宁县期中）计算：a2• a4 ＝a6．
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．
【解答】解：a2•a4＝a6．
故答案为：a4．
【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
12．（2019•崇川区模拟）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为 5 ．
【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．
【解答】解：多边形的边数是：360÷72＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，理解任何多边形的外角和都是360度是关键．
13．（2021春•宝应县月考）计算（﹣5）2020×（）2021＝ ．
【分析】逆向运用积的乘方运算法则计算即可，积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
【解答】解：（﹣5）2020×（）2021
＝（）2020×（）2020×
＝
＝
＝
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了积的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．
14．（2021春•宝应县月考）如图，小亮从A点出发前进10m，向右转15°，再前进10m，又向右转15°，…这样他以3m/s的速度匀速的一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了 80 s．
【分析】由题意可知小亮所走的路线为正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵小亮从A点出发最后回到出发点A时正好走了一个正多边形，
∴根据外角和定理可知正多边形的边数为n＝360°÷15°＝24，
则一共走了24×10＝240（m），
一共走了240÷3＝80（s）．
故答案为：80．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360°，用外角和求正多边形的边数可直接让360°除以一个外角度数即可．
15．（2021春•宝应县月考）若，b＝（﹣1）﹣1，则a、b、c的大小关系是 b＜a＜c ．
【分析】根据零指数幂和负整数指数幂的意义得到a＝，b＝﹣1，c＝1，然后进行实数的大小比较．
【解答】解：∵a＝＝，b＝（﹣1）﹣1＝﹣1，c＝＝1，
∴b＜a＜c．
故答案为：b＜a＜c．
【点评】本题考查了负整数指数幂、零指数幂．解题的关键是掌握负整数指数幂：a﹣p＝（a≠0，p为正整数），零指数幂：a0＝1（a≠0）．
16．（2006•南宁）如图，已知AB、CD相交于点O，OE⊥AB，∠EOC＝28°，则∠AOD＝ 62 度．
【分析】根据余角和对顶角的性质可求得．
【解答】解：∵OE⊥AB，∠EOC＝28°，
∴∠COB＝90°﹣∠EOC＝62°，
∴∠AOD＝62°（对顶角相等）．
故答案为：62．
【点评】此题主要考查了对顶角相等的性质以及利用余角求另一角．
17．（2010•衡阳）如图所示，AB∥CD，∠ABE＝66°，∠D＝54°，则∠E的度数为 12 度．
【分析】利用三角形的外角与内角的关系及平行线的性质可直接解答．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BFC＝∠ABE＝66°，
在△EFD中利用三角形外角等于不相邻的两个内角的和，得到∠E＝∠BFC﹣∠D＝12°．
【点评】本题考查了三角形外角与内角的关系及平行线的性质，比较简单．
18．（2021春•宝应县月考）如图，在四边形ABCD中，∠P＝105°，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点P，则∠A+∠D＝ 210° ．
【分析】根据三角形的内角和得到∠PBC+∠PCB＝180°﹣105°＝75°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠DCB＝2∠PBC+∠PCB＝150°，根据四边形的内角和即可得到结论．．
【解答】解：∵∠P＝105°，
∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣105°＝75°，
∵PB、PC为角平分线，
∴∠ABC+∠DCB＝2∠PBC+∠PCB＝150°，
∴∠A+∠D＝360°﹣150°＝210°，
故答案为：210°．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，解答本题的关键是掌握三角形的内角和定理以及角平分线定理．
三．解答题（共8小题）
19．（2021春•崇川区校级月考）解方程
（1）3（8﹣x）3﹣（）2＝21；
（2）+＝3．
【分析】（1）根据立方根的定义即可求出答案．
（2）根据平方根的定义即可求出答案．
【解答】解：（1）3（8﹣x）3﹣（）2＝21，
3（8﹣x）3﹣3＝21，
3（8﹣x）3＝24，
（8﹣x）3＝8，
8﹣x＝2，
x＝6．
（2）+＝3，
＝，
（x﹣3）2＝，
x﹣3＝±，
x﹣3＝或x﹣3＝﹣，
x＝或x＝．
【点评】本题考查平方根与立方根，解题的关键是熟练运用平方根与立方根的定义，本题属于基础题型．
20．（2021春•崇川区校级月考）利用网格画图，每个小正方形边长均为1．
（1）过点C画AB的平行线CD；
（2）仅用直尺，过点C画AB的垂线，垂足为E；
（3）连接CA、CB，在线段CA、CB、CE中，线段 CE 最短，理由： 垂线段最短 ．
（4）直接写出△ABC的面积为 8 ．
【分析】（1）根据平行线的判定画出图形即可；
（2）根据垂线的定义画出图形即可；
（3）根据垂线段最短，解决问题；
（4）把三角形面积看成矩形面积减去周围三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，直线CD即为所求；
（2）如图，直线CE即为所求；
（3）如图，在线段CA、CB、CE中，线段CE最短，理由是垂线段最短；
故答案为：CE，垂线段最短；
（4）S△ABC＝3×7﹣×1×7﹣×1×6﹣×1×3＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，垂线段最短，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（2021秋•桐城市校级期末）定义：对于一个有理数x，我们把[x]称作x的对称数．
若x≥0，则[x]＝x﹣2；若x＜0，则[x]＝x+2．例：[1]＝1﹣2＝﹣1，[﹣2]＝﹣2+2＝0．
（1）求[]，[﹣1]的值；
（2）已知有理数a＞0，b＜0，且满足[a]＝[b]，试求代数式（b﹣a）3﹣2a+2b的值；
（3）解方程：[2x]+[x+1]＝1．
【分析】（1）根据对称数的定义求得即可；
（2）由对称数的定义化简得，b﹣a＝﹣4，然后代入代数式确定即可；
（3）分三种情况化简方程，然后解方程即可．
【解答】解：（1）[]＝﹣2＝﹣，[﹣1]＝﹣1+2＝1；
（2）a＞0，b＜0，[a]＝[b]，即a﹣2＝b+2，解得：a﹣b＝4，
故（b﹣a）3﹣2a+2b＝（b﹣a）3﹣2（a﹣b）＝（﹣4）3﹣8＝﹣72；
（3）当x≥0时，方程为：2x﹣2+x+1﹣2＝1，解得：x＝；
当﹣1≤x＜0时，方程为：2x+2+x+1﹣2＝1，解得：x＝0（舍弃）；
当x＜﹣1时，方程为：2x+2+x+1+2＝1，解得：x＝﹣；
故方程的解为：x＝．
【点评】本题考查了对称数的定义，代数式求值以及解一元一次方程，能够根据对称数的概念化简是解题的关键．
22．（2021春•崇川区校级月考）在直角坐标平面内，O为坐标原点，已知A（0，1），B（2，0），将点B向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到点C．
（1）点C的坐标为 （4，3） ；
（2）求△ABC的面积；
（3）设点P在坐标轴上，且△ABP与△ABC的面积相等，求P点的坐标．
【分析】（1）根据平移中点的变化规律求解即可；
（2）连接OA，过点C作CD⊥x轴于D，根据S△ABC＝S梯形OACD﹣S△OAB﹣S△BCD列式计算即可；
（3）分点P在x轴上与点P在y轴上两种情况讨论即可．
【解答】解：（1）∵B（2，0），将点B向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到点C．
∴点C的坐标为（2+2，0+3），即（4，3）．
故答案为：（4，3）；
（2）如图，连接OA，过点C作CD⊥x轴于D．
S△ABC＝S梯形OACD﹣S△OAB﹣S△BCD
＝（1+3）×4﹣×2×1﹣×2×3
＝8﹣1﹣3
＝4；
（3）①当点P在x轴上时，
∵S△ABP＝BP•OA＝BP×1＝BP＝4，
∴BP＝8，
∵B（2，0），
∴P（﹣6，0）或（10，0）；
②当点P在y轴上时，
∵S△ABP＝AP•OB＝AP×2＝AP＝4，
又A（0，1），
∴P（0，5）或（0，﹣3）．
综上所述，P点的坐标为（0，5）或（0，﹣3）或（﹣6，0）或（10，0）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了三角形的面积．正确求出点C的坐标是解题的关键．
23．（2019•江北区模拟）已知，如图，AB∥CD，BD平分∠ABC，CE平分∠DCF，∠ACE＝90°
（1）判断BD和CE的位置关系并说明理由；
（2）判断AC和BD是否垂直并说明理由．
【分析】（1）根据平行线性质得出∠ABC＝∠DCF，根据角平分线定义求出∠2＝∠4，根据平行线的判定推出即可；
（2）根据平行线性质得出∠DGC+∠ACE＝180°，根据∠ACE＝90°，求出∠DGC＝90°，根据垂直定义推出即可．
【解答】解：（1）BD∥CE．
理由：∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCF，
∴BD平分∠ABC，CE平分∠DCF，
∴∠2＝∠ABC，∠4＝∠DCF，
∴∠2＝∠4，
∴BD∥CE（同位角相等，两直线平行）；
（2）AC⊥BD，
理由：∵BD∥CE，
∴∠DGC+∠ACE＝180°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠DGC＝180°﹣90°＝90°，
即AC⊥BD．
【点评】本题考查了角平分线定义，平行线的性质和判定，垂直定义等知识点，注意：①同位角相等，两直线平行，②两直线平行，同旁内角互补．
24．（2018春•汉阳区期中）天气晴朗时，一个人能看到大海的最远距离s（单位：km）可用公式s2＝16.9h来估计，其中h（单位：m）是眼睛离海平面的高度．
（1）如果一个人站在岸边观察，当眼睛离海平面的高度是2.5m时，能看到多远？
（2）若登上一个观望台，使看到的最远距离是（1）中的3倍，已知眼睛到脚底的高度为1.5米，求观望台离海平面的高度？
（3）如图，货轮B与观望台A相距35海里，如何用方向和距离描述观望台A相对于货轮B的位置 南偏西60方向，相距35海里 ．
【分析】（1）求出h＝2.5时s的值即可得；
（2）求出s＝6.5×3＝19.5时h的值，再减去1.5米即可得答案；
（3）根据方位角定义可得．
【解答】解：（1）当h＝2.5时，s2＝16.9×2.5＝42.25，
∴s＝﹣6.5（舍）或s＝6.5，
答：当眼睛离海平面的高度是2.5m时，能看到6.5m远；
（2）当s＝6.5×3＝19.5时，可得19.52＝16.9h，
解得h＝22.5，
则观望台离海平面的高度为22.5﹣1.5＝21米；
（3）观望台A在货轮B的南偏西60方向，相距35海里位置，
故答案为：南偏西60方向，相距35海里．
【点评】本题主要考查解一元二次方程和坐标确定位置，根据题意得出一元二次方程和方位角的定义是解题的关键．
25．（2021春•崇川区校级月考）已知实数x，y，z满足等式x+y+z＝8.5，x+y+2z＝13.5．
（1）若z＝﹣1，求的值；
（2）若实数m＝++，求m的平方根．
【分析】（1）把z＝﹣1代入已知的两个等式，列出关于x，y的二元一次方程组进行计算即可；
（2）根据已知可得：x﹣3y＝0，从而得x＝3y，然后代入已知的两个等式中，列出关于y与z的二元一次方程组进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
，
①+②得：
x+y﹣3＝22，
∴x+y＝30，
∴＝；
（2）∵m＝++，
∴x﹣3y＝0，
∴x＝3y，
把x＝3y代入等式x+y+z＝8.5，x+y+2z＝13.5中并化简，
可得：，
①×6得：18y+12z＝102③，
③﹣②得：7y＝21，
解得：y＝3，
把y＝3代入①得：9+2z＝17，
解得：z＝4，
∴原方程组的解为：，
∵x＝3y，
∴x＝9，
∵m＝++，
∴m＝＝＝4，
∴m的平方根是：±2．
【点评】本题考查了平方根，二次根式有意义的条件，解三元一次方程组，准确熟练地进行计算是解题的关键．
26．（2019春•荷塘区期末）如图，已知直线AB∥CD．
（1）在图1中，点E在直线AB上，点F在直线CD上，点G在AB、CD之间，若∠1＝30°，∠3＝75°，则∠2＝ 45° ；
（2）如图2，若FN平分∠CFG，延长GE交FN于点M，EM平分∠AEN，当∠N+∠FGE＝54°时，求∠AEN的度数；
（3）如图3，直线MF平分∠CFG，直线NE平分∠AEG相交于点H，试猜想∠G与∠H的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）过G作GH∥AB，依据AB∥CD∥GH，即可得到∠1＝∠EGH，∠2＝∠FGH，进而得出∠2的度数；
（2）过G作GP∥CD，过N作NQ∥AB，依据平行线的性质以及角的和差关系，即可得到∠AEN的度数；
（3）过H作HP∥CD，过G作GQ∥AB，依据平行线的性质以及角的和差关系，即可得到∠G与∠H的数量关系．
【解答】解：（1）如图1所示，过G作GH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥GH，
∴∠1＝∠EGH，∠2＝∠FGH，
∴∠1+∠2＝∠EGF，即30°+∠2＝75°，
∴∠2＝45°，
故答案为：45°；
（2）∵FN平分∠CFG，EM平分∠AEN，
∴可设∠AEM＝∠NEM＝α，∠CFN＝∠GFN＝β，
如图2所示，过G作GP∥CD，过N作NQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴NQ∥AB∥CD∥PG，
∴∠QNF＝∠CFN＝β，∠QNE＝∠AEN＝2α，∠PGE＝∠AEM＝α，∠PGF＝∠DFG＝180°﹣2β，
∴∠FNE＝∠QNF﹣∠QNE＝β﹣2α，∠FGE＝∠PGE+∠PGF＝α+180°﹣2β，
又∵∠FNE+∠FGE＝54°，
∴β﹣2α+（α+180°﹣2β）＝54°，
∴α＝24°，
∴∠AEN＝2α＝48°；
（3）猜想：∠G＝2∠H．理由：
∵MF平分∠CFG，NE平分∠AEG，
∴可设∠AEN＝∠NEG＝α，∠CFM＝∠GFM＝β，
如图3所示，过H作HP∥CD，过G作GQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴GQ∥AB∥CD∥PH，
∴∠QGE＝∠AEG＝2α，∠QGF＝∠CFG＝2β，∠PHM＝∠CFM＝β，∠PHN＝∠AEN＝α，
∴∠EGF＝∠QGE﹣∠QGF＝2α﹣2β，∠EHF＝∠PHN﹣∠PHM＝α﹣β，
∴∠EGF＝2∠EHF．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，解决问题的关键是作平行线构造内错角或同位角，利用平行线的性质以及角的和差关系进行推算．