2022-2023学年四川成都邛崃市七年级下册数学期末试卷及答案

这是一份2022-2023学年四川成都邛崃市七年级下册数学期末试卷及答案，共26页。试卷主要包含了 如图所示的正方形网格中，等于， 下列计算正确的是， 如图，已知，下列条件能使的是， 计算等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米黑色的签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色的签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1. 日常生活中我们要去各种公共场所，为了提醒人们保护自己的人身财产安全，公共场所通常会贴出一些具有警示性的标识，下列图标属于轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：B，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2. 下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A. 掷一枚硬币正好正面朝上B. 小明同时出现在家和学校
C. 打开电视正好在播放新闻联播D. 太阳东升西落
【答案】D
【解析】
【分析】根据事件的分类判断，必然事件就是一定发生的事件，根据定义即可解决．
【详解】解：A、掷一枚硬币正好正面朝上，是随机事件，故本选项不合题意；
B、小明同时出现在家和学校，是不可能事件，故本选项不合题意；
C、打开电视正好在播放新闻联播，是随机事件，故本选项不合题意；
D、太阳东升西落，是必然事件，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，难度适中．
3. 晶圆是指制作硅半导体集成电路所用的硅晶片，其表面附着一层大约厚的和甘油混合液，在制作前必须进行化学刻蚀和表面清洗，已知，则附着在晶圆表面的和甘油混合液厚度可以写成米，其中用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，看小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．解题关键是正确确定的值以及的值．
4. 如图所示的正方形网格中，等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】标注字母，然后利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，再根据求解．
【详解】解：如图，在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等图形，主要利用了网格结构以及全等三角形的判定与性质，准确识图并确定出全等三角形是解题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式以及平方差公式分别计算即可判断．
【详解】解：A、，故错误，本选项符合题意；
B、，，不相等，故错误，本选项不符合题意；
C、，故错误，本选项不符合题意；
D、，故正确，本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式以及平方差公式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
6. 如图，已知，下列条件能使的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【详解】解：，，添加，
可利用证明，
其他条件无法证明，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有．
7. 公元前200年，古希腊地理学家埃拉托色尼将天文学与测地学结合起来测量地球圆周，他提出设想：在夏至日那天，分别在两地同时观察太阳的位置，并根据地物阴影的长度差异，加以研究分析，从而总结出计算地球圆周的科学方法．他发现，在当时的城市塞恩（图中的A点），直立的杆子在某个时刻没有影子，而此时在500英里以外的亚历山大（图中的B点），直立的杆子的影子却偏离垂直方向（图中角等于）．根据这个数据，可以算出地球一周的总长约等于，这是因为弧AB的长地球周长的缘故，其中弧AB的长大约为．题目中运用到的平行线相关定理是（ ）

A. 对顶角相等B. 两直线平行，同位角相等
C. 同旁内角互补，两直线平行D. 两直线平行，内错角相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行投影的定义以及平行线的性质解答即可．
【详解】解：A点立杆，没有影子，在B点立杆，影子偏离垂直方向，即，
∵立杆点的两条垂直线互相平行，根据两直线平行，内错角相等，
可得弧对应的圆心角为，即，
再根据弧的长地球周长，
可算出周长约，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及平行投影，掌握平行线的性质是解答本题的关键．
8. 如图为一蓄水池的横断面示意图，如果这个蓄水池以固定的流量注水，下面哪个图象能大致表示水的深度h和时间t之间的关系（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先看图可知，蓄水池的下部分比上部分的体积小，故与的关系变为先慢后快．
【详解】解：根据题意和图形的形状，
可知水的最大深度与时间之间的关系分为两段，先慢后快．
故选：B．
【点睛】本题考查根据几何图形的性质确定函数的图象和函数图象的作图能力．要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数的类型和所需要的条件，结合实际意义画出正确的图象．
第Ⅱ卷（非选择题，共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
9. 计算：___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据积的乘方运算法则进行计算即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了积的乘方运算法则，解题的关键是掌握积的乘方，把每个因式分别乘方．
10. 已知等腰三角形的两边长分别为、，则这个等腰三角形的周长是______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据三角形的三边关系确定此等腰三角形的三边，再求周长即可．
【详解】解：如果等腰三角形三边长分别是、、，，不能构成三角形；
如果等腰三角形三边长分别、、，，能构成三角形；
那么这时三角形的第三边长为．
所以，这个等腰三角形的周长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三边关系，解答此题的关键是先分情况讨论三角形边长，然后再进一步解答．
11. 已知（n为常数）是一个完全平方式，则n的值为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据完全平方公式解答即可．
【详解】解：∵（n为常数）是一个完全平方式，
∴，
∴，
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的运用，解题的关键是掌握完全平方公式的结构特征．
12. 如图，以的顶点O为圆心，以任意长为半径作弧分别交，于M，N两点：分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P；作射线，若点Q在射线上且到边的距离恰好为，则点Q到边的距离为___________．

【答案】5
【解析】
【分析】根据作图得到平分，再根据角平分线的性质求解即可．
【详解】解：由作图过程可知：平分，
∵点Q到边的距离恰好为，
∴点Q到边的距离也为，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了角平分线的作法以及性质，解题的关键是掌握角平分线上的点到角两边的距离相等．
13. 如图，纸条是一个长方形．沿所在的直线对折，若，则___________．

【答案】##度
【解析】
【分析】根据平行线的性质得到，再根据折叠的性质可得，再利用平角计算即可．
【详解】解：∵纸条是一个长方形，
∴，
∴，
由折叠可知：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠问题，解题关键是明确折叠中有角相等，熟练运用平行线的性质求解．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14. （1）计算：．
（2）用简便算法计算：．
【答案】（1）7；（2）4
【解析】
【分析】（1）先算绝对值，零指数幂，乘方以及负指数幂，再算加减法；
（2）原式变形为，再利用平方差公式计算即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
【点睛】本题主要考查平方差公式，实数的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
15. 先化简，再求值：，其中，．
【答案】，3
【解析】
【分析】先利用单项式乘多项式，完全平方公式展开，再合并同类项，最后代入求出即可．
【详解】解：
当，时，
原式．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和求值，掌握整式的运算法则进行化简是关键．
16. 第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日20：00在成都开幕，为培养学生“热爱、坚持、拼搏、团结、友谊”的大运精神，某校开展“大运有我”主题校级定项运动会，为了解同学的参与情况，小颖随机调查了部分同学的报名情况（每位同学只能选择其中一个项目进行报名），并根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

根据图中信息，解答下列问题：
（1）本次抽样调查的总人数为___________人，并补全条形统计图；
（2）请求出扇形统计图中“羽毛球”项目所占的百分比，计算“田径”项目所对应圆心角的度数；
（3）若该校有1000名学生，估计该校选择“篮球”项目的学生人数．
【答案】（1）200，统计图见解析
（2），
（3）300人
【解析】
【分析】（1）用排球的人数除以对应百分比可得调查总人数，再减去其他部分的人数，即可补全统计图；
（2）用羽毛球的人数除以调查总人数，再乘以可得百分比，再用田径的人数所占比例乘以即可得到圆心角；
（3）用1000乘以样本中“篮球”人数所占比例即可．
【小问1详解】
解：人，
∴本次抽样调查的总人数为200人，
人，
补全统计图如下：
【小问2详解】
解：，
∴扇形统计图中“羽毛球”项目所占的百分比为；
，
∴“田径”项目所对应圆心角为；
【小问3详解】
解：人，
∴估计该校选择“篮球”项目的学生有300人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17. 如图，在中，点D是边的中点，点E是边上的一个动点，连接．设的面积为y，的长为x，小明对变量x和y之间的关系进行了探究，得到了如下的数据：
请根据以上信息，解答下列问题：

（1）题中的自变量和因变量分别是什么？当时，y的值是多少？直接写出的值；
（2）当的面积为面积的时，求出x的值．
【答案】（1）自变量是的长，因变量是的面积；；
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据函数的概念分别判断自变量和因变量；再根据表格中的数据得到y的值；再分别判断，时的情形，判断出，再根据中点的定义可得；
（2）根据面积关系得到，再分两种情况求解即可．
【小问1详解】
解：自变量是的长，因变量是的面积；
当时，；
由表可知：
当时，即，此时点E与点B重合，
，即的面积为3，
当时，即，此时点E与点D重合，
，即的面积为0，
∴；
∵点D是边的中点，
∴；
【小问2详解】
当的面积为面积的时，
，
当点E在点D左侧时，
；
当点E在点D右侧时，
；
综上：x的值为或．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，三角形面积，解决本题的关键是数形结合．
18. 如图1，是一副直角三角板（，，），让两块三角板的直角顶点及直角边分别重合放置，斜边AB，CD交于点M．

（1）求的度数；
（2）若位置保持不变，将绕点O逆时针旋转．
①当旋转至图2所示位置时，恰好，求此时α的度数；
②在旋转过程中，是否存在CD与的一边平行？若存在，请求出α的度数；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）当或时，CD与的一边平行
【解析】
【分析】（1）利用三角形的内角和及外角的性质即可求解；
（2）①由平行线的性质得，再结合互余即可求解；
②分三种情况：当时，当时，当时，分别进行讨论即可．
【小问1详解】
解：∵，，，
∴，，则，
∴；
【小问2详解】
①由（1）可知，，
∵，
∴，
∵，
∴，
则，
∴；
②由（1）知，
当时，设与交于点，

∵，
∴，
∴，
即：，
当时，

∵，
∴，
即：，
当时，则点与点同在上方或下方，
∵，，
∴点与点不能在同一侧，相互矛盾，故此情况不存在，
综上，当或时，CD与的一边平行．
【点睛】本题考查三角的内角和定理及外角性质，平行线的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19. 已知，则___________．
【答案】3
【解析】
【分析】将已知等式变形为，再将所求式子利用平方差公式变形，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了平方差公式，解题的关键是运用公式灵活变形．
20. 如图是一个转盘，转盘上共有红、黄、蓝三种不同颜色的区域，已知红色区域的圆心角为，黄色区域的圆心角为，自由转动转盘，指针落在蓝色区域的概率是_________．

【答案】
【解析】
【分析】求出蓝色区域对应的圆心角，再利用概率公式计算．
【详解】解：（指针落在蓝色区域），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了几何概率的计算方法，在解题时能够计算出蓝色区域对应的圆心角是本题的关键．
21. 在方格纸中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．如图，为格点三角形（点A，B，C均在格点上），在图中的方格纸中以的一边画格点三角形，使得该三角形与全等，则符合条件的格点三角形共有___________个．

【答案】2
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定解答即可．
【详解】解：如右图所示：
和即为所求，
故答案为：2．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和作图-简单几何变换的知识，有一定深度，做题时认真细致才能把满足条件的点找全．
22. 如图，，均为等腰直角三角形，，，若四边形的面积为，的面积为，则与的数量关系为___________．
【答案】
【解析】
【分析】过点D作，交的延长线于点F，过点E作，垂足为G，利用余角的性质得到，证明，得到，从而推出，再根据已知边长求出和的面积，从而可得与的数量关系．
【详解】解：如图，过点D作，交的延长线于点F，
过点E作，垂足为G，
∵，即，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形，得到面积的关系．
23. 如图，在中，是边上的高，点E，F分别是，边上的点，连接，将沿着翻折，使点A与边上的点G重合，若，，则的度数为___________．

【答案】##49度
【解析】
【分析】利用三角形内角和求出，结合已知得到，可求得，再根据折叠的性质，可得，，进一步求出，再利用三角形内角和求出结果．
【详解】解：∵是边上的高，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠可得：，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和，折叠的性质，三角形的高，图中线段较多，解题的关键是理清角之间的关系，根据折叠得到相等的角．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
24. 材料一：我们定义：如果两个多项式A与B的差为常数，且这个常数为正数，则称A是B的“雅常式”，这个常数称为A关于B的“雅常值”．如多项式，，，则A是B的“雅常式”，A关于B的“雅常值”为9．
材料二：把形如的二次三项式配成完全平方式的方法叫做配方法，配方法的基本形式是完全平方公式的逆写，即．
例如：我们可以将代数式进行变形，其过程如下：
∵，∴，因此，该式有最小值1．
（1）已知多项式M是多项式N的“雅常式”，如果，，请求出M关于N的“雅常值”；
（2）多项式的最小值为，求出n的值；若（m为常数）是Q的“雅常式”，求P关于Q的“雅常值”．
【答案】（1）2 （2），P关于Q的“雅常值”为3
【解析】
【分析】（1）根据定义计算即可求解；
（2）由可知，进而求得，根据（m为常数）是Q的“雅常式”，可得中不含一次项，进而可得，即可求得．
【小问1详解】
解：由题意可得：
，
∴M关于N的“雅常值”为2；
【小问2详解】
∵
∵，
∴多项式的最小值为，
又∵多项式的最小值为，
∴，
∴，
∵（m为常数）是Q的“雅常式”，
∴为常数，且这个常数为正数
即：中不含一次项，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了新定义，学生的理解能力以及知识的迁移能力，配方法的应用，整式的运算，理解A是B的“雅常式”的定义是解题的关键
25. 在中，，，点DAC边上一点，交于点F，交直线于点E．

（1）如图1，当D为的中点时，证明：．
（2）如图2，若于点M，当点D运动到某一位置时恰有，则与有何数量关系，并说明理由．
（3）连接，当时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
（3）2
【解析】
【分析】（1）由题意可知，，，利用即可证明结论；
（2）先证明，再证明，即可得；
（3）过点作，可证，易得，由，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，则，
∵为的中点时，，
∴，则，
在与中，
，
∴；
小问2详解】
解：，理由如下：
由（1）可知，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
过点作，则，

∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形判定及性质，掌握全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
26. 如图1，四边形是一个长方形，一动点P在长方形边上运动，设点P运动的路程为，的面积为，S与x的关系图象如图2所示．

（1）动点P从点A出发，沿路线运动到点D停止，已知点P在边上运动时的速度为，在边上运动时的速度为，在边上运动时的速度为．根据图2可知，___________；
（2）在（1）的条件下，求出点P由点A运动到点D的总时间；
（3）如图3，在长方形的对角线上取一点M，使得点M到边的距离，到边的距离，若动点P从点A出发，以的速度沿路线运动．同时，动点Q从点C出发，以的速度沿路线运动（P，Q中一点先到达终点时，另一点停止运动）．连接，，，设运动时间为，的面积为，当点P，Q不在同一边上运动时，求出W与t的关系式．
【答案】（1）10 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图象可知点从点出发，到终点的路程为，点的路程为，即可求得答案；
（2）由题意可知，，利用时间路程速度即可求解；
（3）分三种情况：当时，当时，当时，分别进行讨论即可
【小问1详解】
解：由图象可知，点从点出发，到终点的路程为，点的路程为，
∴，
故答案为：10；
【小问2详解】
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
则点由点运动到点的总时间为；
【小问3详解】
由（2）可知，，
则，，
若走完全程，点运动的总时间为，点运动的总时间为，
点在上运动的时间为，点在上运动的时间为，
当时，此时点在上，点在上，

则，，，，
∴的面积为
当时，此时点在上，点在上，不符合题意，
当时，此时点在上，点在上，

则，，，，
∴的面积为
，
综上，．
x
0
3
6
y
3
0
3