2023-2024学年安徽省合肥市庐江县七年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市庐江县七年级（下）期中数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题每小题都给出A，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下面实数中，是无理数的是（ ）
A．B．C．3.1415D．
2．（4分）在平面直角坐标系中，点（0，﹣2）在（ ）
A．x轴上B．y轴上C．第二象限D．第三象限
3．（4分）过点P作AB的垂线CD，下列选项中，三角板的放法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．1的算术平方根是±1B．﹣4没有立方根
C．的平方根是D．﹣5的立方根是
5．（4分）如图，直线a∥b，直角三角板ABC的直角顶点C在直线b上，若∠1＝55°，则∠2＝（ ）
A．55°B．45°C．35°D．25°
6．（4分）下列各数中，与的和为有理数的是（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）下列六个命题：①对顶角相等；②内错角相等；③平行于同一条直线的两条直线互相平行；④带根号的数一定是无理数；⑤每个有理数都可以用数轴上唯一的点来表示；⑥数轴上每一个点都表示唯一一个实数；其中真命题的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．（4分）在平面直角坐标系中，AB∥x轴，AB＝2，若点A（1，﹣3），则点B的坐标是（ ）
A．（1，﹣1）B．（1，﹣5）或（1，﹣1）
C．（3，﹣3）D．（﹣1，﹣3）或（3，﹣3）
9．（4分）如图，下列判断中错误的是（ ）
A．∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD
B．∵∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD
C．∵AD∥BC，∴∠BCA＝∠DAC
D．∵∠ABD＝∠CDB，∴AD∥BC
10．（4分）如图，锐角三角形ABC中，∠BAC＝45°，将三角形ABC沿着射线BC方向平移得到三角形A′B′C′（平移后点A，B，C的对应点分别是点A′，B′，C′），连接CA′，若在整个平移过程中，∠ACA′和∠CA′B′的度数之间存在2倍关系，则∠ACA′不可能的值为（ ）
A．15°B．30°C．45°D．90°
二、填空题（本大题共4题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）如图，直线a与直线b相交于点O，∠1＝30°，∠2＝ ．
12．（5分）如图，已知A村庄的坐标为（2，﹣3），一辆汽车从原点O出发在x轴上行驶．行驶过程中汽车离A村最近的距离为 ．
13．（5分）如图，面积为2的正方形ABCD的顶点A在数轴上，且表示的数为﹣1，若AE＝AB，则数轴上点E所表示的数为 ．
14．（5分）如图，PQ∥MN，l⊥MN，垂足为A，l交PQ于点B，点C在射线AM上．
（1）若BC平分∠PBA，则∠BCM＝ ．
（2）若∠ACB＜60°，在直线PQ上取一点D，连接CD，过点D作DE⊥CD．交直线l于点E．若∠BDE＝30°，则∠ACD＝ ．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）计算：．
16．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角形ABC的三个顶点坐标分别为A（2，0），B（2，6），C（﹣1，2），点A′的坐标是（﹣2，﹣1），现将三角形ABC平移，使点A平移到点A′处，B′，C′分别是B，C的对应点．
（1）画出平移后的三角形A′B′C′（不写画法）；
（2）若将C点向右平移m（m＞0）个单位长度到点D，使得三角形ABD的面积等于3，求m的值．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）已知实数a+9的一个平方根是﹣5，2b﹣a的立方根是﹣2，求2a+b的算术平方根．
18．（8分）完成下面的证明．
如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∠ABC＝∠ACB，CE∥DF．
求证∠DBF＝∠F．
证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB（已知），
∴∠DBC＝∠ABC，∠ECB＝∠ACB（ ）．
又∵∠ABC＝∠ACB（已知），
∴∠DBC＝∠ （等量代换）．
又∵CE∥DF（已知），
∴∠ECB＝∠ ，（ ）．
∴∠DBF＝∠F．（等量代换）．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，OA1＝OA2＝A1A2＝A2A4＝A4A5＝A4A6＝A5A6＝A6A8＝⋯＝2，A2A3＝A3A4＝A6A7＝A7A8＝A10A11＝A11A12＝…＝．
（1）①A19的坐标为 ；
②A2024的坐标为 ．
（2）n是正整数，用含n的代数式表示A4n+3坐标：A4n+3的坐标为 ．
（3）点P从点O出发，沿着点A1，A2，A3，…运动，到点A200时运动停止，求点P运动的路程．
20．（10分）如图，∠AOB＝40°，OC平分∠AOB，点E在射线OC上，ED⊥OA，垂足为点D，DF平分∠ODE，交射线OC于点F，动点P从点O出发沿射线OC运动，连结DP．
（1）当DP平分∠ODF时，∠PDE＝ °；
（2）当DP∥OB时，求∠PDE的度数；
（3）当DP⊥FD时，求∠ADP的度数．
六、（本题满分12分）
21．（12分）如图1，已知，点A（1，4），AH⊥x轴，垂足为H，将线段AO平移至线段BC，点B（3，0），其中点A与点B对应，点O与点C对应．
（1）三角形AOH的面积为 ．
（2）如图1，若点D（m，n）在线段OA上，请你连接DH，利用图形面积关系说明n＝4m．
（3）如图2，连OC，动点P从点B开始在x轴上以每秒2个单位的速度向左运动，同时点Q从点O开始在y轴上以每秒1个单位的速度向下运动．若经过t秒，三角形AOP与三角形COQ的面积相等，试求t的值及点P的坐标．
七、（本题满分12分）
22．（12分）对于实数a，规定：[]表示不大于的最大整数，称[]为a的根整数，例如：[]＝3，[]＝3．
（1）根据规定填空：[]＝ ；[]＝ ；
（2）若[]＝1，写出满足题意的x的整数值 ；
（3）如果对实数a连续求根整数，直到结果为1．如：对10连续求根整数2次，有[]＝3→[]＝1，这时候结果为1．
①对100连续求根整数， 次之后结果为1；
②只需进行3次连续求根整数运算后结果为1的所有正整数中，最大的正整数是多少？说明理由．
八、（本题满分14分）
23．（14分）如图，直线PQ∥MN，点C是PQ，MN之间的一个动点．
（1）如图1，求证∠DCE＝∠1+∠2；
（2）小明把一块三角板（∠A＝30°，∠C＝90°）如图2放置，点D，E是三角板的边与平行线的交点．
①若∠AEN＝∠A，求∠BDQ的度数；
②如图3，点G在线段CD上，连接EG，当∠CEG＝∠CEM，求的值．
2023-2024学年安徽省合肥市庐江县七年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A、B、C、D四个选项，其中只有一个是正确的．
1．【分析】无限不循环小数称为无理数，根据无理数的概念进行判断即可．
【解答】解：是无限不循环小数，它是无理数；＝2，3.1415，是有理数；
故选：A．
【点评】此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π，，0.8080080008…（每两个8之间依次多1个0）等形式．
2．【分析】根据平面直角坐标系中y轴上的点横坐标为0，即可解答．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点（0，﹣2）在y轴上，
故选：B．
【点评】本题考查了点的坐标，熟练掌握平面直角坐标系中y轴上的点横坐标为0是解题的关键．
3．【分析】根据垂线的定义，即可解答．
【解答】解：过点P作AB的垂线CD，下列选项中，三角板的放法正确的是
故选：C．
【点评】本题考查了垂线，熟练熟练掌握垂线的定义是解题的关键．
4．【分析】根据平方根、算术平方根、立方根的定义逐项进行判断即可．
【解答】解：A.1的算术平方根为＝1，因此选项A不符合题意；
B．负数也有立方根，﹣4有立方根，即，因此选项B不符合题意；
C．的平方根为±＝，因此选项C不符合题意；
D．﹣5的立方根为，因此选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查平方根、算术平方根、立方根，理解平方根、算术平方根、立方根的定义是正确解答的关键．
5．【分析】先由平行线的性质求出∠3，再由直角和角的和差关系求出∠2．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1＝∠3．
∵∠1＝55°，
∴∠3＝55°．
∵∠2+∠3＝∠ACB＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠3
＝35°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，掌握“两直线平行，同位角相等”是解决本题的关键．
6．【分析】要使与的和为有理数，则所给的数中必须含有，据此判断即可．
【解答】解：∵2与的和是2+，它是无理数，
∴选项A不符合题意；
∵5+与的和是7，它是有理数，
∴选项B符合题意；
∵与的和是2+﹣，它是无理数，
∴选项C不符合题意；
∵5﹣与的和是7﹣2，它是无理数，
∴选项D不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是判断出所给的数中必须含有．
7．【分析】根据实数的定义、平行线的性质、实数与数轴上的点一一对应，可得答案．
【解答】解：①对顶角相等，正确，原命题是真命题；
②两直线平行，内错角相等，原命题是假命题；
③平行于同一条直线的两条直线互相平行，正确，原命题是真命题；
④带根号的数不一定是无理数，如，原命题是假命题；
⑤每个有理数都可以用数轴上唯一的点来表示，正确，原命题是真命题；
⑥数轴上每一个点都表示唯一一个实数，正确，原命题是真命题；
综上，真命题有①③⑤⑥，共4个．
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解实数的有关概念、平行线的性质、无理数的定义、实数与数轴等知识，难度不大．
8．【分析】在平面直角坐标系中与x轴平行，则它上面的点纵坐标相同，可求B点纵坐标；与x轴平行，相当于点A左右平移，可求B点横坐标．
【解答】解：∵AB∥x轴，
∴点B纵坐标与点A纵坐标相同，为﹣3，
又∵AB＝2，可能右移，横坐标为1+2＝3；可能左移横坐标为1﹣2＝﹣1，
∴B点坐标为（3，﹣3）或（﹣1，﹣3），
故选：D．
【点评】此题考查平面直角坐标系中平行特点和平移时坐标变化规律，还渗透了分类讨论思想．
9．【分析】根据平行线的性质和判定逐一分析解答即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD（两直线平行，内错角相等），故选项不符合题意；
B、∵∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行），故选项不符合题意；
C、∵AD∥BC，∴∠BCA＝∠DAC（两直线平行，内错角相等），故选项不符合题意；
D、∵∠ABD＝∠CDB，∴AB∥CD，原结论错误，故选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质与判定，解题的关键熟练掌握平行线的判定和性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
10．【分析】根据△ABC的平移过程，分点E在BC上和点E在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥A′B′，根据平行线的性质得到∠ACA′和∠CA′B′和∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可．
【解答】解：第一种情况：如图，当点B′在BC上时，过点C作CG∥AB，
∵△A′B′C′由△ABC平移得到，
∴AB∥A′B′，
∵CG∥AB，AB∥A′B′，
∴CG∥A′B′，
①当∠ACA′＝2∠CA′B′时，
∴设∠CA′B′＝x，则∠ACA′＝2x，
∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠A′CG＝∠CA′B′＝x，
∵∠ACA′＝∠ACA′+∠A′CG，
∴2x+x＝45°，
解得：x＝15°，
∴∠ACA′＝2x＝30°，
②当∠CA′B′＝2∠ACA′时，
∴设∠CA′B′＝x，则∠ACA′＝x，
∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠A′CG＝∠CA′B′＝x，
∵∠ACA′＝∠ACA′+∠A′CG，
∴x+x＝45°，
解得：x＝30°，
∴∠ACA′＝x＝15°，
第二种情况：当点B′在△ABC外时，过点C作CG∥AB，
∵△A′B′C′由△ABC平移得到，
∴AB∥A′B′，
∵CG∥AB，AB∥A′B′，
∴CG∥A′B′，
①当∠ACA′＝2∠CA′B′时，
设∠CA′B′＝x，则∠ACA′＝2x，
∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠A′CG＝∠CA′B′＝x，
∵∠ACA′＝∠ACG+∠A′1CG，
∴2x＝x+45°，
解得：x＝45°，
∴∠ACA′＝2x＝90°，
②当∠CA′B′＝2∠ACA′时，由图可知，∠CA′B′＜∠ACA′，故不存在这种情况，
综上所述，∠ACA′＝15°或30°或90°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了平移的性质和平行线的性质，熟练掌握平移前后对应线段互相平行以及两直线平行内错角相等是解题的关键．
二、填空题（本大题共4题，每小题5分，满分20分）
11．【分析】因∠1和∠2是邻补角，且∠1＝30°，由邻补角的定义可得∠2＝180°﹣∠1＝180°﹣30°＝150°．
【解答】解：∵∠1+∠2＝180°，
又∠1＝30°，
∴∠2＝150°．
【点评】本题考查了利用邻补角的概念计算一个角的度数的能力．
12．【分析】根据垂线段最短得出当汽车运动的位置与点A的连线与x轴垂直时，汽车离A村最近的距离最小，再根据点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，求出这个最小距离即可．
【解答】解：∵点A到x轴的距离为|﹣3|＝3，
又∵垂线段最短，
∴行驶过程中汽车离A村最近的距离为3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系中点到坐标轴的距离，垂线段最短，解题的关键是求出点A到x轴的距离．
13．【分析】根据题意可得AE＝AB＝，再用两点间的距离公式即可求出答案．
【解答】解：∵面积为2的正方形ABCD的顶点A在数轴上，AE＝AB，
∴AE＝，
∵点A表示的数为﹣1，
∴点E表示的数为：﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查的是实数与数轴，从题目中获取已知条件是解题的关键．
14．【分析】（1）利用角平分线的定义计算即可；
（2）根据题意画出图形，计算即可．
【解答】解：（1）如图1，
∵PQ∥MN，l⊥MN，
∴∠PBA＝∠MAB＝90°，
∴∠PBC＝∠PBA＝45°，
∵PQ∥MN，
∴∠PBC+∠BCM＝180°，
∴∠BCM＝135°；
（2）分两种情况，
如图2﹣1，
∵∠BDE＝30°，CD⊥DE，
∴∠BDC＝60°，
∵PQ∥MN，
∴∠ACD+∠BDC＝180°，
∴∠ACD＝120°；
如图2﹣2，
∵∠BDE＝30°，CD⊥DE，
∴∠BDC＝30°+90°＝120°，
∵PQ∥MN，
∴∠BDC+∠ACD＝180°，
∴∠ACD＝60°．
故答案为：（1）135°，
（2）60°或120°
【点评】本题考查的是垂直的定义，平行线的性质，解题的关键是掌握垂直的定义以及平行线的性质定理．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝﹣4+7+（﹣3）
＝3﹣3
＝0．
【点评】本题考查了实数的运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
16．【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）由题意得，点D的坐标为（﹣1+m，2），则可列方程为＝3，解方程即可．
【解答】解：（1）如图，三角形A′B′C′即为所求．
（2）由题意得，点D的坐标为（﹣1+m，2），
∵三角形ABD的面积等于3，
∴＝3，
解得m＝2或4，
∴m的值为2或4．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．【分析】根据平方根、立方根以及算术平方根的定义解决此题．
【解答】解：由题意得，a+9＝25，2b﹣a＝﹣8．
∴b＝4，a＝16．
∴2a+b＝32+4＝36．
∴2a+b的算术平方根是＝6．
【点评】本题主要考查平方根、立方根、算术平方根，熟练掌握平方根、立方根以及算术平方根的定义是解决本题的关键．
18．【分析】根据角平分线的定义得到ABC，∠ACB，等量代换得到∠DBC＝∠ECB，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB（已知），
∴∠DBC＝∠ABC，∠ECB＝∠ACB（角平分线定义）．
又∵∠ABC＝∠ACB（已知），
∴∠DBC＝∠ECB（等量代换）．
又∵CE∥DF（已知），
∴∠ECB＝∠DFB，（ 两直线平行，同位角相等）．
∴∠DBF＝∠F．（等量代换）．
故答案为：角平分线定义；ECB；DFB；两直线平行，同位角相等．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．【分析】（1）根据所给图形，发现点Ai（i为正整数）坐标变化的规律即可解决问题．
（2）根据所给图形，发现点A7，A11，A15，…，坐标变化的规律即可解决问题．
（3）根据点P的运动方式，发现每运动四段，点P所走路程循环一次，据此可解决问题．
【解答】解：（1）①由所给图形可知，
点A3的坐标为（3，﹣1），点A7的坐标为（7，﹣1），点A11的坐标为（11，﹣1），…，
所以点A4n+3（n为自然数）的坐标为（4n+3，﹣1），
当4n+3＝19时，
n＝4，
所以点A19的坐标为（19，﹣1）．
故答案为：（19，﹣1）．
②由所给图形可知，
点A4的坐标为（4，0），点A8的坐标为（8，0），点A12的坐标为（12，0），…，
所以点A4n（n为正整数）的坐标为（4n，0），
当4n＝2024时，
n＝506，
所以点A2024的坐标为（2024，0）．
故答案为：（2024，0）．
（2）由（1）中解析过程可知，
点A4n+3的坐标为（4n+3，﹣1）．
故答案为：（4n+3，﹣1）．
（3）由图形可知，
点P每运动四段，所走长度即循环一次．
因为OA1+A1A2+A2A3+A3A4＝，且200÷4＝50，
所以50×（）＝，
故点P运动的路程为．
【点评】本题考查点的坐标变化规律，能根据所给图形发现点Ai（i为正整数）坐标变化的规律是解题的关键．
20．【分析】（1）根据题意可得∠ODE＝90°，根据角平分线的性质可得∠ODF＝∠EDF＝45°，∠PDF＝22.5°，以此即可得到∠PDE＝∠PDF+∠EDF＝67.5°．
（2）根据平行线的性质可得∠AOB+∠ODP＝180°，由∠AOB＝40°得∠ODP＝140°，根据∠PDE＝∠ODP﹣∠ODE即可求解．
（3）根据题意得∠PDF＝90°，则∠ADP＝180°﹣∠ODF﹣∠PDF，以此即可求解．
【解答】解：（1）∵ED⊥OA，
∴∠ODE＝90°，
∵DF平分∠ODE，
∴∠ODF＝∠EDF＝∠ODE＝45°，
∵PD平分∠ODF，
∴∠PDF＝∠ODF＝22.5°，
∴∠PDE＝∠PDF+∠EDF＝67.5°．
故答案为：67.5．
（2）如图，DP∥OB，
∵DP∥OB，
∴∠AOB+∠ODP＝180°，
∵∠AOB＝40°，
∴∠ODP＝140°，
∴∠PDE＝∠ODP﹣∠ODE＝140°﹣90°＝50°．
（3）如图，DP⊥FD，
∵DP⊥FD，
∴∠PDF＝90°，
∴∠ADP＝180°﹣∠ODF﹣∠PDF＝180°﹣45°﹣90°＝45°．
【点评】本题主要考查角平分线的性质、平行线的性质、数形结合思想、分类讨论思想，学会利用数形结合思想是解题关键．
六、（本题满分12分）
21．【分析】（1）利用三角形面积公式求解；
（2）根据S△AOH＝S△ADH+S△ODH，求解即可；
（3）分两种情形，分别构建方程求解即可．
【解答】解：（1）∵A（1，4），AH⊥x轴，
∴AH＝4，OH＝1，
∴S△AOH＝×1×4＝2；
故答案为：2；
（2）解：如图1中，连接DH，
∴S△AOH＝S△ADH+S△ODH＝×1×n+×4×（1﹣m）＝n+2﹣2m；
由（1）知S△AOH＝2，
∴2＝n+2﹣2m，
∴n＝4m；
（3）当点P在y轴的右侧时，×（3﹣2t）×4＝×t×2，
解得，t＝．此时P（，0）．
当点P在y轴的左侧时，×（2t﹣3）×4＝×t×2，
解得，t＝2，
此时P（﹣1，0）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
七、（本题满分12分）
22．【分析】此题是无理数的整数值的估算，利用估算方法进行估算即可．
【解答】解：（1）【】＝2，【】＝5；
故答案为：2，5；
（2）∵【】＝2，
∴1，2，3都可以，
故答案为：1，2，3；
（3）①【】＝10，【】＝3，【】＝1，
故答案为：3；
②最大的正整数是225，
∵【】＝15，【】＝3，【】＝1．
【点评】本题考查的是无理数的估算，解题的关键是无理数化为小数形式时，整数部分是多少．
八、（本题满分14分）
23．【分析】（1）过C作CD∥PQ，依据平行线的性质，即可得出∠DCE＝∠1+∠2；
（2）过点C作CH∥MN，求出∠ACH＝30°，得出∠BCH＝60°，则可得出答案；
（3）设∠CEG＝∠CEM＝x，得到∠GEN＝180°﹣2x，再根据（1）中的结论可得∠CDP＝90°﹣∠CEM＝90°﹣x，再根据对顶角相等即可得出∠BDF＝90°﹣x，据此可出答案．
【解答】解：（1）证明：如图，过C作CA∥PQ，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥CD∥MN，
∴∠1＝∠ACD，∠2＝∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACD+∠ACE＝∠1+∠2．
（2）过点C作CH∥MN，
∵PQ∥MN，
∴CN∥PQ，
∴∠BDQ＝∠BCH，
∵∠A＝∠AEN＝30°，CH∥EN，
∴∠ACH＝30°，
∴∠BCH＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BDQ＝60°；
（3）设∠CEG＝∠CEM＝x，则∠GEN＝180°﹣2x，
由（1）可得，∠C＝∠CEM+∠CDP，
∴∠CDP＝90°﹣∠CEM＝90°﹣x，
∴∠BDF＝90°﹣x，
∴＝2．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理以及角平分线的定义的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造内错角，依据两直线平行，内错角相等进行求解．