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1、海淀区万寿寺中学2013年七年级下期末数学试卷(解析版) 2012-2013学年北京市海淀区万寿寺中学七年级(下)期末数学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(4分832分,下面每小题给出的四个选项中,只有一个是正确的)1.(4分)确定平面直角坐标系内点的位置是( ) A.一个实数B.一个整数C.一对实数D.有序实数对考点:坐标确定位置.分析:比如实数2和3并不能表示确定的位置,而有序实数对(2,3)就能清楚地表示这个点的横坐标是2,纵坐标是3.解答:解:确定平面直角坐标系内点的位置是有序实数对,故选D.点评:本题考查了在平面直角坐标系内表示一个点要用有序实数对的概念. 2.(4分)下列方程是二
2、元一次方程的是( ) A.x2+x1B.2x+3y?10C.x+y?z0D.x+10考点:二元一次方程的定义.分析:根据二元一次方程的定义进行分析,即只含有两个未知数,未知数的项的次数都是1的整式方程.解答:解:A、x2+x1不是二元一次方程,因为其最高次数为2,且只含一个未知数;B、2x+3y?10是二元一次方程;C、x+y?z0不是二元一次方程,因为含有3个未知数;D、x+10不是二元一次方程,因为不是整式方程.故选B.点评:注意二元一次方程必须符合以下三个条件:(1)方程中只含有2个未知数;(2)含未知数项的最高次数为一次;(3)方程是整式方程. 3.(4分)已知点P位于y轴右侧,距y轴
3、3个单位长度,位于x轴上方,距离x轴4个单位长度,则点P坐标是( ) A.(?3,4)B.(3,4)C.(?4,3)D.(4,3)考点:点的坐标.分析:根据题意,P点应在第一象限,横、纵坐标为正,再根据P点到坐标轴的距离确定点的坐标.解答:解:P点位于y轴右侧,x轴上方,P点在第一象限,又P点距y轴3个单位长度,距x轴4个单位长度,P点横坐标为3,纵坐标为4,即点P的坐标为(3,4).故选B.点评:本题考查了点的位置判断方法及点的坐标几何意义. 4.(4分)将下列长度的三条线段首尾顺次相接,能组成三角形的是( ) A.4cm,3cm,5cmB.1cm,2cm,3cmC.25cm,12cm,11
4、cmD.2cm,2cm,4cm考点:三角形三边关系.分析:看哪个选项中两条较小的边的和大于最大的边即可.解答:解:A、3+45,能构成三角形;B、1+23,不能构成三角形;C、11+123B.a3C.a3D.a3考点:一元一次方程的解;解一元一次不等式.分析:此题可用a来表示x的值,然后根据x0,可得出a的取值范围.解答:解:2a?3x6x(2a?6)3又x02a?60a3故选D点评:此题考查的是一元一次方程的根的取值范围,将x用a的表示式来表示,再根据x的取值判断,由此可解出此题. 6.(4分)学校计划购买一批完全相同的正多边形地砖铺地面,不能进行镶嵌的是( ) A.正三角形B.正四边形C.
5、正五边形D.正六边形考点:平面镶嵌(密铺).专题:几何图形问题.分析:看哪个正多边形的位于同一顶点处的几个内角之和不能为360即可.解答:解:A、正三角形的每个内角为60,6个能镶嵌平面,不符合题意;B、正四边形的每个内角为90,4个能镶嵌平面,不符合题意;C、正五边形的每个内角为108,不能镶嵌平面,符合题意;D、正六边形的每个内角为120,3个能镶嵌平面,不符合题意;故选C.点评:考查一种图形的平面镶嵌问题;用到的知识点为:一种正多边形镶嵌平面,正多边形一个内角的度数能整除360. 7.(4分)下面各角能成为某多边形的内角的和的是( ) A.270B.1080C.520D.780考点:多边
6、形内角与外角.分析:利用多边形的内角和公式可知,多边形的内角和是180度的整倍数,由此即可找出答案.解答:解:因为多边形的内角和可以表示成(n?2)?180(n3且n是整数),则多边形的内角和是180度的整倍数,在这四个选项中是180的整倍数的只有1080度.故选B.点评:本题主要考查了多边形的内角和定理,是需要识记的内容. 8.(4分)(2002?南昌)设“”“”“”表示三种不同的物体,现用天平称了两次,情况如图所示,那么“”“”“”这三种物体按质量从大到小的排列顺序为( ) A.B.C.D.考点:一元一次不等式的应用.专题:压轴题.分析:本题主要通过观察图形得出“”“”“”这三种物体按质量
7、从大到小的排列顺序.解答:解:因为由左边图可看出“”比“”重,由右边图可看出一个“”的重量两个“”的重量,所以这三种物体按质量从大到小的排列顺序为,故选B.点评:本题主要考查一元一次不等式的应用,解题的关键是利用不等式及杠杆的原理解决问题. 二、填空题9.(3分)已知点A(1,?2),则A点在第 四 象限.考点:点的坐标.分析:根据各象限内点的坐标特征解答.解答:解:点A(1,?2)在第四象限.故答案为:四.点评:本题考查了各象限内点的坐标的符号特征,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(?,+);第三象限(?,?);第四象限(+,?)
8、. 10.(3分)如图,直角三角形ACB中,CD是斜边AB上的中线,若AC8cm,BC6cm,那么ACD与BCD的周长差为 2 cm,SADC 12 cm2.考点:直角三角形斜边上的中线.分析:过C作CEAB于E,求出CDAB,根据勾股定理求出AB,根据三角形的面积公式求出CE,即可求出答案.解答:解:过C作CEAB于E,D是斜边AB的中点,ADDBAB,AC8cm,BC6cmACD与BCD的周长差是(AC+CD+AD)?(BC+BD+CD)AC?BC8cm?6cm2cm;在RtACB中,由勾股定理得:AB10(cm),S三角形ABCACBCABCE,8610CE,CE4.8(cm),S三角形
9、ADCADCE10cm4.8cm12cm2,故答案为:2,12.点评:本考查了勾股定理,直角三角形斜边上中线性质,三角形的面积等知识点,关键是求出AD和CE长. 11.(3分)如图,象棋盘上“将”位于点(1,?2),“象”位于点(3,?2),则“炮”的坐标为 (?2,1) .考点:坐标确定位置.分析:首先根据“将”和“象”的坐标建立平面直角坐标系,再进一步写出“炮”的坐标.解答:解:如图所示,则“炮”的坐标是(?2,1).故答案为:(?2,1).点评:此题考查了平面直角坐标系的建立以及点的坐标的表示方法. 12.(3分)(2006?菏泽)黑、白两种颜色的正六边形地砖按如图所示的规律拼成若干个图
10、案:则第n个图案中有白色地砖 4n+2 块.(用含n的代数式表示)考点:规律型:图形的变化类.专题:压轴题;规律型.分析:通过观察,前三个图案中白色地砖的块数分别为:6,10,14,所以会发现后面的图案比它前面的图案多4块白色地砖,可得第n个图案有4n+2块白色地砖.解答:解:分析可得:第1个图案中有白色地砖41+26块.第2个图案中有白色地砖42+210块.第n个图案中有白色地砖4n+2块.点评:本题考查学生通过观察、归纳的能力.此题属于规律性题目.注意由特殊到一般的分析方法,此题的规律为:第n个图案有4n+2块白色地砖. 三、解答题(5分525分)13.(5分)用代入法解方程组:.考点:解
11、二元一次方程组.分析:把第二个方程整理得到y3x?5,然后代入第一个方程求出x的值,再反代入求出y的值,即可得解.解答:解:,由得,y3x?5,代入得,2x+3(3x?5)7,解得x2,把x2代入得,y6?51,所以,方程组的解是.点评:本题考查了代入消元法解二元一次方程组,从两个方程中的一个方程整理得到ykx+b的形式的方程是解题的关键. 14.(5分)用加减消元法解方程组:.考点:解二元一次方程组.专题:计算题.分析:根据x的系数相同,利用加减消元法求解即可.解答:解:,?得,12y?36,解得y?3,把y?3代入得,4x+7(?3)?19,解得x,所以,方程组的解是.点评:本题考查了利用
12、加减消元法解二元一次方程组,解题的关键在于找出或构造系数相同或互为相反数的未知数. 15.(5分)解不等式:.考点:解一元一次不等式.分析:利用不等式的基本性质,首先去分母,然后移项、合并同类项、系数化成1,即可求得原不等式的解集.解答:解:去分母,得:3(2+x)2(2x?1)去括号,得:6+3x4x?2,移项,得:3x?4x?2?6,则?x?8,即x8.点评:本题考查了解简单不等式的能力,解答这类题学生往往在解题时不注意移项要改变符号这一点而出错.解不等式要依据不等式的基本性质:(1)不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变;(2)不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号
13、的方向不变;(3)不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变. 16.(5分)解不等式组,并求其整解数并将解集在数轴上表示出来.考点:解一元一次不等式组;在数轴上表示不等式的解集;一元一次不等式组的整数解.分析:分别求出各不等式的解集,再求出其公共解集,再其公共解集内找出符合条件的x的整数解即可.解答:解:,由得,x1,由得,x?2,故此不等式组的解集为:?2x1,在数轴上表示为:故此不等式组的整数解为:?2,?1,0.点评:本题考查的是解一元一次不等式组,熟知实心圆点与空心圆点的区别是解答此题的关键. 17.(5分)若方程组的解x与y相等,求k的值.考点:二元一次方程组的解.专题:
14、计算题.分析:由yx,代入方程组求出x与k的值即可.解答:解:由题意得:yx,代入方程组得:,解得:x,k10,则k的值为10.点评:此题考查了二元一次方程组的解,方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值. 四、解答题(5分210分)18.(2分)如图,ABC中,D在BC的延长线上,过D作DEAB于E,交AC于F.已知A30,FCD80,求D.考点:三角形内角和定理.分析:由三角形内角和定理,可将求D转化为求CFD,即AFE,再在AEF中求解即可.解答:解:DEAB(已知),FEA90(垂直定义).在AEF中,FEA90,A30(已知),AFE180?FEA?A(三角形内角和是180)
15、180?90?3060.又CFDAFE(对顶角相等),CFD60.在CDF中,CFD60FCD80(已知)D180?CFD?FCD180?60?8040.点评:熟练掌握三角形内角和内角和定理是解题的关键. 19.(2分)已知:如图,E是ABC的边CA延长线上一点,F是AB上一点,D点在BC的延长线上.试证明1BAC,BAC1+AEF,BAC1,1”“”“”),当A40时,B+C+1+2 280 ;(3)如图,是由图的ABC沿DE折叠得到的,如果A30,则x+y360?(B+C+1+2)360? 300 60 ,猜想BDA+CEA与A的关系为 BDA+CEA2A .考点:翻折变换(折叠问题).专
16、题:探究型.分析:根据三角形内角是180度可得出,1+2B+C,从而求出当A40时,B+C+1+21402280,有以上计算可归纳出一般规律:BDA+CEA2A.解答:解:(1)根据三角形内角是180可知:1+2180?A,B+C180?A,1+2B+C;(2)1+2+BDE+CEDB+C+BDE+CED360,1+2B+C;当A40时,B+C+1+21402280;(3)如果A30,则x+y360?(B+C+1+2)360?30060,所以BDA+CEA与A的关系为:BDA+CEA2A.点评:本题考查图形的翻折变换和三角形,四边形内角和定理,解题过程中应注意折叠是一种对称变换,它属于轴对称,根据轴对称的性质,折叠前后图形的形状和大小不变,如本题中折叠前后角相等.
