江苏省泰州市泰兴市长生中学2023届七下数学期中质量检测试题含解析

江苏省泰州市泰兴市长生中学2023届七下数学期中质量检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列现象:①电梯的升降运动;②飞机在地面上沿直线滑行;③风车的转动;④钟摆的摆动.其中属于平移的是()A．①③ B．①② C．②③ D．③④2．一元一次不等式的解集在数轴上表示为（）A． B． C． D．3．平面上五条不同的直线两两相交，最多能构成的对顶角的对数是（）A．5对 B．10对 C．20对 D．40对4．已知∠1与∠2为对顶角，∠1=45°，则∠2的补角的度数为（）A．35° B．45° C．135° D．145°5．如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数1的点为圆心，正方形对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（）A．- B．﹣1+ C．﹣1- D．1-6．根据下列表述，能确定位置的是()A．红星电影院第2排B．北京市四环路C．北偏东30°D．东经118°，北纬40°7．每到四月，许多地方杨絮、柳絮如雪花般漫天飞舞，人们不堪其扰，据测定，杨絮纤维的直径约为0.0000105m，该数值用科学记数法表示为（）A． B． C． D．8．如图，已知棋子“车”的坐标为(-2，3)，棋子“马”的坐标为(1，3)，则棋子“炮”的坐标为()A．(2，2) B．(-2，2) C．(3，2) D．(3，1)9．已知直线AB，CB，l在同一平面内，若AB⊥l，垂足为B，CB⊥l，垂足也为B，则符合题意的图形可以是（）A． B． C． D．10．下列方程中，是二元一次方程的是()A．8x2＋1＝y B．y＝8x＋1C．y＝ D．xy＝111．下列式子从左到右变形是因式分解的是（）A．12xy2＝3xy•4y B．（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3C．x2﹣4x+1＝x（x﹣4）+1 D．x3﹣x＝x（x+1）（x﹣1）12．下列命题中正确的是（）A．有限小数不是有理数 B．无限小数是无理数C．数轴上的点与有理数一一对应 D．数轴上的点与实数一一对应二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．计算：_______．14．如图，在的正方形网格，点、、、、、都在格点上，连接、、、中任意两点得到的所有线段中，与线段平行的线段是__________，与线段垂直的线段是__________．15．已知点的坐标为，且点到两坐标轴的距离相等，则点的坐标是________．16．已知三角形的两边长分别为10和2，第三边的数值是偶数，则第三边长为_____．17．若点A（9﹣a，3﹣a）在第二、四象限的角平分线上，则A点的坐标为_____．三、解答题（本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18．（5分）分解因式：（1）3x1﹣6x．（1）（x1+16y1）1﹣64x1y1．19．（5分）周老师为锻炼身体一直坚持步行上下班。已知学校到周老师家总路程为2000米，一天，周老师下班后，以45米/分的速度从学校往家走，走到离学校900米时，正好遇到一个朋友，停下又聊了20分钟，之后以110米/分的速度走回了家．周老师回家过程中，离家的路程S（米）与所用时间t（分）之间的关系如图所示．（1）求a的值；（2）b=，c=.（3）求周老师从学校到家的平均速度。20．（8分）(1)如图，AC平分∠DAB，∠1=∠2，试说明AB与CD的位置关系，并予以证明；(2)如图，AB∥CD，AB的下方两点E、F满足:BF平分∠ABE、DF平分∠CDE，若∠DFB=20°，∠CDE=70°，求∠ABE的度数；(3)在前面的条件下，若P是BE上一点，G是CD上任一点，PQ平分∠BPG，PQ∥GN，GM平分∠DGP，下列结论:①∠DGP-∠MGN的值不变；②∠MGN的度数不变，可以证明只有一个是正确的，请你作出正确的选择并求值.21．（10分）如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC、OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足．D为线段AC的中点．在平面直角坐标系中，以任意两点P（x1，y1）、Q（x2，y2）为端点的线段中点坐标为，．（1）则A点的坐标为；点C的坐标为．D点的坐标为．（2）已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以1个单位长度每秒的速度匀速移动，Q点从O点出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动，点Q到达A点整个运动随之结束．设运动时间为t（t＞0）秒．问：是否存在这样的t，使S△ODP＝S△ODQ，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）点F是线段AC上一点，满足∠FOC＝∠FCO，点G是第二象限中一点，连OG，使得∠AOG＝∠AOF．点E是线段OA上一动点，连CE交OF于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．22．（10分）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB，点D在直线BC上运动（不与点B、C重合），点E在射线AC上运动，且∠ADE＝∠AED，设∠DAC＝n.（1）如图①，当点D在边BC上时，且n等于30°，则∠BAD＝，∠CDE＝；（2）如图②，当点D运动到点B左侧时，其他条件不变，请猜想∠BAD和∠CDE的数量关系，并说明理由；（3）当点D运动到点C的右侧时，其他条件不变，∠BAD和∠CDE还满足（2）中的数量关系吗？请在图③中画出图形，并说明理由.23．（12分）如图，EB∥DC，∠C＝∠E，请你说出∠A和∠ADE有何关系？并说明你的理由．

参考答案一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1、B【解析】

根据平移的性质，逐一进行分析即可求得答案.【详解】①电梯的升降运动，符合平移的性质，故属于平移；②飞机在地面上沿直线滑行，符合平移的性质，故属于平移；③风车的转动，是旋转，不是平移，故不属于平移；④钟摆的摆动，是旋转，不是平移，故不属于平移，故选B．【点睛】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，要与图形的旋转或轴对称区分开来．2、B【解析】

先求出不等式的解集，再在数轴上表示出不等式的解集即可．【详解】-3x-1＞2，-3x＞2+1，-3x＞3，x＜-1，在数轴上表示为：，故选B．【点睛】本题考查了解一元一次不等式和在数轴上表示不等式的解集，能求出不等式的解集是解此题的关键．3、C【解析】

根据五条直线两两相交最多有10个交点，每个交点处有两对对顶角，从而可得出结果．【详解】解：如图，五条直线两两相交最多有10个交点，

∴最多能构成20对对顶角．

故选：C．【点睛】本题考查了相交直线构成的对顶角的对数以及交点的个数，作出图形是解题的关键．4、C【解析】

根据对顶角的性质得∠1=∠2=45°，故可求出∠2的补角【详解】∵∠1与∠2为对顶角，∴∠1=∠2=45°，∴∠2的补角的度数为180°-∠2=135°故选C【点睛】此题主要考查补角的求解，解题的关键是熟知对顶角相等.5、D【解析】

∵边长为1的正方形对角线长为：，∴OA=∵A在数轴上原点的左侧，∴点A表示的数为负数，即．故选D6、D【解析】解：在平面内，点的位置是由一对有序实数确定的，只有D能确定一个位置，故选D．点睛：本题考查了在平面内，如何表示一个点的位置的知识点．7、B【解析】

绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【详解】0.0000105=1.05×10-5，故选B．【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．8、C【解析】

根据“车”的位置，向右2个单位，向下3个单位确定出坐标原点，建立平面直角坐标系，然后写出“炮”的坐标即可．【详解】解：∵“车”的坐标为（-2，3），“马”的坐标为（1，3），

∴建立平面直角坐标系如图，

∴“炮”的坐标为（3，2）．

故选：C．【点睛】本题考查了坐标位置的确定，确定出坐标原点的位置是解题的关键．9、C【解析】试题分析：根据题意画出图形即可．解：根据题意可得图形，故选C．点评：此题主要考查了垂线，关键是掌握垂线的定义：当两条直线相交所成的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线互相垂直，其中一条直线叫做另一条直线的垂线，它们的交点叫做垂足．10、B【解析】试题解析：A.是二元二次方程，故不符合题意；B.是二元一次方程，故符合题意；C.是分式方程，故不符合题意；D.是二元二次方程，故不符合题意；故选B.点睛：含有一个未知数，未知数的最高次数是1的整数方程叫做二元一次方程.11、D【解析】

根据因式分解的定义逐个判断即可．【详解】A、不是因式分解，故本选项不符合题意；B、不是因式分解，故本选项不符合题意；C、不是因式分解，故本选项不符合题意；D、是因式分解，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】此题考查因式分解的定义，能熟记因式分解的定义的内容是解题的关键，注意：把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．12、D【解析】本题主要考查了有理数和无理数以及数轴.根据概念判定A.有限小数是有理数，故错误；B.无限不循环小数是无理数，故错误；C.数轴上的点与实数一一对应，故错误；D.数轴上的点与实数一一对应，正确；故选D二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13、.【解析】

先将计算乘方，再计算乘法，最后计算减法.【详解】，故填：.【点睛】此题考查有理数的计算，先将计算乘方，再计算乘法，最后计算减法.14、FDDE【解析】

分别画出C、D、E、F中每两点所在直线，再根据平行与垂直的定义结合图形即可．【详解】解：分别画出C、D、E、F中每两点所在直线，如图所示：与线段AB平行的线段是FD，与线段AB垂直的线段是DE．故答案为：FD，DE．【点睛】此题考查了平行线的判定方法和垂直的定义，画出图形是解决这类题目较好的方法．15、或【解析】

点P到两坐标轴的距离相等就是横纵坐标相等或互为相反数，就可以得到方程求出a的值，从而求出点的坐标．【详解】解：∵点P到两坐标轴的距离相等就是横纵坐标相等或互为相反数，

∴分以下两种情考虑：

①横纵坐标相等时，即当2−a＝3a＋6时，解得a＝−1，

∴点P的坐标是（3，3）；

②横纵坐标互为相反数时，即当（2−a）＋（3a＋6）＝0时，解得a＝−4，

∴点P的坐标是（6，−6）．

故答案为（3，3）或（6，−6）．【点睛】本题考查了点到坐标轴的距离，解题的关键是理解点P到两坐标轴的距离相等就是横纵坐标相等或互为相反数．16、1．【解析】

利用三角形三边关系定理，先确定第三边的范围，进而就可以求出第三边的长．【详解】设第三边为acm，根据三角形的三边关系可得：1-2＜a＜1+2．即：8＜a＜12，由于第三边的长为偶数，则a=1．故答案为：117、（3，﹣3）．【解析】

根据第二、四象限角平分线上点的坐标特征得到9﹣a+3﹣a＝0，然后解方程即可．【详解】∵点P在第二、四象限角平分线上，∴9﹣a+3﹣a＝0，∴a＝6，∴A点的坐标为（3，﹣3）．故答案为：（3，﹣3）．【点睛】本题考查了坐标与图形性质：解题的关键是利用坐标特征判断线段与坐标轴的位置关系；记住坐标轴和第一、三象限角平分线、第二、四象限角平分线上点的坐标特征．三、解答题（本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18、（1）3x（x﹣1）；（1）（x+4y）1（x﹣4y）1．【解析】

（1）直接提取公因式3x，进而分解因式得出答案；（1）直接利用平方差公式以及结合完全平方公式分解因式得出答案．【详解】解：（1）3x1﹣6x＝3x（x﹣1）；（1）（x1+16y1）1﹣64x1y1＝（x1+16y1+8xy）（x1+16y1﹣8xy）＝（x+4y）1（x﹣4y）1．【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．19、(1)20.(2)1100,40.(3)周老师从学校到家平均速度为米/分.【解析】

（1）根据函数图象和题中给出的信息算出a的值；（2）根据函数图象和题中给出的信息算出b，c的值；

（3）根据等式“时间=路程速度”分段求出时间，再累加起来算出到家的时间．【详解】(1)900÷45=20(分).a=20.故答案为：20.

(2)周老师停留地点离他家路程为：2000−900=1100(米)，b=1100，c=20+20=40；故答案为：1100,40.(3)(分).周老师从学校到家的平均速度为米/分.答：周老师从学校到家平均速度为米/分.【点睛】考查了函数的图象，为综合应用类题目，考查学生的理解能力以及对图象的识别能力.20、（1）AB∥CD；（2）∠ABE=30°；（3）②∠MGN的度数为15°不变，证明见解析.【解析】

（1）根据内错角相等，两直线平行证明即可；

（2）先由角平分线的定义可得：∠CDF＝∠CDE=35°，∠ABE=2∠ABF，然后根据两直线平行内错角相等，可得：∠2=∠CDF=35°，然后利用三角形外角的性质求出∠ABF的度数，进而可求∠ABE的度数；

（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠1=∠BPG+∠B，再根据平行线的性质以及角平分线的定义表示出∠MGP、∠DPQ，根据两直线平行，内错角相等可得∠NGP=∠GPQ，然后列式表示出∠MGN=∠B，从而判定②正确．【详解】（1）结论：AB∥CD．

证明：∵AC平分∠DAB，

∴∠1=∠CAB，

∵∠1=∠2，

∴∠2=∠CAB，

∴AB∥CD；

（2）解：如图2，

∵BF平分∠ABE，DF平分∠CDE，

∴∠CDF＝∠CDE=35°，∠ABE=2∠ABF，

∵CD∥AB，

∴∠2=∠CDF=35°，

∵∠2=∠DFB+∠ABF，∠DFB=20°，

∴∠ABF=15°，

∴∠ABE=2∠ABF=30°；

（3）解：②结论MGN的度数为15°不变．如图3，根据三角形的外角性质，∠1=∠BPG+∠B，

∵PQ平分∠BPG，GM平分∠DGP，

∴∠GPQ=∠BPG，∠MGP=∠DGP，

∵AB∥CD，

∴∠1=∠DGP，

∴∠MGP=（∠BPG+∠B），

∵PQ∥GN，

∴∠NGP=∠GPQ=∠BPG，

∴∠MGN=∠MGP-∠NGP=（∠BPG+∠B）-∠BPG=∠B，

根据前面的条件，∠B=30°，

∴∠MGN=×30°=15°，

∴①∠DGP-∠MGN的值随∠DGP的变化而变化；②∠MGN的度数为15°不变．【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，综合性较强，难度较大，仔细分析图形，理清各角度之间的关系是解题的关键，也是本题的难点．21、（1）（0，4），（1，0），（1，1）；（1）存在，t＝1；（3）的值不变，其值为1．【解析】

（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，求得a，b的值，再利用中点坐标公式即可得出答案；（1）先得出CP＝t，OP＝1﹣t，OQ＝1t，AQ＝4﹣1t，再根据S△ODP＝S△ODQ，列出关于t的方程，求得t的值即可；（3）过H点作AC的平行线，交x轴于P，先判定OG∥AC，再根据角的和差关系以及平行线的性质，得出∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠1，∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠1+∠4，最后代入进行计算即可．【详解】解：（1）∵．∴a﹣1b＝0，b﹣1＝0，解得a＝4，b＝1，∴A（0，4），C（1，0）；∴x＝＝1，y＝＝1，∴D（1，1）．故答案为（0，4），（1，0），（1，1）．（1）如图1中，由条件可知：P点从C点运动到O点时间为1秒，Q点从O点运动到A点时间为1秒，∴0＜t≤1时，点Q在线段AO上，即CP＝t，OP＝1﹣t，OQ＝1t，AQ＝4﹣1t，∴S△DOP＝OP•yD＝（1﹣t）×1＝1﹣t，S△DOQ＝OQ•xD＝×1t×1＝t，∵S△ODP＝S△ODQ，∴1﹣t＝t，∴t＝1；（3）的值不变，其值为1．理由如下：如图1中，∵∠1+∠3＝90°，又∵∠1＝∠1，∠3＝∠FCO，∴∠GOC+∠ACO＝180°，∴OG∥AC，∴∠1＝∠CAO，∴∠OEC＝∠CAO+∠4＝∠1+∠4，如图，过H点作AC的平行线，交x轴于P，则∠4＝∠PHC，PH∥OG，∴∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠1，∴∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠1+∠4，∴＝，＝，＝1．【点睛】本题考查三角形综合题、非负数的性质、三角形的面积、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．22、（1）；（2）,理由见解析；（3）,理由见解析【解析】

（1）如图①，将∠BAC=90°，∠DAC=30°代入∠BAD=∠BAC-∠DAC，求出∠BAD．在△ABC中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=45°，根据三角形外角的性质得出∠ADC=∠ABC+∠BAD=105°，在△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED=75°，那么∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°；（2）如图②，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=45°，∠ADE=∠AED=.根据三角形外角的性质得出∠CDE=∠ACB-∠AED=，再由∠BAD=∠DAC-∠BAC得到∠BAD=n-90°，从而得出结论∠BAD=2∠CDE；（3）如图③，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=45°，∠ADE=∠AED=．根据三角形外角的性质得出∠