上海市杨浦区2018-2019学年七年级下学期期末数学试题(解析版)

上海市杨浦区2018-2019学年七年级下学期期末数学试题一、填空题（本大题共14小题，每小题2分，满分28分）1.若x3=8，则x=___．【答案】2【解析】试题分析：根据立方根的定义，求数a的立方根，也就是求一个数x，使得x3=a，则x就是a的一个立方根：∵23=8，∴8的立方根是2．2.1的四次方根是___________．【答案】±1【解析】【分析】根据(±1)4=1，即可得到答案．【详解】∵(±1)4=1，∴1的四次方根是：±1．故答案是：±1．【点睛】本题主要考查四次方根的意义，掌握四次方运算与开四次方运算是互逆运算，是解题的关键．3.计算：=__________．【答案】9【解析】【分析】根据分数指数幂运算法则，即可求解．【详解】．故答案是：9．【点睛】本题在主要考查分数指数幂的运算法则，掌握运算法则是解题的关键．4.用计算器比较大小：－π－．（在横线上填写“＞”、“＜”或“=”）【答案】＞.【解析】【分析】求出π和的近似值，根据两负数比较法则比较即可．【详解】解：-π=-3.142，-=-3.162，∴-π＞-，故答案为＞．【点睛】本题考查了对无理数的大小比较的应用，负数的比较法则：先求出每个负数的绝对值，其绝对值大的反而小．5.如图，=_________．【答案】a【解析】【分析】根据求绝对值法则和二次根式的性质，即可求解．【详解】由数轴可知：，∴，∴原式===a．故答案是：a．【点睛】本题主要考查求绝对值法则和二次根式的性质，掌握求绝对值法则和二次根式的性质，是解题的关键．6.计算：=____________．【答案】【解析】【分析】根据二次根式的乘法运算法则，即可求解．【详解】原式=．故答案是：【点睛】本题主要考查二次根式的乘法运算法则，掌握二次根式的乘法运算法则，是解题的关键．7.上海迪士尼乐园是中国大陆首座迪士尼乐园，2016年6月16日开园，其总面积约为平方米，这个近似数有________个有效数字．【答案】3【解析】【分析】根据近似数的有效数字的定义，即可得到答案【详解】∵的有效数字为：3、9、0，∴近似数有3个有效数字．故答案是：3．【点睛】本题主要考查近似数的有效数字，掌握“从左边第一个不是0的数字起，后面所有的数字都是有效数字，用科学记数法表示的数的有效数字只与前面的a有关，与10的多少次方无关”是解题的关键．8.在平面直角坐标系中，点A（2，1）关于x轴对称的点的坐标是_____．【答案】（2，﹣1）【解析】【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，﹣y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．【详解】解：点（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，﹣1），故答案为（2，﹣1）．【点睛】熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特点是本题的解题关键.关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．关于y轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数．9.在平面直角坐标系中，经过点Q（1，-5）且垂直于y轴的直线可以表示为直线_______________．【答案】【解析】【分析】根据经过点Q（1，-5）且垂直于y轴的直线上任意点的纵坐标都为-5，即可得到答案．【详解】由题意得：经过点Q(1，-5)且垂直于y轴的直线可以表示为:直线．故答案是：．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中，与坐标轴平行的直线的解析式，掌握与x轴平行的直线解析式为y=a（a为常数），是解题的关键．10.如图，直线AB，CD相交于点O，OE平分∠BOC，已知∠COE＝65°，则∠BOD＝________°.【答案】50【解析】【分析】首先根据角平分线定义可得∠BOC=2∠COE，再根据邻补角互补可得∠AOC的度数，由对顶角相等可得答案．【详解】∵OE平分∠BOC，

∴∠BOC=2∠COE=65°×2=130°，

∴∠AOC=180°-130°=50°，

∴∠BOD=50°，

故答案为50．【点睛】本题考查了对顶角性质、角平分线性质，以及邻补角，关键是掌握角平分线把这个角分成相等的两个角．11.如图，直线a、b被直线c所载，a//b，已知，则=______︒【答案】120【解析】【分析】由a∥b，得，进而即可求解．【详解】∵a∥b，，∴，∴．故答案是：120【点睛】本题主要考查平行线的性质定理和平角的定义，掌握两直线平行，同位角相等，是解题的关键．12.如图，如果∠________＝∠________，那么根据____________可得AD∥BC.(写出一个正确的就可以)【答案】(1).5(2).B(3).同位角相等，两直线平行（答案不唯一）【解析】【分析】根据平行线的判定方法解答即可．【详解】如果∠5=∠B，那么根据（同位角相等，两直线平行）可得AD∥BC，或：如果∠1=∠3，那么根据（内错角相等，两直线平行）可得AD∥BC．故答案为5，B，同位角相等，两直线平行．【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键．13.如图，已知在中，AB=AC，点D在边BC上，要使BD=CD，还需添加一个条件，这个条件是_____________________．（只需填上一个正确的条件）【答案】AD⊥BC【解析】【分析】根据等腰三角形“三线合一”，即可得到答案．【详解】∵在中，AB=AC，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形“三线合一”，是解题的关键．14.在△ABC中，AB=AC，把△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕交AB于点M，交BC于点N．如果△CAN是等腰三角形，则∠B度数为___________．【答案】或．【解析】【详解】MN是AB的中垂线，则△ABN是等腰三角形，且NA=NB，即可得到∠B=∠BAN=∠C．然后对△ANC中的边进行讨论，然后在△ABC中，利用三角形内角和定理即可求得∠B的度数．解：∵把△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕交AB于点M，交BC于点N，∴MN是AB的中垂线．∴NB=NA．∴∠B=∠BAN，∵AB=AC∴∠B=∠C．设∠B=x°，则∠C=∠BAN=x°．1）当AN=NC时，∠CAN=∠C=x°．则在△ABC中，根据三角形内角和定理可得：4x=180，解得：x=45°则∠B=45°；2）当AN=AC时，∠ANC=∠C=x°，而∠ANC=∠B+∠BAN，故此时不成立；3）当CA=CN时，∠NAC=∠ANC=．在△ABC中，根据三角形内角和定理得到：x+x+x+=180，解得：x=36°．故∠B的度数为45°或36°．二、选择题（本大题共6题，每小题2分，满分12分）15.在0、（它的位数无限且相邻两个“3”之间“7”的个数依次加1个），这十个数中，无理数的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据无理数的定义，即可得到答案【详解】∵0、是有理数；（它的位数无限且相邻两个“3”之间“7”的个数依次加1个）是无理数，∴无理数的个数有4个．故选D．【点睛】本题主要考查无理数的定义，掌握无限不循环小数是无理数，是解题的关键．16.下列运算中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据二次根式的性质以及二次根式的运算法则，即可得到答案．【详解】∵不是同类二次根式，不能合并，∴A错误；∵，∴B错误；∵，∴C错误；∵；∴D正确．故选D.【点睛】本题主要考查二次根式的性质以及二次根式的运算法则，掌握二次根式的性质以及二次根式的运算法则，是解题的关键．17.如图，在中，，且于点D，，那么下列说法中错误的是（）A.直线AB与直线BC的夹角为 B.直线AC与直线AD的夹角为C.点C到直线AD的距离是线段CD的长 D.点B到直线AC的距离是线段AB的长【答案】B【解析】【分析】根据点到直线的距离概念与两直线的夹角概念，即可得到答案．【详解】∵，∴直线AB与BC的夹角为，∴A不符合题意；∵，且，∴，即：直线AC与AD夹角为，∴B符合题意；∵点C到直线AD的距离是线段CD的长，∴C不符合题意；∵点B到直线AC的距离是线段AB的长，∴D不符合题意；故选B．【点睛】本题主要点到直线的距离概念与两直线的夹角概念，掌握点到直线的距离概念是解题的关键．18.下列说法中，正确的有（）①如果两条直线被第三条直线所载，那么内错角相等；②经过直线外的一点，有且只有一条直线与已知直线平行；③联结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短；④如果两个角相等，那么这两个角是对顶角．A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【答案】C【解析】【分析】根据平行线的性质定理，平行线公理，垂线段的性质定理，对顶角的定义，即可得到答案．【详解】∵两直线平行，内错角相等，∴①错误；∵经过直线外的一点，有且只有一条直线与已知直线平行，∴②正确；∵联结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，∴③正确；∵如果两个角相等，这两个角不一定是对顶角，还要强调位置关系，∴④错误；故选C．【点睛】本题主要考查平行线的性质定理，平行线公理，垂线段的性质定理，对顶角的定义，掌握上述的定理和性质是解题的关键．19.下列长度的三根木棒，不能构成三角形框架的是（）A.7cm，10cm，4cm B.5cm，7cm，11cmC.5cm，7cm，10cm D.5cm，10cm，15cm【答案】D【解析】【分析】根据三角形的三边长关系，逐一判断选项，即可得到答案．【详解】∵4+7>10，∴7cm，10cm，4cm的木棒能构成三角形；∵5+7>11，5cm，7cm，11cm的木棒能构成三角形；∵5+7>10，∴5cm，7cm，10cm的木棒能构成三角形；∵5+10=15，∴5cm，10cm，15cm的木棒不能构成三角形．故选D．【点睛】本题主要考查三角形的三边长关系，掌握三角形任意两边之和大于第三边，是解题的关键．20.在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，点A、B是方格纸中的两个格点（即正方形的顶点），在这个5×5的方格纸中，找出格点C使△ABC的面积为2个平方单位，则满足条件的格点C的个数是（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】A【解析】如图所示：满足条件的C点有5个．故选A．三、简答题（本大题共6题，每小题5分，满分30分）21.计算：；【答案】．【解析】【分析】根据立方根和算术平方根的定义，即可求解．【详解】原式===．【点睛】本题主要考查立方根与算术平方根的混合运算，掌握立方根和算术平方根的定义是解题的关键．22.计算：；【答案】．【解析】【分析】根据实数的混合运算法则，即可求解．【详解】原式===．【点睛】本题主要考查实数的混合运算法则，掌握分数指数幂与零次幂的性质，是解题的关键．23.利用幂的运算性质计算：．【答案】6．【解析】【分析】根据同底数幂的运算法则，即可求解．【详解】原式====．【点睛】本题主要考查同底数幂的运算法则以及分数指数幂的性质，掌握“同底数幂相乘，底数不变，指数相加”是解题的关键．24.如图，点A、B、C和点D、E、F分别在同一直线上，，，试说明相等的理由．解：因为（已知）所以DF//AC（）所以（）又因为（已知），所以．所以//；所以；又；所以．【答案】见解析．【解析】【分析】根据平行线的性质和判定定理，即可得到答案．【详解】因为（已知）所以DF//AC（内错角相等，两直线平行．）所以（两直线平行，内错角相等）又因为（已知），所以．所以DB//CE；所以；又；所以．【点睛】本题主要考查平行线的性质和判定定理，掌握内错角相等，两直线平行和两直线平行，内错角相等，是解题的关键．25.如图，在中，已知，，，试把下面运用“叠合法”说明和全等的过程补充完整：说理过程：把放到上，使点A与点重合，因为，所以可以使，并使点C和在AB（）同一侧，这时点A与重合，点B与重合，由于，因此，；由于，因此，；于是点C（射线AC与BC的交点）与点（射线与的交点）重合，这样．【答案】见解析．【解析】【分析】根据“叠合法”说明两三角形全等即可．【详解】说理过程：把放到上，使点A与点重合，因为，所以可以使AB与重合，并使点C和在AB（）同一侧，这时点A与重合，点B与重合，由于，因此，射线AC与射线叠合；由于，因此，射线BC与射线叠合；于是点C（射线AC与BC的交点）与点（射线与的交点）重合，这样重合，即全等．【点睛】本题主要考查三角形全等的定义，掌握“叠合法”说明三角形全等，是解题的关键．26.如图，在中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，以大于的长为半径作弧，以点C为圆心，同样长为半径作弧，两弧分别相交于点M、N；②作直线MN分别交AB、BC于点D、E，连接CD．则直线MN和BC的关系是．若CD=CA，，求的度数．【答案】直线MN垂直平分BC；105°．【解析】【分析】根据尺规作图，可得直线MN和BC的关系，根据中垂线的性质定理和三角形外角的性质，即可求解.【详解】根据尺规作图，可知：直线MN垂直平分BC，故答案是：：直线MN垂直平分BC；∵CA=CD，∴，∴，∵直线MN垂直平分BC，∴DB=DC，∴，又∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查线段的垂直平分线的尺规作图以及垂直平分线的性质和三角形外角的性质，掌握垂直平分线的性质，是解题的关键．四、解答题（本大题共3小题，每小题6分，满分18分）27.如图，AC与BD相交于E，且AC=BD．（1）请添加一个条件能说明BC=AD，这个条件可以是：；（2）请你选择（1）中你所添加的一个条件，说明BC=AD的理由．【答案】（1）（2）理由见解析．【解析】【分析】（1）根据AAS判定三角形全等，即可得到答案；（2）根据三角形全等的判定定理和性质定理，即可得到结论．【详解】（1）由题意得：这个条件可以是：，故答案是：；（2）在中，∵，∴（AAS），，，即：BC=AD．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定定理和性质定理，掌握AAS判定三角形全等是解题的关键．28.已知：如图，在中，AC=BC，点D在AB边上，DE//AC交BC边于点E，，垂足是D，交直线BC于点F，试说明是等腰三角形的理由．【答案】证明见解析．【解析】【分析】由与得，根据等角余角相等，可得，进而即可得到结论．【详解】，，，，，，，，∵，，，，即是等腰三角形．【点睛】本题主要考查平行线性质，余角的性质和等腰三角形的性质和判定定理，掌握等角的余角相等，是解题的关键．29.如图，在直角坐标平面内，已知点A坐标（-5，0）．（1）写出图中B点的坐标；（2）若点B关于原点对称的点是C，则的面积是；（3）在平面直角坐标系中找一点D，使为等腰直角三角形，且以OB为直角边，则点D的坐标是．【答案】（1）（-3，4）；（2）20；（3）．【解析】【分析】（1）根据点B在坐标系的位置，即可得到答案；（2）先画出点C，再根据割补法和三角形的面积公式，即可求解；（3）先在坐标系中画出点D的位置，再写出坐标即可．【详解】（1）由点B在坐标系的位置，可知：B点的坐标(-3，4)，故答案是：(-3，4)；（2）如图1所示：，故答案是：20；（3）如图2所示：符合要求点D的坐标为：．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中，点的坐标以及图形的面积，掌握点的坐标的定义和割补法求面积，是解题的关键．五、探究题（本题满分12分）30.在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），点A、B的对应点分别是点D、E．（1）如图1，当点D恰好落在边AB上时，试判断DE与AC的位置关系，并说明理由．（2）如图2，当点B、D、E三点恰好在一直线上时，旋转角α=__°，此时直线CE与AB的位置关系是__．（3）在（2）的条件下，联结AE，设△BDC的面积S1，△AEC的面积S2，则S1与S2的数量关系是_____．（4）如图3，当点B、D、E三点不在一直线上时，（3）中的S1与S2的数量关系仍然成立吗？试说明理由．【答案】（1）DE∥AC(2)120°，EC⊥AB；（3）S1=S2；(4)S1=S2仍然成立【解析】【分析】（1）由旋转性质可得∠EDC=∠BAC，DC=AC结合∠BAC=60°，可得△ADC是等边三角形，从而可得∠DCA=∠EDC=60°，由此可得DE∥AC；（2）如图2，在△ABC中，由∠C=90°，∠BAC=60°可得∠ABC=30°，延长EC交AB于点F，由旋转的性质可得CE=BE，∠E=∠ABC=30°，结合B、D、E的三点在同一直线上可得∠CBE=∠E=30°，从而可得旋转角∠BCE=120°，结合∠BCE=∠ABC+∠BFC，∠ABC=30°，可得∠BFC=90°，从而可得EC⊥AB；（3）如图2，过点D作DH⊥BC于点H，由∠DCF=∠ACB=90°易得∠ACF=∠DCH，结合∠AFC=∠DHC=90°，AC=DC可得△ACF≌△DCH，从而可得AF=DH，结合BC=EC即可得到S1=S2；（4）如图3，过D作DH⊥BC于H，过A作AG⊥EC交EC的延长线于G，与（3）同理可得△AGC≌△DHC，从而可