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期中检测卷-2024-2025学年数学七年级下册人教版（2024）
一、单选题
1．在，，，，，这六个数中，无理数有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．点向上平移5个单位长度，下列说法正确的是（ ）
A．点P的横坐标加5，纵坐标不变
B．点P的横坐标不变，纵坐标加5
C．点P的横坐标减5，纵坐标不变
D．点P的横坐标不变，纵坐标减5
3．对于命题“如果，那么”，能说明这个命题是假命题的是( )
A．， B．，
C．， D．，
4．下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，直线，相交于点，，平分，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点在的延长线上，对于给出的四个条件：①；②；③；④．其中能判断的有（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
7．如图是小辰在网格中绘制的靖边县的部分旅游景点，若“①靖边县城市运动公园”的坐标是，“⑤天赐大峡谷”的坐标是，则“②陕西波浪谷景区→③统万城国家考古遗址公园→④靖边县乌云山文圣文化旅游景区”的坐标可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．如图，在四边形中，，连接，平分，点为延长线上一点，连接，的平分线交的延长线于点，交于点，且．则与之间的数量关系为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．把命题“平行于同一条直线的两条直线互相平行”改写成“如果…，那么…”的形式为 ．
10．比较大小： ．(填“”，“”或“”)
11．如图，已知，，则
12．面积为的期刊阅览室恰好被200块面积相同的正方形地砖铺满，每块地砖的边长是 ．
13．如图，将向右平移后得到（点、、、在同一条直线上），如果的周长是，四边形的周长是，那么平移的距离为 ．
14．如图，将面积为6的正方形放在数轴上，以表示的点为圆心，以正方形的边长为半径作圆，交数轴于点A，B两点，则点A表示的数为 ．
15．如图，围棋盘放置在某个平面直角坐标系中，白棋②的坐标为，黑棋④的坐标为，那么黑棋①的坐标应该是 ．
16．如图，，点 E ， F 在直线 上 （F 在 E 的左侧），点 G 在直线上， ，垂足为H ， P 为 线段上的一动点，连接，，与的角平分线交于点 Q ，且点 Q 在直线 之间的区域，则： ．
三、解答题
17．计算：
(1)．
(2)．
18．解方程：
(1)；
(2)．
19．如图，直线与相交于点，是的平分线，，．
(1)如果，求的度数；
(2)设，求证：．
20．如图，每个小正方形格子的边长为1个单位长度，在平面直角坐标系中有一个三角形，且三个顶点都在格点（横、纵坐标均为整数的点）上，点的坐标为．
(1)将三角形先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度后得到三角形，写出点，，的坐标，并画出三角形；
(2)点在三角形边上，按（1）中的步骤平移后，点的对应点的坐标为___________．
21．完成下面的推理：已知，如图，试说明：．
解：
（ ）
___________（ ）
又（已知）
___________（ ）
___________（ ）
（ ）
即．
22．小明制作了一张面积为的正方形贺卡．现有一个长方形信封如图所示，该信封的长、宽之比为，面积为．
(1)求长方形信封的长和宽．
(2)小明能将贺卡不折叠就直接放入此信封吗？请通过计算给出判断．
23．探究感知
（1）如图1，，，，求的度数；
类比应用
（2）如图2是一盏可以伸缩的台灯达到最佳照明角度的示意图，已知灯头与支架平行，与平行，支架与水平线的夹角，两支架和的夹角．请分别求出和的度数．
24．如图所示，已知，，将线段先向上平移5个单位长度，再向左平移若干个单位长度，使点的对应点恰好落在轴上，此时点的对应点为点．
(1)点和点的坐标分别是：（_____，_____），（_____，_____）；
(2)点是线段上的一点（不与点，重合），其坐标为，线段平移后点的对应点为点，连接，用含的代数式表示的面积，并直接写出面积的取值范围；
(3)若将四边形沿着轴的方向平移3个单位长度，，，，的对应点分别为，，，，四边形中与四边形不重叠部分的面积是20.4，已知四边形的边与四边形的边的公共点（不在轴上）为，求点的坐标．
《期中检测卷-2024-2025学年数学七年级下册人教版（2024）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B D C D B C C
1．B
【分析】本题考查无理数的识别，算术平方根与立方根，常见的无理数有：开不尽方的数，消不掉的数，有一定规律的无限不循环小数，这是解题的关键．根据无理数的定义判定即可．
【详解】在，，，，，这六个数中，
无理数有在， ， 共3个，
故选：B．
2．B
【分析】本题主要考查了坐标系中点的平移坐标变化，熟练掌握其平移原则是解题的关键．
坐标系中的点上下平移时：横坐标不变，向正方向平移几个单位长度，纵坐标就加几，向负方向平移几个单位长度，纵坐标就减几．
【详解】解：点向上平移5个单位长度，根据平移的性质，点P的横坐标不变，纵坐标加5，
故选：B．
3．D
【分析】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握举反例说明假命题的方法．将四个中的值代入验证即可．
【详解】解：A、，，满足“如果，那么”，故不能说明命题为假命题，故不符合题意；
B、，且，满足“如果，那么”，故不能说明命题为假命题，故不符合题意；
C、，且，此时不但不满足，也不满足不成立，故不能说明命题为假命题，故不符合题意；
D、，且，此时满足，但不能满足，即意味着命题“如果，那么”不能成立，故符合题意．
故选：D．
4．C
【分析】本题考查了立方根的定义、算术平方根的定义根据立方根的定义、算术平方根的定义逐一判断即可．
【详解】解：A． 因为，所以，故该选项不正确，不符合题意；
B． ，故该选项不正确，不符合题意；
C． ，故该选项正确，符合题意；
D． ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
5．D
【分析】本题主要考查了垂线的定义，角平分线的定义，对顶角的性质，先由垂线的定义得到，则可求出，再由角平分线的定义求出的度数，即可利用平角的定义求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
故选：D．
6．B
【分析】本题考查平行线的判定，根据平行线的判定定理判断求解即可．解答本题的关键是明确平行线的判定方法．
【详解】解：，
，不能得到，故①不符合题意；
，
，故②符合题意；
，，
，
，故③符合题意；
，
，不能得到，故④不符合题意；
故选：B．
7．C
【分析】本题考查了实际问题中用坐标表示位置，先理解①靖边县城市运动公园”的坐标是，“⑤天赐大峡谷”的坐标是，再建立平面直角坐标系，然后逐个读取其他旅游景点的坐标，即可作答．
【详解】解：∵①靖边县城市运动公园”的坐标是，“⑤天赐大峡谷”的坐标是，
∴建立下图所示的平面直角坐标系：
∴②陕西波浪谷景区→③统万城国家考古遗址公园→④靖边县乌云山文圣文化旅游景区”的坐标可能是，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查平行线的判定和性质，与角平分线有关的计算，根据平行线的性质，结合角平分线平分角，得到，根据平角的定义结合垂直和角平分线，推出，得到，进而得到，即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，的平分线交的延长线于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
故选C．
9．如果两条直线平行于同一条直线，那么这两条直线互相平行
【分析】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题，命题由题设和结论两部分组成；准确找出题设和结论是解题关键．
根据命题由题设和结论两部分组成，通常写成“如果…那么…”的形式．“如果”后面接题设，“那么”后面接结论即可求解．
【详解】解：命题“平行于同一条直线的两条直线互相平行”改写成“如果…，那么…”的形式为“如果两条直线平行于同一条直线，那么这两条直线互相平行”，
故答案为：如果两条直线平行于同一条直线，那么这两条直线互相平行．
10．
【分析】本题考查了实数大小的比较，根据实数比较大小的方法，同时平方，再比较大小，即可求解．
【详解】解：∵，即，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平行线的性质，根据“两直线平行同位角相等”，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故答案为：．
12．0.8/
【分析】本题考查了平方根的应用，设每块地砖的边长是，则，然后求解即可．熟练掌握平方根的定义是解题的关键．
【详解】解：设每块地砖的边长是，
则，
解得或（舍去），
所以每块地砖的边长是，
故答案为：0.8．
13．2
【分析】本题主要考查了平移的性质，根据平移的性质可得，再由三角形周长计算公式和四边形周长计算公式得到，据此根据线段的和差关系求出的长即可得到答案．
【详解】解：由平移的性质可得，
∵的周长是，四边形的周长是，
∴，
∴，
∴，
∴平移的距离为，
故答案为：2．
14．/
【分析】本题考查了实数与数轴，算术平方根的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键，先算出正方形的边长为，依题意得，结合“以表示的点为圆心，以正方形的边长为半径作圆”得出点A表示的数为，即可作答．
【详解】解：∵将面积为6的正方形放在数轴上，以表示的点为圆心，以正方形的边长为半径作圆，
∴正方形的边长为，
∴，
由数轴得出点A表示的数为，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查坐标确定位置，是基础考点，掌握由已知点建立直角坐标系是解题关键．根据白棋②和黑棋④的坐标建立直角坐标系，再确定黑棋①的坐标．
【详解】解：如图，黑棋①的坐标应该是．
故答案为：．
16．/度
【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，过点作，利用平行线的性质可得，根据角平分的定义可得，，再根据三角形内角和定理，根据，结合利用平行线的性质进行求解即可．
【详解】解：如图，过点作，
，
，
，，
，
，
，
∴，
与的角平分线交于点，
∴，，
∵，
∴
，
∵，
∴，
即，
∴；
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了实数的运算，涉及求一个数的算术平方根和立方根，掌握运算法则，正确计算是解题的关键．
（1）先由乘法分配律计算和化简绝对值，再进行加减计算；
（2）分别计算算术平方根和立方根，再进行加减计算．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
18．(1)
(2)或
【分析】此题主要考查了利用平方根和立方根的意义解方程，解题的关键是熟练掌握平方根和立方根的意义．
（1）利用立方根的意义求出，然后解方程即可；
（2）利用平方根的意义求出或，然后解方程即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
或
解得或．
19．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了对顶角的性质，互余的性质，角平分线的定义等知识，熟练利用这两个性质是解题的关键．
（1）由对顶角相等得，再利用互余关系即可求解；
（2）由对顶角的性质及互余的性质得，再由是的平分线，得，从而得，利用互余的性质得，从而得证．
【详解】（1）解：∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
即，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴．
20．(1)图见解析，，，
(2)
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，，正确得出对应点位置是解题关键．
（1）根据“上加下减，左减右加”的平移规律得到，，的坐标，描出，，，并顺次连接，，即可；
（2）根据“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，，，；
（2）解：∵将三角形先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度后得到三角形，点在三角形边上，
∴按（1）中的步骤平移后，点的对应点的坐标为．
21．同旁内角互补，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；；内错角相等，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；等式的性质
【分析】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握平行线的判定与性质．根据平行线的判定与性质即可完成推理过程．
【详解】解：
（同旁内角互补，两直线平行）
（两直线平行，内错角相等）
又（已知）
（内错角相等，两直线平行）
（两直线平行，内错角相等）
（等式的性质）
即．
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；；内错角相等，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；等式的性质．
22．(1)长方形信封的长为，宽为
(2)不能，理由见解析
【分析】本题考查算术平方根的实际应用：
（1）设长方形信封的长为，宽为，利用面积公式列出方程进行求解即可；
（2）求出正方形的边长，比较长方形的宽和正方形的边长的大小关系即可得出结果．
【详解】（1）解：设长方形信封的长为，宽为．
由题意，得，
∴，负值舍去
∴，．
答：长方形信封的长为，宽为．
（2）不能，
理由：面积为的正方形贺卡的边长是．
∵，，
∴，即信封的宽小于正方形贺卡的边长，
∴小明不能将这张贺卡不折叠就放入此信封．
23．（1）；（2），
【分析】本题考查了平行线的性质，掌握平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）如图，过点作直线，先求出，再由，可得， 可得，且，从而求得，最后再由，求出的度数；
（2）过点作直线，可得，再求出，得出，再由平行线的性质可得，，从而得出，最后再求解即可．
【详解】解：（1）如图，过点作直线，
，
，
．
，
，
，且，
，
，
；
（2）如图，过点作直线，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
，
．
24．(1)；
(2)，；
(3)点的坐标为或
【分析】本题考查了图形与坐标，列代数式，平移的性质，熟练利用数形结合思想是解题的关键．
（1）根据平移的性质即可解答；
（2）根据三角形面积公式即可解答；
（3）分两种情况分别画出图形，利用梯形面积公式即可解答．
【详解】（1）解：，，
，
线段先向上平移5个单位长度且点的对应点恰好落在轴上，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当四边形沿着轴向上平移3个单位长度时，
，将四边形沿着轴的方向平移3个单位长度得到四边形，
，，，
四边形中与四边形不重叠部分的面积是20.4，
即梯形的面积为，
，
，
；
如图，当四边形沿着轴向下平移3个单位长度时，
，将四边形沿着轴的方向平移3个单位长度得到四边形，
，，
四边形中与四边形不重叠部分的面积是20.4，
即六边形的面积为，
梯形的面积等于六边形的面积为，
，
，
,
综上所述，的坐标为或．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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