內江市隆昌市知行中學2022-2023學年七年級下學期第二次月考數學試題【帶答案】

隆昌市知行中學2022—2023學年度第二學期初中七年級第二次月考數學試題本試卷三個大題共22個小題，全卷滿分120分，考試時間120分鐘．注意事項：1．答題前，請考生務必將自己姓名．考號．班級等寫在試卷相應的位置上；2．選擇題選出答案后，用鋼筆或黑色水筆把答案標號填寫在選擇題答題卡的相應號上．一．選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．以下每小題都給出了A．B．C．D四個選項，其中只有一個是符合題目要求的．）1.下列方程中，是一元一次方程的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】只含有一個未知數、并且含未知數的項的次數是1的整式方程叫做一元一次方程，根據一元一次方程的定義逐項判斷即可.【詳解】解：A、不是一元一次方程；B、是一元一次方程；C、不是一元一次方程；D、不是一元一次方程；故選：B.【點睛】本題考查了一元一次方程的概念，屬于應知應會題型，熟知一元一次方程的定義是關鍵.2.觀察下列圖標，其中既是軸對稱圖形又是旋轉對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據軸對稱圖形和旋轉對稱圖形的定義逐項判斷即得答案．【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，是旋轉對稱圖形，故本選項不符合題意；B、不是軸對稱圖形，也不是旋轉對稱圖形，故本選項不符合題意；C、既軸對稱圖形又是旋轉對稱圖形，故本選項符合題意；D、既不是軸對稱圖形又不是旋轉對稱圖形，故本選項不符合題意；故選：C【點睛】本題考查軸對稱圖形及旋轉對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后能完全重合；旋轉對稱圖形的關鍵是尋找旋轉中心，圖形繞旋轉中心旋轉一定角度后，能夠和原來的圖形重合．3.如果一個三角形的兩邊長分別為5cm，10cm，那么這個三角形的第三邊的長可以是（）A.4cm B.5cm C.7cm D.16cm【答案】C【解析】【分析】根據三角形的三邊關系進行判斷即可．【詳解】解：由題意，得：第三邊，∴第三邊；故選C．【點睛】本題考查三角形的三邊關系，解題的關鍵是掌握三角形的任意兩邊之差小于第三邊，任意兩邊之和大于第三邊．4.如圖，圖案繞中心旋轉n度后能與原來的圖案互相重合，則n的最小值為（）A.30 B.60 C.90 D.120【答案】D【解析】【分析】該圖形被平分成三部分，因而每部分被分成的圓心角是，并且圓具有旋轉不變性，因而旋轉的整數倍，就可以與自身重合；【詳解】該圖形被平分成三部分，旋轉的整數倍，就可以與自身重合，故n的最小值為故選：D【點睛】本題考查旋轉對稱圖形的概念：把一個圖形繞著一個定點旋轉一個角度后，與初始圖形重合，這種圖形叫做旋轉對稱圖形，這個定點叫做旋轉對稱中心，旋轉的角度叫做旋轉角5.一個正多邊形的每個外角都是36°，這個正多邊形的邊數是【】A.9 B.10 C.11 D.12【答案】B【解析】【詳解】根據多邊形的外角和是360度，正多邊形的每個外角都是36°，得360°÷36°=10，即這個正多邊形的邊數是10．故選B．考點：多邊形的外角性質．6.若a＜b，則下列結論不一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由不等式的性質進行計算并作出正確的判斷．【詳解】A.在不等式a<b的兩邊同時減去1，不等式仍成立，即a?1<b?1，故本選項不符合題意；B.在不等式a<b的兩邊同時乘以2，不等式仍成立，即2a<2b，故本選項不符合題意；C.在不等式a<b的兩邊同時乘以,不等號的方向改變，即，故本選項不符合題意；D.當a=?5,b=1時,不等式a2<b2不成立，故本選項符合題意；故選D.【點睛】本題考查不等式的性質，在利用不等式的性質時需注意，在給不等式的兩邊同時乘以或除以某數（或式）時，需判斷這個數（或式）的正負，從而判斷改不改變不等號的方向.解決本題時還需注意，要判斷一個結論錯誤，只需要舉一個反例即可.7.下列方程的變形中，正確的是（）A.由，得 B.由，得C.由，得 D.由，得【答案】D【解析】【分析】根據移項、去分母及解方法方法逐一判斷即可．【詳解】解：A、由，得，則A選項錯誤，故A選項不符合題意；B、由，得，則B選項錯誤，故B選項不符合題意；C、由，得，則C選項錯誤，故C選項不符合題意；D、由，得，則D選項正確，故D選項符合題意，故選D．【點睛】本題考查了解一元一次方程，熟練掌握其一般步驟是解題的關鍵．8.要選用兩種不同的正多邊形地磚鋪地面，若已選擇了正四邊形，則可以再選擇以下（）A.正三邊形 B.正五邊形 C.正六邊形 D.正七邊形【答案】A【解析】【分析】根據多邊形內角和公式先算出每個多邊形的內角的度數，再根據正四邊形每個內角是，再從選項中看其一個頂點處角的和是否能組成，即可求出答案．【詳解】解：A、正三邊形每個內角，正四邊形每個內角是，三個正三角形和兩個正方形在一個頂點處能構成，則能鋪滿，故本選項正確；B、正五邊形每個內角，正四邊形每個內角是，在一個頂點處不能構成，則不能鋪滿，故本選項錯誤；C、正六邊形每個內角，正四邊形每個內角是，在一個頂點處不能構成，則不能鋪滿，故本選項錯誤；D、正七邊形的每個內角是，正四邊形每個內角是，在一個頂點處不能構成，則不能鋪滿，故本選項錯誤；【點睛】本題考查了平面鑲嵌，解題的關鍵是根據多邊形內角和公式算出每個正多邊形的內角的度數，根據一個頂點處角的和是否能組成一個周角進行判斷．9.關于x的方程變形正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據分數的基本性質把方程的左右兩邊的第一項變形即可.【詳解】解：方程可變形為：；故選：C.【點睛】本題考查了一元一次方程的求解，涉及到了分數的基本性質，即分數的分子分母同時擴大或縮小相同的倍數，分數的值不變，正確去掉分母是關鍵.10.某校勞動課學習制作娃娃和沙包，已知每米布可做娃娃25個或沙包40個．現有36米布料，完成后打算將1個娃娃和2個沙包配成一套禮物．布料沒有剩余，禮物也恰好成套．設做娃娃用了x米布，做沙包用了y米布，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據“每米布可做娃娃25個或沙包40個現有36米布料，完成后打算將1個娃娃和2個沙包配成一套禮物”，即可得出關于x、y的二元一次方程組，此題得解；【詳解】解：依題意得：故選：C【點睛】本題考查了由實際問題抽象出二元一次方程組，找準等量關系，正確列出二元一次方程組是解題關鍵11.一個多邊形截去一個角后，形成另一個多邊形的內角和為，那么原多邊形的邊數為（）A.5 B.5或6 C.6或7 D.5或6或7【答案】D【解析】【分析】根據內角和為可得：多邊形的邊數為六邊形，然后分情況求解即可．【詳解】解：如圖，剪切的三種情況：①不經過頂點剪，則比原來邊數多1，②只過一個頂點剪，則和原來邊數相等，③按照頂點連線剪，則比原來的邊數少1，設內角和為的多邊形的邊數是n，∴，解得：．則原多邊形的邊數為5或6或7．故選：D．【點睛】本題考查了多邊形的內角和定理，分三種情況討論是關鍵．12.如圖，在銳角三角形中，的面積15，平分交于點D，若分別是上的動點，則的最小值為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】過作于點，交于點，過點作于，則即為的最小值，再根據三角形的面積公式求出的長，即為的最小值；【詳解】過作于點，交于點，過點作于，如圖：∵平分于點于，∴，∴是最小值，此時與重合，與重合，∵三角形的面積為，∴，∴，即的最小值為6；故選：D【點睛】本題考查三角形中的最短路徑，解題的關鍵是理解的長度即為最小值二．填空題（每小題4分，共16分）13.已知關于x．y的二元一次方程組的解互為相反數，則k的值是___________．【答案】1【解析】【分析】由方程組的解互為相反數，得到，代入方程組計算即可求出k的值．【詳解】解：把代入方程組得：解得：，所以，故答案為：1．【點睛】此題考查了二元一次方程組的解，方程組的解即為能使方程組中兩方程都成立的未知數的值．14.若關于，的方程組的解滿足，的取值范圍為__________．【答案】【解析】【分析】由①②得，，根據已知條件，列出不等式，解不等式，即可求解．【詳解】解：①②得，∵∴即解得：，故答案為：．【點睛】本題考查了不等式與方程組的應用，加減法得出是解題的關鍵．15.如圖，中，若將沿方向移動至位置，此時測得，，則陰影部分的面積為_________．【答案】12【解析】【分析】根據平移的性質可得，進而可得陰影部分的面積梯形的面積，只要求出梯形的上底即可解決問題．【詳解】解：根據平移的性質可得：，，，∴陰影部分的面積梯形的面積，∵，∴，∴陰影部分的面積；故答案為：12．【點睛】本題考查了平移的性質，得出陰影部分的面積梯形的面積是解題的關鍵．16.如圖，若干全等正五邊形排成環(huán)狀．圖中所示的是前3個五邊形，要完成這一圓環(huán)還需_____個五邊形．【答案】7【解析】【分析】延長正五邊形的相鄰兩邊交于圓心，求得該圓心角的度數后，用360°除以該圓心角的度數即可得到正五邊形的個數，減去3后即可得到本題答案．【詳解】延長正五邊形的相鄰兩邊，交于圓心，∵正五邊形的外角等于360°÷5=72°，∴延長正五邊形相鄰兩邊圍成的角的度數為：180°-72°-72°=36°，∴360°÷36°=10，∴排成圓環(huán)需要10個正五邊形，故排成圓環(huán)還需7個五邊形．故答案為7．【點睛】本題考查了正五邊形與圓的有關運算，屬于層次較低的題目，解題的關鍵是正確地構造圓心角．三．解答題（共56分）17.解下列方程組和不等式組：（1）（2）（把解集在數軸上表示出來）．【答案】（1）；（2）無解，見解析．【解析】【分析】（1）利用加減消元法求出方程組的解即可；（2）分別求出不等式組中兩個不等式的解集，表示在同一數軸上即可．【小問1詳解】解：②得：③，①-③，得：，把代入②，得：，解得：，方程組的解為：，故答案是．【小問2詳解】解：解不等式①，得：，解不等式②，得：，將不等式①②的解集在同一數軸上表示如下：∴不等式組無解，故答案是不等式組無解．【點睛】考查了解二元一次方程組，解不等式組，熟練掌握各自的解法是解題的關鍵．18.如圖，在方格紙中，每個小正方形的邊長為1個單位長度，的頂點都在格點上．（1）畫出關于直線m對稱的，其中A，B，C的對應點分別為，，；（2）再將向右平移2格，向上平移1格得到，其中，，的對應點分別為，，；（3）又將繞點逆時針旋轉到位置．【答案】（1）見解析（2）見解析（3）見解析【解析】【分析】（1）根據網格結構找出點A，B，C關于直線m的對稱點，，的位置，然后順次連接即可；（2）根據平移的性質即可畫出向右平移2格，向上平移1格得到，其中點，，的對應點分別為，，；（3）根據網格結構找出點，，繞點順時針旋轉后的對應點的位置，然后順次連接即可；【小問1詳解】如圖，即為所求；【小問2詳解】如圖，即為所求；【小問3詳解】如圖，即為所求；【點睛】本題考查了利用旋轉變換作圖，利用軸對稱變換作圖，利用平移變換作圖，熟練掌握網格結構，準確找出對應點的位置是解題的關鍵19.已知關于x的不等式組恰有3個整數解，求a的取值范圍．【答案】【解析】【分析】先求出每個不等式的解集，再根據不等式組恰有3個整數解，即可求解a的取值范圍．【詳解】解：解不等式①，得：，解不等式②，得：，∵不等式組有3個整數解，∴．【點睛】本題考查了解一元一次不等式組，正確理解題意、熟練掌握解一元一次不等式的方法是解題關鍵．20.如圖，在中，是高，，是外角的平分線，交的延長線于點E，平分交于點F，若，求和的度數．【答案】，【解析】【分析】先求得，可得，即得，根據角平分線的定義可得，再求出，即可求得，然后根據三角形的外角性質即可求出．【詳解】解：∵是高，∴，∴，又∵，∴，∴，∵是外角的平分線，∴，∵平分，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了三角形的基本知識，涉及三角形的內角和定理、角平分線的定義、三角形的高以及三角形的外角性質等知識，熟練掌握上述知識是解題的關鍵．21.佳潤商場銷售，兩種品牌的教學設備，這兩種教學設備的進價和售價如表所示：進價（萬元/套）1.51.2售價（萬元/套）1.651.4該商場計劃購進兩種教學設備若干套，共需66萬元，全部銷售后可獲毛利潤9萬元．（1）該商場計劃購進，兩種品牌教學設備各多少套？（2）通過市場調研，該商場決定在原計劃的基礎上，減少種設備的購進數量，增加種設備的購進數量，已知種設備增加的數量是種設備減少的數量的1.5倍．若用于購進這兩種教學設備的總資金不超過69萬元，問種設備購進數量至多減少多少套？（3）在（2）的條件下，該商場所能獲得的最大利潤是多少萬元？【答案】（1）A種品牌的教學設備20套，B種品牌的教學設備30套；（2）10；（3）10.5萬元【解析】【分析】（1）設該商場計劃購進種品牌的教學設備套，購進種品牌的教學設備套，根據購買兩種設備共需66萬元且全部銷售后可獲毛利潤9萬元，即可得出關于、的二元一次方程組，解之即可得出結論；（2）設減少種設備套，則增加種設備套，根據總價單價購進數量結合購進兩種設備的總資金不超過69萬元，即可得出關于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范圍，取其內的最大整數即可；（3）設該商場獲得的利潤為萬元，根據總利潤單套利潤購進數量，即可得出關于的函數關系式，根據一次函數的性質結合的取值范圍即可解決最值問題．【詳解】解：（1）設該商場計劃購進種品牌的教學設備套，購進種品牌的教學設備套，根據題意得：，解得：．答：該商場計劃購進種品牌的教學設備20套，購進種品牌的教學設備30套．（2）設減少種設備套，則增加種設備套，根據題意得：，解得：．答：種設備購進數量至多減少10套．（3）設該商場獲得的利潤為萬元，根據題意得：．，值隨值的增大而增大，當時，取最大值，最大值為10.5．答：在（2）的條件下，該商場所能獲得的最大利潤是10.5萬元．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用、一元一次不等式的