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2012-2013學年北京市海淀區(qū)萬壽寺中學七年級（下）期末數學試卷
參考答案與試題解析
　
一、（4分×8=32分，下面每小題給出的四個選項中，只有一個是正確的）
1．（4分）確定平面直角坐標系內點的位置是（　�。�
　A．一個實數B．一個整數C．一對實數D．有序實數對

考點：坐標確定位置．
分析：比如實數2和3并不能表示確定的位置，而有序實數對（2，3）就能清楚地表示這個點的橫坐標是2，縱坐標是3．
解答：解：確定平面直角坐標系內點的位置是有序實數對，故選D．
點評：本題考查了在平面直角坐標系內表示一個點要用有序實數對的概念．
　
2．（4分）下列方程是二元一次方程的是（　　）
　A．x2+x=1B．2x+3y?1=0C．x+y?z=0D．x+ +1=0

考點：二元一次方程的定義．
分析：根據二元一次方程的定義進行分析，即只含有兩個未知數，未知數的項的次數都是1的整式方程．
解答：解：A、x2+x=1不是二元一次方程，因為其最高次數為2，且只含一個未知數；
B、2x+3y?1=0是二元一次方程；
C、x+y?z=0不是二元一次方程，因為含有3個未知數；
D、x+ +1=0不是二元一次方程，因為不是整式方程．
故選B．
點評：注意二元一次方程必須符合以下三個條件：
（1）方程中只含有2個未知數；
（2）含未知數項的最高次數為一次；
（3）方程是整式方程．
　
3．（4分）已知點P位于y軸右側，距y軸3個單位長度，位于x軸上方，距離x軸4個單位長度，則點P坐標是（　�。�
　A．（?3，4）B．（3，4）C．（?4，3）D．（4，3）

考點：點的坐標．
分析：根據題意，P點應在第一象限，橫、縱坐標為正，再根據P點到坐標軸的距離確定點的坐標．
解答：解：∵P點位于y軸右側，x軸上方，
∴P點在第一象限，
又∵P點距y軸3個單位長度，距x軸4個單位長度，
∴P點橫坐標為3，縱坐標為4，即點P的坐標為（3，4）．故選B．
點評：本題考查了點的位置判斷方法及點的坐標幾何意義．
　
4．（4分）將下列長度的三條線段首尾順次相接，能組成三角形的是（　　）
　A．4c，3c，5cB．1c，2c，3cC．25c，12c，11cD．2c，2c，4c

考點：三角形三邊關系．
分析：看哪個選項中兩條較小的邊的和大于最大的邊即可．
解答：解：A、3+4＞5，能構成三角形；
B、1+2=3，不能構成三角形；
C、11+12＜25，不能構成三角形；
D、2+2=4，不能構成三角形．
故選A．
點評：本題主要考查對三角形三邊關系的理解應用．判斷是否可以構成三角形，只要判斷兩個較小的數的和小于最大的數就可以．
　
5．（4分）關于x的方程2a?3x=6的解是非負數，那么a滿足的條件是（　　）
　A．a＞3B．a≤3C．a＜3D．a≥3

考點：一元一次方程的解；解一元一次不等式．
分析：此題可用a來表示x的值，然后根據x≥0，可得出a的取值范圍．
解答：解：2a?3x=6
x=（2a?6）÷3
又∵x≥0
∴2a?6≥0
∴a≥3
故選D
點評：此題考查的是一元一次方程的根的取值范圍，將x用a的表示式來表示，再根據x的取值判斷，由此可解出此題．
　
6．（4分）學校計劃購買一批完全相同的正多邊形地磚鋪地面，不能進行鑲嵌的是（　　）
　A．正三角形B．正四邊形C．正五邊形D．正六邊形

考點：平面鑲嵌（密鋪）．
專題：幾何圖形問題．
分析：看哪個正多邊形的位于同一頂點處的幾個內角之和不能為360°即可．
解答：解：A、正三角形的每個內角為60°，6個能鑲嵌平面，不符合題意；
B、正四邊形的每個內角為90°，4個能鑲嵌平面，不符合題意；
C、正五邊形的每個內角為108°，不能鑲嵌平面，符合題意；
D、正六邊形的每個內角為120°，3個能鑲嵌平面，不符合題意；
故選C．
點評：考查一種圖形的平面鑲嵌問題；用到的知識點為：一種正多邊形鑲嵌平面，正多邊形一個內角的度數能整除360°．
　
7．（4分）下面各角能成為某多邊形的內角的和的是（　�。�
　A．270°B．1080°C．520°D．780°

考點：多邊形內角與外角．
分析：利用多邊形的內角和公式可知，多邊形的內角和是180度的整倍數，由此即可找出答案．
解答：解：因為多邊形的內角和可以表示成（n?2）•180°（n≥3且n是整數），則多邊形的內角和是180度的整倍數，
在這四個選項中是180的整倍數的只有1080度．
故選B．
點評：本題主要考查了多邊形的內角和定理，是需要識記的內容．
　
8．（4分）（2002•南昌）設“●”“▲”“■”表示三種不同的物體，現用天平稱了兩次，情況如圖所示，那么“■”“▲”“●”這三種物體按質量從大到小的排列順序為（　�。�

　A．■●▲B．■▲●C．▲●■D．▲■●

考點：一元一次不等式的應用．
專題：壓軸題．
分析：本題主要通過觀察圖形得出“■”“▲”“●”這三種物體按質量從大到小的排列順序．
解答：解：因為由左邊圖可看出“■”比“▲”重，
由右邊圖可看出一個“▲”的重量=兩個“●”的重量，
所以這三種物體按質量從大到小的排列順序為■▲●，
故選B．
點評：本題主要考查一元一次不等式的應用，解題的關鍵是利用不等式及杠桿的原理解決問題．
　
二、題
9．（3分）已知點A（1，?2），則A點在第　四　象限．

考點：點的坐標．
分析：根據各象限內點的坐標特征解答．
解答：解：點A（1，?2）在第四象限．
故答案為：四．
點評：本題考查了各象限內點的坐標的符號特征，記住各象限內點的坐標的符號是解決的關鍵，四個象限的符號特點分別是：第一象限（+，+）；第二象限（?，+）；第三象限（?，?）；第四象限（+，?）．
　
10．（3分）如圖，直角三角形ACB中，CD是斜邊AB上的中線，若AC=8c，BC=6c，那么△ACD與△BCD的周長差為　2　c，S△ADC=　12　c2．

考點：直角三角形斜邊上的中線．
分析：過C作CE⊥AB于E，求出CD= AB，根據勾股定理求出AB，根據三角形的面積公式求出CE，即可求出答案．
解答：解：過C作CE⊥AB于E，
∵D是斜邊AB的中點，
∴AD=DB= AB，
∵AC=8c，BC=6c
∴△ACD與△BCD的周長差是（AC+CD+AD）?（BC+BD+CD）=AC?BC=8c?6c=2c；
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB= =10（c），
∵S三角形ABC= AC×BC= AB×CE，
∴ ×8×6= ×10×CE，
CE=4.8（c），
∴S三角形ADC= AD×CE= × ×10c×4.8c=12c2，
故答案為：2，12．

點評：本考查了勾股定理，直角三角形斜邊上中線性質，三角形的面積等知識點，關鍵是求出AD和CE長．
　
11．（3分）如圖，象棋盤上“將”位于點（1，?2），“象”位于點（3，?2），則“炮”的坐標為　（?2，1）　．

考點：坐標確定位置．
分析：首先根據“將”和“象”的坐標建立平面直角坐標系，再進一步寫出“炮”的坐標．
解答：解：如圖所示，則“炮”的坐標是（?2，1）．
故答案為：（?2，1）．

點評：此題考查了平面直角坐標系的建立以及點的坐標的表示方法．
　
12．（3分）（2006•菏澤）黑、白兩種顏色的正六邊形地磚按如圖所示的規(guī)律拼成若干個圖案：則第n個圖案中有白色地磚　4n+2　塊．（用含n的代數式表示）

考點：規(guī)律型：圖形的變化類．
專題：壓軸題；規(guī)律型．
分析：通過觀察，前三個圖案中白色地磚的塊數分別為：6，10，14，所以會發(fā)現后面的圖案比它前面的圖案多4塊白色地磚，可得第n個圖案有4n+2塊白色地磚．
解答：解：分析可得：第1個圖案中有白色地磚4×1+2=6塊．第2個圖案中有白色地磚4×2+2=10塊．…第n個圖案中有白色地磚4n+2塊．
點評：本題考查學生通過觀察、歸納的能力．此題屬于規(guī)律性題目．注意由特殊到一般的分析方法，此題的規(guī)律為：第n個圖案有4n+2塊白色地磚．
　
三、解答題（5分×5=25分）
13．（5分）用代入法解方程組： ．

考點：解二元一次方程組．
分析：把第二個方程整理得到y(tǒng)=3x?5，然后代入第一個方程求出x的值，再反代入求出y的值，即可得解．
解答：解： ，
由②得，y=3x?5③，
③代入①得，2x+3（3x?5）=7，
解得x=2，
把x=2代入③得，y=6?5=1，
所以，方程組的解是 ．
點評：本題考查了代入消元法解二元一次方程組，從兩個方程中的一個方程整理得到y(tǒng)=kx+b的形式的方程是解題的關鍵．
　
14．（5分）用加減消元法解方程組： ．

考點：解二元一次方程組．
專題：．
分析：根據x的系數相同，利用加減消元法求解即可．
解答：解： ，
①?②得，12y=?36，
解得y=?3，
把y=?3代入①得，4x+7×（?3）=?19，
解得x= ，
所以，方程組的解是 ．
點評：本題考查了利用加減消元法解二元一次方程組，解題的關鍵在于找出或構造系數相同或互為相反數的未知數．
　
15．（5分）解不等式： ≥ ．

考點：解一元一次不等式．
分析：利用不等式的基本性質，首先去分母，然后移項、合并同類項、系數化成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）
去括號，得：6+3x≥4x?2，
移項，得：3x?4x≥?2?6，
則?x≥?8，
即x≤8．
點評：本題考查了解簡單不等式的能力，解答這類題學生往往在解題時不注意移項要改變符號這一點而出錯．
解不等式要依據不等式的基本性質：
（1）不等式的兩邊同時加上或減去同一個數或整式不等號的方向不變；
（2）不等式的兩邊同時乘以或除以同一個正數不等號的方向不變；
（3）不等式的兩邊同時乘以或除以同一個負數不等號的方向改變．
　
16．（5分）解不等式組 ，并求其整解數并將解集在數軸上表示出來．

考點：解一元一次不等式組；在數軸上表示不等式的解集；一元一次不等式組的整數解．
分析：分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集，再其公共解集內找出符合條件的x的整數解即可．
解答：解： ，由①得，x＜1，由②得，x≥?2，
故此不等式組的解集為：?2≤x＜1，在數軸上表示為：

故此不等式組的整數解為：?2，?1，0．
點評：本題考查的是解一元一次不等式組，熟知實心圓點與空心圓點的區(qū)別是解答此題的關鍵．
　
17．（5分）若方程組 的解x與y相等，求k的值．

考點：二元一次方程組的解．
專題：．
分析：由y=x，代入方程組求出x與k的值即可．
解答：解：由題意得：y=x，
代入方程組得： ，
解得：x= ，k=10，
則k的值為10．
點評：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成立的未知數的值．
　
四、解答題（5分×2=10分）
18．（2分）如圖，△ABC中，D在BC的延長線上，過D作DE⊥AB于E，交AC于F．已知∠A=30°，∠FCD=80°，求∠D．

考點：三角形內角和定理．
分析：由三角形內角和定理，可將求∠D轉化為求∠CFD，即∠AFE，再在△AEF中求解即可．
解答：解：∵DE⊥AB（已知），
∴∠FEA=90°（垂直定義）．
∵在△AEF中，∠FEA=90°，∠A=30°（已知），
∴∠AFE=180°?∠FEA?∠A（三角形內角和是180）
=180°?90°?30°
=60°．
又∵∠CFD=∠AFE（對頂角相等），
∴∠CFD=60°．
∴在△CDF中，∠CFD=60°∠FCD=80°（已知）
∠D=180°?∠CFD?∠FCD
=180°?60°?80°
=40°．
點評：熟練掌握三角形內角和內角和定理是解題的關鍵．
　
19．（2分）已知：如圖，E是△ABC的邊CA延長線上一點，F是AB上一點，D點在BC的延長線上．試證明∠1＜∠2．

考點：三角形的外角性質．
專題：證明題．
分析：由三角形的外角性質知∠2=∠ABC+∠BAC，∠BAC=∠1+∠AEF，從而得證．
解答：證明：∵∠2=∠ABC+∠BAC，
∴∠2＞∠BAC，
∵∠BAC=∠1+∠AEF，
∴∠BAC＞∠1，
∴∠1＜∠2．
點評：此題主要考查學生對三角形外角性質的理解和掌握，此題難度不大，屬于基礎題．
　
五、作圖題（6分）
20．（6分）如圖，在△ABC中，∠BAC是鈍角，請按下列要求畫圖．畫
（1）∠BAC的平分線AD；
（2）AC邊上的中線BE；
（3）AB邊上的高CF．

考點：作圖—復雜作圖．
專題：作圖題．
分析：（1）以點A為圓心，以任意長為半徑畫弧與邊AB、AC兩邊分別相交于一點，再以這兩點為圓心，以大于這兩點距離的 為半徑畫弧相交于一點，過這一點與點A作出角平分線AD即可；
（2）作線段AC的垂直平分線，垂足為E，連接BE即可；
（3）以C為圓心，以任意長為半徑畫弧交BA的延長線于兩點，再以這兩點為圓心，以大于這兩點間的長度的 為半徑畫弧，相交于一點，然后作出高即可．
解答：解：（1）如圖，AD即為所求作的∠BAC的平分線；（2）如圖，BE即為所求作的AC邊上的中線；（3）如圖，CF即為所求作的AB邊上的高．

點評：本題考查了復雜作圖，主要有角平分線的作法，線段垂直平分線的作法，過一點作已知直線的垂線，都是基本作圖，需熟練掌握．
　
六、解答題（21題5分）
21．（5分）在平面直角坐標中表示下面各點A（0，3），B（1，?3），C（3，?5），D（?3，?5），E（3，5），F（5，7）
（1）A點到原點O的距離是　3�。�
（2）將點C向x軸的負方向平移6個單位它與點　D　重合．
（3）連接CE，則直線CE與y軸位置關系是　平行�。�
（4）點F分別到x、y軸的距離分別是　7，5�。�

考點：坐標與圖形變化-平移．
分析：先在平面直角坐標中描點．
（1）根據兩點的距離公式可得A點到原點O的距離；
（2）找到點C向x軸的負方向平移6個單位的點即為所求；
（3）橫坐標相同的兩點所在的直線與y軸平行；
（4）點F分別到x、y軸的距離分別等于縱坐標和橫坐標的絕對值．
解答：解：（1）A點到原點O的距離是3?0=3．
（2）將點C向x軸的負方向平移6個單位它與點D重合．
（3）連接CE，則直線CE與y軸位置關系是平行．
（4）點F分別到x、y軸的距離分別是7，5．
故答案為：3；D；平行；7，5．

點評：考查了平面內點的坐標的概念、平移時點的坐標變化規(guī)律，及坐標軸上兩點的距離公式．本題是綜合題型，但難度不大．
　
七、解答題（7分）
22．（7分）一批貨物要運往某地，貨主準備租用汽車運輸公司的甲、乙兩種貨車．已知過去兩次租用這兩種貨車的情況如下表：
第一次第二次
甲種貨車輛數（輛）25
乙種貨車輛數（輛）36
累計運貨噸數（噸）15.535
現租用該公司3輛甲種貨車及5輛乙種貨車一次剛好運完這批貨，如果按每噸付運費30元計算，則貨主應付運費多少元？

考點：二元一次方程組的應用．
專題：圖表型．
分析：本題需知道1輛甲種貨車，1輛乙種貨車一次運貨噸數．等量關系為：2輛甲種貨車運貨噸數+3輛乙種貨車運貨噸數=15.5；5輛甲種貨車運貨噸數+6輛乙種貨車運貨噸數=35．
解答：解：設甲種貨車每輛每次運貨x（t），乙種貨車每輛每次運貨y（t）．
則有 ，
解得 ．
30×（3x+5y）=30×（3×4+5×2.5）=735（元）．
答：貨主應付運費735元．
點評：應根據條件和問題知道應設的未知量是直接未知數還是間接未知數．解題關鍵是要讀懂題目的意思，根據題目給出的條件，找出合適的等量關系：2輛甲種貨車運貨噸數+3輛乙種貨車運貨噸數=15.5；5輛甲種貨車運貨噸數+6輛乙種貨車運貨噸數=35．列出方程組，再求解．
　
23．（7分）探究：
（1）如圖①，∠1+∠2與∠B+∠C有什么關系？為什么？
（2）把圖①△ABC沿DE折疊，得到圖②，：∠1+∠2　=　∠B+∠C（填“＞”“＜”“=”），當∠A=40°時，∠B+∠C+∠1+∠2=　280°　；
（3）如圖③，是由圖①的△ABC沿DE折疊得到的，如果∠A=30°，則x+y=360°?（∠B+∠C+∠1+∠2）=360°?　300°　=　60°　，猜想∠BDA+∠CEA與∠A的關系為　∠BDA+∠CEA=2∠A　．

考點：翻折變換（折疊問題）．
專題：探究型．
分析：根據三角形內角是180度可得出，∠1+∠2=∠B+∠C，從而求出當∠A=40°時，∠B+∠C+∠1+∠2=140×2=280°，有以上計算可歸納出一般規(guī)律：∠BDA+∠CEA=2∠A．
解答：解：（1）根據三角形內角是180°可知：∠1+∠2=180°?∠A，∠B+∠C=180°?∠A，
∴∠1+∠2=∠B+∠C；（2）∵∠1+∠2+∠BDE+∠CED=∠B+∠C+∠BDE+∠CED=360°，
∴∠1+∠2=∠B+∠C；
當∠A=40°時，∠B+∠C+∠1+∠2=140×2=280°；（3）如果∠A=30°，則x+y=360°?（∠B+∠C+∠1+∠2）=360°?300°=60°，
所以∠BDA+∠CEA與∠A的關系為：∠BDA+∠CEA=2∠A．
點評：本題考查圖形的翻折變換和三角形，四邊形內角和定理，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據軸對稱的性質，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．