金溪一中2014-2015初一.doc

班级 姓名 考号
装 订 线

金溪一中2014—2015学年七年级能力测试
数 学 试 卷
一、填空：（本大题共6个小题；每小题4分，满分24 分）
1、若(x－m)2=x2+x+a,则m=_____,a=_____. 
2．已知，那么 .
3．计算：（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）＋1＝ ．
4．从长度为3、4、5、6、7的五条线段中任取三条线段能构成
三角形的概率为　_________　．
5、用等腰直角三角板画∠AOB=45°，并将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线处后绕点M 逆时针方向旋转22°，则三角板的斜边与射线OA的夹角α为　_______　度．
6、如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下五个结论：
① AD=BE；② PQ∥AE；③ AP=BQ；④ DE=DP；⑤ ∠AOB=60°．
恒成立的有__________（把你认为正确的序号都填上）．
二、选择题：（本大题共8小题；每小题3分，共24 分）
7、要使4x2＋25＋mx成为一个完全平方式，则m的值是 （ ）
A、10 B、±10 C、20 D、±20
8、如果代数式4y2－2y+5的值为7，则代数式2y2－y+1的值等于（ ）
A、2 B、3 C、-2 D、4
9、已知P=,那么P、Q的大小关系是( )
A、P>Q B、P=Q C、P
11．在三个数中，最大的是（ ）
（A） （B） （C） （D）不能确定
12．下列各式的计算中不正确的个数是（ ）.

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
13、观察以下数组：（2），（4、6），（8、10、12），（14、16、18、20），…．问2010在第（　　）组．
A．45 B．46 C．47 D．48
14、如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为R的圆形喷水池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（　　）
A．2πR2 B．4πR2 C．πR2 D．不能确定

三、解答题：（本大题共4小题；满分32 分）
15、计算：的值。 (本题为6分)

16、（ 8分）两个大小不同的等腰直角三角形三角板如图1所示放置，图2是由它抽象出的几何图形，
在同一条直线上，连结．
（1）请找出图2中的全等三角形，并给予证明（说明：结论中不得含有未标识的字母）；
（2）证明：．

17．（ 8分）如图，DABC中，AB=6，BD=3，AD^BC于D，ÐB=2ÐC，求CD的长.
A
B
C
D

四、探究题：
18、（ 10分）如图（1），是等边三角形，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作
60°的角，它的两边分别与AB，AC交于点M和N，连结MN。
（1）探究：之间的关系，并加以证明；    
 （2）若点M，N分别在射线AB，CA上，其他条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，在图（2）中画出相应的图形，并就结论说明理由。

班级 姓名 考号
装 订 线

2012年金溪一中七年级下学期数学竞赛试卷答案
1．下列三条线段能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．4，5，9 C．5，8，15 D．8，8，9
考点：三角形三边关系。
专题：计算题。
分析：根据三角形三边关系定理，构成三角形边的三条线段必须满足：两较短的线段长的和大于最长的线段长，由此逐一判断．
解答：解：A、∵1+2=3，不能组成三角形；
B、∵4+5=9，不能组成三角形；
C、∵5+8＜15，不能组成三角形；
D、∵8+8＞9，能组成三角形．
故选D．
点评：本题考查了三角形三边关系定理的运用．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
2．（2003•海淀区）如图，把△ABC纸片沿着DE折叠，当点A落在四边形BCED内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变．请试着找一找这个规律，你发现的规律是（　　）

A．∠A=∠1+∠2 B．2∠A=∠1+∠2 C．3∠A=2∠1+∠2 D．3∠A=2（∠1+∠2）
考点：翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理；三角形的外角性质。
专题：探究型。
分析：利用三角形内角和的定理求．
解答：解：∵把△ABC纸片沿着DE折叠，点A落在四边形BCED内部，
∴∠1+∠2=180°﹣∠ADA′+180°﹣∠AEA′
=180°﹣2∠ADE+180°﹣2∠AED
=360°﹣2（∠ADE+∠AED）
=360°﹣2（180°﹣∠A）=2∠A．
故选B．
点评：主要考查了三角形的内角和外角之间的关系．
（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；
（2）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．
3．若x2+y2﹣12x+16y+100=0，则代数式（x﹣7）﹣y值是（　　）
A．1 B．﹣1 C．8 D．﹣8
考点：负整数指数幂；非负数的性质：偶次方。
专题：配方法。
分析：由x2+y2﹣12x+16y+100=0，该式可以化成两个完全平方式，进而根据非负数的性质求出x、y的值，最后求代数式值即可．
解答：解：∵x2+y2﹣12x+16y+100=0，
∴（x﹣6）2+（y+8）2=0，
∴x=6，y=﹣8，
∴（x﹣7）﹣y=1．故选A．
点评：本题主要考查代数式的求值和非负数的性质，还涉及到完全平方式知识点的运用．
4．已知△ABC的三个内角度数之比为3：4：5，则此三角形是（　　）三角形．
A．锐角 B．钝角 C．直角 D．不能确定
考点：三角形内角和定理。
专题：常规题型。
分析：根据三角度数的比和三角形内角和定理将三角形的三角分别求出来，然后判定三角形的形状．
解答：解：∵△ABC的三个内角度数之比为3：4：5，
∴设三角的度数分别为：3x°4x°5x°，
∴3x+4x+5x=180
解得：x=15，
∴三个内角的度数分别为：45°60°75°，
∴此三角形为锐角三角形．
故选A．
5、点评：本题考查了三角形的内角和定理，解题时可以用设未知数列方程的方法分别求出三内角的度数，然后判断形状．
考点：多边形内角与外角．
分析：依题意，因为图中的圆形喷水池形成的内角和度数为360°，为一个圆，易求出圆形喷水池的面积．
解答：解：圆形喷水池形成四边形，故（4-2）×180°=360°，为一个圆故圆形喷水池的面积为πR2．
故选C．点评：本题难度属中等．
6、考点：轴对称的性质。
专题：网格型。
分析：认真读题，观察图形，根据图形特点先确定对称轴，再根据对称轴找出相应的三角形．
解答：解：如图：与△ABC成轴对称的三角形有：
①△FCD关于CG对称；②△GAB关于EH对称；
③△AHF关于AD对称；④△EBD关于BF对称；
⑤△BCG关于AG的垂直平分线对称．共5个．
故选A．

点评：此题考查轴对称的基本性质，结合了图形的常见的变化，要根据直角三角形的特点从图中找到有关的直角三角形再判断是否为对称图形．
7．杜师傅在做完门框后，为防止门框变形常常需钉两根斜拉的木条，这样做的数学原理是　三角形的稳定性　．
考点：三角形的稳定性。
分析：杜师傅这样做是为了构成三角形，根据三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性来解决问题．
解答：解：杜师傅在做完门框后，为防止门框变形常常需钉两根斜拉的木条，这样做就构成了三角形，利用的数学原理是三角形的稳定性．
点评：本题考查三角形的稳定性这一特点．
8、如果整数x满足=1，则x可能的值为　±2或±3　．
考点：零指数幂。
分析：此题需要考虑三种情况：①非零数的零次幂等于1，②1的任何次幂等于1，③﹣1的偶次幂等于1；可根据上述三个条件进行判断．
解答：解：根据非零数的零指数幂等于1可得：|x|﹣1≠0，x2﹣9=0；解得x=±3．
由1的任何次幂等于1可得：|x|﹣1=1，解得x=±2．
由﹣1的偶次幂等于1可得：|x|﹣1=﹣1，解得x=0，此时x2﹣9=﹣9，不符合题意；
因此x可能的值为：x=±2或±3．
点评：熟记幂等于1的三种情况是解答此类问题的关键．
9．从4：00开始，分针旋转120°，此时时针和分针的夹角为
　10°　．
考点：钟面角。
专题：计算题。
分析：利用钟表表盘的特征解答．4：00时，时针指向4，分针指向12．钟表12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，他们之间相隔4个数字．钟表表盘被分成12大格，每一大格又被分为5小格，故表盘共被分成60小格，每一小格所对角的度数为6°．分针旋转120°，时间为20分钟，则时针转大格，即时针转动10°．
解答：解：因为时针在钟面上每分钟转0.5°，所以分针旋转120°，需要20min，时针就旋转0.5°×20=10°；
当钟表上4点20分，时针与分针的夹角可以看成0.5°×20=10°．
故答案为：10°．
点评：本题考查钟表时针与分针的夹角．在钟表问题中，常利用时针与分针转动的度数关系：分针每转动1°时针转动（ ）°，并且利用起点时间时针和分针的位置关系建立角的图形．
10、如图，作一个角等于已知角，其尺规作图的原理是　SSS　（填SAS，ASA，AAS，SSS）．

考点：作图—基本作图；全等三角形的判定。
专题：作图题。
分析：根据作图过程以及全等三角形的判定方法进行判断解答．
解答：解：根据作图过程可知，
OC=O′C′，OD=O′D′，CD=C′D′，
∴利用的是三边对应成比例，两三角形全等，
即作图原理是SSS．
故答案为：SSS．
点评：本题主要考查了作一个角等于已知角的理论依据，数学问题不仅要知道是什么，还有知道为什么，追根朔源方可学好．
11、（2006•镇江）如图，小亮从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　120　米．

考点：多边形内角与外角。
专题：应用题。
分析：根据多边形的外角和即可求出答案．
解答：解：∵360÷30=12，
∴他需要走12次才会回到原来的起点，即一共走了12×10=120米．
点评：本题主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360°．
12、（2007•江苏）用等腰直角三角板画∠AOB=45°，并将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线处后绕点M逆时针方向旋转22°，则三角板的斜边与射线OA的夹角α为　22　度．

考点：旋转的性质；等腰直角三角形；平移的性质。
专题：计算题。
分析：由平移的性质知，AO∥SM，再由平行线的性质可得∠WMS=∠OWM，即可得答案．
解答：解：由平移的性质知，AO∥SM，
故∠WMS=∠OWM=22°；
故答案为22．

点评：本题利用了两直线平行，内错角相等，及平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
13．从长度为3、4、5、6、7的五条线段中任取三条线段能构成三角形的概率为　　．
考点：概率公式；三角形三边关系。
分析：根据题意，依次列出所有的情况数目，在其中找到能构成三角形的情况数目，结合概率的计算公式计算可得答案．
解答：解：从长度为3、4、5、6、7的五条线段中任取三条线段，
有3、4、5，3、4、6，3、4、7，3、5、6，3、5、7，3、6、7，4、5、6，4、5、7，4、6、7，5、6、7；10种情况；
能构成三角形的有3、4、5，3、4、6，3、5、6，3、5、7，3、6、7，4、5、6，4、5、7，4、6、7，5、6、7；9种情况；
故能构成三角形的概率为．
14、点评：本题考查概率的求法与运用，因情况数目较多，注意按一定顺序做到不重不漏．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；三角形的两小边之和应大于最长的边．
如图用火柴摆去系列图案，按这种方式摆下去，当每边摆10根时（即n=10）时，需要的火柴棒总数为　165　根．

考点：规律型：图形的变化类。
专题：计算题。
分析：本题根据图形可知：第一个图形用3根火柴，即3×1，第二个图形用9根火柴，即3×（1+2），第三个图形用18根火柴，即3（1+2+3），当n=10的时候，即3×（1+2+3+…+9+10）
解答：解：通过图形变化可知：
n=1时 火柴棒总数为 3×1
n=2时 火柴棒总数为 3×（1+2），
n=3时 火柴棒总数为 3（1+2+3），
∴n=10时 火柴棒总数为 3×（1+2+3+…+9+10）
故答案为165
16、点评：主要考查了学生通过特例分析从而归纳总结出一般结论的能力．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
如图，△ABE和△ACD都是等边三角形，△EAC旋转后能与△ABD重合，EC与BD相交于点F．
（1）试说明△AEC≌△ABD．
（2）求∠DFC的度数．

考点：全等三角形的判定与性质；对顶角、邻补角；三角形的外角性质；等边三角形的性质；旋转的性质。
专题：证明题。
分析：（1）根据等边三角形性质推出AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠DAC=60°，求出∠EAC=∠BAD，根据SAS证△AEC和△ABD全等即可；
（2）根据等边三角形性质推出∠EAB=60°，根据三角形外角性质推出∠AGC=∠AEC+60°=∠ABD+∠GFB，求出∠GFB的度数，根据对顶角相等求出即可．
解答：（1）证明：∵△ABE和△ACD都是等边三角形，
∴AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠DAC=60°，
∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAD，
在△AEC和△ABD中
，
∴△AEC≌△ABD．

（2）证明：∵△AEC≌△ABD，
∴∠AEC=∠ABD，
∵∠AGC=∠AEG+∠EAB=∠AEC+60°，
∴∠AGC=∠GFB+∠ABD=∠GFB+∠AEC，
∴∠AEC+60°=∠GFB+∠AEC，
∴∠GFB=60°，
∴∠DFC=∠GFB=60°．

点评：本题考查了等边三角形性质，全等三角形性质和判定，旋转性质，对顶角，三角形外角性质等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，题目综合性比较强，难度适中．
17、考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质。
专题：证明题。
分析：（1）此题中，较明显的全等三角形是△BAD≌△APM，△DAC≌△NEA；以第一组全等三角形为例：由于四边形ABQP是正方形，可得两个条件：AP=AB，∠BAP=90°；由∠BAP=90°，易证得∠PAM=∠ABD，联立AP=AB和一组直角，即可得证，第二组全等三角形证法相同；
那么另一组全等三角形是：△PMH≌△ENH，思路：由上面的两组全等三角形得：PM=NE=AD；而∠PMH、∠ENH都是直角，且有一组对顶角相等，由AAS即可证得两个三角形全等．
（2）由（1）中得到的第三组全等三角形，即可得证．
解答：解：（1）有三组：△BAD≌△APM，△DAC≌△NEA，△PMH≌△ENH；任选一组即可；
以△BAD≌△APM为例进行说明；
证明：∵四边形ABQP是正方形，
∴AB=AP，∠PAB=90°；
∴∠PAM=∠ABD=90°﹣∠BAD，
又∵∠PMA=∠ADB=90°，
∴△BAD≌△APM；
（△DAC≌△NEA证法同上，△PMH≌△ENH如（2）．）

（2）由（1）的△BAD≌△APM，△DAC≌△NEA，得：PM=NE=AD；
∵∠PMH=∠ENH=90°，∠PHM=∠EHN，
∴△PMH≌△ENH，故PH=HE．
点评：此题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定，难度适中．

18、考点：动点问题的函数图象．专题：动点型．分析：（1）根据题意得：动点P在BC上运动的时间是4秒，又由动点的速度，可得BC的长；
（2）由（1）可得BC的长，又由AB=6cm，可以计算出△ABP的面积，计算可得a的值；
（3）分析图形可得，甲中的图形面积等于AB×AF-CD×DE，根据图象求出CD和DE的长，代入数据计算可得答案，
（4）计算BC+CD+DE+EF+FA的长度，又由P的速度，计算可得b的值．解答：解：
（1）动点P在BC上运动时，对应的时间为0到4秒，易得：BC=2cm/秒×4秒=8cm；
故图甲中的BC长是8cm．
（2）由（1）可得，BC=8cm，则：a=1 2 ×BC×AB=24cm2；
图乙中的a是24cm2．

（3）由图可得：CD=2×2=4cm，DE=2×3=6cm，
则AF=BC+DE=14cm，又由AB=6cm，
则甲图的面积为AB×AF-CD×DE=60cm2，
图甲中的图形面积的60cm2．
（4）根据题意，动点P共运动了BC+CD+DE+EF+FA=8+4+6+2+14=34cm，
其速度是2cm/秒，则b=34 2 =17秒，
图乙中的b是17秒．点评：解决本题的关键是读懂图意，明确横轴与纵轴的意义．

学校 班级 考号 姓名__________________________

uuuuuuuuuuuuuuu装uuuuuuuuuuuuuuu订uuuuuuuuuuuuu线uuuuuuuuuuuuuuu

6