广东省深圳市2021_2022学年七年级数学上学期期末试题(含答案)

这是一份广东省深圳市2021_2022学年七年级数学上学期期末试题(含答案)，共17页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列判断正确的是，如图，，为的中点，，则的长是等内容，欢迎下载使用。

广东省深圳市2021-2022学年七年级上学期期末数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明

评卷人
得分



一、单选题
1．-2的倒数是（）
A．-2 B． C． D．2
【答案】B
【分析】
根据倒数的定义求解.
【详解】
-2的倒数是-
故选B
【点睛】
本题难度较低，主要考查学生对倒数相反数等知识点的掌握

2．下列几何体中，从正面观察所看到的形状为三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
从正面逐项观察判断即可．
【详解】
解：A．从正面看是一个长方形，故本选项不符合题意；
B．从正面看是一个等腰三角形，故本选项符合题意；
C．从正面看是两个长方形，故本选项不符合题意；
D．从正面看是一个正方形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了从不同方向看几何体，正确把握观察角度得出正确图形是解题关键．
3．北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭或功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行约18.2万千米后对接于天和核心舱节点舱面向地球一侧的径向对接口．其中18.2万用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
对于一个绝对值较大的数，用科学记数法写成a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n是比原整数位数少1的数．
【详解】
解：18.2万=182000=，
故选A．
【点睛】
此题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．如图，射线OA⊥OB，则射线OB表示的方向是（　　）

A．南偏西55° B．南偏东55° C．北偏西35° D．北偏东35°
【答案】B
【分析】
根据角的运算以及方位角的相关知识点即可求解．
【详解】
解：

∵OA⊥OB．
∴∠AOB＝90°．
∴∠BOC＝180°﹣90°﹣35°＝55°．
∴射线OB表示的方向是南偏东55°．
故选：B．
【点睛】
本题主要是考查了角的运算以及方位角的概念，通过角与角之间的关系，求解出对应角的大小，这是解题的关键．
5．下列判断正确的是（ ）
A．是二次三项式 B．的系数是2
C．与不是同类项 D．单项式的次数是5
【答案】D
【分析】
根据多项式的次数、项数，单项式的次数定义，以及同类项的定义逐项分析即可．
【详解】
解：A.是三次三项式，故不正确；
B. 的系数是，故不正确；
C.与是同类项，故不正确；
D. 单项式的次数是5，正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了多项式的次数、单项式的次数定义，以及同类项的定义，单项式中数字因数叫做单项式的系数，所有字母的指数和叫做这个单项式的次数．多项式中次数最高的项的次数叫做多项式的次数．同类项的定义是所含字母相同，并且相同字母的指数也相同的项，叫做同类项．
6．有一位工人师傅将底面直径是，高为的“瘦长”形圆柱，锻造成底面直径为的“矮胖”形圆柱，则“矮胖”形圆柱的高是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设“矮胖”形圆柱的高是xcm，根据形积问题的数量关系建立方程求出其解即可．
【详解】
解：设“矮胖”形圆柱的高是xcm，由题意，得
π××80=π××x，
解得：x=5．
故选：C．
【点睛】
本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，形积问题的数量关系的运用，解答时由形积问题的数量关系建立方程是关键．
7．如图，，为的中点，，则的长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意先求得，进而根据，就可求得
【详解】
解：如图，

为的中点，，

，
即

故选：D
【点睛】
本题考查了线段的中点相关的计算，线段的和差，数形结合是解题的关键．
8．将长方形纸片ABCD按如图所示方式折叠，使得，其中EF，EG为折痕，则的度数为（）

A．40° B．70° C．80° D．140°
【答案】B
【分析】
由折叠可得，∠AEF=∠AEA'，∠BEG=∠BEB'，再根据∠AEF+∠BEG=（∠AEA'+∠BEB'）进行计算即可．
【详解】
解：由折叠可得，∠AEF=∠AEA'，∠BEG=∠BEB'，
∵∠A'EB′=40°，
∴∠AEA'+∠BEB'=140°，
∴∠AEF+∠BEG= （∠AEA'+∠BEB'）=×140°=70°，
故选B．
【点睛】
本题考查翻折变换、矩形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
9．甲、乙两个工程队共同承接了某村“煤改气”工程，甲队单独施工需10天完成，乙队单独施工需15天完成．若甲队先做5天，剩下部分由两队合做，则完成该工程还需要（ ）
A．8天 B．5天 C．3天 D．2天
【答案】C
【分析】
设还需要x天完成，根据题意可得出：（甲队的工作效率+乙队的工作效率）×时间+甲队先做5天的工作量=1，由此可列出方程求解．
【详解】
解：设还需要x天完成，依题意得：
，
解得：x=3，
∴还需要3天完成，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．
10．如图，直线，相交于点，，，平分，给出下列结论：①当时，；②为的平分线；③若时，；④．其中正确的结论有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】
由邻补角，角平分线的定义，余角的性质进行依次判断即可．
【详解】
解：∵∠AOE=90°，∠DOF=90°，
∴∠BOE=90°=∠AOE=∠DOF，
∴∠AOF+∠EOF=90°，∠EOF+∠EOD=90°，∠EOD+∠BOD=90°，
∴∠EOF=∠BOD，∠AOF=∠DOE，
∴当∠AOF=50°时，∠DOE=50°；
故①正确；
∵OB平分∠DOG，
∴∠BOD=∠BOG，
∴∠BOD=∠BOG=∠EOF=∠AOC，
故④正确；
∵，
∴∠BOD=180°-150°=30°，
∴
故③正确；
若为的平分线，则∠DOE=∠DOG，
∴∠BOG+∠BOD=90°-∠EOE，
∴∠EOF=30°，而无法确定，
∴无法说明②的正确性；
故选：B．
【点睛】
本题考查了邻补角，角平分线的定义，余角的性质，数形结合是解决本题的关键．

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

评卷人
得分



二、填空题
11．2021年10月，山西遭遇极端降雨天气，多个乡镇出现洪涝灾害．洪水无情，人间有爱，很多最美逆行者奔赴抗洪第一线，与受灾群众一起共渡难关，“奋进”数学学习小组，送给逆行者的正方体六个面上都有一个汉字，如图所示是它的一种展开图，那么在原正方体中，与“最”字所在面相对面上的汉字是_____．

【答案】人
【分析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【详解】
解：∵正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
∴与“最”字所在面相对面上的汉字是“人”，与“美”字所在面相对面上的汉字是“逆”，与“的”字所在面相对面上的汉字是“行”．
故答案为：人．
【点睛】
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
12．若关于、的多项式中不含项，则______．
【答案】3
【分析】
先合并关于xy的同类项，再令项的系数等于零求解．
【详解】
解：
=，
∵多项式中不含项，
∴-2k+6=0，
∴k=3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了整式的加减---无关型问题，解答本题的关键是理解题目中代数式的取值与哪一项无关的意思，与哪一项无关，就是合并同类项后令其系数等于0，由此建立方程，解方程即可求得待定系数的值．
13．过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形，则这个多边形是________边形．
【答案】七
【分析】
根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线，可组成n-2个三角形，依此可得n的值，再由多边形的内角和为：（n-2）×180°，可求出其内角和．
【详解】
解：由题意得，n-2=5，
解得：n=7，
故答案为：七．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．
14．已知，则_____．
【答案】2024
【分析】
根据，可得，从而得到，再代入，即可求解．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2024
【点睛】
本题主要考查了求代数式的值，根据题意得到是解题的关键．
15．规定：符号叫做取整符号，它表示不超过的最大整数，例如：，，．现在有一列非负数，，，，已知，当时，，则的值为_____．
【答案】11
【分析】
根据题意求出a1，a2，a3，…，的变化规律，根据规律即可求出a2022的值．
【详解】
解：根据题意可得：
当n=1时，得a1=10，
当n=2时，得=11，
当n=3时，得=12，
当n=4时，得=13，
当n=5时，得=14，
当n=6时，得=10，
.....，
∴a1，a2，a3，…的变化规律是每五个数一循环，
∵2022÷5=404…2，
∴a2022=a2=11，
故答案为：11．
【点睛】
本题主要考查取整函数的定义和应用，关键是能根据取整函数的定义找出a1，a2，a3，…，的变化规律．

评卷人
得分



三、解答题
16．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）-3；（2）7
【详解】
解：（1）
=
=
=-3；
（2）
=
=
=
=7．
【点睛】
本题考查了有理数的混合运算，熟练掌握混合运算的顺序是解答本题的关键．混合运算的顺序是先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，按从左到右的顺序计算；如果有括号，先算括号里面的，并按小括号、中括号、大括号的顺序进行；有时也可以根据运算定律改变运算的顺序．
17．解方程：
（1）；（2）
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）解一元一次方程，先去括号，然后移项，合并同类项，最后系数化1；
（2）解一元一次方程，先去分母，去括号，然后移项，合并同类项，最后系数化1．
【详解】
解：（1）




（2）




．
【点睛】
本题考查解一元一次方程，掌握解方程步骤正确计算是解题关键．
18．先化简，再求值：，其中，．
【答案】，-12
【分析】
先去括号合并同类项，再把，代入计算．
【详解】
解：
=
=，
当，时，
原式=
=-6-6
=-12．
【点睛】
本题考查了整式的加减-化简求值，一般先把所给整式去括号合并同类项，再把所给字母的值或代数式的值代入计算．
19．深圳某中学全校学生参加了“庆祝中国共产党成立100周年”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分学生的成绩，分成四组：A：70分以下（不包括；；；，并绘制出不完整的统计图．

（1）被抽取的学生成绩在组的有______人，请补全条形统计图；
（2）被抽取的学生成绩在组的对应扇形圆心角的度数是______；
（3）若该中学全校共有2400人，则成绩在组的大约有多少人？
【答案】（1）24，图见解析；（2）36°；（3）480人
【分析】
（1）由D组人数及其所占百分比求出被调查总人数，总人数减去A、B、D组人数即可求出C组人数，从而补全图形；
（2）用360°乘以A组人数所占比例即可；
（3）用总人数乘以样本中B组人数所占比例即可．
【详解】
解：（1）∵被抽取的总人数为18÷30%=60（人），
∴C组人数为60-(6+12+18)=24（人），
补全图形如下：

故答案为：24
（2）被抽取的学生成绩在A组的对应扇形圆心角的度数为360°×=36°，
故答案为：36°；
（3）成绩在B组的大约有2400×=480（人）．
【点睛】
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．列一元一次方程解决下面的问题
新隆嘉水果店第一次用800元从水果批发市场购进甲、乙两种不同品种的苹果，其中甲种苹果的重量比乙种苹果重量的2倍多20千克，甲、乙两种苹果的进价和售价如下表：

甲
乙
进价（元/千克）
4
10
售价（元/千克）
8
15
（1）惠民水果店第一次购进的甲、乙两种苹果各多少千克？
（2）惠民水果店第二次以第一次的进价又购进甲、乙两种苹果，其中甲种苹果的重量不变，乙种苹果的重量是第一次的3倍；甲种苹果按原价销售，乙种苹果打折销售．第二次甲、乙两种苹果都售完后获得的总利润为820元，求第二次乙种苹果按原价打几折销售？
【答案】第一次购进甲种苹果100千克，购进乙种苹果40千克；（2）第二次乙种苹果按原价9折出售．
【分析】
（1）设第一次购进乙种苹果千克，则购进甲种苹果()千克，根据“第一次购进甲、乙两种苹果用800元”即可列出关于x的方程，解方程即可求出答案；
（2）先求出第二次的总进价，再设第二次乙种苹果按原价折销售，然后根据“甲、乙两种苹果的总售价－总进价=利润820元”列出关于y的方程，解方程即得结果．
【详解】
（1）解：设第一次购进乙种苹果千克，则购进甲种苹果()千克．
根据题意，得，
解得：，；
答：第一次购进甲种苹果100千克，购进乙种苹果40千克．
（2）解：第二次购进乙苹果千克，
总进价=元，
设第二次乙种苹果按原价折销售，根据题意，得
，解得；
答：第二次乙种苹果按原价9折出售．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键．
21．如图1，已知，，在内，在内，，．（本题中所有角均大于且小于等于
（1）如图2，当绕点逆时针旋转到与重合时，则；
（2）如图3，当从图2中的位置绕点逆时针旋转（即∠BOC ＝ 80°）时，求的度数；
（3）当从图2中的位置绕点顺时针旋转且，其中为正整数）时，则．

【答案】（1）100°；（2）100°；（3）100°或140°．
【分析】
（1）当∠COD从图1中的位置绕点O逆时针旋转到OC与OB重合时，如图2，可得∠MON＝∠MOB＋∠BON，再根据已知条件进行计算即可；
（2）当从图2中的位置绕点逆时针旋转（即∠BOC ＝ 80°）时，如图3，可得∠MON＝∠AOB-∠AOM-∠BON，再根据已知条件进行计算即可；
（3）根据∠COD从图2中的位置绕点O顺时针旋转n°（0＜n＜180且n≠60a，其中a为正整数），分两种情况画图：①当0＜n＜60时，②当60＜n＜180时，结合（2）进行角的和差计算即可．
【详解】
解：（1）∵∠AOM＝∠AOC，∠BON＝∠BOD，
∴∠MOC＝∠AOC，∠DON＝∠BOD，
当∠COD从图1中的位置绕点O逆时针旋转到OC与OB重合时，如图2，
∴∠MON＝∠MOB＋∠BON＝∠AOC＋∠BOD＝×120°＋×60°＝80°＋20°＝100°；
故答案为：100°；
（2）∵，∠BOC ＝ 80°，
∴，，
∵∠AOM＝∠AOC，∠BON＝∠BOD，
∴∠MON＝∠AOB-∠AOM-∠BON=∠AOB-∠AOC-∠BOD=∠AOB-（∠AOC+∠BOD）==100°；
故答案为：100°；
（3）∠COD从图2中的位置绕点O顺时针旋转n°（0＜n＜180且n≠60a，其中a为正整数），
①当0＜n＜60时，如图，

∵∠BOC＝n°，
∴∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝120°＋n°，
∠BOD＝∠BOC＋∠DOC＝n°＋60°，
∴∠MON＝∠MOC＋∠DOC−∠DON＝（120°＋n°）＋60°−（n°＋60°）＝100°，
②当60＜n＜180时，如图，

∵∠BOC＝n°，
∴∠AOC＝360°−（∠AOB＋∠BOC）＝360°−（120°＋n°）＝240°−n°，
∠BOD＝∠BOC＋∠DOC＝n°＋60°，
∴∠MON＝360°−∠AOM−∠AOB−∠BON＝360°−（240°−n°）−120°−（60°＋n°）＝140°，
故答案为：100°或140°．
【点睛】
本题考查了角的计算，熟练掌握角的和求法，根据角的旋转情况进行分类讨论是解决问题的关键．
22．已知是最小的正整数，是的相反数，，且、、分别是点、、在数轴上对应的数．动点从点出发沿数轴正方向匀速运动，动点同时从点出发也沿数轴正方向匀速运动，点的速度是每秒2个单位长度，点的速度是每秒1个单位长度，设点P的运动时间为t秒．
（1）＝，＝，＝；
（2）当t＝1时，线段PQ长为；
（3）若、出发的同时，动点从点出发沿数轴正方向匀速运动，速度为每秒4个单位长度．当点追上点后，点M立即按原速度沿数轴负方向匀速运动，求点追上点Q后，再运动几秒，到的距离等于到的距离？

【答案】（1）1，7，-2；（2）3；（3）秒或3秒
【分析】
（1）根据最小正整数、相反数、绝对值的定义可求出a、b、c的值；
（2）根据PQ=AB-AP-BQ求解；
（3）先求出M追上Q所用的时间，再求出此时点M，点P，点Q表示的数，然后根据MQ=MP列方程求解；
【详解】
解：（1）∵是最小的正整数，是的相反数，，
∴a=1，b=7，c=-2，
故答案为：1，7，-2；
（2）PQ=AB-AP-BQ=6-2-1=3，
故答案为：3；
（3）设t秒后M追上Q，由题意得
4t-t=9，
解得t=3，
此时，点M表示的数是-2+4×3=10，点P表示的数是1+2×3=7，点Q表示的数是7+1×3=10，如图，

设点追上点Q后，再运动x秒，到的距离等于到的距离，
当M在P的右侧时，由题意得
4x+x=3-4x-2x，
解得x=，
当M在P的左侧时，由题意得
2x-x=3，
解得x=3,
∴再运动秒或3秒，到的距离等于到的距离．
【点睛】
本题考查了两点间的距离，一元一次方程的应用，以及数形结合的思想，分类讨论是解（3）的关键．