期末综合检测卷A卷（人教七年级上册）-2022-2023学年七年级数学上册章节同步实验班培优题型变式训练（人教版）

期末检测

A卷

班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________

考试范围：上册全部，共23题；  考试时间：120分钟；  总分：120分

一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

1．（2022·山东·庆云县东辛店中学七年级阶段练习）若海平面以上米，记作米，则海平面以下米，记作（    ）

A． B．米 C．米 D．

【答案】B

【分析】由题意可知，海平面以下用负数表示，即可得出答案．

【详解】解：根据题意，

海平面以上2000米，记作米，

则海平面以下2022米，记作米．

故选：B．

【点睛】本题考查正数和负数，理解正数和负数在实际问题中的意义是解题的关键．

2．（2022·浙江·永嘉县崇德实验学校七年级期中）已知 ，则的值是（　　）

A．-1 B．1 C．2022 D．

【答案】B

【分析】先根据非负性求得x、y的值，然后再代入求解即可．

【详解】解：∵

∴x+1=0，y-2022=0，即x=-1，y=2022

∴．

故选B．

【点睛】本题主要考查了非负性的应用、乘方等知识点，根据非负性求得x、y的值成为解答本题的关键．

3．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市第二十一中学校七年级期中）与是同类项的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，且相同字母的指数也相同的两个单项式是同类项，逐项分析判断即可求解．

【详解】解：A. 与字母相同，对应字母指数不同，故该选项不正确，不符合题意；

B. 与字母相同，对应字母指数不同，故该选项不正确，不符合题意；

C. 与是同类项，故该选项正确，符合题意；

D. 与字母相同，对应字母指数不同，故该选项不正确，不符合题意．

故选C．

【点睛】本题考查了同类项的定义，掌握同类项的定义是解题的关键．

4．（2022·重庆市第七中学校七年级阶段练习）如果a，b互为相反数，x，y互为倒数，m的倒数等于它本身，则的值是（　　）

A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1

【答案】A

【分析】根据，互为相反数，，互为倒数，的倒数等于它本身，可以求得所求式子的值，本题得以解决．

【详解】解：，互为相反数，，互为倒数，的倒数等于它本身，

，，，

，

，

故选：A．

【点睛】本题考查有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法．

5．（2022·昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校七年级期中）古代名著《算学启蒙》中有一题：良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之?意思是：跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里．慢马先走12天，快马几天可追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则由题意，可列方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设快马x天可以追上慢马，根据快马和慢马所走的路程相等建立方程即可．

【详解】解：设快马x天可以追上慢马，

据题题意：240x=150x+12×150，

故选：A．

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

6．（2021·山东省商河实验中学七年级阶段练习）平面内，有两个角∠AOB=50°，∠AOC=20°，OA为两角的公共边，则∠BOC 为（     ）

A．30° B．70° C．30°或70° D．70°或 40°

【答案】C

【分析】分两种情况进行讨论，分别画出图形，根据角的和差关系解决此题即可．

【详解】解：当OC在∠AOB内部时，如图所示：

此时，∠BOC＝∠AOB−∠AOC＝50°−20°＝30°；

当OC在∠AOB外部时，如图所示：

此时，∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝50°＋20°＝70°；

综上分析可知：∠BOC＝30°或70°，

故选：C．

【点睛】本题主要考查角的和差关系，进行分类讨论，是解决本题的关键．

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

7．（2022·北京·北师大实验中学七年级期中）若是关于x的方程的解，则___________．

【答案】

【分析】根据一元一次方程解得定义把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可得到答案．

【详解】解∵是关于x的方程的解，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了一元一次方程的解和解一元一次方程，熟知一元一次方程的解是使方程两边相等的未知数的值是解题的关键．

8．（2022·上海市罗南中学七年级阶段练习）关于x的多项式是二次三项式，则a=_____b=______

【答案】     4     2

【分析】根据多项式的项与次数，可得a、b的值．

【详解】解：∵多项式是关于x二次三项式，

∴a-4=0，b=2，

∴a=4，b=2；

故答案为：4，2．

【点睛】本题考查了多项式的项与次数，是基础知识要熟练掌握．

9．（2022·江苏·无锡市天一实验学校七年级阶段练习）如图，已知A，B两点在数轴上，点A表示的数为10，点B表示的数为30．点M以每秒4个单位长度的速度从点A向右移动，点N以每秒1个单位长度的速度从点O向右运动，且点M，点N同时出发，经过_______秒，点M、点N分别到点O的距离相等．

【答案】2或

【分析】设经过t秒，点M、N到原点O的距离相等，分两种情况，一是点M在原点的左边，二是点M与点N重合，列方程求出x的值即可．

【详解】解：设经过t秒点M、N到原点O的距离相等，

若点M在点O左侧，则，

解得t=2；

若点M在点O的右侧，则点M与点N重合时，点M、N到原点O的距离相等，

所以，

解得t=，

综上所述，经过2秒或秒，点M、N到原点O的距离相等，

故答案为：2或．

【点睛】此题考查解一元一次方程、列一元一次方程解应用题等知识与方法，解题的关键是按点M在原点左侧或原点右侧分类讨论，求出结果．

10．（2022·浙江·永嘉县崇德实验学校七年级期中）将一个含有45°角的直角三角板如图所示放置，其中一个45°角的顶点落在直线a上，含90°角的顶点落在直线b上.若a//b，∠2=∠15°，则∠3的度数为___________°

【答案】75

【分析】由余角的定义进行计算，即可求出答案．

【详解】解：根据题意，

∵，，

∴；

故答案为：75

【点睛】本题考查了余角的定义，解题的关键是掌握余角的定义进行计算．

11．（2022·浙江·金华海亮外国语学校七年级阶段练习）设，且，则的值可能是 _____．

【答案】或##或

【分析】根据原式可化为，进而根据，分类讨论，即可求解．

【详解】解：当时，，当时， ，

∵

∴，且a,b,c至少有一个正数和负数，

∴，

由于，则a,b,c中有一个负数，两个正数，因此有，

①，原式；

②，原式；

③，原式；

故答案为：或．

【点睛】本题考查了有理数的加减法运算，有理数的乘除除法运算，绝对值的意义，分类讨论是解题的关键．

12．（2021·四川·会东县姜州中学七年级阶段练习）的绝对值是 _____；的相反数是 _____； 的倒数是 _____．

【答案】              

【分析】根据相反数，绝对值，倒数的定义逐个填空即可求解．

【详解】解：的绝对值是 ；的相反数是； 的倒数是．

故答案为：；；

【点睛】本题考查了相反数，绝对值，倒数的定义，解题的关键是掌握相反数的定义，如果两个数只有符号不同，我们称其中一个数为另一个数的相反数，特别地，0的相反数还是0．正数的绝对值是其本身，0的绝对值是0，负数的绝对值是它的相反数．相乘等于1的两个数互为倒数．．

三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）

13．（2022·安徽·阜南县文勤学校七年级阶段练习）计算：

(1)

(2)

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据有理数的加减运算可进行求解；

（2）先算乘方，然后算乘除，最后算加减即可．

【详解】（1）解：原式=

；

（2）解：原式=

=2．

【点睛】本题主要考查有理数的混合运算，熟练掌握有理数的混合运算法则是解题的关键．

14．（2022·浙江·金华海亮外国语学校七年级阶段练习）请你在数轴上表示下列有理数，并按从小到大的顺序排列．

；

【答案】见解析，

【分析】先化简绝对值与多重符号，然后表示在数轴上，根据数轴右边的数大于左边的数，比较大小即可求解．

【详解】解：,

在数轴上表示有理数如图所示：

由数轴可得，，

【点睛】本题考查了化简绝对值，化简多重符号，在数轴上表示有理数，根据数轴比较有理数的大小，数形结合是解题的关键．

15．（2022·福建·厦门市松柏中学七年级期中）化简

(1)

(2)

(3)

【答案】(1)；

(2)；

(3)．

【分析】（1）合并同类项即可；

（2）先去括号，然后合并同类项即可；

（3）先去括号，然后合并同类项即可．

【详解】（1）解：

；

（2）解：

；

（3）解：

．

【点睛】本题考查整式的加减，解答本题的关键是掌握去括号和合并同类项法则．

16．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校七年级阶段练习）解下列方程；

(1)

(2)

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）先去括号，然后再移项合并同类项，最后将未知数系数化为1即可；

（2）先去括号，然后去括号，再移项合并同类项，最后将未知数系数化为1即可．

【详解】（1）解：

去括号得：，

移项合并同类项得：，

将未知数系数化为1得：．

（2）解：

去分母得：，

去括号得：，

移项合并同类项得：，

未知数系数化为1得：．

【点睛】本题主要考查了解一元一次方程，解题的关键是熟练掌握解一元一次方程的一般步骤，去分母、去括号、移项合并同类项、未知数系数化为1．

17．（2022·陕西·子洲县张家港希望中学七年级阶段练习）如图，这是由8个大小相同的小立方块搭建的几何体，请按要求在方格内分别画出从这个几何体的三个不同方向看到的形状图．

【答案】见解析

【分析】根据简单组合体的从不同方向画出相应的图形即可．

【详解】解：如图所示：

【点睛】本题考查了简单组合体的从不同方向的画法，掌握简单组合体从不同方向的画法是正确解答的前提．

四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）

18．（2022·全国·七年级专题练习）在某次作业中有这样一道题：已知代数式的值为，求代数式的值．

小明的解题过程如下：

原式，把式子两边同乘2，得，

故原代数式的值为，

仿照小明的解题方法，解答下面的问题：

(1)若，则 　　；

(2)已知，，求的值．

【答案】(1)2022

(2)5

【分析】（1）将代入所求式子即可得答案；

（2）将变形成，即可得，故．

【详解】（1）解：（1），

，

故答案为：2022；

（2）解：，

，

，

，

．

【点睛】本题考查代数式求值，整式的加减，解题的关键是整体思想的应用．

19．（2021·江西省遂川县教育局教学研究室七年级期末）某校组织七年级师生去秋游，如果单独租用45座客车若干辆，刚好坐满；如果单独租用60座客车，可少租一辆，且有15个座位空位．

(1)请问这次参加秋游的人数是多少？

(2)已知租用45座的客车费用为每辆550元，租用60座的客车费用为每辆600元，请问单独租用哪种客车更合算？

【答案】(1)

(2)租用座的客车更合算些

【分析】（1）设这次参加秋游的人数是人，列方程解答即可；

（2）根据人数算出租用车辆数，再进一步算出价钱进行比较即可得到答案．

（1）

解：设这次参加秋游的人数是人，

解得，

答：这次参加秋游的人数是人；

（2）

租用座的客车的总价钱是（元），

租用座客车的总价钱是（元），

∵，

∴租用座的客车更合算些．

【点睛】此题考查了一元一次方程的实际应用，有理数混合运算的实际应用，注意题中的等量关系，由人数分别表示两种车的数量建立等量关系是解题的关键．

20．（2022·北京·北师大实验中学七年级期中）有理数a，b，c在数轴上的位置如图所示，

(1)判断正负，用“>”或“<”填空：___________0，___________0．

(2)化简：．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据数轴得出，再求出答案即可；

（2）根据数轴得出，再化简求值即可．

【详解】（1）根据数轴得出，

∴，

故答案为：；

（2）∵，

【点睛】本题考查了数轴，绝对值，数轴和实数的大小比较，能根据数轴得出是解此题的关键，注意：在数轴上表示的数，右边的数总比左边的数大．

五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）

21．（2021·江西省遂川县教育局教学研究室七年级期末）如图，，，，分别是，的平分线．

(1)如图1，当在左侧，且时，的度数是_________；

(2)当的位置不确定时，请利用备用图，画出相关图形，探究的大小与的数量关系；

(3)当的度数为时，请直接写出的度数．

【答案】(1)

(2)或或

(3)或

【分析】（1）利用角平分线的定义和角的和差关系求解；

（2）分OC在OB左侧，OC在内部，OC在OA下方三种情况，利用角的和差关系分别计算即可求解；

（3）将代入（2）中结论即可求解．

（1）

解：由题意得，，，

∵，分别是，

∴，，

∴，

即的度数是；

（2）

解：分三种情况讨论，当OC在OB左侧时，如下图所示：

；

当OC在内部时，如下图所示：

；

当OC在OA下方时，如下图所示：

；

综上可知，或或．

（3）

解：由（2）可知，时，

，或，或

解得，或，或（舍去），

即的度数为或．

【点睛】本题考查角平分线的定义和角的和差关系，需要注意OC的位置有多种可能，掌握分类讨论思想是解题的关键．

22．（2022·北京·北师大实验中学七年级期中）如果两个方程的解相差k，k为正整数，则称解较大的方程为另一个方程的“k—后移方程”．例如：方程是方程的“2—后移方程”．

(1)若方程是方程的“a—后移方程”，则___________；

(2)若关于x的方程是关于x的方程的“2—后移方程”，求代数式的值：

(3)当时，如果方程是方程的“3—后移方程”，求代数式的值．

【答案】(1)1

(2)71

(3)

【分析】（1）分别求出两个方程的解即可得到答案；

（2）分别求出两个方程的解，再根据“2—后移方程”的定义求出m的值即可得到答案；

（3）分别求出两个方程的解，再根据“2—后移方程”的定义求出，然后把整体代入所求代数式求解即可．

【详解】（1）解：∵，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴方程是方程的“1—后移方程”，

∴，

故答案为：1；

（2）解：∵，

∴，

∵，

∴，

∵关于x的方程是关于x的方程的“2—后移方程”，

∴，

∴，

∴；

（3）解：∵，

∴，

∵，

∴，

∵方程是方程的“3—后移方程”，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了解一元一次方程，代数式求值，正确理解题意所给的“后移方程”的定义是解题的关键．

六、（本大题共12分）

23．（2021·山东淄博·期中）如图，以直线上一点为端点作射线，使，将一个直角三角形的直角顶点放在点处．（注：

(1)如图①，若直角三角板的一边放在射线上，则　　；

(2)如图②，将直角三角板绕点逆时针方向转动到某个位置，若恰好平分，求的度数；

(3)如图③，将直角三角板绕点转动，如果始终在的内部，试猜想和有怎样的数量关系？并说明理由．

【答案】(1)20

(2)

(3)，理由见解析

【分析】（1）根据图形得出，代入求出即可；

（2）根据角平分线定义求出，代入，求出，代入求出即可；

（3）根据图形得出，，相减即可求出答案．

（1）

解：．

故答案为：20．

（2）

解：平分，，

，

，

，

，

．

（3）

解：，理由如下：

，，

，

即．

【点睛】本题主要考查了角平分线定义，角的计算的应用，能根据图形求出各个角的度数是解此题的关键．