精品解析：浙江省杭州拱墅区2021-2022学年七年级上学期期末考试数学试题-A4答案卷尾

这是一份精品解析：浙江省杭州拱墅区2021-2022学年七年级上学期期末考试数学试题-A4答案卷尾，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求．
1．下列各数中，是负整数的是（ ）
A．＋1B．－2C．D．0
2．把34.75精确到个位得到的近似数是（ ）
A．30B．34.8C．34D．35
3．下列等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．计算下列各式，值为负数的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，实数在数轴上的对应点可能是（ ）

A．点B．点C．点D．点
6．几人共同种一批树苗，如果每人种10棵，则剩下6棵树苗未种；如果每人种12棵，则缺8棵树苗．设参与种树苗的有人，则（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，点，点都在线段上，若，则（ ）
A．B．
C．D．
8．观察下列按一定规律排列的个数：1，3，5，7，9，…，若最后三个数之和是99，则这列数中最大的数为（ ）
A．17B．19C．33D．35
9．当为1，2，4时，代数式的值分别是，1，，则的值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
10．如图，点在直线上，射线，在直线的同一侧（其中，），射线平分，射线平分．若和互补，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题有6个小题，每小题4分，共24分．
11．2的相反数是______，－3的绝对值是______．
12．计算：______．
13．计算：______．
14．若实数满足，则______2（填“＞”或“＜”）．
15．已知－2是关于的方程的解，则的值为______．
16．如图，点是线段的中点，点是线段的中点，点是线段的中点，点是线段的中点．若，则______；若，则______（用含的代数式表示）．
三、解答题：本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．计算：
(1)．
(2)．
18．解方程：
(1)．
(2)．
19．先化简，再求值：
(1)，其中．
(2)，其中，．
20．下图是一个运算程序示意图：
(1)若输入的数，求输出的数值的值．
(2)若输出的数值，求输入的数的值．
21．一辆客车和一辆卡车都从地出发沿同一条公路匀速驶向地，客车的行驶速度为70千米/小时，卡车的行驶速度为60千米/小时，已知卡车提前1小时出发，结果两车同时到达地．
(1)求，两地的距离是多少？
(2)客车出发多少小时后，两车第一次相距20千米？
22．已知，过点作射线，射线平分．
(1)如图1，射线在的外部（），
①若，求的度数．
②若，求的度数．
(2)如图2，射线在的内部（），若存在射线（），使得，试求出与之间的等量关系．
23．将长方形Ⅰ，正方形Ⅱ，正方形Ⅲ，以及长方形Ⅳ，按如图所示放入长方形中（相邻的长方形，正方形之间既无重叠，又无空隙），已知（为常数），．
(1)若．
①求，的长（用含的代数式表示）．
②若长方形Ⅰ的周长是正方形Ⅲ的周长的倍，求的值．
(2)若已知大长方形的周长为12，则能否求出正方形Ⅱ，以及长方形Ⅳ的周长？若能，请求出相应的周长；若不能，请说明理由．
1．B
【分析】
根据负整数的定义判断即可．
【详解】
解：各数中，是负整数的是-2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了有理数，掌握负整数的定义是解题的关键．
2．D
【分析】
把十分位上的数字四舍五入即可．
【详解】
解：把34.75精确到个位得到的近似数是，
故选：D
【点睛】
本题考查了近似数和有效数字，几个四舍五入得到的数字为近似数，近似数与精确数的接近程度可以用精确度表示．
3．A
【分析】
根据平方根、算术平方根的含义即可完成．
【详解】
A. ，故等式成立；
B. 表示4的算术平方根，则，故等式不成立；
C. 表示4的平方根，即，故等式不成立；
D. 表示4的算术平方根的相反数，即，故等式不成立；
故选：A
【点睛】
本题考查了平方根与算术平方根，理解平方根与算术平方根的区别是关键．
4．A
【分析】
根据有理数加减和乘除的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
，即选项A符合题意；
，即选项B不符合题意；
，即选项C不符合题意；
，即选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了有理数运算的知识；解题的关键是熟练掌握有理数加减和乘除运算的性质，从而完成求解．
5．C
【分析】
估算，进而结合数轴即可求解
【详解】
解：∵
∴实数在数轴上的对应点可能是点
故选C
【点睛】
本题考查了无理数的估算，实数与数轴，估算的大小是解题的关键．
6．D
【分析】
根据每人种10棵，则剩下6棵树苗未种；如果每人种12棵，则缺8棵树苗，可以列出相应的方程．
【详解】
解：设参与种树苗的有x人，
由题意可得：，
故选：D．
【点睛】
本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出方程．
7．C
【分析】
结合题意，根据线段和差的性质计算，即可得到答案．
【详解】
∵，且
∴，即选项C正确；
根据题意，无法推导得、、，即选项A、B、D不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了线段的知识；解题的关键是熟练掌握线段和差的性质，从而完成求解．
8．D
【分析】
找出第n个数表示为2n-1，然后列出后三项求解．
【详解】
解：根据题意可得第n个数为2n-1，
则后三个数分别为2n-5，2n-3，2n-1，
∴2n-5+2n-3+2n-1=99，
解得n=18．
则2n-1=35，
故选：D．
【点睛】
本题考查数字的变化规律，解题关键是熟练掌握常用的寻找数字规律的方法．
9．B
【分析】
把x为1，2，4分别代入ax+b得，a+b=m，2a+b=1，4a+b=n，根据题目要求进行变形后相加，再整体代入计算即可．
【详解】
解：x=1时，a+b=m，①
①×2得2a+2b=2m，②
x=4时，4a+b=n③
③+②得，6a+3b=2m+n，
3（2a+b）=2m+n，④
x=2时，2a+b=1，⑤
把⑤代入④得3×1=2m+n，
∴2m+n=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了代数式求值，掌握根据已知条件列出等式，根据题目的要求进行变形，把（2a+b）看多一个整体代入所求的代数式是解题关键．
10．C
【分析】
由补角的定义可求得∠EOF+∠COD＝180°，结合平角的定义可求得∠COD＝∠AOE+∠BOF，根据角平分线的定义可求得∠COE+∠DOF＝∠COD，进而可求解∠COD的度数，即可求解．
【详解】
解：∵∠EOD和∠COF互补，
∴∠EOD+∠COF＝180°，
∴∠EOF+∠COD＝180°，
∵∠EOF+∠AOE+∠BOF＝180°，
∴∠COD＝∠AOE+∠BOF，
∵射线OE平分∠AOC，射线OF平分∠BOD，
∴∠AOE＝∠COE，∠BOF＝∠DOF，
∴∠COE+∠DOF＝∠COD，
∴∠COD＝180°÷3＝60°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查余角和补角，角平分线的定义，求解∠COD＝∠AOE+∠BOF是解题的关键．
11．
【分析】
根据相反数的定义，绝对值的概念进行求解即可．
【详解】
解：2的相反数是，－3的绝对值是3．
故答案为：，
【点睛】
本题考查了相反数的意义，求一个数的绝对值，掌握相反数的意义和绝对值的意义是解题的关键．
12．
【详解】
解：
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了合并同类项，解题的关键是熟记合并同类项的法则．
13．
【分析】
根据立方根和算数平方根的性质计算，即可得到答案．
【详解】
故答案为：．
【点睛】
本题考查了立方根和算术平方根的知识；解题的关键是熟练掌握立方根、算术平方根的性质，从而完成求解．
14．
【分析】
根据，可得，进而比较底数即可求解．
【详解】
，，
，
故答案为：
【点睛】
本题考查了立方根，实数的大小比较，求得8的立方根等于2是解题的关键．
15．
【分析】
把代入方程得到关于a的方程，求解即可．
【详解】
解：把代入得
，
解得a=
【点睛】
本题考查一元一次方程的解，解一元一次方程，掌握一元一次方程解的概念是解题的关键.
16． 0.5##； ##
【分析】
根据线段中点的定义分别计算出AD，AE和AF的长，再利用线段的和差可得答案；设OA＝OB＝x，则AB＝2x，BE＝x−a，根据线段的和差可得答案．
【详解】
解：∵AB＝8，点O是线段AB的中点，
∴OA＝OB＝AB＝4，
∵点D是线段AO的中点，
∴AD＝AO＝2，BD＝8−2＝6，
∵点E是线段BD的中点，
∴BE＝DE＝3，AE＝8−3＝5，
∵点F是线段AE的中点，
∴AF＝AE＝2.5，
∴DF＝AF−AD＝2.5−2＝0.5；
设OA＝OB＝x，则AB＝2x，BE＝x−a，
∵点E是线段BD的中点，
∴BD＝2BE＝2x−2a，
∵点D是线段AO的中点，
∴AD＝AO＝x，
∴AB＝AD＋BD＝x＋2x−2a＝x−2a，
∴OB＝AB＝x−a，即x−a＝x，
解得x＝4a，
即AE＝AO＋OE＝x＋a＝5a，
∵点F是线段AE的中点，
∴EF＝AE＝a，
∴OF＝EF−OE＝a−a＝a．
故答案为：0.5；a．
【点睛】
本题考查了两点间的距离，线段中点的定义，熟悉线段的加减运算是解题的关键．
17．(1)-16
(2)0
【解析】
（1）解：原式=-8-10+2=-18+2=-16；
（2）原式=1-=1-1=0．
【点睛】
本题考查有理数的混合运算，解决问题的关键是掌握运算步骤和运算法则．
18．(1)x=8
(2)x=6
【分析】
（1）方程移项合并，把x系数化为1，即可求出解；
（2）方程去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解．
（1）
解：4x−3=2x+13
移项得，4x-2x=3+13，
合并同类项得，2x=16，
系数化为1得，x=8；
（2）
去分母得，x-2（3-2x）=4x，
去括号得，x-6+4x=4x，
移项得，x+4x-4x=6，
合并同类项得，x=6．
【点睛】
此题考查了解一元一次方程，解题的关键是掌握其步骤为：去分母，去括号，移项合并，将未知数系数化为1，求出解．
19．(1)-x-2，30；
(2)-a2+2ab，-8．
【分析】
（1）原式合并同类项得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值；
（2）原式去括号合并得到最简结果，把a与b的值代入计算即可求出值．
（1）解：=（2x2+x2-3x2）+（-5x+4x）-2=-x-2，当x=-32时，原式=32-2=30；
（2）解：=（-7a2-2ab+2）+（6a2+4ab-2）=-7a2-2ab+2+6a2+4ab-2=-a2+2ab，当a=-2，b=1时，原式=-（-2）2+2×（-2）×1=-4-4=-8．
【点睛】
本题考查了整式的加减-化简求值，熟练掌握去括号法则与合并同类项法则是解本题的关键．
20．(1)6
(2)20
【分析】
（1）把x=-2代入A=2（1-x），求出代数式的值；
（2）分x＜0和x≥0两种情况，把A=-8代入式子中得到方程求解即可．
【详解】
（1）解：∵x=-2＜0，
∴A=2×[1-（-2）]
=2×3
=6；
（2）当x＜0时，
有-8=2（1-x），
解得x=5（不合题意，舍去）
当x≥0时，
有-8=，
解得x=20，
故x=20．
【点睛】
本题考查求代数式的值和解一元一次方程，注意分类讨论思想的应用．
21．(1)A，B两地的距离是420千米；
(2)客车出发4小时后，两车第一次相距20千米．
【分析】
（1）设A，B两地的距离是x千米，利用时间=路程÷速度，结合卡车比客车多用1小时，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出A，B两地的距离；
（2）设客车出发y小时后，两车第一次相距20千米，利用路程=速度×时间，结合两车第一次相距20千米，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论．
（1）
解：设A，B两地的距离是x千米，
依题意得：，
解得：x=420．
答：A，B两地的距离是420千米；
（2）
解：设客车出发y小时后，两车第一次相距20千米，
依题意得：70y+20=60（y+1），
解得：y=4．
答：客车出发4小时后，两车第一次相距20千米．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
22．(1)①；②
(2)
【分析】
（1）①根据角平分线性质，得；根据直角的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案；
②结合题意，根据角度和差性质，得，根据角平分线的性质，得，再根据直角的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案；
（2）根据角平分线的性质，得；结合题意，根据角度和差的性质计算，即可得到答案．
(1)
①根据题意，得：，
∵射线平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
②∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)
∵射线在的内部（），射线（）
∴射线在的内部，
如下图：
∵射线平分，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了角度和差、角平分线、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握角平分线的性质，从而完成求解．
23．(1)①，；②m=4；
(2)能，正方形Ⅱ的周长，长方形Ⅳ的周长，理由见解析
【分析】
（1）①结合题意，根据长方形、正方形、代数式的性质计算，即可得到答案；
②结合（1）①的结论，根据题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到答案；
（2）设，则，根据正方形、长方形的性质，通过列一元一次方程并求解，即可得，通过计算即可完成求解．
【详解】
（1）①∵长方形，
∴．
∵长方形Ⅰ，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵正方形Ⅱ，正方形Ⅲ以及长方形Ⅳ，
∴，，，，
∴，
∴；
②长方形Ⅰ的周长，
正方形Ⅲ的周长，
∵长方形Ⅰ的周长是正方形Ⅲ的周长的倍，
∴，
∴8m-8=12m-24，
∴m=4；
（2）∵大长方形的周长为12，
∴，
∴．
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∵长方形Ⅳ，
∴，
∴．
∵长方形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴正方形Ⅱ的周长，长方形Ⅳ的周长．
【点睛】
本题考查了正方形、长方形、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次方程的性质，从而完成求解．