人教版七年级数学上册同步讲义专题期末考试冲刺卷二（解析版）（人教版）

这是一份人教版七年级数学上册同步讲义专题期末考试冲刺卷二（解析版）（人教版），共22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。

1．（2022·江苏宿迁·七年级期中）下列各数：，，，，，，其中既是负数又是有理数的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】按照有理数的分类解答即可．
【详解】解：，，
在数，，，，，中，
既是负数又是有理数的有，，，共个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正数和负数以及有理数的知识，掌握有理数的分类是解答本题的关键．
2．（2022·山东青岛·七年级期中）餐桌边的一蔬一饭，舌尖上的一饮一酌，实属来之不易，舌尖上的浪费让人触目惊心．据统计，中国每年浪费的食物总量折合粮食约亿千克，这个数据用科学记数法表示为（ ）
A．千克B．千克C．千克D．千克
【答案】A
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：亿．
故选：A．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
3．（2022·河北·青龙满族自治县教师发展中心七年级期中）如图，已知四条线段，，，中的一条与挡板另一侧的线段n在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的特征，经过两点有且只有一条直线即可判断．
【详解】解：设线段与挡板交点为，线段，，，与挡板的交点分别为、、、，利用直尺连接、、、，
根据经过两点有且只有一条直线，
则线段与线段在同一条直线上，
故选：B．
【点睛】本题考查直线的特征，掌握经过两点有且只有一条直线是解题关键．
4．（2022·湖北·十堰市张湾区教育教学研究中心七年级期中）下列方程的变形中，正确的是（ ）
A．由，得B．由，得
C．由，得D．由 ，得
【答案】D
【分析】根据等式的性质，等式两边同时加上相等的数或式子，两边依然相等；等式两边同时乘或除相等且不为零的数或式子，两边依然相等，逐一判断即可
【详解】A、由，得：，不符合题意；
B、由，得：，不符合题意；
C、由，得，不符合题意；
D、由，得，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了解一元一次方程，以及等式的性质，熟练掌握等式的性质是解本题的关键．
5．（2022·江苏·七年级专题练习）有3块积木，每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同．现把它们摆放成不同的位置（如图）,请你根据图形判断涂成绿色一面的对面涂的颜色是( )
A．白B．红C．黄D．黑
【答案】C
【详解】试题分析：由第一个图可知绿色和白色、黑色相邻，由第二个图可知绿色和蓝色、红色相邻，由已知可得每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同．根据第三个图可知涂成绿色一面的对面涂的颜色是黄色，故答案选C.
考点：几何体的侧面展开图.
6．（2022·全国·七年级单元测试）在线段上有3种点，第1种是将三等分的点；第2种是将四等分的点；第3种是将六等分的点，这些点连同线段的端点可组成线段的条数是（ ）
A．36B．45C．55D．72
【答案】A
【分析】先找出重复的点，再求出所有的点的个数，即可求出线段的条数．
【详解】解：3，4，6的最小公倍数为12，重复的点的个数=（-1）+（-1）=3；
除端点外的点的个数为：（6-1）+（4-1）+（3-1）-3=7，
∴连同AB线段的端点共7+2=9个端点，
∴9个点任取2个的情况有36（条）．
故选A．
【点睛】本题考查直线，射线及线段，解题关键是找出所有的端点个数．
7．（2022·四川·成都实外七年级期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．为任何有理数，则必为负数
C．若，则为非负数D．若，则这、中至少有一个是负数
【答案】D
【详解】解：A、例如：，，，，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、若，则，此时，故C不符合题意；
D、若，则这、中至少有一个是负数，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了绝对值的定义和非负性，解题的关键是熟练掌握绝对值的定义，正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
8．（2022·安徽·蚌埠第六中学七年级期中）小明在解方程去分母时，方程右边的没有乘以6，因而求得的解为，则原方程的解为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据小明的错解方法求出a的值，再正确解原方程即可．
【详解】解：按照小明的错解方法如下所示：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项，系数化为1得：，
∵错解的结果为，
∴，
解得，
∴原方程为，
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项，系数化为1得：，
故选C．
【点睛】本题主要考查了解一元一次方程，正确根据小明的错解方法求出a的值是解题的关键．
9．（2022·全国·七年级单元测试）实验室里，水平桌面上有半径相同的甲、乙、丙三个圆柱形容器(容器足够高)，用两个相同的管子在容器的高度处连通(即管子底端离容器底)．现三个容器中，只有甲中有水，水位高，如图所示，若每分钟同时向乙和丙注入相同量的水，开始注水1分钟，乙的水位上升，则开始注入( )分钟的水量后，乙的水位高度比甲的水位高度高．
A．3B．6C．3或6D．3或9.3
【答案】D
【分析】在容器乙中的水未注入容器甲之前，注入的水仅存放在乙、丙容器内；在容器乙中的水注入容器甲之后，注入容器乙和丙中的水流入到甲容器中，在注入的过程中产生 的高度差．
【详解】解：当容器乙中的水未注入容器甲之前，
由题意，注入单个容器中水位上升的高度与时间的关系为/分钟， 所以当乙中水位为时满足条件，所用时间为： (分钟)；
当容器乙中的水注入容器甲之后，当甲容器中的水位为，容器乙中的水位为时，满足题意，
设注水时间为x，则，解得 (分钟)，
要使乙中水位高出甲，则需注水的时间为：分钟．
故选：D．
【点睛】此题考查了一元一次方程的应用，根据题意分析产生水位差的两种情况是解答本题的关键点，建立方程时要注意甲容器中原有的水．
10．（2022·江苏无锡·七年级期中）当时，代数式的值为2022，则当时，代数式的值为（ ）
A．2021B．C．2020D．
【答案】B
【分析】先把代入，可得，再把代入，可得，然后把代入计算即可．
【详解】解：将代入，可得：
，
∴，
将代入，可得：
，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了整体代入法求代数式的值，能够整体代入是解答本题的关键，此题培养了学生的整体思维．
11．（2022·全国·七年级课时练习）如图，数轴上点A和点B表示的数分别是-6和4，动点M从A点以每秒3cm的速度匀速向右移动，动点N同时从B点以每秒1cm的速度匀速向右移动.设移动时间为t秒，当动点N到原点的距离是动点M到原点的距离的2倍时，t的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】分点M原点左边或右边两种情况讨论，由题意列出方程可求解．
【详解】解：当点M在原点左边，
由题意得：2（6-3t）=4+t，
解得：t=；
当点M在原点右边，
由题意得：2（3t-6）=4+t，
∴t=，
故选C．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，数轴，掌握数轴上两点之间的距离求解方法是解决问题的关键．
12．（2022·山东济南·九年级期中）谢尔宾斯基地毯是由波兰数学家谢尔宾斯基提出的一种具有“自相似”性质的分形图形：将第1个正方形分成9等份（如图①），挖去中间的小正方形，得到第2个正方形（如图②）；再将余下的8个小正方形分成9等份，挖去中间的小正方形，得到第3个正方形（如图③）；…这样继续进行下去，就得到空格子越来越多的谢尔宾斯基地毯．若图①中大正方形的边长为1，则第4个正方形中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，每次挖去正方形的面积的，剩下的阴影部分面积等于原阴影部分面积的，然后根据有理数的乘方列式计算即可得解．
【详解】图2的阴影部分面积，
图3的阴影部分面积，
图4的阴影部分面积，
故选：D．
【点睛】本题考查了图形规律问题，有理数乘方的计算，掌握图形变化的规律是解题的关键．
13．（2022·浙江·义乌市绣湖中学教育集团七年级期中）在明代的《算法统宗》一书中将用格子的方法计算两个数相乘称作“铺地锦”，如图1，计算，将乘数82记入上行，乘数34记入右行，然后用乘数82的每位数字乘以乘数34的每位数字，将结果记入相应的格子中，最后按斜行加起来，既得2788．如图2，用“铺地锦”的方法表示两个两位数相乘，下列结论错误的是（ ）
A．b的值为6B．a为奇数
C．a的值大于3D．乘积结果可以表示为
【答案】C
【分析】设的十位数字是m，个位数字是n，根据“铺地锦”，列出符合条件的方程即可求解；
【详解】设的十位数字是m，个位数字是n，则
∴，故A正确，不符合题意；
则
∵
∴，故B正确，不符合题意；故C不正确，符合题意；
根据上图乘积结果可以表示为 ，故D正确，不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查了有理数的乘法和一元一次方程解法，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，在同一平面内，，，点为反向延长线上一点（图中所有角均指小于的角）．下列结论：
①；
②；
③；
④．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由∠AOB=∠COD=90°，根据等角的余角相等得到∠AOC=∠BOD，结合即可判断①正确；由∠AOD+∠BOC=∠AOD+∠AOC+∠AOD+∠BOD，结合即可判断②正确；由∠BOC-∠AOD=∠AOC+90°-∠AOD，而不能判断∠AOD=∠AOC，即可判断③不正确；由E、O、F三点共线得∠BOE+∠BOF=180°，而∠COE=∠BOE，从而可判断④正确．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
而∠AOF=∠DOF，
∴180°-∠AOC-∠AOF=180°-∠BOD-∠DOF，
即∠COE=∠BOE，所以①正确；
∠AOD+∠BOC=∠AOD+∠AOC+∠AOD+∠BOD=∠COD+∠AOB =180°，
所以②正确；
∠COB-∠AOD=∠AOC+90°-∠AOD，
而，所以③不正确；
∵E、O、F三点共线，
∴∠BOE+∠BOF=180°，
∵∠COE=∠BOE，
∴∠COE+∠BOF=180°，所以④正确．
所以，正确的结论有3个．
故选：C．
【点睛】题考查了余角和补角、角度的计算、余角的性质以及角平分线的定义等知识，准确识图是解题的关键．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．（2022·广东佛山·七年级期中）如图是由若干个完全相同的小正方体堆成的几何体．在该几何体的表面（除最底层）喷上黄色的漆，若现在你手头还有一个相同的小正方体添上去，考虑颜色，要使从正面看、从左面看和从上面看到的形状图保持不变，则新添的正方体至少要在______个面上着色．
【答案】2
【分析】分析几何体，找到可以保证几何体从正面看、从左面看和从上面看到的形状图保持不变的正方体放置位置，计算正方体的着色面即可．
【详解】解：为保证几何体从正面看、从左面看和从上面看到的形状图保持不变，正方体添加的位置如下图所示，
∵小正方体添加后，左面、底面和背面被遮挡且不从右面看，
∴至少需要在正面、顶部两个面上着色，
故答案为：2．
【点睛】本题考查几何体，解题的关键是找出小正方体的添加位置．
16．（2022·河北石家庄·七年级期中）在算式中的“□”里，填入运算符号“”，则算式的值为 __；在“□”里，填入运算符号 __（在符号“”“ ”“ ”“ ”中选择一个），可使算式的值最大．
【答案】 1
【分析】将“+”代入题目中的式子，计算即可；再将“+”“-”“×”“÷”分别代入中，观察哪个值最小，就可以得到使得算式的值最大的运算符号．
【详解】解：算式中的“□”里，填入运算符号“”，则算式的值为：
；
∵，，，，绝对值里的结果越小，原式的结果越大，
∴在“□”里，填入运算符号“”，可使算式的值最大；
故答案为：1；
【点睛】本题考查有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
17．（2022·浙江杭州·七年级期中）把如图1的两张大小相同的长方形卡片放置在图2与图3中的两个相同大长方形中，已知这两个大长方形的长比宽长，若记图2中阴影部分的周长为，图3中阴影部分的周长为，那么_______．
【答案】
【分析】列代数式分别表示出与，然后作差求解即可．
【详解】解：设小长方形的长为，宽为；大长方形的长为；
则：（）
观察图可知：左上部分阴影长方形的长为，宽为
右下部分阴影长方形的长为；宽为
（）
∴（）
故答案为：
【点睛】本题考查了列代数式，整式的加减；熟练根据实际意义列出相对应的代数式并化简是解题的关键．
18．（2022·浙江杭州·七年级期中）现有a根长度相等的火柴棒，按图1所示的方式摆放，可摆成m个小正方形；按如图2所示的方式摆放，可摆成个小正方形．
（1）当时，则_________．
（2）m=_________（用含n的代数式表示）．
【答案】 142
【分析】（1）分别找到图1和图2的规律进行求出m、n的值，然后代值计算即可；
（2）根据（1）所求进行求解即可．
【详解】解：（1）如图1所示，摆成1个正方形，需要4根火柴，
摆成2个正方形，需要7根火柴，
摆成3个正方形，需要10根火柴，
…
∴摆成m个正方形，需要根火柴，
∴当时，，
解得；
如图2所示，摆成2个正方形，需要根火柴，
摆成4个正方形，需要根火柴，
摆成6个正方形，需要根火柴，
…
摆成个火柴，需要根火柴，
∴当时，，
解得；
∴，
故答案为：142；
（2）由（1）得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了图形类的规律探索，解一元一次方程，等式的性质，正确找到两个图形的规律是解题的关键．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．（2022·吉林·长春博硕学校七年级期中）定义一种新运算：．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题目的新定义可得：；计算即可；
（2）根据题目的新定义可得：，计算出括号里的数，然后再根据新定义计算即可．
【详解】（1）解：
；
（2）
．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，定义新运算，读懂题意，理解题目所给出的新运算是解本题的关键．
20．（2022·江苏扬州·七年级期中）先化简，再求值，其中满足．
【答案】，
【分析】根据整式的加减运算对式子进行化简，根据绝对值和乘方的非负性，求得，即可求解．
【详解】解：
，
∵，
∴，，
将，代入得，原式，
【点睛】此题考查了整式的化简求解，涉及了整式的加减运算，绝对值的非负性等，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
21．（2022·江苏宿迁·七年级期中）A、B、C、D四个车站的位置如图所示，A、B两点之间的距离表示为，，，．
(1)求A、C两站的距离；
(2)求C、D两站的距离；
(3)探究：与之间的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接利用整式的加法法则计算即可；
（2）直接利用整式的减法法则计算即可；
（3）利用整式的减法法则计算出，进而即可得出答案．
【详解】（1）解：由图可知；
（2）解：由图可知
；
（3）解：由（2）可知，
∴
．
∵，
∴．
【点睛】本题考查线段的和与差，整式的加、减运算．掌握整式的加、减运算法则是解题关键．
22．（2022·山东青岛·七年级期中）小强有5张写着不同数字的卡片，请你按要求抽出卡片，完成下列各问题：
(1)从中取出2张卡片，使这2张卡片上数字乘积最大，如何抽取？最大值是多少？
(2)从中取出2张卡片，使这2张卡片上数字相除的商最小，如何抽取？最小值是多少？
(3)从中取出2张卡片，利用这2张卡片上数字进行某种运算，得到一个最大的数，如何抽取？最大的数是多少？
(4)从中取出4张卡片，用学过的运算方法，使结果为24，如何抽取？写出运算式子（一种即可）．
【答案】(1)抽取与，积为24
(2)抽取与，商为
(3)抽取与，进行乘方运算得到最大为
(4)（答案不唯一）
【分析】（1）要使2张卡片的乘积最大，则取同号的两张卡片，且其绝对值最大的两张，据此可求解；
（2）要使2张卡片的商最小，则取异号的两张卡片，且分子的绝对值最大，分母的绝对值最小，据此可求解
（3）进行乘方的运算可使相应的值最大，可选取与4，据此可求解；
（4）利用有理数的相应的运算进行求解，符合题意即可．
【详解】（1）抽取与，则其乘积为：；
（2）抽取与，则其商为：；
（3）抽取与，则有：；
（4）．
【点睛】本题主要考查有理数的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
23．（2022·江苏扬州·七年级期中）定义：如果两个一元一次方程的解之和为1，我们就称这两个方程为“美好方程”．例如：方程和为“美好方程”．
(1)方程与方程是“美好方程”吗？请说明理由；
(2)若关于x的方程与方程是“美好方程”，求m的值；
(3)若关于x方程与是“美好方程”，求n的值．
【答案】(1)是，见解析
(2)1
(3)
【分析】（1）根据题意，分别解一元一次方程，根据“美好方程”的定义验证即可求解；
（2）分别解一元一次方程，根据“美好方程”的定义列出关于的方程，解方程即可求解；
（3）分别解一元一次方程，根据“美好方程”的定义列出关于的方程，解方程即可求解；
【详解】（1）解：是，理由如下：
由解得；
由解得：．
方程与方程是“美好方程”．
（2）解：由解得；
由解得．
方程与方程是“美好方程”
，
解得．
（3）解：由解得；
由解得；
∵关于x方程与是“美好方程”
∴，
解得．
【点睛】本题考查了解一元一次方程和应用一元一次方程的根求参数的值，理解新定义是解题的关键．
24．（2022·江苏·宿迁市宿豫区教育局教研室七年级期中）某物流公司配送防疫物资，甲、乙两仓库分别有防疫物资箱和箱，、两地分别需要防疫物资箱和箱．已知从甲、乙仓库到、两地的运价如表：
(1)若从甲仓库运到地的防疫物资为箱，则用含的代数式表示：从甲仓库运到地的防疫物资为______________箱，从乙仓库将防疫物资运到地的防疫物资为___________箱；
(2)求把全部防疫物资从甲、乙两仓库运到、两地的总运输费（用含的代数式表示并化简）；
(3)从物流公司少花钱角度考虑，希望从乙仓库运到地的防疫物资为__________箱时，总运输费最少，此时总运输费为____________元．
【答案】(1)；
(2)（元）
(3)，
【分析】（1）根据题意列出代数式即可求解；
（2）先求得乙仓库将防疫物资运到地的防疫物资为箱，根据表格数据，得出代数式，根据整式的加减进行计算即可求解；
（3）根据（2）的结论，可知当时，总费用最小，进而即可求解．
【详解】（1）从甲仓库运到地的防疫物资为箱，从甲仓库运到地的防疫物资为箱，则从乙仓库将防疫物资运到地的防疫物资为箱
故答案为：；
（2）∵甲仓库运到地的防疫物资为箱，，
∴乙仓库将防疫物资运到地的防疫物资为箱
根据题意，把全部防疫物资从甲、乙两仓库运到、两地的总运输费为：
（元）
（3）∵总费用为，当时，最小，即最小费用为，
当时，从乙仓库运到地的防疫物资为箱，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了列代数式，整式的加减，代数式求值，理解题意，列出代数式是解题的关键．
25．（2022·全国·七年级专题练习）平价商场经销甲、乙两种商品，甲种商品每件进价40元，利润率为；乙种商品每件进价50元，售价80元．
(1)甲种商品每件售价为 元，每件乙种商品利润率为 ；
(2)若该商场同时购进甲、乙两种商品共50件，恰好总进价为2100元，求购进甲乙两种商品各多少件？
(3)在“元旦”期间，该商场只对甲乙两种商品进行如表的优惠促销活动：
按上述优惠条件，若小聪第一天只购买乙种商品，实际付款360元，第二天只购买甲种商品实际付款432元，求小聪这两天在该商场购买甲、乙两种商品一共多少件？
【答案】(1)60，
(2)购进甲商品40件，乙商品10件
(3)13或14件
【分析】（1）根据题意直接列式计算即可；
（2）设购进甲种商品x件，则购进乙种商品件，然后根据题意列一元一次方程求解即可；
（3）设第一天购买乙种商品a件，设第二天购买甲种商品b件，然后分别列方程求得，最后求和即可．
【详解】（1）解：（元），
所以甲种商品每件售价为60元，每件乙种商品利润率为．
故答案为：60，．
（2）解：设购进甲种商品x件，则购进乙种商品件，
由题意得，，
解得：，则．
答：购进甲商品40件，乙商品10件．
（3）解：设第一天购买乙种商品a件，
依题意得，，
解得或4.5（舍去），
所以第一天购买乙种商品5件．
设第二天购买甲种商品b件，
依题意得，，
解得或9，
所以第二天购买甲种商品8或9件，
（件）或（件）．
答：小聪这两天在该商场购买甲、乙两种商品一共13或14件．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，读懂题意、找准等量关系、正确列出方程是解答本题的关键．
26．（2021·山东济南·七年级期中）以直线上一点O为端点作射线，使，将一个直角角板的直角顶点放在O处，即．
（1）如上图1，若直角三角板的一边放在射线上，则_______；
（2）如上图2，将直角三角板绕点O顺时针转动到某个位置，
①若恰好平分，则_______；
②若在内部，请直接写出与有怎样的数量关系；
（3）将直角三角板绕点O顺时针转动（与重合时为停止）的过程中，恰好有，求此时的度数．
【答案】（1）；（2）①；②与数量关系为：；（3）的度数为或．
【分析】（1）利用余角的定义可求解；
（2）①由平角的定义及角平分线的定义求解∠COE的度数，进而可求解；
②由∠COD＝∠BOC−∠BOD，∠COD＋∠COE＝90°，结合∠BOC的度数可求解；
（3）可分两种情况：①当∠COD在∠BOC的内部时，②当∠COD在∠BOC的外部时，根据角的和差可求解．
【详解】（1）由题意得∠BOD＝90°，
∵∠BOC＝40°，
∴∠COD＝90°−40°＝50°，
故答案为50°；
（2）①∵∠AOC＋∠BOC＝180°，∠BOC＝40°，
∴∠AOC＝180°−40°＝140°，
∵OE平分∠AOC，
∴∠COE＝∠AOC＝70°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD＝90°−70°＝20°，
故答案为20°；
②∵∠COD＝∠BOC−∠BOD，∠COD＋∠COE＝90°，
∴∠BOC−∠BOD＋∠COE＝90°，
∴∠COE−∠BOD＝90°−∠BOC，
∵∠BOC＝40°，
∴∠COE−∠BOD＝90°−40°＝50°，
∴与数量关系为：．
（3）①当在的内部时，
∵，而
∴
∵
∴，
又∵，
∴，
∴；
②当在的外部时，
∵，而，
∴，
∵
∴
又∵，
∴，
∴，
综上所述：的度数为或．
【点睛】本题主要考查余角的定义，角的和差，角平分线的定义等知识的综合运用，分类讨论是解题的关键．
到地
到地
甲仓库
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每箱12元
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