2026届甘肃省天水市秦安县七年级数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

这是一份2026届甘肃省天水市秦安县七年级数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析，共14页。试卷主要包含了已知，与互余，则的度数为，如果一次函数y=kx+b等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列图形中，不可以作为一个正方体的展开图的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列判断：①不是单项式；②是多项式；③0不是单项式；④ 是整式.其中正确的有（ ）
A．2个B．1个C．3个D．4个
3．一个长方形的周长为，若这个长方形的长减少，宽增加，就可成为一个正方形．设长方形的长为，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，O为直线AB上一点，∠COD=90°，OE是OC的反向延长线，给出以下两个结论：①∠AOC与∠BOD互为余角；②∠AOC与∠BOE相等．对这两个结论判断正确的是（ ）
A．①②都对B．①②都错
C．①对②错D．①错②对
5．一条河流的段长，在点的正北方处有一村庄，在点的正南方处有一村庄，在段上有一座桥，把建在何处时可以使到村和村的距离和最小，那么此时桥到村和村的距离和为（ ）
A．10B．C．12D．
6．已知，与互余，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，是一个正方体的表面展开图，则原正方体中“梦”字所在的面相对的面上标的字是（ ）
A．大B．伟C．国D．的
8．电冰箱的冷藏室温度是，冷冻室温度是，则电冰箱冷藏室比冷冻室温度高（ ）
A．B．C．D．
9．如图，是由一些棱长为1cm的小正方体构成的立体图形的三种视图，那么这个立体图形的表面积是( )
A．12B．14C．16D．18
10．如果一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0B．k＜0，且b＞0C．k＞0，且b＜0D．k＜0，且b＜0
11．若x的相反数为4，|y|＝3，则x+y的值为（ ）
A．﹣1B．7C．7或﹣3D．﹣7或﹣1
12．某天最高气温是2℃，最低气温是－11℃，则这天最高气温与最低气温的差是（ ）
A．-9℃B．9℃C．13℃D．-13℃
二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．足球比赛的记分规则为：胜一场得3分，平一场得1分，负一场记0分，一个队比赛了20场，平了5场，共得32分，那么该队胜___________场．
14．计算:_ _________________．
15．如图，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有_______(填写答案序号)．
16．我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》（1299年）一书，有一道题目是：“今有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，问良马几何日追及之．”译文是：“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，快马几天可以追上慢马?”若慢马和快马从同一地点出发，设快马x天可以追上慢马，则可以列方程为_____．
17．化简：____________．
三、解答题 （本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18．（5分）如图，已知射线OB平分∠AOC，∠AOC的余角比∠BOC小42°．
（1）求∠AOB的度数：
（2）过点O作射线OD，使得∠AOC＝4∠AOD，请你求出∠COD的度数
（3）在（2）的条件下，画∠AOD的角平分线OE，则∠BOE＝ ．
19．（5分）若的倒数为，，是最大的负整数，求的值．
20．（8分）作图题：如图，已知四点A、B、C、D，按照下列语句画图：
（1）画射线BC；
（2）画线段AC、BD相交于点F；
（3）画直线AB、CD相交于点E．
21．（10分）如图是一个“数值转换机”的示意图，按下图程序计算．
（1）填写表格；
（2）请将图中的计算程序用代数式表示出来，并化简．
22．（10分）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，分别交AB于点M、N，DM与EN相交于点F．
（1）若△CMN的周长为15cm，求AB的长；
（2）若∠MFN=70°，求∠MCN的度数为 ．（无需证明）
23．（12分）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点均在格点上，在网格中将点按下列步骤移动：
第一步：点绕点顺时针旋转得到点；
第二步；点绕点顺时针旋转得到点；
第三步：点绕点顺时针旋转回到点．
（1）请用圆规画出点经过的路径；
（2）所画图形是_______图形（填“中心对称”或“轴对称”）；
（3）求所画图形的周长（结果保留）．
参考答案
一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1、C
【解析】利用不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况进行判断也可．
【详解】A．可以作为一个正方体的展开图，
B．可以作为一个正方体的展开图，
C．不可以作为一个正方体的展开图，
D．可以作为一个正方体的展开图，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方体的展开图，熟记展开图的11种形式是解题的关键，利用不是正方体展开图的“一线不过四、田凹应弃之”（即不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况）判断也可．
2、B
【分析】根据单项式、多项式及整式的定义，结合所给式子即可得出答案．
【详解】(1) 是单项式，故(1)错误；
(2) 是多项式，故(2)正确；
(3)0是单项式，故(3)错误；
(4) 不是整式，故(4)错误；
综上可得只有(2)正确.
故选B.
【点睛】
此题考查单项式，整式，多项式，解题关键在于掌握各性质定义.
3、B
【分析】首先理解题意找出题中存在的等量关系：长方形的长-1cm=长方形的宽+2cm，根据此列方程即可．
【详解】解：设长方形的长为xcm，则宽是（13-x）cm，
根据等量关系：长方形的长-1cm=长方形的宽+2cm，
列出方程得：x-1=（13-x）+2，
故选择：B．
【点睛】
列方程解应用题的关键是找出题目中的相等关系，有的题目所含的等量关系比较隐藏，要注意仔细审题，耐心寻找．
4、A
【分析】根据∠COD=90°，OE是射线OC的反向延长线，可得∠BOD+∠BOE=90°，根据对顶角相等可得∠BOE=∠AOC，从而可得出答案．
【详解】解：∵∠COD=90°，OE是射线OC的反向延长线，
∴∠BOD+∠BOE=90°，
∵∠BOE=∠AOC，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∴∠AOC与∠BOD互为余角，
故①②都正确，
故选：A．
【点睛】
本题考查了对顶角与余角，难度一般，关键是掌握对顶角相等．
5、A
【分析】根据两点之间线段最短的性质结合勾股定理即可得出答案．
【详解】连接AE交BD于C，
则AC+CE距离和最小，且AC+CE=AE，
过A作AH⊥ED交ED的延长线于H，
∵，
∴，
∴此时桥C到A村和E村的距离和为10，
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题，线段的性质，属于基础题，注意两点之间线段最短这一知识点的灵活运用．
6、D
【分析】根据互余的定义即可求解.
【详解】∵，与互余
∴=-=
故选D.
【点睛】
此题主要考查角度的求解，解题的关键是熟知互余的定义.
7、D
【解析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“伟”与面“国”相对，面“大”与面“中”相对，“的”与面“梦”相对．故选D．
8、B
【解析】根据题意列出算式，然后按有理数的减法法则计算即可．
【详解】
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了有理数的减法，掌握有理数的减法法则是解题的关键．
9、B
【分析】利用三视图的观察角度不同得出行数与列数，结合主视图以及表面积的求解方法即可求得答案.
【详解】由视图可得第一层有2个小正方体，第二层有1个小正方体，一共有3个，
表面积为：2×(2+2+3)＝14cm2，
故选B.
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体，利用三视图得出几何体的形状是解题关键．
10、B
【解析】试题分析：∵一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
故选B．
考点：一次函数的性质和图象
11、D
【分析】根据：x的相反数为4，|y|＝3，可得：x＝﹣4，y＝±3，据此求出x+y的值为多少即可．
【详解】解：∵x的相反数为4，|y|＝3，
∴x＝﹣4，y＝±3，
∴x+y＝﹣4﹣3＝﹣7或x+y＝﹣4+3＝﹣1．
故选：D．
【点睛】
本题考查有理数的加法，相反数及绝对值，熟练掌握相反数及绝对值的定义是解题的关键．
12、C
【分析】把最高气温减去最低气温，即可得到答案．
【详解】2-（-11）=13℃，
答：这天最高气温与最低气温的差是13℃．
故选C．
【点睛】
本题主要考查有理数的减法的实际应用，掌握有理数的减法法则，是解题的关键．
二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13、1
【分析】设该队胜x场，根据记分规则和得分总数，可列方程3x+5=32求解．
【详解】解：设该队胜x场，依题意得：3x+5=32
解得：x=1
故答案为：1．
【点睛】
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．
14、1
【分析】根据四次方根与立方根的意义，即可求解．
【详解】，
故答案是：1．
【点睛】
本题主要考查四次方根与立方根的意义，掌握四次方根与立方根的意义，是解题的关键．
15、①③④
【分析】利用AAS可证明△ABE≌△ACF，可得AC=AB，∠BAE=∠CAF，利用角的和差关系可得∠EAM=∠FAN，可得③正确，利用ASA可证明△AEM≌△AFN，可得EM=FN，AM=AN，可得①③正确；根据线段的和差关系可得CM=BN，利用AAS可证明△CDM≌△BDN，可得CD=DB，可得②错误；利用ASA可证明△ACN≌△ABM，可得④正确；综上即可得答案．
【详解】在△ABE和△ACF中，，
∴△ABE≌△ACF，
∴AB=AC，∠BAE=∠CAF，
∴∠BAE-∠BAC=∠CAF-∠BAC，即∠FAN=∠EAM，故③正确，
在△AEM和△AFN中，，
∴△AEM≌△AFN，
∴EM=FN，AM=AN，故①正确，
∴AC-AM=AB-AN，即CM=BN，
在△CDM和△BDN中，，
∴CD=DB，故②错误，
在△CAN和△ABM中，，
∴△ACN≌△ABM，故④正确，
综上所述：正确的结论有①③④，
故答案为：①③④
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，判定两个三角形全等的方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意：SSA、AAA不能判定三角形确定，当利用SAS证明时，角必须是两边的夹角；熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
16、240x=150（12+x）
【分析】设快马x天可以追上慢马，根据快马追上慢马时，它们各自所走的路程相等列出方程即可．
【详解】设快马x天可以追上慢马，
由题意得：240x=150（12+x），
故答案为：240x=150（12+x）．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，正确找出等量关系是解题的关键．
17、
【分析】根据有理数乘方运算法则求解即可．
【详解】，
故答案为：．
【点睛】
本题考查有理数的乘方运算，注意看清底数的符号是解题关键．
三、解答题 （本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18、（1）44°；（2）66°或110°；（3）33°或55°
【分析】（1）设∠BOC＝x，则∠AOC＝2x，根据∠AOC的余角比∠BOC小42°列方程求解即可；
（2）分两种情况：①当射线OD在∠AOC内部，②当射线OD在∠AOC外部，分别求出∠COD的度数即可；
（3）根据（2）的结论以及角平分线的定义解答即可．
【详解】解：（1）由射线OB平分∠AOC可得∠AOC =2∠BOC，∠AOB=∠BOC，
设∠BOC＝x，则∠AOC＝2x，
依题意列方程90°﹣2x＝x﹣42°，
解得：x＝44°，
即∠AOB＝44°．
（2）由（1）得，∠AOC＝88°，
①当射线OD在∠AOC内部时，如图，
∵∠AOC＝4∠AOD，∴∠AOD＝22°，
∴∠COD＝∠AOC﹣∠AOD＝66°；
②当射线OD在∠AOC外部时，如图，
由①可知∠AOD＝22°，
则∠COD＝∠AOC+∠AOD＝110°；
故∠COD的度数为66°或110°；
（3）∵OE平分∠AOD，∴∠AOE＝，
当射线OD在∠AOC内部时，如图，
∴∠BOE＝∠AOB﹣∠AOE＝44°﹣11°＝33°；
当射线OD在∠AOC外部时，如图，

∴∠BOE＝∠AOB+∠AOE＝44°+11°＝55°．
综上所述，∠BOE度数为33°或55°．
故答案为：33°或55°
【点睛】
本题考查了角度的和差运算，角平分线的定义以及余角的定义等知识，解答本题的关键是掌握基本概念以及运用分类讨论的思想求解．
19、
【分析】根据题意先求得、，再将、、的值代入所求的代数式进行计算即可求得答案．
【详解】解：∵的倒数为，是最大的负整数
∴，
∵
∴．
【点睛】
本题考查了代数式求值、倒数、负整数等，求出、的值是解题的关键．
20、（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）画图见解析
【分析】（1）画射线BC即可；
（2）连接AC、BD相交于点F即可；
（3）画直线AB、CD相交于点E即可．
【详解】解：（1）如图，射线BC为所求；
（2）如图，线段AC、BD相交于点F为所求；
（3）如图，直线AB、CD相交于点E为所求．
【点睛】
本题考查了直线、射线以及线段的做法，掌握直线、射线以及线段的性质是解题的关键．
21、（1）表格见解析；（2）
【分析】（1）将每一个m的值输入流程图进行计算，输出结果；
（2）根据流程图列式，然后合并同类型．
【详解】解：（1）代入求值，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
表格如下：
（2）．
【点睛】
本题考查流程图，代数式求值，合并同类型，解题的关键是根据流程图列出式子，代入求值，注意不要算错．
22、（1）AB=15cm；（2）∠MCN=40°．
【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AM=CM，BN=CN，然后求出△CMN的周长=AB；
（2）根据三角形的内角和定理列式求出∠MNF+∠NMF，再求出∠A+∠B，根据等边对等角可得∠A=∠ACM，∠B=∠BCN，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【详解】解：（1）∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM=CM，BN=CN，
∴△CMN的周长=CM+MN+CN=AM+MN+BN=AB，
∵△CMN的周长为15cm，
∴AB=15cm；
（2）∵∠MFN=70°，
∴∠MNF+∠NMF=180°-70°=110°，
∵∠AMD=∠NMF，∠BNE=∠MNF，
∴∠AMD+∠BNE=∠MNF+∠NMF=110°，
∴∠A+∠B=90°-∠AMD+90°-∠BNE=180°-110°=70°，
∵AM=CM，BN=CN，
∴∠A=∠ACM，∠B=∠BCN，
∴∠MCN=180°-2（∠A+∠B）=180°-2×70°=40°．
故答案为：40°．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理，（2）整体思想的利用是解题的关键．
23、（1）见解析；（2）轴对称；（3）8．
【分析】（1）根据旋转的定义求解；
（2）根据轴对称定义可得；
（3）结合图，运用圆周长公式可得．
【详解】解：（1）如图为所求．
（2）根据轴对称图形定义可得：轴对称图形，
故答案为：轴对称；
（3）周长．
【点睛】
本题考查了旋转、轴对称、弧长公式等，正确画图，熟练掌握相关知识是解题的关键．
输入
5
2
…
输出结果
…
输入
5
2
…
输出结果
5
…