2021--2022学年七年级数学下学期期中模拟卷1（北师大版）

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2021-2022学年七年级下学期期中模拟测试卷（一）
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7
8
9
10
C
C
C
C
B
A
B
A
D
D
1. 【答案】C.
【解析】解：分别过C、D作AB的平行线CM和DN，

则AB∥CM∥DN∥EF ∴∠α=∠BCM，∠DCM=∠CDN，∠NDE=∠γ
而∠β=∠CDN+∠NDE=∠DCM+∠γ=90°－∠BCM+∠γ=90°－∠α+∠γ.
即∠α+∠β－∠γ=90°，故答案为：C．
2． 【答案】C
【分析】先运用幂的乘方的运算性质先把A和B进行转化变成同底数幂的形式，再进行比较即可．
【详解】解：∵A=，，∴A=B；故选：C．
【点睛】本题主要考查了幂的大小比较的方法，一般说来，比较几个幂的大小，或者把它们的底数变得相同，或者把它们的指数变得相同，再分别比较它们的指数或底数．
3．【答案】C
【分析】如图（见解析），先根据平行线的性质、角的和差可得，同样的方法可得，再根据角的倍分可得，由此即可得出答案．
【解析】如图，过点E作，则，，
，同理可得：，
，，
，故选：C．

【点睛】本题考查了平行线的性质、角的和差倍分，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
4．【答案】C
【分析】因为（2+1）=1（2+1），把前面的1变为（2﹣1），再依次运用平方差公式进行计算即可．
【详解】解：原式＝（2﹣1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）（232+1），
＝（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）（232+1），
＝（24﹣1）（24+1）（28+1）（216+1）（232+1），
＝（28﹣1）（28+1）（216+1）（232+1），
＝（216﹣1）（216+1）（232+1），
＝（232﹣1）（232+1），
＝264﹣1故选：C．
【点睛】本题考查了平方差公式的应用，熟练掌握平方差公式：（a+b）（a-b）=a2-b2是解题的关键．
5．【答案】B
【分析】根据完全平方公式进行变形，可得出答案．
【详解】解：设a=m-53，b=m-47，则ab=25，a-b=-6，
∴a2+b2=（a-b）2+2ab=（-6）2+50=86，∴（m-53）2+（m-47）2=86，故选：B．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，掌握完全平方公式的结构特征是正确应用的前提．
6．【答案】A
【分析】先由矩形的性质得出∠BFE=∠DEF=26°，再根据折叠的性质得出∠CFG=180°-2∠BFE，∠CFE=∠CFG-∠EFG即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠BFE=∠DEF=26°，
∴∠CFE=∠CFG-∠EFG=180°-2∠BFE-∠EFG=180°-3×26°=102°，故选：A．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、平行线的性质；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．
7．【答案】B
【分析】由题意易得，进而可得，然后问题可求解．
【详解】解：∵，∴，即，
∴，即，∴，∴；故答案为B．
【点睛】本题主要考查幂的乘方及积的乘方的逆用，熟练掌握幂的乘方及积的乘方是解题的关键．
8． 【答案】A
【分析】设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，当α＝15°时，可得∠OMN＝α+∠A＝60°，可证DC∥AB；当OC⊥AB时，α+∠A＝90°，可得α＝30°；当边OB与边OD在同一直线上时，应分两种情况，则直线DC与直线AB相交形成的锐角也有两种情况；整个旋转过程，因OC、OB、OD、OA都有交点，只有AB和CD存在平行，根据图形的对称性可判断有两个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行．
【详解】解：设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，
当α＝15°时，∠OMN＝α+∠A＝60°，∴∠OMN＝∠C，∴DC∥AB，故A正确；
当OC⊥AB时，α+∠A＝90°或α﹣180°＝90°﹣∠A，∴α＝45°或225°，故B错误；
当边OB与边OD在同一直线上时，应分两种情况，
则直线DC与直线AB相交形成的锐角也有两种情况，故C错误；
整个旋转过程，因OC、OB、OD、OA都有交点，只有AB和CD存在平行，
根据图形的对称性可判断有两个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行，故D错误；故选A．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．【答案】D
【分析】观察一系列等式得到一般性规律，利用即可确定出所求式子的结果．
【详解】解：∵（x﹣1）（xn﹣1+xn﹣2+…+x2+x+1）＝xn﹣1（n为正整数），
∴（3﹣1）（32021+32020+…+33+32+3+1）＝32022﹣1，∴32021+32020+…+33+32+3+1＝，
∴32021+32020+…+33+32+3＝．故选D．
【点睛】本题主要考查了数字类的规律，解题的关键在于能够准确读懂题意．
10．【答案】D
【分析】由图象可知，在整个游泳过程中，小明游了3个来回，小林游了2个来回，再根据“路程，速度与时间”的关系逐一判断即可．
【详解】解：①正确．在整个游泳过程中，小明游了3个来回，小林游了2个来回，故小林的总路程比小明的总路程更短；②正确．
小明游泳的速度是：；③正确，
小林游泳的速度是：；两人第一次相遇时间为：，
两人第一次与第三次相遇的时间间隔是：，小明游75米时小林游了50米；④正确．
小林远离地超过20米的总时长为：；故选：．
【点睛】本题考查函数图象的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题：本题共8小题，共24分。
11.【答案】3
【分析】根据幂的乘方把算式中的各底数变成同底数，然后按同底数幂运算法则，列方程即可．
【详解】解： ， ，
，，，．故答案为：3
【点睛】本题考查了同底数幂的乘除和幂的乘方，根据题意，把底数变成相同是解题关键．
12．【答案】130°或50°
【分析】根据题意作出图形，根据垂直的定义，互余与互补的定义，分类讨论即可
【详解】①如图，

， ，

②如图，，
，
综上所述，或故答案为：130°或50°
【点睛】本题考查了相交线所成角，对顶角相等，垂直的定义，求一个角的余角，补角，分类讨论是解题的关键．
13．【答案】
【分析】根据，，可以得到，由此求解即可．
【详解】解：∵，，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了幂的乘方和积的乘方的逆用，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
14．【答案】探究一：；探究二：完整的表格信息见详解，；猜想：.
【分析】探究一：通过观察可以看出多边形的面积等于各边上格点个数的一半，即；
探究二：用“切割法”将⑤—⑧中图形分割成几个三角形或者矩形即可求出其面积，
通过观察可以发现多边形的面积等于各边上格点的个数和的一半加1，即，
猜想：观察可发现⑤—⑧多边形内部都有2个格点，面积在探究一的基础上加1，结合探究一、二可得出解析式
【详解】探究一：当S=2时，x=4；当S=2.5时，x=5；…..通过观察多边形的面积等于各边上格点个数的一半，即；
探究二：表格填写如下
多边形的序号
⑤
⑥
⑦
⑧
…
多边形的面积
3
3.5
4
5
…
各边上格点的个数和
4
5
6
8
…
通过观察可以发现多边形的面积等于各边上格点个数的一半再加1，即；
猜想：比较探究二与探究一，图形面积加1，图形内部格点个数加2，也就是多边形内部格点数每增加n个，面积就比原来多了n-1，故S与x的关系式为.
【点睛】本题主要考查变量之间的关系中的用表格表示变量之间的关系和用关系式表示变量之间的关系，解答本题的关键是要理解原图（表格）的变化规律，然后将它用关系式表示出来.
15．【答案】8
【分析】先把可化为 ，再将化为，然后代入即可解答。
【解析】解：∵可化为，化为
∴原式==32-1=8
【点睛】本题考查了代数式求值，解题关键在于对等式的变形和完全平方公式的灵活运用。
16．【答案】16
【分析】分别分析点P在BC段时，对应图2，x≤3的部分，点P在CD段时，对应图2，3＜x≤8的部分，即可求解．
【详解】解：当点P在BC段时，对应图2，x≤3的部分，故BC=3；
当点P在CD段时，对应图2，3＜x≤8的部分，故DC=5；
故长方形ABCD的周长等于2（CB+CD）=2×（3+5）=16，故答案为：16．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
17．【答案】
【分析】延长AB交HP于点M；根据平分，得；根据，得，从而推导得；结合，得；再根据以及，结合三角形内角和性质，即可完成求解．
【详解】如图，延长AB交HP于点M

∵平分∴ ∴
∵∴∵∴
∴
∵∴ ∴
∵∴∴
∵∴ ∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和、平行线、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握了三角形内角和、平行线、角平分线的性质，从而完成求解．
18． 【答案】
【分析】根据题意可得，设，是的一个外角，可得，根据三角形内角和定理可得，即，联立解方程组即可求得．
【详解】折叠，
设
，
，
是的一个外角即①

即即②
②-①得即故答案为：
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，三角形的外角性质，解二元一次方程组，理清角度之间的关系，设未知数列方程组是解题的关键．
三、解答题：本题共8小题，共66分。其中：19-20每题7分，21-24题每题8分，25-26题每题10分。
19． 【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）先,将底数都化为2，再利用同底数幂的乘除法法则计算；（2）利用积的乘方逆运算解答；
（3）利用等式的性质及幂的乘方逆运算将式子变形为，，即可得到x与y的关系式，由此得到答案．
【详解】解：（1）∵，∴，∴，解得；
（2）∵，∴，，，；
（3）∵，，∴，，
∴，∴．
【点睛】此题考查整式的乘法公式：同底数幂相乘、同底数幂相除、积的乘方以及幂的乘方的计算法则，熟记法则及其逆运算是解题的关键．
20．【答案】（1）2，4，6；（2）＋＝；（3）猜想，证明见解析．
【分析】（1）根据材料中给出的运算，数值就是乘方运算的指数；（2）由（1）可以得出；（3）根据（2）可以写出，根据材料中的定义证明即可．
【详解】（1），
（2）
（3）猜想：
证明：设，，则，，
故可得，，即．
【点睛】本题考查对阅读材料的理解，类似于定义新运算，需要根据已知的材料寻找规律．
21． 【答案】（1）3，3；（2）1，大，−2；（3）y＋x的最小值为−6
【分析】（1）配方后即可确定最小值；（2）将函数解析式配方后即可确定当x取何值时能取到最小值；
（3）首先得到有关x＋y的函数关系式，然后配方确定最小值即可．
【详解】解：（1）∵x2−6x＋12＝（x−3）2＋3，∴当x＝3时，有最小值3；故答案为：3，3；
（2）∵y＝−x2＋2x−3＝−（x−1）2−2，∴当x＝1时有最大值−2；故答案为：1，大，−2；
（3）∵−x2＋3x＋y＋5＝0，∴x＋y＝x2−2x−5＝（x−1）2−6，
∵（x−1）2≥0，∴（x−1）2−6≥−6，∴当x＝1时，y＋x的最小值为−6．
【点睛】考查了因式分解的应用及非负数的性质，解题的关键是能够对二次三项式进行配方，难度不大．
22．【答案】（1）（a+b）2-（a-b）2=4ab；（2）（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3；（3）18
【分析】（1）∵阴影部分的面积=大正方形的面积-中间小正方形的面积 即：（a+b）2-（a-b）2，又∵阴影部分的面积由4个长为a，宽为b的小正方形构成 即：4ab即可求得；（2）大正方体被切割成了8个小正方体或长方体故而求它们的体积和，再直接求大正方体的体积可解的恒等式；（3）由（2）的结论将已知代入即可求得值．
【详解】解：（1）∵阴影部分的面积=大正方形的面积-中间小正方形的面积 即：（a+b）2-（a-b）2
又∵阴影部分的面积由4个长为a，宽为b的小正方形构成 即：4ab ∴（a+b）2-（a-b）2=4ab；
（2）∵八个小正方体或长方体的体积之和是：a3+a2b+a2b+ab2+a2b+ab2+ab2+b3
∴（a+b）3=a3+a2b+a2b+ab2+a2b+ab2+ab2+b3∴（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3；
（3）∵由（2）可知（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3∴a3+b3=（a+b）3-3a2b-3ab2=（a+b）3-3ab（a+b）
将a+b=3，ab=1代入上式可得a3+b3=33-3×1×3=18故a3+b3的值为：18．
【点睛】本题主要考查了平方差，立方和公式的几何背景，用分割求解和整体计算可解得．
23． 【答案】(1)b；(a-2b)2；b(a-2b)2 (2)588；576 (3)C (4)3；588
(5)表格中正方形的边长数据可以再精确一些，可以精确到小数点后一位或两位
【分析】（1）根据截去的小正方形边长，得出无盖长方体盒子的高为bcm，然后求出底面边长，再求底面积，和体积即可；（2）根据截去的边长，求出底面边长，再求出无盖的长方体盒子的体积即可；
（3）根据表格的信息可得随着减去的小正方形的边长的增大，得出无盖长方体盒子的容积变化规律；
（4）根据表格得出截去小正方形边长为整数3时，体积最大，计算即可；
（5）根据精确度要求越高，无盖长方体盒子的容积会更大些．
(1)解：无盖长方体盒子的高就是截去的小正方形边长，无盖长方体盒子的高为bcm，底面边长（a-2b）cm,底面面积为（a-2b）2cm2, 做成一个无盖的长方体盒子的体积为b（a-2b）2cm3，
故答案为：b；（a-2b）2；b（a-2b）2．
(2)解：当b=3cm， a-2b=20-6=14cm，b（a-2b）2=3×142=588cm3，
当b=4，a-2b=20,8=12cm，b（a-2b）2=4×122=576cm3，故答案为：588；576．
(3)解：随着减去的小正方形的边长的增大，所折无盖长方体盒子的容积先变大，再变小．故选择C．
(4)根据无盖长方体盒子的容积的变化，截去的正方形边长在3cm时，无盖长方体盒子的容积最大588cm3．
故答案为3,588．
(5)根据无盖长方体盒子的容积的变化，截去的正方形边长在3与4之间时，无盖长方体盒子的容积最大；
当x=3,5时，b（a-2b）2=3.5×（20-2×3.5）2=591.5cm3,
当时，b（a-2b）2=3.25×（20-2×3.25）2=592.3125cm3,
当时，b（a-2b）2=3.375×（20-2×3.375）2=592.5234375cm3,
当剪去图形的边长为3.3cm时，所得的无盖长方体的容积最大，此时无盖长方体的容积是592.548cm3．
因此表格中正方形的边长数据可以再精确一些，可以精确到小数点后一位或两位．
【点睛】本题考查无盖盒子的边长与体积关系探究，列代数式，从表格获取信息处理信息，应用信息解决问题，掌握无盖盒子的边长与体积关系探究，列代数式，从表格获取信息处理信息，应用信息解决问题是解题关键．
24．【答案】（1）1280，6；（2）小华的速度为米/分钟，小明从广场跑去学校的速度为120米/分钟；（3）7：51；（4）在保证不迟到的情况下，小明最多可以讲解1次
【分析】（1）根据函数图象，找出小明家和学校的距离是1280米，计算出小明在广场向行人讲解卫生防疫常识所用的时间即可；（2）根据速度=路程÷时间，分别求小华的速度和小明从广场跑去学校的速度；
（3）根据函数图象可得当小华离家路程，根据速度=路程÷时间，算出用的时间，加上出分时间，由此解答即可；（4）根据函数图象可得，小明之前的速度，讲解时间，由此推断即可．
【详解】（1）解：由图象可知，小明家和学校的距离是1280米；
小明在广场向行人讲解卫生防疫常识所用的时间是： （分钟）；故答案为：1280；6；
（2）解：小华的速度为：（米/分钟），
小明从广场跑去学校的速度为：（米/分钟）；
（3）解：（分钟），（分钟），
答：小华在广场看到小明时是7：51；
（4）解：（分钟），（分钟），
因为，所以，在保证不迟到的情况下，小明最多可以讲解1次．
【点睛】本题考查了函数图象，读懂函数图象，从图象中获取必要的信息是解决本题的关键．
25． 【答案】（1）90；（2），理由见解析；（3），证明见解析；（4）答案不唯一，例如
【分析】（1）根据角平分线的性质得∠1=∠AOB=45，∠2=∠DEF=45，即可求得；
（2）根据角平分线的性质得，，即可求得；
（3）在Rt△EFG中，得到，结合，得到∠2=∠EGF，即可得到；
（4）根据角平分线的性质得∠1=∠AOB，∠2=∠DEF，即可求得．
【解析】（1）∵，∴，∵，∴，
∵平分，平分，∴∠1=∠AOB=45，∠2=∠DEF=45，
∴；故答案为：90；
（2）．理由如下：
∵，分别是，的平分线，
∴，，∴，
∵，∴；
（3）和的位置关系为OC∥GE．
证明：∵于点，∴．∴．
∵，∴，∴OC∥GE；
（4）答案不唯一，例如．
理由如下：∵，分别是，的平分线，
∴，，∴，
∵，∴；
26．【答案】（1）∠G＝∠AEG＋∠CFG；（2）90°；（3）FGKL，见解析
【分析】（1）过点G作，GH∥AB，则由平行线的性质可得∠AEG=∠EGH，∠CFG=∠FGH，即可推出∠EGF＝∠AEG＋∠CFG；（2）过点E作MN∥GF交CD于N，则∠GFN＝∠MND，∠G＝∠GEM＝90º，再由AB∥CD，得到∠MND＝∠MEB，即可得到∠BEG－∠DFG＝∠BEG－∠MEB＝∠GEM＝90º；
（3）先证明∠AEG＝∠HEG，从而得到∠BEL＝∠KEL＝∠BEK，再由角平分线的定义和平行线的性质即可得到∠ELK＝90º，从而可以利用同旁内角互补，两直线平行得证．
【详解】解：（1）∠EGF＝∠AEG＋∠CFG，理由如下：
如图所示，过点G作，GH∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥GH，
∴∠AEG=∠EGH，∠CFG=∠FGH，∴∠AEG+∠CFG=∠EGH+∠FGH=∠EGF，∴∠EGF＝∠AEG＋∠CFG；

（2）过点E作MN∥GF交CD于N，则∠GFN＝∠MND，∠G＝∠GEM＝90º，
∵AB∥CD，∴∠MND＝∠MEB，∴∠BEG－∠DFG＝∠BEG－∠MEB＝∠GEM＝90º；

（3） FG∥KL．理由如下：
∵∠HEG＋∠GEB＝180º ，∠AEG＋∠GEB＝180º，∴∠AEG＝∠HEG，
∵∠BEL＝∠AEG，∠HEG＝∠KEL，∴∠BEL＝∠KEL＝∠BEK，
∵KL平分∠EKD，∴∠EKL＝∠EKD，∵AB∥CD，∴∠BEK＋∠EKD＝180º，
∴∠KEL＋∠EKL＝(∠BEK＋∠EKD)＝90º，∴∠ELK＝90º，
∵∠G＝90º，∴FG∥KL．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，对顶角的性质，角平分线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．