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七年级数学上学期期末达标检测卷（二）参考答案与试题解析一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）1．（3分）（2019•锦州）的相反数是 A．B．C．2019D．【分析】直接利用相反数的定义得出答案．【答案】解：的相反数是2019．故选：．【点睛】此题主要考查了相反数，正确把握定义是解题关键．2．（3分）（2019•深圳期末）十九大报告指出，我国目前经济保持了中高速增长，在世界主要国家中名列前茅，国内生产总值从54万亿元增长到80万亿元，稳居世界第二，其中80万亿用科学记数法表示为 A．B．C．D．【分析】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．【答案】解：80万亿用科学记数法表示为．故选：．【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．3．（3分）（2018秋•宁城县期末）下列计算正确的是 A．B．C．D．【分析】根据合并同类项法则逐一计算可得．【答案】解：、，此选项错误；、，此选项错误；、，此选项正确；、，此选项错误；第14页/共14页故选：．【点睛】本题主要考查合并同类项，解题的关键是掌握合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．4．（3分）（2018•碑林区校级期末）下列四张正方形硬纸片，剪去阴影部分后，如果沿虚线折叠，可以围成一个封闭的长方体包装盒的是 A．B．C．D．【分析】根据长方体的组成，通过结合立体图形与平面图形的相互转化，分别分析得出即可．【答案】解：、剪去阴影部分后，能组成长方体，故此选项正确；、剪去阴影部分后，无法组成长方体，故此选项不合题意；、剪去阴影部分后，组成无盖的正方体，故此选项不合题意；、剪去阴影部分后，无法组成长方体，故此选项不合题意；故选：．【点睛】此题主要考查了展开图折叠成几何体，通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形．5．（3分）如图，一副三角尺按不同的位置摆放，摆放位置中的图形有 A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据直角三角板可得第一个图形，进而可得；根据余角和补角的性质可得第二个图形、第三个图形中，第四个图形和互补．【答案】解：根据角的和差关系可得第一个图形，第14页/共14页根据同角的余角相等可得第二个图形，根据等角的补角相等可得第三个图形，第四个图形，不相等，因此的图形个数共有3个．故选：．【点睛】此题主要考查了余角和补角，关键是掌握余角和补角的性质：等角的补角相等．等角的余角相等．6．（3分）（2019春•巴南区期末）如图，第一个图形中有4个“”，第二个图形中有7个“”，第三个图形中有11个“”，按照此规律下去，第8个图形中“”的个数为 A．37B．46C．56D．67【分析】设第个图形有个“”为正整数），观察图形，根据给定图形中“”个数的变化可找出变化规律“为正整数）”，再代入即可得出结论．【答案】解：设第个图形有个“”为正整数）．观察图形，可知：，，，，，为正整数），．故选：．【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图形中“”个数的变化找出变化规律“为正整数）”是解题的关键．二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）7．（3分）（2018秋•邗江区校级期末）元月份某天扬州的最高气温是，最低气温是，那么这天的温差（最高气温减最低气温）是 9 ．【分析】利用最高气温减最低气温，再根据减去一个数等于加上这个数的相反数计算即可．第14页/共14页【答案】解：这天的温差为，故答案为：9．【点睛】本题主要考查有理数的减法运算法则，熟练掌握运算法则是解题的关键．8．（3分）（2019秋•海港区期中）若的余角为，则 ．【分析】根据余角的和等于列式计算即可求解．【答案】解：的余角．故答案为：32，52，48．【点睛】本题考查了余角及补角的知识，关键是掌握互为余角的两角之和为，互为补角的两角之和为，是基础题，需熟练掌握．9．（3分）（2019秋•苏州期末）下列一组数：，2.6，，，，（每两个1中逐次增加一个中，无理数有 2 个．【分析】分别根据无理数、有理数的定义即可判定选择项．【答案】解：，2.6，，是有理数，，（每两个1中逐次增加一个是无理数，故答案为：2．【点睛】此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如，，（每两个8之间依次多1个等形式．10．（3分）（2019秋•长春期末）整理教室时，老师总是先把每一列最前和最后的课桌摆好，然后再依次摆中间的课桌，一会儿一列课桌便整整齐齐摆在了一条线上，这其中蕴含的数学道理是 两点确定一条直线 ．【分析】根据直线的确定方法，易得答案．【答案】解：根据两点确定一条直线．故答案为：两点确定一条直线．【点睛】本题考查直线的确定：两点确定一条直线．解决本题的关键是熟记两点确定一条直线．11．（3分）（2018秋•双城区期末）若关于的方程的解与方程的解相同，则的值为 ．【分析】将方程的解代入方程可得出的值．【答案】解：第14页/共14页解得：将代入：得：．故答案为：．【点睛】本题解决的关键是能够求解关于的方程，根据同解的定义建立方程．12．（3分）（2018秋•二道区期末）代数式的值为7，则代数式的值为 ．【分析】由已知条件得出，代入到原式，计算可得．【答案】解：，，则原式，故答案为：．【点睛】本题主要考查代数式的求值，解题的关键是掌握整体代入思想的运用．13．（3分）（2018秋•法库县期末）一列火车正在匀速行驶，它先用26秒的时间通过了一条长256米的隧道（即从车头进入入口到车尾离开出口），又用16秒的时间通过了一条96米的隧道，求这列火车的长度．设火车长度为米，根据题意可列方程 ．【分析】设火车长度为米，根据速度路程时间结合火车匀速行驶，即可得出关于的一元一次方程，此题得解．【答案】解：设火车长度为米，根据题意得：．故答案为：．【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．14．（3分）（2017秋•苍溪县期末）如图是两个正方形组成的图形（不重叠无缝隙），用含字母的整式表示出阴影部分的面积为 ． 第14页/共14页【分析】根据面积的和差：两个正方形的面积和减去两个三角形的面积，可得答案．【答案】解：阴影部分的面积，故答案为：．【点睛】本题考查了代数式求值，利用面积的和差得出关系式是解题关键．15．（3分）（2018秋•鼓楼区期末）如图，一个长方体的表面展开图中四边形是正方形（正方形的四个角都是直角、四条边都相等），则根据图中数据可得原长方体的体积是 20 ．【分析】利用正方形的性质以及图形中标注的长度得出，进而得出长方体的长、宽、高进而得出答案．【答案】解：如图，四边形是正方形，，立方体的高为：，，第14页/共14页原长方体的体积是：．故答案为：20．【点睛】此题主要考查了几何体的展开图，利用已知图形得出各边长是解题关键．16．（3分）（2018秋•鼓楼区期末）已知线段，在直线上取一点，恰好使，点为线段的中点，则的长为 7和10 ．【分析】由于点的位置不确定，故需要分情况讨论．【答案】解：当点在线段上时，如图所示：，，，，点为线段的中点，故，故，当点在线段的延长线上时，如图所示：，，，点为线段的中点，故，故当点在线段的反向延长线上时，不成立故或10．故答案为：7或10．【点睛】本题考查两点间的距离，涉及分类讨论的思想，中点的定义．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2018秋•南关区校级期末）计算：（1）（2）【分析】（1）根据乘法分配律简便计算；第14页/共14页（2）先算乘方，再算乘除，最后算加法；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算．【答案】解：（1）；（2）．【点睛】考查了有理数的混合运算，有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算．进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化．18．（6分）（2018秋•沛县期末）解下列方程：（1）（2）【分析】（1）方程去括号，移项合并，把系数化为1，即可求出解；（2）方程去分母，去括号，移项合并，把系数化为1，即可求出解．【答案】解：（1）去括号得：，移项合并得：，解得：；（2）去分母得：，移项合并得：，解得：．【点睛】此题考查了解一元一次方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．19．（6分）（2018秋•新洲区期末）已知，（1）当，时，求的值；第14页/共14页（2）若（1）中式子的值与的取值无关，求的值．【分析】（1）把与代入原式，去括号合并后，将与的值代入计算即可求出值；（2）由（1）中的式子值与的取值无关确定出的值即可．【答案】解：（1），，原式，当，时，原式；（2）由（1）得：原式，由结果与的取值无关，得到，解得：．【点睛】此题考查了整式的加减化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．20．（6分）（2018秋•鼓楼区期末）利用直尺画图（1）利用图（1）中的网格，过点画直线的平行线和垂线．（2）把图（2）网格中的三条线段通过平移使三条线段、、首尾顺次相接组成一个三角形．（3）如果每个方格的边长是单位1，那么图（2）中组成的三角形的面积等于 3.5 ．【分析】（1）根据网格结构的特点，利用直线与网格的夹角的关系找出与平行的格点以及垂直的格点作出即可；（2）根据网格结构的特点，过点找出与、位置相同的线段，过点找出与、位置相同的线段，作出即可；（3）根据三个角上的三角形的面积即可得出结论．【答案】解：（1）、（2）如图所示；第14页/共14页（3）．故答案为：3.5．【点睛】本题考查的是作图平移变换，熟知图形平移不变性的性质是解答此题的关键．21．（8分）（2018秋•鼓楼区期末）按要求完成下列视图问题，（其中小正方体的棱长为（1）如图（一，它是由六个同样大小的正方体摆成的几何体．将正方体①移走后，新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，哪一个视图没有发生改变？（2）如图（二，请你借助虚线网格（图四）画出该几何体的俯视图，该几何体的体积为 7 ．（3）如图（三，它是由几个小立方块组成的俯视图，小正方形上的数字表示该位置上的正方体的个数，请你借助虚线网格（图五）画出该几何体的主视图．【分析】（1）利用结合体的形状，结合三视图可得出左视图没有发生变化；（2）利用几何体的形状结合俯视图的得出得出答案；（3）利用小立方体的个数结合俯视图得出主视图即可．【答案】解：（1）如图（一，它是由6个同样大小的正方体摆成的几何体．第14页/共14页将正方体①移走后，新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，左视图没有发生改变；（2）如图（四所示：该几何体的体积为7，故答案为：7．（3）如图（五所示．【点睛】此题主要考查了三视图的画法，根据题意正确掌握三视图的观察角度是解题关键．22．（10分）（2018春•道外区期末）如图，是直线上的一点，是直角，平分．（1）若，求的度数；（2）若，直接写出的度数（用含的代数式表示）；（3）在（1）的条件下，的内部有一射线，射线将分为两部分，求的度数．【分析】（1）求出，求出，根据角平分线求出，代入求出即可．（2）由第（1）问的求法，可以直接写出的度数；（3）的内部有一射线，射线将分为两部分，题目没有明确射线位于中间或中间，所以在两种情况下分别求出的度数即可．【答案】解：（1）是直角，，，第14页/共14页，平分，，．（2）是直角，，，，平分，，．（3）①当射线位于之间时，如图1所示，射线将分为两部分，，，由（1）知：，②当射线位于之间时，如图2所示，射线将分为两部分，，，由（1）知：，【点睛】本题考查了角平分线的定义，是基础题，难度不大，掌握各角之间的关系是解题的关键．23．（10分）（2018秋•鼓楼区期末）我们知道，在数轴上，表示数表示的点到原点的距离，这是绝对值的几何意义，进一步地，如果数轴上两个点、，分别对应数，，那么、两点间的距离为：第14页/共14页如图，点在数轴上对应的数为，点对应的数为，且，满足：（1）求，的值；（2）求线段的长；（3）如图①，点在数轴上对应的数为，且是方程的解，在数轴上是否存在点使？若存在，求出点对应的数；若不存在，说明理由．（4）如图②，若点是点右侧一点，的中点为，为的三等分点且靠近于点，当在的右侧运动时，请直接判断的值是不变的还是变化的，如果不变请直接写出其值，如果是变化的请说明理由．【分析】（1）根据“若非负数和等于0，则非负数均为0”列出方程进行解答便可；（2）根据数轴上两点的距离公式进行计算便可；（3）根据已知线段的关系式，列出绝对值方程进行解答便可；（4）用点表示的数，列出关于的代数式进行讨论解答便可．【答案】解：（1），，且，解得，，；（2）；（3）存在．设点对应的数为，解方程，得，点对应的数为，，第14页/共14页，即，①当时，有，解得，；②当时，有，此方程无解；③当时，有，解得，．综上，点对应的数为：或4．（4）设点对应的数为，则，，若点是点右侧一点，的中点为，为的三等分点且靠近于点，，，，．【点睛】本题是数轴的一个综合题，涉及非负数性质，一元一次方程的应用，两点距离公式，利用绝对值的性质化简绝对值代数式是解题的难点与关键．第14页/共14页
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