专题4.2小题好拿分必做填空30题（双基版）-2021-2022学年七年级数学下学期期末考试高分直通车【北师大版】

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班级：______________ 姓名:_______________ 得分：_______________
一、填空题（本大题共30题）请把答案直接填写在横线上
1．（2020秋•播州区期末）若x+y＝2，xy＝﹣1，则（1﹣2x）（1﹣2y）的值是 ﹣7 ．
【分析】根据多项式乘以多项式的法则展开，整理后整体带入求值即可．
【解析】（1﹣2x）（1﹣2y）
＝1﹣2y﹣2x+4xy
＝1﹣2（x+y）+4xy，
当x+y＝2，xy＝﹣1时
原式＝1﹣2×2+4×（﹣1）
＝﹣7．
故答案为：﹣7．
2．（2021春•铁西区期中）已知3m＝2，32m+3n＝256，则3n＝ 4 ．
【分析】先给等式3m＝2两边同时平方，得32m＝4，再根据同底数幂除法运算法则32m+3n÷32m＝256÷4，可得33n＝64，再应用立方根运算法则进行计算即可得出答案．
【解析】∵3m＝2，
∴（3m）2＝22，
∴32m＝4，
∵32m+3n÷32m＝256÷4，
∴32m+3n﹣2m＝64，
∴33n＝64，
∴（3n）3＝43，
∴3n＝4．
故答案为：4．
3．（2020秋•宜宾期末）若关于x的多项式（x+n）（3x﹣1）展开后不含x项，则n的值为 13 ．
【分析】先将多项式乘以多项式展开，不含x项，就让这项的系数等于0即可．
【解析】（x+n）（3x﹣1）
＝3x2﹣x+3nx﹣n
＝3x2+（3n﹣1）x﹣n，
∵不含x项，
∴3n﹣1＝0，
∴n=13．
故答案为：13．
4．（2021春•永定区期中）如果x2+3x＝2022，那么代数式x（2x+1）﹣（x﹣1）2的值为 2021 ．
【分析】根据整式的运算法则进行化简，然后将x与y的值代入原式即可求出答案．
【解析】原式＝2x2+x﹣x2+2x﹣1
＝x2+3x﹣1，
当x2+3x＝2022时，
原式＝2022﹣1
＝2021．
故答案为：2021．
5．（2021春•铁西区期中）某种芯片每个探针单元的面积为0.00000604cm2，0.00000604用科学记数法可表示为 6.04×10﹣6 ．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解析】0.00000604＝6.04×10﹣6．
故答案为：6.04×10﹣6．
6．（2021春•蜀山区校级期中）若规定abcd=ad﹣bc，则当x-2x-2x+2x-2=0时，x＝ 2 ．
【分析】根据题意得到关于x的方程，解方程即可．
【解析】由题意得，
（x﹣2）2＝（x+2）（x﹣2），
∴x2﹣4x+4＝x2﹣4，
∴x＝2．
故答案为2．
7．（2020秋•北京期末）装裱在我国具有悠久的历史和鲜明的民族特色，是我国特有的一种保护和美化书画以及碑帖的技术．如图，整个画框的长（3m+n）分米，宽为（2m+n）分米，中间部分是长方形的画心，长和宽均是（m+n）分米，则画心外阴影部分面积是 （m2+mn） 平方分米，并求当m＝2，n＝1时的阴影部分面积是 0.06 平方米．
【分析】阴影部分的面积等于大长方形的面积减去正方形的面积，列出代数式，化简求值即可．
【解析】（m+n）（2m+n）﹣（m+n）2
＝2m2+mn+2mn+n2﹣（m2+2mn+n2）
＝2m2+mn+2mn+n2﹣m2﹣2mn﹣n2
＝m2+mn；
当m＝2，n＝1时，
原式＝22+2×1
＝6（平方分米）
＝0.06（平方米）．
故答案为：（m2+mn）；0.06．
8．（2021春•玄武区校级期中）若a2﹣b2＝6，b﹣a=13，则a+b的值为 ﹣18 ．
【分析】利用平方差公式计算即可．
【解析】∵a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝6，b﹣a=13，
∴a﹣b＝﹣（b﹣a）=-13，
a+b=a2-b2a-b=6-13=-18．
故答案为：﹣18．
9．（2021•萧山区一模）如图，直线a∥b，a与c相交于点A，过点A作直线c的垂线交b于点B．若∠1＝50°，则∠2的度数为 40° ．
【分析】根据垂直的定义及∠1＝50°，求得∠3＝40°，根据平行线的性质求解即可．
【解析】
∵AC⊥c，
∴∠1+∠3＝90°，
∵∠1＝50°，
∴∠3＝40°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠3＝40°．
故答案为：40°．
10．（2021春•玄武区校级期中）如图，已知直线AB、CD被直线AC所截，AB∥CD，E是平面内任意一点（点E不在直线AB、CD、AC上），设∠BAE＝α，∠DCE＝β．现有下列五个式子：①α+β，②α﹣β，③β﹣α，④180°﹣α﹣β，⑤360°﹣α﹣β，在这五个式子中，可以表示成∠AEC的度数的是 ①②③⑤ ．（请填序号）
【分析】根据点E有6种可能位置，分情况进行讨论，依据平行线的性质以及三角形外角性质进行计算求解即可．
【解析】（1）如图1，由AB∥CD，可得∠AOC＝∠DCE1＝β，
∵∠AOC＝∠BAE1+∠AE1C，
∴∠AE1C＝β﹣α．
（2）如图2，过E2作AB平行线，则由AB∥CD，可得∠1＝∠BAE2＝α，∠2＝∠DCE2＝β，
∴∠AE2C＝α+β．
（3）如图3，由AB∥CD，可得∠BOE3＝∠DCE3＝β，
∵∠BAE3＝∠BOE3+∠AE3C，
∴∠AE3C＝α﹣β．
（4）如图4，由AB∥CD，可得∠BAE4+∠AE4C+∠DCE4＝360°，
∴∠AE4C＝360°﹣α﹣β．
（5）（6）当点E在CD的下方时，同理可得∠AEC＝α﹣β或β﹣α．
综上所述，∠AEC的度数可能为β﹣α，α+β，α﹣β，360°﹣α﹣β，一共4个．
故答案为：①②③⑤．
11．（2021春•铁西区期中）如图，已知AB∥CD，∠EAB=13∠EAD，若∠D＝26°，则∠EAD的度数为 39 °．
【分析】由平行线的性质及∠D的度数可∠BAD的度数，结合∠EAB=13∠EAD，可求解∠EAD的度数．
【解析】∵AB∥CD，∠D＝26°，
∴∠BAD＝∠D＝26°，
∵∠EAB=13∠EAD，
∴∠EAD=32∠BAD=32×26°＝39°．
故答案为39．
12．（2021•二道区一模）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝30°，则∠2的大小为 60 度．
【分析】由折叠的性质可得∠3＝∠1＝30°，从而求得∠4＝120°，再根据平行线的性质定理求出∠ACD＝∠4＝120°，最后再根据平行线性质定理求出∠2＝60°．
【解析】如图，延长FA，由折叠的性质，可得∠3＝∠1＝30°，
∴∠4＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∵CD∥BE，BE∥AF，
∴∠ACD＝∠4＝120°，
又∵AC∥BD，
∴∠2＝180°﹣∠ACD＝180°﹣120°＝60°．
故答案为：60．
13．（2020秋•孝南区期末）一个角的补角为150°，则这个角的余角为 60° ．
【分析】首先根据补角的定义求得这个角的度数，然后根据余角的定义即可求出这个角的余角．
【解析】根据定义一个角的补角是150°，
则这个角是180°﹣150°＝30°，
这个角的余角是90°﹣30°＝60°．
故答案为：60°．
14．（2020秋•南京期末）如图，直线AB与直线CD相交于点O，OE平分∠BOD，OF平分∠COE，若∠FOB的度数为30°，则∠AOC的度数为 80 °．
【分析】设∠BOD为x，根据角平分线的定义用x表示出∠FOB，列方程求出x，根据对顶角相等得到答案．
【解析】设∠BOD为x，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE＝∠BOE=12x，
∴∠COE＝180°-12x，
∵OF平分∠COE，
∴∠EOF＝90°-14x，
∴∠FOB＝90°-14x-12x，
∵∠FOB＝30°，
∴x＝80°，
∴∠AOC＝∠BOD＝80°，
故答案为：80．
15．（2021春•罗湖区期中）点燃一根蜡烛后，蜡烛的高度h（厘米）与燃烧时间t（分）之间的关系如表：则蜡烛的高度h（厘米）与燃烧时间t（分）之间的关系式 h＝30-12t ．
【分析】根据蜡烛的高度＝原长﹣燃烧的长度即可求．
【解析】由表格数据可知，蜡烛每2分钟燃烧1厘米，
∴h＝30-12t．
故答案为：h＝30-12t．
16．（2021春•增城区期中）市场上一种豆子的单价是2元/千克，豆子总的售价y（元）与所售豆子的重量x（千克）之间的函数关系式为 y＝2x ．
【分析】根据公式“销售额＝单价×数量”可列关系式．
【解析】由销售额＝单价×数量得：y＝2x，
故答案为：y＝2x．
17．（2021•平谷区一模）某种预防病虫害的农药即将于三月上旬喷洒，需要连续三天完成，又知当最低温度不低于0摄氏度，且昼夜温差不大于10摄氏度时药物效果最佳，为此农广站工作人员查看了三月上旬天气预报，请你结合气温图给出一条合理建议，药剂喷洒可以安排在 3或12 日开始进行．
【分析】根据“最低温度不低于0摄氏度，昼夜温差不大于10摄氏度，需要连续三天完成”对没每天进行分析即可得到结论．
【解析】根据图象知：1日、2日、6日、7日最低温度低于0摄氏度，
9日、11日、15日昼夜温差大于10摄氏度，
连续三天符合以上两条的有3日、4日、5日和12日、13日、14日，
故药剂喷洒可以安排在3日或12日开始进行，
故答案为：3或12．
18．（2021春•沙坪坝区校级月考）（多选）甲、乙二人从学校出发去科技馆，甲步行一段时间后，乙骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行，他们的路程差s（米）与甲出发时间t（分）之间的函数关系如图所示，下列说法正确的是 A、B、C ．
A．乙先到达科技馆；
B．乙的速度是甲速度的2.5倍；
C．b＝480；
D．a＝24．
【分析】根据甲步行720米，需要9分钟，进而得出甲的运动速度，利用图形得出乙的运动时间以及运动距离，进而分别判断得出答案．
【解析】由图象得出甲步行720米，需要9分钟，所以甲的运动速度为：720÷9＝80（m/分），
当第15分钟时，乙运动15﹣9＝6（分钟），
运动距离为：15×80＝1200（m），
∴乙的运动速度为：1200÷6＝200（m/分），
∴200÷80＝2.5，故B正确；
当第19分钟以后两人之间距离越来越近，说明乙已经到达终点，则乙先到达科技馆，故A正确；
此时乙运动19﹣9＝10（分钟），
运动总距离为：10×200＝2000（m），
∴甲运动时间为：2000÷80＝25（分钟），
故a的值为25，故D错误；
∵甲19分钟运动距离为：19×80＝1520（m），
∴b＝2000﹣1520＝480，故C正确．
故答案为：A、B、C．
19．（2021春•沙坪坝区校级期中）如图所示，AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝5cm，AD＝4cm，则边AC的长度可能是 ．（多选）
A.3cm
B.5cm
C.14cm
D.13cm
【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，由“SAS”可证△ADC≌△EDB，可得AC＝BE，由三边关系可求BE的范围，即可求解．
【解析】如图：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD＝DE＝4cm，
∴AE＝8cm，
∵AD是BC上的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠EDBCD=BD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC＝BE，
在△ABE中，AE﹣AB＜BE＜AB+AE，
∴3cm＜BE＜13cm，
∴3cm＜AC＜13cm，
故选B．
20．（2021春•铁西区期中）在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝50°，已知AD为△ABC的角平分线，则∠BAD的度数为 30 °．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣50°＝60°，然后根据角平分线的定义即可得到∠BAD．
【解析】∵∠B＝70°，∠C＝50°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣50°＝60°，
而AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD=12∠CAB＝30°．
故答案为30．
21．（2021春•沙坪坝区校级期中）如图，AD是△ABC的中线，E，F分别是AD和AD延长线上的点，且DE＝DF，连接BF，CE下列说法中不正确的有 A ．（多选）
A．CE＝AE；
B．△ABD和△ACD面积相等；
C．BF∥CE；
D．△BDF≌△CDE．
【分析】再根据已知条件判断A；根据中线得出BD＝CD，根据等底等高的三角形的面积相等判断B即可；根据全等三角形的判定定理即可判断D，根据全等三角形的性质得出∠F＝∠CED，根据平行线的判定即可判断C．
【解析】由题中的已知条件不能得到AE＝CE，故A不正确；
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵△BAD的边BD上的高和△ACD的边CD上的高相同，
∴△ABD和△ACD面积相等，故B正确；
∵在△BDF和△CDE中，
BD=CD∠BDF=∠CDEDF=DE，
∴△BDF≌△CDE（SAS），故D正确；
∵△BDF≌△CDE，
∴∠F＝∠CED，
∴BF∥CE，故C正确；
故答案为：A．
22．（2021•东莞市二模）如图，OA＝OB，AC＝BC，∠ACO＝30°，则∠ACB＝ 60° ．
【分析】利用SSS证明△AOC≌△BOC可得∠BCO＝∠ACO＝30°，进而可求解∠ACB的度数．
【解析】在△ACO和△BCO中，
OA=OBAC=BCOC=OC，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠BCO＝∠ACO＝30°，
∴∠ACB＝∠BCO+∠ACO＝60°，
故答案为60°．
23．（2021春•铁西区期中）等腰三角形的一边长为9cm，另一边长为4cm，则它的第三边长为 9 cm．
【分析】分为两种情况：①当腰为4cm时，三边为4cm，4cm，9cm，②当腰为9cm时，三边为4cm，9cm，9cm，再根据三角形三边关系定理确定答案即可．
【解析】①当腰为4cm时，三边为4cm，4cm，9cm，
∵4+4＜9，
∴不符合三角形的三边关系定理，此种情况舍去；
②当腰为9cm时，三边为4cm，9cm，9cm，
此时符合三角形的三边关系定理，
所以三角形的第三边为9cm，
故答案为：9．
24．（2020秋•费县期末）如图，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，DE是AC的垂直平分线，线段DE＝2cm，则BD的长为 8 cm．
【分析】连接AD，根据等腰三角形的两底角相等求出∠B＝∠C＝30°，再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AD＝CD，然后求出∠CAD＝30°，再求出∠BAD＝90°，然后根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出CD＝2DE，BD＝2AD，代入数据进行计算即可得解．
【解析】连接AD，
在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD＝CD，
∴∠CAD＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△CDE中，CD＝2DE，
在Rt△ABD中，BD＝2AD，
∴BD＝4DE，
∵DE＝2cm，
∴BD的长为8cm．
故答案为：8．
25．（2020秋•李沧区期末）如图，△AOB与△COB关于边OB所在的直线成轴对称，AO的延长线交BC于点D．若∠BOD＝46°，∠C＝22°，则∠ADC＝ 70 °．
【分析】根据∠ADC＝∠A+∠ABD，求出∠A，∠ABD即可．
【解析】∵△AOB与△COB关于边OB所在的直线成轴对称，
∴△AOB≌△COB，
∴∠A＝∠C＝22°，∠ABO＝∠CBO，
∵∠BOD＝∠A+∠ABO，
∴∠ABO＝46°﹣22°＝24°，
∴∠ABD＝2∠ABO＝48°，
∴∠ADC＝∠A+∠ABD＝22°+48°＝70°，
故答案为：70．
26．（2020秋•肥东县期末）如图，在△ABA1中，∠B＝28°，AB＝A1B，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得A1A2＝A1C，连接A2C．完成下列问题：
（1）∠A1A2C的度数等于 38 度；
（2）如果继续在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得A2A3＝A2D，连接A3D，…，依此进行下去，那么以An为顶点的锐角的度数等于 762n-1 度．
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质求出∠A1A2C；
（2）同理可求∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出第n个等腰三角形的锐角的度数．
【解析】（1）在△ABA1中，∠B＝28°，AB＝A1B，
∴∠BA1A=180°-∠B2=180°-28°2=76°，
∵A1A2＝A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，
∴∠A1A2C=12∠BA1A=12×76°＝38°；
（2）同理可得，∠DA3A2＝19°，∠EA4A3＝9.5°，
∴以An为顶点的锐角的度数等于762n-1度．
故答案为：38，762n-1．
27．（2020秋•黄岛区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，CD∥AB，则∠BCD的度数是 110 °．
【分析】根据等边对等角，得出∠B＝∠BCA，知道了顶角，求出底角；再根据CD∥AB，得到∠ACD＝∠A＝40°，最后根据∠BCD＝∠BCA+∠ACD即可求解．
【解析】∵AB＝AC，
∴∠B＝∠BCA，
∵∠A＝40°，
∴∠BCA＝∠B=12（180°﹣∠A）＝70°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝40°，
∴∠BCD＝∠BCA+∠ACD＝70°+40°＝110°．
故答案为：110．
28．（2021•河北区二模）一枚材质均匀的骰子，六个面的点数分别是1，2，3，4，5，6，投这个骰子，掷的点数不大于4的概率是 23 ．
【分析】先求出点数不不大于4的数，再根据概率公式求解即可．
【解析】∵在这6种情况中，掷的点数不大于4的有4种结果，
∴掷的点数大于4的概率为46=23，
故答案为：23．
29．（2021春•芝罘区期中）如图，由4个直角边分别是1和2的直角三角形拼成一个“弦图”地面，在该地面上任意抛一颗豆子（豆子大小不记），豆子恰好落在中间空白区域的概率是 15 ．
【分析】求出中间空白正方形的面积和大正方形的面积即可．
【解析】大正方形的面积为12+22＝5，中间空白小正方形的边长为2﹣1＝1，面积为1，
所以中间小正方形的面积占大正方形的15，
因此任意抛一颗豆子（豆子大小不记），豆子恰好落在中间空白区域的概率为15，
故答案为：15．
30．（2021•长清区二模）在一个不透明的袋子中装有4个白球，a个红球，这些球除颜色外都相同．若从袋子中随机提出1个球，摸到红球的概率为13，则a＝ 2 ．
【分析】根据摸到红球的概率为13，利用概率公式建立关于a的方程，解之可得．
【解析】根据题意，得：aa+4=13，
解得a＝2，
经检验：a＝2是分式方程的解，
故答案为：2．
t/分
0
2
4
6
8
10
h/厘米
30
29
28
27
26
25