2021-2022学年湖南省常德市汉寿县七年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年湖南省常德市汉寿县七年级（下）期中数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省常德市汉寿县七年级（下）期中数学试卷题号一二三四总分得分      一、选择题（本大题共8小题，共24分）下列是二元一次方程的是A.  B.  C.  D. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的为A.  B.
C.  D. 下列计算正确的是A.  B.
C.  D. 用代入法解方程组时，将式代入式可得A.  B.  C.  D. 下列分解因式正确的是A.  B.
C.  D. 下列各式中不能用平方差公式计算的是A.  B.
C.  D. 如果和是同类项，则，的值是A. ， B. ， C. ， D. ，规定，如，如果，同时满足，，则，的值为A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共8小题，共24分）因式分解：______．计算：______．若多项式是完全平方式，则的值是______．如果，则______．若关于，的方程组的解满足与的值相等，则的值为______．如果，满足方程，则的值为______．若，，则______．计算：______． 三、计算题（本大题共2小题，共10分）计算：．把多项式因式分解． 四、解答题（本大题共6小题，共42分）解二元一次方程组：．先化简，再求值：，其中，．．已知：，，，问多项式、、是否有公因式？若有，求出其公因式；若没有，请说明理由．对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积，可以得到一个数学等式．
对于等式可以由图进行解释：这个大长方形的长为______，宽为______，用长乘以宽可求得其面积．同时，大长方形的面积也等于个长方形和个正方形的面积之和．
如图，试用两种不同的方法求图的面积，
方法：______；
方法：______；
数学等式：______；
利用中得到的数学等式，解决以下问题：已知，，求的值．
每年的月日是我们国家的“植树节”，某学校计划组织七年级名师生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司小客车、大客车两种型号客车作为交通工具．已知每辆车都坐满时，用辆小客车和辆大客车每次可运送学生人；用辆小客车和辆大客车每次可运送学生人．辆小客车和辆大客车都坐满后一次分别可送多少名学生？
若学校计划租用小客车辆，大客车辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满．
请你设计出所有的租车方案；
若小客车每辆需租金元，大客车每辆需租金元，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租金．
答案和解析 1.【答案】【解析】解：、是含有个未知数，未知数的项的最高次数是的整式方程，属于二元一次方程，符合题意；
B、是含有个未知数，未知数的项的最高次数是的整式方程，不属于二元二次方程，不符合题意；
C、是分式方程，不属于二元一次方程，不符合题意；
D、是含有个未知数，未知数的项的最高次数是的整式方程，不属于二元一次方程，不符合题意．
故选：．
根据二元一次方程的定义可得答案．
此题主要考查二元一次方程的概念，要求熟悉二元一次方程的形式及其特点：含有个未知数，未知数的项的次数是的整式方程．
 2.【答案】【解析】解：从左到右的变形是整式乘法运算，不是分解因式，故本选项不符合题意；
B.等式的右边不是几个整式的积的形式，不是分解因式，故本选项不符合题意；
C.从左到右的变形属于分解因式，故本选项符合题意；
D.从左到右的变形是整式乘法运算，不是分解因式，故本选项不符合题意；
故选：．
根据分解因式的定义逐个判断即可．
本题考查了分解因式的定义，能熟记分解因式的定义是解此题的关键，注意：把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解，也叫分解因式．
 3.【答案】【解析】解：，
不合题意．
，
不合题意．
．
不合题意．
，
符合题意．
故选D．
根据完全平方公式和幂运算法则依次判断即可．
本题考查完全平方公式和幂运算，掌握相关法则是求解本题的关键．
 4.【答案】【解析】解：时，将式代入式可得：，
．
故选：．
根据题意，把代入即可．
此题主要考查了解二元一次方程组的方法，注意代入消元法和加减消元法的应用．
 5.【答案】【解析】【分析】
此题考查了因式分解 运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
原式各项分解因式得到结果，即可做出判断．
【解答】
解： 、原式不能分解，错误；
B 、原式 ，错误；
C 、原式 ，错误；
D 、原式 ，正确．
故选 D ．   6.【答案】【解析】解：：原式，不符合题意；
：原式，不符合题意；
：原式，不符合题意；
：原式，符合题意；
故选：．
：式子是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数；
：式子是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数；
：式子是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数；
：式子是两个二项式相乘，并且这两个二项式中项完全相同，用完全平方公式计算．
本题主要考查了平方差公式，掌握运用平方差公式计算时，关键要找相同项和相反项，其结果是相同项的平方减去相反项的平方．
 7.【答案】【解析】解：和是同类项，
，
解得：．
故选：．
利用同类项的定义列出方程组，求出方程组的解即可得到与的值．
此题考查了同类项、解二元一次方程组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
 8.【答案】【解析】解：，，
，即，
得：，
，
把代入得：，
，
的值为，的值为，
故选：．
根据已知列出二元一次方程组，解方程组即可．
本题考查解二元一次方程组，涉及新定义，解题的关键掌握解二元一次方程组的步骤和基本方法．
 9.【答案】【解析】解：原式，
故答案为：．
直接提取公因式即可得到答案．
此题考查的是提公因式法分解因式，如果一个多项式的各项有公因式，可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式，这种分解因式的方法叫做提公因式法．
 10.【答案】【解析】解：

．
故答案为：．
先算同底数幂的乘法，积的乘方，再合并同类项即可．
本题主要考查积的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 11.【答案】【解析】解：多项式是一个完全平方式，
，
即．
故答案为：．
根据完全平方式的定义计算即可．
本题考查完全平方式，记住完全平方式的特征是解题的关键，形如这样的式子是完全平方式，属于中考常考题型．
 12.【答案】【解析】解：，
又，
，
．
故答案为：．
先利用多项式乘多项式法则算乘法，再根据乘法与因式分解的关系求出．
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解与整式乘法的关系是解决本题的关键．
 13.【答案】【解析】解：，
，得，
根据题意可知：，
把代入，得，
解得，
所以，
将，代入，
得．
故答案为：．
方程组中两方程左右两边相减可得，根据题意可知：，把代入求出，再求出，然后将，的值代入，即可得的值．
本题考查了二元一次方程组的解，解决本题的关键是掌握解二元一次方程组的方法．
 14.【答案】【解析】解：由题意得： 解得：，所以
解此题时要知道和，然后构造出二元一次方程组，即可求出和．
此题考查的是平方和绝对值的非负性，以及解二元一次方程组的计算能力．列出二元一次方程组并求解，最终求出的值．
 15.【答案】【解析】解：将两边平方得：，
因为，，
所以．
故答案为：．
将两边平方，利用完全平方公式将展开，把的值代入计算即可求出的值．
此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
 16.【答案】【解析】解：原式


，
故答案为：．
根据平方差公式即可求出答案．
本题考查平方公式，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
 17.【答案】解：原式
．【解析】利用多项式乘多项式的运算法则进行运算即可．
本题主要考查了多项式乘多项式，正确利用法则运算是解题的关键．
 18.【答案】解：原式
．【解析】先利用平方差公式分解第一、二项，再提取公因式．
本题考查了整式的因式分解，掌握平方差公式、提公因式法是解决本题的关键．
 19.【答案】解：，
得：，
得：
，
解得：，
把代入中可得：
，
解得：，
原方程组的解为：．【解析】利用加减消元法，进行计算即可解答．
本题考查了解二元一次方程组，准确熟练地进行计算是解题的关键．
 20.【答案】解：

，
当，时，原式
．【解析】先去括号，再合并同类项，然后把，的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
本题考查了整式的混合运算化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
 21.【答案】解：将原方程组化简，得，
，得．
把代入，得，
解得．
所以原方程组的解为．【解析】先将方程组化简整理成二元一次方程组的一般形式，再根据未知数的系数特点选择解法．
本题考查二元一次方程组的解法，有加减法和代入法两种．一般来说，当方程组中有一个未知数的系数的绝对值是或常数项为时，选用代入法较简单，其它情况下，选用加减法较简单．
 22.【答案】解：多项式、、有公因式．
，
，
．
因此多项式、、的公因式是：．【解析】先将各式因式分解后再判断有没有公因式．
本题考查多项式的公因式，将各多项式因式分解是求解本题的关键．
 23.【答案】        【解析】解 由图可得：大长方形的长为：，
宽为：，
由图可得：
方法一：；
方法二：；
则可得数学等式为：；
，，
所以，即：．
，
，
．
根据图形列代数式可求解；
方法一：根据正方形的面积公式可列式；
方法二：可利用所有长方形的面积和计算可求解；
数学等式：根据面积相等可列等式；
由已知条件两边同时平方，再展开后代入计算可求解代数式的值．
本题主要考查完全平方公式的几何背景，利用数形结合求解是解题的关键．
 24.【答案】解：设辆小客车坐满后一次可送名学生，辆大客车坐满后一次可送名学生，
依题意得：，
解得：．
答：辆小客车坐满后一次可送名学生，辆大客车坐满后一次可送名学生．
依题意得：，

又，均为自然数，
或或，
共有种租车方案，
方案：租用小客车辆；
方案：租用小客车辆，大客车辆；
方案：租用小客车辆，大客车辆．
选用租车方案所需租金为元；
选用租车方案所需租金为元；
选用租车方案所需租金为元．
．
方案最省钱，最少租金为元．【解析】设辆小客车坐满后一次可送名学生，辆大客车坐满后一次可送名学生，根据“已知每辆车都坐满时，用辆小客车和辆大客车每次可运送学生人；用辆小客车和辆大客车每次可运送学生人”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
根据一次送名师生且恰好每辆车都坐满，即可得出关于，的二元一次方程，结合，均为自然数，即可得出各租车方案；
利用选择各方案所需租金每辆车的租金租车数量，可分别求出选择各租车方案所需租金，比较后即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；找准等量关系，正确列出二元一次方程．