2021北京昌平初一（下）期末数学（教师版）

这是一份2021北京昌平初一（下）期末数学（教师版），共20页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021北京昌平初一（下）期末数    学一、选择题（共8道小题，每小题2分，共16分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个1．（2分）已知，那么的余角等于　　A ． B ． C ． D ．2．（2分）叶绿体是植物进行光合作用的场所，叶绿体最早发现于衣藻叶绿体，长约0.00005米．其中，0.00005用科学记数法表示为　　A． B． C． D．3．（2分）下列计算正确的是　　A． B． C． D．4．（2分）如图，与相交于点，则下列结论正确的是　　A． B． C． D．5．（2分）如果是一个完全平方式，则等于　　A． B．2 C．4 D．6．（2分）有下列变形：①由得；②由得；③由得；④由得，其中变形一定正确且使用了“不等式两边都乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变”这一不等式基本性质的是　　A．① B．② C．③ D．④7．（2分）已知，如果且，是正整数，那么不等式中的取值范围是　　A． B． C． D．
8．（2分）在某学校庆祝建党“100周年”的活动上，宇阳同学用围棋棋子按照某种规律摆成如图所示的“100”字样．按照这种规律，第个“100”字样的棋子个数是　　A． B． C． D．二、填空题（共8道小题，每小题2分，共16分）9．（2分）分解因式：　　．10．（2分）如果，是关于，的二元一次方程的解，那么的值是 　　．11．（2分）昌平区五月份某一周每天的最高气温统计如表：最高气温22242527天数2311则这组数据的平均数是 　　，众数是 　　．12．（2分）如图所示，直线，相交于点，于点，如果，那么　　．13．（2分）我国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：隔墙听得客分银，不知人数不知银，七两分之多四两，九两分之少半斤．问：人数多少？银子几何？意思是：有若干客人分银若干两，如果每人分7两，还多4两；如果每人分9两，还差8两（题中斤、两为旧制，1斤两）．问：有多少位客人？多少两银子设有位客人，两银子，根据题意，可列方程组为 　　．14．（2分）把面积为，的小正方形和面积为的两个长方形拼成如图所示的大正方形，那么，大正方形的边长为 　　．15．（2分）已知：，，则　 　．16．（2分）“体育节”中，初一年级四个班进行了足球单循环比赛，每两班赛一场，胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．比赛结束后，一班、二班、三班、四班分别获得第一、二、三、四名，各班的总得分恰好是四个连续奇数，那么与二班踢平的班是 　　．三、解答题（本题共12道小题，第17-22题，每小题分，第23-26题，每小题5分，第27、28题，每小题5分，共68分）17．（5分）分解因式：． 18．（5分）计算：． 19．（5分）解不等式，并把解集在数轴上表示出来． 20．（5分）解方程组：． 21．（5分）解不等式组，并写出整数解的中位数． 22．（5分）先化简，再求值：，其中． 
23．（6分）某集团校对本集团的四个校区的初一学生，围绕着“你最喜欢的居家健身项目是什么（只选一项）”的问题进行了随机抽样调查．过程如下：收集数据．平板支撑 ．蹲起 ．仰卧起坐 ．开合跳 ．其他经过调查得到的一组数据如下：    整理数据抽样调查50名初一学生最喜欢的居家健身项目人数统计表 活动项目划记频数．平板支撑4．蹲起  ．仰卧起坐正正10．开合跳  ．其他正正10总计50描述数据根据以上信息回答下列问题：（1）补全统计表；（2）求本次抽样调查中，最喜欢开合跳项目的人数占被调查总人数的百分比；（3）若校区4共有160名初一学生，请你估计该集团初一学生中，最喜欢蹲起项目的人数约为多少人？
24．（6分）（1）阅读以下内容：已知，满足，且，求的值．三位同学分别提出了以下三种不同的解题思路：甲同学：先解关于，的方程组，再求的值．乙同学：先将方程组中的两个方程相加，再求的值．丙同学：先解方程组，再求的值．（2）你最欣赏（1）中的哪种思路？先根据你所选的思路解答此题，再简要说明你选择这种思路的理由．请先选择思路，再解答题目．我选择 　　同学的思路（填“甲”或“乙”或“丙” ．25．（6分）用纸片拼图时，我们发现利用图1中的三种纸片（边长分别为，的正方形和长为宽为的长方形）各若干，可以拼出一些长方形来解释某些等式，比如图2可以解释为：（1）图3可以解释为等式：　　；（2）要拼出一个两边长为，的长方形，先回答需要以下三种纸片各多少块，再用画图或整式乘法验证你的结论．（3）如图4，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若用，表示四个相同小长方形的两边长，以下关系式正确的是 　　．（填序号）①； ②；  ③；  ④．26．（6分）小聪把一副三角尺，按如图1的方式摆放，其中边，在同一条直线上，将其抽象出如图2的几何图形后，过点作射线．（1）依题意将图2补充完整；（2）求的度数．  27．（7分）【概念学习】定义：对于一个三位的自然数，各数位上的数字都不为0，且百位数字与十位数字之和除以个位数字的商为整数，则称这个自然数为“好数”．例如：714是“好数”，因为它是一个三位的自然数，7，1，4都不为0，且，，2为整数；643不是“好数”，因为，的商不是整数．【初步探究】（1）自然数312，675，981，802是“好数”的为 　　；（2）在横线上填“真”或“假”：①个位数字为1的一个三位自然数一定是“好数”是 　　命题；②各数位上的数字都相同的一个三位自然数一定是“好数”是 　　命题；【深入思考】求同时满足下列条件的“好数”：（1）百位数字比十位数字大5；（2）百位数字与十位数字之和等于个位数字．
28．（7分）阅读下列材料：我们知道表示的是在数轴上数对应的点与原点的距离，即，也就是说，表示在数轴上数与数0对应点之间的距离．这个结论可以推广为表示在数轴上数，对应点之间的距离．例1：解方程．解：，在数轴上与原点距离为6的点对应数为，即该方程的解为．例2：解不等式．解：如图，首先在数轴上找出的解，即到1的距离为2的点对应的数为，3，则的解集为到1的距离大于2的点对应的所有数，所以原不等式的解集为或．参考阅读材料，解答下列问题：（1）方程的解为 　　；（2）解不等式；（3）若，则的取值范围是 　　；（4）若，则的取值范围是 　　．
2021北京昌平初一（下）期末数学参考答案一、选择题（共8道小题，每小题2分，共16分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个1．【分析】根据互为余角的两个角的和等于列式计算即可得解 ．【解答】解：，的余角．故选：．【点评】本题考查了余角和补角， 是基础题， 熟记概念是解题的关键 ．2．【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，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数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．【解答】解：，故选：．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，为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．3．【分析】根据幂的乘方、负整数指数幂、同底数幂的乘除法运算法则逐一计算判断即可．【解答】解：．，故选项不正确；．，故选项正确；．，故选项不正确；．，故选项不正确．故选：．【点评】本题主要考查了幂的乘方运算法则，负整数指数幂法则，同底数幂的除法法则，以及积的乘方运算法则，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．4．【分析】根据两直线相交对顶角相等、内错角相等两直线平行等判定方法和三角形角的性质即可确定答案．【解答】解：选项、与互为对顶角，，故选项符合题意；选项、，，故选项不符合题意；选项、与是否平行不能确定，与不一定相等，故选项不符合题意；选项、，，故选项不符合题意；故选：．【点评】本题主要考查了对顶角的性质、平行线的性质和三角形内角和、外角的性质，能熟记对顶角的性质是解此题的关键．5．【分析】先将原式写成一个完全平方式，再将其展开，与原式比较即可得出答案．【解答】解：是一个完全平方式，，，即．故选：．【点评】本题考查了完全平方公式的简单应用，明确完全平方公式的基本形式是解题的关键．6．【分析】根据不等式的性质进行解答．【解答】解：①由的两边同时加上，得，故①不符合题意；②由的两边同时乘以5，得，故；③由的两边同时乘以，不等号的方向改变，即，故③不符合题意；④由的两边同时乘以，得，此时必须是，故④不符合题意．符合题意的是②，故选：．【点评】此题考查了不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质：（1）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；（3）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．7．【分析】根据题意求得，，即可得到，解得．【解答】解：，且，是正整数，，，，，，故选：．【点评】本题考查了解一元一次不等式，求得、的值是解题的关键．8．【分析】根据所给的图形可得：第①个“100”字中的棋子个数是；第②个“100”字中的棋子个数是；第③个“100”字中的棋子个数是；第④个“100”字中的棋子个数是；据此可得其中的规律．【解答】解：第①个“100”字中的棋子个数是；第②个“100”字中的棋子个数是；第③个“100”字中的棋子个数是；第④个“100”字中的棋子个数是；．第个“100”字中的棋子个数是．故选：．【点评】本题考查了规律型：图形的变化类，是一道关于数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律．二、填空题（共8道小题，每小题2分，共16分）9．【分析】根据多项式的特征选择提取公因式法进行因式分解．【解答】解：．故答案为：．【点评】本题主要考查了运用提取公因式法进行因式分解，运用提取公因式法进行因式分解的关键是确定公因式．10．【分析】根据方程的解的定义，将代入方程，得，故．【解答】解：由题意得：．．故答案为：．【点评】本题属于基础简单题，主要考查方程的解的定义，即使得方程成立的未知数的值．11．【分析】根据众数定义确定众数；应用加权平均数计算这组数据的平均数．【解答】解：这组数据的平均数是；出现了3次，出现的次数最多，这组数据的众数是；故答案为：24，24．【点评】此题考查了加权平均数和众数的定义，熟练掌握定义和公式是解题的关键．12．【分析】利用垂直的定义得到，由求出的度数，再利用对顶角相等即可求出的度数．【解答】解：，，，，则．故答案为：35．【点评】此题考查了对顶角、邻补角，以及垂线，熟练掌握对顶角相等是解本题的关键．13．【分析】根据每人分七两，则剩余四两；若每人分九两，则还差八两，可以列出相应的二元一次方程组．【解答】解：由题意可得：，故答案为：．【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．14．【分析】根据正方形和长方形的面积公式分别求得小正方形和长方形的边长，然后结合图形求解．【解答】解：如图所示：故大正方形的边长为．故答案是：．【点评】本题主要考查了列代数式，解题的关键是熟练掌握矩形的面积公式．15．【分析】根据同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加进行计算即可．【解答】解：，故答案为：9．【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法，关键是熟练掌握计算法则．16．【分析】直接利用已知得出一班得分为7分，2胜1平，二班得分5分，1胜2平，丙得分3分，1胜0平，丁得分1分，0胜1平，进而得出答案．【解答】解：一班、二班、三班、四班四个班分别获得第一、二、三、四名，各班的总得分恰好是四个连续奇数，一班得分为7分，2胜1平，二班得分5分，1胜2平，三班得分3分，1胜0平，四班得分1分，0胜1平，一班、二班都没有输球，一班一定与二班平，三班得分3分，1胜0平，二班得分5分，1胜2平，与二班踢平的班是一班与四班．故答案为：一班与四班．【点评】此题主要考查了推理与论证，正确分析得出每班胜负场次是解题关键．三、解答题（本题共12道小题，第17-22题，每小题分，第23-26题，每小题5分，第27、28题，每小题5分，共68分）17．【分析】先提公因式2，再利用平方差公式计算可求解．【解答】解：原式．【点评】本题主要考查因式分解提公因式法和公式法的综合运用，先提公因式，再利用公式法分解因式是解题的关键．18．【分析】根据同底数幂的乘法、积的乘方及同底数幂的除法法则进行计算即可．【解答】解：原式．【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法、积的乘方运算以及整式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．19．【分析】去分母，去括号，移项，合并同类项，再在数轴上表示出不等式的解集即可．【解答】解：，去分母，得，去括号，得，移项，得，合并同类项，得，在数轴上表示不等式的解集为：．【点评】本题考查了解一元一次不等式和在数轴上表示不等式的解集，能求出不等式的解集是解此题的关键．20．【分析】方程组利用代入消元法求出解即可．【解答】解：，由①得：③，把③代入②得：，移项合并得：，解得：，将代入③得：，则方程组的解为．【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．21．【分析】先求出不等式组的整数解，再根据中位数的意义求出中位数即可．【解答】解：解这个不等式组可得解集为，其整数解为，，0，1，2，3，4，处在中间位置的一个数是1，因此中位数是1，答：这个不等式组整数解的中位数是1．【点评】本题考查一元一次不等式组的整数解，中位数，理解中位数的意义是解决问题的前提，求出一元一次不等式组的整数解是解决问题的关键．22．【分析】整式的混合运算，先算乘方，零指数幂，然后算乘法，然后算加减，然后代入求值．【解答】解：原式，当时，原式．【点评】本题考查整式的混合运算，零指数幂的运算，掌握运算顺序和计算法则是解题基础．23．【分析】（1）根据题目中调查得到的数据，可以将．跳绳和．开合跳对应的划记和频数写出来，然后即可将统计表补充完整；（2）本次抽样调查中，最喜欢开合跳项目的人数除以被调查总人数即可求解；（3）根据扇形统计图求出校区4初一学生占该集团初一学生总数的百分比，求出该集团初一学生总数，再乘以本次抽样调查中，喜欢蹲起项目的人数所占比例即可求解．【解答】解：（1）由调查得到的数据可得，．跳绳对应的划记是，频数是8，．开合跳对应的划记是，频数是18，
补全的统计表：活动项目划记频数．平板支撑4．蹲起8．仰卧起坐正正10．开合跳18．其他正正10总计50（2），即本次抽样调查中，最喜欢开合跳活动的人占被调查总人数的百分比是；（3）（人，即最喜欢蹲起项目的人数约为128人．【点评】本题考查扇形统计图、统计表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，根据题目中调查得到的数据将统计表补充完整．24．【分析】解法一：选择乙同学的思路，根据整体思想，两式相加得到，从而，所以；解法二：选择丙同学的思路，因为这两个方程中没有，能够求出，的值．利用代入消元法求出方程组的解，再代入中求出的值即可．【解答】解：解法一：我选择乙同学的思路．两式相加得：，，，，．理由：利用整体思想，解题更简单．解法二：我选择丙同学的思路．，由①得：③，代入②得：，，代入③得：，方程组的解为，代入得：，．理由：这两个方程中没有，能够求出，的值．故答案为：乙（答案不唯一）．【点评】本题考查了二元一次方程组的解法，解二元一次方程组的基本思路是消元，将二元方程转化为一元方程是解题的关键．25．【分析】（1）图③是长为，宽为的矩形，根据矩形面积可得到等式，（2）计算出的结果，即可得出答案，（3）根据图④得出，，再依据公式进行恒等变形即可．【解答】解：（1）图3的面积可以表示，也可以用表示，因此有，故答案为：．（2）因为，所以需要的3块，的4块，的1块，故答案为：3，4，1．（3）由图④可知，，，因此①正确；因为，因此③正确；因为，所以②错误；因，所以④错误；综上所述，正确的有①③，故答案为：①③．【点评】考查平方差公式、完全平方公式的几何意义及应用，掌握公式特征是灵活应用的前提．26．【分析】（1）依题意将图2补充完整即可；（2）延长交于，根据三角形的内角和定理得到，根据平行线的性质得到，由角的和差即可得到结论．【解答】解：（1）将图2补充完整如图所示；（2）如图2，延长交于，，，，，，，，如图3，延长交于，，，，，，，，，综上所述，的度数为或．【点评】本题考查了平行线的判定定理，三角形的内角和定理，正确的作出图形是解题的关键．27．【分析】【初步探究】（1）由好数的定义可求解；（2）由好数的定义可判断．【深入思考】设十位数字为，个位数字为，由题意列出方程，可求解．【解答】解：【初步探究】（1）由题意可得：312是“好数”，因为它是一个三位的自然数，3，1，2都不为0，且，，2为整数；675不是“好数”，因为，的商不是整数．981是“好数”，因为它是一个三位的自然数，9，8，1都不为0，且，，17为整数；802不是“好数”，因为数字不能为0， “好数”为312，981，故答案为：312，981；（2）①例如801不是“好数”，故个位数字为1的一个三位自然数一定是“好数”是假命题，②各数位上的数字都相同的一个三位自然数一定是“好数”是真命题；故答案为：假，真；【深入思考】设十位数字为，个位数字为，由题意可得：，，，，，或2，当时，好数为617，当，好数为729，综上所述：满足条件的好数为617或729．【点评】本题考查了二元一次方程的应用，理解“好数”的定义是解题的关键．28．【分析】（1）将转化为两个一元一次方程或，分别求解值即可；（2）转化为不等式，分别求解即可；（3）分类讨论：当时，原方程化为，解得；当时，原方程化为；当时，原方程化为，解得，即可求出的范围；（4）分类讨论：当时，；当时，，此时；当时，，即可求出的取值范围．【解答】解：（1）由，可得或，或，故答案是或；（2）不等式整理得，，，解得：；（3）当时，原方程化为，解得，当时，原方程化为，当时，原方程化为，解得，，故答案为；（4）当时，，当时，，此时，当时，，综上所述：，故答案为．【点评】本题考查含绝对值的一元一次方程，根据绝对值的性质，分段去掉绝对值符号，转化为一元一次方程或一元一次不等式求解是解题的关键．