浙教版七年级下册数学举一反三系列 专题7.8 期末真题重组卷（学生版+教师版）

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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋·甘肃平凉·九年级校联考期末）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据合并同类项法则，单项式乘单项式，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式进行计算，再得出选项即可．
【详解】解：A、、不能合并，故本选项不符合题意；
B、，故本选项不符合题意；
C、，故本选项符合题意；
D、，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查整式的运算，熟练掌握合并同类项法则，单项式乘单项式，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式是解此题的关键．
2．（3分）（2022秋·广东佛山·八年级校考期末）如图，下列条件中，能判定的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；可以进行判定．
【详解】解：A、因为和一组内错角，且，根据内错角相等两直线平行可以判定，故符合题意，
B、因为和是一组同位角，且根据同位角相等两直线平行可以判定，不符合题意，
C、因为和是一组对顶角，和是一组同旁内角，，即，根据根据同旁内角互补两直线平行可以判定，不符合题意,
D、,因为和一组邻补角，所以不能判定两直线平行，
故选：A．
【点睛】本题主要考查两直线平行的判定，解决本题的关键是要熟练掌握直线平行的判定定理．
3．（3分）（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）如图，将三角形沿方向平移得到三角形，若三角形的周长为，则四边形的周长为（ ）
A．15cmB．18cmC．21cmD．24cm
【答案】B
【分析】根据平移的性质得到，，再根据四边形的周长公式计算，即可得到答案．
【详解】解：的周长为，
∴
由平移的性质可知，
四边形的周长，
故选：B．
【点睛】本题考查的是平移的性质，平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．掌握平移的性质是解决本题的关键．
4．（3分）（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）若，，则代数式的值为（ ）
A．6B．12C．18D．24
【答案】C
【分析】先进行因式分解，再利用整体思想，代入求值即可．
【详解】解：∵，，
∴
；
故选C．
【点睛】本题考查因式分解，代数式求值．熟练掌握因式分解，利用整体思想，代入求值，是解题的关键．
5．（3分）（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）方程组的解与方程组的解相同，则a、b的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由于两个方程组的解相同，所以这个相同的解是，把代入方程中其余两个方程，得关于a、b的方程组，解答即可．
【详解】解：由于两个方程组的解相同，所以这个相同的解是，
把代入方程中其余两个方程得，
解得，．
故选：B．
【点睛】题考查了对方程组解的理解，另外此题还有一巧办法，把两个方程相加得．
6．（3分）（2022秋·河南许昌·八年级统考期末）将分式中的x，y的值同时扩大为原来的10倍，则分式的值（ ）．
A．扩大倍B．扩大倍C．扩大10倍D．不变
【答案】B
【分析】将原式中的x、y分别用、代替，化简后与原分式进行比较即可得到答案．
【详解】解：将分式中的x，y的值同时扩大为原来的10倍，
则原式变为，
分式的值扩大倍，
故选B．
【点睛】本题考查了分式的基本性质．解题关键是抓住分子、分母变化的倍数，解此类题首先把字母变化后的值代入式子中，然后约分，再与原式比较，最终得出结论．
7．（3分）（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）李老师对本班60名学生的血型作了统计，列出如下的统计表，则本班型血的人数是（ ）
A．6人B．9人C．21人D．24人
【答案】D
【分析】根据频数、频率、总数之间的关系进行计算即可；
【详解】解：（人，
故选：．
【点睛】本题主要考查了频率与频数的相关计算，准确分析列式是解题的关键．
8．（3分）（2022春·浙江·七年级期末）若（b﹣c）2＝4（1﹣b）（c﹣1），则b+c的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【答案】D
【分析】先将等式的右边展开并移项到左边,然后再根据完全平方公式可以分解因式，即可得到b+c的值．
【详解】解：∵（b﹣c）2＝4（1﹣b）（c﹣1），
∴b2﹣2bc+c2＝4c﹣4﹣4bc+4b，
∴（b2+2bc+c2）﹣4（b+c）+4＝0，
∴（b+c）2﹣4（b+c）+4＝0，
∴（b+c﹣2）2＝0，
∴b+c＝2，
故选：D．
【点睛】本题考查因式分解的应用，掌握运用完全平方公式进行因式分解是解答本题的关键.
9．（3分）（2022秋·河北石家庄·八年级统考期末）关于x的方程的两个解为，，的两个解为，；的两个解为，，则关于x的方程的两个解为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】由于可化为，由题中可得规律：方程 （其中为正整数）的解为，，根据这个规律即中得方程的解．
【详解】∵
∴
∴上述方程有解及
即及
所以原方程的解为，
故选：D
【点睛】本题主要考查了一类特殊方程的解，这是一个规律性的问题，要从所给的前面几个方程的解，归纳出一般性的结论，再所得的一般性结论，求出所给方程的解，体现了由特殊到一般再到特殊的思维过程，这是数学中常用的方法；这里也用到了整体思想，即要分别把、看成一个整体，才能符合题中所给方程的结构，否则无法完成．
10．（3分）（2022春·重庆北碚·七年级西南大学附中校考期末）如图，AB∥CD，点E，P在直线AB上（P在E的右侧），点G在直线CD上，EF⊥FG，垂足为F，M为线段EF上的一动点，连接GP，GM，∠FGP与∠APG的角平分线交与点Q，且点Q在直线AB，CD之间的区域，下列结论：①∠AEF+∠CGF＝90°；②∠AEF+2∠PQG＝270°；③若∠MGF＝2∠CGF，则3∠AEF+∠MGC＝270°；④若∠MGF＝n∠CGF，则∠AEF∠MGC＝90°．正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】①过点F作FH∥AB，利用平行线的性质以及已知即可证明；
②利用角平分线的性质以及平行线的性质得到∠3=2∠2，∠CGF+2∠1+∠3=180°，结合①的结论即可证明；
③由已知得到∠MGC＝3∠CGF，结合①的结论即可证明；
④由已知得到∠MGC＝(n+1)∠CGF，结合①的结论即可证明．
【详解】解：①过点F作FH∥AB，如图：
∵AB∥CD，∴AB∥FH∥CD，
∴∠AEF=∠EFH，∠CGF=∠GFH，
∵EF⊥FG，即∠EFG=∠EFH+∠GFH=90°，
∴∠AEF+∠CGF=90°，故①正确；
②∵AB∥CD，PQ平分∠APG，GQ平分∠FGP，
∴∠APQ=∠2，∠FGQ=∠1，
∴∠3=∠APQ+∠2=2∠2，
∠CGF+∠FGQ+∠1+∠3=∠CGF+2∠1+∠3=180°，
即2∠1=180°-2∠2-∠CGF，
∴2∠2+2∠1=180°-∠CGF，
∵∠PQG=180°-(∠2+∠1)，
∴2∠PQG=360°-2(∠2+∠1)= 360°-(180°-∠CGF)= 180°+∠CGF，
∴∠AEF+2∠PQG=∠AEF+180°+∠CGF=180°+90°=270°，故②正确；
③∵∠MGF＝2∠CGF，
∴∠MGC＝3∠CGF，
∴3∠AEF+∠MGC＝3∠AEF+3∠CGF＝3(∠AEF+∠CGF)= 390°＝270°；
3∠AEF+∠MGC＝270°，故③正确；
④∵∠MGF＝n∠CGF，
∴∠MGC＝(n+1)∠CGF，即∠CGF=∠MGC，
∵∠AEF+∠CGF=90°，
∴∠AEF∠MGC＝90°，故④正确．
综上，①②③④都正确，共4个，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义等知识点，作辅助线求得∠AEF+∠CGF=90°，是解此题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋·山东淄博·八年级山东省淄博第四中学校考期末）分式方程若有增根，则k的值是_____________．
【答案】
【分析】首先根据解分式方程的方法求出方程的解，再根据分式方程的增根是使最简公分母等于0的未知数的值，求出增根，然后代入进行检验即可得解
【详解】解：，
，
公分母为：，
两边同时乘以得：
，
解得：，
分式方程有增根，
，
或，
当时，，
解得：，此时方程有增根，
当时，，
得：，无解，
综上所述，，
故答案为：．
【点睛】本题考查对分式方程增根的理解和掌握，理解分式方程的增根的意义是解题关键．
12．（3分）（2022春·广东江门·七年级统考期末）已知，则______．
【答案】1
【分析】根据绝对值的非负性，算是平方根的非负性，求出的值，进而求出的值即可．
【详解】解：∵，，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查非负性，解二元一次方程组，以及代数式求值．熟练掌握非负数的和为0，每个非负数均为0，是解题的关键．
13．（3分）（2022秋·河南周口·七年级校考期末）如图所示，同位角有对，内错角有对，同旁内角有对，则的值是____________
【答案】6
【分析】根据同位角，内错角，同旁内角的定义分别得到a，b，c的值，即可求解．
【详解】∵同位角有：∠8与∠4，∠5与∠1，∠7与∠3，∠6与∠2，∠4与∠9，∠7与∠9，共6对；内错角有：∠7与∠1，∠6与∠4，∠5与∠9，∠2与∠9，共4对，同旁内角有：∠7与∠4，∠6与∠1，∠1与∠9，∠6与∠9共4对，
∴a=6，b=4,c=4，
∴=6，
故答案是：6．
【点睛】本题主要考查同位角，内错角，同旁内角的定义，掌握它们的定义，是解题的关键．
14．（3分）（2022秋·山东滨州·八年级统考期末）已知，，则的值是__________．
【答案】
【分析】根据幂的乘方的逆运算可得，，，再根据积的乘方的运算和负整指数幂求解即可．
【详解】解：由题意可得：，，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了幂的乘方、积的乘方以及负整指数幂的有关运算，解题的关键是熟练掌握相关运算法则．
15．（3分）（2022秋·广西河池·八年级统考期末）如图，两个正方形的边长分别为， ，若，，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】6
【分析】根据阴影部分的面积等于大正方形面积的一半减去小正方形面积的一半，再减去上下两个全等三角形的面积，求解即可．
【详解】解：依题意可得图中阴影部分的面积为
故答案为：6．
【点睛】考查学生对图形面积的计算以及把不规则图形问题转化成规则图形问题，涉及到三角形和正方形面积，再一个难点就是怎样利用完全平方公式把代数式化成含有或的式子，考查学生对完全平方公式运用的熟练程度．
16．（3分）（2022秋·山东东营·八年级统考期末）若一个整数能表示成（a，b是正整数）的形式，则称这个数为“丰利数”．例如，2是“丰利数”，因为，再如，（，y是正整数），所以M也是“丰利数”．若（其中）是“丰利数”，则__________．
【答案】
【分析】先把变形，然后根据是“丰利数”，得出是一个完全平方式，即可求解．
【详解】解：
，
∵是“丰利数”，
∴是一个完全平方式，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，正确理解新概念“丰利数”是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022秋·山东枣庄·八年级统考期末）解下列方程组
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用代入消元法求解即可；
（2）利用加减消元法求解即可．
【详解】（1）
由得，
把③代入得，
解得：，
把代入③得，
∴方程组的解为．
（2）解：
由得：，
将代入得，
解得：，
∴方程组的解为；
【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组,根据系数特点灵活选择加减消元法和代入消元法是解题的关键．
18．（6分）（2022秋·山东淄博·八年级山东省淄博第四中学校考期末）（1）化简计算：
（2）解方程：
【答案】（1）
（2）无解
【分析】（1）通分，合并同类项，再作乘除；
（2）找公分母，去分母，二次项抵消，变成一元一次方程，即可解出
【详解】（1）
（2）解：
经检验：是原方程的增根，原分式方程无解
【点睛】本题考查分式的化简和分式方程的求解，掌握方法和技巧是本题关键
19．（8分）（2022秋·贵州安顺·八年级校联考期末）已知代数式化简后，不含有项和常数项．
(1)求，的值．
(2)求的值．
【答案】(1)0.5；
(2)
【分析】（1）先算乘法，合并同类项，即可得出关于、的方程，求出即可；
（2）先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可．
【详解】（1）解：
，
∵代数式化简后，不含有项和常数项．，
∴，，
∴，；
（2）∵，，
∴
．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和求值的应用，能正确运用整式的运算法则进行化简是解此题的关键，难度适中．
20．（8分）（2022秋·山西晋中·七年级统考期末）在“优秀传统文化进校园”活动中，学校计划每周二下午第三节课时间开展此项活动，拟开展活动项目为：剪纸，武术，书法，器乐．要求七年级学生人人参加，并且每人只能参加其中一项活动．教务处在该校七年级学生中随机抽取了100名学生进行调查，并对此进行统计，绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图（均不完整）．
请解答下列问题：
(1)请补全条形统计图和扇形统计图．
(2)扇形统计图中“剪纸”所占圆心角的度数为___________
(3)若该校七年级学生共有400人，请估计其中参加“书法”项目活动的有多少人．
【答案】(1)学武术的女生10人，武术学生占比为；器乐学生占比为，见解析
(2)
(3)84人
【分析】(1)根据所有频数的和为100，计算学武术的女生；根据频数除以样本容量计算占比，后完善统计图即可．
(2)根据圆心角度数等于所占百分比与的乘积计算即可．
(3)利用样本估计总体的思想计算即可．
【详解】（1）根据题意，得学武术的女生为（人），
学武术学生占比为；器乐学生占比为，
完善统计图如下：
（2）扇形统计图中“剪纸”所占圆心角的度数为．
故答案为：．
（3）参加“书法”项目活动的学生：（人）．
【点睛】本题考查了扇形统计图，条形统计图，样本估计总体，熟练掌握圆心角度数计算方法，会用样本估计总体的思想是解题的关键．
21．（8分）（2022秋·广东湛江·八年级校考期末）从边长为的正方形中减掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2）．
(1)上述操作能验证的等式是_________________________；
(2)运用你从（1）写出的等式，完成下列各题：
①已知：，，求的值；
②计算：．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）分别表示出图1剩余部分的面积和图2的面积，由二者相等可得等式；
（2）①将已知条件代入（1）中所得的等式，计算即可；②利用平方差公式将原式的各个因式进行拆分，计算即可．
【详解】（1）解：∵从边长为的正方形中减掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2），
∴图1剩余部分的面积为，图2的面积为，二者相等，从而能验证的等式为：．
故答案为：．
（2）①∵，，，
∴，
∴；
②
．
【点睛】本题考查平方差公式的几何背景及其在计算中的应用，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
22．（8分）（2022秋·重庆涪陵·八年级统考期末）奉节脐橙是全国橙类一流品牌，“园甘长成时，三寸如黄金”是杜甫寄居奉节时赞美奉节脐橙的诗句．果大形正、橙红鲜艳、皮薄肉厚、鲜嫩多汁是奉节脐橙的特色，每年11月底进入成熟期，某水果商预测12月到1月奉节脐橙一定能畅销市场，12月份购进第一批奉节福本和奉节纽荷尔两个品种的脐橙，共用14000元，其中购进奉节福本橙的费用比购进奉节纽荷尔橙的费用少2000元．
(1)求该水果商12月份购进的第一批奉节福本橙和奉节纽荷尔橙分别用了多少钱？
(2)该水果商12月份购进的第一批奉节纽荷尔橙，开售后果然供不应求，全部卖完．1月份该水果商又用6000元购进了第二批奉节纽荷尔橙，但进价比第一批奉节纽荷尔橙的进价上涨了50%，两次购进的奉节纽荷尔橙一共1500千克，求该水果商购进第一批奉节纽荷尔橙的单价是多少元？
【答案】(1)奉节福本橙用了6000元，奉节纽荷尔橙用了8000元；
(2)单价8元
【分析】（1）设第一批购进奉节福本橙用了x元，奉节纽荷尔橙用了y元，根据题意列出方程求解即可；
（2）设第一批购进奉节纽荷尔橙单价为m元，则第二批奉节纽荷尔橙单价为元，根据题意列出分式方程求解即可．
【详解】（1）解：设第一批购进奉节福本橙用了x元，奉节纽荷尔橙用了y元，根据题意，
得，
解得，
答：该水果商12月份购进的第一批奉节福本橙用了6000元，奉节纽荷尔橙用了8000元；
（2）解：设第一批购进奉节纽荷尔橙单价为m元，则第二批奉节纽荷尔橙单价为元，
根据题意，得，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
答：该水果商购进第一批奉节纽荷尔橙的单价是8元．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用、分式方程的应用，理解题意，正确列出方程并正确求解是解答的关键．
23．（8分）（2022秋·重庆沙坪坝·七年级统考期末）已知：如图，直线，于点，连接且分别交直线于点．
(1)如图①，若和的角平分线、交于点，请求的度数；
(2)如图②，若的角平分线分别和直线及的角平分线的反向延长线交于点和点，试说明：；
(3)如图③，点为直线上一点，连结，的角平分线交直线于点，过点作交的角平分线于点，若记为，请直接用含的代数式来表示．
【答案】(1)
(2)说明见解析
(3)
【分析】（1）由平行线的性质及角平分线的定义可得，；，即，过点M作直线交于点，可得,，进而可得．
（2）过点C作直线，由平行线的性质可得，由题意得，可得，由角平分线的定义可得，由得，由对顶角相等可得，可得；
（3）由题意可知，根据平行线的性质及角平分线的定义可得，，，，进而可得，由， ，，即，可得，进而可求．
【详解】（1）∵，
∴．
∵、分别平分和，
∴；，
∴，
过点M作直线交于点，，
∵，
∴，
∴,，
∴．
（2）过点C作直线，
∵，
∴，
∴.
又∵
∴
又∵、分别平分和，
∴
∵，
∴
又∵
∴．
（3）．
理由如下：由题意可知，
∵，
∴，即，
∵平分，平分，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，，
则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行线的性质及角平分线的定义，理解平行线的性质，利用其性质转换角度之间的关系是解决问题的关键．组别
型
型
型
型
百分比