第四章 几何图形初步（提分小卷）-【单元测试】2021-2022学年七年级数学上册尖子生选拔卷（人教版）1

第四章 几何图形初步（人教版）

提分小卷

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（2021·陕西七年级期中）如图是一个正方体被切割后留下的立体示意图，剩余的几何体的左视图是（　　）

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】根据一般指由物体左边向右做正投影得到的视图是左视图，可得答案．

【详解】解：从几何体的左面看，轮廓为正方形，其中被切割的部分应该画为虚线且是一条“捺”向的虚线，故选项C符合题意．故选：C．

【点睛】此题考查的是判断几何体的左视图，掌握左视图的定义是解题关键．

2．（2021·浙江台州市·中考真题）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（）

A．两点之间，线段最短 B．垂线段最短

C．三角形两边之和大于第三边 D．两点确定一条直线

【答案】A

【分析】根据线段的性质即可求解．

【详解】解：两地距离显示的是两点之间的线段，因为两点之间线段最短，所以导航的实际可选路线都比两地距离要长，故选：A．

【点睛】本题考查线段的性质，掌握两点之间线段最短是解题的关键．

3．（2021·江苏扬州市·七年级期末）如图，已知一个正方体的三个面上分别标有字母a、b、m，则它的展开图可能是下面四个展开图中的（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．

【详解】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，

选项A中“a面”“b面”“m面”的对面都是“空白”，符合题意；

选项B中的“a面”与“m面”是对面，与原题相矛盾，因此选项B不符合题意；

选项C、选项D中“m面”与“b面”是对面，与题意矛盾，因此选项C、选项D不符合题意；故选：A．

【点睛】本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的前提．

4．（2021·山东单县·七年级期中）下面等式成立的是（）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据进行换算即可

【详解】，故本选项不符合题意；，故本选项不符合题意；

，故本选项不符合题意；，故本选项符合题意；故选：D．

【点睛】本题主要考查了度、分、秒的计算，角的度量单位度、分、秒之间是60进制，将高级单位化为低级单位时，乘以60，反之，将低级单位转化为高级单位时除以60．

5．（2020·偃师市实验中学初一月考）下面说法:①若线段AC=BC,则C是线段AB的中点;②两点之间,直线最短;③延长直线AB;④若一个角既有余角又有补角,则它的补角一定比它的余角大.其中正确的有(　　)

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【分析】根据两点间的距离，中点的定义及余角和补角的知识进行各选项的判断即可．

【解析】①如图，AC=BC，但C不是线段AB的中点，故①不正确；

②两点之间线段最短，故②不正确；③直线向两边无限延伸，不能延长，故③不正确；

④一个角有余角，说明这个角是锐角，所以它的补角一定比它的余角大，故④正确．故选B．

【点睛】本题考查了两点间的距离、直线及余角和补角的知识，解答本题需要同学们熟练掌握基本知识．

6．（2021·河南中原·七年级期末）今年是牛年，在班级“牛年拼牛画”的活动中，小刚同学用一个边长为8cm的正方形做成的七巧板（如图1）拼成了一头牛的图案（如图2），则牛头部所占的面积为（）

A．4 cm2 B．8 cm2 C．16 cm2 D．20 cm2

【答案】C

【分析】由图1的正方形的边长为8cm，可求正方形的面积，再根据牛头所占面积为正方形面积的可得答案．

【详解】解：∵图1的正方形的边长为8cm，∴正方形的面积是64cm2，

由牛的拼法可知，牛的头部占正方形的，∴牛头部所占的面积是64×=16cm2，

故选：C．

【点睛】本题是一道趣味性探索题，结合我国传统玩具七巧板，用七巧板来拼接图形，可以培养学生动手能力，展开学生的丰富想象力．

7．（2021·辽宁西丰县·七年级期末）已知线段AB=10cm，点C是线段AB上一点，BC=4cm，点M和点N分别是线段AB和线段BC的中点，则线段MN的长度是（　　）

A．8cm B．7cm C．5cm D．3cm

【答案】D

【分析】根据点M、N分别是AB、BC的中点，先求出BM、BN的长度，于是得到结论．

【详解】解：∵AB=10cm 点M是AB的中点，∴BM=AB=5（cm），

∵BC=4cm，点N是BC的中点，∴BN=BC=2cm，

∴MN=BM-BN=3cm，∴线段MN的长度为3cm．故选：D．

【点睛】本题考查了两点间的距离，熟知各线段之间的和、差及倍数关系是解答此题的关键．

8．（2021·山东乳山市·期末）将三角尺与直尺按如图所示摆放，下列关于与之间的等量关系正确的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用平角性质和余角、补角解得角之间的关系．

【详解】解：∵直尺一边是平角为180°，三角尺的顶角为90°，

∴，∴，故选：D．

【点睛】本题考查了平角性质和余角、补角之间的计算，比较简单，属于基础题型．

9．（2020·北京海淀区·七年级期中）如图，直线上的四个点A，B，C，D分别代表四个小区，其中A小区和B小区相距am，B小区和C小区相距200m，C小区和D小区相距am，某公司的员工在A小区有30人，B小区有5人，C小区有20人，D小区有6人，现公司计划在A，B，C，D四个小区中选一个作为班车停靠点，为使所有员工步行到停靠点的路程总和最小，那么停靠点的位置应设在（　　）

A．A小区 B．B小区 C．C小区 D．D小区

【答案】B

【分析】根据题意分别计算停靠点分别在B、D、C各点时员工步行的路程和，选择最小的即可求解．

【详解】解：因为当停靠点在A区时，所有员工步行到停靠点路程和是：5a+20×（200+a）+6（2a+200）＝37a+5200（m），

因为当停靠点在B区时，所有员工步行到停靠点路程和是：30a+20×200+6（a+200）＝36a+5200（m），

当停靠点在C区时，所有员工步行到停靠点路程和是：30（a+200）+5×200+6a＝36a+7000（m），

当停靠点在D区时，所有员工步行到停靠点路程和是：30×（2a+200）+5（a+200）+20a＝98a+7000（m），因为36a+5200＜37a+5200＜36a+7000＜98a+7000，所以当停靠点在B小区时，所有员工步行到停靠点路程和最小，那么停靠点的位置应该在B区．故选：B．

【点睛】本题主要考查了两点间的距离，理清题意，正确列出算式是解答本题的关键．

10．（2020·广西钦州·期末）如图，直线与相交于点，一直角三角尺的直角顶点与点重合，平分，现将三角尺以每秒的速度绕点顺时针旋转，同时直线也以每秒的速度绕点顺时针旋转，设运动时间为秒（），当平分时，的值为（　）

A． B． C．或 D．或

【答案】D

【分析】分两种情况进行讨论：当转动较小角度的平分时，；当转动较大角度的平分时，；分别依据角的和差关系进行计算即可得到的值．

【解析】解：分两种情况：

①如图平分时，，即，解得；

②如图平分时，，即，解得．

综上所述，当平分时，的值为2.5或32.5．故选：．

【点睛】本题考查角的动态问题，理解题意并分析每个运动状态是解题的关键．

二、填空题：本题共5个小题，每题4分，共20分。

11．（2021·山东省奚仲中学初一期中）几个同学在公园玩，发现一个漂亮的“古董”. 甲：它有10个面；乙：它有24条棱；丙：它有8个面是正方形，2个面是多边形；丁：如果把它的侧面展开，是一个长方形，这个长方形有八种颜色，挺好看. 通过这四个同学的对话，从几何体的名称来看，这个“古董“的形状是_______.

【答案】八棱柱

【分析】棱柱有两个面互相平行，其余各面都是多边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行；据此，再结合“这个‘古董’有8个面是正方形，2个面是多边形”，即可确定答案.

【解析】根据甲：它有10个面；乙：它有24条棱；丙：它有8个面是正方形，2个面是多边形；丁：如果把它的侧面展开，是一个长方形.可知它符合棱柱的特征，可知是一个八棱柱.故答案为：八棱柱.

【点睛】本题考查了认识立体图形，解题的关键是熟练掌握棱柱的特征.

12．（2021·福建梅列区·）将一副直角三角尺如图放置，若，则________．

【答案】25

【分析】先根据∠COB＝155°，∠COD＝90°可求得∠BOD＝65°，再根据∠AOB＝90°，∠BOD＝65°，依据∠AOD＝∠AOB﹣∠BOD求解即可．

【详解】解：∵∠COB＝155°，∠COD＝90°，∴∠BOD＝∠COB﹣∠COD＝155°﹣90°＝65°，

又∵∠AOB＝90°，∴∠AOD＝∠AOB﹣∠BOD＝90°﹣65°＝25°，故答案为：25．

【点睛】本题主要考查的是角的和差计算，明确图形中相关角之间的和差关系是解题的关键．

13．（2021·河北邯郸市·育华中学）两条直线最多有个交点，三条直线最多有个交点，四条直线最多有个交点……那么六条直线最多有__________个交点．

【答案】15

【分析】画出图形，结合图形，找出规律解答即可

【详解】如图，3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多6个交点，5条直线相交最多有10个交点．

而，，∴n条直线相交，最多有个交点．

∴6条直线两两相交，最多有 个交点．故答案为 15．

【点睛】此题主要考察了图形的变化类问题，在相交线的基础上，着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法．

14．（2021·河北滦州·七年级期中）如图所示，，点B，O，D在同一直线上，若，则的度数为______．

【答案】116°

【分析】由图示可得，∠1与∠BOC互余，结合已知可求∠BOC，又因为∠2与∠COB互补，即可求出∠2的度数．

【详解】解：∵，∠AOC＝90°，∴∠BOC＝64°，

∵∠2＋∠BOC＝180°，∴∠2＝116°．故答案为：116°．

【点睛】此题考查了余角和补角的知识，属于基础题，关键是掌握互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180°．

15．（2021·江西余干·七年级期末）在同一平面内，，，，至少有一边在内部，则的度数为___．

【答案】或或．

【分析】对射线OC、OD在∠AOB内部和外部进行分类讨论，然后按照角的和差计算即可．

【详解】解：∵，，，

如图1，OC、OD都在∠AOB内部，；

如图2，OC在∠AOB内部， OD在∠AOB外部，，

如图3，OC在∠AOB外部， OD在∠AOB内部，，

故答案为：或或．

【点睛】本题考查了角的和差，解题关键是画出准确图形，分类讨论，准确计算．

三、解答题：本题共5个小题，每题10分，共50分。

16．（2021·辽宁大连市·）（1）如图1，已知平面上A，B，C三点，请按照下列语句画出图形．

①连接；②画射线；③画直线；

（2）如图2，已知线段．①画图：延长到C，使；

②若D为的中点，且，求线段的长．

【答案】（1）①见解析；②见解析；③见解析；（2）①见解析；②2

【分析】（1）①根据线段的定义：直线上两个点和它们之间的部分叫做线段，这两个点叫做线段的端点，连接AB即可；②根据射线的定义：由线段的一端无限延长所形成的直的线，射线有且仅有一个端点，画出射线CA即可；③根据直线的定义：由线段的两端无限延长所形成的直的线，直线没有端点，画出直线AB即可；（2）①根据正确作图即可；②根据D是线段AC的中点，可以得到，，再根据得到即可求解.

【详解】解：（1）如图1，①线段即为所画的图形；②射线即为所画的图形；③直线即为所画的图形；

（2）①如图2为所画．

②∵D为的中点，且，∴，∴，

∵，∴，∴，∴．

【点睛】本题主要考查了画线段，射线和直线以及线段中点的有关计算，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.

17．（2021·河北石家庄市·七年级期中）如图，点P是线段AB上的一点，点M、N分别是线段AP、PB的中点．（1）如图1，若点P是线段AB的中点，且MP＝4cm，则线段AB的长　　cm；

（2）如图2，若点P是线段AB上的任一点，且AB＝12cm，求线段MN的长；

（3）小明由（1）（2）猜想到，若点P是直线AB上的任意一点，且AB＝12cm，线段MN的长与（2）中结果一样，你同意他的猜想吗？说明你的理由．

【答案】（1）16；（2）MN＝6cm；（3）同意，理由见解析

【分析】（1）根据线段中点的定义可求解AP的长，进而可求解AB的长；（2）根据线段中点的定义可求得AB=2MN，即可求解MN的值；（3）可分两种情况：当P点在线段AB延长线上时，当P点在线段BA延长线上时，根据中点的定义求解M，N两点间的距离．

【详解】解：（1）∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，

∵MP=4cm，∴AP=8cm，∵P为AB的中点，∴AB=2AP=16cm，故答案为：16；

（2）∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，

∴AP+BP=2MP+2PN=2MN，即AB=2MN，∵AB=12cm，∴MN=6cm；

（3）同意．理由：当P点在线段AB延长线上时，

∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，

∴AP=2MP，BP=2PN，∴AP-BP=2MP-2PN=2MN，即AB=2MN，

∵AB=12cm，∴MN=6cm；

当P点在线段BA延长线上时，

∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，

∴BP-AP=2PN-2MP=2MN，即AB=2MN，∵AB=12cm，∴MN=6cm．

【点睛】本题主要考查了两点间的距离，线段的中点，由线段中点的定义求解两点间的距离是解题的关键．

18．（2021·四川成都市·七年级期末）十八世纪伟大的数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（v），面数（f），棱数（e）之间存在一个有趣的数量关系：v+f﹣e＝2，这就是著名的欧拉定理．而正多面体，是指多面体的各个面都是形状大小完全相同的的正多边形，虽然多面体的家族很庞大，可是正多面体的成员却仅有五种，它们是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，那今天就让我们来了解下这几个立体图形中的“天之骄子”：

（1）如图1，正四面体共有____个顶点，____条棱．（2）如图2，正六面体共有____个顶点，____条棱．

（3）如图3是某个方向看到的正八面体的部分形状（虚线被隐藏），正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，那么它共有_______个顶点，_______条棱．

（4）当我们没有正12面体的图形时，我们可以根据计算了解它的形状：我们设正12面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有12n÷2＝6n条梭，有12n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+12﹣6n＝2，且m，n均为正整数，

去掉分母后：12n+12m﹣6nm＝2m，

将n看作常数移项：12m﹣6nm﹣2m＝﹣12n，

合并同类项：（10﹣6n）m＝﹣12n，

化系数为1：m＝，

变形：＝＝＝＝．

分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以是正整数，所以n＝5，m＝3，即6n＝30，．

因此正12面体每个面都是正五边形，共有30条棱，20个顶点．

请依据上面的方法或者根据自己的思考得出：正20面体共有_____条棱；_______个顶点．

【答案】（1）4；6；（2）8；12；（3）6；12；（4）30；12．

【分析】（1）根据面数×每面的边数÷每个顶点处的棱数可求点数，用顶点数×每个顶点的棱数÷2即可的棱数；（2）用正六面体有六个面×每个面四条棱÷每个顶点处有三条棱可得正六面体共8个顶点，用8个顶点数×每个顶点处有3条棱÷2正六面体共有=12条棱；

（3）正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，用八个面×每个面有三棱÷每个顶点处有四条棱，它共有6个顶点，利用顶点数×每个顶点处有四条棱÷2可得正八面体12条棱；

（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条梭，有20n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，可求m＝，变形：求正整数解即可．

【详解】解：（1）如图1，正四面体又四个面，每个面有三条边，每个顶点处有三条棱，

共有4×3÷3=4个顶点，共有4个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，

正四面体共有4×3÷2=6条棱．故答案为4；6；

（2）如图2，正六面体有六个面，每个面四条棱，每个顶点处有三条棱，共有6×4÷3=8个顶点，

正六面体共8个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，

正六面体共有8×3÷2=12条棱．故答案为：8；12；

（3）如图3正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，有八个面，每个面有三棱，每个顶点处有四条棱，共有8×3÷4=6个顶点，

它共有6个顶点，每个顶点处有四条棱，6×4÷2=12条棱．故答案为：6；12；

（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条棱，有20n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，

去掉分母后：20n+20m﹣10nm＝2m，

将n看作常数移项：20m﹣10nm﹣2m＝﹣20n，

合并同类项：（18﹣10n）m＝﹣20n，

化系数为1：m＝，变形：＝＝＝＝．

分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以是正整数，所以n＝3，m＝5，即10n＝30，．正20面体共有30条棱；12个顶点．故答案为：30；12．

【点睛】本题考查正多面体的面数顶点数与棱数之间关系，掌握欧拉定理是解题关键．

19．（2021·全国·七年级专题练习）知识的迁移与应用

问题一：如图①，甲，乙两人分别从相距的A，B两地同时出发，若甲的速度为，乙的速度为，甲追上乙需花多长时间?设甲追到乙所花时间为，则可列方程为_______；

问题二：在线段（足够长）上有一点B，，动点P从A点出发，以每秒的速度向C移动，同时Q点从B点出发，以每秒的速度向C点移动，出发几秒后，?

问题三：如图②，若将线段弯曲后视作时钟面的一部分，线段对应钟表上的弧（1小时的间隔），表示时针，表示分针（O为两针的旋转中心），时钟的时针与分针所成的角称为钟面角，在之间，从开始，经过多少分钟，钟面角为90°．

【答案】问题一：；问题二：出发10秒或20秒后，；问题三：经过分钟后钟面角为90°．

【分析】问题一：由甲追到乙所花时间为，利用等量关系为：（甲速度-乙速度）×时间=要追上的距离列方程即可；问题二：设出发a秒后，，利用等量关系为：|点Q行程-点P行程|=10,列方程，解出即可；问题三：经过y分钟后钟面角为90°，利用等量关系为：分针转过的角度-时针转过的角度=钟面角为90°+从12点到1点时针未转过的角度30º，列方程解出即可．

【详解】问题一：由甲追到乙所花时间为，甲速度为60km/h，乙速度为40km/h，

等量关系为：（甲速度-乙速度）×时间=要追上的距离，

依题意有：，故答案为：；

问题二：设出发a秒后，，则，

由题意得或，解得或，

答：出发10秒或20秒后，；

问题三：分针的速度为每分钟转动6度；时针的速度为每分钟转动0.5度，

设从起计时，经过y分钟后钟面角为90°，

依题意有：，解得，答：经过分钟后钟面角为90°．

【点睛】本题考查行程问题应用题从长距离，变短距离，由直线变弧线问题形式发生变化，但实质没有变化，掌握行程中的速度，时间与路程三者关系，抓住等量关系，构造方程是解题关键．

20．（2021·辽宁西丰县·七年级期末）利用折纸可以作出角平分线．

（1）如图1，若∠AOB＝58°，则∠BOC＝　　．

（2）折叠长方形纸片，OC，OD均是折痕，折叠后，点A落在点A′，点B落在点B'，连接OA'．

①如图2，当点B'在OA'上时，判断∠AOC与∠BOD的关系，并说明理由；

②如图3，当点B'在∠COA'的内部时，连接OB'，若∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，求∠A'OB'的度数．

【答案】（1）29°；（2）①∠AOC+∠BOD＝90°，理由见解析；②30°

【分析】（1）由折叠得出∠AOC＝∠BOC，即可得出结论；（2）①由折叠得出∠AOA'＝2∠AOC，∠BOB'＝2∠BOD，再由点B'落在OA'上，得出∠AOA'+∠BOB'＝180°，即可得出结论；

②同①的方法求出∠AOA'＝88°，∠BOB'＝122°，即可得出结论．

【详解】解：（1）由折叠知，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB，

∵∠AOB＝58°，∴∠BOC＝∠AOB＝×58°＝29°，故答案为：29°；

（2）①∠AOC+∠BOD＝90°，

理由：由折叠知，∠AOC＝∠A'OC，∴∠AOA'＝2∠AOC，

由折叠知，∠BOD＝∠B'OD，∴∠BOB'＝2∠BOD，

∵点B'落在OA'，∴∠AOA'+∠BOB'＝180°，∴2∠AOC+2∠BOD＝180°，∴∠AOC+∠BOD＝90°；

②由折叠知，∠AOA'＝2∠AOC，∠BOB'＝2∠BOD，

∵∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，∴∠AOA'＝2∠AOC＝2×44°＝88°，∠BOB'＝2∠BOD＝2×61°＝122°，

∴∠A'OB'＝∠AOA'+∠BOB'﹣180°＝88°+122°﹣180°＝30°，即∠A'OB'的度数为30°．

【点睛】此题主要考查了折叠的性质，平角的定义，角的和差的计算，从图形中找出角之间的关系是解本题的关键．