精品解析：广东省惠州市惠阳区2020-2021学年七年级上学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省惠州市惠阳区2020-2021学年七年级上学期期末数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年度第一学期期末教学质量监测
七年级数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. -2的倒数是（ ）
A. -2 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据倒数的定义（两个非零数相乘积为1，则说它们互为倒数，其中一个数是另一个数的倒数）求解．
【详解】解：-2的倒数是-，
故选：B．
【点睛】本题难度较低，主要考查学生对倒数等知识点的掌握．

2. 习近平总书记提出了未来五年“精准扶贫”的战略构想，意味着每年要减贫约11700000人，将数据11700000用科学记数法表示为（　　）
A. 1.17×107 B. 11.7×106 C. 0.117×107 D. 1.17×108
【答案】A
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于等于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】11700000=1.17×107．
故选A．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 如图，正方体展开图的每个面上都有一个汉字，那么在原正方体的表面上，与“一”相对面上的汉字是（ ）

A. 态 B. 度 C. 决 D. 定
【答案】A
【解析】
【分析】正方形的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答.
【详解】解：正方形的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
“度”和“定”是相对面；“态”和“一”是相对面；“决“和“切”是相对面.
故选A.
【点睛】本题主要考查了正方体相对两面上的文字. 注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题.
4. 单项式的系数和次数分别是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数．
【详解】解：单项式的系数和次数分别是、2．
故选：B．
【点睛】本题考查单项式，确定单项式的系数和次数时，把一个单项式分解成数字因数和字母因式的积，是找准单项式的系数和次数的关键．
5. 若锐角α的补角是，则锐角α的度数是（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】和为的两个角互为补角，根据定义计算即可．
【详解】解：∵锐角α的补角是，
∴锐角α的度数是，
故选：B．
【点睛】此题考查了补角的定义，熟记定义并正确计算是解题的关键．
6. 下列运算中，正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据合并同类项法则，逐一判断选项，即可得到答案．
【详解】A. 不是同类项，不能合并，故该选项错误，
B. ，故该选项正确，
C. ，故该选项错误，
D. ，不是同类项，不能合并，故该选项错误，
故选B．
【点睛】本题主要考查整式的加减法，掌握合并同类项法则是解题的关键．
7. 已知x=1，|y|=2且x＞y，则x﹣y的值是（　　）
A. ﹣1 B. ﹣3 C. 1 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】分析：已知x=1，|y|=2且x＞y，由此可得y=﹣2，代入x﹣y求值即可.
详解：
∵x=1，|y|=2且x＞y，
∴x=1，y=﹣2，
则x﹣y=3．
故选D．
点睛：本题考查了绝对值的性质及有理数的减法，熟记性质和法则是解题的关键.
8. 下列方程的变形正确的是( )
A. 由，得 B. 由，得
C 由，得 D. 由，得
【答案】C
【解析】
【分析】分别对所给的四个方程利用等式性质进行变形，可以找出正确答案．
【详解】A.D不对，因为移项时没有变号；
B:系数化1时，方程两端要同时除以未知数的系数；
运用排除法可得C正确.
故选:C.
【点睛】此题主要考查解一元一次方程的一般步骤：去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1等，移项，系数化为1的依据是等式的性质．
9. 我国元朝的数学著作《算学启蒙》记载：良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，两马同地出发，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？其大意是：良马每天跑里，驽马每天跑里． 良马和驽马从同地出发，驽马先走天，问良马追上驽马的时间为多少天？若设良马追上驽马的时间为天，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设良马追上驽马的时间为x天，根据路程=速度×时间，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
【详解】解：设良马x天可以追上驽马，
依题意，得：240x=150（x+12）．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
10. 如图，将一个正三角形纸片剪成四个全等的小正三角形，再将其中的一个按同样的方法剪成四个更小的正三角形，……如此继续下去，剪的次数记为n，得到的正三角形的个数记为，如则（ ）

A. 6058 B. 6059 C. 6060 D. 6061
【答案】D
【解析】
【分析】根据规律得出数据，不难发现：多剪一次，多3个三角形．即剪n次时，共有4+3（n-1）=3n+1．
【详解】解：所剪次数1次，正三角形个数为4个，
所剪次数2次，正三角形个数为7个，
所剪次数3次，正三角形个数为10个，
…剪n次时，共有4+3（n-1）=3n+1，
把n=2020代入3n+1=6061，
故选：D．
【点睛】此类题考查图形类规律探索，从数据中发现规律是解题的关键．
二、填空题（每小题4分，共28分）
11. 如果80m表示向东走80米，那么向西走50米可表示为______．
【答案】-50m##-50米
【解析】
【分析】用正负数表示意义相反的两种量：向东走记作正，则向西走就记作负．由此得解．
【详解】解：如果80m表示向东走80米，那么向西走50米用-50m来表示．
故答案为：-50m．
【点睛】此题主要考查正负数的意义，正数与负数表示意义相反的两种量，看清规定哪一个为正，则和它意义相反的就为负．
12. 多项式是_______次四项式．
【答案】三
【解析】
【分析】多项式的次数是多项式中最高次项的次数，据此作答即可．
【详解】解：∵由于多项式的次数是“多项式中次数最高的项的次数”，
∴多项式−是三次四项式，
故答案为：三．
【点睛】此题主要考查了多项式，多项式中的每个单项式叫做多项式的项；多项式中不含字母的项叫常数项；多项式里次数最高项的次数，叫多项式的次数．正确确定多项式中各项是解题关键．
13. 数在数轴上对应点的位置如图所示，则_______0（填“>”、“=”、“<”）；

【答案】<
【解析】
【分析】根据数轴得到，，再结合有理数的乘法计算法则即可求解．
【详解】根据数轴可得：，，，
∴，
∴，
故答案为：<．
【点睛】本题考查了数轴，有理数的加法法则和乘法法则等知识点，有理数加法计算，异号两数相加时，取绝对值较大的数的符号；有理数乘法计算时，同号得正，异号得负，正确判断字母或式子的符号是解题的关键．
14. 若x=-2是关于x的方程2x+3m=x+4的解，则m的值为____．
【答案】2
【解析】
【分析】将x=-2代入方程2x+3m=x+4，求出m即可．
【详解】解：∵x=-2是方程2x+3m=x+4的解，
∴2×（-2）+3m=-2+4，
∴m=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查一元一次方程的解，熟练掌握一元一次方程的解与一元一次方程的关系是解题的关键．
15. 同一平面上，不在同一直线上的四点最多能确定____ 条直线．
【答案】6
【解析】
【分析】四点所在的直线两两相交时能确定的直线最多．
【详解】解：如图：经过、、、四点最多能确定6条直线．

故答案为：6．
【点睛】本题考查了点确定直线的知识，解题的关键是掌握两点确定一条直线．
16. 若代数式的值为7，侧代数式的值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】由的值为7可得，将原式变形后代入计算即可得到结果．
【详解】∵的值为7
∴
即：

故答案为：5
【点睛】本题考查了代数式求值，求出并整体代入求值是解本题的关键．
17. 某次数学测试共20道选择题，答对一道得5分，答错或不答倒扣2分．小明在这次考试中得了79分，则他答对了____道题．
【答案】17
【解析】
【分析】设小明答对y道题，根据得分79分，构建方程求解．
【详解】解：设小明答对y道题，根据题意得
5y-（20-y）×2=79，
解得y=17，
答：小明答对17道题．
故答案为：17．
【点睛】本题考查一元一次方程应用，解题的关键是正确寻找等量关系，构建方程解决问题．
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）
18. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用有理数的乘方，乘法的分配律进行求解即可．
【详解】解：原式

．
【点睛】本题考查了有理数的乘方，乘法的分配律，解题的关键是掌握相应的运算法则．
19. 若与是同类项，的值．
【答案】1
【解析】
【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同）列出方程，求出n，m的值，再代入代数式计算即可．
【详解】解：根据题意得：m+1=3，3n-1=2，
解得m=2，n=1，
∴2m-3n=4-3=1．
【点睛】本题考查了同类项的定义，熟记同类项定义是解答本题的关键．
20. 如图，点A在点O的北偏西60º的方向上，点B在点O的南偏东20º的方向上，OE平分∠AOB．求∠AOB和∠DOE的度数．

【答案】140°；50°
【解析】
【分析】先求出的余角为，然后再加上与的和进行计算即可解答，根据角平分线的性质求出，再减去即可．
【详解】解：由题意得：∠AOC=，
，
OE平分∠AOB，
，
，
．
【点睛】本题考查了方向角、角平分线，解题的关键是根据题目的已知条件并结合图形分析求解．
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21. 某水果店新进了20箱橘子，以每箱25千克为标准，超过或不足的千克数分别用正、负数来表示，记录如下：
与标准质量的差值（单位：千克）
－3
－2
－1.5
0
1
2.5
箱数
1
4
2
3
2
8

（1）20箱橘子中，最重的一箱比最轻的一箱多重_______千克；
（2）与标准重量比较，20箱橘子总计超过或不足多少千克？
（3）若橘子每千克售价5.4元，则出售这20箱橘子可卖多少元？（结果保留整数）
【答案】（1）5.5 （2）超过8千克；
（3）这20箱橘子可卖约2743元．
【解析】
【分析】（1）最重的一箱苹果比标准质量重2.5千克，最轻的一箱苹果比标准质量轻3千克，则两箱相差5.5千克；
（2）将这20个数据相加，和为正，表示比标准质量超过，和为负表示比标准质量不足，再求绝对值即可；
（3）先求得总质量，再乘以5.4元即可．
【小问1详解】
解：2.5-（-3）=5.5（千克）．
答：最重的一箱比最轻的一箱多重5.5千克；
【小问2详解】
解：（-3×1）+（-2×4）+（-1.5×2）+（0×3）+（1×2）+（2.5×8）
=-3-8-3+0+2+20
=8（千克）．
答：20箱苹果的平均质量超过标准质量8千克；
【小问3详解】
解：（20×25+8）×5.4
=508×5.4
=2743.2
≈2743（元）．
答：这20箱橘子可卖约2743元．
【点睛】本题考查了正负数和有理数的加减乘除混合运算，理解正负数的意义是解答此题的关键．
22. 先化简，再求值：2x2y﹣[5xy2+2（x2y﹣3xy2+1）]，其中x，y满足（x﹣2）2+|y+1|＝0．
【答案】xy2﹣2，0
【解析】
【分析】原式去括号合并得到最简结果，利用非负数的性质求出x与y的值，代入计算即可求出值．
【详解】原式＝2x2y﹣(5xy2+2x2y﹣6xy2+2)
＝2x2y﹣5xy2﹣2x2y+6xy2﹣2
＝xy2﹣2，
由（x﹣2）2+|y+1|＝0，得到x＝2，y＝﹣1，
则原式＝2×（﹣1）2﹣2＝2﹣2＝0．
【点睛】此题考查了整式的加减−化简求值，以及非负数的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
23. 若方程与的解相同，求a的值．（解方程要有详细步骤）．
【答案】a的值为1．
【解析】
【分析】先求出第一个方程的解，把x=3代入第二个方程，求出方程的解即可．
【详解】解：解方程2x−5=x−2，
移项得2x−x=−2+5，
解得x=3，
把x=3代入方程：，
得：，
去分母得30a−5（3−a）=10a−2（a−6），
去括号得30a−15+5a=10a−2a+12，
移项得30a+5a−10a+2a=12+15，
合并同类项得27a=27，
系数化为1得a=1，
∴ a的值为1．
【点睛】本题考查了同解方程，本题解决的关键是能够求解关于x的方程，要正确理解方程解的含义．解一元一次方程的一般步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1．
五、解答题（三）（每小题10分，共20分）
24. 如图，数轴上的点O是数轴上的原点，点A表示数10，点P是线段OA上一动点，沿O→A→ O以每秒2个单位的速度往返运动1次，B是线段OA的中点，设点P运动时间为t秒（）

（1）线段BA的长度为____，当t =3时，点P所表示的数是____；
（2）求动点P所表示的数（用含t的代数式表示）；
（3）在运动过程中，当PB=2时，求运动时间t．
【答案】（1）5，6 （2）当时，动点P所表示的数是2t；当时，动点P所表示的数是20－2t
（3）t的值为1.5或3.5或6.5或8.5
【解析】
【分析】（1）根据是线段的中点，即可得到结论，根据路程速度时间即可得到结论；
（2）当时，动点所表示的数为点运动的路程；当时，动点所表示的数为点运动的路程；
（3）分与两种情况进行讨论，根据列方程，求解即可．
【小问1详解】
解：是线段的中点，
；
当时，点所表示的数是，
故答案为：5，6；
【小问2详解】
解：当时，动点所表示的数是，
当时，动点所表示的数是；
【小问3详解】
解：由（1）可得：B表示数为：5，
①当时，动点所表示的数是，
，
，
，或，
解得，或；
②当时，动点所表示的数是，
，
，
，或，
解得，或．
综上所述，所求的值为1.5或3.5或6.5或8.5．
【点睛】此题主要考查了一元一次方程的应用以及数轴上点的位置关系，根据点位置的不同正确进行分类讨论，进而列出方程是解题的关键．
25. 下表中有两种移动电话计费方式：

月使用费
主叫限定时间（分钟）
主叫超时费（元／分钟）
被叫
方式一
65
160
0.20
免费
方式二
100
380
0.25
免费
（月使用费固定收；主叫不超过限定的时间不再收费，主叫超过限定时间的部分加收超时费；被叫免费）
（1）若张聪某月主叫通话时间为200分钟，则他按方式一计费需____元，按方式二计费需____元；李华某月按方式二计费需110元，则李华该月主叫通话时间为_____分钟；
（2）是否存在某主叫通话时间t（分钟），按方式一和方式二的计费相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）直接写出当月主叫通话时间t（分钟）满足什么条件时，选择方式一省钱．
【答案】（1）73，100，420
（2）存在，或分钟
（3）每月通话时间小于335分钟或大于560分钟时，选择方式一省钱
【解析】
【分析】（1）根据“方式一”计费方式，可求得通话时间200分钟时的计费，“方式二”的计费方式，可求得通话时间200分钟时的计费，主叫通话时间为分钟，根据按方式二计费需110元列出方程，解方程即可；
（2）根据题中所给出的条件，分三种情况进行讨论：①；②；③；
（3）根据（2）所求即可得出结论．
【小问1详解】
解：若张聪某月主叫通话时间为200分钟，则他按方式一计费需：（元，
设按方式二计费需100元，
设主叫通话时间为分钟，根据题意得
，
解得．
答：主叫通话时间为420分钟．
故答案为73，100；420；
【小问2详解】
解：①当时，不存在；
②当时，设每月通话时间为分钟时，两种计费方式收费一样多，
，
解得，符合题意；
③当时，设每月通话时间为分钟时，两种计费方式收费一样多，
，
解得，
故存在某主叫通话时间或560分钟，按方式一和方式二的计费相等；
【小问3详解】
解：结合（2）知，当通话时间或560分钟，按方式一和方式二的计费相等；
当每月通话时间少于335分钟时，，故选择方式一省钱；
当每月通话时间大于560分钟时，，故选择方式一省钱；
当每月通话时间多于335分钟且小于560分钟时，故选择方式二省钱．
综上所述：当每月通话时间少于335分钟或大于560分钟时，选择方式一省钱．
【点睛】考查了一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．