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七年级数学（人教版）上册同步试卷 期末检测 期末考试冲刺卷一
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期末考试冲刺卷一
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2022·山东济南·七年级期中）的相反数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数，求解即可．
【详解】解：的相反数是，
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数的定义，熟记定义是解本题的关键．
2．（2022·江苏无锡·七年级期中）现有四种说法：①表示负数；②若，则；③绝对值最小的有理数是0；④是三次单项式．其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据字母可以表示任意数判断①；根据绝对值的性质判断②③；根据单项式次数的定义判断④，即可．
【详解】解：①当时，表示负数，故本选项错误；
②若，则，故本选项正确；
③绝对值最小的有理数是0，故本选项正确；
④是三次单项式，故本选项正确．
所以正确的有3个．
故选：C
【点睛】本题考查字母表示数，绝对值的性质和单项式的次数，熟练掌握绝对值的性质，单项式的次数是单项式中所有字母指数之和是解决本题的关键．
3．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）如果与是同类项，那么m、n的值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同且相同字母指数也相同的项，据此进行求解即可．
【详解】解：与是同类项，则，
所以．
故选：A
【点睛】本题考查了同类项的概念及求解，牢固掌握其定义是解题的关键．
4．（2022·重庆市育才中学七年级期中）下列变形符合等式性质的是（ ）
A．若， B．若，那么
C．若，那么 D．若，那么
【答案】B
【分析】根据等式的性质，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、若，，选项错误，不符合题意；
B、若，那么，选项正确，符合题意；
C、若，那么，选项错误，不符合题意；
D、若，那么，选项错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查等式的性质．熟练掌握等式的两边同加（减）同一个数，等式仍然成立；等式的两边同乘（除）同一个不为零的数，等式仍然成立，是解题的关键．
5．（2022·山东青岛·七年级期中）如图，在一个正方体纸盒上切一刀，切面与棱的交点分别为，，，切掉角后，将纸盒剪开展成平面，则展开图不可能是( )
A．B．C． D．
【答案】B
【分析】正方形的展开图有“”型；“”型，不能出现“田”字；“”型，不能出现“田”字；“”型，再根据图形被切去角后面与面的关系的特点，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，正方形展开图形，
“”型：
“”型：
“”型：
“”型：
根据正方形展开图，切掉角后，将纸盒剪开展成平面的特点，可知，被切去角的面是三个相邻的面，不能出现切去角的面是对面，
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形展开图的规律，掌握正方形展开图的特点，切去角后的面与面的关系是解题的关键．
6．（2022·江苏南京·七年级期中）已知 ， ， ，下列四个算式中运算结果最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先把a，b，c进行通分，化成同分母的分数，然后分别代入每一个选项的式子中进行计算， 比较即可解答．
【详解】解∶∵，
∴，
，
，
，
的运算结果最大，
故选∶A．
【点睛】本题考查了有理数的加法，减法，绝对值，有理数的大小比较，准确熟练地进行计算是解题的关键．
7．（2022·湖北·丹江口市教研室（教育科学研究所青少年课外教育活动管理指导办公室）七年级期中）有一些相同的房间需要粉刷墙面.一天3名一级技工去粉刷8个房间，结果其中有墙面未来得及粉刷，同样时间内5名二级技工粉刷了10个房间之外，还多粉刷了另外的墙面，每名一级技工比二级技工一天多粉刷墙面．设每名二级技工一天粉刷墙面，则列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设每名二级技工一天粉刷墙面，则每名一级技工一天粉刷墙面，即可得出关于x的一元一次方程．
【详解】解：设每名二级技工一天粉刷墙面，则每名一级技工一天粉刷墙面，
，
故选A．
【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．
8．（2022·江苏宿迁·七年级期中）整式的值随的取值不同而不同，下表是当取不同值时对应的整式的值，则关于的方程的解为（ ）
0
1
2
4
0
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由即，解得，根据表格中数据即可求解．
【详解】解：∵，即，
∴，
∴关于的方程的解为，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，将整式作为整体看成未知数是解题的关键．
9．（2022·全国·七年级课时练习）下列结论：①射线OP和射线PO是同一条射线；②如果线段AM＝MC，则M是线段AC的中点；③在同一平面内，已知∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，则∠BOC＝30°；④等角的余角相等．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【分析】根据射线定义，确定①错误；根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，折线不行，故②错误；根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°，若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，即可得到结论．
【详解】解：①根据射线定义，即可确定①错误；
②根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，对于折线就不成立，故②错误；
③根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°；若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；
④根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查射线定义、线段中点定义、角的概念与计算和余角的性质等知识，熟练掌握相关知识点并准确理解题意是解决问题的关键．
10．（2022·广东·江门市新会尚雅学校七年级期中）在求两位数的平方时，可以用“列竖式”的方法进行速算，求解过程如图所示：则第4个方框中的值是( )
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【分析】观察图象可知，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，根据此规律求解即可．
【详解】观察图象可知，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，
∴第二行的数为，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题是对数字变化规律的考查，仔细观察图形，观察出前两行的数与两位数的十位和个位上的数字的关系是解题的关键．
11．（2022·广东·揭阳市实验中学七年级期中）当______时，|有最大值，最大值是（ ）
A．1， B．1， C．，10 D．，9
【答案】B
【分析】根据绝对值具有非负性可得，据此可得，继而可得出答案．
【详解】，
，
，
∴当时，|有最大值，
即当时，|有最大值，最大值是．
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值的非负性，熟练掌握绝对值的非负性是解题的关键．
12．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）将正偶数按下表排成5列：
第1列
第2列
第3列
第4列
第5列
第1行
2
4
6
8
第2行
16
14
12
10
第3行
18
20
22
24
28
26
若2022在第m行第n列，则（ ）A．256 B．257 C．510 D．511
【答案】B
【分析】根据表格中的数字，可以发现数字的变化特点，从而可以得到2022在第几行第几列．
【详解】解：由表格可得，
每行都有4个偶数，奇数行按照从小到大排列，空着第一列，偶数行按照从大到小排列，空着第5列，
∵，
因此2022应该在第253行，第4列，
即．
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出2022所在的位置．
13．（2021·河北·原竞秀学校七年级期中）用立方块搭成的几何体，从正面和从上面看到的形状图如下，最多需要________块立方体；最少需要________块立方体（ ）
A．7，8 B．8，6 C．8，7 D．6，8
【答案】C
【分析】在从上面看到的图形的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数即可．
【详解】解：在从上面看到的图形的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数，如图所示：
因此最少需要7个，最多需要8个，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了从不同方向看几何体，能正确确定出正方体的个数是解题的关键．
14．（2022·重庆市巴渝学校九年级期中）有一个数字游戏，第一步：取一个自然数，计算得，第二步：算出的各位数字之和得，计算得，第三步算出的各位数字之和得，计算得；以此类推，则的值为（ ）
A．7 B．52 C．154 D．310
【答案】D
【分析】通过计算前面几步的数值可以得到整个游戏数字的出现规律，从而得到所求答案．
【详解】解：由题意知：；
；
；
； ；
由上可知，是按照52、154、310、 ，52、154、310三个数的组合重复出现的数列，
∵，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查整式中的数字类规律探索，通过阅读题目材料并归纳出数字出现规律是解题关键．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．（2021·辽宁·本溪市实验中学七年级期中）如图，设图中有a条射线，b条线段，则______．
【答案】12
【分析】根据射线与线段的概念可得a、b的值，代入计算即可．
【详解】解：根据图可知，共有6条射线，6条线段，即a=6，b=6，
∴a+b=6+6=12．
故答案为：12．
【点睛】此题考查的是射线与线段的概念，解题关键是掌握射线和线段的概念和性质是关键．
16．（2022·江苏扬州·七年级期中）若关于的方程的解是，则代数式的值为___________．
【答案】
【分析】将带入得出，再将整体带入求解即可．
【详解】解：将带入得：，
整理得：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的解，解题的关键是理解方程的解的定义，具有整体带入的思想．
17．（2022·重庆十八中两江实验中学七年级期中）已知三个互不相等的有理数既可以表示为，，的形式，也可以表示为，，的形式，则的值为__________．
【答案】
【分析】根据题意，得和有一个是；和有一个是，根据有意义，则，得，求出，，即可．
【详解】∵三个互不相等的有理数既可以表示为，，的形式，也可以表示为，，的形式，
∴两组数对应相等，
∴和有一个是；和有一个是，
当时，无意义，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查有理数的乘方的知识，解题的关键是掌握有理数的乘方的运用，的偶次方是，的奇数次方是．
18．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）有依次排列的3个数：2，6，7，对任意相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：2，4，6，1，7，这称为第一次操作；做第二次同样的操作后也产生一个新数串：2，2，4，2，6，，1，6，7，若相继依次操作，则从数串：2，6，7开始操作第100次时所产生的那个新数串的所有数之和是_____．
【答案】515
【分析】设可得第n次操作后得到新数串的所有数之和是，当时，即为所求．
【详解】解：设，
第一次操作后得到新数串的所有数之和是：，
第二次操作后得到新数串的所有数之和是：，
…，
∴第100次操作后得到新数串的所有数之和是：，
故答案为：515．
【点睛】本题考查数字的变化规律，通过计算得到第n次操作后得到新数串的所有数之和的规律是解题的关键．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．（2022·重庆梁平·七年级期中）计算：
(1)．
(2)．
【答案】(1)7
(2)6
【分析】（1）先乘方，去括号，再乘法，最后算加法；
（2）先乘方，去括号，去绝对值，然后算乘法，最后算加减．
【详解】（1）原式
；
（2）原式
．
【点睛】本题考查有理数的运算．熟练掌握有理数的运算法则和运算顺序是解题的关键．
20．（2022·江苏宿迁·七年级期中）解方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过去括号、移项、合并同类项、系数化成，进行解答；
（2）通过去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化成，进行解答．
【详解】（1）解：，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，解题的关键是熟记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、系数化成．
21．（2022·湖南长沙·七年级期中）在机器人社团活动中，小明同学通过编程使一只电子蚂蚁从点A处出发，在一直线上连续往返爬行趟，设向右爬行记为正，向左爬行记为负．电子蚂蚁爬行情况依次记为单位：：，，，，，．
(1)电子蚂蚁最后位于起点A的右侧还是左侧？距起点A多少厘米？
(2)电子蚂蚁离开起点A最远是多少厘米？
(3)如果电子蚂蚁爬行的速度为，则电子蚂蚁一共爬行了多长时间？
【答案】(1)电子蚂蚁最后位于起点A的左侧，距起点厘米
(2)电子蚂蚁离开起点A最远是厘米
(3)电子蚂蚁一共爬行了
【分析】（1）各数据相加即可解决问题；
（2）计算每一趟离开起点的距离，即可解决问题；
（3）计算出电子蚂蚁爬行的总路程，即可求解．
【详解】（1）解：，
答：电子蚂蚁最后位于起点A的左侧，距起点厘米；
（2）解：第一趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第二趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第三趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第四趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第五趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第六趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
∴电子蚂蚁离开起点A最远是厘米；
（3）解：，
答：电子蚂蚁一共爬行了．
【点睛】本题考查正负数的应用，有理数加减法、除法的运用，关键是掌握正负数表示的实际意义．
22．（2020·浙江·杭州外国语学校七年级期中）已知整式，整式M与整式N之差是；
(1)求出整式N；
(2)若a是常数，且的值与x无关，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，可得，去括号合并即可；
（2）把M与N代入，去括号合并得到最简结果，由结果与x值无关，求出a的值即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：∵，，
∴
，
由于结果与x值无关，则，
解得：．
【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握去括号与合并同类项法则是解本题的关键．
23．（2022·河北保定·七年级期中）如图，在数轴上有A、B、C三点．回答问题：
(1)A点表示的有理数的绝对值是______， A、B两点间的距离是______；
(2)怎样移动点B的位置，才能使点B到点A、C的距离相等？此时点B表示的数是什么？
(3)点Q是线段的中点（把线段分成相等的两条线段的点），则点Q表示的数是什么？
(4)数轴上一个点P，它表示的数到原点的距离是3，则P点表示的数是什么？
【答案】(1)6，7
(2)向左移2个单位，
(3)
(4)3或
【分析】（1）根据绝对值的定义可求出A点表示的有理数的绝对值，根据两点间的距离等于两点表示数差的绝对值可求出A、B两点间的距离；
（2）先算出的长度，求出它的一半，进而可解答；
（3）先求出线段的长度，然后根据中点的定义可求出点Q表示的数；
（4）分点P在原点的右侧和左侧两种情况求解．
【详解】（1）解：∵A点表示的有理数是，
∴A点表示的有理数的绝对值是．
∵A点表示的有理数是，B点表示的有理数是1，
∴A、B两点间的距离是．
故答案为：6，7；
（2）解：∵A点表示的有理数是，C点表示的有理数是4，
∴A、C两点间的距离是．
∵，
∴点B向左移动2个单位，才能使点B到点A、C的距离相等，此时点B表示的数是；
（3）解：∵，，
∴点Q表示的数是；
（4）解：当点P在原点的右侧时，P点表示的数是3；
当点P在原点的左侧时，P点表示的数是．
∴P点表示的数是3或．
【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离，线段的中点，数形结合是解答本题的关键．
24．（2022·安徽·合肥市第四十二中学七年级期中）已知多项式A和B，且，．
阅读材料，我们总可以通过添加括号的形式，求出多项式A和B．如：
∴
(1)应用材料：请用类似于阅读材料的方法，求多项式A．
(2)小明取a，b互为倒数的一对数值代入多项式A中，恰好得到A的值为0，求多项式B的值．
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）先计算，然后可得
（2）由，且，可求得、的值，代入式子可求得的值
【详解】（1）根据阅读材料
∴
（2）根据题意可知，且
解得，
∴
【点睛】本题主要考查等式的加减，几个等式相加减，通常用括号把每一个等式括起来，再用加减号连接，然后去括号，合并同类项
25．（2022·江苏盐城·九年级期中）铁人三项比赛程序是：先同时游泳1.5千米到第一站点，接着骑自行车40千米到第二站点，再跑步10千米到终点．女子组三名运动员在各项比赛和各个站点分别所用时间（单位：秒）汇总如下表：
运动员号码
游泳
第一站点
骑自行车
第二站点
跑步
101
2 000
80
5 000
40
3 200
102
1 500
60
5 700
60
3 600
103
1 350
70
5 400
50
3 300
(1)第101号、第102号、第103号运动员骑自行车的平均速度依次为是 米/秒、 米/秒、 米/秒（精确到0.1）；
(2)如果运动员骑自行车都是匀速的，那么在骑自行车的途中，101号运动员会追上102号或103号吗？如果会，那么追上时离第一站点有多少米（精确到0.1）？如果不会，为什么？
(3)如果运动员长跑也都是匀速的，那么在长跑途中这三名运动员中有可能某人追上另一人吗？为什么？
【答案】(1)8；7.0； 7.4
(2)见解析
(3)见解析
【分析】对于（1），根据速度=路程÷时间的关系求出答案即可；
对于（2），先比较时间可确定101号能追上102号，再根据路程相等列出方程，求出解即可，然后比较101号和103号的时间得出答案；
对于（3），比较第二站点所用时间和最后所有时间可得答案．
【详解】（1）第101号运动员骑自行车的平均速度是米/秒；
第102号运动员骑自行车的平均速度是米/秒，
第103号运动员骑自行车的平均速度是米/秒．
故答案为：8，7.0，7.4；
（2）因为，101号能追上102号，
设追上所用时间为t秒， 根据题意，得
，
解得，
（米），
所以追上时距第一站点29120米．
因为2000+80+5000>1350+70+5400，101号不会追上103号；
（3）从第二站点出发时，101、102、103三位选手已用时间分别为7120、7320、6870．
到达跑步终点时，101、102、103三位选手已用时间分别为10320、10920、10170．
三人在跑步开始时与结束时次序一致，说明三人谁也追不上谁．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，弄清各段的时间，速度，路程的关系是解题的关键．
26．（2022·全国·七年级课时练习）如图1，OB、OC是∠AOD内部两条射线．
(1)若∠AOD和∠BOC互为补角，且∠AOD＝2∠BOC．求∠AOD及∠BOC的度数；
(2)如图2，若∠AOD＝2∠BOC，在∠AOD的外部分别作∠COD、∠AOB的余角∠DOM及∠AON，请写出∠DOM、∠AON、∠BOC之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，已知∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，若将OB绕O点从OA出发以每秒6°逆时针旋转，OC绕O点从OD出发以每秒5°顺时针旋转，OB、OC同时运动；当OC运动一周回到OD时，OB、OC同时停止运动．若运动t（t＞0）秒后，OE恰好是∠BOC的四等分线，则此时t的值为 （直接写出答案）．
【答案】(1)60°，120°
(2)∠DOM+∠AON+∠BOC=180°
(3)或或
【分析】(1)设∠AOD＝2∠BOC=2x，根据∠AOD+∠BOC=180°，列方程 求 解 即 可．
(2)画出图形，根据∠AOD＝2∠BOC，则∠COD+∠BOA=∠BOC，根据互余性质，列方程 求 解 即 可．
(3)画出图形，分OB、OC都没有转过OE线，OB、OC都转过OE线和OB转过一周后三种情况求解．
【详解】（1）设∠AOD＝2∠BOC=2x，
∵∠AOD+∠BOC=180°，
∴2x+x=180，
解得x=60°，2x=120°，
故∠AOD=120°，∠BOC=60°．
（2）画图如下：
作OM⊥OC，垂足为O，ON⊥OB，垂足为O，
∴∠DOM=90°-∠COD ，∠AON=90°-∠BOA，
∵∠AOD＝2∠BOC，
∴∠COD+∠BOA=∠BOC，
∴90°-∠DOM+90°-∠AON=∠BOC，
∴∠DOM+∠AON+∠BOC=180°．
（3）如图1，当OB、OC都没有转过OE线时，∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，
根据题意，得 ∠AOB＝6t，∠COD＝5t，∠AOE＝60°，∠DOE＝60°，
∴∠BOE=60°-6t＜∠COE=60°-5t，
∴∠BOE=60°-6t，∠BOC=120°-6t-5t=120°-11t，
∵OE恰好是∠BOC的四等分线，
∴∠BOC=4∠BOE，
∴120°-11t=4(60°-6t)，
解得；
如图2，当OB、OC都转过OE线时，∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，
根据题意，得 ∠AOB＝6t，∠COD＝5t，∠AOE＝60°，∠DOE＝60°，
∴∠COE=5t-60°＜∠BOE=6t-60°，
∴∠BOC=120°-(120°-6t)-( 120°-5t)= 11t -120°，
∵OE恰好是∠BOC的四等分线，
∴∠BOC=4∠COE，
∴11t -120°=4(5t-60°)，
解得；
如图3，当OB转过一周后，
此时，∠COE=360°-5t+60°=420°-5t，∠BOE=60°-(6t-360°)= 420°-6t，
∴∠BOC=∠COE +∠BOE =840°-11t，
∴840°-11t =4(420°-6t)，
解得；
综上所述，当或或时，符合题意．
【点睛】本题考查了角的计算，互余的作图，分类计算，角的平分线，熟练掌握互余的作图，解一元一次方程是解题的关键．
期末考试冲刺卷一
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2022·山东济南·七年级期中）的相反数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数，求解即可．
【详解】解：的相反数是，
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数的定义，熟记定义是解本题的关键．
2．（2022·江苏无锡·七年级期中）现有四种说法：①表示负数；②若，则；③绝对值最小的有理数是0；④是三次单项式．其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据字母可以表示任意数判断①；根据绝对值的性质判断②③；根据单项式次数的定义判断④，即可．
【详解】解：①当时，表示负数，故本选项错误；
②若，则，故本选项正确；
③绝对值最小的有理数是0，故本选项正确；
④是三次单项式，故本选项正确．
所以正确的有3个．
故选：C
【点睛】本题考查字母表示数，绝对值的性质和单项式的次数，熟练掌握绝对值的性质，单项式的次数是单项式中所有字母指数之和是解决本题的关键．
3．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）如果与是同类项，那么m、n的值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同且相同字母指数也相同的项，据此进行求解即可．
【详解】解：与是同类项，则，
所以．
故选：A
【点睛】本题考查了同类项的概念及求解，牢固掌握其定义是解题的关键．
4．（2022·重庆市育才中学七年级期中）下列变形符合等式性质的是（ ）
A．若， B．若，那么
C．若，那么 D．若，那么
【答案】B
【分析】根据等式的性质，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、若，，选项错误，不符合题意；
B、若，那么，选项正确，符合题意；
C、若，那么，选项错误，不符合题意；
D、若，那么，选项错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查等式的性质．熟练掌握等式的两边同加（减）同一个数，等式仍然成立；等式的两边同乘（除）同一个不为零的数，等式仍然成立，是解题的关键．
5．（2022·山东青岛·七年级期中）如图，在一个正方体纸盒上切一刀，切面与棱的交点分别为，，，切掉角后，将纸盒剪开展成平面，则展开图不可能是( )
A．B．C． D．
【答案】B
【分析】正方形的展开图有“”型；“”型，不能出现“田”字；“”型，不能出现“田”字；“”型，再根据图形被切去角后面与面的关系的特点，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，正方形展开图形，
“”型：
“”型：
“”型：
“”型：
根据正方形展开图，切掉角后，将纸盒剪开展成平面的特点，可知，被切去角的面是三个相邻的面，不能出现切去角的面是对面，
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形展开图的规律，掌握正方形展开图的特点，切去角后的面与面的关系是解题的关键．
6．（2022·江苏南京·七年级期中）已知 ， ， ，下列四个算式中运算结果最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先把a，b，c进行通分，化成同分母的分数，然后分别代入每一个选项的式子中进行计算， 比较即可解答．
【详解】解∶∵，
∴，
，
，
，
的运算结果最大，
故选∶A．
【点睛】本题考查了有理数的加法，减法，绝对值，有理数的大小比较，准确熟练地进行计算是解题的关键．
7．（2022·湖北·丹江口市教研室（教育科学研究所青少年课外教育活动管理指导办公室）七年级期中）有一些相同的房间需要粉刷墙面.一天3名一级技工去粉刷8个房间，结果其中有墙面未来得及粉刷，同样时间内5名二级技工粉刷了10个房间之外，还多粉刷了另外的墙面，每名一级技工比二级技工一天多粉刷墙面．设每名二级技工一天粉刷墙面，则列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设每名二级技工一天粉刷墙面，则每名一级技工一天粉刷墙面，即可得出关于x的一元一次方程．
【详解】解：设每名二级技工一天粉刷墙面，则每名一级技工一天粉刷墙面，
，
故选A．
【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．
8．（2022·江苏宿迁·七年级期中）整式的值随的取值不同而不同，下表是当取不同值时对应的整式的值，则关于的方程的解为（ ）
0
1
2
4
0
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由即，解得，根据表格中数据即可求解．
【详解】解：∵，即，
∴，
∴关于的方程的解为，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，将整式作为整体看成未知数是解题的关键．
9．（2022·全国·七年级课时练习）下列结论：①射线OP和射线PO是同一条射线；②如果线段AM＝MC，则M是线段AC的中点；③在同一平面内，已知∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，则∠BOC＝30°；④等角的余角相等．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【分析】根据射线定义，确定①错误；根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，折线不行，故②错误；根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°，若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，即可得到结论．
【详解】解：①根据射线定义，即可确定①错误；
②根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，对于折线就不成立，故②错误；
③根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°；若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；
④根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查射线定义、线段中点定义、角的概念与计算和余角的性质等知识，熟练掌握相关知识点并准确理解题意是解决问题的关键．
10．（2022·广东·江门市新会尚雅学校七年级期中）在求两位数的平方时，可以用“列竖式”的方法进行速算，求解过程如图所示：则第4个方框中的值是( )
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【分析】观察图象可知，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，根据此规律求解即可．
【详解】观察图象可知，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，
∴第二行的数为，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题是对数字变化规律的考查，仔细观察图形，观察出前两行的数与两位数的十位和个位上的数字的关系是解题的关键．
11．（2022·广东·揭阳市实验中学七年级期中）当______时，|有最大值，最大值是（ ）
A．1， B．1， C．，10 D．，9
【答案】B
【分析】根据绝对值具有非负性可得，据此可得，继而可得出答案．
【详解】，
，
，
∴当时，|有最大值，
即当时，|有最大值，最大值是．
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值的非负性，熟练掌握绝对值的非负性是解题的关键．
12．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）将正偶数按下表排成5列：
第1列
第2列
第3列
第4列
第5列
第1行
2
4
6
8
第2行
16
14
12
10
第3行
18
20
22
24
28
26
若2022在第m行第n列，则（ ）A．256 B．257 C．510 D．511
【答案】B
【分析】根据表格中的数字，可以发现数字的变化特点，从而可以得到2022在第几行第几列．
【详解】解：由表格可得，
每行都有4个偶数，奇数行按照从小到大排列，空着第一列，偶数行按照从大到小排列，空着第5列，
∵，
因此2022应该在第253行，第4列，
即．
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出2022所在的位置．
13．（2021·河北·原竞秀学校七年级期中）用立方块搭成的几何体，从正面和从上面看到的形状图如下，最多需要________块立方体；最少需要________块立方体（ ）
A．7，8 B．8，6 C．8，7 D．6，8
【答案】C
【分析】在从上面看到的图形的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数即可．
【详解】解：在从上面看到的图形的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数，如图所示：
因此最少需要7个，最多需要8个，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了从不同方向看几何体，能正确确定出正方体的个数是解题的关键．
14．（2022·重庆市巴渝学校九年级期中）有一个数字游戏，第一步：取一个自然数，计算得，第二步：算出的各位数字之和得，计算得，第三步算出的各位数字之和得，计算得；以此类推，则的值为（ ）
A．7 B．52 C．154 D．310
【答案】D
【分析】通过计算前面几步的数值可以得到整个游戏数字的出现规律，从而得到所求答案．
【详解】解：由题意知：；
；
；
； ；
由上可知，是按照52、154、310、 ，52、154、310三个数的组合重复出现的数列，
∵，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查整式中的数字类规律探索，通过阅读题目材料并归纳出数字出现规律是解题关键．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．（2021·辽宁·本溪市实验中学七年级期中）如图，设图中有a条射线，b条线段，则______．
【答案】12
【分析】根据射线与线段的概念可得a、b的值，代入计算即可．
【详解】解：根据图可知，共有6条射线，6条线段，即a=6，b=6，
∴a+b=6+6=12．
故答案为：12．
【点睛】此题考查的是射线与线段的概念，解题关键是掌握射线和线段的概念和性质是关键．
16．（2022·江苏扬州·七年级期中）若关于的方程的解是，则代数式的值为___________．
【答案】
【分析】将带入得出，再将整体带入求解即可．
【详解】解：将带入得：，
整理得：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的解，解题的关键是理解方程的解的定义，具有整体带入的思想．
17．（2022·重庆十八中两江实验中学七年级期中）已知三个互不相等的有理数既可以表示为，，的形式，也可以表示为，，的形式，则的值为__________．
【答案】
【分析】根据题意，得和有一个是；和有一个是，根据有意义，则，得，求出，，即可．
【详解】∵三个互不相等的有理数既可以表示为，，的形式，也可以表示为，，的形式，
∴两组数对应相等，
∴和有一个是；和有一个是，
当时，无意义，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查有理数的乘方的知识，解题的关键是掌握有理数的乘方的运用，的偶次方是，的奇数次方是．
18．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）有依次排列的3个数：2，6，7，对任意相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：2，4，6，1，7，这称为第一次操作；做第二次同样的操作后也产生一个新数串：2，2，4，2，6，，1，6，7，若相继依次操作，则从数串：2，6，7开始操作第100次时所产生的那个新数串的所有数之和是_____．
【答案】515
【分析】设可得第n次操作后得到新数串的所有数之和是，当时，即为所求．
【详解】解：设，
第一次操作后得到新数串的所有数之和是：，
第二次操作后得到新数串的所有数之和是：，
…，
∴第100次操作后得到新数串的所有数之和是：，
故答案为：515．
【点睛】本题考查数字的变化规律，通过计算得到第n次操作后得到新数串的所有数之和的规律是解题的关键．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．（2022·重庆梁平·七年级期中）计算：
(1)．
(2)．
【答案】(1)7
(2)6
【分析】（1）先乘方，去括号，再乘法，最后算加法；
（2）先乘方，去括号，去绝对值，然后算乘法，最后算加减．
【详解】（1）原式
；
（2）原式
．
【点睛】本题考查有理数的运算．熟练掌握有理数的运算法则和运算顺序是解题的关键．
20．（2022·江苏宿迁·七年级期中）解方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过去括号、移项、合并同类项、系数化成，进行解答；
（2）通过去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化成，进行解答．
【详解】（1）解：，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，解题的关键是熟记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、系数化成．
21．（2022·湖南长沙·七年级期中）在机器人社团活动中，小明同学通过编程使一只电子蚂蚁从点A处出发，在一直线上连续往返爬行趟，设向右爬行记为正，向左爬行记为负．电子蚂蚁爬行情况依次记为单位：：，，，，，．
(1)电子蚂蚁最后位于起点A的右侧还是左侧？距起点A多少厘米？
(2)电子蚂蚁离开起点A最远是多少厘米？
(3)如果电子蚂蚁爬行的速度为，则电子蚂蚁一共爬行了多长时间？
【答案】(1)电子蚂蚁最后位于起点A的左侧，距起点厘米
(2)电子蚂蚁离开起点A最远是厘米
(3)电子蚂蚁一共爬行了
【分析】（1）各数据相加即可解决问题；
（2）计算每一趟离开起点的距离，即可解决问题；
（3）计算出电子蚂蚁爬行的总路程，即可求解．
【详解】（1）解：，
答：电子蚂蚁最后位于起点A的左侧，距起点厘米；
（2）解：第一趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第二趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第三趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第四趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第五趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
第六趟电子蚂蚁离开起点A距离是厘米，
∴电子蚂蚁离开起点A最远是厘米；
（3）解：，
答：电子蚂蚁一共爬行了．
【点睛】本题考查正负数的应用，有理数加减法、除法的运用，关键是掌握正负数表示的实际意义．
22．（2020·浙江·杭州外国语学校七年级期中）已知整式，整式M与整式N之差是；
(1)求出整式N；
(2)若a是常数，且的值与x无关，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，可得，去括号合并即可；
（2）把M与N代入，去括号合并得到最简结果，由结果与x值无关，求出a的值即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：∵，，
∴
，
由于结果与x值无关，则，
解得：．
【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握去括号与合并同类项法则是解本题的关键．
23．（2022·河北保定·七年级期中）如图，在数轴上有A、B、C三点．回答问题：
(1)A点表示的有理数的绝对值是______， A、B两点间的距离是______；
(2)怎样移动点B的位置，才能使点B到点A、C的距离相等？此时点B表示的数是什么？
(3)点Q是线段的中点（把线段分成相等的两条线段的点），则点Q表示的数是什么？
(4)数轴上一个点P，它表示的数到原点的距离是3，则P点表示的数是什么？
【答案】(1)6，7
(2)向左移2个单位，
(3)
(4)3或
【分析】（1）根据绝对值的定义可求出A点表示的有理数的绝对值，根据两点间的距离等于两点表示数差的绝对值可求出A、B两点间的距离；
（2）先算出的长度，求出它的一半，进而可解答；
（3）先求出线段的长度，然后根据中点的定义可求出点Q表示的数；
（4）分点P在原点的右侧和左侧两种情况求解．
【详解】（1）解：∵A点表示的有理数是，
∴A点表示的有理数的绝对值是．
∵A点表示的有理数是，B点表示的有理数是1，
∴A、B两点间的距离是．
故答案为：6，7；
（2）解：∵A点表示的有理数是，C点表示的有理数是4，
∴A、C两点间的距离是．
∵，
∴点B向左移动2个单位，才能使点B到点A、C的距离相等，此时点B表示的数是；
（3）解：∵，，
∴点Q表示的数是；
（4）解：当点P在原点的右侧时，P点表示的数是3；
当点P在原点的左侧时，P点表示的数是．
∴P点表示的数是3或．
【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离，线段的中点，数形结合是解答本题的关键．
24．（2022·安徽·合肥市第四十二中学七年级期中）已知多项式A和B，且，．
阅读材料，我们总可以通过添加括号的形式，求出多项式A和B．如：
∴
(1)应用材料：请用类似于阅读材料的方法，求多项式A．
(2)小明取a，b互为倒数的一对数值代入多项式A中，恰好得到A的值为0，求多项式B的值．
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）先计算，然后可得
（2）由，且，可求得、的值，代入式子可求得的值
【详解】（1）根据阅读材料
∴
（2）根据题意可知，且
解得，
∴
【点睛】本题主要考查等式的加减，几个等式相加减，通常用括号把每一个等式括起来，再用加减号连接，然后去括号，合并同类项
25．（2022·江苏盐城·九年级期中）铁人三项比赛程序是：先同时游泳1.5千米到第一站点，接着骑自行车40千米到第二站点，再跑步10千米到终点．女子组三名运动员在各项比赛和各个站点分别所用时间（单位：秒）汇总如下表：
运动员号码
游泳
第一站点
骑自行车
第二站点
跑步
101
2 000
80
5 000
40
3 200
102
1 500
60
5 700
60
3 600
103
1 350
70
5 400
50
3 300
(1)第101号、第102号、第103号运动员骑自行车的平均速度依次为是 米/秒、 米/秒、 米/秒（精确到0.1）；
(2)如果运动员骑自行车都是匀速的，那么在骑自行车的途中，101号运动员会追上102号或103号吗？如果会，那么追上时离第一站点有多少米（精确到0.1）？如果不会，为什么？
(3)如果运动员长跑也都是匀速的，那么在长跑途中这三名运动员中有可能某人追上另一人吗？为什么？
【答案】(1)8；7.0； 7.4
(2)见解析
(3)见解析
【分析】对于（1），根据速度=路程÷时间的关系求出答案即可；
对于（2），先比较时间可确定101号能追上102号，再根据路程相等列出方程，求出解即可，然后比较101号和103号的时间得出答案；
对于（3），比较第二站点所用时间和最后所有时间可得答案．
【详解】（1）第101号运动员骑自行车的平均速度是米/秒；
第102号运动员骑自行车的平均速度是米/秒，
第103号运动员骑自行车的平均速度是米/秒．
故答案为：8，7.0，7.4；
（2）因为，101号能追上102号，
设追上所用时间为t秒， 根据题意，得
，
解得，
（米），
所以追上时距第一站点29120米．
因为2000+80+5000>1350+70+5400，101号不会追上103号；
（3）从第二站点出发时，101、102、103三位选手已用时间分别为7120、7320、6870．
到达跑步终点时，101、102、103三位选手已用时间分别为10320、10920、10170．
三人在跑步开始时与结束时次序一致，说明三人谁也追不上谁．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，弄清各段的时间，速度，路程的关系是解题的关键．
26．（2022·全国·七年级课时练习）如图1，OB、OC是∠AOD内部两条射线．
(1)若∠AOD和∠BOC互为补角，且∠AOD＝2∠BOC．求∠AOD及∠BOC的度数；
(2)如图2，若∠AOD＝2∠BOC，在∠AOD的外部分别作∠COD、∠AOB的余角∠DOM及∠AON，请写出∠DOM、∠AON、∠BOC之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，已知∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，若将OB绕O点从OA出发以每秒6°逆时针旋转，OC绕O点从OD出发以每秒5°顺时针旋转，OB、OC同时运动；当OC运动一周回到OD时，OB、OC同时停止运动．若运动t（t＞0）秒后，OE恰好是∠BOC的四等分线，则此时t的值为 （直接写出答案）．
【答案】(1)60°，120°
(2)∠DOM+∠AON+∠BOC=180°
(3)或或
【分析】(1)设∠AOD＝2∠BOC=2x，根据∠AOD+∠BOC=180°，列方程 求 解 即 可．
(2)画出图形，根据∠AOD＝2∠BOC，则∠COD+∠BOA=∠BOC，根据互余性质，列方程 求 解 即 可．
(3)画出图形，分OB、OC都没有转过OE线，OB、OC都转过OE线和OB转过一周后三种情况求解．
【详解】（1）设∠AOD＝2∠BOC=2x，
∵∠AOD+∠BOC=180°，
∴2x+x=180，
解得x=60°，2x=120°，
故∠AOD=120°，∠BOC=60°．
（2）画图如下：
作OM⊥OC，垂足为O，ON⊥OB，垂足为O，
∴∠DOM=90°-∠COD ，∠AON=90°-∠BOA，
∵∠AOD＝2∠BOC，
∴∠COD+∠BOA=∠BOC，
∴90°-∠DOM+90°-∠AON=∠BOC，
∴∠DOM+∠AON+∠BOC=180°．
（3）如图1，当OB、OC都没有转过OE线时，∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，
根据题意，得 ∠AOB＝6t，∠COD＝5t，∠AOE＝60°，∠DOE＝60°，
∴∠BOE=60°-6t＜∠COE=60°-5t，
∴∠BOE=60°-6t，∠BOC=120°-6t-5t=120°-11t，
∵OE恰好是∠BOC的四等分线，
∴∠BOC=4∠BOE，
∴120°-11t=4(60°-6t)，
解得；
如图2，当OB、OC都转过OE线时，∠AOD＝120°，射线OE平分∠AOD，
根据题意，得 ∠AOB＝6t，∠COD＝5t，∠AOE＝60°，∠DOE＝60°，
∴∠COE=5t-60°＜∠BOE=6t-60°，
∴∠BOC=120°-(120°-6t)-( 120°-5t)= 11t -120°，
∵OE恰好是∠BOC的四等分线，
∴∠BOC=4∠COE，
∴11t -120°=4(5t-60°)，
解得；
如图3，当OB转过一周后，
此时，∠COE=360°-5t+60°=420°-5t，∠BOE=60°-(6t-360°)= 420°-6t，
∴∠BOC=∠COE +∠BOE =840°-11t，
∴840°-11t =4(420°-6t)，
解得；
综上所述，当或或时，符合题意．
【点睛】本题考查了角的计算，互余的作图，分类计算，角的平分线，熟练掌握互余的作图，解一元一次方程是解题的关键．
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