广东省广州市海珠区2023-2024学年七年级上学期期末数学试题（答案）

这是一份广东省广州市海珠区2023-2024学年七年级上学期期末数学试题（答案），共18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。
钟，不可使用计算器．
注意事项：
答卷前，考生务必在答题卡第 1 面、第 3 面、第 5 面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、班级、姓名、座位号、考号；再用 2B 铅笔把对应号码的标号涂黑．
选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；不能答在试卷上．
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，涉及作图的题目，用 2B 铅笔画图．答案必须写在答题卡各题指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上 新的答案；改动的答案也不能超出指定的区域．不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液，不按以上 要求作答的答案无效．
考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）
若气温为零上10C 记作10C ，则3C 表示气温为 （ ）
A 零上3C
零下3C
零上7C
零下7C
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要用正负数来表示具有意义相反的两种量：若零上记为正，则零下就记为负，直接得出结 论即可．
【详解】解：若气温为零上10C 记作10C ，则3C 表示气温为零下3C ．
故选：B．
将“784000”用科学记数法表示为（）
A. 7.84 105
B. 7.84 106
C. 7.84 107
D. 78.4 106
【答案】A
【解析】
【分析】根据科学记数法的表示方法： a 10n ,1  a  10 ， n 为整数，进行表示即可，确定 a, n 的值，是
解题的关键．
【详解】解： 784000  7.84 105 ； 故选 A．
如图的平面图形绕直线 l 旋转一周，可以得到的立体图形是（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据面动成体以及长方形绕一边所在直线旋转一周得圆柱即可得答案.
【详解】由图可知所给的平面图形是一个长方形， 长方形绕一边所在直线旋转一周得圆柱，
故选 B.
【点睛】本题考查了点、线、面、体，熟记各种常见平面图形旋转得到的立体图形是解题关键．
下列计算正确的是（）
2a  3b  5ab
a2b  ab2  0
2ab  2ba  0
a3  a2  a5
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了合并同类项，所含字母相同，相同字母的指数也相同的单项式叫做同类项，合并 同类项时，只对同类项的系数进行加减计算，字母和字母的指数保持不变，据此求解判断即可．
【详解】解：A、 2a 与3b 不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、 a2b 与ab2 不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
C、 2ab  2ba  0 ，原式计算正确，符合题意；
D、 a3 与 a2 不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意； 故选 C．
下列变形正确的是（）
A. 若 x  5  1，则 x  1 5
C. 若6x  3 ，则 x  6
B. 若 2x  8 ，则 x  8  2
D. 若 2 x  5 ，则 x  5   2 

3

33
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查等式的性质．等式两边同时加上（或减去）同一个整式，或者等式两边同时乘或除以同 一个不为0 的整式，或是等式左右两边同时乘方，等式仍然成立．熟记相关结论是解题关键．
【详解】解：A、若 x  5  1，则 x  1 5 ，故本选项不符合题意；
B、若 2x  8 ，则 x  8 ，故本选项不符合题意；
2
C、若6x  3 ，则 x  3 ，故本选项不符合题意；
6
D、若 2 x  5 ，则 x  5   2  ，故本选项符合题意；

3
3
故选：D．
若关于 x 的方程 2x+a＝9﹣a（x﹣1）的解是 x＝3，则 a 的值为（）
A. 1B. 2C. ﹣3D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先将 x＝3 代入方程，转化为解关于字母 a 的一元一次方程．
【详解】将 x＝3 代入方程 2x+a＝9﹣a（x﹣1），得：6+a＝9﹣2a，解得：a＝1，
故选：A．
【点睛】本题考查一元一次方程的解、解一元一次方程等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
如图一个正方形的平面展开图如图所示，将它折成正方体后，“保”字对面的字是（）．
A. 碳B. 低C. 绿D. 色
【答案】A
【解析】
【分析】正方体的表面展开图，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：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形， “低”与“绿”是相对面，
“碳”与“保”是相对面，
“环”与“色”是相对面． 故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，解题的关键是注意正方体的空间图形，从相对面入 手分析及解答问题．
在纸上画了一条数轴后，折叠纸面，使数轴上表示1的点与表示 3 的点重合，表示数 7 的点与点 A 重合，
则点 A 表示的数是（）
A. 5B. 3
【答案】D
【解析】
C. 7
D. 5
【分析】此题考查了数轴，有理数的混合运算．先确定折叠处表示的数，进一步计算即可求解．
【详解】解：∵折叠后点1与点 3 重合，
∴纸面的折叠处是 3 1  1 ，
2
∵表示数 7 的点与点 A 重合，
∴点 A 表示的数是1 2  7  5 ． 故选：D．
有一个魔术，魔术师背对小聪，让小聪拿着扑克牌按下列四个步骤操作：
①第一步：分发左、中、右三堆牌，每堆牌不少于五张，且各堆牌的张数相同；
②第二步：从左边一堆拿出五张，放入中间一堆；
③第三步：从右边一堆拿出三张，放入中间一堆；
④第四步：右边一堆有几张牌，就从中间一堆拿几张牌放入右边一堆．
这时，魔术师准确说出了中间一堆牌现有的张数，则他说出的张数是（）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】设左、中、右三堆牌原来每堆有 x 张牌，根据题意，列出代数式，即可求解.
【详解】设左、中、右三堆牌原来每堆有 x 张牌， 根据题意得：x+5+3-(x-3)=11，
故选 D.
【点睛】本题主要考查用代数式表示数量关系，设未知数，根据数量关系，列出代数式，是解题的关键.
a
a
b
b
c
c
(abc  0) 的所有可能的值有（）个
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了绝对值运算．根据a、b、c 的符号分情况讨论，再根据绝对值运算进行化简即可得．
【详解】解：由题意，分以下四种情况：
①当a、b、c 全为正数时，原式 111  3 ，
②当a、b、c 中两个正数、一个负数时，原式 111  1，
③当a、b、c 中一个正数、两个负数时，原式 111  1 ，
④当a、b、c 全为负数时，原式 1 1 1  3 ， 综上所述，所求式子的所有可能的值有 4 个，
故选：C．
二、填空题（本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分）
11. - 2023 的相反数是．
【答案】2023
【解析】
【分析】直接利用相反数的定义分析得出答案．
【详解】-2023 的相反数是：2023． 故答案为：2023．
【点睛】本题主要考查了相反数，正确掌握相反数的定义是解题关键．
12. 若 32 ，则的余角的度数为．
【答案】58 ##58 度
【解析】
【分析】本题考查求一个角的余角，根据互余的两个角的度数之和为90 ，计算即可．
【详解】解： 的余角的度数为90  32  58 ； 故答案为： 58 ．
“某数与 6 的和的一半等于 12”，设某数为 x，则可列方程．
【答案】 x  6  12
2
【解析】
【分析】根据题目中的等量关系列出方程即可求解．
【详解】解：∵某数与 6 的和的一半等于 12，
∴可列方程为 x  6  12 ．
2
故答案为： x  6  12 ．
2
【点睛】此题考查了列一元一次方程，解题的关键是找到题目中的等量关系并表示出来．
若单项式2ax2 yn1 与3axm y4 的差是 ax2 y4 ，则 2m  3n ．
【答案】13
【解析】
【分析】根据同类项的定义，列出关于 m、n 的等式即可求解．
【详解】解：单项式2ax2 yn1 与3axm y4 的差是 ax2 y4 ，
 m  2 ， n 1  4
解得： m  2 ， n  3 ，
把 m  2 ， n  3 代入 2m  3n  13， 故答案为：13
【点睛】本题考查了同类项，同类项定义中的两个“相同”：所含字母相同，相同字母的指数相同，相同 字母的指数相同是易混点．
已知线段 AC 和线段 BC 在同一直线上，如果 AC  6cm ， BC  4cm，则线段 AC 和线段 BC 的中点
之间的距离为cm ．
【答案】1 或 5##5 或 1
【解析】
【分析】本题考查了与线段中点有关的计算．分 B 点在C 点的左侧和 B 点在C 点的右侧两种情况，再根据线段中点的定义、线段的和差即可得．
【详解】解：设线段 AC 的中点为点 M ，线段 BC 的中点为点 N ，
则 AM  MC  1 AC  3cm，BN  CN  1 BC  2cm ，
22
如图，当 B 点在C 点的左侧时，
所以 MN  MC  CN  3  2  1cm；
如图，当 B 点在C 点的右侧时，
所以 MN  MC  CN  3  2  5cm ；
综上，线段 AC 的中点和线段 BC 的中点之间的距离为1cm 或5cm ． 故答案为：1 或 5．
如图所示的图形都由同样大小的小圆圈按一定规律所组成的，若按此规律排列下去，则第 n 个图形中有
个小圆圈．
【答案】n2+n+4
【解析】
【分析】观察图形的变化可得前几个图形的小圆圈的个数，进而可以寻找规律即可．
【详解】观察图形的变化可知：
第 1 个图形中有小圆圈的个数：1×2+4＝6 个； 第 2 个图形中有小圆圈的个数：2×3+4＝10 个； 第 3 个图形中有小圆圈的个数：3×4+4＝16 个；
…
则第 n 个图形中有小圆圈的个数为：n（n+1）+4＝n2+n+4． 故答案为：n2+n+4．
【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．
三、解答题（本题共 9 小题，共 72 分．解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤）
17. 计算： 32  2  36  4
【答案】9
【解析】
【分析】本题主要考查了含乘方的有理数混合计算，先计算乘方和绝对值，再计算乘除法，最后计算减法 即可．
【详解】解：原式 9  2  36  4
 18  9
 9 ．
18. 解方程：
（1） 4x 1  2x  5 ．
（2） x  3  x  1  4 ．
23
【答案】（1） x  3
（2） x  7
【解析】
【分析】（1）先移项，再合并同类项，最后化系数为 1；
（2）先去分母，再去括号，然后移项，最后合并同类项，据此解题．
【小问 1 详解】
解： 4x 1  2x  5 ，
移项，得 4x  2x  5  1 ． 合并同类项，得 2x  6 ． 系数化为 1，得 x  3 ．
【小问 2 详解】
解：去分母，得3 x  3  2 x 1  24 ． 去括号，得3x  9  2x  2  24 ．
移项，得3x  2x  24  9  2 ．
合并同类项，得5x  35 ． 系数化为 1，得 x  7 ．
【点睛】本题考查的是一元一次方程的解法，掌握“一元一次方程的解法与步骤”是解本题的关键．
19. 已知多项式 A  32a2  2ab  b2   2  a2  3ab  5 b2  ．
2

化简 A；
若a2  2b2  5 ，求多项式 A 的值．
【答案】（1） 4a2  8b2
（2）20
【解析】
【分析】本题考查的是整式的加减运算中的化简求值；熟记去括号，合并同类项的法则是解本题的关键．
先去括号，再合并同类项，即可得到答案；
把a2  2b2  5 整体代入化简后的代数式进行计算即可．
【小问 1 详解】
解： A  32a2  2ab  b2   2  a2  3ab  5 b2 
2

 6a2  6ab  3b2  2a2  6ab  5b2
 4a2  8b2 ；
【小问 2 详解】
解：∵ a2  2b2  5 ，
∴原式 4 a2  2b2   4 5  20 ．
如图，已知平面内的四个点A ， B ， C ， D ，请用直尺和圆规完成下列作图．（不写画法，保留画图痕迹）
画直线 AB ；
画射线 AC ；
连接 BC 并延长 BC 到 E，使得CE  AB  BC ；
在线段 BD 上取点 P，使 PA  PC 的值最小，并说明理由．
【答案】（1）见解析（2）见解析
（3）见解析（4）见解析，两点之间，线段最短
【解析】
【分析】本题主要考查了画直线，射线，和线段的尺规作图，两点之间线段最短等等，熟知相关知识是解
题的关键．
根据直线的画法画图即可；
根据射线的画法画图即可；
先在 BC 延长上截取线段CF  BC ，再截取 EF  AB 即可；
连接 BD 交 AC 于 P，根据两点之间，线段最短可得点 P 即为所求．
【小问 1 详解】
解：如图所示，直线 AB 即为所求；
【小问 2 详解】
解：如图所示，射线 AC 即为所求；
【小问 3 详解】
解：如图所示，点 E 即为所求；
【小问 4 详解】
解：如图所示，点 P 即为所求， 理由为两点之间，线段最短．
如图，线段 AB  20 ， BC  15 ，点 M 是 AC 的中点．
求线段 AM 的长度；
在CB 上取一点 N，使得CN : NB  2 :3 ．求 MN 的长．
5
【答案】（1）
2
17
（2）
2
【解析】
【分析】（1）根据线段的中点以及和差关系，求解即可；
（2）根据线段的比值关系以及和差关系，即可求解．
【小问 1 详解】
解：线段线段 AB  20 ， BC  15 ，
∴ AC  AB  BC  20 15  5 ． 又∵点 M 是 AC 的中点．
∴ AM  1 AC  1  5  5 ，即线段 AM 的长度是 5 ．
2222
【小问 2 详解】
∵ BC  15，CN : NB  2 : 3 ，
∴ CN  2 BC  6 ．
5
又∵点 M 是 AC 的中点， AC  5 ，
∴ MC  1 AC  5 ，
22
∴ MN  MC  NC  17 ，即 MN 的长度是17 ．
22
【点睛】此题考查了与线段中点有关的和差关系，解题的关键是理解题意，正确的进行求解．
某超市为了吸引顾客，推出两种不同的优惠销售方式，方式一：累计购买商品总价超过 200 元，超出的部分按原价 8 折优惠；方式二：累计购买商品总价超过 100 元，超出部分按原价 8.5 折优惠．
甲顾客准备购买 300 元的商品，你认为他应该选择哪种优惠方式？请说明理由．
设乙顾客计划累计购物 x 元(x  200) ，他选择何种优惠方式更省钱？
【答案】（1）应去乙超市购买；
（2）当购买 200  x  500 元的商品时，去乙超市购买更省钱；当购买 x  500 元的商品时，去甲超市购买更省钱．
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次方程的实际应用，正确理解题意，列出方程，是解题关键．
根据题意分别列式表示甲、乙两家超市的费用，再将 x  300 分别代入计算，再比较大小即可得到答案；
列出方程计算即可．
【小问 1 详解】
解：①甲超市的费用： 200  0.8  x  200   0.8x  40 ，
②乙超市的费用：100  0.85 x 100  0.85x 15 ；
当购买 300 元的商品，应去乙超市购买，理由如下： 当 x  300 时，
甲超市的费用为： 0.8 300  40  280 （元），乙超市的费用为： 0.85 300 15  270 （元），
∵ 280  270 ，
∴应去乙超市购买；
【小问 2 详解】
解： 0.8x  40  0.85x 15 ， 解得： x  500 ，
∴当购买 500 元的商品时，到两家超市购物所付的费用一样； 当购买200  x  500 元的商品时，去乙超市购买更省钱； 当购买 x  500 元的商品时，去甲超市购买更省钱．
定义：关于 x 的方程ax  b  0 与方程bx  a  0 （a，b 均为不等于 0 的常数）称互为“反对方程”， 例如：方程 2x 1  0 与方程 x  2  0 互为“反对方程”．
若关于 x 的方程2x  3  0 与方程3x  c  0 互为“反对方程”，则 c ．
若关于 x 的方程2x  3  d 与其“反对方程”的解都是整数，求整数 d 的值．
已知关于 x 的一元一次方程 2022 x  5  7x  m 的解为 x   1 ，那么关于 y 的一元一次方程
(m  5)( y  2)  7  2022 的解为
2023
2023
2
．（请直接写出答案）
【答案】（1）2（2） 1或 5
（3） y  4
【解析】
【分析】此题考查的是一元一次方程的应用；
根据“反对方程”的定义直接可得答案；
根据方程 2x  3  d 与其“反对方程”的解都是整数求解；
由题意得，互为“反对方程”的两个方程的解互为倒数，然后利用整体思想求解； 能够正确理解“反对方程”的概念是解决此题关键．
【小问 1 详解】
解：由题可知， ax  b  0 与方程bx  a  0(a ， b 均为不等于 0 的常数）称互为“反对方程”，
2x  3  0 与方程3x  c  0 互为“反对方程”，
 c  2 ，
故答案为：2；
【小问 2 详解】
2x  3  d 变形为 2x  3  d   0
由题意可知：方程 2x  3  d   0 的“反对方程”为： 3  d  x  2  0
解 2x  3  d   0 ，得 x  3  d ，
2
解3  d  x  2  0 ，得 x 
2
，
3  d
2x  3  d   0 与3  d  x  2  0 的解都是整数，
 x  3  d 与 x 
2
2
3  d
都是整数，且d 为整数，
∴当 d  1或 5 时，
3  d
2
2
与都是整数；
3  d
故整数 d 的值为1或 5 ；
【小问 3 详解】
∵关于 x 的一元一次方程 2022 x  5  7x  m 的解为 x   1 ，
20232
 2022  7  x  m  5  0 的解为 x   1 ，
 20232

由题意得，互为“反对方程”的两个方程的解互为倒数，
m  5 x   2022  7   0 的解为 x  2 ，
 2023

将(m  5)( y  2)  7  2022 变形为m  5 y  2   2022  7   0 ，
2023
 2023

 y  2  2
∴关于 y 的一元一次方程(m  5)( y  2)  7  2022 的解为 y  4 ．
2023
故答案为： y  4 ．
请阅读下列材料，并解答相应的问题：
“九宫图”源于我国古代夏禹时期的“洛书”（如图 1），是世界上最早的矩阵，又称幻方．用今天的数学符号表示，洛书就是一个三阶幻方（如图 2），“幻方”需要满足的条件是每一行、每一列和每条对角线上各个数之和都相等．
设图 3 三阶幻方中间的数字是 x，用 x 的代数式表示幻方中 9 个数的和为；每一行三个数的和为；
图 4 是一个三阶幻方，那么标有 x 的方格中所填的数是多少？请写出解题过程．
由三阶幻方可以衍生出许多有特定规律的新幻方，在如图 5 所示的“幻方”中，每个小三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，x  k 1 ， y  k 1，求 a  b  c  d 的值．
【答案】（1） 9x ， 3x
（2） x  21 ；
（3） a  b  c  d  4 ．
【解析】
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，能找到规律是解题的关键．
根据三阶幻方的性质“每一行、每一列和每条对角线上各个数之和都相等”求解即可；
根据“幻和恰好等于中心数的 3 倍”列式计算解答即可；
（2）根据“每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等”，分别列出 等式，然后表示出代数式 a  b，d  c 的值，整体代入计算即可．
【小问 1 详解】
解：∵每一行、每一列和每条对角线上各个数之和都相等，
∴每一行三个数的和为 x  3  x  x  3  3x ，
9 个数的和为9x ，
故答案为： 9x ， 3x ；
【小问 2 详解】解：如图，
由题意得 2  a  x  8 10  x ， 解得 a  16 ，
10  a  b  3b ，即10 16  b  3b ， 解得b  13 ，
∴ x  8 10  313 ，解得 x  21 ；
【小问 3 详解】
解：∵每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，
∴每个三角形各顶点上数字之和相等，
∴ x  a  m  y  b  m ，即 k 1 a  m  k 1 b  m ， 整理得 a  b  2 ，
x  d  n  y  c  n ，即 k 1 d  n  k 1 c  n ， 整理得： d  c  2 ，
∴ a  b  c  d  2  2  4 ．
如图 1，点 O 为直线 AB 上一点，过点 O 作射线OC ，使BOC  110°，将一直角三角板的直角顶点放在点 O 处（ OMN  30 ），一边OM 在射线OB 上，另一边ON 在直线 AB 的下方．
将图 1 中的三角板绕点 O 逆时针旋转至图 2，使一边OM 在BOC 的内部，且恰好平分BOC ．求
BON 的度数．
将图 1 中三角板绕点 O 以每秒5 的速度沿逆时针方向旋转一周，同时射线OP 从OC 开始绕点 O 以每秒 2 的速度沿顺时针方向旋转，当三角板停止运动时，射线OP 也停止运动．设旋转时间为 t 秒．
①在运动过程中，当POM  40 时，求 t 的值；
②当 40  t  54 时，在旋转的过程中CON 与AOM 始终满足关系 mCON  AOM  n （m，n 为常数），求 m  n 的值．
【答案】（1） BON  35；
（2）①t 的值为 10 秒或
【解析】
150
秒或
7
430
7
秒；② m  n  19 ．
【分析】本题主要考查的是一元一次方程的应用，角的计算、角平分线的定义的运用．
根据角平分线的定义以及直角的定义，即可求得BON 的度数；
①分四种情况，作出相应图形列方程求解即可；
②先求出当 40  t  54 时，ON 在AOC 内部，得出CON  70  AON ，AOM  90  AON ， 代入式子计算确定 m  1，n  20 ，求解即可．
【小问 1 详解】解：如图，
∵ OM 平分BOC ，
∴ MOC  MOB ， 又∵ BOC  110°，
∴ MOB  55，
∵ MON  90 ，
∴ BON  MON  MOB  35 ；
【小问 2 详解】
解：① 360  5  72 秒， 分四种情况：
如图，
由题意得5t  2t  40  110 ， 解得t  10 （秒）；
如图，
由题意得5t  2t  40  110 ，
解得t  150 （秒）；
7
如图，
由题意得5t 110  2t  40  360 ， 解得t  430 （秒）；
7
如图，
由题意得5t 110  2t  40  360 ， 解得t  510  72 （舍去）；
7
综上所述，t 的值为 10 秒或
150
秒或
7
430
秒；
7
②当t  40 时，旋转了5 40  200 ，此时ON 与OC 重合， 当t  54 时，旋转了5 54  270 ，此时ON 与OA 重合， 当 40  t  54 时， ON 在AOC 内部，
∵ AOC  180  BOC  70 ，
∴ CON  70  AON ，
∵ AOM  90  AON ，
∵ mCON  AOM  n
∴ m 70  AON   90  AON   n， 整理得： 70m  90  n  (m 1)AON ，
∵等式与AON 的大小无关，
∴ m 1  0 ，
∴ m  1，n  20 ，
∴ m  n  19 ．