1、黑龍江省哈爾濱市香坊區(qū)2020-2021學年七年級上學期數(shù)學期末試卷一、單選題1.（2020七上香坊期末）下列實數(shù)中是無理數(shù)的是（ ） A.23B.2C.3.1D.0 B 【考點】無理數(shù)的認識 解：A. 23 是有理數(shù)，故不符合題意； B. 2 是無理數(shù)，符合題意；C.3.1是有理數(shù)，故不符合題意；D.0是有理數(shù)，故不符合題意；故B 【分析】根據(jù)無理數(shù)是無限不循環(huán)小數(shù)，進行求解即可。2.（2020七上香坊期末）下列方程是一元一次方程的是（ ） A.3x2y=0B.5x+1=2C.x24=6D.2x=5 B 【考點】一元一次方程的定義 解：A.含有兩個未知數(shù)，不符合題意； B.只含一個未知數(shù)，未

2、知數(shù)的次數(shù)是1，方程兩邊都是整式，符合題意；C.未知數(shù)的次數(shù)是2次，不符合題意；D.等式左邊是分式，不符合題意；故B 【分析】一元一次方程指只含有一個未知數(shù)、未知數(shù)的最高次數(shù)為1且兩邊都為整式的等式 。根據(jù)一元一次方程的定義進行求解即可。3.（2020七上香坊期末）下列圖案中，可由左側(cè)圖案平移得到的是（ ） A.B.C.D. D 【考點】圖形的平移 由平移的性質(zhì)可得：由左側(cè)圖案平移得到的只有D選項符合； 故D 【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)對每個選項一一判斷即可。4.（2020七上香坊期末）如圖， 1 和 2 不是同旁內(nèi)角的是（ ） A.B.C.D. D 【考點】同旁內(nèi)角 解：選項A、B、C中，1與2

3、在兩直線的之間，并且在第三條直線（截線）的同旁，是同旁內(nèi)角，故不符合題意； 選項D中，1與2的兩條邊都不在同一條直線上，不是同旁內(nèi)角，符合題意故D 【分析】兩條直線被第三條直線所截，在截線同旁，且在被截線之內(nèi)的兩角，叫做同旁內(nèi)角。根據(jù)同旁內(nèi)角的定義進行判斷即可。5.（2020七上承德期末）已知xy ， 則下面變形錯誤的是（ ） A.xayaB.xayaC.2x2yD.xa=ya D 【考點】等式的性質(zhì) 解：AB、C的變形均符合等式的基本性質(zhì)，D項a不能為0，不一定成立 故D 【分析】根據(jù)等式的性質(zhì)逐項進行判斷，注意在等式兩邊同時除以一個數(shù)時，這個數(shù)不能為0.6.（2020七上香坊期末）甲、乙兩

4、人練習賽跑，甲每秒跑7m，乙每秒跑5m，甲讓乙先跑8m，設甲出發(fā)x秒可追上乙，則可列方程為（ ） A.7x5x=8B.7x+8=5xC.7x=5x8D.x7=x58 A 【考點】一元一次方程的實際應用-行程問題 解：依題意得：7x5x8 故A 【分析】根據(jù)甲每秒跑7m，乙每秒跑5m，甲讓乙先跑8m，列方程求解即可。7.（2020七上香坊期末）如圖，已知平行線a，b，一個直角三角板的直角頂點在直線a上，另一個頂點在直線b上，若 1=70 ，則 2 的大小為（ ） A.15B.20C.25D.30 B 【考點】平行線的性質(zhì) 解：如圖， ab，3=1=70，2=90-3=90-70=20故B 【分析

5、】先求出3=1=70，再計算求解即可。8.（2020七上香坊期末）若點P在x軸上方，y軸的左側(cè)，到每條坐標軸的距離都是6，則點P的坐標為（ ） A.（6，6）B.（6，6）C.（6，6）D.（6，6） B 【考點】點的坐標與象限的關(guān)系 解：點P在x軸上方，y軸的左側(cè)， 點P是第二象限內(nèi)的點，點P到每條坐標軸的距離都是6，點P的坐標為（6，6）故B 【分析】先求出點P是第二象限內(nèi)的點，再根據(jù)點P到每條坐標軸的距離都是6，求出點P的坐標即可。9.（2020七上香坊期末）下列命題為假命題的是（ ） A.對頂角相等B.如果 ABCD ，垂足為O，那么 AOC=90C.經(jīng)過一點，有且只有一條直線與這條直

6、線平行D.兩直線平行，同位角相等 C 【考點】垂線，平行線的性質(zhì)，對頂角及其性質(zhì) A、對頂角相等，是真命題； B、如果 ABCD ，垂足為O，那么 AOC=90 ，是真命題；C、經(jīng)過直線外的一點，有且只有一條直線與這條直線平行，故本選項是假命題；D、兩直線平行，同位角相等，是真命題；故C 【分析】根據(jù)對頂角，垂線，平行線對每個命題進行判斷即可。10.（2020七上香坊期末）如圖，下列條件： 1=5 ； 2=6 ； 3=7 ； 4=8 ，其中能判定 AB/CD 的是（ ） A.B.C.D. C 【考點】平行線的判定 解： 1=5 ，AB/CD，故符合題意； 2=6 ，AD/BC，故不符合題意；

7、3=7 ，AD/BC，故不符合題意； 4=8 ，AB/CD，故符合題意；故C 【分析】根據(jù)平行線的判定對每個選項一一判斷即可。二、填空題11.（2013來賓）5 的相反數(shù)是_ 5 【考點】實數(shù)的相反數(shù) 解： 5 的相反數(shù)是 5 故 5 【分析】根據(jù)只有符號不同的兩個數(shù)叫做互為相反數(shù)解答12.（2020七上香坊期末）已知 2xm1+3=0 是一元一次方程，則 m= _ 2 【考點】一元一次方程的定義 解：由題意得： m-1=1 ， m=2 ；故2 【分析】 一元一次方程指只含有一個未知數(shù)、未知數(shù)的最高次數(shù)為1且兩邊都為整式的等式 。根據(jù)一元一次方程的定義可得m1=1 ， 再計算求解即可。13.（

8、2020七上香坊期末）將點 P(3,1) 向上平移2個單位長度得到點Q，則點Q的坐標為_ (3,3) 【考點】點的坐標 點 P(3,1) 向上平移2個單位長度得到 (3,3) 點Q的坐標為 (3,3)故 (3,3) 【分析】根據(jù)點的平移規(guī)律可求出點Q的坐標為 (3,3)。14.（2020七上香坊期末）比較大?。?17 _4（填“ ”，“ 【考點】實數(shù)大小的比較 4= 16 17 ， 17 4 故 【分析】先求出4= 16 17 ， 再比較大小即可。15.（2020七上香坊期末）若點 M(a+3,2a1) 在y軸上，則a的值是_ -3 【考點】點的坐標 解：由題意得 a+3=0，a=-3故-3

9、【分析】根據(jù)點M(a+3,2a1)在y軸上，可得a+3=0，再計算求解即可。16.（2020七上香坊期末）姐姐比弟弟大3歲，若5年前姐姐的年齡是弟弟的2倍，則姐姐現(xiàn)在的年齡是_歲 11 【考點】一元一次方程的實際應用-數(shù)字、日歷、年齡問題 設姐姐現(xiàn)在的年齡是 x 歲，則弟弟現(xiàn)在的年齡是 (x3) 歲， 依題意得： (x5)=2(x35) ，解得： x=11 ，故11 【分析】根據(jù)姐姐比弟弟大3歲，5年前姐姐的年齡是弟弟的2倍，可列方程(x5)=2(x35) ， 再解方程即可。17.（2020七上香坊期末）在同一平面內(nèi)，直線AB與直線CD相交于點O， AOC=40 ，射線 OECD ，則 BOE

10、 的度數(shù)為_ 50或130 【考點】余角、補角及其性質(zhì)，垂線 解：如圖1： OECD，DOE=90， AOC=40 ，DOB= AOC=40 ，BOE=90-40=50，如圖2：OECD，DOE =90， AOC=40 ，DOB= AOC=40 ，BOE=90+40=130，故50或130 【分析】先求出DOE =90，再證明DOB= AOC=40 ，最后作圖分類討論，計算求解即可。18.（2020七上香坊期末）如圖,將周長為12的ABC沿BC方向平移2個單位得到DEF,則四邊形ABFD的周長為_ 16 【考點】平移的性質(zhì) 解：ABC沿BC方向平移2個單位得到DEF， AD=CF=2，四邊形A

11、BFD的周長=AB+BC+DF+CF+AD=ABC的周長+AD+CF，=12+2+2，=16故答案為16 【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)先求出AD=CF=2，再求出四邊形的周長即可。19.（2020七上香坊期末）一件商品標價140元，若八折出售，仍可獲利12%，則這件商品的進價為_元 100 【考點】一元一次方程的實際應用-銷售問題 解：設這件商品的進價為x元，根據(jù)題意得 （1+12%）x=1400.8，解得x=100則這件商品的進價為100元故100 【分析】根據(jù)一件商品標價140元，若八折出售，仍可獲利12%，列方程計算求解即可。20.（2020七上香坊期末）兩個角的兩邊兩兩互相平行，且一個角的

12、12 等于另一個角的 13 ，則這兩個角中較小角的度數(shù)為_ 72 【考點】一元一次方程的其他應用 解：設其中一個角是x，則另一個角是（180-x），根據(jù)題意，得 12x=13(180 x) ，解得x=72，180-x=108；較小角的度數(shù)為72故72 【分析】根據(jù)一個角的12等于另一個角的13，可列方程12x=13(180 x) ， 再計算求解即可。三、解答題21.（2020七上香坊期末）計算 （1）25+327+214 （2）22|21| （1）解： 25+327+214 ， =53+32 ，=72 （2）解：22|21| ， =222+1 ，=2+1【考點】實數(shù)的運算 【分析】根據(jù)算術(shù)平方

13、根，立方根和絕對值計算求解即可。22.（2020七上香坊期末）解方程 （1）3(x3)=x+5 （2）3y141=5y76 （1）解： 3(x3)=x+5 2x=14 x=7（2）解： 3y141=5y76 9y312=10y14 y=1 y=1 【考點】解含括號的一元一次方程，解含分數(shù)系數(shù)的一元一次方程 【分析】（1）先去括號，再移項，合并同類項解方程即可； （2）先去分母，再去括號，移項，合并同類項解方程即可。23.（2020七上香坊期末）如圖，在正方形網(wǎng)格中建立平面直角坐標系，已知點 A(0,2) ， B(2,5) ， C(5,3) ，請按下列要求操作： 請在圖中畫出 ABC ；將 AB

14、C 向上平移5個單位長度，再向左平移4個單位長度，得到 A1B1C1 在圖中畫出 A1B1C1 ，并直接寫出點 A1 、 B1 、 C1 的坐標 解：如圖： 如圖， ABC 即為所求；如圖， A1B1C1 即為所求；根據(jù)題意可得： A1(4,3) ， B1(2,0) ， C1(1,2) 【考點】點的坐標，平移的性質(zhì)，作圖-三角形 【分析】根據(jù)點的坐標作出三角形即可； 根據(jù)平移的性質(zhì)作出三角形，求出點的坐標即可。24.（2020七上香坊期末）已知：直線AB與直線CD交于點O，過點O作 OECD （1）如圖1，若 AOE=2AOC ，求 BOE 的度數(shù)； （2）如圖2，過點O畫直線FG滿足射線OF

15、在 EOD 內(nèi)部，且使 AOC=2EOF ，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出與 EOF 互余的角 （1）解： OECD COE=DOE=90 AOC+AOE=90 AOE=2AOC AOC+2AOC=90 解得： AOC=30 BODAOC30BOEBODDOE9030120（2）解：由（1）知 AOC=30 ， AOE60又 AOC=2EOF EOF15，EOFDOF90DOEDOFCOG75EOFCOG90AOEEOF6015AOF75AOFEOF90AOFBOGBOGEOF90故：DOF、COG、AOF、BOG都是與 EOF 互余的角【考點】余角、補角及其性質(zhì)，垂線 【分析】（1）

16、先求出 ，再求出 ，即可作答； （2）先求出 EOF15 ，再證明 AOFEOF90 ，即可作答。25.（2020七上香坊期末）某超市計劃購進甲、乙兩種型號的節(jié)能燈共700只，若購進700只燈的進貨款恰好為20000元，這兩種節(jié)能燈的進價、預售價如下表： 型號進價（元/只）預售價（元/只）甲型2025乙型3540（1）求購進甲、乙兩種型號的節(jié)能燈各多少只？ （2）超市按預售價將購進的甲型節(jié)能燈全部售出，購進的乙型節(jié)能燈部分售出后，決定將乙型節(jié)能燈打九折銷售，全部售完后，兩種節(jié)能燈共獲利3100元，求乙型節(jié)能燈按預售價售出的數(shù)量是多少？ （1）解：設可以購進甲種型號的節(jié)能燈x只，則可以購進乙種型

17、號的節(jié)能燈（ 700 x ）只， 由題意可得： 20 x+35(700 x)=20000 ，解得： x=300 ，700300=400 （只），答：可以購進甲種型號的節(jié)能燈300只，可以購進乙種型號的節(jié)能燈400只（2）解：設乙型節(jié)能燈按預售價售出的數(shù)量是y只，由題意可得： 300(2520)+y(4035)+(400y)(4090%35)=3100 ，解得： y=300 ，答：乙型節(jié)能燈按預售價售出的數(shù)量是300只【考點】一元一次方程的其他應用 【分析】（1）根據(jù)購進700只燈的進貨款恰好為20000元，可列方程 ，再計算求解即可； （2）根據(jù)全部售完后，兩種節(jié)能燈共獲利3100元，列方程求

18、解即可。26.（2020七上香坊期末）如圖1是長方形紙帶將長方形ABCD沿EF折疊成圖2，使點C、D分別落在點 C1 、 D1 處，再沿BF折疊成圖3，使點 C1 、 D1 分別落在點 C2 、 D2 處 （1）若 DEF=20 ，求圖1中 CFE 的度數(shù)； （2）在（1）的條件下，求圖2中 C1FC 的度數(shù)； （3）在圖3中寫出 C2FE 、 EGF 與 DEF 的數(shù)量關(guān)系，并說明理由 （1）解：長方形ABCD， AD/BC ， DEF+CFE=180 DEF=20 ， CFE=180DEF=18020=160 （2）解：四邊形EDCF折疊得到四邊形 ED1C1F ， D1EF=DEF=20

19、 ， DEG=DEF+D1EF=20+20=40 ，長方形ABCD， AD/BC ， CGD1=DEG=40 FC1/ED1 ， C1FC=CGD1=40 （3）解： C2FE+DEF=EGF 理由如下：長方形ABCD， AD/BC, EFB=DEF ， DEF+CFE=180 ， DEG+EGF=180 設 DEF=x EFB=x ， CFE=180DEF=180 x 四邊形EDCF折疊得到四邊形 ED1C1F ， D1EF=DEF=x ， DEG=DEF+D1EF=2x EGF=180DEG=1802x FC1/ED1 ， C1FG=EGF=1802x 四邊形 GD1C1F 折疊得到四邊形

20、 GD2C2F ， C2FG=C1FG=1802x ，AD/BC, EFB=DEF=x, C2FE=C2FGEFB=1802xx=1803x C2FE+DEF=1803x+x=1802x=EGF 【考點】平行線的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì) 【分析】（1）先求出 ，再得到 ，最后計算求解即可； （2）先求出 D1EF=DEF=20 ， 再根據(jù)長方形的性質(zhì)求解即可； （3）先求出 EFB=DEF ， DEF+CFE=180 ， DEG+EGF=180 ，再根據(jù)折疊的性質(zhì)求解即可。 27.（2020七上香坊期末）如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A的坐標為 (0,m) ，點B的坐標為 (2,0) ，點C的坐標為 (n,0) ，且m，n滿足 m8+(n6)2=0 （1）分別求點A、點C的坐