甘肃省榆中学县2024年数学七上期末达标检测模拟试题含解析.doc

甘肃省榆中学县2024年数学七上期末达标检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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．在－｜－1｜，－｜0｜，，中，负数共有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．一种巧克力的质量标识为“100±0.25克”，则下列巧克力合格的是（　　）
A．100.30克 B．100.70克 C．100.51克 D．99.80克
3．如图所示，第一个天平的两侧分别放2个球体和5个圆柱体，第二个天平的两侧分别放2个正方体和3个圆柱体，两个天平都平衡，则12个球体的质量等于（   ）个正方体的质量．

A．12 B．16 C．20 D．24
4．下列图形都是用同样大小的★按一定规律组成的，其中第①个图形中共有5个★，第②个图形中共有11个★，第③个图形中共有19个★，…，则第⑩个图形中★的个数为（ ）

A．109 B．111 C．131 D．157
5．如图，公园里修建了曲折迂回的桥，这与修一座直的桥相比，不仅可以容纳更多的游人，而且延长了游客观光的时间，增加了游人的路程，用你所学的数学的知识能解释这一现象的是（　　）

A．经过一点有无数条直线 B．两点确定一条直线
C．两点之间，线段最短 D．直线最短
6．解方程步骤如下：去括号，得移项，得合并同类项，得化系数为1，从哪一步开始出现错误　　
A．① B．② C．③ D．④
7．如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，从左面看这个几何体，所看到的平面图形是（ ）

A． B． C． D．
8．当分针指向12，时针这时恰好与分针成120°的角，此时是（ ）
A．9点钟 B．8点钟
C．4点钟 D．8点钟或4点钟
9．多项式x|m|+(m-4)x+7是关于x的四次三项式，则m的值是(　　)
A．4 B．-2 C．-4 D．4或-4
10．单项式的次数是 （ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
11．若3x3yn-1与-xm+1y2是同类项，则m-n的值为（ ）
A．﹣1 B．0 C．2 D．1
12．已知和是同类项，则的值是（ ）
A．－2 B．1 C．0 D．－1
二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．时钟显示时间是3点30分，此时时针与分针的夹角为 °．
14．计算：67°33′﹣48°39′＝_____．
15．如图,动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点,第2次接着运动到点,第3次接着运动到点，第4次接着运动到点，按这样的运动规律,经过第2019次运动后，动点的横坐标是_____．

16．一条有关数学学习的微博被转发360000次，这个数用科学记数法可表示为____________．
17．如图，已知，直线过点， 且 ，那么________．

三、解答题 （本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18．（5分）计算（1）；
（2）．
19．（5分）如图，货轮O在航行过程中，发现灯塔A在它南偏东60°的方向上，同时，在它北偏东30°、西北（即北偏西45°）方向上又分别发现了客轮B和海岛C．
（1）仿照表示灯塔方位的方法，分别画出表示客轮B和海岛C方向的射线OB，OC（不写作法）；
（2）若图中有一艘渔船D，且∠AOD的补角是它的余角的3倍，画出表示渔船D方向的射线OD，则渔船D在货轮O的　 　（写出方向角）

20．（8分）如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC:∠BOC=1:3，将一直角△MON的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．绕点O顺时针旋转△MON，其中旋转的角度为α（0<α<360°）.

（1）将图1中的直角△MON旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB上，此时α为 度；

（2）将图1中的直角△MON旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM
与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；
（3）在上述直角△MON从图1旋转到图3的位置的过程中，若直角△MON绕点O按每秒25°的速度顺时针旋转，当直角△MON的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时直角△MON绕点O的运动时间t的值．
21．（10分）化简求值：，其中x＝－2，y＝1．
22．（10分）解方程：①9y﹣2(﹣y + 4 ）=3 ②．
23．（12分）计算：(1)
(2)
参考答案

一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36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、D
【分析】根据绝对值的性质，去括号先化简需要化简的数，再根据负数的定义作出判断即可得解．
【详解】－｜－1｜=−1，是负数，－｜0｜=0，既不是正数也不是负数，−(−2)=2，是正数，是正数，故负数共有1个，选D.
故选：D.
此题考查绝对值的性质，负数的定义，解题关键在于利用绝对值的非负性进行解答.
2、D
【分析】计算巧克力的质量标识的范围：在100−0.25和100＋0.25之间，即99.75到100.25之间．
【详解】解：100﹣0.25＝99.75（克），
100+0.25＝100.25（克），
所以巧克力的质量标识范围是：在99.75到100.25之间．
故选 D．
此题考查了正数和负数，解题的关键是：求出巧克力的质量标识的范围.
3、C
【解析】由图可得：2个球体=5个圆柱体①，2个正方体=3个圆柱体②.①式左右两边同时乘以6得12个球体=30个圆柱体，②式左右两边同时乘以10得20个正方体=30个圆柱体，所以12个球体=20个正方体.
故选C.
点睛：等式的性质2：等式两边乘同一个数或除以同一个不为0的数，结果仍相等.
4、C
【分析】写出前三个图形的★的个数，不难发现第n个图形的★的个数的规律，再把n=10代入进行计算即可得解．
【详解】解：第①个图形中★的个数5=2(1+2)-1，
第②个图形中★的个数11=2(1+2+3)-1，
第③个图形中★的个数19=2(1+2+3+4)-1，
…，
依此类推，第n个图形中★的个数=2(1+2+3+…+n+1)-1，
当n=10时，2×(1+2+3+…+11)-1=1．
故选：C．
本题考查图形的变化规律问题，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，解题的关键在于找出图形之间的数字规律．
5、C
【分析】利用两点之间线段最短进而分析得出答案．
【详解】这样做增加了游人在桥上行走的路程，理由：利用两点之间线段最短，可得出曲折迂回的九曲桥增加了游人在桥上行走的路程．
故选：C．
此题主要考查了两点之间线段最短，正确将实际问题转化为数学知识是解题关键．
6、B
【解析】分析：根据移项可得4x﹣x﹣2x=4+1，因此②错误．
详解：4（x﹣1）﹣x=2（x+），
去括号，得：4x﹣4﹣x=2x+1，
移项，得：4x﹣x﹣2x=4+1，
合并同类项，得：x=5，
错误的一步是②．
故选B．
点睛：本题主要考查了解一元一次方程，关键是正确掌握一元一次方程的解法，注意移项要变号．
7、D
【解析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看上下各一个小正方形，
故选：D．
本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
8、D
【分析】根据钟表上每一个数字之间的夹角是30°，当分针指向12，时针所在位置应存在两种情况，与分针相差4个数字．
【详解】∵钟表上每一个数字之间的夹角是30°，当分针指向12，时针这时恰好与分针成120°的角
∴时针距分针应该是4个数字，应考虑两种情况．
∴只有8点钟或4点钟是符合要求
故答案为：D．
本题考查了钟表的角度问题，掌握钟表上角度的性质以及关系是解题的关键．
9、C
【分析】根据多项式的定义即可得．
【详解】∵多项式是关于x的四次三项式
∴
∴
故选：C．
本题考查了多项式的定义，熟记定义是解题关键．
10、C
【分析】根据单项式的次数定义即可确定．
【详解】∵单项式中的字母因数为、y
∴所有字母因数的指数和为
∴单项式的次数是
故选：C
本题考查了单项式的次数，定义为所以字母因数的指数和，这里需要注意的是是个数字因数不是字母因数．
11、A
【分析】由3x3yn-1与-xm+1y2是同类项可得：从而求解的值，可得答案．
【详解】解： 3x3yn-1与-xm+1y2是同类项，

故选：．
本题考查的是同类项的概念，二元一次方程组的解法，代数式的值，掌握以上知识是解题的关键．
12、D
【分析】根据同类项的字母相同且相同字母的指数也相同，可得关于m、n的方程，根据方程的解可得答案．
【详解】∵和是同类项
∴2m=4，n=3
∴m=2，n=3
∴
故选D．
本题考查了同类项，同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同，是易混点．

二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13、1．
【解析】试题分析：根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．
解：3点30分时针与分针相距2+=份，
此时时针与分针的夹角为30×=1°．
故答案为1．
考点：钟面角．
14、18°54′
【分析】根据度分秒的减法，可得答案．
【详解】解：67°33′﹣48°39′＝18°54′．
故答案是：18°54′．
此题主要考查角度的计算，解题的关键是熟知角度的运算法则.
15、1
【分析】根据题意，分析点P的运动规律，找到循环次数即可得解．
【详解】分析图象可以发现，点P的运动每4次位置循环一次，每循环一次向右移动四个单位，
∴，
当第504次循环结束时，点P位置在，在此基础之上运动三次到，
故答案为：1．
本题属于规律题，通过观察图象得到循环规律是解决本题的关键．
16、3.6×10
【分析】把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（1≤|a|<10，n为整数），这种方法就是科学记数法，据此进一步求解即可.
【详解】∵360000=3.6×10，
故答案为：3.6×10.
本题主要考查了科学记数法的书写，熟练掌握相关方法是解题关键.
17、110º
【分析】根据题意先计算出∠BOC的度数，然后再进一步求出它的补角从而解出答案即可.
【详解】∵，，
∴∠BOC=90°−20°=70°，
∴∠BOD=180°−70°=110°，
故答案为：110°.
本题主要考查了角度的计算，熟练掌握相关概念是解题关键.

三、解答题 （本大题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18、（1） （2）
【分析】（1）先算括号内的，再乘除，最后加减；
（2）先算括号内的，再算乘方，再乘除，最后加减．
【详解】（1）

（2）

本题考查了有理数的混合运算，掌握有理数的混合运算法则是解题的关键．
19、（1）见解析；（2）D在O南偏东15°或北偏东75°．
【解析】试题分析：（1）根据方向角的度数，可得答案；
（2）根据余角与补角的关系，可得∠AOD的度数，根据角的和差，可得方向角．
解：（1）如图1：
，
（2）如图2：
，
由∠AOD的补角是它的余角的3倍，得
180°﹣∠AOD=3（180°﹣∠AOD）．
解得∠AOD=45°．
故D在O南偏东15°或北偏东75°．
故答案为D在O南偏东15°或北偏东75°．
考点：方向角．
20、（1）270（2）∠AOM－∠NOC=45°（3）t=4.5s或11.7s．
【详解】（1）∵∠MON=90°，
∴α=360°-90°=270°，
故答案是：270；
（2）解：∠AOM－∠NOC=45°，
∵∠AOC︰∠BOC=1︰3，
∵∠AOC＋∠BOC=180°，
∴∠AOC=45°，∠BOC=135°，
∴∠1＋∠2=45°　　①
∵∠MON=90°，∴∠2＋∠3=90°　　②
由①②可得：∠3－∠1=45°，即∠AOM－∠NOC=45°．
（3）1°当ON平分∠AOC时，由（2）可知：∠AOC=45°，
∴∠1＋∠2=45°.
∵ON平分∠AOC，
∴∠1=∠2=22.5°，
∵∠MON=90°，
∴∠2＋∠3=90°，
∴∠3=67.5°，
∴旋转角度为：180°－67.5°=112.5°，
．
2°当ON的反向延长线平分∠AOC时．由（2）可知：∠AOC=45°．
∴∠1＋∠2=45°.
∵OE平分∠AOC，
∴∠1=∠2=22.5°，
∵∠MON=90°，
∴∠3＋∠4=90°．
∵∠3=∠2=22.5°，
∴∠4=67.5°．
∴旋转角度为：360°－67.5°=292.5°．
．
∴t=4.5s或11.7s．
本题难度较大，主要考查学生对几何中心旋转知识点的掌握，综合运用几何性质与旋转性质解决问题的能力．为中考常考题型，要注意培养数形结合思想，运用到考试中去．
21、；2
【分析】原式去括号合并得到最简结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【详解】解：原式＝
＝，
当x＝－2，y＝1时，
原式＝
＝
＝2．
此题考查了整式的加减﹣化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22、①y=1；②x=-1
【分析】①先去括号，再移项，然后合并同类项，最后系数化为1即可；
②先去分母，剩下步骤与①相同
【详解】解：①去括号，得 9y+2y-8=3
移项，得：9y+2y=11
合并同类项，得11y=11
系数化为1，得y=1
②去分母，得3（3x-1）-12=2(5x-7)
去括号，得9x-3-12=10x-14
移项，得9x-10x=-14+3+12
合并同类项，得-x=1
系数化为1，得x=-1
本题考查解一元一次方程，2点需要注意：
（1）移项，需要变号；
（2）去括号，若括号前为负，则需要变号
23、（1） -8；（2）
【分析】（1）根据有理数的混合运算法则即可；
（2）根据有理数的混合运算法则即可．
【详解】解：（1）
=
=
=
（2）
=
=
=
本题考查了有理数的混合运算，解题的关键是掌握有理数的运算法则．