人教版数学七年级上册全册单元试卷测试卷(含答案解析)

人教版数学七年级上册全册单元试卷测试卷（含答案解析）一、初一数学上学期期末试卷解答题压轴题精选（难）如图，在数轴上有三个点ABC，完成下列问题：将点B向右移动六个单位长度到点D.在数轴上找到点EEBA的中点AC两点的距离相等），井在数轴上标出点ECE.1 （3）OOCMOCOMCM的中点分别为了NNOC4段，记为第二次操作，再取这两段的中点将OC分为8的和1 【答案】（1）解：如图所示，（2）解：如图所示，点E表示的数为：﹣3.5，∵点C∴CE=4﹣（﹣3.5）=7.5（3）解：∵3=（21+1）5=（22+1）个点，第三次操作，有9=（23+1）个点，∴第六次操作后，OC之间共有（26+1）=65个点；∴这些点所表示的数的和=4×（）=130.∵65∴这些点所表示的数的和=4×（）=130.【解析】【分析】（1）根据数轴上的点移动时的大小变化规律“左减右加”即可求解；根据题意和数轴上两点间的距离等于两坐标之差的绝对值即可求解；2+1.AB=4（单位长度单位长度），A-16，点C在数轴上表示的数是18．点B在数轴上表示的数是 ，点D在数轴上表示的数是 ，线段AD= ；AB4/CD2/秒的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，①若BC=6（单位长度），求t的值；②当0＜t＜5时，设M为AC中点，N为BD中点，求线段MN的长．【答案】（1）-12；24；40（2）解：①设运动t秒时，BC=6当点B在点C的左边时，由题意得：4t+6+2t=30，解之：t=4；当点B在点C的右边时，由题意得：4t−6+2t=30，解之：t=6.BC=6()，t46秒；②当0<t<5时，A点表示的数为−16+4t，B点表示的数为−12+4t，C点表示的数为18−2t，D点表示的数为24−2t，∴ 点M 表示的数为：=1+t，∴ 点M 表示的数为：=1+t，点N 表示的数为：∴MN=6+t-（1+t）=5.

=6+t【解析】【解答】解：（1）∵AB=4，A在数轴上表示的数是-16，∴点B∵点C18，CD=6，∴点D在数轴上表示的数为：18+6=24；∵点A-16D24，∴AD=|-16-24|=40故答案为：-12；24；40【分析】由线段AB=4，点A-16，根据两点间的距离公式可得点BCD=6C18，根据两点间的距离公式可得D在数轴上表示的数；根据两点间的距离公式可得AD的长。（2）①t单位长度），BC的左边和右边两种情况，0<t<5时，BCA，B，C，D四点表示的数，再根据中点坐标公式求出MN的长。、CCACB2们就称点C】的好点．1A表示的数为B21CA的距离是2，到点B的距离是1，那么点C是【A，B】的好点；又如，表示0的点D到点A的距离是1，到点B的距离是2，那么点D A，B】的好点，但点D 【】好点．（请在横线上填是或不是）知识运用：如图2，MNM4，点N所表示的数为 M，N】的好点；3，A、BA所表示的数为B40．现有P从点B出发，以4A A和B中恰有一个点为其余两点的好点？【答案】（1）不是；是（2）0（3）5或10【解析】【解答】解：（1）如图1，∵点D到点A的距离是1，到点B的距离是2，根据好点的定义得：DB=2DA，那么点D不是【A，B】的好点，但点D是【B，A】的好点；⑵如图2，4﹣（﹣2）=6，6÷3×2=4，即距离点M4个单位，距离点N2个单位的点就是所求的好点0；∴数0所表示的点是【M，N】的好点；⑶如图3，由题意得：PB=4t，AB=40+20=60，PA=60﹣4t，点P走完所用的时间为：60÷4=15（秒），当PB=2PA时，即4t=2（60﹣4t），t=10（秒），当PA=2PB时，即2×4t=60﹣4t，t=5（秒），∴510、A和B中恰有一个点为其余两点的好点；10．【分析】（1）根据定义发现：好点表示的数到【A，B】中，前面的点A是到后面的数B的距离的2倍，从而得出结论；（2）点M到点N的距离为6，分三等分为份为2，根据定义得：好点所表示的数为0；（3）根据题意得：PB=4t，AB=40+20=60，PA=60﹣4t，由好点的定义可知：分两种情况列式：①PB=2PA；②PA=2PB；可以得出结论．如图1CAB3、ACBC，若其中有一条线段的长度是另一条线段长度的两倍，则称点CAB“”．一条线段的中这条线段“二倍”；（“”“不”）2AB=20cmMB2cmA运动，当点M到达点A时停止运动，运动的时间为t秒．问t为何值时，点M是线段AB的“二倍点”.同时点N从点A1cm的速度向点BM同时停止．请直接写出点MAN“t的值．（2）AM=2BM（2）AM=2BM时，20﹣2t=2×2t；当BM=2AM时，2t=2×（20﹣2t），解得：t=；当当BM=2AM时，2t=2×（20﹣2t），解得：t=；答：t为5或时，点MAB“”MN=2AM时，t﹣（20﹣2t）=2（20﹣2t），；（答：t为5或时，点MAB“”MN=2AM时，t﹣（20﹣2t）=2（20﹣2t），；答：t7.58或答：t7.58或时，点MAN“”．所以一条线段的中点是这条线段的“二倍点”故答案为：是【分析】（1）由中点可知，这条线段等于中点分出的线段的2倍，进而得出结论；AM=2BMAB=2AM时，当BM=2AM答即可；AN=2MN时，当AM=2NM时，当MN=2AM∵MN==4，∵MN==4，∴12- t=4t=16PQ的距离为=4M在N右侧，MN= t-12-t-= ∵MN==4，答即可.5．已知线段AB= ,点P从点A出发沿射线AB以每秒35．已知线段AB= ,点P从点A出发沿射线AB以每秒3个单位长度的速度运,同时点Q的时间为（1）若求的值,并写出此时P、Q之间的距离；【答案】（1）解：设A点表示的数为原点，则B点表示的数为12，P点表示的数为3t，则（1）若求的值,并写出此时P、Q之间的距离；【答案】（1）解：设A点表示的数为原点，则B点表示的数为12，P点表示的数为3t，则M点表示的数为t，点Q表示的数为12+2t，点N表示的数为12+t，M在N左侧，MN=12+t- t=12- t，∴ t=32PQ的距离为=20（2）解：∴ t=32PQ的距离为=20（2）解：AB的距离为a，则B点表示的数为a，P点表示的数为3t，则M点表示的数为∴ t=a+t，∵M，∴ t=a+t，得t=2a，则P点表示的数为3t=6a,Q表示的数为a+2t=5a，∴PQ的距离为a，故PQ=AB【分析】AB12，P点表示的数为3t3t，则M点表示的数为t，点Q表示的数为12+2t，点N表示的数为12+t，再根据.（2）ABaB.（2）ABaBa，P点表示的数为3t，则M点表示的数为t，点Q表示的数为a+2t，点N表示的数为a+t，根据MN重合可ABCD相交于点EEG在∠AEC内（1）.∠BEC的补角是它的余角的3倍，∠在∠CEG∠AEG25∠AEG的大小；若射线EF平分∠AED，∠FEG＝m°（m＞90°）（如图2），则∠AEG﹣∠CEG＝ m的代表式表示【答案】（1）45°（2）解：∵∠CEG＝∠AEG﹣25°，∴∠AEG＝180°﹣∠BEC﹣∠CEG＝180°﹣45°﹣（∠AEG﹣25°）＝160°﹣∠AEG，∴∠AEG＝80°；（3）2m﹣180.【解析】【解答】解：（1）设∠BEC＝x°，根据题意，可列方程：180﹣x＝3（90﹣x），解得x＝45°，故∠BEC＝45°，故答案为：45°；（3）∵EFAED，∴∠AEF＝∠DEF，设∠AEF＝∠DEF＝α，∠AEG＝∠FEG﹣∠AEF＝m﹣α，∠CEG＝180°﹣∠GEF﹣DEF＝180﹣m﹣α，∴∠AEG﹣∠CEG＝m﹣α﹣（180﹣m﹣α）＝2m﹣180.故答案为：2m﹣180.【分析】（1）设∠BEC＝x°，根据题意，可列方程：180﹣x＝3（90﹣x），解出∠BEC；（2）由∠CEG＝∠AEG﹣25°，得∠AEG＝180°﹣∠BEC﹣∠CEG＝180°﹣45°﹣（∠AEG﹣25°），解出∠AEG；（3）计算出∠AEG和∠CEG，然后相减，即可得到结果.1ABCD中，EAD上，FGAB、CD上，分别以EF、EG为折痕进行折叠并压平，点A、D的对应点分别是点A′和点D′，2A′∠FEG的度数；3∠A′ED′＝50°∠FEG的度数；4∠∠A′ED′的度数；∠A′ED'＝n°∠FEG的度数（用含n的代数式表示∴∠A′EF＝∠AEA′，∠D′EG＝∠DED′，【答案】（1∴∠A′EF＝∠AEA′，∠D′EG＝∠DED′，∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG＝（∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG＝（∠AEA′+∠DED′）＝90°；（2）解：由∠A′EF＝∠AEA′，∠∠DED′，∵∠A′ED′＝50°，∴∠A′EF+∠D′EG＝×（∠∴∠A′EF+∠D′EG＝×（∠AEA′+∠DED′）＝65°，∴∠FEG＝∠A′ED′+∠A′EF+∠D′EG＝115°；（3）解：∵∠FEG＝85°，∴∠AEF+∠DEG＝95°，∴∠A′EF+∠D′EG＝95°，则∠A′ED′＝∠A′EF+∠D′EG﹣∠FEG＝95°﹣85°＝10°；（4）解：如图3，∵∠A′ED′＝n°，∴∠AEA′+∠DED′＝180°﹣∠A′ED′＝（180﹣n）°，∴∠A′EF+∠D′EG＝，∵2∠A′EF＝∠AEA′，2∠∴∠A′EF+∠D′EG＝，综上，∠综上，∠FEG的度数为或.【解析】【分析】（1）由翻折性质知△EAF≌△EA′F，△EDG≌△ED′G，据此得∠A′EF＝∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG+∠A′ED′＝+n°＝；见图4，∵∠AEA′+∠∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG+∠A′ED′＝+n°＝；∴∠AEA′+∠DED′＝180°+n°，∴∠A′EF+∠D′EG＝，∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG﹣∠A′ED′＝∴∠A′EF+∠D′EG＝，∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG﹣∠A′ED′＝﹣n°＝；∠AEA′，∠D′EG＝∠DED′，结合∠AEA′+∠DED′＝180°可得答案；（2）由∠A′ED′＝50°知∠AEA′，∠D′EG＝∠DED′，结合∠AEA′+∠DED′＝180°可得答案；（2）由∠A′ED′＝50°知∠AEA′+∠DED′＝130°，据此得∠A′EF+∠D′EG＝×（∠AEA′+∠DED′）＝65°，根据∠FEG＝＝∠A′EF+∠D′EG﹣∠FEG可得答案；（4）分别结合图3和图4两种情况，先表示出∠A′EF+∠D′EG ∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG+∠A′ED′∠FEG＝∠A′EF+∠D′EG﹣∠A′ED′求解可得..:1，，为、之间一点，连接，得到.小明:1，，为、之间一点，连接，得到.求证:小明笔记上写出的证明过程如下:求证:证明:过点作证明:过点作，∴∵，∴.∵∴∴（1）如图，若，，则 ∴.∵∴∴（1）如图，若，，则 .（2）如图，，平分（2）如图，，平分，平分，，则【答案】（1）240°（2）51°【解析】【解答】（1）解：作EM∥AB，FN∥CD，如图，AB∥CD，∴AB∥EM∥FN∥CD，∴∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，∴∠B+∠CFE+∠C=∠1+∠3+∠4+∠C=∠BEF+∠4+∠C=∠BEF+180°，∵，∴∠B+∠CFE+∠C=60°+180°=240°；（2）解：如图，分别过G、H作AB的平行线MN∵，RS，∵平分，平分，∴∵平分，平分，∴∠ABE= ∠ABG，∠SHC=∠DCF= ∠∴∠RHB=∠ABE= ∠ABG，∠∴∠RHB=∠ABE= ∠ABG，∠SHC=∠DCF= ∠NGB+∠ABG=∠MGC+∠∴∠BHC=180°-∠RHB-∠SHC=180°- (∠ABG+∠∠BGC=180°-∴∠BHC=180°-∠RHB-∠SHC=180°- (∠ABG+∠∴∠BGC=360°-2∠BHC-180°=180°-2∠BHC，又∵∠BGC=∠BHC+27°，∴180°-2∠BHC=∠BHC+27°，∴∠BHC=51°．【分析】（1）作EM∥AB，FN∥CD，如图，根据平行线的性质得AB∥EM∥FN∥CD，所以∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，然后利用等量代换计算∠B+∠F+∠C；（2）分别过GHABMNRS∠ABG和∠DCG分别表示出∠H和∠G，从而可找到∠H和∠G的关系，结合条件可求得∠H．我们定义：在一个三角形中，如果一个角的度数是另一个角度数的3角形我们称之为“和谐三角形如：三个内角分别为105°，40°，35°的三角形是“和谐三角形”1，∠MON=60°OMAAAB⊥OMON于点B，以AADOB于点C（点CO，B重合）∠ABO的度数，△AOB （“”“不”）“和谐三角”；∠ACB=80°△AOC是”.2D在△ABCABDC∠ADCAC于EDC∠∠BDC=180°，∠DEF=∠B.若△BCD“”∠B的度数.【答案】（1）30；是（2）证明：∵∠MON=60°，∠ACB=80°，∵∠ACB=∠OAC+∠MON，∴∠OAC=80°-60°=20°，∵∠AOB=60°=3×20°=3∠OAC，∴△AOC是“和谐三角形”；（3）解：∵∠EFC+∠BDC=180°，∠ADC+∠BDC=180°，∴∠EFC=∠ADC，∴AD∥EF，∴∠DEF=∠ADE，∵∠DEF=∠B，∴∠B=∠ADE，∴DE∥BC，∴∠CDE=∠BCD，∵AE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE，∴∠B=∠BCD，∵△BCD是“和谐三角形”，∴∠BDC=3∠B，或∠B=3∠BDC，∴∠B=36°或∠B=.∵∠BDC+∴∠B=36°或∠B=.【解析】【解答】解：（1）∵AB⊥OM，∴∠OAB=90°，∴∠ABO=90°-∠MON=30°，∵∠OAB=3∠ABO，∴△AOB为“和谐三角形”，故答案为：30；是；【分析】∠ABO的概念判断；（2）根据“和谐三角形”的概念证明即可；应用拓展：根据比较的性质得到∠EFC=∠ADC，根据平行线的性质得到∠DEF=∠ADE，推出DE∥BC，得到∠CDE=∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ADE=∠CDE，求得∠B=∠BCD，根据“和谐三角形”的定义求解即可.△ABC中，∠ACB=2∠B①∠C=90°，AD∠BACAB上截取AE=AC，连接DE，易证AB=AC+CD。②∠C≠90°，AD∠BACAB、、CD又有怎样的数量关系请写出你的猜想并证明；③，当AD△ABCAB、、CD?请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明。【答案】（1）解：猜想：AB=AC+CD．证明：如图②，在AB上截取AE=AC，连接DE，∵AD为∠BAC的角平分线时，∴∠BAD=∠CAD，∵AD=AD，∴△ADE≌△ADC（SAS），∴∠AED=∠C，ED=CD，∵∠ACB=2∠B，∴∠AED=2∠B，∵∠AED=∠B+∠EDB，∴∠B=∠EDB，∴EB=ED，∴EB=CD，∴AB=AE+DE=AC+CD.（2）解：猜想：AB+AC=CD．证明：在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED．∵AD∠∴∠CAD．在△EAD与△CAD中，AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，∴△EAD≌△CAD（SAS）．∴ED=CD，∠AED=∠ACD．∴∠FED=∠ACB，又∵∠ACB=2∠B，∴∠FED=2∠B，∵∠FED=∠B+∠EDB，∴∠EDB=∠B，∴EB=ED．∴EA+AB=EB=ED=CD．∴AC+AB=CD.【分析】ABDE△ADE≌△ADC（SAS），则可得∠AED=∠CED=CD，又由∠AED=∠ACB∠∠B，所以∠∠B∠B=∠BDE，易证DE=CD，则可求得AB=AC+CD；（2）首先在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED，易证△EAD≌△CAD，可得ED=CD，11．F，CD⊥AB11．F，CD⊥ABAC∠1=∠2=．CD；∠AGD=65°∠DCG.【答案】（1）证明：∵EF⊥AB于F，CD⊥AB于D，∴∠BFE=∠BDC=90°，∴EF∥CD.（2）解：∵EF∥CD，∴∠2=∠DCE=50°，∵∠1=∠2，∴∠1=∠DCE,∴DG∥BC，∴∠AGD=∠ACB=65°，∴∠DCG=【解析】【分析】（1）由垂直的定义，可求得∠BFE=∠CDF=90°，可证明EF∥CD；，则∠DCG=∠ACB-∠2即可求得．（2）利用（1）的结论，结合条件可证明DG，则∠DCG=∠ACB-∠2即可求得．1OABO∠∠角三角板的直角顶点放在点OOMOBONAB的下方．1O2ONOB上，此时三角板旋转的角度度；2中的三角板绕点O3ON在∠AOC的∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；13的位置的过程中，若三角板绕点O15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值．【答案】（1）90（2）解：如图3，∠AOM﹣∠NOC=30°．设∠AOC=α，由∠AOC：∠BOC=1：2可得∠BOC=2α．∵∠AOC+∠BOC=180°，∴α+2α=180°．解得α=60°．即∠∴∠AON+∠NOC=60°．①∵∠MON=90°，∴∠AOM+∠AON=90°．②由②﹣①，得∠AOM﹣∠NOC=30°；（3）（ⅰ）如图4，当直角边ON在∠AOC外部时，由OD平分∠AOC，可得∠BON=30°．因此三角板绕点O此时三角板的运动时间为：t=60°÷15°=4（秒）．（ⅱ）如图5，当直角边ON在∠AOC内部时，由ON平分∠AOC，可得∠CON=30°．因此三角板绕点O此时三角板的运动时间为：t=240°÷15°=16（秒）．【解析】【解答】解：（1）由旋转的性质知，旋转角∠MON=90°．故答案是：90；【分析】（1）根据旋转的性质知，旋转角是∠MON；（2）如图3，利用平角的定义，结合已知条件“∠AOC：∠BOC=1：2”求得∠AOC=60°；然后由直角的性质、图中角与角间的数量关系推知∠AOM﹣∠NOC=30°；（3）需要分类讨论：（ⅰ）当直角边ON在∠AOC外部时，旋转角是60°；（ⅱ）当直角边ON在∠AOC内部时，旋转角是240°．AB∥CD，∠A=40°PB上一动点（A不重合∠ACP∠PCDABM,N．∠MCN的度数．当点PAMC=∠ACN∠ACM的度数．P∠APC与∠ANC的比值是否随之变化？若不变，请求出这个比值：若变化，请找出变化规律．【答案】（1）解：∵AB∥CD，∴∠ACD=180°﹣∠A=140°，∴∠MCN=∠MCP+∠NCP= （∠∴∠MCN=∠MCP+∠NCP= （∠PCD）= ∠故答案为：70°．解：∵ABCD，∴∠AMC=∠MCD，又∵∠AMC=∠ACN，∴∠MCD=∠ACN，∴∠ACM=∠ACN﹣∠MCN=∠MCD﹣∠MCN=∠NCD，∴∠ACM=∠MCP=∠NCP=∠NCD，∴∠∴∠ACM= ∠ACD=35°，解：不变．理由如下：∵AB∥CD，∴∠APC=∠PCD，∠ANC=∠NCD，∴∠ANC=∠NCD= ∠PCD= ∠APC∴∠ANC=∠NCD= ∠PCD= ∠APCAPC：∠ANC=2：1．【分析】AB∥CD∠ACD=180°-∠A、CN均为角平分线可求解；（2）AB∥CD∠AMC=∠MCD∠AMC=∠