2024届天津市南开区南开大附属中学数学七年级第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届天津市南开区南开大附属中学数学七年级第一学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．能说明命题“对于任意正整数，则”是假命题的一个反例可以是（）A． B． C． D．2．下列说法中，正确的是（）A．单项式的系数是 B．单项式的次数是3C．多项式是五次三项式 D．多项式的项是3．把弯曲的道路改直，能够缩短行程，其道理用数学知识解释应是（）A．两点确定一条直线 B．垂线段最短C．线段可以比较大小 D．两点之间，线段最短4．﹣的倒数是（）A．2020 B．﹣2020 C． D．﹣5．点，，在同一条直线上，，，为中点，为中点，则的长度为（）A． B． C．或 D．不能确定6．下列各式中，不成立的是（

）A． B． C． D．7．如图，与互余，与互补，平分，则的度数是（）A． B． C． D．8．下列说法正确的是（）A．的绝对值是 B．0的倒数是0 C．32与的结果相等 D．和3互为相反数9．下列解方程移项正确的是（）A．由3x﹣2=2x﹣1，得3x+2x=1+2B．由x﹣1=2x+2，得x﹣2x=2﹣1C．由2x﹣1=3x﹣2，得2x﹣3x=1﹣2D．由2x+1=3﹣x，得2x+x=3+110．2的绝对值是（）．A．2 B．－2 C．－ D．±2二、填空题(本大题共有6小题，每小题3分，共18分)11．已知单项式与的和是单项式，则_______________．12．某件商品的标价是330元，按标价的八折销售可获利10%，则这种商品的进价为_________________________元．13．如图，点是线段的中点，点是线段上一点，如果，，则______．14．比较大小：52°32′________52.32°．(填“＞”“＜”或“＝”)15．根据规划，“一带一路”地区覆盖总人口约为4400000000人，这个数用科学记数法表示为_____．16．在，0，4，这四个数中，最小的数是______．三、解下列各题(本大题共8小题，共72分)17．（8分）某商品的价格标签已丢失，售货员只知道“它的进价为元，打七折售出后，仍可获利”．根据你所学方程知识，帮售货员算出标签上的价格．18．（8分）化简，求值：，其中.19．（8分）如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．（1）①如图1，∠DPC＝度．②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°旋转360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°/秒，在两个三角板旋转过程中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证明．20．（8分）现有a枚棋子，按图1的方式摆放时刚好围成m个小正方形，按图2的方式摆放刚好围成2n个小正方形。（1）用含m的代数式表示a，有a＝；用含n的代数式表示a，有a＝；（2）若这a枚棋子按图3的方式摆放恰好围成3p个小正方形，①P的值能取7吗？请说明理由；②直接写出a的最小值：21．（8分）如图，点是线段上一点，点、分别是线段、的中点；⑴若,,求线段的长．⑵若,求线段的长．22．（10分）如图，A、B、C和D、E、F分别在同一条直线上，且∠1＝∠2，∠C＝∠D，试完成下面证明∠A＝∠F的过程．证明：∵∠1＝∠2（已知），∠2＝∠3（）∴（等量代换）∴BD//CE（）∴∠D+∠DEC＝（）又∵∠C＝∠D（已知）∴∠C+∠DEC＝180°（）∴（）∴∠A＝∠F（）23．（10分）先化简再求值：，其中.24．（12分）足球比赛的规则为：胜场得3分，平场得1分，负一场得0分，一支球队在某个赛季共需比赛14场，现已经赛了8场，输了一场，得17分，请问：（1）前8场比赛中胜了几场？（2）这支球队打满14场后最高得多少分？（3）若打14场得分不低于29分，则在后6场比赛中这个球队至少胜几场？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】逐一对选项进行分析即可.【详解】A选项中,时，n不是正整数，故该选项错误；B选项中，当时，故该选项不能说明；C选项中，当时，故该选项不能说明；D选项中，当时，故该选项能说明.故选D【点睛】本题主要通过举反例说明命题是假命题，掌握举反例的方法是解题的关键.2、A【分析】直接利用单项式的定义，以及多项式的定义进行判断，即可得到答案.【详解】解：A、单项式的系数是，正确；B、单项式的次数是2，故B错误；C、多项式是六次三项式，故C错误；D、多项式的项是，故D错误；故选：A.【点睛】本题考查了多项式和单项式的定义，解题的关键是熟练掌握定义进行解题.3、D【解析】根据两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短可得：把弯曲的道路改直，能够缩短行程，其道理用数学知识解释应是：两点之间，线段最短.故选D.4、B【分析】直接根据倒数的求法进行求解即可．【详解】解：的倒数是：﹣1．故选：B．【点睛】本题主要考查倒数的概念，熟练掌握倒数的求法是解题的关键．5、C【分析】分点C在直线AB上和直线AB的延长线上两种情况，分别利用线段中点的定义和线段的和差解答即可．【详解】解：①当点C在直线AB上时∵为中点，为中点∴AM=BM=AB=3,BN=CN=BC=1,∴MN=BM-BN=3-1=2;②当点C在直线AB延长上时∵为中点，为中点∴AM=CM=AB=3,BN=CN=BC=1,∴MN=BM+BN=3+1=4综上，的长度为或．故答案为C．【点睛】本题主要考查了线段中点的定义以及线段的和差运算，掌握分类讨论思想成为解答本题的关键．6、B【分析】根据绝对值和相反数的意义化简后判断即可．【详解】A．∵，，∴，故成立；B．∵，，∴，故不成立；C．，故成立；D．∵，，，故成立；故选B．【点睛】本题考查了绝对值和相反数的意义，根据绝对值和相反数的意义正确化简各数是解答本题的关键．7、B【分析】根据已知条件得到∠BOD=∠AOD-∠AOB=90°，根据角平分线的定义得到∠BOC=45°，根据角的和差即可得到结论．【详解】解：∵∠AOB与∠AOC互余，∠AOD与∠AOC互补，∴∠AOB=90°-∠AOC，∠AOD=180°-∠AOC，∴∠BOD=∠AOD-∠AOB=90°，∵OC平分∠BOD，∴∠BOC=45°，∴∠AOC=45°+∠AOB，∴∠AOB=90°-∠AOC=90°-（45°+∠AOB），∴∠AOB=22.5°，故选B．【点睛】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，利用了互余的定义，角平分线的定义，角的和差．8、D【分析】利用绝对值的代数意义，倒数的定义及相反数的定义判断即可．【详解】A、|-2|=2，错误；B、0没有倒数，错误；C、32=9，-32=-9，故32与的结果不相等，原选项错误；D、-3的相反数为3，正确，故选D．【点睛】此题考查了相反数，绝对值以及倒数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．9、C【分析】根据移项要变号判断即可.【详解】A.由3x﹣2=2x﹣1,得3x-2x=2-1,不符合题意;B.由x-1=2x+2,得x-2x=2+1,不符合题意;C.由2x-1=3x-2,得2x-3x=1-2,符合题意;D.由2x+1=3-x,得2x+x=3-1,不符合题意,故选C【点睛】本题主要考查移项的性质，即移项要变号.10、A【解析】根据绝对值的含义指的是一个数在数轴上的点到距离，而正数的绝对植是一个正数，易找到2的绝对值．【详解】A选项根据正数的绝对值是它本身得∣2∣=2，正确；B选项-2是2的相反数，错误；C选项是2的相反数的倒数，错误；D选项既是2的本身也是2的相反数，错误．故选：A．【点睛】本题考查的知识点是绝对值的概念，牢记绝对值的概念并能与相反数、倒数等概念加以区分是关键．二、填空题(本大题共有6小题，每小题3分，共18分)11、1【分析】根据同类项的定义，所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项，可得答案．注意同类项与字母的顺序无关，与系数无关．【详解】由题意，得与是同类项，m＝4，n−1=2，解得n＝3，m＋n＝3＋4＝1，故答案为：1．【点睛】本题考查同类项的定义，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，是易混点，还有注意同类项定义中隐含的两个“无关”：①与字母的顺序无关；②与系数无关．12、240【解析】设这种商品每件的进价为x元，

根据题意得：330×80%-x=10%x，

解得：x=240，

则这种商品每件的进价为240元．

故答案是：24013、1【分析】根据C是AB的中点，求出BC的长，再由即可求出结果．【详解】解：∵C是AB的中点，∴，∴．故答案是：1．【点睛】本题考查线段的和差问题，解题的关键是掌握线段的计算方法．14、＞【分析】将角的度数换算成度分秒的形式，再进行比较即可得出结论．【详解】解：∵0.32×60=19.2，0.2×60=12，

∴52.32°=52°19′12″，

52°32′>52°19′12″，

故答案为：>．【点睛】本题考查的度分秒的换算以及角的大小比较，解题的关键是将角的度数换算成度分秒的形式，再进行比较．15、4.4×109【分析】根据科学记数法的定义即可得．【详解】科学记数法：将一个数表示成的形式，其中，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法则故答案为：．【点睛】本题考查了科学记数法的定义，熟记定义是解题关键．16、【解析】根据有理数大小比较的方法进行求解即可得.【详解】根据有理数比较大小的方法，可得，在，0，4，这四个数中，最小的数是，故答案为：．【点睛】本题考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正数都大于0；负数都小于0；正数大于一切负数；两个负数，绝对值大的其值反而小．三、解下列各题(本大题共8小题，共72分)17、120【分析】首先假设标签上写的价格为x，然后七折出售，即卖价为0.7x，获利为(80×5%)元，据此列方程即可．【详解】解：设标签上的价格为x元，由题意可得出，0.7x-80=80×5%解得：x=120，即标签上的价格为120元．【点睛】本题考查的知识点是一元一次方程的实际应用，根据题目找出等量关系式是解此题的关键．18、；1【分析】先根据去括号法则和合并同类项法则化简，然后代入求值即可．【详解】解：原式当时，原式【点睛】此题考查的是整式的化简求值题，掌握去括号法则和合并同类项法则是解决此题的关键．19、（1）①90；②t为或或或或或或；（2）①正确，②错误，证明见解析．【分析】（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：从而可得答案；②当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差求解旋转角，可得旋转时间；当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当时的旋转时间与相同；（2）分两种情况讨论：当在上方时，当在下方时，①分别用含的代数式表示，从而可得的值；②分别用含的代数式表示，得到是一个含的代数式，从而可得答案．【详解】解：（1）①∵∠DPC＝180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA＝60°，∠DPB＝30°，∴∠DPC＝180﹣30﹣60＝90°，故答案为90；②如图1﹣1，当BD∥PC时，∵PC∥BD，∠DBP＝90°，∴∠CPN＝∠DBP＝90°，∵∠CPA＝60°，∴∠APN＝30°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为3秒；如图1﹣2，当PC∥BD时，∵∠PBD＝90°，∴∠CPB＝∠DBP＝90°，∵∠CPA＝60°，∴∠APM＝30°，∵三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°+30°＝210°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为21秒，如图1﹣3，当PA∥BD时，即点D与点C重合，此时∠ACP＝∠BPD＝30°，则AC∥BP，∵PA∥BD，∴∠DBP＝∠APN＝90°，∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为9秒，如图1﹣4，当PA∥BD时，∵∠DPB＝∠ACP＝30°，∴AC∥BP，∵PA∥BD，∴∠DBP＝∠BPA＝90°，∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°+180°＝270°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为27秒，如图1﹣5，当AC∥DP时，∵AC∥DP，∴∠C＝∠DPC＝30°，∴∠APN＝180°﹣30°﹣30°﹣60°＝60°，∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为60°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为6秒，如图1﹣6，当时，∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为∵转速为10°/秒，∴旋转时间为秒，如图1﹣7，当AC∥BD时，∵AC∥BD，∴∠DBP＝∠BAC＝90°，∴点A在MN上，∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°，∵转速为10°/秒，∴旋转时间为18秒，当时，如图1-3，1-4，旋转时间分别为：，综上所述：当t为或或或或或或时，这两个三角形是“孪生三角形”；（2）如图，当在上方时，①正确，理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝30°﹣2t，∠APN＝3t．∴∠CPD＝180°﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN＝90°﹣t，∴②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．当在下方时，如图，①正确，理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝∠APN＝3t．∴∠CPD＝∴②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．综上：①正确，②错误．【点睛】本题考查的是角的和差倍分关系，平行线的性质与判定，角的动态定义（旋转角）的理解，掌握分类讨论的思想是解题的关键．20、（1）2m+2，3n+3；（2）①能，理由见解析；②8【分析】（1）根据图1每多一个正方形多用2枚棋子，写出摆放m个正方形所用的棋子的枚数；根据图2在两个小正方形的基础上，每多2个正方形多用3枚棋子，写出摆放2n个小正方形所用的棋子的枚数；（2）①根据图3在三个小正方形的基础上，每多3个正方形多用4枚棋子，写出摆放3p个小正方形所用的棋子的枚数，当P的值取7时，可得出21个正方形共用32枚棋子；所以p可以取7；②根据图3的摆放方式可得最少摆放三个正方形，可得出a的最小值【详解】解：（1）由图可知，图1每多1个正方形，多用2枚棋子，∴m个小正方形共用4+2(m-1)=2m+2枚棋子；

由图可知，图2两个小正方形的基础上，每多2个正方形多用3枚棋子，∴2n个小正方形共用6+3(n-1)=3n+3枚棋子；

故答案为：2m+2，3n+3；（2）p可以取7①根据图3在三个小正方形的基础上，每多3个正方形多用4枚棋子，∴3p个小正方形共用8+4(p-1)=4p+4枚棋子；当p=7时，即21个正方形共用32枚棋子；②根据图3的摆放方式可得最少摆放三个正方形，∴a的最小值为：8故答案为：8【点睛】本题考查了图形变化规律，观察出正方形的个数与棋子的枚数之间的变化关系是解题的关键．21、（1）（2）．【分析】（1）先根据中点的定义求出AC，再利用线段的和差求出BC，然后再根据中点的定义求出CN，即可求出MN；（2）根据中点的定义可求得AC和BC分别等于2MC和2CN，再根据，即可求出AB的长．【详解】解：（1）因为、分别是线段、的中点，所以，又因为,，所以，所以，所以；（2）因为、分别是线段、的中点，所以，所以．【点睛】本题考查线段中点的有关计算，线段的和差．掌握线段的中点的性质、线段的和差运算是解题的关键．22、对顶角相等；∠1=∠3；同位角相等，两直线平行；180°；两直线平行，同旁内角互补；等量代换；DF∥AC；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等．【分析】根据已知条件和对顶角相等得出∠1=∠3，从而可得BD//CE，再根据两直线平行同旁内角相等和等量代换可得∠C+∠DEC＝180°，从而可得DF∥AC，继而证明∠A＝∠F．【详解】证明：∵∠1=∠2（已知），∠2=∠3（对顶角相等），∴∠1=∠3（等量代换），

∴BD∥CE（同位角相等，两直线平行），

∴∠D+∠DEC=180°（两直线平行，同旁内角互补），

又∵∠C=∠D（已知），

∴∠C+∠DEC=180°（等量代换），

∴DF∥AC（同旁内角互补，两直线平行），