期末练习卷（含解析）-2024-2025学年数学七年级下册苏科版（2024）

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期末练习卷-2024-2025学年数学七年级下册苏科版（2024）
一、单选题
1．下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．在以下四个图形中，轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．一块长为米，宽为米（）的长方形花园，若把这个花园的长增加10米，宽减少10米．则改变后的花园的面积（ ）
A．一定变小 B．一定变大
C．没有变化 D．可能没变化
4．在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．二元一次方程组的解是（ ）
A． B． C． D．
6．某商店的某种商品成本增加，因此商家决定对该商品进行提价，现有三种方案．方案一：第一次提价，第二次提价；方案二：第一次提价，第二次提价；方案三：第一、二次提价均为；其中a，b是不相等的正数．有以下说法：
①方案一、方案二提价一样；
②方案一提价有可能高于方案二提价；
③三种方案中，方案三的提价最多；
④方案三的提价有可能低于方案一的提价．
其中正确的是（　　）
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
7．如图，将三角形绕点O顺时针旋转，得到三角形，若，，则下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，点分别在长方形纸片的边上，连接，将纸片沿折叠，使得点A落在点M处，使得点B落在点N处，若，则的度数是（ ）．（用含的式子表示）
A． B． C． D．
二、填空题
9．计算： ．
10．写出二元一次方程的一组解 ．
11．把命题“互为相反数的两个数的和为零”写成“如果…那么…”的形式：
12．若关于，的方程组的解满足，则为 ．
13．如图，将一张彩色正方形纸沿对角线对折，再沿等腰三角形底边上的高对折．用剪刀在折好的纸上剪一个漂亮的图案，并将纸打开，该图案有 条对称轴．
14．南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律，后人将此表称为“杨辉三角”．如图所示，则中第三项系数为 ．
15．关于的一元一次不等式组的整数解为 ．
16．如图1是一张长方形纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿折叠并压平，再沿折叠并压平，若图3中，则的度数为 ．
三、解答题
17．计算：
(1)；
(2)．
18．解方程组：
19．解不等式组：，并写出满足不等式组的整数解．
20．先化简，再求值：，其中是单项式的次数．
21．舟山市某校第届科技体育人文艺术节，吉祥物“菱菱”脱颖而出，学校将它定制成钥匙扣和立牌．若定制钥匙扣件，立牌2件共需要8元；若定制钥匙扣件，立牌5件共需要元．
(1)钥匙扣和立牌单价分别是多少？
(2)学校计划购买钥匙扣和立牌共件，总费用不超过元，那么最多能购买立牌多少件？
22．如图1是一个长为、宽为的长方形．附图中虚线用剪刀均匀分成四块全等小长方形，然后按图2形状拼成一个正方形．
(1)观察图2，直接写出代数式之间的关系：___________
(2)利用（1）的结论和公式变形，尝试解决以下问题：
①已知，则的值为___________；
②已知，求的值；
(3)两个正方形、如图3摆放．边长分别为，若、，求图中阴影部分面积和．
23．如图1，点分别在长方形纸片的边上，连接．将对折，点落在直线上的点处，折痕为．
(1)若，求的大小；
(2)若，求的大小；
(3)如图2，将对折，点落在直线上的点处，得到折痕．求的度数．
《期末练习卷-2024-2025学年数学七年级下册苏科版（2024）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A A C B A B B
1．C
【分析】本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减；积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A．，该项错误，故不符合题意；
B．，该项错误，故不符合题意；
C．，该项正确，故符合题意；
D．，该项错误，故不符合题意；
故选：C．
2．A
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，故本选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
3．A
【分析】本题主要考查整式运算的应用，涉及多项式乘多项式、不等式性质判定代数式符号等，分别求出长方形花园变化前后的面积，再作差判定符号即可得出答案．列出代数式作差运算是解题的关键．
【详解】解：改变前，长方形花园长为米，宽为米（），
面积为平方米，
改变后，长方形花园长增加10米，宽减少10米，
面积为平方米，
，
∵，
∴，
∴，
∴改变后的花园的面积变小，
故选：A．
4．C
【分析】本题考查不等式组解集在数轴上的表示方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来(，向右画；，向左画)，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“”，“”要用实心圆点表示；“”，“”要用空心圆点表示．根据不等式的基本性质求得不等式组的解集为，从而得解．
【详解】解：依题意得：不等式组的解集为．
故选C．
5．B
【分析】本题考查解二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法并灵活运用是解答的关键．利用用加减消元法解方程组即可．
【详解】解：，
①②得：，
把代入①中得：，
∴原方程组的解为，
故选：B．
6．A
【分析】本题主要考查列代数式，分别求出三次方案提价后变为原来的多少，再进行比较即可．
【详解】解：方案一：两次提价后变为原来的，
方案二：两次提价后变为原来的，
方案三：两次提价后变为原来的，
所以方案一和方案二提价一样，故①正确，②错误；
，
∵，
∴，
∴方案三提价最多，故③正确，④错误．
故选：A．
7．B
【分析】本题考查了角的计算，涉及到图形的旋转，读懂题意，正确进行计算是解题的关键．
三角形绕点O顺时针旋转，得到三角形，则相对应的边和角是相等的，逐一判断各选项，即可得到结果．
【详解】解：三角形绕点O顺时针旋转，得到三角形，
，，
故A选项错误，不符合题意；
，
，
故B选项正确，符合题意；
，，
，
故C选项错误，不符合题意；
，，
，
故D选项错误，不符合题意，
故选：B
8．B
【分析】本题考查了角的计算，折叠的性质，列代数式，掌握角的和差计算，折叠性质是解题的关键．
根据折叠性质可得：即，由平角定义可得：，结合，即可得出，进而得出的度数，再根据即可求解．
【详解】解：根据题意，由折叠性质可得：
即，
∵，，
∴
∴
∴
∴
．
故选：B．
9．
【分析】根据单项式乘多项式的法则计算即可．
本题考查了单项式乘多项式，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
10．（答案不唯一）
【分析】本题考查了二元一次方程的解，解题的关键是将一个未知数看作已知数求出另一个未知数．将代入方程求解，即可解题．
【详解】解：当时，有，解得，
二元一次方程的一组解为，
故答案为：（答案不唯一）．
11．如果两个数互为相反数，那么这两个数的和为零
【分析】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解“如果”后面是题设，“那么”后面是结论．
根据命题都可以写成“如果”、“那么”的形式，“如果”后面是题设，“那么”后面是结论，从而得出答案．
【详解】解：如果两个数互为相反数，那么这两个数的和为零；
故答案为：如果两个数互为相反数，那么这两个数的和为零；
12．
【分析】本题考查根据二元一次方程组的解的情况，求参数，熟练掌握二元一次方程组是解答本题的关键．将两个方程相加后，整体代入法得到关于的一元一次方程，求解即可．
【详解】解：，
得：，
，
，
解得：，
故答案为：．
13．2/两
【分析】此题考查了有关轴对称的相关知识，其中要明确题中每次的对折都是完全重合的，即就是轴对称图形，那么题中有两次折叠，这样对称轴的个数也就出来了． 根据每次的折叠都是完全重合的图形，由此可得到对称轴的条数．
【详解】解：根据图中的每次的折叠，都是完全重合，故两次折叠得到了2个对称轴，且之后的裁剪对对称轴没有影响．
故该图案有2条对称轴，
故答案为：2．
14．45
【分析】本题主要考查了规律型：数字的变化类，“杨辉三角”展开式中，通过观察展开式中所有项的系数和，得到规律是解题的关键．由题目可以得出一般规律：的第三项的系数为：，据此解答即可．
【详解】解：由题目中找规律可以发现：
的第三项的系数为：；
的第三项的系数为：；
的第三项的系数为：；
，
的第三项的系数为：；
∴中第三项系数为；
故答案为45．
15．
【分析】本题考查解一元一次不等式组，分别解出每个不等式的解集，确定不等式组的解集，然后求整数解即可，熟练掌握不等式组的解法是解题的关键．
【详解】解：，
解①，得，
解②，得，
∴，
∴不等式组的解集为，
∴整数解为
故答案为：
16．/66度
【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，掌握折叠的性质是解题的关键；根据折叠的性质得，再由第2次折叠得到，于是利用平角定义即可可计算结果．
【详解】解：纸条沿折叠，
，
纸条再沿折叠并压平，
，
，
，
，
，
纸条沿折叠并压平，
，
故答案为：．
17．(1)0
(2)
【分析】本题考查了整式的运算，解题的关键是掌握整式的运算顺序和运算法则．
（1）根据同底数幂的乘除法则和幂的乘方法则计算即可；
（2）先根据完全平方公式和平方差公式计算，再计算加减即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
18．
【分析】本题考查的是解二元一次方程组，掌握加减消元法和代入消元法是解题关键．由求出，再代入求出即可．
【详解】解：，
由得：，
由得：，
解得：，
将代入得：，
解得：，
方程组的解集为．
19．不等式组的解集为，不等式组的整数解是，，，，
【分析】此题考查了一元一次不等式组的解法，首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集，然后确定整数解即可，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键．
【详解】解：，
解得，
解得，
则不等式组的解集是，
则不等式组的整数解是，，，，．
20．，
【分析】本题考查了整式的混合运算，化简求值，熟练掌握完全平方公式，平方差公式是解题的关键．
根据完全平方公式，平方差公式把原式展开，再合并同类项，把x的值代入，即可得到结果．
【详解】原式
，
单项式，它的次数是，
，
原式．
21．(1)钥匙扣单价为元/件，立牌单价为1元/件
(2)件
【分析】本题考查二元一次方程组与一元一次不等式的实际应用，熟练掌握二元一次方程组的解法和一元一次不等式的解法是解题的关键，
（1）设钥匙扣单价为x元/件，立牌单价为y元/件，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可得到答案；
（2）设立牌买m件，钥匙扣买件，利用总价等于单价乘以数量，结合总价不超过元，列出一元一次不等式，解之取最大值即可．
【详解】（1）解：设钥匙扣单价为x元/件，立牌单价为y元/件，依题意可得：

解得，
答：钥匙扣单价为元/件，立牌单价为1元/件．
（2）解：设立牌买m件，钥匙扣买件，依题意可得：
，
解得，
答：最多购买立牌件．
22．(1)
(2)，13
(3)8
【分析】本题考查完全平方公式的变形求值，完全平方公式在几何图形中的应用，利用数形结合的思想是解题关键．
（1）根据大正方形的面积等于小正方形的面积加上4个小长方形的面积，即可作答．
（2）①直接把数值代入进行计算，即可作答．
②根据，然后代入数值化简计算，即可作答．
（3）由题意可知，，，即可求出．结合，可求出，最后根据求解即可．
【详解】（1）解：依题意，大正方形的面积等于小正方形的面积加上4个小长方形的面积
则；
故答案为：；
（2）解：①与（1）同理得，
∵，
∴，
∴
∴；
②∵
∴
，
故答案为：，13；
（3）解：∵，
∴．
由图可知的底为x，高为2，
∴．
的底为2，高为，
∴，
∴．
∵，即，
∴，
∴，
∴（舍去负值），
∴阴影部分面积和为8．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了翻折变换，涉及了折叠的性质、余角和补角的知识，根据条件求出各角的度数是解答本题的关键．
（1）根据折叠的性质可求出的大小；
（2）先由平角的定义求得，根据折叠的性质可得的大小；
（3）根据折叠的性质可得，，可得，再由求解即可．
【详解】（1）解：由折叠的性质可得；
（2）解：，
，
；
（3）解：由折叠可知，，，
，
，
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