期末仿真押题卷03-2021-2022学年七年级数学上学期期末仿真押题卷(人教版)(解析版)

注意事项：

本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共25题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置

一、选择题（12小题，每小题5分，共60分）

1．（2021·广西容县·七年级期中）|2021|的相反数是（ ） A．2021 【答案】A 【分析】

先计算绝对值，然后根据相反数的定义：两个数，只有符号不同，数字相同的，则这两个数互为相反数，0的相反数是0，由此求解即可． 【详解】

解：∵20212021，2021的相反数是-2021， ∴2021的相反数是-2021， 故选A． 【点睛】

本题主要考查了绝对值和相反数，解题的关键在于能够熟练掌握二者的定义．

2．（2021·青海互助·七年级期中）如果ab3，则式子2a3ba2b1的值为（ ） A．1 【答案】B 【分析】

将代数式适当变形，利用整体代入解答即可． 【详解】

解：2a3ba2b1， 2aa(3b2b)1，

B．2021 C．1 2021D．

1 2021B．2 C．5 D．7

ab1，

31， 2．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了求代数式的值，解题的关键是将代数式适当变形，利用整体代入解答．

13．（2021·江苏如皋·七年级期中）若ab2，ac2，则整式bc3bc29的值为（ ） 4A．

9 2B．

9 4C．9 D．0

【答案】D 【分析】

已知两等式相减求出c−b的值，进而确定出b−c的值，代入原式计算即可得到结果． 【详解】

解：∵a−b＝2，a−c＝2，

∴（a−b）−（a−c）＝a−b−a＋c＝−b＋c＝c−b＝2−＝

2113， 23∴b−c＝−，

2339999∴原式＝（−）2＋3×（−）＋＝0．

424422故选：D． 【点睛】

此题考查了整式的加减−化简求值，以及有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 4．（2021·江苏江都·七年级期中）下列说法①0是有理数；②若|x|=-x，则x是负数；③倒数等于它本身的1；④若|x|=|y|，则x=y；⑤两个数的差为正数，其中至少有一个正数． 正确的有（ ）个 数是±A．2个 【答案】A 【分析】

根据有理数的分类、大小比较、绝对值的意义、数轴的特点以及倒数的定义分别对每一项进行分析即可． 【详解】

解：①0是有理数，正确；

②若|x|=-x，则x是非正数，原说法错误； ③倒数等于它本身的数是±1，正确； ④若|x|=|y|，则x=±y，原说法错误；

⑤两个数的差为正数，可以两个数都是负数，原说法错误． 综上，正确的有①③共2个，

B．3个

C．4个

D．5个

故选：A． 【点睛】

本题考查了有理数，掌握有理数的分类、大小比较、绝对值的意义、数轴的特点以及倒数的定义是本题的关键，是一道基础题．

5．（2021·湖南永定·七年级期中）观察下列关于x的单项式，探究其规律：x，3x2，5x3，7x4，9x5，11x6，…按照上述规律，第2021个单项式是（ ） A．4041x2021 【答案】A 【分析】

根据题目中的单项式，可以发现单项式的系数是一些连续的奇数，从1开始，字母的指数幂是一些连续的整数，从1开始，从而可以写出第n个单项式，然后即可得到第2021个单项式． 【详解】

解：∵一列单项式为：x，3x2，5x3，7x4，9x5，11x6，…， ∴第n个单项式为（2n−1）xn，

∴当n＝2021时，这个单项式是（2×2021−1）x2021＝4041x2021， 故选：A． 【点睛】

本题考查数字的变化类、单项式，解答本题的关键是明确题意，发现单项式系数与数字的变化特点，写出相应的单项式．

6．（2021·全国·七年级专题练习）我国数学经典著作《九章算术》提出盈不足术，被欧洲人称为契 拉度 丹算法（即中国算法）．书中有这样一个问题：今有共买牛，七家共出一百九十，不足三百三十；九家共出二百七十，盈三十问家数、牛价各几何？其意思为：今有人合伙买牛，每7家共出190 钱，还差 330钱；每9家共出270钱，又多了30钱．问家数、牛价各是多少？其结果分别为（ ） A．110 家，3000钱 B．123 家，3500钱 C．125 家，3650钱 D．126 家，3750钱 【答案】D 【分析】

设共有x家，牛价为y钱，由题意列出二元一次方程组并求解即可． 【详解】

解：设共有x家，牛价为y钱，根据题意：

B．4042x2021

C．4043x2021

D．4044x2021

x190330y7， x27030y9x126解得，

y3750∴有126家，牛价为3750钱， 故选D ． 【点睛】

本题考查二元一次方程组的应用，在设定未知数后根据题意列出正确方程组是解题关键．

7．（2021·河北·正定县正定镇中学七年级期中）如图，在数轴上，点A表示1，现将点A沿数轴做如下移动；第一次将点A向左移动3个单位长度到达点A1，第二次将点A向右移动6个单位长度到达点A2，第三次将点A2向左移动9个单位长度到达点A3，按照这种移动规律移动下去，第n次移动到点An，如果点An与原点的距离不小于17，那么n的最小值是（ ）

A．9 【答案】C 【分析】

当n为奇数的点在点A的左边，各点所表示的数依次减少3，当n为偶数的点在点A的右侧，各点所表示的数依次增加3． 【详解】

解：根据题目已知条件，A1表示的数，1-3=-2；A2表示的数为-2+6=4；A3表示的数为4-9=-5；A4表示的数为-5+12=7；A5表示的数为7-15=-8；A6表示的数为-8+18=10，A7表示的数为10-21=-11，A8表示的数为-11+24=13，A9表示的数为13-27=-14，A10表示的数为-14+30=16，A11表示的数为16-33=-17． 所以点An与原点的距离不小于17，那么n的最小值是11． 故选：C． 【点睛】

本题主要考查了数字变化的规律，根据数轴发现题目规律，按照规律解答即可．

8．（2021·浙江浙江·七年级期中）已知数轴上，点A表示的数是2，点B在点A的右侧8个单位长度处，动点M从点A出发，以每秒4个单位长度的速度沿数轴运动，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度

B．10

C．11

D．12

的速度沿数轴运动，已知点M，N同时出发，相向运动，运动时间为t秒．当MN2BM时，运动时间t的值为（ ）

8A．

5【答案】D 【分析】

B．8

5C．或8

88D．或8

5根据等量关系：MN=2BM，列出方程计算即可求解． 【详解】

2， 解：依题意有|-2+4t-（-2+8-3t）|=|-2+8-（-2+4t）|×

8解得t=或8．

58故当MN=2BM时，运动时间t的值为或8．

5故选：D． 【点睛】

本题考查了一元一次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．

9．（2021·四川省渠县中学七年级期中）把立方体的六个面分别涂上六种不同的颜色，并画出朵数不等的花，各面上的颜色与花朵的朵数情况列表如下：现将上述大小相同，颜色、花朵分布完全样的四个立方体拼成一个水平放置的长方体，如图所示，那么长方体的下底面共有花朵数是（ ） 颜色 花朵数 红 1 黄 2 蓝 3 白 4 紫 5 绿 6

A．11 【答案】D 【分析】

B．13 C．15 D．17

由图中显示的规律，可分别求出，右边正方体的下边为白色，左边为绿色，后面为紫色，按此规律，可依次得出右二的立方体的下侧为绿色，右三的为黄色，左一的为紫色，即可求出下底面的花朵数． 【详解】

解：由题意可得，右一的立方体的下侧为白色，右二的立方体的下侧为绿色，右三的为黄色，左一的为紫色，

那么长方体的下底面共有花数4＋6＋2＋5＝17朵． 故长方体的下底面共有17朵花． 故选D． 【点睛】

本题考查生活中的立体图形与平面图形，同时考查了学生的空间思维能力．注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．

10．（2021·北京二中七年级期末）有5个大小一样的正方形制成如图所示的拼接图形（阴影部分），请你在图中的拼接图形上再接一个正方形，使新拼接成的图形折叠后能成为一个封闭的正方体盒子，你不能选择图中A，B，C，D中的（ ）位置拼接正方形．

A．A 【答案】A 【分析】

B．B C．C D．D

结合正方体的平面展开图的特征，只要折叠后能围成正方体即可． 【详解】 解：如图所示：

根据立方体的展开图可知，不能选择图中A的位置接正方形． 故选：A． 【点睛】

此题主要考查了应用与设计作图．正方体的平面展开图共有11种，应灵活掌握，不能死记硬背． 11．（2021·江苏·七年级专题练习）若不论k取什么实数，关于x的方程解总是x=1，则a+b的值是( ) A．﹣0.5 【答案】A 【分析】

把x＝1代入原方程并整理得出（b+4）k＝7﹣2a，然后根据方程总有根推出b+4＝0，7﹣2a＝0，进一步即可求出结果． 【详解】 解：把x＝1代入

B．0.5

C．﹣1.5

D．1.5

2kxaxbk1(a、b是常数)的362ka1bk2kxaxbk1，得：1， 3636去分母，得：4k+2a﹣1+kb＝6，即（b+4）k＝7﹣2a， ∵不论k取什么实数，关于x的方程∴b40，72a0，

7解得：a＝，b＝﹣4，∴a+b＝﹣0.5．

22kxaxbk1的根总是x＝1， 36故选：A．

【点睛】

本题考查了一元一次方程的相关知识，正确理解题意、得出b+4＝0，7﹣2a＝0是解本题的关键． 12．（2021·四川西区·七年级期末）一副三角板ABC、DBE，如图1放置，（D=30°、BAC45°），将三角板DBE绕点B逆时针旋转一定角度，如图2所示，且0°＜CBE＜90°，则下列结论中正确的个数有（ ）

①DBCABE的角度恒为105°；

②在旋转过程中，若BM平分DBA，BN平分EBC，MBN的角度恒为定值； ③在旋转过程中，两块三角板的边所在直线夹角成90°的次数为2次； ④在图1的情况下，作DBFEBF，则AB平分DBF

A．1个 【答案】A 【分析】

B．2个 C．3个 D．4个

根据直角三角形两锐角互余、角平分线的定义、角的和差逐个判断即可得． 【详解】

D30,BAC45,DEBACB90 DBE90D60,ABC90BAC45

如图1，当0CBE45时

DBCABEDBECBE(ABCCBE)

DBEABC105

如图2，当45CBE90时

DBCABEDBECBE(CBEABC) 60CBE(CBE45)

152CBE

因此，DBCABE的角度不恒为105，则①错误 如图1，当0CBE45时

111ABMDBA(DBEABE)30ABE222 由角平分线的定义得111NBEEBC(ABCABE)22.5ABE222MBNABMABENBE

1130ABE22.5ABEABE52.5

22如图2，当45CBE90时

111ABMDBA(DBEABE)30ABE222 由角平分线的定义得111NBEEBC(ABCABE)22.5ABE222MBNABMNBEABE

1130ABE22.5ABEABE52.5

22因此，MBN的角度恒为定值52.5，则②正确

0CBE90

BE边与三角板ABC的三边所在直线夹角不可能成90

如图1，当0CBE45时，设DE与AB的交点为F BFE90ABE90(ABCCBE) 90(45CBE)

45CBE

045CBE90，即0BFE90 DBCDBECBE60CBE

60DBC105

DBADBCABC60CBE4515CBE 15DBA60

DE只与三角板ABC的AB边所在直线夹角成90，次数为1次；DB只与三角板ABC的BC边所在直线

夹角成90，次数为1次

如图2，当45CBE90时，延长DE交AB于点F BFE90ABE90(CBEABC) 90(CBE45)

135CBE

45135CBE90，即45BFE90

DBCDBECBE60CBE 105DBC150

DBADBCABC60CBE4515CBE 60DBA105

只有DB与三角板ABC的AB边所在直线夹角成90，次数为1次

因此，在旋转过程中，两块三角板的边所在直线夹角成90的次数为3次，则③错误 1如图3，作DBFEBFDBC30

2ABDDBCABC604515 ABFABCEBF453015ABDABF，即AB平分DBF

如图4，作DBFEBF150 显然AB不平分DBF，则④错误 综上，正确的个数只有②这1个 故选：A．

【点睛】

本题是一道较难的综合题，考查了直角三角形两锐角互余、角平分线的定义、角的和差等知识点，依据

0CBE90正确分两种情况讨论是解题关键．需注意的是，不能受两个示意图的影响，而少讨论一种

情况．

二、填空题（4小题，每小题5分，共20分）

13．（2021·江苏江都·七年级期中）若|x1|(y2017)20，则xy=_________． 【答案】-1 【分析】

根据非负数的性质求出x、y的值，最后代入求解即可． 【详解】

解：∵x1y20170，x10，y20170， ∴x+1=0，y-2017=0， 解得：x=-1，y=2017， ∴xy(1)20171， 故答案为：-1． 【点睛】

本题考查了非负数的性质，代数式求值，几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．

14．（2021·江苏江阴·七年级期中）若x＝1时，代数式ax3+bx+1的值为5，则x＝﹣1时，代数式ax3+bx+1的值等于_____． 【答案】﹣3 【分析】

将x＝1代入代数式ax3+bx+1中，得到关于字母a，b的关系式，整理得到ab4，再将x＝﹣1代入代数式ax3+bx+1中，得到ab1，再将ab4整体代入求值即可解题． 【详解】

解：∵若x＝1时，代数式ax3+bx+1的值为5， ∴a+b+1＝5，即a+b＝4， 当x＝﹣1时，

∴代数式ax3+bx+1＝﹣a﹣b+1＝﹣（a+b）+1＝﹣4+1＝﹣3， 故答案为：﹣3． 【点睛】

22本题主要考查了代数式求值，解题的关键在于能够掌握整体代入的思想．

15．（2021·黑龙江·哈尔滨风华中学期中）已知数轴上A、B两点对应的数分别为10、30，P为数轴上一动点，若Р点到B的距离是Р点到A的距离的3倍，则Р对应的数为__________． 【答案】0或30 【分析】

分点P在点A的左边或右边两种情况来解答，列出方程即可解决问题． 【详解】

解：根据题意，设点P对应的数为x， ∵Р点到B的距离是Р点到A的距离的3倍， 当点P在点A的左边时，则 30x3(10x)，

解得：x30；

当点P在点A的右边时，则 30x3(x10)，

解得：x0；

∴点Р对应的数为0或30． 故答案为：0或30． 【点睛】

本题考查了一元一次方程在数轴方面的应用问题；解题的关键是深刻把握题意，明确命题中的数量关系，正确列出方程来分析、解答．

16．（2021·重庆南开中学七年级期末）已知：如图1，点O是直线MN上一点，过点O作射线OE，使

1EOMEON，过点O作射线OA，使AOM90．如图2，EON绕点O以每秒9°的速度顺时针旋

5转得EON，同时射线OA绕点O以每秒3°的速度顺时针旋转得射线OA，当射线OA落在OA的反向延长线上时，射线OA和EON同时停止，在整个运动过程中，当t______时，EON的某一边平分AOM（AOM指不大于180°的角）．

【答案】t=3或t=30或t=54 【分析】

本题分情况讨论，当OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'，用t的式子表示∠MOE'，∠A'OE'，求出t的值，

当ON'平分∠A'OM，∠MON'=∠A'ON'，此时分为两种情况， 第一种情况：ON'没有旋转完360°，

第二种情况：ON'旋转完了360°．用t的式子表示∠MON'，∠A'ON'，分别求出t的值即可． 【详解】

1 解：∵∠EOM=∠EON，∠EOM+∠EON=180°

5 ，∠EON=150° 得：∠EOM=30°

①OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'

∠MOE'=30+9t ∠A'OE'=60+3t-9t ∴30+9t=60+3t-9t 解得t=3，

②ON'平分∠A'OM，此时分为两种情况， 第一种情况：ON'没有旋转完360°，

∠MON'=∠A'ON' ∠MON'=9t-180 ∠A'ON'=90+(9t-180)-3t ∴9t-180=90+(9t-180)-3t 解得t=30，

第二种情况：ON'旋转完了360°

∠MON'=∠A'ON' ∠MON'=180-9t+360，

∠A'ON'=180-(3t-90)-(180-9t+360) 180-9t+360=180-(3t-90)-(180-9t+360) 解得t=54，

故答案为：t=3或t=30或t=54 【点睛】

此题主要考查角的和差，角平分线的性质与一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系求解.

三、解答题（9小题，共70分）

17．（2021·福建·福州华伦中学七年级期中）解方程： 1（1）0.5x+x﹣x＝1；

3（2）4﹣x＝3（﹣2+x）． 【答案】（1）x=-6；（2）x【分析】

（1）方程合并同类项，把x系数化为1，即可求出解； （2）方程去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解． 【详解】

1解：（1）0.5x+x﹣x＝1

35． 21合并得：x1，

6系数化为1得：x=-6； （2）4﹣x＝3（﹣2+x） 去括号得，4﹣x＝﹣6+3x 移项得，x3x64 合并得：-4x=-10 系数化为1得：x【点睛】

此题考查了解一元一次方程，熟练掌握一元一次方程的解法是解本题的关键．

18．（2021·江西章贡·七年级期中）已知关于x，y的单项式2axmy与3bx2m3y的和是单项式． （1）求8m2520215． 2；

2022（2）已知其和（关于x，y的单项式）的系数为2，求2a3b3【答案】（1）-1，（2）1

的值．

【分析】

（1）根据2axmy与3bx2m3y的和是单项式求出m的值，代入计算即可；

（2）其和（关于x，y的单项式）的系数为2，求出2a3b2，代入计算即可． 【详解】

解：∵关于x，y的单项式2axmy与3bx2m3y的和是单项式， ∴m2m3， 解得，m3，

8m252021(8325)2021(1)20211．

（2）∵和（关于x，y的单项式）的系数为2， ∴2a3b2，

2a3b3【点睛】

2022(23)2022(1)20221．

本题考查了合并同类项和解方程以及乘方运算，解题关键是根据同类项的意义和合并同类项法则求出字母或式子的值．

19．（2021·黑龙江·哈尔滨德强学校八年级期中）2021年冬季即将来临，德强学校准备组织七年级学生参观冰雪大世界．参观门票学生票价为160元，冰雪大世界经营方为学校推出两种优惠方案，方案一：“所有学生门票一律九折”；方案二：“如果学生人数超过100人，则超出的部分打八折”． （1）求参观学生为多少人时，两种方案费用一样．

（2）学校准备租车送学生去冰雪大世界，如果单独租用45座的客车若干辆，则有15人没有座位；若租用同样数量的60座客车，则多出一辆，且其余客车恰好坐满，求我校七年级共有多少学生参观冰雪大世界？（司机不占用客车座位数）

（3）在（2）的条件下，学校采用哪种优惠方案购买门票更省钱？ 【答案】（1）200人，（2）240人，（3）方案二 【分析】

（1）设参观学生为x人时，两种方案费用一样,根据题意列出方程求解即可； （2）设租用45座的客车y辆，根据题意列出方程求解即可； （3）求出两种方案的费用，比较大小即可． 【详解】

解：（1）设参观学生为x人时，两种方案费用一样,根据题意列方程得， 0.9×160x=160×100+0.8×160（x-100）， 解得，x=200，

答：参观学生为200人时，两种方案费用一样． （2）设租用45座的客车y辆，根据题意列方程得， 45y+15=60（y-1）， 解得，y=5，

60×（5-1）=240（人），

答：我校七年级共有240学生参观冰雪大世界 160×240=34560（元）（3）方案一费用为：0.9×； 100+0.8×160×140=33920（元）方案二费用为：160×； 学校采用方案二优惠方案购买门票更省钱． 【点睛】

本题考查了一元一次方程的应用，解题关键是找准题目中的等量关系，列出方程求解． 20．（2021·江苏江都·七年级期中）某超市在双十一期间对购物实行优惠，规定如下：

一次性购物货款 不超过200元 超过200元但不超过500元 优惠办法 不予优惠 九折优惠 其中500元部分给予九折优惠，超超过500元 过500元部分给予八折优惠 （1）王阿姨一次性购物700元，她实际付款 元．

（2）若顾客在该超市一次性购物货款为x元，用含x的代数式表示下列结果． ①当x超过200元但不超过500元时，实际付款 元； ②当x大于500元时，实际付款 元．

（3）如果王阿姨两次购物货款合计840元，第一次购物的货款为a元（200＜a＜300），用含a的代数式表示：王阿姨两次购物实际付款一共多少元？

【答案】（1）610；（2）①0.9x；②0.8x+50；（3）0.1a+722 【分析】

（1）让500元部分按9折付款，剩下的200元按8折付款即可； 9折； （2）①当x超过200元但不超过500元时，实际付款=购物款×②当x大于500元时，实际付款=500×9折+超过500的购物款×8折；

9折+500×9折+（3）两次购物王阿姨实际付款=第一次购物款×（总购物款-第一次购物款-第二次购物款500）×8折，把相关数值代入即可求解． 【详解】

解：（1）根据题意得，王阿姨一次性购物700元，实际付款： 500×0.9+（700-500）×0.8=610（元）． 故答案为：610；

（2）若顾客在该超市一次性购物x元，

①当x超过200元但不超过500元时，实际付款0.9x元；

②当x大于500元时，实际付款500×0.9+0.8（x-500）=（0.8x+50）元． 故答案为：0.9x，（0.8x+50）； （3）根据题意可得： 两次购物王阿姨实际共付款： 0.9a+0.8（840-a-500）+500×0.9 =0.9a+0.8（340-a）+450 =0.1a+722．

答：两次购物王阿姨实际付款（0.1a+722）元． 【点睛】

本题考查了列代数式以及整式加减的应用，解决本题的关键是得到不同购物款所得的实际付款的等量关系，难点是求第二问的第二次购物款应分9折和8折两部分分别计算实际付款．

21．（2021·四川·成都市金牛中学校七年级期中）定义：若a＋b＝3，则称a与b是关于3的实验数． （1）4与 是关于3的实验数， 与5﹣2x是关于3的实验数．（用含x的代数式表示） （2）若a＝2x2﹣3（x2＋x）＋5，b＝2x﹣[3x﹣（4x＋x2）＋2]，判断a与b是否是关于3的实验数，并说明理由．

（3）若c＝|x﹣3|﹣1，d＝|x＋2|﹣3，且c与d是关于3的实验数，求x的值． 【答案】（1）-1，2x-2；（2）a与b是关于3 的实验数，见解析；（3）－3或4 【分析】

（1）根据实验数的定义，列式计算即可；

（2）将两式相减得出a+b=3，根据实验数的定义判断即可； （3）根据实验数的定义，列出方程，解方程即可． 【详解】

解：（1）∵4+（-1）=3， ∴4与-1是关于3的实验数， ∵5－2x +（2x-2）=3，

∴2x-2与5－2x是关于3的实验数．， 故答案为：-1，2x-2 （2）a与b是关于3 的实验数，

理由：∵a + b=2x2－3(x2 +x)+5+2x－［3x－(4x+x2 )+2］ =2x2－3x2－3 x+5+2x－（3x－4x－x2+2） =2x2－3x2－3 x+5+2x－3x+4x+x2－2 =3

∴a与b是关于3 的实验数

（3）∵c与d是关于3的实验数，c＝|x﹣3|﹣1，d＝|x＋2|﹣3， ∴cdx31x23x3x243 ，即x3x27， 当x2时，原方程化简为3xx27，解得：x3 ； 当2x3时，原方程化简为3x2x7，方程无解； 当x3时，原方程化简为x32x7，解得，x4； ∴x的值为－3或4． 【点睛】

本题考查了有理数运算、整式的加减、解方程，解题关键是准确理解新定义，熟练运用整式运算法则和解方程方法进行计算．

22．（2021·河北·石家庄市第八十一中学七年级期中）小明有如图所示的5张写着不同数字的卡片，请你按要求抽出卡片，完成下列各问题．

（1）从中取出2张卡片，使这2张卡片上数字乘积最大，并求这个最大值； （2）从中取出2张卡片，使这2张卡片上数字相除的商最小，并求这个最小值；

（3）算24点游戏：从中取出4张卡片，用学过的“，，，”运算，使计算结果为24．请写出2个运算式并进行计算．

(+4)×(+1)，[-3-(-5)]×(+3)×(+4)（算式不唯一） 【答案】（1）-3与-5，15；（2）-5与+1，-5；（3）[+1-(-5)]×【分析】

（1）由题意，必须是同号的两个数相乘积才有可能最大，其中同号且绝对值乘积最大的是-3与-5，从而可得结果；

（2）由题意，-5与+1相除的商满足题意，且-5是被除数；

（3）要取出4个数，且这4个数的运算结果为24，只要满足条件即可． 【详解】

(-5)=15； 解：（1）取出-3与-5这两张卡片即可，此时最大值为-3×(+1)=-5； （2）取出-5与+1这两张卡片即可，此时最小值为(-5)÷(+4)×(+1)=6×(+4)×(+1)=24 （3）[+1-(-5)]×

[-3-(-5)]×(+3)×(+4)=2×(+3)×(+4)=24 【点睛】

本题考查了有理数的混合运算，掌握运算法则是关键．

23．（2021·河南平舆·七年级期中）结合数轴与绝对值的知识回答下列问题：

（1）数轴上表示5和1的两点之间的距离是______，一般地，数轴上表示数m和数n的两点之间的距离等于mn．如果表示数a和2的两点之间的距离是3，那么a______； （2）若数轴上表示数a的点位于2与5之间，则a2a5的值为______；

（3）若将数轴折叠，使得1表示的点与3表示的点重合，此时M、N两点也互相重合．若数轴上M、N两点之间的距离为2020（M在N的左侧），则M、N两点表示的数分别是M：______；N：______．

【答案】（1）4，1或-5；（2）7；（3）-1011，1009 【分析】

（1）根据数轴，求出两个数的差的绝对值即可；先得到方程|a＋2|＝3，去掉绝对值号，然后进行计算即可得解；

（2）根据a的范围，先去掉绝对值号，然后进行计算即可得解；

（3）根据点1与−3表示的点重合可得对称中心，根据题意得出M、N两点到对称中心的距离，继而由对称中心分别向左和向右得出点M、N所表示的数．

【详解】

解：（1）数轴上表示5和1的两点之间的距离是|5−1|＝4， 依题意有|a−（−2）|＝3， 所以a＋2＝3或a＋2＝−3， 解得a＝1或−5． 故答案为：4，1或−5；

（2）∵表示数a的点位于−2与5之间， ∴−2＜a＜5，

∴|a＋2|＋|a−5|＝a＋2−（a−5）＝a＋2−a＋5＝7． 故答案为：7；

（3）∵数轴上M、N两点之间的距离为2020， ∴点M，N到对称中心的距离为2020÷2＝1010， ∵将数轴折叠，使得1表示的点与−3表示的点重合， ∴对折点是（1−3）÷2＝−1，

∴点M表示的数是−1−1010＝−1011，点N表示数−1＋1010＝1009． 故答案为：−1011，1009． 【点睛】

此题综合考查了数轴、绝对值的有关内容，借助数轴来求解，非常直观，且不容易遗漏，体现了数形结合的优点．

24．（2021·河北·邯郸市永年区教育体育局教研室七年级期中）（问题）如图①，点C是线段AB上一点，点D，E分别是线段AC，BC的中点，若线段AB=26cm，则线段DE的长为 cm．

（拓展）在（问题）中，若把条件“如图①，点C是线段AB上一点”改为“点C是直线 AB上一点”，其余条件不变，则（问题）中DE的长是否会发生变化？请画出示意图并求解．

（应用）（1）如图②，∠AOB=α，点C在∠AOB内部，射线OM，ON分别平分∠AOC，∠BOC，则∠MON的大小为 （用含字母α的式子表示）．

（2）如图③，在（1）中，若点C在∠AOB外部，且射线OC与射线OB在OA所在直线的同侧，其他条件不变，则（1）中的结论是否成立，若成立，请写出求解过程；若不成立，请说明理由．

图①

1【答案】问题：13；拓展：DE的长是不会发生变化为13cm，理由见解析；应用：（1）a；（2）（1）中的

2结论成立，理由见解析 【分析】

问题：根据点D，E分别是线段AC，BC的中点，可以得到CD11AC，CEBC，即可得到22DECDCE1111ACBCACBCAB13cm； 2222拓展：分C在线段AB的延长线和线段BA的延长线上画出图形进行讨论求解即可；

应用：（1）根据射线OM，ON分别平分∠AOC，∠BOC，得到∠MOC=2∠AOC，∠NOC=2∠BOC，即可得到∠MON=∠MOC+∠NOC=2（∠AOC+∠BOC）=2∠AOB；

（2）根据射线OM，ON分别平分∠AOC，∠BOC，得到∠MOC=2∠AOC，∠NOC=2∠BOC，即可得到∠MON=∠MOC-∠NOC=（∠AOC-∠BOC）=∠AOB．

22【详解】

解：问题：∵点D，E分别是线段AC，BC的中点， ∴CD11AC，CEBC， 2211111111∴DECDCE故答案为：13．

1111ACBCACBCAB13cm， 2222

拓展：DE的长是不会发生变化，理由如下： 如图所示，

∵点D，E分别是线段AC，BC的中点， ∴CD11AC，CEBC， 22∴DECDCE1111ACBCACBCAB13cm； 2222

如图所示，

∵点D，E分别是线段AC，BC的中点， ∴CD11AC，CEBC， 22∴DECDCE1111ACBCACBCAB13cm， 2222

如图所示，

∵点D，E分别是线段AC，BC的中点， ∴CD11AC，CEBC， 22∴DECECD1111BCACBCACAB13cm， 2222

如图所示，

∵点D，E分别是线段AC，BC的中点， ∴CD11AC，CEBC， 22∴DECECD1111BCACBCACAB13cm， 2222

综上所述，DE的长是不会发生变化为13cm；

应用：（1）∵射线OM，ON分别平分∠AOC，∠BOC， ∴∠MOC=∠AOC，∠NOC=∠BOC．

1212111∴∠MON=∠MOC+∠NOC=（∠AOC+∠BOC）=∠AOB=a．

2221故答案为：a；

2

（2）（1）中的结论成立，理由如下： ∵射线OM，ON分别平分∠AOC，∠BOC， ∴∠MOC=∠AOC，∠NOC=∠BOC，

∴∠MON=∠MOC-∠NOC=（∠AOC-∠BOC）=∠AOB=α．

2221111212

【点睛】

本题主要考查了线段的和差计算，角平分线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握线段中点和角平分线的定义．

125．（2021·山西祁县·七年级期末）综合与探究：射线OC是AOB内部的一条射线，若COABOC，

2则我们称射线OC是射线OA的伴随线．例如，如图1，AOB60，AOCCODBOD20，则AOC11BOC，称射线OC是射线OA的伴随线；同时，由于BODAOD，称射线OD是射线OB22的伴随线．

完成下列任务：

（1）如图2，AOB150，射线OM是射线OA的伴随线，则AOM ，若AOB的度数是x，射线ON是射线OB的伴随线，射线OC是AOB的平分线，则NOC的度数是 ．（用含x的代数式表示）

（2）如图3，如AOB180，射线OC与射线OA重合，并绕点O以每秒6的速度逆时针旋转，射线OD与射线OB重合，并绕点O以每秒10的速度顺时针旋转，当射线OD与射线OA重合时，运动停止． ①是否存在某个时刻t（秒），使得COD的度数是20，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由； ②当t为多少秒时，射线OC，OD，OA中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线．请直接写出结果． 45180x【答案】（1）50，；（2）①存在，当t10秒或12.5秒时，COD的度数是20；②t秒或秒 或

671990秒或15秒 7【分析】

（1）根据伴随线和角平分线的性质求解即可；

（2）分为若OC与OD在相遇之前、OC与OD在相遇之后两种情况求解即可；

（3）分为（Ⅰ）OC、OD未相遇之前：当OC是OA的伴随线时，当OC是OD的伴随线时；（Ⅱ）OC、OD相遇之后：当OD是OC的伴随线时，当OD是OA的伴随线时，四种情况求解即可. 【详解】

1解：（1）如图4所示，AOMMOB，

21AOMAOB50,

31x1x如图4所示：BOCAOC， BONAOC,

2233NOCBOCBONx故答案为：50，；

6x； 6（2）射线OD与OA重合时，t18018（秒） 10①当COD的度数是20时，有两种可能： 若OC与OD在相遇之前，如图5： 则18010t6t20， ∴t10，

若OC与OD在相遇之后，如图6： 则10t6t18020， ∴t12.5；

所以，当t10秒或12.5秒时，COD的度数是20．

②（Ⅰ）OC、OD未相遇之前：AOC6t，AOD180BOD18010t，

CODAODAOC18010t6t18016t，

当OC是OA的伴随线时，如图7： 1AOC=AOD，

3451即：6t(18010t)，解得t；

37当OC是OD的伴随线时，如图8： 1COD=AOD

31180即：18016t(18010t)，解得t；

319（Ⅱ）OC、OD相遇之后：AOC6t，AOD180BOD18010t， CODAOCAOD6t(18010t)16t180

当OD是OC的伴随线时，9如图： 1CODAOC,

31x190即：BOCAOC16t1806t，解得t；

2237当OD是OA的伴随线时，如图10： 1AODAOC,

31即：18010t6t，解得t15；

3综上：当t4518090，，，15秒时，OC、OD、OA中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线． 7197

【点睛】

本题考查了提取信息的能力，列代数式，一元一次方程的应用，分类讨论的思想；关键在于根据题意画出图形，建立方程解答．