期末考试高频易错题综合检测卷一-2025-2026学年人教版七年级数学上册期末备考大讲堂

期末备考大讲堂 开启智慧之门，迎接数学挑战​ 亲爱的同学： 欢迎使用《2025-2026学年七年级数学上册期末备考大讲堂》。本书专为人教版七年级上册教材设计，旨在成为你整个学期学习过程中最系统、最忠实的备考伙伴，助你从容应对从单元测到大小考的每一次挑战。 一、日常积累，单元为基​​ 我们为每个单元配备了精准的【知识梳理】和【单元复习讲义】，帮助你及时巩固新知，将零散的知识点串联成线。【单元卷】则用于检测学习成效，让你在章节学习后就能进行实战演练，做到“段段清”。​​ 二、阶段诊断，查漏补缺​​ 针对学校常规的【月考】或阶段性测验，本书设有专项训练模块。同时，我们精心提炼了【易错点梳理】，集中呈现高频错误和思维误区，让你在复习时能有的放矢，有效避免“重复踩坑”。​​ 三、冲刺备考，决胜关键​​ 本书的核心部分是针对期中、期末考试的系统规划。【期末备考】部分对半册或全册知识进行整合与深化，突出重难点，提升你的综合运用能力。最后，我们提供了高仿真的【期中卷】与【期末卷】，帮助你熟悉考试节奏，进行最终冲刺。 我们坚信，优秀的成绩源于平日的扎实积累和科学的备考方法。希望你能充分利用本书的体系，将备考融入日常，做到心中有数，脚下有路。祝愿你在本学期的数学学习中，不断进步，在每一次考验中都能自信登场，取得理想的成绩！​​ 编者​中小学数学教研 2025-2026学年七年级数学上册期末备考大讲堂 期末考试高频易错题综合检测卷一 一、选择题（共20分） 1．（2分）在，，，，，，这些数中，正数有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2分）如图，点B在点O的北偏东方向上，，则点C在点O的（　　）． A．西偏北方向上 B．北偏西方向上 C．西偏北方向上 D．北偏西方向上 3．（2分）数轴上表示数，的点如图所示，下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（2分）移动左图中的一个小正方体得到如图所示的几何体．移动前后几何体从三个不同方向看到的形状图不变的是（ ） A．从正面看到的图形 B．从左面看到的图形 C．从上面看到的图形 D．从左面看到的图形和从正面看到的图形 5．（2分）“九宫图”传说是远古时期洛河中的一只神龟背上的图案，故又称“龟背图”．数学上的“九宫图”是一个表格，其每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上三个数字之和都相等，也称为三阶幻方，如图是一个三阶幻方，则的值为：（   ） A． B． C． D． 6．（2分）已知关于的两个一元一次方程与的解互为相反数，则的绝对值为（    ） A．－26 B．26 C．14 D．－14 7．（2分）下列说法正确的是（    ） A．一定是负数． B．多项式是二次二项式 C．的系数是，次数是2 D．如果，那么 8．（2分）已知a，b两数在数轴上的位置如图所示，则化简代数式的结果是（   ） A．1 B． C． D．3 9．（2分）有2025个数排成一行，对于任意相邻的三个数，都有中间的数等于前后两数的和．如果第一个数是0，第二个数是1，那么这2025个数的和为（    ） A．0 B．1 C．2 D． 10．（2分）已知数轴上的点分别表示数，其中．若，数在数轴上用点表示，则点在数轴上的位置可能是（    ） A． B． C． D． 二、填空题（共12分） 11．（2分）一条水平直线上有，，三点，，，为的中点，则的长为 ． 12．（2分）某商品按进价100元的标价，现要求商品在利润率为的情况下打折销售，问营业员应该打 折销售此品． 13．（2分）已知多项式与多项式的次数相同，则多项式的值为 ． 14．（2分）如图，用小木棒摆“金鱼”，按照图中规律，摆第n个“金鱼”需要 根小木棒． 15．（2分）如图是一个运算程序的示意图，若开始输入的值为81，我们看到第一次输出的结果为27．第二次输出的结果为，第2025次输出的结果为 16．（2分）一只电子跳蚤在数轴上跳动，它从表示的点出发，第1次向右跳2个单位长度，之后的每次跳动都与前一次方向相反，且比前一次多跳2个单位长度．若电子跳蚤第n次跳动后到原点的距离为23个单位长度，则n的值是 ． 三、解答题（共68分） 17．（6分）解方程： (1)； (2)． 18．（6分）已知，小红错将“”看成“”，算得结果为． (1)求； (2)求，并计算当时，该式子的值． 19．（6分）计算： (1)； (2)． 20．（9分）学校多功能报告厅共有20排座位，其中第一排有a个座位，后面每排比前一排多2个座位． (1)用式子表示最后一排的座位数； (2)若第一排有22个座位，则最后一排有多少个座位？ 21．（9分）已知A、B两城相距120公里，甲、乙、丙三人从A城出发去往B城，甲骑车速度为15公里/小时，乙、丙的步行速度都为5公里/小时． (1)乙和丙要比甲提前多久步行出发，才能三人同时到达B城？ (2)甲、乙、丙同时从城出发，丙步行，甲骑车带乙行至D处，乙下车向B城步行，甲骑车返回迎接丙，在C点与丙相遇，再带丙到B城，结果三人同时到B城，问乙步行了多少公里？ 22．（9分）外卖小哥小张某天骑电动车在东西走向的路上送外卖，往东行驶的路程记作正数，往西行驶的路程记作负数．全天行程的记录如下（单位：）： ，，，，，，，，，． (1)当小张将最后一个外卖送到目的地时，距出发地的距离为多少千米？ (2)若小张的电动车充满电能行驶，在该电动车一开始充满电而途中不充电的情况下，他能否完成上面的行程？请说明理由． 23．（11分）已知数轴上点表示的数为，点表示的数为7，动点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿数轴向右匀速运动，设运动时间为秒（）． (1)当时，求点表示的数及线段的长度； (2)当点运动到线段的中点时，求的值； (3)当为何值时，点到点的距离与点到点的距离之差为4？ 24．（12分）已知，射线在的内部，且．射线是平面上绕点O旋转的一条动射线，平分． (1)如图1，射线在的内部． ①的度数为 °； ②若，求的度数； (2)若，求的度数（用含n的式子表示）． 参考答案 1．C 【分析】本题考查正数和负数，解答本题的关键是掌握正数和负数的定义．根据正负数的定义即可判断． 【详解】解：，是正数； ，是负数； ，是正数； 既不是正数，也不是负数； ，是负数； ，是负数； ，是正数； ∴正数有，，共个； 故选：C． 2．B 【分析】本题主要考查了方向角的表示、方向角的计算等知识点，掌握方向角的表示方法是解题的关键． 用的度数减去，再结合图形即可解答． 【详解】解：∵点B在点O的北偏东方向上，， ∴． ∴点C在点O的北偏西方向上． 故选：B． 3．B 【分析】本题考查了根据数轴判断有理数的大小． 根据数轴得到，，即，进而判断即可． 【详解】解：由数轴可知，， 即， 可知只有B正确． 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了从不同的方向看几何体，根据图形，得出移动前后几何体从三个不同方向看到的形状图，进而进行判断． 【详解】解：移动前从上面看到的图形为： 从正面看到的图形为： 从左面看到的图形为： 移动后从上面看到的图形为： ， 从正面看到的图形为： 从左面看到的图形为： 所以移动前后几何体从三个不同方向看到的形状图不变的是从上面看到的图形． 故选：C． 5．A 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，代数式求值等知识，正确进行计算是解题关键．根据“三阶幻方”的知识，分别列出关于x、y的一元一次方程，并求解，然后代入求值即可． 【详解】解：每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上三个数字之和都相等： ∴， 解得：， ∴， 解得：， ∴． 故选：A． 6．B 【分析】本题考查解一元一次方程，相反数，绝对值，掌握相关知识是解决问题的关键．先解方程 得的值，根据解互为相反数，得第二个方程的解，代入求，再求的绝对值 【详解】解：∵ ， ∴ ， ∴ ∵ 两个方程的解互为相反数， ∴ 方程 的解为 将 代入： ∴ ∴ ∴ ∴ ． 故选：B． 7．D 【分析】本题考查了单项式和多项式的有关概念，根据单项式的系数和次数、多项式的项数和次数、以及代数式的求值等初中数学概念，逐一判断各选项的正误． 【详解】A．∵a表示任意实数， ∴ 当时，，不一定是负数，故A错误； B．∵ 多项式由三项组成，且最高次项为二次， ∴ 是二次三项式，不是二项式，故B错误； C．∵ 单项式的数字因数是，且所有字母的指数和为， ∴ 系数，次数是3，故C错误； D．∵ ， ∴，故D正确． 故选：D． 8．B 【分析】本题考查了数轴的知识点，化简绝对值，由数轴可得，且，从而可得，，，再根据绝对值的性质化简即可得解，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：由数轴可得：，且， ∴，，， ∴ ， 故选：B． 9．C 【分析】本题考查数字类规律探索，有理数的加减运算；根据题意，计算前若干项，发现数列每6项为一个周期，且每个周期和为0.计算2025除以6的商和余数，商表示完整周期个数，余数表示剩余项数，求剩余项之和即可得总和. 【详解】解：∵第一个数是0，第二个数是1，且对于任意相邻的三个数，都有中间的数等于前后两数的和， ∴第三个数是1，第四个数是0，第五个数是，第六个数是，第七个数是0，第八个数是1，……， ∴排列为周期为6， ∴一个周期内和为， ∵余3， ∴前2022项和为， ∵剩余3项为第2023、2024、2025项，对应周期位置为第1、2、3项，值分别为0、1、1， ∴剩余项和为， ∴总和为. 故选：C. 10．D 【分析】本题主要考查在数轴上表示有理数、有理数乘法运算等知识点，明确题意并灵活利用数形结合的思想是解题的关键． 根据，则，易得，再结合选项中的数轴，即可解答． 【详解】解：∵ ∴， ∴，即D选项符合题意． 故选：D． 11．21或30/30或21 【分析】本题考查线段的和差计算，线段中点的意义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 当点为线段上时，可得，则，．由中点的定义可得，则；当点为线段的延长线上时，可得，由中点的定义可得，则，进而可得答案， 【详解】解：当点为线段上时，如图， ∵， ， ， ． 为的中点， ， ． 当点为线段的延长线上时，如图， ∵， ， 为的中点， ， ． 综上所述，的长为或． 故答案为：21或30 12．8 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，根据进价计算标价，再根据目标利润率计算目标售价，设折扣为x折，则折扣率为，结合目标售价与标价建立方程求解，即可解题． 【详解】解：商品进价为100元，标价为进价的， 所以标价为（元）． 要求利润率为，即利润占进价的， 因此目标售价为：（元）． 设折扣为x折，则折扣率为，即． 解得．故营业员应该打8折销售此品． 故答案为：8． 13． 【分析】本题主要考查了多项式次数的定义、代数式求值、整式的加减运算等知识点，根据多项式的定义求得n的值是解题的关键． 根据多项式次数的定义，两个多项式的次数相同，可求出 n 的值，然后化简多项式，最后代入求值即可． 【详解】解：∵多项式与多项式的次数相同，且多项式的次数为 5， ∴多项式 的次数为5， ∵， ∴，解得 ． ， ， 当时，原式． 故答案为． 14． 【分析】本题考查了图形的规律探究，解题的关键是找出图形变化的规律；通过图形之间的变化，由特殊规律推出一般性的规律，即可得解． 【详解】解：观察图形可知， 第1个图案中小木棒有（根）； 第2个图案中小木棒有（根）； 第3个图案中小木棒有（根）； …… ， 所以第n个图案中小木棒有根， 故答案为：． 15．3 【分析】本题考查了数字变化的规律. 根据题意，能通过计算发现从第三次输出的结果开始，后面的奇数次输出的结果为3，偶数次输出的结果为1，依次求出每次输出的结果，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由题知， 当开始输入的x值为81时， 第一次输出的结果为27， 第二次输出的结果为9， 第三次输出的结果为3， 第四次输出的结果为1， 第五次输出的结果为3， 第六次输出的结果为1， …， 由此可见，从第三次输出的结果开始，后面的奇数次输出的结果为3，偶数次输出的结果为1． 因为2025为奇数， 所以第2025次输出的结果为3． 故答案为：3． 16．18或27 【分析】本题考查了数轴上的动点运动规律、绝对值的应用及分类讨论思想，解题的关键是找出第次跳动后位置的表达式，结合到原点的距离列方程求解． 分析每次跳动的方向与距离，分为奇数、偶数两种情况推导第次跳动后的位置表达式，再根据位置的绝对值为23列方程，求解得到的值． 【详解】解：起点为，推导第次跳动后的位置： 当为奇数时，位置为； 当为偶数时，位置为． 由到原点的距离为23，得位置的绝对值为231． 若为奇数：，解得（舍去）； 若为偶数：，解得． 故答案为：18或27． 17．(1) (2) 【分析】本题考查了一元一次方程的解法，解题的关键是掌握移项、去分母等解方程的基本步骤． （1）通过移项、合并同类项、系数化为1求解； （2）先去分母，再移项、合并同类项、系数化为1求解． 【详解】（1）解： 移项，得 合并同类项，得 系数化为1，得 （2）解： 去分母（两边乘12），得 去括号，得 移项，得 合并同类项，得 系数化为1，得 18．(1) (2)， 【分析】本题考查整式的加减，代入求值，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由题意先计算，用减去即得，列出代数式，并进行计算即可； （2）先计算，再将代入求值． 【详解】（1）解：∵ ∴ ； （2）解： 当时， 原式 ． 19．(1) (2) 【分析】本题主要考查含乘方的有理数混合运算，熟练掌握有理数的混合运算法则是解题的关键． （1）先算乘方，再计算乘法，最后计算加减法即可； （2）先算乘方，再计算括号里的乘法和除法，然后计算括号里的减法，最后计算括号外的减法即可． 【详解】（1）解： ； （2）解： ． 20．(1) (2) 最后一排有60个座位 【分析】本题主要考查了列代数和代数式求值，解决本题的关键是得到第20排的座位数比第一排多的座位数的具体数目． （1）先根据题意可知后面还有19排，每排多两个就是多，因此求和即可； （2）代入（1）结果，计算即可． 【详解】（1）最后一排的座位数为. （2）由题意得，则， 所以若第一排有22个座位，则最后一排有60个座位． 21．(1)16小时 (2)40公里 【分析】本题考查了方程的应用，比的应用，理解题意正确列出方程是解题的关键． （1）根据题意，列出时间差的算式求解即可； （2）设甲骑车带乙到D处所行驶的时间为t小时，此时甲乙行驶了公里，表示出相关线段的长度以及每人行驶的时间，然后根据时间相等列出方程求解即可． 【详解】（1）解：（小时） ∴乙和丙要比甲提前16小时步行出发； （2）解：设甲骑车带乙到D处所行驶的时间为t小时，此时甲乙行驶了公里， 则乙应步行的距离为公里，到达B城需要的时间为小时； 由于甲丙的速度比为，t小时丙行驶了公里，甲丙间相距公里，甲骑车返回迎接丙，在C点与丙相遇，由相遇时甲丙路程的比等于速度的比，甲行驶的路程是丙行驶的路程的3倍，则丙行驶的路程为公里， 所以丙从出发到C点一共行驶的路程为公里，行驶的时间为小时，剩下的路程为甲丙骑车的路程公里，需要的时间为小时； 由于三人同时到达终点B城，则， 解得：， 则乙步行的路程为（公里）； 答：乙步行的路程为40公里． 22．(1)4千米 (2)他能完成上面的行程，理由见解析 【分析】本题考查了正负数的实际应用，正负数的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）把行程中的正负数相加即可解答； （2）求出所行驶的路程后进行比较即可． 【详解】（1）解：， 答：当小张将最后一个外卖送到目的地时，距出发地的距离为4千米． （2）解：， 因此他能完成上面的行程． 23．(1)点表示的数为，； (2) (3)或 【分析】此题考查的是一元一次方程的应用与两点间的距离及数轴，根据已知得出各线段之间的等量关系是解题关键． （1）当运动时间为秒时，点在数轴上所表示的数为，由此得出点表示的数，由点表示的数减去点表示的数即可求出线段的长度； （2）当运动时间为秒时，点在数轴上所表示的数为，线段的中点表示的数是，可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论； （3）将点到点的距离与点到点的距离用含的代数式表示出来，列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】（1）解：点表示的数为， ． （2）中点表示的数为， ，解得 ． （3）当点在之间时， ，， 若， ，解得． 若， ，解得． 当点在点右侧时， 又， ∴此种情况不存在． 综上所述，或． 24．(1)①；② (2)或 【分析】本题考查了与角平分线的定义有关的计算，几何图中角度的计算，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． （1）①根据以及计算即可得解； ②由角平分线的定义可得，由射线在的内部得出，结合，得出，计算即可得解； （2）分两种情况：当在的内部时，当在的外部时，分别画出图形，结合角平分线的定义计算即可得解． 【详解】（1）解：①∵，， ∴， ∴； ②∵平分， ∴， ∵射线在的内部， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，当在的内部时， ， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴ 如图，当在的外部时， ， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴ 综上所述，或． 学科网（北京）股份有限公司 $