编者小注：
本套专辑专为上海市2023-2024学年第一学期期末考试研发。
其中6-8年级（满分100分制），分基础卷（适合75分以下学生使用）、提升卷（适合60-90分学生使用）、满分卷（适合90分以上学生使用）。
9年级（满分150分制），分基础卷（适合100分以下学生使用）、提升卷（适合100-130分学生使用）、满分卷（适合130分以上学生使用）。其中18题为图形的变换压轴题、22题为解直角三角形题型、23题为相似三角形压轴题、24题为二次函数压轴题、25题为几何综合压轴题。
易：中：难比例（基础卷6:3:1）、（提升卷5:3:2）、（满分卷4:3:3）。
所有资料研发均为我工作室原创，希望助广大中学生一臂之力。
（提升卷）2023-2024学年七年级数学上学期期末临考押题卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（每小题3分，共18分）
1．下列各等式中，不能用平方差公式的是( )
A． B．
C． D．
2．年卡塔尔世界杯是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，下列四个图案是历届世界杯会徽图案上的一部分图形，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．将图（1）中的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号、5号五个正方形和6号长方形，将它们拼在周长为75的长方形图（2）中，若图（1）的大长方形周长为48，则图（2）阴影部分的周长为（ ）．
A．63 B．65 C．67 D．69
4．对于任意的值都有，则，值为（ ）
A．， B．， C．， D．，
5．若分式的值总是正数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．或
6．把四张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①）不重叠地放在一个底面为长方形（长为，宽为）的盒子底部（如图②）盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共36分）
7．如图，把梯形沿方向平移得到梯形，其中，，，，则阴影部分的面积为 ．
8．某正六边形的雪花图案如图所示这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为 度
9．图1是一个三角形，沿直线折叠后得到图2，图2中多边形（直线右侧部分图形）的面积是三角形面积的，已知图2中阴影部分的面积和为15，将三角形的面积记作，若，则四边形的面积是 ．
10．按照如图所示的流程图，若输出的，则输入的 ．
11．已知，且满足，则 ．
12．数a，b，c在数轴上的位置如图所示：化简： ．
13．下面为杨辉三角系数表，它的作用是指导读者按规律写出形如（其中为正整数）展开式的系数，请你仔细观察下面的规律，填出展开式中所缺的系数．则 ．
14．若则的值为 ．
15．因式分解： ．
16．已知，则代数式的值是 ．
17．已知三个互不相等有理数，既可以表示为的形式，又可以表示为0，的形式，则值是 ．
18．已知，则 ．
三、解答题（共46分）
19．（1）化简；
（2）化简求值：，其中，．
20．先化简再求值：，其中x可在，0，1三个数中任选一个合适的数．
21．计算：
(1)
(2)
22．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10 网格中，线段AB的端点A、B均为网格线的交点．
(1)将线段AB先向上平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度得到线段A1B1，画出线段A1B1；
(2)将线段A1B1绕点A1顺时针旋转90得到线段A1 B2，画出线段A1B2；
(3)连接 B1B2，直接写出=______．
23．已知无论x取何实数，分式总有意义，求m的取值范围．
小明对此题刚写了如下的部分过程，便有事离开．
解：
(1)请将小明对此题的解题过程补充完整；
(2)利用小明的思路，解决下列问题：无论x取何实数，分式都有意义，求m的取值范围．
24．如图，在正方形中，点E是边上的一点（与A，B两点不重合），将绕着点C旋转，使与重合，这时点E落在点F处，联结．
(1)按照题目要求画出图形；
(2)若正方形边长为3，，求的面积；
(3)若正方形边长为m，，比较与的面积大小，并说明理由．
25．已知长方形中，，，动点P从A点出发沿以每秒2个单位的速度运动；同时，点Q也从点A出发以每秒3个单位的速度沿运动，当其中一个点到达终点时另一个点也随之停止运动．
设运动时间为t秒．
(1)当点Q到达终点时，点P在边 ；
(2)当点P在边上运动时，用t表示的式子为 ；
(3)点P、Q相遇时， 秒．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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编者小注：
本套专辑专为上海市2023-2024学年第一学期期末考试研发。
其中6-8年级（满分100分制），分基础卷（适合75分以下学生使用）、提升卷（适合60-90分学生使用）、满分卷（适合90分以上学生使用）。
9年级（满分150分制），分基础卷（适合100分以下学生使用）、提升卷（适合100-130分学生使用）、满分卷（适合130分以上学生使用）。其中18题为图形的变换压轴题、22题为解直角三角形题型、23题为相似三角形压轴题、24题为二次函数压轴题、25题为几何综合压轴题。
易：中：难比例（基础卷6:3:1）、（提升卷5:3:2）、（满分卷4:3:3）。
所有资料研发均为我工作室原创，希望助广大中学生一臂之力。
（提升卷）2023-2024学年七年级数学上学期期末临考押题卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（每小题3分，共18分）
1．下列各等式中，不能用平方差公式的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】此题考查平方差公式，根据平方差公式：解答．
【详解】解：A. ，能用平方差公式，故该选项不符合题意；
B. ，能用平方差公式，故该选项不符合题意；
C. ，能用平方差公式，故该选项不符合题意；
D. ，不能用平方差公式，故该选项符合题意；
故选：D．
2．年卡塔尔世界杯是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，下列四个图案是历届世界杯会徽图案上的一部分图形，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义，一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，那么这个图形叫做轴对称图形，对选项进行分析判断即可．
【详解】解：、、选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：．
【点睛】本题考查轴对称图形，解答本题的关键是明确轴对称图形的定义，一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
3．将图（1）中的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号、5号五个正方形和6号长方形，将它们拼在周长为75的长方形图（2）中，若图（1）的大长方形周长为48，则图（2）阴影部分的周长为（ ）．
A．63 B．65 C．67 D．69
【答案】A
【分析】设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，6号长方形宽y，长为，根据图1中长方形的周长为48，求得，由图（2）可得，根据图2中长方形的周长为75，求得，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形的周长，计算即可得到答案．
【详解】解：设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，6号长方形宽y，长为，
∵图（1）的大长方形周长为48，
∴，
整理得：，
由图（2）可知：，则，
∴，解得：，
∵图（2）周长为75，
∴，
即，
整理得：，
∵，
∴，
∴阴影部分周长，
故选：A．
【点睛】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．
4．对于任意的值都有，则，值为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】对等式右边通分并进行加法运算，再根据对应项系数相等列方程组求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
解得：．
故选：B．
【点睛】本题考查分式的加法，二元一次方程组．掌握分式的加减运算法则是解题的关键．
5．若分式的值总是正数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】分两种情况分析:当时;或当时,,再分别解不等式可得．
【详解】若分式的值总是正数：
当时，，解得;
当时，，解得，此时a的取值范围是;
所以的取值范围是或.
故选：D．
【点睛】考核知识点：分式值的正负.理解分式取值的条件是解的关键点：分式分子和分母的值同号，分式的值为正数．
6．把四张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①）不重叠地放在一个底面为长方形（长为，宽为）的盒子底部（如图②）盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了整式的加减计算的实际应用，首先可设小长方形的长与宽，根据两个阴影周长的和，列出整式，根据边长与m的关系，将消去，即可计算出阴影部分的周长．
【详解】解：设小长方形长为，宽为，
∴左下角阴影部分周长；右上角阴影部分周长，
∴两块阴影部分的周长之和
∵，
∴
故选B．
二、填空题（每小题3分，共36分）
7．如图，把梯形沿方向平移得到梯形，其中，，，，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】根据平移的性质得出，，则，推出，再根据梯形面积公式即可求解．
【详解】解：∵梯形沿方向平移得到梯形，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，解题的关键是掌握平移前后对应边相等，平移不改变图形的大小．
8．某正六边形的雪花图案如图所示这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为 度
【答案】60
【详解】解：，
旋转的角度是的整数倍，
旋转的角度至少是．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用旋转设计图案，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
9．图1是一个三角形，沿直线折叠后得到图2，图2中多边形（直线右侧部分图形）的面积是三角形面积的，已知图2中阴影部分的面积和为15，将三角形的面积记作，若，则四边形的面积是 ．
【答案】35
【分析】设原三角形面积为x平方厘米，再由阴影部分的面积为15平方厘米可得图2多边形的面积，然后列方程求出x的值即可．
【详解】解：设原三角形面积为x平方厘米，
∵四边形的面积为，
∴图2中多边形的面积为，
由题意得，
，
，
，
．
故答案为：35．
【点睛】本题考查了折叠的性质，一元一次方程的应用，根据题意求出图2多边形的面积是解答此题的关键．
10．按照如图所示的流程图，若输出的，则输入的 ．
【答案】
【分析】根据流程图分和两种情况讨论解答即可．
【详解】解：∵输出的，
∴当时，，
解得：，
经检验：是的解且满足，
∴，
∴当时，，
∴，
将代入，
不满足（舍去），
综上，，
故答案为．
【点睛】本题考查了分式方程应用，一元一次方程，掌握分式方程的解法是解题的关键．
11．已知，且满足，则 ．
【答案】
【分析】根据绝对值的意义及，可得a，b的值，求出的值，再整体代入所求代数式计算，可得答案．本题考查了有理数的的混合运算、代数式求值，掌握运算法则是解答本题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
而，
∴时，；时，，
∴当，时，，
∴；
当，时，，
∴；
故．
故答案为：．
12．数a，b，c在数轴上的位置如图所示：化简： ．
【答案】/
【分析】本题考查化简绝对值，整式的加减运算．根据点在数轴上的位置，判断出式子的符号，再根据绝对值的意义，进行化简即可．
【详解】解：由图，可知：，，
∴，
∴；
故答案为：．
13．下面为杨辉三角系数表，它的作用是指导读者按规律写出形如（其中为正整数）展开式的系数，请你仔细观察下面的规律，填出展开式中所缺的系数．则 ．
【答案】20
【分析】本题考查完全平方公式的拓展，观察所给图形，得出杨辉三角与展开式的系数之间的关系，即可求解．具备较好的观察分析和逻辑推理能力是解题的关键．
【详解】解：由图可知：的各项展开式的系数除首尾两项都是1外，其余各项系数都等于的相邻两个系数的和，
∴的各项系数依次为1、4、6、4、1；
的各项系数依次为1、5、10、10、5、1；
∴的系数分别为1、6、15、20、15、6、1．
故答案为：20．
14．若则的值为 ．
【答案】4
【分析】根据得到，化简被求代数式，整体代入计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴
，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了整体思想计算代数式的值，熟练掌握思想是解题的关键．
15．因式分解： ．
【答案】
【分析】先提取公因式x，然后再运用平方差公式因式分解即可．
【详解】解：
故答案为．
【点睛】本题主要考查了因式分解，灵活运用提取公因式和平方差公式进行因式分解是解答本题的关键．
16．已知，则代数式的值是 ．
【答案】5
【分析】由得到，把代数式变形为，整体代入即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴
，
故答案为：5
【点睛】此题考查了整式的混合运算、代数式的值，熟练掌握乘法公式并利用整体代入是解题的关键．
17．已知三个互不相等有理数，既可以表示为的形式，又可以表示为0，的形式，则值是 ．
【答案】
【分析】由于有意义，则，则应有，，，故可得到，，代入即可求解．
【详解】解：∵为互不相等的三个有理数，
∴为有理数，
∴，
∵和0，对应相等，
∴，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题实数的运算，属于探索性题目，解题的关键是根据已知条件求出未知数的值．
18．已知，则 ．
【答案】
【分析】根据条件，得，代入分式中化简即可．
【详解】解：∵，
∴
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了分式的求值，利用进行将次是解题的关键．
三、解答题（共46分）
19．（1）化简；
（2）化简求值：，其中，．
【答案】（1）；（2），．
【分析】本题考查了整式的加减-化简求值，
（1）根据整式的加减运算顺序进行计算即可；
（2）根据整式的加减运算顺序进行化简，再代入值计算即可．
解决本题的关键是先进行整式的加减，再代入值进行计算．
【详解】解：（1）原式
；
（2）原式
，
当，时，
原式
．
20．先化简再求值：，其中x可在，0，1三个数中任选一个合适的数．
【答案】，
【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子，进行计算即可解答．
【详解】解：
，
，，
，，
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的混合运算化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
21．计算：
(1)
(2)
【答案】(1)；
(2)1．
【分析】（1）根据积的乘方，负整数指数幂，零次幂，进行计算即可求解；
（2）根据平方差公式进行计算即可求解．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
【点睛】本题考查了平方差公式，积的乘方，负整数指数幂以及零次幂，正确地计算是解题的关键．
22．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10 网格中，线段AB的端点A、B均为网格线的交点．
(1)将线段AB先向上平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度得到线段A1B1，画出线段A1B1；
(2)将线段A1B1绕点A1顺时针旋转90得到线段A1 B2，画出线段A1B2；
(3)连接 B1B2，直接写出=______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）根据所给平移方向作图即可；
（2）根据所给旋转方式作图即可；
（3）用一个长方形的面积分别减去三个直角三角形的面积即可．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求；
（2）解：如图，线段即为所求；
（3）解：如图，
．
【点睛】本题考查坐标与图形变换，熟练掌握平移的性质和旋转的性质，是解题的关键．
23．已知无论x取何实数，分式总有意义，求m的取值范围．
小明对此题刚写了如下的部分过程，便有事离开．
解：
(1)请将小明对此题的解题过程补充完整；
(2)利用小明的思路，解决下列问题：无论x取何实数，分式都有意义，求m的取值范围．
【答案】(1)补全过程见分析
(2)
【分析】（1）根据分式有意义的条件可知，分式总有意义，就是分母不为零，即只需要即可，根据求解即可得到结论；
（2）根据（1）的解题过程即可同理求解得到无论x取何实数，分式都有意义时m的取值范围．
【详解】（1）解：
根据无论x取何实数，分式总有意义，
∴只要当，即可满足题意
∴
（2）解：由（1）可知
，
根据无论x取何实数，分式总有意义
∴只要当，即可满足题意
∴．
【点睛】本题考查分式有意义条件的综合应用，涉及到完全平方公式及不等式的性质，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
24．如图，在正方形中，点E是边上的一点（与A，B两点不重合），将绕着点C旋转，使与重合，这时点E落在点F处，联结．
(1)按照题目要求画出图形；
(2)若正方形边长为3，，求的面积；
(3)若正方形边长为m，，比较与的面积大小，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)，理由见解析
【分析】（1）按照题目要求根据旋转的性质即可画出图形；
（2）根据旋转的性质得出，然后求出和，进而可求的面积；
（3）首先求出，然后证明，根据求出，即可比较与的面积大小．
【详解】（1）解：如图所示；
（2）根据旋转的性质可知：，
∵正方形的边长为3，
∴，，
∴；
（3）；
理由：根据旋转的性质可知：，
∵正方形的边长为m，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了作图—旋转变换，旋转的性质，整式混合运算的实际应用，解决本题的关键是掌握旋转的性质，正确求出和．
25．已知长方形中，，，动点P从A点出发沿以每秒2个单位的速度运动；同时，点Q也从点A出发以每秒3个单位的速度沿运动，当其中一个点到达终点时另一个点也随之停止运动．
设运动时间为t秒．
(1)当点Q到达终点时，点P在边 ；
(2)当点P在边上运动时，用t表示的式子为 ；
(3)点P、Q相遇时， 秒．
【答案】(1)
(2)
(3)7.2
【分析】（1）由题意知，点Q从，运动时间为秒，点P从，运动时间为秒，由，可知当点Q到达终点时，P点运动路程为，由，可判断点P的位置；
（2）由题意知，；
（3）由题意知，，计算求解即可．
本题考查了列代数式，一元一次方程的应用．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【详解】（1）由题意知，点Q从，运动时间为秒，
点P从，运动时间为秒，
，
∴当点Q到达终点时，P点运动路程为，
∵，
∴点P在边上，
故答案为：；
（2）由题意知，，
故答案为：；
（3）由题意知，，
解得，，
故答案为：7.2．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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