七年级数学参考答案（12篇）
1.七年级数学参考答案 篇一
一、知识导航
1.不变相乘(a)=a(1)10mnmn9(2)(212)3(3)612(4)x10(5)-a14
n2.乘方的积(ab)=a?b(1)27x3(2)-32b5(3)16x4y4(4)3na2n
二、夯实基础
1.D2.C3.A4.C5.D6.__√
7.(1)y18(2)x11(3)x12(4)107(5)y10
(7)-b6(8)a4(9)a6(10)-x7
8.(1)(6)x1412648xyz(2)?a3nb3m(3)4na2nb3n427
24632(4)?a?b(5)5ab(6)9x
(7)18mn(8)24ab
9.解:(1)原式=(0.125×2×4)6=16=1
(2)原式=(4664210031003231003100333)××=(×)×=1×=1×=322322222
三.拓展能力
10.(1)241;(2)5400;
2.七年级数学参考答案 篇二
一、挖掘隐含在教材中的数学基础知识内容, 培养学生研究问题的习惯
数学教材中知识点的抽象性和隐含性比其他学科显得更为突出, 数学中的知识点要通过抽象思维和逻辑推理才能揭示, 由于七年级学生受思维和推理能力的限制, 以及没有阅读数学课本的习惯和方法, 造成许多学生对数学教材看不懂, 不理解。因此, 要认真钻研和熟悉教材, 把教材中隐含的知识点挖掘出来, 在阅读中培养学生的研究能力, 理解教材和掌握教材。这样才能更好的培养学生的数学思维, 为将来的终身学习做准备。例如在《7.2线段、射线和直线》中将线段、射线和直线三个概念的学习通过三个连线题的解答来完成, 这三句话是“ (1) 以A为端点, 经过点B的射线; (2) 连接A, B两点的线段; (3) 经过A, B两点的直线。”这三句话概括了这三个概念的各自特征, 教材中并没有对它们进行严格的定义。因此, 阅读时要仔细品味, 挖掘这三句话所包含的概念含义, 并仔细体会数学用语的讲究。第 (1) 句话“以……为端点”可以体会到射线是有起点的, “经过……”这句话只要学生一动手就会发现射线的方向性。第 (2) 句话的“连接……的线段”揭示了线段的特征是限于两点之间的部分, 从而易于理解到线段是有大小的。而第 (3) 句话的“经过A, B两点的直线”, 可以理解为既然是“经过”两点画线便可以继续将线延长, 这样就可以导出直线的无限延长性。另一方面, 这三句话也告诉了七年级学生应如何用几何语言叙述线段、射线和直线的画图方法。这些表面上看似简单的课本内容, 实质上一点也不简单, 它是用一种动态的、形象的语言介绍了抽象的数学概念。这也证明了数学是思维的体操, 如果把数学中的点点滴滴都化为用形象的语言清清楚楚的告诉学生, 一方面做不到, 另一方面使数学失去了它本来的面目。
另外, 数学基础知识也隐藏在教材的例题中。如《7.5角的大小比较》的教学目标要求让学生了解角的和差的意义, 并能由此进行角的简单计算。可是在教材的内容里却始终没有提及有关角的和差的文字叙述, 这两个概念的学习, 教材却将其安排到例题中, 要求学生凭借数的和差、线段和差的概念, 根据例题中的图形理解角的和差的意义及表示。如图1根据例1, 已知∠AFC和∠BFD是直角, 找出图中的直角, 这里产生∠EFC是直角的理由是∵∠AFE=∠AFC+∠EFC (角的和) ∴∠EFC=∠AFE-∠AFC (角的差) =180°-90°=90°
根据图形让学生形象的看到角的和与差在几何图形中的位置关系, 同时通过教师的点拨与演示让学生明白角的和差的表示, 这为例2中角度的求解做了充分的准备。因此, 对于七年级的学生在阅读数学课本时教师应该做好必要的引导, 让学生耐心挖掘, 认真研究, 这样才使数学学习成为最耐人寻味的、最具诱惑力的。
二、挖掘隐含在教材中的数学思想方法, 提高学生分析、解决问题的能力
数学思想方法具有隐蔽性, 常隐藏在教材的各知识点和数学问题中, 它的学习不同于数学基础知识的学习, 它的渗透不可能立即见效, 也不可能靠一朝一夕让学生理解、掌握。如何在数学教材中挖掘数学思想方法, 使学生体会数学思想方法在解决数学问题时的作用, 并学会用所学的数学思想方法分析解决问题。
1. 挖掘隐藏在数学基础知识中的数学思想方法, 提高学生对数学教材的阅读理解能力
隐藏在数学基础知识中的数学思想方法是属于深层次的数学知识, 是数学的精髓, 没有数学思想方法支撑和统帅的数学基础知识是肤浅的、表面的。将数学基础知识与数学思想方法融为一体时, 学生才能掌握深层次的数学知识, 形成良好的数学素质。因此, 在数学基础知识中挖掘数学思想方法, 应首先理清数学基础知识结构, 把握教材的编排意图, 这样将更有利于引导学生去理解、去探索, 并学会运用。例如, 七年级 (上) 数学把“图形的基本认识”编排在代数式和一元一次方程后面, 这样便暗示着可以用前面的代数方法来解决几何的有关问题。例如线段和角的计算过程, 将未知的线段或角用已知的线段或角来表示时, 一方面可将其归结为列代数式求值的问题, 这样易于让学生明白该如何写出解题过程;另一方面这里也体现着化归的思想方法。如“对顶角相等”性质的探讨, 就利用了同角的补角相等这一已知性质进行推导得出, 体现了化归的思想方法, 在运用化归的数学思想方法探索数学问题的过程中, 让学生体会到积累数学理论知识对解决数学问题时所产生的积极影响。另外在《7.1几何图形》这一节中有关几何图形的分类则渗透了分类讨论的思想方法。由此我们可以看到, 重视数学思想方法的挖掘也重视了数学基础知识的形成, 使得学生对数学知识的学习能够知其然知其所以然, 这也符合新课程所提倡的过程化教育理念。
2. 挖掘隐藏在教材例题和习题中的数学思想方法, 培养学生解决问题的能力
随着时间的流逝, 学生掌握的数学知识可能会慢慢地被遗忘, 但学生在学习数学过程中所积累起来的铭刻在头脑中的数学思维方法、研究方法, 却会随时随地的发生作用, 使他们受益终生, 这就是数学思想方法的魅力。所以在数学问题的解决中要培养学生认识并学会运用数学思想方法的数学精神。七年级学生能解决的数学问题主要还是教材给予的例题与习题, 在数学学习过程中要重视其中数学思想方法的挖掘与渗透。如《7.6余角和补角》中的例2“已知一个角的补角是这个角的余角的4倍, 求这个角的度数。”如果直接用逻辑推理的方法来解决, 学生显然是感觉到太难了, 当引导学生用设未知数构建方程的思想来解决时, 显然容易多了。由此使学生认识到方程思想方法在几何问题中的作用, 这样关于课后习题中的有关计算题学生就可以有两种方式进行处理了。如《7.7相交线》里的作业题第4题, 是一道纯粹的几何计算题, 已知, 直线AB, CD相交与点O, OE平分∠BOD, 且∠AOC=∠COB-30°, 则∠AOE=_____°。这里起初学生都在尝试用推理的方法来做, 由于七年级学生抽象思维能力的不成熟, 班级有半数学生感到困难。后来引导学生设∠AOC或∠COB为x, 这样便得到了一道关于x的一元一次方程, 使问题的思路变得简单了。
数学思想方法在数学教材中的出现是隐蔽地、抽象的, 所以在学习时需要发挥学生学习的主观能动性, 还需要教师的适当引导, 让学生去理解、去体会, 这样才能让学生理解它的含义和作用。
三、挖掘数学知识与生活的联系, 培养学生的应用意识
数学源于现实, 寓于现实, 用于现实。把所学的知识应用到生活中去, 是学习数学的最终目的。因此, 新课程理念要求数学教学应当从学生熟悉的现实生活开始和结束, 所以教师也应该注意挖掘教材中的数学知识与学生生活之间的关系, 尽量用学生的生活经验解释抽象的数学理论。
1. 数学导入时与生活接轨, 激发学生探索数学的兴趣
现代心理学认为:教学时应设法为学生创设逼真的问题情境, 唤起学生思考的欲望。让学生置身于逼真的问题情境中, 把枯燥的数学变得有趣、生动、易于理解, 让学生活学、活用;从课堂教学入手, 联系生活实际讲数学, 引导学生关注现实社会现象, 关注社会热点问题, 把生活经验数学化, 把数学问题生活化。用学生熟悉的生活经验作为实例, 引导学生利用自身已有的经验探索新知识。
例如, 在学习有理数的乘方运算时, 以《棋盘上的学问》作为故事的开端。古时候, 在某个王国里有一位聪明的大臣, 他发明了国际象棋, 献给了国王, 国王从此迷上了下棋, 为了对聪明的大臣表示感谢, 国王答应满足这个大臣的一个要求。大臣说:“就在这个棋盘上放一些米粒吧。第1格放1粒, 第2格放2粒, 第3格放4粒, 然后是8粒、16粒、32粒、……一直到第64格。”“你真傻!就要这么一些米粒!”国王哈哈大笑。大臣说:“就怕你的国库里没有这么多米!”你认为国王的国库里有这么多米吗?起初学生凭直觉断定国王做到这一点很简单, 等学完了乘方运算以后一算发现结果令人吃惊, 原来按照大臣的说法, 国王需给大臣大米4.612×102亿吨, 我国2006年稻谷总产量才1.8257亿吨。结果让同学们感到惊奇和兴奋, 原来国王的国库里根本就没那么多的大米。也让学生知道了在对待数学问题时, 凭直觉是不可靠的, 只有进行科学的计算才能得出正确的结论。
2. 数学运用与生活牵手, 培养学生数学的能力
新课标中明确指出:“教师应该充分利用学生已有的生活经验, 引导学生把所学的数学知识应用到现实中去, 以体会数学在现实生活中的应用价值。”例如, 对于七年级学生学了两点确定一条直线的性质后就会明白为什么需要用两枚钉子才能将一块木板钉牢。根据垂线段最短的性质了解为什么引水管道要自村庄垂直与河道铺设
3.七年级数学参考答案 篇三
（2） 由（1）得 f（x）=sin2x-
+，所以A
，
，B
，
-.因为[OA] ·[OB] =->->0，所以∠AOB<.
2. 解： （1） 设R为△ABC的外接圆半径，由正弦定理===2R可得，acosB+
bcosA=2RsinAcosB+2RsinBcosA=2Rsin（A+B）=2RsinC=c.
（2） a2sin2B+b2sin2A=2a2sinBcosB+2b2sinAcosA.因为bsinA=asinB，所以2a2sinBcosB+2b2sinAcosA=2absin（A+B）=2absinC=4S，即a2sin2B+b2sin2A=4S.
3. 解： （1） f（x）=3x+sinxcosx-5sinx，f′（x）=3+cos2x-5cosx=2cos2x-5cosx+2=（2cosx-1）·（cosx-2）.令f′（x）=0得cosx=.当x∈[0，2π]时，f′（x）=0共有两个根：x1=，x2=.当x∈0，
时， ， 时，-1 ，2π时，f′（x）<0.所以函数f（x）的单调递减区间为0， ， ，2π，单调递增区间为 ， . （2） f′（x）=3+cos2x-5cosx的周期为2π.由（1）可知， f（x）在区间（0，+∞）上所有极小值点从小到大满足xn=2（n-1）π+（n=1，2，3，…）.将xn代入f（x）=3x+sinxcosx-5sinx得f（xn）=3xn-，即所有点Pn（xn，f（xn））在同一直线y=3x-上. 4. 解： （1） 记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件EA，P（EA）==. （2） 记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，则P（E）==，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率P（E）=1-P（E）=. 5. 解： （1） 由茎叶图可知，随机抽取的15天中空气质量类别为优或良的天数为5天， 所以可估计甲城市在11月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10天. （2） X的取值为0，1，2 . P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==. X的分布列为： 所以数学期望EX=0×+1×+2×=. 6. 解： （1） 由题意可得，甲、乙两人都没有抽中6号签的概率P==. （2） 随机变量ξ=0，1，2，3，4. P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，P（ξ=4）==. 随机变量ξ的分布列为： 所以随机变量ξ的期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×=. 7. 解： （1） 因为=2+n-1=n+1，所以Sn=n2+n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.又a1=S1=2也满足an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*. （2） 由题意知++…+=（4n-1）（①）.当n≥2时，++…+=（4n-1-1）（②）.①-②得=（4n-4n-1）=·4n-1（4-1）=4n，所以bn=2n·4n （n∈N*，n≥2）.当n=1时，=·（4-1）=4，可得b1=8=2·4也满足bn=2n·4n，所以{bn}的通项公式bn=2n·4n，n∈N*. 8. 解： （1） 因为2anSn-[an][2]=1，所以当n≥2时，2（Sn-Sn-1）Sn-（Sn-Sn-1）2=1，整理得[Sn][2]-[Sn-1][2]=1.由2S1·S1-[S1][2]=1可得[S1][2]=1，所以数列{[Sn][2]}为首项和公差都是1的等差数列，所以[Sn][2]=n. 由an>0可知Sn>0，所以Sn=.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-.又a1=S1=1也满足an=-，所以{an}的通项公式an=-，n∈N*. （2） 因为bn===-，所以Tn=1-+-+…+-=1-==. 又n≥1，所以Tn≥.依题意有>（m2-3m），解得-1 9. 解： （1） 在△PDF中，由PD=2EC，EC∥PD可得C为DF中点，所以CF=CD=AB.又AB∥CF，所以四边形ABFC为平行四边形，BF∥AC.因为AC?平面PAC，BF?平面PAC，所以 BF∥平面PAC. （2） 因为平面ABCD⊥平面PDCE，∠PDC=90°，所以PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，PD⊥CD.又∠ADC=90°，已知AD⊥AC，所以可建立如图1所示的空间直角坐标系D-xyz. 设直线BQ与平面PDB所成角为α，由点B（2，2，0），Q（0，2，t）（0≤t≤1）可得[BQ] =（-2，0，t）.因为PD⊥平面ABCD，AC?面ABCD，所以AC⊥PD.又由ABCD为正方形可得AC⊥BD，所以AC⊥平面PDB，[AC] =（-2，2，0）是平面PDB的一个法向量，所以sinα==≥=，所以直线BQ与平面PDB所成角正弦值的最小值为.
10. 解： （1） 因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO=O，所以BD⊥平面AOC′.又BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.
（2） 如图2所示，过点C′作C′E⊥AO于点E. 由第（1）题可知平面AOC′⊥平面ABD，所以C′E⊥平面ABD，∠C′BE是BC′与底面ABD所成的角. 设C′E=x，AB=2y，则sin∠C′BE=.
过点E作EF⊥AB于点F，联结C′F，则∠C′FE是平面C′AB与平面ABD所成角的二面角. 由ABCD为菱形、∠A=60°可知AO=C′O=y. 又由已知得tan∠C′FE=2+2，所以EF=. 因为∠EFA=90°，∠EAF=∠A=30°，所以AE=2EF=.又OE==，由OE+AE=+=AO=y可得x=y，所以sin∠C′BE==，∠C′BE=30°.
11. 解： （1） 因为e====，所以=.又椭圆过点
，，所以+=1. 解得a2=4，b2=3，椭圆的方程为+=1.
（2） 如果直线BC的斜率不存在，则BC垂直x轴于点F.由直线x==4与x轴交于点G可得G（4，0），又F（1，0），BC∥DE，所以===·=
2=.
如果直线BC的斜率存在，由点F（1，0）可设直线BC的方程为y=k（x-1）（k≠0），代入椭圆C：+=1得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
因为==·=·===<.
综上可得的最大值为.
12. 解： （1） 依椭圆的定义可知，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且a=，c=，b=，所以动点P的轨迹方程为+=1.
（2） 根据题意，作出符合条件的图形，如图3所示.如果圆的切线的斜率不存在，则AB方程为x=±，此时OQ=.
如果圆的切线的斜率存在，设圆的切线方程为y=kx+b，代入椭圆方程得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-6=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=.
x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+b）·（kx2+b）=（1+k2）x1x2+kb（x1+x2）+b2=（1+k2）·+kb·-
+b2= （①）. 又直线AB与圆x2+y2=2相切，所以原点O到直线AB的距离=，b2=2（1+k2），代入①式得x1x2+y1y2=0，所以OA⊥OB. 又Q为AB中点，所以OQ=AB.
因为AB===·，所以由x1+x2=-，x1x2=，b2=2（1+k2）可得AB=2.因为≥0，所以AB≥2（当且仅当k=0时取等号）.当k≠0时，=≤，所以AB≤3 （当且仅当k=±时取等号）.
综上可得2≤AB≤3，所以≤OQ≤.
13. 解： （1） 设P（x0，y0），因为点A，B的坐标分别为（0，-b），（0，b），所以kPA·kPB=.由+=1可得[x0][2]=a2-[y0][2]，则kPA·kPB=-，所以=.又2a=4，解得a=2，b=1，椭圆的方程为+y2=1.
（2） 如果过点0
，的直线的斜率不存在，则M，N两点中有一个点与A点重合，不符合题意.所以直线MN的斜率存在.
设MN的斜率为k，则直线方程为y=kx+，代入椭圆方程得（1+4k2）x2+kx-=0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=-，所以y1+y2=k（x1+x2）+=，y1·y2=k2x1·x2+k（x1+x2）+=.因为A（0，-1），所以kAM=，kAN=，kAM·kAN=·==，化简得kAM·kAN=-1，所以以MN为直径的圆必过点A.
如果△AMN为等腰直角三角形，设MN的中点为P，则AP⊥MN.因为点P的坐标为
，
，即-
，
，所以kAP =-.又直线MN的斜率为k，AP⊥MN，所以-=-，解得k=±，所以直线MN的方程为y=±x+.
14. 解： （1） f（x）的定义域为（0，+∞）.由f（x）=x2-2x+1+alnx得f′（x）=，令Δ=4-8a，当a≥时，Δ≤0，2x2-2x+a≥0.又x>0，所以f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.
当00，方程2x2-2x+a=0有两个不相等的正根x1，x2.不妨设x1
所以当0
（2） 由（1）可知，当0
令g（a）=1-a+aln，则g′（a）=1+ln.由0g
，即f（x1）+f（x2）>.
15. 解： （1） 由题意可知x>0，所以f′（x）=x++3.设A（x0，y0），则AB2=[x0][2]+（y0-3）2=[x0][2]+x0
+2=2[x0][2]++2a≥2a+2a，当且仅当2[x0][2]=时，AB2取得最小值4.当a>0时，2a+2a=4，解得a=2-2；当a<0时，-2a+2a=4，解得a=-2-2.
（2） 曲线y=f（x）在点M1
，处的切线斜率为f′（1）=4+a=2，所以a=-2，g（x）=x2-2lnx+3x-2x+
=x2-2lnx+x-.
对任意的x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使得g（x1）≥h（x2）成立等价于h（x2）min≤g（x1）min.
g′（x1）=x1-+1=，因为x1>0，所以当0
当b=0时，h（x2）=-2，h（x2）min≤g（x1）min恒成立，所以b=0满足题意；
当b>0时，应有h（x2）min=h（1）=b-2≤0，解得0 当b<0时，应有h（x2）min=h（2）=2b-2≤0，解得b<0. 综上可得，满足题意的实数b的取值范围为（-∞，2]. 16. 解： （1） 函数f（x）的定义域为（0，+∞）.由f（x）==1+得f′（x）=，令f′（x）=0得x=e.当x∈（0，e）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减.所以如果0 由上述分析可知，对一切x∈（0，+∞）， f（x）≤，即≤恒成立，所以lnx≤，当且仅当x=e时取等号.因为2≠e，所以ln2