阶段性检测卷(二)-【超级考卷】2024-2025学年新教材七年级下册数学学业质量评估（北师大版2024 江西专版）

5.在乙十,技努到①达为入中朵 、7:p 乙计到给内到》已、乙两十野之为5的分料为、 ·-”-上--- 阶段性检测卷(二] riri线也 口 , D: (检题。某一一支) 2.题本题共:题小题入分,共11分1 ,11 3.干,次””,的的文,到占了, 1下D是风C是 一,死选的耳死是颗死i可A.是二D中的一是 ..B. 的-roc-rrn (1元A7元-七的长。 可,A..C.D是子a的点上. 高1B . 一.选题(共(小题,小题分、13) ## 1.数中诗多是的境,下是“”线”“三””心”,耳 *不是计初阵陪是 3.按为的””是今上本,是 ,11s: ###。 有.本,则为1?,,从选语是一个三形 2.78at .图在A“中A一A二D是中AC文C平A __ A- 止.口) 二{ 一长检,”在0内A一 只则图下列奖图(言流达,本 上一面三加死远的位置模效,其十乙乙一互会的是 (耳 1.CrA0t. ##### 有一三计一铅”3是入C上一、铅起3病计三计铅,现 三、是1末题共了5题,心是、分,高1分 析均为等三,删C的红为 面,上此写时””是,它的音会段,现将它上,校 3m” .共的”仁大上喜是 t 17.&这材料,计阿拉 树.12计115X2% ##) I.0 --% -%0-ō) (71一第5元道,AC1”-7踪 _ 11选,3短是 11* D1计ox113i10. 5.如.形计ACD没对折,点C在点C“处章分达D下没 的: 基 80是.0-0 析后AFCu一 C.折号i诞纳用巨是吐校幅好 n凸C一空 .r归1 :7-) -15-) f7 四、答题(大题达)小题,小题3分,1分 5.是1本题?题,0题1分,共131分 六.超答题[大题赴了1 21.呈而场这行,过了下两神提是方 11 量--D-七rB止 1.h. 一在一枝均句二上致中1标””在斗 D-cD7点3r 跟有”了”个些有””5十标有”了”,的有””这十子虫旨”上点, 一乙段,的显关 一均号1,51011 选AC7一AD一D-r别是河”4D上的, 数字、,上,向的字页1的位按止去 -(中的结是文!请选明 (一、子后,-一上的% ADA一A一1是(在上 ()采用立式二,止,向的数字为了”既为 上-一之段F仁,关 下iCC (3实基机会,选神某立式!过关计,夜如设. n.h.an ii # A (注D(有反元- 。 已有满上,它的到的③,面到已为 ~□ 已A 出+-- 1三两是是一1一+一0这 (较8与的大A理 学相踪题51-的t71。 2一十的长马长方早的妈相} 正立形的面析为5.语段8、与S.的是是句一改技有是1请选清析 ■r归 :下-1 ---)所以△DEB≌△DFC(AAS). 因为∠A=40°， 所以DE=DF, 所以∠ACB=180°-∠A-∠ABC=60 所以△DEF为等腰三角形. 因为CE=BC, (2)①30°②45 19.解：(1)因为BE∥AC 所以∠EBC=-∠BEC=号080-∠ACB)=60, 所以∠E=∠DCO. 所以∠ABE=∠ABC-∠EBC=20. 在△BOE和△DOC中， (2)∠BEC+∠BDC=110°. '∠E=∠DCO. 理由：设∠BEC=a,∠BDC=A ∠BOE=∠DOC. 所以∠AEB=180°-a, BE=DC, 在△ABE中，∠A+∠ABE+∠AEB=40°+∠ABE+ 所以△BOE≌△DO(AAS), 180°-a=180°. 所以BO=DO,即AO为△BAD的中线. 所以∠ABE=a一40° 因为AB=AD. 因为CE=BC,所以∠CBE=∠BEC=a, 所以AO平分∠BAC 所以∠ABC=∠ABE+∠CBE=a-40°+a=2a-40, (2)因为AB=AD, 因为BD=BC,∠BDC=∠BCD=A, 所以∠ABD=∠ADB=7O° 所以∠BDC+∠BCD+∠ABC=23+2a-40°=180°， 所以∠BAD=180°-70-70°=40°. 所以a十3=110°， 因为BE∥AC, 即∠BEC+∠BDC=110 所以∠ABE=∠BAD=40. 23.解：(1)因为∠BAC=∠DAE, 20.解：(1)因为EB=EC. 所以∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE, 所以∠1=∠2. 所以∠CAE-∠BAD. 在△ABC和△DCB中， 在△ABD和△ACE中， ∠A=∠D. AB=AC. ∠2=∠1， ∠BAD=∠CAE, BC=CB, AD-AE. 所以△ABC≌△DCB(AAS). 所以△ABD≌△ACE(SAS), (2)因为EB=EC∠1=40°， 所以BD=CE. 所以∠2=∠1=40°，∠BEC=180°-∠1-∠2=100°. (2)因为△ADE是等腰直角三角形，F为DE的中点， 所以∠CED=180°-∠BEC=80° 所以AF⊥CD 因为CE=CD, 与(1)同理，可知△AEC≌△ADB,所以∠AEC 所以∠D=∠CED=80°， =∠ADB. 所以∠3=180°-∠D-∠CED=180°-80°-80°=20°. 因为∠AED=∠ADE=45°，所以∠AEC=∠ADB= 21.解：(1)由题意，得∠1=∠ABC=30°， 135°，所以∠BDC=∠ADB-∠ADE=90°，所以BD 所以∠ABD=180°-∠1-∠ABC=180°-30°-30 ICD. =120. 所以AF∥BD, (2)当∠1=30时，由(1)可知，∠ABD=120°. (3)CF=BD十AF.理由如下： 又因为∠2=∠DBE, 因为△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°， 所以∠2=∠ABD=60, 所以∠ADE=∠AED=专I80-∠DAE)=45. 所以∠CBE=∠1+∠2=30°+60°=90， 因为AF⊥DE, (3)∠CBE的大小不变.理由如下： 所以∠AFE=90°， 因为∠1=号∠ABN,∠2=号 ∠A'BD.∠ABA'+ 所以∠EAF=180°-∠AFE-∠AEF=45°= ∠AEF,所以△AFE是等腰直角三角形，所以AF ∠A'BD=180°， =EF. 所以∠1+∠2=∠ABA+∠ABD= -(∠ABA 与(1)同理，可知△ABD≌△ACE,所以BD=CE, 所以CF=CE十EF=BD十AF, +∠ABD)=号×180°=90， 所以AF,BD,CF之间的数量关系是CF=BD十AF 即∠CBE=90. 9阶段性检测卷（二） 22.解：(1)因为∠ABC=80°，BD=BC, 所以∠BDC=∠BCD=专X180-∠ABCO)=50. 1.B2.D3.B4.A 5.B【解析】因为矩形纸片ABCD沿对角线折叠， 68 数学·7年级(BS版) 所以∠C=∠C=90°=∠A,CD=CD=AB. 因为∠AEB=∠CED, =-27÷×(-) 所以△EBA≌△EDC(AAS),故选项D正确： =-27×4×(-) 由△EBA≌△EDC,得EB=ED,所以△EBD是等腰 三角形，故选项A正确： =27. 因为△EBA≌△EDC,△EBD是等腰三角形， (2)如图，因为AB∥CD,所以∠A= 所以过点E作BD边的垂直平分线，即是图形的对称 ∠3=40 轴，故选项C正确. 又因为∠1=130°， 6.B【解析】设甲正方形边长为x,乙正方形边长为y,则 所以∠AFN=180°-∠1=50°， AD=I.EF=y.AE=+y=8, 所以∠2=180°-∠AFV-∠A=8 所以(x+y)=x2+2xy十y=64. 180°-50°-40°=90°. 因为H为AE的中点， 14.解：原式=ab十b十a-2ab+b-a2-2b2=-ah. 所以AH=EH=4. 将a=-2,b=3代入，原式=-ab=-(-2)×3=6. 因为图②的阴影部分面积=(x一y)”=x2一2xy十y 15.解：(1)因为BE是△ABC的中线， =6, 所以AE=CE=4. 所以(x+y)+(x-y)=70, 因为△ABE的周长为13， 故x2+y2=35, 所以AB+AE+BE=13,所以AB+BE=9. 所以图①的阴影都分面积=广十y-号X4红一是× 又因为BE=6所以AB=3. (2)因为BD是△ABC的角平分线，∠CBD=34°， 4y=x2+y-2(x+y)=19. 所以∠CBA=2∠CBD=68, 7.88.A(或C)9.1.5×10 10 因为∠A=92°， 所以∠C=180°-∠A-∠CBA=180°-92°-68 11.30°【解析】由折叠的性质可知，∠AOA'=2∠AOC, =20°. ∠BOB'=2∠BOD. 16.解：(1)如图①，CF即为所求 因为∠AOC=44°，∠BOD=61°， 所以∠AOA=2∠AOC=2×44°=88°，∠BOB= (2)如图②，EF即为所求 2∠BOD=2×61°=122， 所以∠A'OB'=∠AOA'+∠BOB-180°=30 12.34°或28°或22°【解析】由题意，得△ABD与△DBC 均为等腰三角形. 分以下三种情况讨论： ①AB=BD,此时∠ADB=∠A=68°， 图① 所以∠BDC=180°-∠ADB=180°-68=112°， 17.解：(1)平方差公式 故对于△DBC只有BD=CD, (2)9×11×101=(10-1)×(10+1)×(100十1) 所以∠C=2(180-∠BD0)=34 =(102-1)×(100十1)=(100-1)×(100+1) =100-1=10000-1=9999. ②AB=AD,此时∠ADB=(1s0-∠A)=号(180 18.解：(1)因为AB∥EF,所以∠1=∠2. -68)=56°， 因为∠1=∠DEF,所以∠2=∠DEF, 所以∠BDC=180°-∠ADB=180°-56=124°， 所以AC∥DE. 故对于△DBC只有BD=CD, (2)因为EC平分∠DEF,∠DEF=45, 所以∠C=号180-∠BDC0=28: 所以∠DEC=∠DEF-号×45°=2.5. ③AD=BD,此时∠ABD=∠A=68°，所以∠ADB= 因为CD⊥DE,所以∠CDE=90, 180°-∠A-∠ABD=180°-2×68°=44°. 所以∠DCE=90°-∠DEC=90°-22,5°=67.5. 所以∠BDC=180°-∠ADB=180°-44°=136°。 19.解：(1)因为∠BAC=∠DAE=90°， 故对于△DBC只有BD=CD, 所以∠BAC十∠CAD=∠DAE+∠CAD, 所以∠C=号(180°-∠BDC)=2 即∠BAD=∠CAE. 在△BAD和△CAE中， 综上所述，∠C的度数为34或28或22 BA=CA 13.解：1(-号）÷(2)×(-2) ∠BAD=∠CAE, AD-AE, 下册·参考客案 69 所以△BAD≌△CAE(SAS). (2)①设正方形的边长为x. (2)BD⊥CE.理由如下： 根据题意，得4x=2[(m十6)+(m十2)]， 因为∠DAE=90,所以∠E+∠ADE=90. 即4x=4m十16， 由(I)可得△BAD≌△CAE,所以∠BDA=∠E, 解得x=m十4， 所以∠BDA十∠ADE=90°， 所以该正方形的边长为m十4. 即∠BDE=90°，所以BD⊥CE ②S,与S:的差与m的取值无关.理由如下： 20.解：(1)因为△ABC的三边分别为a,b,c, 因为S,=(m十4)2=m2+8m十16，S=m2十8m十15， 所以a十b-c>0,c-a-b<0, 所以S,-S=(m2+8m十16)-(m+8m+15)=1, 所以|a十b-c一|c-a-b 所以S与S的差与m的取值无关： =a十b-c-(-c+a+b) 23.解：(1)EF=BE十FD =a十b-c+c-a-b (2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立，理由如下： =0, 如图①，延长EB到点G,使 (2)因为a十2-4a一8b十20=0， BG=DF,连接AG. 所以a2-4a+4+b-8b+16=0, 因为∠ABC+∠D=180, 所以(a-2)2+(6-4):=0. ∠ABG+∠ABC=180°， 因为(a-2)2≥0，(b-4)2≥0， 所以∠ABG=∠D. 图 所以(a一2)”=0，(6-4)=0， 因为AB=AD,BG=DF, 所以a=2,b=4. 所以△ABG≌△ADF(SAS), ①当2为腰时，则a=2,b=4,c=2,a十c=b,不能构 所以AG=AF,∠1=∠2， 成三角形： 所以∠1+∠3=∠2+∠3=∠BAD-∠EAF= ②当4为腰时，则a=2,b=4c=4,能构成三角形， 此时，△ABC的周长为2+4+4=10， 吉∠BAD-=∠EAF 所以△ABC的周长为10. 所以∠GAE-∠EAF 21.解：0 因为AE=AE,所以△AEF2△AEG(SAS), 所以EG=EF 2量 因为EG=BE+BG,所以EF=BE十FD. (3)EF=BE+FD或EF=BE-FD或EF=FD (3)应选择方式二.理由如下： 一BE 采用方式-，P(“6”朝上)=20-1-23-4-5= 20 20 【解析】(1)如图②，延长EB到点G,使BG=DF,连接 AG. = 因为AB=AD,BG=DF,∠ABG 采用方式二，指针指向的数字为3的倍数有3,6,9， =∠ADF=90°， 12,共4个， 所以△ABG≌△ADF(SAS), 所以P(指针指向的数字为3的倍数)=立=3 41 所以AG=AF,∠1=∠2， 所以∠1+∠3=∠2十∠3=90°G 因为号， -∠EAF=∠BAD=∠EAF, 图2 所以方式二获奖机会大， 所以∠GAE=∠EAF. 所以小明想增加获奖机会，应选择方式二. 因为AE=AE,所以△AEF≌△AEG(SAS), 22.解：(1)S,<S:.理由如下： 所以EG=EF. 因为S,=(n十6)(m十2) 因为EG=BE十BG,所以EF=BE十FD =m2+2m十6m+12 (3)①若如图②，则结论EF=BE十 =m2十8m十12， FD成立： S:=(m+5)(m十3) ②如图③，在BE上截取BG,使BG= =m2+3n十5m+15 DF,连接AG. =m2+8+15, 因为∠B+∠ADC=180°，∠ADF十 所以S,-S=m2+8m+12-(m2十8m+15) ∠ADC=180°， =m2+81十12-m2-8m-15 所以∠B=∠ADF 图③ =-3, 因为AB=AD,BG=DF,所以△ABG2△ADF -3<0, (SAS), 所以S,<S 所以∠BAG=∠DAF,AG=AF, 70 数学·7年级(BS版)