七年级下学期期末复习检测卷(二)-【数理报期末复习】2024-2025学年新教材七年级数学下册升级突破（北师大版2024）

书 七年级第二学期 期末复习检测卷（二） ◆ 数理报社试题研究中心 （时间：９０分钟　满分：１２０分） 题号 一 二 三 总分 得分 第Ⅰ卷 选择题 （共３０分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 一、精心选一选（本大题共１０个小题，每小题３分，共３０分） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．计算５ｘ２ｙ２÷（－ｘｙ）的结果是 （　　） Ａ．４ｘｙ Ｂ．－５ｘ２ｙ２ Ｃ．５ｘｙ Ｄ．－５ｘｙ ２．某三角形的三边长分别为３，７，ｍ，则ｍ的值可以是 （　　） Ａ．１ Ｂ．４ Ｃ．７ Ｄ．１０ ３．如图１，将生活中的竹篱笆局部抽象成几何图形，下列条件 中能判定直线ａ∥ｂ的是 （　　） Ａ．∠１＝∠２ Ｂ．∠３＝∠４ Ｃ．∠２＝∠３ Ｄ．∠３＋∠５＝１８０° ４．如图２，∠Ｂ＝９０°，∠ＣＥＤ＝∠Ａ，则△ＣＤＥ为 （　　） Ａ．锐角三角形 Ｂ．直角三角形 Ｃ．钝角三角形 Ｄ．以上均有可能 ５．如图３，是由边长为１的小正方形组成的１０×１０的网格，其 中有一“心形”图案．数学小组为了探究“心形”图案的面积，进行 了计算机模拟试验，得到如下数据： 试验总次数 １００ ２００ ３００ ５００ １５００２０００３０００ 落在“心形线”内部的次数 ６１ ９３ １６５ ２４６ ７５９ ９９６ １５０３ 落在“心形线”内部的频率 ０．６１ ０．４６５ ０．５５ ０．４９２０．５０６０．４９８０．５０１ 根据表中的数据，估计“心形”图案的面积为 （　　） Ａ．４９ Ｂ．５０ Ｃ．５５ Ｄ．６１ ６．图４－①是实验室利用过滤法除杂的装置图，图４－②是 其简化示意图，若ＡＢ∥ＣＤ，ＡＣ∥ＯＤ，ＯＤ＝ＯＣ，∠ＢＡＣ＝５０°，则 ∠ＤＯＣ的度数为 （　　） Ａ．５０° Ｂ．６０° Ｃ．７０° Ｄ．８０° ７．我们知道弹簧挂重物后会伸长，且测得在弹性限度内弹簧 的最大长度是 １５ｃｍ．弹簧的长度 ｙ（ｃｍ）与所挂物体的质量 ｘ（ｋｇ）之间的几组对应值如下表，下列说法不正确的是 （　　） 所挂物体的质量ｘ／ｋｇ ０ １ ２ ３ ４ … 弹簧的长度ｙ／ｃｍ ７．５ ８ ８．５ ９ ９．５ … Ａ．ｘ与ｙ都是变量，ｘ是自变量，ｙ是因变量 Ｂ．所挂物体的质量为２０ｋｇ时，弹簧的长度比初始长度增加１０ｃｍ Ｃ．在弹性限度内，物体的质量每增加１ｋｇ，弹簧的长度就增 加０．５ｃｍ Ｄ．所挂物体的质量为８ｋｇ时，弹簧的长度为１１．５ｃｍ ８．如图５，△ＡＢＣ的两条角平分线 ＢＥ，ＣＤ相交于点 Ｐ，连接 ＡＰ，若∠ＢＡＣ＝６０°，下列结论中错误的是 （　　） Ａ．∠ＢＰＣ＝１２０° Ｂ．ＡＰ平分∠ＢＡＣ Ｃ．ＡＤ＝ＡＥ Ｄ．Ｓ△ＰＢＡ∶Ｓ△ＰＣＡ ＝ＡＢ∶ＡＣ ９．定义：如果ａｘ ＝Ｎ（ａ＞０，ａ≠１），那么ｘ叫作以ａ为底Ｎ 的对数，记作ｘ＝ｌｏｇａＮ．例如：因为７ ２＝４９，所以ｌｏｇ７４９＝２；因为 ５３ ＝１２５，所以ｌｏｇ５１２５＝３．下列说法正确的个数为 （　　） ①ｌｏｇ６１＝０；②ｌｏｇ２ｘｙ＝ｌｏｇ２ｘ＋ｌｏｇ２ｙ（ｘ＞０，ｙ＞０）； ③ｌｏｇ３２ ３ ＝３ｌｏｇ３２；④若ｌｏｇ２（３－ａ）＝ｌｏｇ８２７，则ａ＝０． Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ １０．如图６，ＡＤ为等边△ＡＢＣ的高，Ｅ，Ｆ分别为线段ＡＤ，ＡＣ上 的动点，ＡＥ＝ＣＦ．当ＢＦ＋ＣＥ最小时，∠ＡＦＢ的度数为 （　　） Ａ．１０５° Ｂ．９５° Ｃ．９０° Ｄ．７５° 第Ⅱ卷 非选择题 （共９０分） 二、细心填一填（本大题共５个小题，每小题３分，共１５分） １１．南京金箔锻制技艺是南京地方传统手工技艺，国家级非 物质文化遗产，有“中华一绝”之称．金箔厚度仅０．００００００１２米． 用科学记数法表示０．００００００１２是 ． １２．中国高铁运营速度处于全球领先水平．设京沪高铁列车 的平均时速为３００ｋｍ／ｈ，则其行驶路程ｙ（单位：ｋｍ）与行驶时间 ｘ（０≤ｘ≤４．４，单位：ｈ）之间的关系式为 ． １３．要使（ｘ２＋ａｘ－１）（－２ｘ３＋ｘ２）的展开式中不含ｘ４项，则 ａ的值为 ． １４．如图７－①是消防云梯，其示意图如图７－②所示，其由 救援台ＡＢ、延展臂ＢＣ（Ｂ在Ｃ的左侧）、伸展主臂ＣＤ、支撑臂ＥＦ 构成，在作业过程中，救援台ＡＢ、车身ＧＨ及地面ＭＮ三者始终保 持水平平行．为了参与一项高空救援工作，需要进行作业调整，如 图７－③，使得延展臂 ＢＣ与支撑臂 ＥＦ所在直线互相垂直，且 ∠ＥＦＨ＝６９°，则这时展角∠ＡＢＣ＝ ． １５．如图８，直线ＰＱ经过Ｒｔ△ＡＢＣ的直角顶点Ｃ，△ＡＢＣ的边 上有两个动点Ｄ，Ｅ，点Ｄ以１ｃｍ／ｓ的速度从点Ａ出发，沿ＡＣ→ＣＢ 移动到点Ｂ，点Ｅ以３ｃｍ／ｓ的速度从点Ｂ出发，沿ＢＣ→ＣＡ移动 到点Ａ，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点． 过点Ｄ，Ｅ分别作ＤＭ⊥ＰＱ，ＥＮ⊥ＰＱ，垂足分别为点Ｍ，Ｎ，若ＡＣ ＝６ｃｍ，ＢＣ＝８ｃｍ，设运动时间为ｔｓ，则当ｔ＝ 时，以点 Ｄ，Ｍ，Ｃ为顶点的三角形与以点Ｅ，Ｎ，Ｃ为顶点的三角形全等． 三、耐心解一解（本大题共８个小题，共７５分） １６．（本题共２个小题，每小题５分，共１０分） （１）如图９，国道ａ上有一出口Ｍ，现计划在附近公路ｂ旁建 一个加油站Ｎ，欲使出口 Ｍ到加油站的距离最短，请画出施工线 路，并说明理由． （２）运用整式乘法公式进行计算：１２３４２－１２４４×１２２４． １７．（７分）如图１０，已知Ａ，Ｄ，Ｃ，Ｅ在同一直线上，ＡＤ＝ＣＥ， ＡＢ∥ＤＦ，ＡＢ＝ＤＦ． （１）试说明：△ＡＢＣ≌△ＤＦＥ； （２）连接ＣＦ，若∠ＢＣＦ＝６０°，∠ＤＦＣ＝２０°，求∠ＤＦＥ的度 数． ! !" ! " # $ % & !"# ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 ! " # $ % & ! ' ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 " # $ % ! ' ! # ( " # $ % ! $ ! " ! " # $ % & ! % ) * + ! & * ) ! ' ( $ # ! ! " $ % ! # ! ( ! ' ! ) ! " # $ % , - + ' ! " # ! " # $% & + - . / ! * . / + - ! " & # $% 书 １８．（８分）五一期间，某商场为吸引顾客，设立了一个可以自 由转动的转盘（如图１１），转盘被等分成１６个扇形．商场规定：顾 客每购买１００元的商品，就能获得一次转动转盘的机会．如果转盘 停止后，指针正好落在红色、黄色或绿色区域，顾客就可以分别获 得５０元、３０元、２０元的购物券． （１）“转动一次转盘获得 １００元的购物券”是 （填 “必然事件”“不可能事件”或“随机事件”）． （２）转动一次转盘获得５０元、３０元、２０元购物券的概率分别 是多少？ （３）如果某顾客获得一次转动转盘的机会，则得到购物券的 概率和得不到购物券的概率哪个大？ １９．（８分）太原北齐壁画博物馆于２０２３年１２月２０日正式对 外开放，这是全国首座原址建设的壁画专题博物馆．周末聪聪和 家人一起驾车从家出发去北齐壁画博物馆，在馆内参观了１个小 时，随后驾车去姑妈家．如图１２所示的折线ＯＡ－ＡＢ－ＢＣ表示他 们离开家的距离与离开家的时间之间的关系． （１）上述过程中，自变量是 ，因变量是 ； （２）聪聪家与博物馆的距离是 千米，博物馆到姑妈 家的距离是 千米； （３）求聪聪一家从博物馆到姑妈家驾车行驶的平均速度（不 含在博物馆参观的时间）． ２０．（９分）下面是博学小组的研究性学习报告的部分内容， 请认真阅读，并完成相应任务． 关于“老屋房梁”的研究报告 材料：小组成员欣欣发现自家老屋房梁结构 中存在着平行和垂直的知识，将房梁结构绘制成 如图１３所示的图形，其中点Ｄ在ＡＢ上，ＤＥ⊥ＡＣ， ∠ＢＤＧ＝７０°，∠ＥＦＧ＝１１０°． 猜想：ＡＢ与ＥＦ的位置关系为▲． 推理过程：…… 任务： （１）研究报告中“▲”处空缺的内容为 ； （２）请补全材料中“……”处对ＡＢ与ＥＦ的位置关系猜想的 推理过程； （３）若∠Ｂ＝∠ＤＥＦ，试说明：ＡＣ⊥ＢＣ． ２１．（１０分）综合与实践 如图１４，长方形Ａ的两边长分别为ｍ＋１，ｍ＋７；长方形Ｂ的 两边长分别为ｍ＋２，ｍ＋４（其中ｍ为正整数）． （１）长方形Ａ的面积Ｓ１ ＝ ；长方形Ｂ的面积Ｓ２ ＝ ；比较大小：Ｓ１ Ｓ２（填“＜”“＝”或“＞”）． （２）现有一正方形，其周长与长方形Ａ的周长相等． ①求正方形的边长（用含ｍ的代数式表示）； ②试探究：该正方形的面积Ｓ与长方形Ａ的面积Ｓ１的差（即 Ｓ－Ｓ１）是一个常数，并求出这个常数． ２２．（１０分）已知等腰△ＡＢＣ，ＡＢ＝ＡＣ，腰ＡＢ的垂直平分线 ＥＦ分别交ＡＢ，ＡＣ于点Ｅ，Ｆ． （１）如图１５－①，若ＡＦ＝ＢＣ，求∠Ａ的度数； （２）如图１５－②，若点Ｄ，Ｈ分别为ＢＣ，ＡＣ的中点，ＢＣ＝６， △ＢＤＨ的面积是７．５，点Ｍ为线段ＥＦ上一动点，求△ＢＤＭ周长的 最小值． ２３．（１３分）【阅读理解】补短法在解决线段的和、差、倍、分等 问题中有着广泛的应用．具体的做法是将某条线段延长，使之与 某特定线段相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数 学问题． 如图１６－①，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＤＣ，Ｅ是ＡＤ的中点， ＢＥ平分∠ＡＢＣ，试判断ＢＣ，ＡＢ，ＣＤ之间的等量关系． 小颖的方法：如图１６－②，延长ＢＥ交ＣＤ的延长线于点Ｆ，构 造全等三角形即可得到结论． 【问题解决】（１）参考小颖的方法，判断ＢＣ，ＡＢ，ＣＤ之间的等 量关系，并说明理由； 【自主探究】（２）如图１６－③，在△ＡＢＣ中，Ｄ是ＢＣ的中点， 点Ｅ在ＡＣ上，连接ＢＥ交ＡＤ于点Ｆ，ＡＥ＝ＥＦ，试说明：ＡＣ＝ＢＦ； 【拓展延伸】（３）如图１６－④，在四边形ＡＢＤＣ中，ＡＢ∥ＣＤ， ＡＢ＝５，ＣＤ＝１．６，点Ｆ在ＡＥ上且满足∠ＤＦＥ＝∠ＢＡＥ，Ｓ△ＡＢＥ ＝ Ｓ△ＡＣＥ，求ＤＦ的长． ! " # $ % & ' ! !" !"# !"#$%&' !#$!% () ! !& ()& ()' ()( ()! $ % ! " #$ % & * + ! #$ & % ! !# ! " " # $ % ! ! " # $ % & ! " # $ % & ! " # $ % & ! " # $ ! !) ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 ! ! ! ! " " # ! !! &* !# $ % $,%* ! & # " # &'-() *+-,* ! !+ 书 ２ｘ＋２ｙ２－１２ｙ·（ｘ＋２ｙ）＝ｘ ２＋ｙ２－１２ｘｙ．因为ｘｙ＝２０， ｘ２＋ｙ２ ＝１０４，所以Ｓ阴影 ＝１０４－ １ ２×２０＝９４． ２３．（１）ＥＦ＝ＢＥ＋ＤＦ． （２）结论ＥＦ＝ＢＥ＋ＤＦ仍然成立．理由如下： 延长ＦＤ到点Ｇ，使ＤＧ＝ＢＥ，连接ＡＧ，如图１１．因为 ∠Ｂ＋∠ＡＤＣ＝１８０°，∠ＡＤＣ＋∠ＡＤＧ＝１８０°，所以∠Ｂ ＝∠ＡＤＧ．在△ＡＢＥ和△ＡＤＧ中，因为ＡＢ＝ＡＤ，∠Ｂ＝ ∠ＡＤＧ，ＢＥ＝ＤＧ，所以△ＡＢＥ≌△ＡＤＧ（ＳＡＳ）．所以ＡＥ ＝ＡＧ，∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＧ．因为∠ＢＡＤ＝∠ＢＡＥ＋∠ＥＡＤ， ∠ＥＡＧ＝∠ＥＡＤ＋∠ＤＡＧ，所以 ∠ＢＡＤ＝∠ＥＡＧ．因为 ∠ＥＡＦ＝ １２∠ＢＡＤ，所以 ∠ＥＡＦ ＝ １ ２∠ＥＡＧ．所以 ∠ＥＡＦ＝∠ＧＡＦ．在△ＡＥＦ和△ＡＧＦ中，因为ＡＥ＝ＡＧ， ∠ＥＡＦ＝∠ＧＡＦ，ＡＦ＝ＡＦ，所以△ＡＥＦ≌△ＡＧＦ（ＳＡＳ）． 所以ＥＦ＝ＧＦ．因为ＧＦ＝ＤＦ＋ＤＧ＝ＤＦ＋ＢＥ，所以ＥＦ ＝ＢＥ＋ＤＦ． （３）连接ＥＦ，延长 ＡＥ，ＢＦ交于点 Ｃ，如图１２．因为 ∠ＡＯＢ＝３０°＋９０°＋（９０°－７０°）＝１４０°，∠ＥＯＦ＝７０°， 所以∠ＥＯＦ＝１２∠ＡＯＢ．因为ＯＡ＝ＯＢ，∠ＯＡＣ＋∠ＯＢＣ ＝（９０°－３０°）＋（７０°＋５０°）＝１８０°，所以四边形ＯＡＣＢ 符合探索延伸中的条件．所以结论ＥＦ＝ＡＥ＋ＢＦ成立， 即ＥＦ＝ＡＥ＋ＢＦ＝１．５×３０＋１．５×４０＝１０５（海里）． 答：此时两快艇之间的距离是１０５海里． 七年级第二学期期末复习检测卷（二） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ Ｄ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ 二、１１．１．２×１０－７；　１２．ｙ＝３００ｘ；　１３．１２； １４．１５９°；　１５．１或 ７２或１２． 三、１６．（１）图略，理由：垂线段最短． （２）１００． １７．（１）因为ＡＢ∥ＤＦ，所以∠Ａ＝∠ＥＤＦ．因为ＡＤ ＝ＣＥ，所以ＡＤ＋ＣＤ＝ＣＥ＋ＣＤ，即ＡＣ＝ＤＥ．在△ＡＢＣ 和△ＤＦＥ中，ＡＢ＝ＤＦ，∠Ａ＝∠ＦＤＥ，ＡＣ＝ＤＥ，所以 △ＡＢＣ≌△ＤＦＥ（ＳＡＳ）． （２）设 ＢＣ与 ＤＦ交于点 Ｏ．因为 ∠ＢＣＦ＝６０°， ∠ＤＦＣ＝２０°，所以∠ＤＯＣ＝１８０°－∠ＣＯＦ＝∠ＢＣＦ＋ ∠ＤＦＣ＝８０°．因为ＡＢ∥ＤＦ，所以∠Ｂ＝∠ＤＯＣ＝８０°． 因为△ＡＢＣ≌△ＤＦＥ，所以∠ＤＦＥ＝∠Ｂ＝８０°． １８．（１）不可能事件； （２）转动一次转盘获得５０元购物券的概率是 １１６；转 动一次转盘获得３０元购物券的概率是：２１６＝ １ ８；转动一 次转盘获得２０元购物券的概率是：４１６＝ １ ４． （３）因为得到购物券的概率是 ７１６，得不到购物券的 概率是：１－７１６＝ ９ １６， ７ １６＜ ９ １６，所以得不到购物券的概 率大． １９．（１）时间，距离； （２）１５，２５； （３）２５÷（５３－ １ ４－１）＝６０（千米 ／时）． 答：聪聪一家从博物馆到姑妈家驾车行驶的平均速 度为６０千米 ／时． ２０．（１）ＡＢ∥ＥＦ； （２）因为 ∠ＥＦＧ＝１１０°，所以 ∠ＥＦＤ ＝１８０°－ ∠ＥＦＧ＝７０°．又因为 ∠ＢＤＧ＝７０°，所以 ∠ＢＤＧ＝ ∠ＥＦＤ．所以ＡＢ∥ＥＦ． （３）因为 ＡＢ∥ ＥＦ，所以 ∠ＡＤＥ＝∠ＤＥＦ．又因为 ∠Ｂ＝∠ＤＥＦ，所以∠Ｂ＝∠ＡＤＥ．所以ＤＥ∥ＢＣ．所以 ∠ＡＥＤ＝∠Ｃ．因为ＤＥ⊥ＡＣ，所以∠ＡＥＤ＝９０°．所以 ∠Ｃ＝９０°．所以ＡＣ⊥ＢＣ． ２１．（１）ｍ２＋８ｍ＋７，ｍ２＋６ｍ＋８，＞； （２）①长方形Ａ的周长为：２（ｍ＋７＋ｍ＋１）＝４ｍ ＋１６．因为正方形的周长与长方形Ａ的周长相等，所以正 方形的周长为４ｍ＋１６．所以正方形的边长为：１４（４ｍ＋ １６）＝ｍ＋４． ②因为正方形的面积Ｓ＝（ｍ＋４）２，所以Ｓ－Ｓ１ ＝ （ｍ＋４）２－（ｍ２＋８ｍ＋７）＝９．所以该正方形的面积Ｓ 与长方形Ａ的面积Ｓ１的差（即Ｓ－Ｓ１）是一个常数，这个 常数为９． ２２．（１）连接ＢＦ，图略．因为腰ＡＢ的垂直平分线ＥＦ 分别交ＡＢ，ＡＣ于点Ｅ，Ｆ，所以ＦＡ＝ＦＢ．所以 ∠ＦＢＡ＝ ∠Ａ．所以 ∠ＢＦＣ＝１８０°－∠ＡＦＢ＝∠Ａ＋∠ＦＢＡ＝ ２∠Ａ．因为ＡＦ＝ＢＣ，所以ＢＦ＝ＢＣ．所以∠Ｃ＝∠ＢＦＣ ＝２∠Ａ．因为ＡＢ＝ＡＣ，所以∠ＡＢＣ＝∠Ｃ＝２∠Ａ．因为 ∠Ａ＋∠ＡＢＣ＋∠Ｃ＝１８０°，所以∠Ａ＋２∠Ａ＋２∠Ａ＝ １８０°．解得∠Ａ＝３６°． （２）连接ＭＡ，ＡＤ，图略．因为ＡＢ＝ＡＣ，ＢＣ＝６，点Ｄ 为ＢＣ的中点，所以ＢＤ＝１２ＢＣ＝３，ＡＤ⊥ＢＣ．因为Ｍ为 ＥＦ上一点，所以ＭＡ＝ＭＢ．所以Ｃ△ＢＤＭ ＝ＢＭ＋ＭＤ＋ＢＤ ＝ＡＭ＋ＭＤ＋ＢＤ≥ＡＤ＋ＢＤ．因为Ｓ△ＢＤＨ ＝７．５，Ｈ是ＡＣ 的中点，所以Ｓ△ＡＢＣ ＝２Ｓ△ＢＣＨ ＝４Ｓ△ＢＤＨ ＝３０，即 １ ２ＢＣ· ＡＤ＝３０．解得ＡＤ＝１０．所以 △ＢＤＭ周长的最小值为： ＡＤ＋ＢＤ＝１３． ２３．（１）ＢＣ＝ＡＢ＋ＣＤ．理由如下： 如题图②，延长ＢＥ交ＣＤ延长线于点Ｆ．因为 Ｅ是 ＡＤ的中点，所以ＡＥ＝ＤＥ．因为ＡＢ∥ＤＣ，所以∠ＡＢＥ＝ ∠Ｆ．在△ＡＢＥ和△ＤＦＥ中，因为 ∠ＡＢＥ＝∠Ｆ，∠ＡＥＢ ＝∠ＤＥＦ，ＡＥ＝ＤＥ，所以△ＡＢＥ≌△ＤＦＥ（ＡＡＳ）．所以 ＡＢ＝ＤＦ．因为ＢＥ平分∠ＡＢＣ，所以∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＥ．所 以∠Ｆ＝∠ＣＢＥ．过点Ｃ作ＣＧ⊥ＢＦ于点Ｇ，图略．所以 ∠ＣＧＢ＝∠ＣＧＦ＝９０°．又因为ＣＧ＝ＣＧ，所以△ＣＧＢ≌ △ＣＧＦ（ＡＡＳ）．所以ＣＢ＝ＣＦ．因为ＣＦ＝ＤＦ＋ＣＤ，所以 ＢＣ＝ＡＢ＋ＣＤ． （２）延长ＡＤ至点Ｈ，使ＤＨ＝ＡＤ，连接ＢＨ，图略．因 为Ｄ是ＢＣ的中点，所以 ＢＤ＝ＣＤ．在 △ＢＤＨ和 △ＣＤＡ 中，因为 ＢＤ＝ＣＤ，∠ＢＤＨ＝∠ＣＤＡ，ＤＨ＝ＤＡ，所以 △ＢＤＨ≌△ＣＤＡ（ＳＡＳ）．所以∠Ｈ＝∠ＣＡＤ，ＢＨ＝ＡＣ． 因为ＡＥ＝ＥＦ，所以∠ＣＡＤ＝∠ＡＦＥ．所以∠Ｈ＝∠ＡＦＥ ＝∠ＢＦＨ．易得ＢＦ＝ＢＨ．所以ＡＣ＝ＢＦ． （３）延长ＡＥ，ＣＤ相交于点 Ａ′，图略．因为 Ｓ△ＡＢＥ ＝ Ｓ△ＡＣＥ，所以 ＢＥ＝ＣＥ．因为 ＡＢ∥ ＣＤ，所以 ∠ＡＢＥ＝ ∠Ａ′ＣＥ．又因为 ∠ＡＥＢ ＝∠Ａ′ＥＣ，所以 △ＡＢＥ≌ △Ａ′ＣＥ（ＡＳＡ）．所以Ａ′Ｃ＝ＡＢ＝５，∠ＢＡＥ＝∠Ａ′．因为 ∠ＤＦＥ＝∠ＢＡＥ，所以∠ＤＦＥ＝∠Ａ′．易得ＤＦ＝Ａ′Ｄ．因 为ＣＤ＝１．６，所以ＤＦ＝Ａ′Ｄ＝Ａ′Ｃ－ＣＤ＝３．４． 七年级第二学期期末复习检测卷（三） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ Ｄ Ｂ Ａ Ｄ 二、１１．－２；　１２．ＡＤ＝ＣＦ（答案不惟一）；　１３．１３； １４．ｙ＝２ｘ＋８；　１５．１５°或４５°或９０°或１３５°． 三、１６．（１）原式 ＝－２ｘ－５ｙ．当 ｘ＝（－１３） －１ ＝ －３，ｙ＝２０２５０ ＝１时，原式 ＝１． （２）①如果底边长为６厘米，则腰长为：１２×（２０－ ６）＝７（厘米），满足三角形三边关系；②如果腰长为６厘 米，则底边长为：２０－２×６＝８（厘米），满足三角形三边 关系．所以其他两边的长分别为７厘米、７厘米或６厘米、 ８厘米． １７．因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠Ｂ＝∠ＤＣＥ．因为∠ＡＣＤ ＝∠Ｂ＋∠Ｄ＝∠ＡＣＢ＋∠ＤＣＥ，所以∠Ｄ＝∠ＡＣＢ．在 △ＡＢＣ和△ＥＣＤ中，∠Ｂ＝∠ＤＣＥ，∠ＡＣＢ＝∠Ｄ，ＡＣ＝ ＥＤ，所以△ＡＢＣ≌△ＥＣＤ（ＡＡＳ）．所以ＢＣ＝ＣＤ． １８．（１）９１０， ７ ２５； （２）５０×２５－１４＝６（个）． 答：需要将６个标有２元的小球改为８元的小球． １９．如图１３． ２０．（１）ａ２－ａｂ＋ｂ２； （２）（ａ＋ｂ）（ａ２－ａｂ＋ｂ２）＝ａ３－ａ２ｂ＋ａｂ２＋ａ２ｂ－ ａｂ２＋ｂ３ ＝ａ３＋ｂ３． （３）原式 ＝（ｘ３＋ｙ３）－（ｘ３＋８ｙ３）＝－７ｙ３． ２１．（１）离家时间ｔ，离家距离ｓ； （２）２，３０； （３）当１＜ｔ＜２时，小西行进的距离为２０ｋｍ，用时： ２－１＝１（ｈ），所以小西在这段时间的速度为：２０÷１＝ ２０（ｋｍ／ｈ）； 当２＜ｔ＜４时，小西行进的距离为１０ｋｍ，用时：４－ ２＝２（ｈ），所以小西在这段时间的速度为：１０÷２＝ ５（ｋｍ／ｈ）． （４）当１＜ｔ＜２时，小西的速度为２０ｋｍ／ｈ，所以小 西与家相距２０ｋｍ时，离家时间为：１＋（２０－１０）÷２０＝ ３ ２（ｈ）； 由图象可得，当ｔ＝４时，ｓ＝２０，即小西在离家４ｈ 时，与家相距２０ｋｍ． 综上所述，小西在离家 ３ ２ ｈ或 ４ｈ时，与家相距 ２０ｋｍ． ２２．（１）１３５°； （２）①不存在ＡＣ∥ＢＤ的情况．理由如下： 因为∠ＢＡＮ＝４５°，所以∠ＭＡＢ＝１８０°－∠ＢＡＮ＝ １３５°．若ＡＣ∥ＢＤ，则 ∠ＢＡＣ＝∠ＡＢＤ，即１３５°－３α＝ １３５°－α，解得α＝０°，不符合题意，所以不存在ＡＣ∥ＢＤ 的情况． ②如图 １４，过点 Ｇ作 ＧＥ∥ ＰＱ．因为ＰＱ∥ＭＮ，所以ＰＱ∥ＭＮ ∥ＧＥ．所以∠ＥＧＢ＝∠ＰＢＤ＝α， ∠ＥＧＡ＝∠ＮＡＣ＝１８０°－∠ＭＡＣ ＝１８０°－３α．所以∠ＡＧＢ＝∠ＥＧＡ ＋∠ＥＧＢ＝１８０°－３α＋α＝１８０°－ ２α． ③∠ＢＡＧ与∠ＢＧＨ的数量关系不发生变化． 因为ＧＨ⊥ＡＧ，所以 ∠ＡＧＨ＝９０°．所以 ∠ＢＧＨ＝ ９０°－∠ＡＧＢ＝９０°－（１８０°－２α）＝２α－９０°．因为 ∠ＢＡＧ＝３α－１３５°，所以∠ＢＡＧ＝ ３２∠ＢＧＨ． ２３．（１）理由：因为△ＡＢＣ≌△ＤＥＣ，所以ＡＣ＝ＤＣ． 因为∠ＤＥＣ＝９０°，所以ＡＭ ＝ＤＭ，即点Ｍ恰好是线段 ＡＤ的中点． （２）因为△ＡＢＣ≌△ＤＥＣ，所以ＡＢ＝ＤＥ，ＢＣ＝ＥＣ． 所以∠ＣＢＥ＝∠ＣＥＢ．因为∠ＡＢＥ＋∠ＣＢＥ＝∠ＣＥＢ＋ ∠ＤＥＧ＝９０°，所以∠ＡＢＥ＝∠ＤＥＧ．因为ＤＥ＝ＤＧ，所 以∠ＤＥＧ＝∠ＤＧＥ，ＡＢ＝ＤＧ．所以∠ＤＧＥ＝∠ＡＢＥ．又 因为∠ＡＭＢ＝∠ＤＭＧ，所以△ＡＢＭ≌△ＤＧＭ（ＡＡＳ）．所 以ＡＭ ＝ＤＭ，即点Ｍ是线段ＡＤ的中点． （３）因为△ＡＢＣ≌△ＤＥＣ，所以ＡＣ＝ＤＣ，ＢＣ＝ＥＣ， ＡＢ＝ＤＥ，∠ＣＤＥ＝∠ＢＡＣ＝３５°，∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＥ＝ ９０°－∠ＢＡＣ＝５５°．所以 ∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＥ＝∠ＤＣＥ＋ ∠ＡＣＥ，即∠ＢＣＥ＝∠ＡＣＤ． ①当ＡＢ＝ＡＭ时，如图 １５－①，所以 ∠ＡＢＭ ＝ ∠ＡＭＢ，由（２）知ＡＭ＝ＤＭ，所以ＤＥ＝ＤＭ，所以点Ｅ，Ｍ 重合，所以ＡＣ垂直平分ＢＥ，所以∠ＡＢＭ＝９０°－∠ＢＡＣ ＝５５°； ②当ＡＭ＝ＢＭ时，如图１５－②，连接ＢＤ，由（２）知 ＡＭ＝ＤＭ，所以ＡＭ＝ＢＭ＝ＤＭ，所以∠ＭＡＢ＝∠ＭＢＡ， ∠ＭＢＤ＝∠ＭＤＢ，所以∠ＡＢＤ＝９０°，所以Ｂ，Ｃ，Ｄ三点 共线，因为ＢＣ＝ＥＣ，所以∠ＣＢＥ＝∠ＣＥＢ＝１２（１８０°－ ∠ＢＣＥ）＝ １２∠ＤＣＥ＝２７．５°，所以∠ＡＢＭ ＝∠ＡＢＣ－ ∠ＣＢＥ＝６２．５°； ③当 ＢＡ＝ＢＭ时，如图 １５－③，所以 ∠ＢＡＭ ＝ ∠ＢＭＡ＝１２（１８０°－∠ＡＢＭ），因为ＡＣ＝ＣＤ，ＢＣ＝ＥＣ， ∠ＢＣＥ＝∠ＡＣＤ，所以∠ＣＡＤ＝∠ＣＢＥ＝９０°－∠ＡＢＭ， 所以∠ＢＡＭ＝∠ＢＡＣ＋∠ＣＡＤ＝３５°＋９０°－∠ＡＢＭ＝ １２５°－∠ＡＢＭ，所以 １２（１８０°－∠ＡＢＭ） ＝１２５°－ ∠ＡＢＭ，解得∠ＡＢＭ ＝７０°． 综上所述，∠ＡＢＭ的度数为５５°或６２．５°或７０                                                                                                                                                                                         °． ! 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