七年级下学期期末复习检测卷(三)-【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（三） ◆ 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．如意纹是中国文化中的一种吉祥纹样，以下４个如意纹样 中，不是轴对称图形的是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ２．下列运算结果正确的是 （　　） Ａ．ｘ５·ｘ４ ＝ｘ９ Ｂ．（ｘｙ２）３ ＝ｘｙ６ Ｃ．－ｘ５÷ｘ３ ＝ｘ２ Ｄ．－ｘ·（－ｘ）２ ＝ｘ３ ３．如图１－①，是一个左右对称的 风筝，图１－② 是其几何示意图，已知 ∠ＢＣＤ＝８４°，∠ＤＡＣ＝６０°，则 ∠Ｂ的 度数为 （　　） Ａ．６０° 　　　　　Ｂ．７６° Ｃ．７８° 　　　　　Ｄ．８４° ４．下列说法正确的是 （　　） Ａ．“三条线段组成一个三角形”是必然事件 Ｂ．直线外一点到这条直线的垂线段叫作点到这条直线的距离 Ｃ．过一点有且仅有一条直线与已知直线平行 Ｄ．“一副扑克牌中，随意抽出一张牌是黑桃３”是随机事件 ５．数学课上，老师与学生们做“用频率估计概率”的试验，不 透明袋子中有１个黑球、２个黄球、３个白球和４个红球，这些球除 颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某一颜色的球出 现的频率如图２所示，则该种球最有可能是 （　　） Ａ．黑球 Ｂ．白球 Ｃ．黄球 Ｄ．红球 ６．如图３，已知∠３＝∠４，点Ａ，Ｂ分别在直线ｍ，ｎ上，且ＡＣ ⊥ＢＣ．若∠１＝４０°，则∠２的度数为 （　　） Ａ．４０° Ｂ．５０° Ｃ．６０° Ｄ．７０° ７．如图４，在△ＡＢＣ中，按以下步骤操作：①分别以点Ｂ，Ｃ为 圆心，大于 １ ２ＢＣ的长为半径作弧，两弧相交于点 Ｍ，Ｎ，连接 ＭＮ； ②以点Ｃ为圆心，任意长为半径作弧，分别交ＡＣ，ＢＣ于点Ｅ，Ｆ； ③分别以Ｅ，Ｆ为圆心，大于１２ＥＦ的长为半径作弧，两弧交于点Ｏ； ④作射线ＣＯ，交直线 ＭＮ于点 Ｐ，连接 ＢＰ．若 ∠ＢＡＣ＝１００°， ∠ＡＢＰ＝８°，则∠ＰＢＣ的度数为 （　　） Ａ．２１° Ｂ．２２° Ｃ．２３° Ｄ．２４° ８．５Ｇ无人物品派送车现已应用于实际生 活中．如图５是派送车某次派送的路线，该车 从圆心Ｏ出发，按箭头所示方向，依次沿线段 ＯＡ－半圆弧ＡＢ－线段ＢＯ匀速行驶，最后回 到点Ｏ处，则５Ｇ无人物品派送车离出发点Ｏ的距离ｈ与所用时间 ｔ之间关系的图象大致是 （　　） ９．正方形ＡＢＣＤ和正方形ＥＦＣＧ如图６所示放置，点Ｆ，Ｇ分 别在边ＢＣ，ＣＤ上，已知两个正方形的边长ＢＣ与ＦＣ的和为８，且 ＢＣ与ＦＣ的积为６，则阴影部分的面积为 （　　） Ａ．２３ Ｂ．２４ Ｃ．２６ Ｄ．２９ １０．如图７，在△ＡＢＣ中，过点Ｃ作ＣＤ⊥ＡＢ于点Ｄ，且ＤＢ＝ ＤＣ，过点Ｂ作ＢＭ⊥ＡＣ于点Ｍ，ＢＭ与ＣＤ相交于点Ｅ，连接ＭＤ， 过点Ｄ作ＤＮ⊥ＭＤ，交ＢＭ于点Ｎ，若点Ｅ是ＣＤ的中点，则下列 结论：①ＡＣ＝ＢＥ；②ＤＭ＝ＤＮ；③∠ＡＭＤ＝４５°；④ＮＥ＝３ＭＥ，其 中正确的个数是 （　　） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 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．已知ｘ２－２＝ｘ，那么代数式（ｘ＋２）（ｘ－２）－ｘ的值为 ． １２．如图８，Ｄ是ＡＢ上一点，ＤＦ交ＡＣ于点Ｅ，ＦＣ∥ＡＢ，要使 △ＡＤＥ≌ △ＣＦＥ，只需添加一个条件，则这个条件可以是 ． １３．如图９，三条中线把三角形分成６个区域，一个小球在三 角形上自由地滚动，最后停留在阴影部分的概率是 ． １４．如图１０是某种杆秤，在秤杆的点Ａ处固定提纽，点Ｂ处挂 秤盘，点Ｃ为０刻度点．当秤盘不放物品时，提起提纽，秤砣所挂位 置移动到点Ｃ，秤杆处于平衡．秤盘放入 ｘ克物品后移动秤砣，当 秤砣所挂位置与提纽的距离为ｙ毫米时秤杆处于平衡，测得ｘ与ｙ 的几组对应数据如表所示： ｘ／克 １ ３ ５ ７ ９ ｙ／毫米 １０ １４ １８ ２２ ２６ 由表中数据可知，ｙ与ｘ之间的关系式为 ． １５．小明把一副三角尺按如图１１所示的 方式叠放在一起，固定三角尺 ＡＢＣ，将另一 块三角尺 ＤＥＦ绕公共顶点 Ｂ按顺时针方向 旋转，旋转的度数不超过１８０度，若两块三角 尺有一边平行，则三角尺ＤＥＦ旋转的度数是 ． 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）先化简，再求值：［（ｘ＋２ｙ）（ｘ－２ｙ）－（ｘ＋４ｙ）２］÷４ｙ， 其中ｘ＝（－１３） －１，ｙ＝２０２５０． （２）已知等腰三角形的周长为２０厘米，若一边长为６厘米， 求其他两边的长． ! " ! " # $ !"! #$! ! % !"# % "!!" #!&" $ ! && ! ! ' ! " # & $ % % ! " # ( $ ) ! ' # $ % & ' ( # ) ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 0 1 2 3 4 ( ) * + !,-./&0 ' "10, 01%0 01%, 0120 012, 0130 *+ ,-!.," ! 2 0 * + * + * + * + ( ) * + 0 0 0 ! , # , $ % ! " # & $ ! # ! 4 " # $ ! %0 " # $ % 2 3 - - . ! 3 % / " # & , $ ) ( ! - 书 １７．（７分）如图１２，ＡＢ∥ ＣＤ，点 Ｅ在 ＢＣ上，ＡＣ＝ＥＤ，且 ∠ＡＣＤ＝∠Ｂ＋∠Ｄ，试说明：ＢＣ＝ＣＤ． １８．（８分）某儿童用品商店在“六一”儿童节设置了一个购物 摸球游戏：在一个不透明的箱子里装了５０个小球，这些球分别标 有５０元、８元、２元、０元的金额，其中标有５０元的小球有４个，标有 ０元的小球有５个，标有２元小球的个数比标有８元小球的个数的 ２倍少１，这些小球除数字外都相同，并规定：凡购买指定商品，可 以摸球一次，如果摸到标有５０元、８元、２元的小球，则可以得到等 价值的奖品一个． 已知小明购买了指定商品，根据以上信息解答下列问题： （１）小明获得奖品的概率是 ，获得８元奖品的概率 是 ； （２）为吸引顾客，儿童用品店现将８元奖品的获奖概率提高 到 ２ ５，在保持小球总数不变的情况下，需要把几个标有２元的小球 改为８元的小球？ １９．（８分）如图１３，在１０×１０的正方形网格中，每个小正方形 的边长都为１，△ＡＢＣ的顶点都在格点上． （１）在图中作出△ＡＢＣ关于直线ｌ对称的△Ａ１Ｂ１Ｃ１（要求：点 Ａ与Ａ１，Ｂ与Ｂ１，Ｃ与Ｃ１相对应）； （２）用无刻度直尺画出△ＡＢＣ的重心Ｐ； （３）已知Ｑ是直线ｌ上一个动点，当ＱＢ＋ＱＣ取最小值时，请 在图中作出此时Ｑ点的位置． ２０．（８分）观察以下等式： （ｘ＋１）（ｘ２－ｘ＋１）＝ｘ３＋１； （ｘ＋３）（ｘ２－３ｘ＋９）＝ｘ３＋２７； （ｘ＋６）（ｘ２－６ｘ＋３６）＝ｘ３＋２１６； … （１）按以上等式的规律，填空：（ａ＋ｂ）（ ）＝ａ３＋ｂ３； （２）利用多项式的乘法法则，说明（１）中的等式成立； （３）利用（１）中的公式化简：（ｘ＋ｙ）（ｘ２－ｘｙ＋ｙ２）－（ｘ＋ ２ｙ）（ｘ２－２ｘｙ＋４ｙ２）． ２１．（９分）如图１４是小西骑自行车离家的距离ｓ（ｋｍ）与时间 ｔ（ｈ）之间的关系． （１）在这个变化过程中，自变量是 ，因变量是 ； （２）小西 时到达离家最远的地方，此时离家 ｋｍ； （３）分别求出在１＜ｔ＜２时和２＜ｔ＜４时小西骑自行车的 速度； （４）小西几时与家相距２０ｋｍ？ ２２．（１２分）如图１５－①，已知Ａ，Ｂ分别是直线ＭＮ，ＰＱ上的 点，∠ＢＡＮ＝４５°，且ＰＱ∥ＭＮ． （１）∠ＰＢＡ的度数为 ； （２）若射线ＡＣ在直线ＭＮ上方，射线ＢＤ在直线ＰＱ下方，如 图１５－②，且∠ＭＡＣ＝３∠ＰＢＤ．设∠ＰＢＤ＝α（０°＜α＜６０°）． ①当ＡＣ在∠ＭＡＢ内部时，是否存在ＡＣ∥ＢＤ的情况？请说 明理由． ②当ＡＣ在∠ＢＡＮ内部时，如图１５－③，射线ＡＣ和射线ＢＤ 交于点Ｇ，求∠ＡＧＢ的度数（用含α的式子表示）． ③在②的条件下，过点Ｇ作ＧＨ⊥ＡＧ交ＰＱ于点Ｈ．随着射 线ＡＣ和ＢＤ位置的变化，∠ＢＡＧ与∠ＢＧＨ的数量关系是否发生变 化？若不变，请直接写出它们的数量关系；若改变，请说明理由． ２３．（１３分）综合与探究 【问题情境】在数学综合实践课上，老师让同学们用两张全 等的直角三角形纸片进行摆放，使一个锐角顶点重合．如图１６－ ①，已知△ＡＢＣ≌△ＤＥＣ，∠ＡＢＣ＝∠ＤＥＣ＝９０°，连接ＡＤ，射线 ＢＥ与线段ＡＤ交于点Ｍ，并思考点Ｍ是否是线段ＡＤ的中点； 【特例探究】（１）勤学小组将它们按照图１６－②的方式摆放， Ａ，Ｅ，Ｄ三点在同一直线上，此时点Ｅ与点Ｍ重合，同学们发现点 Ｍ恰好是线段ＡＤ的中点，请说明理由； 【一般探究】（２）善思小组受勤学小组的启发，发现摆放在一 般位置时，点Ｍ仍为线段ＡＤ的中点，小明写出了他的思路：如图 １６－③，以点Ｄ为圆心，ＤＥ的长为半径作弧交射线ＢＥ于点Ｇ，则 ＤＧ＝ＤＥ，…，请按照小明的思路说明点Ｍ是线段ＡＤ的中点； 【变式探究】（３）智慧小组继续改变△ＤＥＣ的位置进行探究， 且点Ｅ始终在直线ＢＣ的上方．若∠ＢＡＣ＝３５°，当△ＡＢＭ是等腰 三角形时，请直接写出∠ＡＢＭ的度数． ! !" ! " # $ % !"# !"#$%&' !#$!% () & ' ( $ ) % &#! $ ) ' ( % & # " $ ) ' ( % & # " * ! " # ! !# + # $ % ! !' ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - . / 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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