山东省济南市七年级下学期考前示范卷(1)-【期末考前示范卷】2024-2025学年新教材七年级下册数学(济南专版)

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AC=BC, 在△ACD和△BCE中 ∠ACD=∠BCE, 因为S,+S2=a2+b2-ab=30, CD=CE. 所以S=×30=15. 所以△ACD≌△BCE(SAS)。 所以∠CBE=∠CAD。 25.解：(1)因为△ACB和△DCE均是等腰直 因为∠ACB=∠DCE=a, 角三角形，∠ACB=∠DCE=90°， 所以∠ABC=∠BAC 所以AC=BC,CD=CE,∠CDE=∠CED=45°。 所以∠ADC=135°。 =180-=90 2。 因为∠ACB-∠BCD=∠DCE-∠BCD, 所以∠BAG+∠ABG 所以∠ACD=∠BCE。 =(∠CAD+∠BAC)+(∠ABC-∠CBE) rAC=BC, =∠ABC+∠BAC=180P-a 在△ACD和△BCE中， ∠ACD=∠BCE, 所以∠AGB=180°-（∠BAG+∠ABG)=a, CD=CE. 即直线AD和BE的夹角为。 所以△ACD≌△BCE(SAS)。 故答案为&。 所以∠BEC=∠ADC=135°，AD=BE。 济南市七年级第二学期考前示范卷（一） 所以∠AEB=∠BEC-∠CED=90°。 1.B2.B3.D4.C5.B6.C7.C8.C 故答案为90°；AD=BE。 9.D10.C (2)AD=BE,AD⊥BE。理由如下： 11.不可能12.1613.y=4x14.18 同理可得△ACD≌△BCE。 15.124 所以AD=BE,∠CAD=∠CBE 如图1，延长AD交BE于点F 16解：(1)(-1)2-1-21+(3)2+(m-1)° =1-2+9+1 =9。 (2)(-3x3)2-[(2x)2]3 =9x6-(4x2)3 =9x6-64x6=-55x6 图1 17.解：(3a+b)(3a-b)+(2a-b)2-3a(a-b) 设∠BAF=a,则∠CAD=∠CBE=45°-a。 =9a2-b2+4a2-4ab+b2-3a2+3ab 所以∠ABE=45°+45°-x=90°-a =10a2-abo 所以∠AFB=18O°-∠BAF-∠ABE =180°--(90°-x)=90° 当a=0b=2时，原式=10x(020x2 所以AD⊥BE 11111 (3)如图2，延长BE交AD于点G。 =10 1005105=10 18.解：(1)从袋中摸出一个球是白球的概率 为g16243 16162 (2)设取出的白球数量为x个。 图2 根据题意，得”- ,解得x=7。 因为△ACB和△DCE均是等腰三角形， 答：取出的白球数量为7个。 所以AC=BC,CD=CE。 19.解：(1)因为∠1=∠BDC, 因为∠ACB=∠DCE=a, 所以AB∥CD。所以∠2=∠ADC。 20- 因为∠2+∠3=180° 所以△ABC≌△ADE(AAS). 所以∠ADC+∠3=180°。所以AD∥CE (2)因为AF=CF, (2)因为CE⊥EF 所以S AADE=S△cDr=1g 所以∠CEF=90°。 因为EF=3DF,所以S△Asr=3S△A0r=3。 由(1)知，AD∥CE, 所以S AABG=S AADE=SAAr+SABr=4。 所以∠DAF=∠CEF=90°。 23.解：(1)如题图1，过点A作DE∥BC, 因为∠BAF=55°， 所以∠B=∠BAE,∠C=∠CAD。 所以∠2=∠DAF-∠BAF=35°。 又因为∠BAE+∠BAC+∠CAD=180°， 因为AB∥CD, 所以∠B+∠BAC+∠C=180°。 所以∠ADC=∠2=35 故答案为∠BAE:∠CAD:180° 因为DA平分∠BDC, (2)如图1，过点E作EF∥AB, 所以∠BDC=2∠ADC=70° 所以∠B+∠BEF=180°a 20.解：(1)如图所示，△A,B,C,即为所求作。 所以∠BEF=180°-∠B。 (2)△1BC的面积为2×(2+3)x3-7×2× 因为AB∥CD, 2 所以EF∥CD。所以∠CEF=∠C。 2134。做答案为4 因为∠BEC=80°， 2 所以∠BEF+∠CEF=8O°。 (3)如图所示，点P即为所求。 所以180°-∠B+∠C=80°。 所以∠B-∠C=100°。 3202345 D 图1 图2 (3)如图2，过点P作PE∥CD, 所以∠D=∠DPE 21.解：(1)时间距离 因为AB∥CD, (2)由图象可知聪聪家到博物馆的距离为 所以AB∥PE。所以∠B=∠BPE. 15千米，博物馆到姑妈家的距离为40-15 因为∠BPD=∠BPE-∠DPE, =25千米。 所以∠BPD=∠B-∠D 故答案为15：25。 24.解：(1)因为a-b=5,a2+b2=53, (3)25:(3}1)=60千米时)。 而(a-b)2=a2+b2-2ab. 所以25=53-2ab,解得ab=14。 答：聪聪一家从博物馆到姑妈家驾车行驶 (2)设正方形场地ABCD的边长为am,正 的平均速度为60千米/时。 方形场地CEFG的边长为bm, 22解：(1)因为∠1=∠2=∠3， 则a2+b2=208.a+b=20。 所以∠I+∠DAF=∠2+∠DAF, 因为(a+b)2=a2+b2+2ab,即400=208 即∠BAC=∠DAE +2ab, 因为∠2=∠3，∠AFE=∠CFD, 所以ab=96。 所以∠E=∠C。 因为(a-b)2=a2+b2-2ab=208-192=16, r∠C=∠E, 所以a-b=4。 在△ABC和△ADE中 ∠BAC=∠DAE, 所以S阴影部分=S△Be+S△cF AB=AD. 21 2a(a-b)+3b(a-b) 所以△BMD≌△CAD(SAS)。 所以BM=CA,∠M=∠CAD 1 =2a+b)(a-b) 所以∠BAC=∠BAM+∠CAD=∠BAM+∠M。 因为∠Q+∠CAQ+∠ACQ=180°， 1 ∠ACQ+∠ACB=180°， = ×20×4 2 所以∠ACB=180°-∠ACQ, =40(m2). ∠ACQ=180°-∠Q-∠CAQ。 即摆放花卉场地的面积为40m2。 所以∠ACB=∠Q+∠CAQ,AB=BC. 25.(1)解：在△ADC与△EDB中， 因为∠ACQ=180°-（∠Q+∠CAQ), AD=DE. ∠MBA=180°-（∠BAM+∠M), ∠ADC=∠BDE. 所以∠ACQ=∠MBA。 CD=BD. 因为CQ=BC, 所以△ADC≌△EDB(SAS)。 所以CQ=AB 故答案为△ADC≌△EDB。 CA=BM, (2)解：如图1，延长EP至点Q.使PQ= 在△ACQ与△MBA中， ∠ACQ=∠MBA. PE,连接FQ。 LOC=AB, Q 所以△ACQ≌△MBA(SAS)。 所以AQ=AM=2AD 济南市七年级第二学期考前示范卷（二）】 1.B2.A3.C4.D5.B6.B7.D8.A D 9.D10.C 图1 PE=PO. 1.3515'52”123 2 13.y=4x-2 在△PDE与△PFQ中，∠EPD=∠QPF, 14.80°15.15 PD=PF. 16.解：(1)原式=-1+5-9+1=-4。 所以△PDE≌△PFQ(SAS)。所以FQ= DE=3。 (2)原武=y·=y 在△EFQ中，EF-FQ<EQ<EF+FQ, 即5-3<2x<5+3。 (3)原式=8xy3÷2xy-6x2y2÷2y+4x3y÷2x 所以x的取值范围是1<x<4。 =42-3y+2x2。 故答案为1<x<4。 17.解：(1)原式=(x2-2y+y2-3x2+2y+x2- (3)证明：如图2，延长AD至M,使DM= y2)÷2x AD,连接BM, =-x2÷2x= 2 当x=1时，原式=- 2 18.解：角平分线的定义两直线平行，内错角 相等等量代换两直线平行，同位角相等 Q 图2 两直线平行，内错角相等等量代换角 所以AM=2AD 平分线的定义 因为AD是△ABC的中线， 19.解：(1)因为∠AOB=∠BOC=∠AOC, 所以BD=CD ∠A0B+∠B0C+∠AOC=360°， MD=AD, 所以∠AOB=∠BOC=∠A0C=120°。 在△BMD与△CAD中， ∠BDM=∠CDA, 因为OA⊥OP, BD=CD, 所以∠AOP=90°。 22