期末检测卷(2)-【全能练考卷】2025-2026学年七年级下册数学周末小卷（北师大版·新教材）

周未小卷心周小卷、单元卷、期中卷、期末卷 期末检测卷（二） 时间：100分钟满分：120分 一、选择题（本题共计10小题，每小题3分，共30分） 1.下列运动标识图案是轴对称图形的是 C 2.下列计算正确的是 A.a5+a3=a10 B.(a2)3=a10 C.a6÷a=a6 D.(ab)3=ab3 3.如图，a∥b,∠1=45°，则∠2的度数为 A.95 B.105° C.115° D.135° 母 4.测得某人一根头发的直径约为0.0000715米，该数用科学记 数法可表示为 ( 总 A.0.715×104 B.0.715×10-4 C.7.15×10 D.7.15×10-5 5.用三根长度分别为3cm,5cm,10cm的木条首尾顺次相接围 成一个三角形，这属于下列事件中的 A.不可能事件 B.随机事件 拼 C.必然事件 D.不确定事件 6.[选材新风向·漏壶]如图，“漏壶”是一种古代计时器，在壶 内盛一定量的水，水从壶下的小孔漏出，壶内壁有刻度，人们 根据壶中水面的位置计算时间.若用x表示漏水时间，y表示 壶底到水面的高度，下面的图象适合表示y与x的函数关系 的是（不考虑水量变化对压力的影响） () C D 7.如图，△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，P为MN上任一 点，下列结论中错误的是 A.△AA'P是等腰三角形 B.MN垂直平分AA',CC C.△ABC与△A'B'C'面积相等 D.直线AB,A'B'的交点不一定在MW上 8.[选材新风向·数学思想]如图1，边长为a的大正方形中有 一个边长为b的小正方形.将图1中的阴影部分拼成了一个长 方形（如图2），根据两个图形中阴影部分的面积相等，可以验证 平方差公式(a+b)(a-b)=a2-b2,这种验证方法体现的数学 思想是 习 6 图1 图2 A.数形结合思想 B.方程思想 C.统计思想 D.分类思想 9.如图，已知△ABC是直角三角形，∠B=90°.在边AB,AC上分 别截取AC,AF,使AG=AF;分别以C,F为圆心，以大于2CF 的长为半径画弧，两弧在△ABC内相交于点H;作射线AH交 BC于点D,过D作DE⊥AC,垂足为E.若CE=3,DE=4, CD=5,则△ACD与△ABD的周长差为 A.2 B.3 C.4 D.7 10.已知△ABC, (1)如图1，若P点是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，则 LP=90+2∠A: (2)如图2，若P点是∠ABC和外角∠ACE的平分线的交点， 则∠P=90°-∠A; (3)如图3，若P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点， 则P=0-分 上述说法正确的个数是 图1 图2 图3 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 二、填空题（本题共计5小题，每小题3分，共15分） 11.已知关系式y=35x+20,当x的值为2时，y的值等 于 12.一个角的余角比它的补角的号少40°，则这个角的度数为 度 13.若(3b+a)( )=9b2-a2,则括号内应填的代数式 是 14.（重点班重点题)若2=a,16'=b,则22+4w的值为 15.(重点班重难题)如图，在四边形ABCD中，∠BAD=m°， ∠B=∠D=90°，在直线BC,DC上分别 ▣D 找一点M,N,使得△AMN的周长最小 时，则∠MAN的度数为 B 七年级·数学(BS)·下册31 三、解答题（本题共计9小题，共75分） 16.(6分)先化简，再求值：[(y-2)2+2xy-4]÷xy,其中x= 10y=号 17.（6分)请在网格中完成下列问题： (1)在图1中画出△ABC关于直线PQ成轴对称的△A'B'C'; (2)在图2中画出△ABC与△DEF的对称轴， B: 图1 图2 18.（7分)在学习地理时，我们知道：“海拔越高，气温越低”，下 表是海拔高度h(千米)与此高度处气温t(℃)的关系， 海拔高度h/千米 0 1 2 3 4 5 气温/℃ 20 148 2 -4 -10 … 根据上表，回答以下问题： (1)写出气温t与海拔高度h的关系式； (2)当气温是-40℃时，其海拔高度是多少？ 19.（(7分)如图，在△ABC中，BD平分∠ABC,∠A=∠1，∠3= ∠C,求∠A的度数 32七年级·数学(BS)·下册 20.[中考新角度·动手操作](8分)如图，已知△ABC. (1)请用尺规作图方法，作出△ABC的角平分线AD;(保留 作图痕迹，不写作法) (2)在(1)的条件下，若∠B=50°，∠C=80°，求∠ADC的度数 21.(8分)如图所示，△ABC≌△ADE,且∠CAD=10°，∠D= 25°，∠EAB=120°，求∠DFB的度数 22.[真实任务情境·抽奖](10分)某商场为了吸引顾客，设立 了一个可以自由转动的转盘（如图，转盘被分成若干扇形区 域)进行抽奖促销活动，并规定：凡在商场消费的顾客，均可 获得一次转动转盘的机会.如果转盘停止后，指针所指区域 为“一等奖”“二等奖”“三等奖”“四等奖”“五等奖”，则可获 得对应的奖品；指针所指区域为“谢谢”则没有奖品；指针指 向两区域的边界线，顾客可以再转动一次，直到指针不指向 边界线时停止.根据以上规则，回答下列问题： (1)若“三等奖”所在扇形的圆心角为50°，则顾客获得三等 奖的概率为 (2)若商场计划让顾客通过转动一次转盘获得“五等奖”的 概率为，请你求出转盘中“五等奖”所在扇形的圆心角 度数 谢谢 奖四等奖 等奖 谢谗 谢谢 五等奖 三等奖 23.（10分)如图，将一张长方形纸片沿EF折叠后，点D,C分别 落在点D',C'的位置，ED'的延长线与BC相交于点G D D /G 图1 图2 (1)如图1，∠1：∠2=3：4，求∠EGB的度数； (2)如图2，延长EG,AB交于点M,若∠M=40°，求∠EFC'的 度数 24.[中考新角度·综合与实践](13分)以点A为顶点作两个 等腰直角三角形（△ABC,△ADE),如图1所示放置，使得一 直角边重合，连接BD,CE. (1)说明BD=CE; (2)延长BD,交CE于点F,求∠BFC的度数； (3)若如图2放置，上面的结论还成立吗？请简单说明理由， D 图1 图2所以小王在新华书店停留了10分； (3)小王从新华书店到商场的路程为6250 4000=2250(米)，所用时间为35-30= 5(分)，小王从新华书店到商场的骑车速度是 2250÷5=450(米/分). 22解：1)P(指针指向偶数区域)名-： (2)方法一：自由转动转盘，当转盘停止时，指 针指向数字5或6所在的区域时则游戏者 获胜 方法二：自由转动转盘，当它停止时，指针指 向数字大于4的区域时，游戏者获胜.（答案 不唯一) 23.解：(1)在△ACB和△ECD中， CA=CE, ∠ACB=∠DCE, BC=DC, 所以△ACB≌△ECD(SAS) 所以DE=AB; (2)如图，连接AD. 因为AC=CE,AC=120米， 所以AE=2AC=240米. 又因为AD=200米， 所以40米<DE<440米， 所以40米<AB<440米. 24.解：(1)BE=CD.理由如下： 因为△ABC是等边三角形， 所以AB=BC=CA,∠A=∠BCE=60°. 因为两只蜗牛速度相同，且同时出发， 所以CE=AD 在△ACD和△CBE中， AC=BC ∠A=∠BCE, AD=CE, 所以△ACD≌△CBE(SAS), 所以BE=CD; (2)不变.理由如下： 因为△ACD≌△CBE, 所以∠FBC=∠ACD, 所以∠BFC=180°-∠FBC-∠BCD=180°- ∠ACD-∠BCD=180°-∠ACB=120°， 所以∠BFC的大小不变，且∠BFC=120°. 期末检测卷（二） 1.C【解析】A不是轴对称图形，故A选项不符 合题意；B不是轴对称图形，故B选项不符合题 意；C是轴对称图形，故C选项符合题意；D不 是轴对称图形，故D选项不符合题意.故选C. 2.B【解析】a3+a3=2a3,故A选项错误；(a2)5 a0,故B选项正确；a÷a=a,故C选项错误； (ab)3=a3b3,故D选项错误.故选B. 3.D【解析】因为α∥b,所以∠3=∠1=45°，所 以∠2=180°-∠3=135°.故选D. 3 _6 4.D【解析】绝对值小于1的正数也可以利用科 学记数法表示，一般形式为a×10-m,其中1≤ Ial<10,与较大数的科学记数法不同的是其 所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一 个不为零的数字前面的0的个数所决定， 0.0000715=7.15×10-5.故选D. 5.A【解析】因为3+5<10，所以三根长度分别 为3cm,5cm,10cm的木条首尾顺次相接不能 围成一个三角形，所以用三根长度分别为 3cm,5cm,10cm的木条首尾顺次相接围成一 个三角形，属于不可能事件.故选A. 6.B【解析】由题意知，开始时，壶内盛一定量 的水，所以y的初始位置应该大于0，可以排除 A,C选项；由于漏壶漏水的速度不变，所以图 腰直角三角形，∠A=90°时，结论不成立； 中的函数图象为一条直线，可以排除D选项 (3)若P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线 故选B. 的交点，则∠PBC=)∠FBC=2(180°- 7.D【解析】因为△ABC与△A'BC'关于直线 MN对称，所以△ABC≌△A'B'C',AA'⊥MN, ∠ABC)=0-2LABC,LBCP=7∠BCE= CC'⊥MN.因为P为MN上任一点，所以AP= A'P,所以△AA'P是等腰三角形，所以A选项 90-7∠ACB,所以LPBC+∠BCP=180 正确；因为AP=A'P,CP=C'P,所以MN垂直 2(∠ABC+∠ACB).又因为LABC+∠ACB= 平分AA',CC',以B选项正确；因为△ABC≌ 180°-∠A,所以∠PBC+∠BCP=90°+ △A'B'C',所以△ABC与△A'B'C'面积相等，所 以C选项正确；由轴对称的性质，可知直线 7∠A.在△BCP中，LP=180°-(LPBC AB,A'B'的交点一定在MN上，所以D选项错 ∠PCB)=180-(90+2∠A)=90- 误.故选D. 8.A【解析】根据平方差公式的几何背景是运 2LA,故成立.所以说法正确的个数是2个 用数形结合思想探究问题.故选A. 故选C. 9.C【解析】由作法得AD平分∠BAC.因为DB⊥ 11.90【解析】y=35×2+20=90.故答案为90. AB,DE⊥AC,所以DB=DE.在△4BD和△AED中，12.30【解析】设这个角是α根据题意可得90°- ∠BAD=∠EAD, ∠ABD=∠AED,所以△ABD≌△AED（AAS), 三(180°-)-40°，解得&=30°.故答 LAD =AD. 为30. 所以AE=AB,所以△ACD的周长-△ABD的 13.3b-a【解析】若(3b+a)(3b-a)=9b2- 周长=AC+CD+AD-(AB+BD+AD)=AE+ a2,则括号内应填的代数式是3b-a.故答案 CE +AD +CD-AB-BD-AD=CE CD-BD= 为3b-a. 3+5-4=4.故选C. 14.a2b【解析】22+=2.2少=(2)2·(24)= (2*)2·16'.将2*=a,16=b代入，所以原 10.C【解析】(1)若P点是∠ABC和∠ACB的 式=a2b.故答案为a2b. 平分线的交点，则∠PBC=7LABC,LPCB= 15.2m°-180°【解析】作点A关于BC的对称 2∠ACB,则∠PBC+∠PCB=2(LABC+ 点A',点A关于CD的对称点A",连接A'A", 交BC于点M,交CD于点N,此时△AMN的 ∠ACB)=2(I80-∠A).在△BCP中，∠P= 周长最小，即为A'A"的长， D -A川 180-(∠PBC+LPcB)=180-2(180- B LA)=90°+2∠A,故成立；(2)当△ABC是等 七年级·数学(BS)·下册53 所以AM=A'M,AN=A'N,所以∠MAA'= ∠A',∠NAA'=∠A" 因为∠BAD=m°，所以∠A'+∠A'=180°- m°，所以∠MAA'+∠NAA'=180°-m°， 所以∠MAN=∠BAD-(∠BAM+∠DAN)= m°-(180°-m)=2m°-180°. 故答案为2m°-180°. 16.解：原式=（x2y2-4y+4+2y-4)÷xy =(x2y2-2xy）÷xy =xy-2. 当x=10,y=5时，原式=10×5-2=0， 17.解：(1)如图1，△A'B'C即为所求； B A C F.... 图1 (2)如图2，直线1即为所求 图2 18.解：(1)从表格中两个变量的变化对应值的变 化规律可知，海拔高度每升高1千米，气温就 减少6℃， 所以t=20-6h; (2)当t=-40时，20-6h=-40, 解得h=10. 答：海拔高度是10千米 19.解：因为BD平分∠ABC, 54七年级·数学(BS)·下册 所以∠1=∠2. 因为∠A=∠1， 所以∠A=∠1=∠2， 因为∠A+∠1+∠4=180°，∠3+∠4=180°， 所以∠3=∠A+∠1. 设∠A=x,则∠1=∠2=x,∠3=2x. 因为∠3=∠C, 所以∠C=2x. 因为∠2+∠3+∠C=180°， 所以x+2x+2x=180°， 解得x=36°， 即∠A=36° 20.解：(1)如图，线段AD即为所求； (2)在△ABC中，因为∠B=50°，∠C=80°， 所以∠BAC=180°-∠B-∠C=50°， 又因为AD平分∠BAC, 所以∠CMD=7∠BAC=25, 在△ACD中，∠ADC=180°-∠C-∠CAD =75. 21.解：因为△ABC≌△ADE,∠D=25°， 所以∠B=∠D=25°，∠EAD=∠CAB. 因为∠EAB=∠EAD+∠CAD+∠CAB= 120°，∠CAD=10°， 所以∠CAB=(120°-10)÷2=55°， 所以∠FAB=∠CAB+∠CAD=55°+10° =65. 在△ABF中，∠AFB=180°-∠FAB-∠B= 180°-65°-25°=90°. 所以∠DFB=180°-∠AFB=90°， 22.解：（1)若“三等奖”所在扇形的圆心角为 50,则顾客获得三等奖的概率为，0。-6 故答案为。 24.解：(1)因为△ABC,△ADE是等腰直角三 角形， (2)因为顾客转动一次转盘获得“五等奖”的 所以AB=AC,∠BAD=∠EAC=90°，AD 概率为分， =AE, 所以△ADB≌△AEC, 1 所以360°×5=72°， 所以BD=CE; 所以此时转盘中“五等奖”所在扇形的圆心角 (2)因为△ADB≌△AEC, 度数为72 所以∠ACE=∠ABD. 23.解：(1)由折叠的性质可得∠DEF=∠D'EF, 而在△CDF中，∠BFC=180°-∠ACE ∠CFE=∠C'FE, -∠CDF, 又因为∠CDF=∠BDA, 因为四边形ABCD是长方形， 所以∠BFC=18O°-∠DBA-∠BDA=∠DAB 所以AD∥BC, =90°； 所以∠CFE+∠DEF=180°，∠DEF=∠1， (3)成立.理由如下： ∠AEG+∠EGB=180°. 因为△ABC,△ADE是等腰直角三角形， 因为∠1：∠2=3：4， 所以AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠EAD 所以∠2-号1， =90°， 所以∠1+∠2+∠1=180°， 所以∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD, 即∠1+号21+∠1=180， 所以∠BAD=∠CAE, 所以△ADB≌△AEC, 解得∠1=54°， 所以BD=CE,∠ACE=∠DBA. 所以∠DEF=54°， 因为∠1=∠2， 所以LD'EF=54, 所以∠FCA+∠BFC=∠CAB+∠ABD, 所以∠AEG=180°-∠DEF-∠D'EF=72°， 所以∠BFC=∠CAB=90°， 所以∠EGB=180°-∠AEG=108°； (2)由折叠的性质可得∠DEF=∠D'EF, ∠CFE=∠C'FE, 因为四边形ABCD是长方形， 所以AD∥BC,∠A=90°， 所以∠DEF+∠EFC=180°. 因为∠M=40°， 所以∠AEM=180°-∠A-∠M=50°， 所以LDEF=2(180°-LAEM0)=65, 所以∠CFE=180°-∠DEF=115°， 所以∠EFC'=∠CFE=115°.