2025-2026学年苏科版七年级数学下册期中仿真卷（二）

**基本信息** 2025-2026学年七年级数学下册期中仿真卷（苏科版7-10章），以图形变换、代数运算、方程应用为核心，融合《孙子算经》《杨辉三角》等文化素材及“船山方程”“算两次”等创新题型，体现数学眼光、思维与语言的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|10/30|中心对称图形、平方差公式、平移性质|第10题结合杨辉三角考展开式系数，渗透数学文化| |填空题|6/18|平移距离、旋转性质、完全平方公式|第16题引用清代数学符号，融合历史与代数运算| |解答题|7/72|新定义运算、几何折叠、算两次原理|第21题创设“船山方程”新情境，第23题通过面积法验证代数恒等式，培养推理与创新意识|

2025-2026学年七年级数学下册期中仿真卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 测试范围：七年级下第7章-第10章（苏科版新版） 第Ⅰ卷 一﹑单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．下列图形中，属于中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 2．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 3．这个数，用科学记数法表示，正确的是（    ） A． B． C． D． 4．下列各题中，能用平方差公式的是（    ） A． B． C． D． 5．计算的结果是（   ） A． B． C． D． 6．如图，将沿向左平移得到，，相交于点G，如果的周长是，四边形周长为（） A． B． C． D． 7．《孙子算经》中记载了这样一个问题：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺，屈绳量之，不足五寸，木长几何？”其意为：用一根绳子去量一根长木，绳子比长木长4尺，将绳子对折再量长木，则比长木短0.5尺，问木长多少尺？设绳子长尺，木长尺，可列方程组（    ） A． B． C． D． 8．若，则（   ） A．， B．， C．， D．， 9．如图，为一长条形纸带，，将沿折叠，A、D两点分别与对应，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中用“杨辉三角”揭示了（n为非负整数）的展开式的项数及各项系数的规律：                                   1                              1    1                      1    2    1              1    3    3   1     1    4   6   4    1 ……                                          …… 根据“杨辉三角”的系数规律，可知的展开式中第三项的系数为（   ） A．36 B．28 C．21 D．15 第Ⅱ卷 二﹑填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11．已知，，那么的值是______． 12．如图，将沿方向平移得到，若，，则平移的距离为___． 13．若是关于，的方程的一组解，则常数的值是___________． 14．如图，将绕点逆时针旋转一定的角度得到，，分别是，的对应点，且，，三点在同一直线上，若，，则的长为________． 15．已知是完全平方式，则__________． 16．清朝时期的课本《代微积拾级》中用“”来表示相当于的代数式．若“”的值为,“”的值为，则“天”与“地”的和为______． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）计算： (1)； (2)． 18．（8分）先化简，再求值：，其中，． 19．（8分）阅读下面材料：利用折纸可以作出角平分线． (1)如图1，若，则___________； (2)折叠长方形纸片，，均是折痕，折叠后，点落在点，点落在点，连接． ①如图2，当点在上时，求的大小； ②如图3，当点在的内部时，连接，若，，求的度数． 20．（8分）如图，有甲、乙两种长方形卡片若干张． (1)甲种长方形卡片的面积为______，乙种长方形卡片的面积为______，甲、乙两张卡片的面积和为______．（结果需化简） (2)试比较两种长方形卡片的面积、的大小，并说明理由． (3)若用相同数量的甲、乙两种长方形卡片刚好能够拼成一个面积为的图形，则使用卡片的总数量为 ． 21．（12分）阅读下面文字，然后回答问题． 给出定义：已知关于x、y的二元一次方程（其中），若将该方程中y的系数b与常数c互换，得到的新方程称为原方程的“船山方程”，例如方程的“船山方程”为． (1)写出的“船山方程”是______，由该方程和其“船山方程”组成的方程组的解是______； (2)若关于x，y的二元一次方程（其中）的系数满足， ①求该方程与其“船山方程”组成的方程组的解； ②若①中方程组的解恰是关于x，y的二元一次方程的一个解，求代数式的值． 22．（14分）材料，一般地，若（且），那么x叫做以a为底N的对数，记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式可转化为指数式，根据以上材料，解决下列问题： (1)计算：　　 ，　　 ，　　 ； (2)观察（1）题中的三数，4，16，64之间存在怎样的关系式 ，，，又存在怎样的关系式 ； (3)由（2）题猜想 （且，，）；并结合幂的运算法则：进行证明； (4)已知，求的值．（且） 23．（14分）【阅读理解】数学家波利亚说过：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立等量关系．”这就是“算两次”原理．例如：对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积可以得到一个数学等式．如图1可以得到． 【类比应用】 （1）如图2，可以得到的代数恒等式是：　　； 【结论应用】 （2）若满足，求的值； 【迁移应用】 （3）两块完全相同的特制直角三角板()如图3所示放置，其中，，在一直线上，连接，，若一块直角三角板的面积为，与面积之和为，求线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年七年级数学下册期中仿真卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 测试范围：七年级下第7章-第10章（苏科版新版） 第Ⅰ卷 一﹑单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．下列图形中，属于中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义对四个选项进行分析． 【详解】解：A．不是中心对称图形，所以不符合题意； B．是中心对称图形，所以符合题意； C．不是中心对称图形，所以不符合题意； D．不是中心对称图形，所以不符合题意． 故选：B． 2．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据同底数幂的乘法、幂的乘方运算法则对每个式子一一判断即可． 【详解】解：．与不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意； B．，故本选项不合题意； C．，故本选项不合题意； D．，故本选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查同底数幂的乘法、幂的乘方运算法则，熟记同底数幂的乘法、幂的乘方运算法则是解题关键． 3．这个数，用科学记数法表示，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数． 【详解】解：． 故选：B． 【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 4．下列各题中，能用平方差公式的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平方差公式，熟知平方差公式的结构是解题的关键：． 【详解】解：A、不能用平方差公式，不符合题意； B、不能用平方差公式，不符合题意； C、能用平方差公式，符合题意； D、不能用平方差公式，不符合题意； 故选C． 5．计算的结果是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】原式． 6．如图，将沿向左平移得到，，相交于点G，如果的周长是，四边形周长为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平移的性质可得，，然后代入数据计算即可得解． 【详解】解：∵将向左平移得到， ∴，， ∵的周长是， ∴四边形周长为． 7．《孙子算经》中记载了这样一个问题：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺，屈绳量之，不足五寸，木长几何？”其意为：用一根绳子去量一根长木，绳子比长木长4尺，将绳子对折再量长木，则比长木短0.5尺，问木长多少尺？设绳子长尺，木长尺，可列方程组（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据“用一根绳子去量一根长木，绳子比长木长4尺，将绳子对折再量长木，则比长木短0.5尺”列出正确的方程组即可． 【详解】解：设绳子长尺，木长尺， ∵绳子比长木长尺， ∴； ∵将绳子对折后量长木，绳子比长木短尺，即木长比对折后的绳长多尺， ∴； 因此可得方程组． 8．若，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】解：， ∴， ∴. 9．如图，为一长条形纸带，，将沿折叠，A、D两点分别与对应，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则，根据翻折的性质以及平行线的性质表示出相关角的度数，然后根据平角列出方程求解． 【详解】解：∵， ∴设，则， ∵， ∴， 由翻折变换的性质得出， ∵，即， 解得， ∴， ∵， ∴． 10．南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中用“杨辉三角”揭示了（n为非负整数）的展开式的项数及各项系数的规律：                                   1                              1    1                      1    2    1              1    3    3   1     1    4   6   4    1 ……                                          …… 根据“杨辉三角”的系数规律，可知的展开式中第三项的系数为（   ） A．36 B．28 C．21 D．15 【答案】C 【分析】先观察题目给出的各次幂展开式的系数，总结出展开式中第三项系数的规律，再代入计算即可得到结果． 【详解】解：观察已知系数可得： 的第三项系数为； 的第三项系数为； 的第三项系数为； 总结规律：的第三项系数为； 的展开式中第三项的系数为． 第Ⅱ卷 二﹑填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11．已知，，那么的值是______． 【答案】 30 【详解】解：∵，， ∴ . 12．如图，将沿方向平移得到，若，，则平移的距离为___． 【答案】 【详解】解：将沿方向平移得到，， ∴，共线， ∵， ∴，即平移的距离为. 13．若是关于，的方程的一组解，则常数的值是___________． 【答案】3 【分析】本题考查二元一次方程的解，将方程的解代入原方程，得到关于a的一元一次方程，求解即可． 【详解】解：由题意，将代入方程，得，解得． 故答案为：3． 14．如图，将绕点逆时针旋转一定的角度得到，，分别是，的对应点，且，，三点在同一直线上，若，，则的长为________． 【答案】2 【分析】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质解题即可． 【详解】解：由旋转的性质可得：≌， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：． 15．已知是完全平方式，则__________． 【答案】 或 【详解】解：，且该多项式是完全平方式， ， ， 当时， ， 解得， 当时， ， 解得， 综上，或． 16．清朝时期的课本《代微积拾级》中用“”来表示相当于的代数式．若“”的值为,“”的值为，则“天”与“地”的和为______． 【答案】 【详解】解：设“天”与“地”分别为，， 由题意得：，整理得：， 得：， ∴， ∴“天”与“地”的和为． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）计算： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)3 【分析】本题主要考查了同底数幂的乘法运算，零指数幂，负整数指数幂和含乘方的有理数混合运算，熟知相关运算法则是解题的关键． （1）先计算同底数幂的乘法，再合并同类项即可得到答案； （2）先计算乘方，零指数幂和负整数指数幂，再计算绝对值，最后计算加减法即可得到答案． 【详解】（1）解： ． （2）解： ． 18．（8分）先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【分析】本题主要考查了整式的混合运算（完全平方公式、平方差公式）及代数式求值，熟练掌握乘法公式的展开法则与合并同类项的方法是解题的关键． 先利用完全平方公式和平方差公式展开原式，再合并同类项进行化简，最后代入、的值计算． 【详解】解：原式． 当，时，原式． 19．（8分）阅读下面材料：利用折纸可以作出角平分线． (1)如图1，若，则___________； (2)折叠长方形纸片，，均是折痕，折叠后，点落在点，点落在点，连接． ①如图2，当点在上时，求的大小； ②如图3，当点在的内部时，连接，若，，求的度数． 【答案】(1) (2)①，② 【分析】本题主要考查了折叠的性质，角平分线定义，解题的关键是数形结合，熟练掌握折叠的性质． （1）根据折叠性质，求出结果即可； （2）①根据折叠得出，，根据，得出，即可求出结果； ②根据折叠得出，，再求出即可． 【详解】（1）解：由折叠知，， ， ． （2）解：①由折叠知，， ， 由折叠知，， ， 点落在， ， ， ，即； ②由折叠知，，， ， ， ， 即． 20．（8分）如图，有甲、乙两种长方形卡片若干张． (1)甲种长方形卡片的面积为______，乙种长方形卡片的面积为______，甲、乙两张卡片的面积和为______．（结果需化简） (2)试比较两种长方形卡片的面积、的大小，并说明理由． (3)若用相同数量的甲、乙两种长方形卡片刚好能够拼成一个面积为的图形，则使用卡片的总数量为 ． 【答案】(1)，， (2) ，理由见解析 (3)80 【分析】（1）根据图示，利用整式的乘法运算即可求解； （2）计算即可判断； （3）设用了张甲种长方形卡片，张乙种长方形卡片，根据即可求解． 【详解】（1）解：由图可知： 甲种长方形卡片的面积为：； 乙种长方形卡片的面积为：； 甲、乙两张卡片的面积和为： （2）解： ，理由如下： ∵ ， ∴ ； （3）解：设用了张甲种长方形卡片，张乙种长方形卡片， 则由（1）可得： ， ∴， ∴， 则使用卡片的总数量为． 21．（12分）阅读下面文字，然后回答问题． 给出定义：已知关于x、y的二元一次方程（其中），若将该方程中y的系数b与常数c互换，得到的新方程称为原方程的“船山方程”，例如方程的“船山方程”为． (1)写出的“船山方程”是______，由该方程和其“船山方程”组成的方程组的解是______； (2)若关于x，y的二元一次方程（其中）的系数满足， ①求该方程与其“船山方程”组成的方程组的解； ②若①中方程组的解恰是关于x，y的二元一次方程的一个解，求代数式的值． 【答案】(1)， (2)①；②2026 【分析】（1）根据“船山方程”的定义可得方程，联立方程组求解即可； （2）①首先得到，根据题意联立方程组，求出x，y的值； ②将代入方程得到，代入代数式化简求值即可． 【详解】（1）解：根据定义可得：的“船山方程”． 联立得， 由得： 解得， 把代入①得：， 解得， ∴原方程组的解为； （2）解：①∵， ， ∴与其“船山方程”所组成的方程组为， 由得： 解得， 把代入①得：， ∴ 解得， ∴方程组的解为； ②将代入方程中，得， 即，， ∴ ． 22．（14分）材料，一般地，若（且），那么x叫做以a为底N的对数，记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式可转化为指数式，根据以上材料，解决下列问题： (1)计算：　　 ，　　 ，　　 ； (2)观察（1）题中的三数，4，16，64之间存在怎样的关系式 ，，，又存在怎样的关系式 ； (3)由（2）题猜想 （且，，）；并结合幂的运算法则：进行证明； (4)已知，求的值．（且） 【答案】(1)2，4，6 (2)， (3)，证明见解析 (4)6 【分析】本题考查了同底数幂的乘法、对数与指数之间的关系与相互转化的关系，解题的关键是理解新定义，明白指数与对数之间的关系与相互转化关系． （1）根据，写成对数式即可； （2）根据题意对照比较，写出关系式即可； （3）设，则，结合即可得到； （4）根据（3）得出的运算性质计算即可． 【详解】（1）解：， ， 故答案为：； （2）解：由（1）可知，4，16，64之间存在怎样的关系式为， ，，之间存在的关系式为， 故答案为：，； （3）解：由（2）得，， 设，则， ∴，即， ∴； 故答案为：； （4）解：∵， ∴． 23．（14分）【阅读理解】数学家波利亚说过：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立等量关系．”这就是“算两次”原理．例如：对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积可以得到一个数学等式．如图1可以得到． 【类比应用】 （1）如图2，可以得到的代数恒等式是：　　； 【结论应用】 （2）若满足，求的值； 【迁移应用】 （3）两块完全相同的特制直角三角板()如图3所示放置，其中，，在一直线上，连接，，若一块直角三角板的面积为，与面积之和为，求线段的长． 【答案】【小问1】； 【小问2】； 【小问3】 【分析】（1）通过两种方法计算图2中长方形的面积，一种是直接用长乘宽，另一种是将其分割为小正方形和小矩形后求和，从而推导出对应的代数恒等式． （2）利用完全平方公式的变形，通过设元将已知条件转化为和的具体值，再代入变形公式即可求出所求代数式的值． （3）设出直角三角板的直角边，利用三角板的面积和与的面积和这两个条件，结合完全平方公式求出直角边的和，得到线段的长度． 【详解】（1）解：图2中，大长方形的长为，宽为，面积为； 同时，大长方形可分割为一个边长为的正方形、三个长为宽为的矩形和两个边长为的正方形，面积和为， 故恒等式为； （2）解：设，， 则，． ∵， ∴； （3）解：设，． ∵，、、共线， ∴，． ∵三角板的面积为， ∴，即． ∵， ∴，即． ∵， ∴， ∴，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $