13.阶段学情调研(二)-【真题圈】2025-2026学年七年级下册数学练考试卷（北师大版·新教材）陕西专版

所以CN=CH,∠HCN=∠BCE, 所以∠ECN=∠BCH. 又因为BC=EC, 所以△BCH≌△ECN(SAS), 所以BH=EN,∠CBH=∠CEN, 所以AH+CH-BH=AH+N-EN=AE. 因为∠ECB=60°， 所以当AE⊥EC时，AH+CH-BH有最小值，此时∠CEN=90°， 所以∠CBH=90°，所以∠ABH=90°， 因为∠ABD=60°，所以∠HBG=30° 故答案为30°. 25.5【解析】如图，连接BP,BP1,BP2,因为点P关于AB,BC, AC的对称点分别P1,P2,P, 所以BP,=BP=BP,OP= OP3,∠PBA=∠ABP,∠CBP =LCBP2, 所以∠BPP2=∠BPP: 因为∠ABC=30°， 所以∠PBP,=60° 第25题答图 所以∠PPB=∠PPB=60°， 易知△BP,P,是等边三角形，所以BP=P,P2, 所以2PP,+PP3=2BP+2OP=2(BP+OP). 因为当B,P,O三点共线，且与AC垂直时，BP+OP有最小值， 其最小值是△ABC中AC边上的高h. 因为AC=4,△ABC的面积为5，所以号·AC·h=5, 所以h=, 所以2P,P+PP,的最小值是2×多=5.故答案为5 13.阶段学情调研（二） 题号123456 7 8 答案DCDBBBA A 1.D 2.C【解析】A,x2不是同类项，不能合并； B.(3x)3=27x9; C.2m·2n=2m+n; D.（x2)3÷x2=x÷x2=x(x≠0).C选项正确.故选C 3.D 4.B【解析】由条件可知∠ABC=180°-∠A-∠C=45° 因为AB∥DE,∠E=30°，所以∠ABE=180°-∠E=150°， 所以∠CBD=∠ABE-∠DBE-∠ABC=15°.故选B. 5.B【解析】因为AC∥'C,所以∠ACB=∠'CB 因为两根木杆垂直于地面且两根木杆的影子一样长，所以BC= B'C,∠ABC=∠A'BC=90°， 所以△ABC2△A'BC（ASA).故选B. 6.B【解析】①当6是腰长时，底边长为20-6×2=8，三角形的 三边长分别为6,6,8，因为6+6>8，所以能组成三角形； ②当6是底边长时，腰长为5×(20-6)=7，三角形的三边长 分别为7,7,6，因为6+7>7，所以能组成三角形. 综上所述，该等腰三角形的腰长是6或7. 故选B. 7.A【解析①两直线平行，同旁内角互补，故原说法错误； ②从直线外一点到这条直线的垂线段的长度叫作这点到这条直 真题圈数学七年级下 线的距离，故原说法错误； ③在同一平面内，不相交的两条直线必平行，故原说法错误； ④在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故 原说法错误； ⑤过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，原说法正确； ⑥三角形的三条高所在的直线交于一点，原说法正确， 则说法中正确的有2个.故选A 8.A【解析】因为BE平分∠ABC,所以∠ABE=∠CBE. 因为BE⊥AC, 所以∠BEA=∠BEC=90°. 又因为BE=BE,所以△AEB≌△CEB(ASA), 所以AE=CE=12,所以AC=2AE=24. 因为△ABC的面积为360，所以3AC·BE=360, 所以)×24·BE=360,解得BE=30. 因为△BDC为等腰直角三角形，∠BDC=90°， 所以BD=DC,∠ABE+∠BFD=90°. 因为∠AEB=90°，所以∠A+∠ABE=90°， 所以∠A=∠BFD. 又因为∠BDF=∠ADC=90°，以△BDF≌△CDA(AAS),所 以BF=AC=24,所以EF=BE-BF=6.故选A 9.90°10.AC=DF(答案不唯一) 11.40【解析]在△ABC中，∠BAC=70°，所以∠B+∠C=110° 因为AB的垂直平分线交BC于点E,AC的垂直平分线交BC 于点D,所以∠B=∠BAE,∠C=∠CAD, 所以∠EAD=∠BAE+∠CAD-∠BAC=∠B+∠C-∠BAC=110 -70°=40°.故答案为40. 12.12【解析】用4张甲卡片、9张乙卡片、m张丙卡片拼成图形 的面积为4a2+mab+9b2.因为拼成一个大正方形，所以m=2× 2×3=12.故答案为12. 13.54【解析J因为∠AOD':∠D'OG=4:3, 所以设∠AOD'=4x,则∠D'OG=3x, 由折叠可知∠DOG=∠D'OG=3x.因为∠AOD'+∠D'OG+ ∠DOG=180°，所以4x+3x+3x=180°，解得x=18° 因为AD∥BC,所以∠BG0=∠DOG=3x=54° 故答案为54. 14.90【解析】如图，过点P作PQ⊥BC于点Q, 在长方形ABCD中，∠ABC=∠PQN=90°. 由旋转可知MN=PW,∠MNP=90°，AS 所以∠BNMH∠BMN=LBNM+∠QNPM =90°， H 所以∠BMN=∠QNP, B 所以△BN≌△QNP(AAS), Q 所以PQ=BN=1. 又因为PQ⊥BC, 第14题答图 所以点P在平行于BC的直线上运动，且该直线到BC的距离 为1. 过点P作HT∥BC交AB于点H,交CD于点T,作点A关于 PH的对称点G,连接PG,连接DG交PH于点P',连接AP', 所以AP=PG,BH=TC=1, 所以△APD的周长=AP+DP+AD=PG+DP+4, ⌒所以当P,D,G三点共线时，PD+PG有最小值，则△APD的周 0 长有最小值， 答案与解析 此时点P与点P重合. 因为AB∥CD,所以∠P'HG=∠PTD=90° 因为HG=AH=AB-BH=2,DT=CD-TC=2, 所以HG=DI. 又因为∠DP'T=∠GP'H, 所以△GHP'≌△DTP(AAS),所以GP'=DP, 又因为AG=2AH=4=AD, 所以∠AP'D=∠AP'G=90°（三线合一）. 故△APD周长最小时，∠APD=90°.故答案为90. 15.【解(1)原式=1+4=5. (2)原式=(800-2)×(800+2)+22=8002-22+22=8002=640000. 16.【解】(1)原式=-8x+x=-7x5 (2)原式=2x2+5x-10x-25+6x-2x2=x-25. 17.【解】(1)90 (2)设∠1=x°，则∠2=90°-x, 根据题意，得180°-x°=2(90°-x°)+30°，所以x=30, 即∠1=30° 18.【解】如图所示，点P即所求」 /A 第18题答图 19.【解】因为AB=AC,所以∠ABC=∠ACB. 又因为DE∥BC,所以∠ABC=∠BAD,∠ACB=∠CAE, 所以∠BAD=∠CAE. 又因为AB=AC,AD=AE, 所以△BAD≌△CAE(SAS),所以BD=CE. 20.【解】(1)12 (2)因为∠BED+∠AEB=180°，∠AEB+∠BAD+∠ABE=180°， 所以LBED=∠BAD+∠ABE. 因为∠BED=50°，∠BAD=30°， 所以∠ABE=∠BED-∠BAD=50°-30°=20°. 因为BE为△ABD的角平分线， 所以∠ABD=2∠ABE=40°， 在Rt△ABF中，∠AFB=90°， 所以∠BAF=90°-∠ABD=50°， 所以∠DAF=∠BAF-∠BAD=50°-30°=20° 21.【解】(1)随机事件 (2)当转出的数字是4,8时，满足题意， 所以这三条线段能构成等腰三角形的概率是？=} e8=4 22.【解】(1)因为CD平分∠ACB,所以∠ECD=∠BCD 又因为DE=CE,所以∠ECD=∠EDC, 所以LBCD=∠EDC,所以DE∥BC (2)如图，过点D作DF⊥BC于点F, 因为∠A=90°，CD平分∠ACB, 所以AD=FD. 因为SACm=26,BC=13, 所以片×13×DF=26,解得DF=4, 第22题答图 所以AD=4. 23.【解(1)AD⊥BC.理由如下： 如图，连接AE, 因为EF是AB的垂直平分线， 所以AE=BE. 因为BE=AC,所以AE=AC 因为D为线段CE的中点， 第23题答图 所以AD⊥BC (2)因为AE=BE,所以∠EAB=∠B, 所以∠AEC=180°-∠AEB=180°-(180°-∠BAE-∠B)= ∠BAE+∠B=2∠B. 因为AE=AC,所以∠AEC=∠C,所以∠C=2∠B. 因为AB=BC,所以∠BAC=∠C, 所以∠B+2∠B+2∠B=180°，解得∠B=36° 则∠C=72° 24.【解】(1)(3a+2b)(2a+b)-(a+2b)(a+b) =6a+3ab+4ab+2b2-(d2+ab+2ab+2b2) =6a2+7ab+2b2-a2-3ab-2b2 =（5a2+4ab)平方米， 即福建土楼的占地面积为(5a2+4ab)平方米， 2a (a+b)+a(ata+2a+b) =2a2+2ab+a(4a+b） =2a2+2ab+4a2+ab =(6a2+3ab)平方米， 即山西大院的占地面积为(6a㎡+3ab)平方米. (2)5a2+4ab-(6a2+3ab) =5a2+4ab-6a2-3ab =-a2+ab, 当a=50,b=30时， -a2+ab=-502+50×30=-1000<0, 则5a2+4ab<6a2+3ab, 即山西大院的占地面积更大」 25.【解】(1)∠DFE (2)∠AQB=∠APB或∠AQB+∠APB=180 分析：若∠AQB是∠APB的“边垂角”，分两种情况： ①如图①， 因为LAQB是∠APB的“边垂角”， 所以AQ⊥PA,BQ⊥PB, 所以∠AQB+∠1=90°，∠APB+∠2=90° 因为∠1=∠2，所以LAQB=∠APB; ΛA ① ② 第25题答图 ②如图②， 因为∠AQB是∠APB的“边垂角”，所以AQ⊥PA,BQ⊥PB, 所以∠PAQ=90°，∠PBQ=90° 连接PQ, 因为∠PAQ+∠AQP+∠APQ+∠BPQ+∠PQB+∠PBQ=180°+ 180°=360°，所以∠AQB+∠APB=180°. 综上所述，∠AQB与∠APB的数量关系是∠AQB=∠APB或 ∠AQB+∠APB=180°. (3)延长BA,CD交于点G,如图③ 因为∠ACD是LABD的“边垂角”， 所以CG⊥BD,BG⊥AC, 所以∠BAE=∠CAG=∠BDC=90°， 所以∠ABE+∠AEB=90°， ∠ACD+∠DEC=90°. 因为∠AEB=∠DEC, 所以∠ABE=∠ACF 第25题答图③ 因为AB=AC,所以△ABE≌△ACG(ASA), 所以AG=AE,BE=CG 因为∠FAC=45°，所以∠GAF=90°-∠FAC=45°=∠FAC. 因为AF=AF,所以△AGF≌△AEF(SAS), 所以GF=EF 因为点C关于直线BE的对称点为点F,所以EF=EC, 所以BE=CG=CF+FG=CF+EF=CF+CE, 所以BE=CP+CE. 26.【解1(1)105° (2)如图①，延长AP到点E,使BP=PE,连接BE. G ① ② 第26题答图 因为∠APB=120°，所以∠BPE=60° 因为BP=PE, 所以∠PBE=∠E=60°， 所以△BPE是等边三角形， 所以BP=PE=BE 因为在等边三角形ABC中，BC=BA=AC=8,∠ABC=60°， 所以∠PBE+∠ABP=∠ABC+∠ABP,即∠CBP=∠ABE. 在△CBP和△ABE中，BC=BA,∠CBP=∠ABE,BP=BE, 所以△CBP≌△ABE(SAS), 所以AE=PC=9,即AP+PE=9,所以AP+BP=9, 所以四边形APBC的周长=AP+BP+AC+BC=9+8+8=25. (3)如图②，作GF⊥EF交AE于点G,连接DG. 因为∠AEF=45°，GF⊥EF,所以∠EGF=45°， 可知△GEF是等腰直角三角形，所以FE=FG. 因为AF⊥DF,∠DAF=45°， 可知△AFD是等腰直角三角形， 所以FA=FD,∠AFD=∠GFE=90°， 则∠AFD+∠GFA=∠GFE+∠GFA, 即∠EFA=∠GFD. 在△EFA和△GFD中，FE=FG,∠EFA=∠GFD,FA=FD, 所以△EFA≌△GFD(SAS), 所以GD=EA=200m,∠DGF=∠AEF=45° 又∠EGF=45°， 真题圈数学七年级下 所以∠EGD=∠EGF+∠DGF=90°， 所以5m=方4E·DG=分×20×200=2000(m). 因为∠C=90°，BC=CD, 所以△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=45°. 因为AB∥CD, 可知∠GBD=∠BDC=45°. 又∠EGD=90°， 所以△BGD是等腰直角三角形， 所以BG=GD=200m. 因为∠C=∠BGD=90°，∠CDB=∠GBD,BD=DB, 所以△BCD≌△DGB(AAS). 所以BC=GD=CD=BG=200m, 所以SAm=号BC·CD=3×200×20=2000(m2). 综上，满足条件的建设费用大致需要5S△4eD+28000+8SAD= 288000(元). 14.第六章学情调研 题号12345678 答案B A C BB ADC 1.B2.A3.C 4.B【解析】当x增加1变为x+1时，y变为y'=3(x+1)-2= 3x+3-2,所以当x每增加1时，y增加3.故选B. 5.B6.A 7.D【解析】A.由题表可知，当h=40cm时，t=2.13s,故A 正确，不符合题意； B.支撑物高度h越大，小车下滑时间t越小，故B正确，不符合 题意； C.若小车下滑时间为2s,则支撑物高度在40cm至50cm之间， 故C正确，不符合题意； D.支撑物的高度大于或等于30cm时，支撑物的高度每增加 10cm,对应的小车下滑时间每次减少值都小于0.5s,故D错误， 符合题意.故选D. 8.C【解析】根据图象，甲步行4min走了240m,所以甲步行的 速度为240÷4=60(m/min), 由图象可知，甲出发16mim后乙追上甲，则乙用了16-4=12(mim) 追上甲，故A不符合题意； 所以乙的速度为l6×60÷12=80(m/min),则乙走完全程的时 间为2400÷80=30(min), 乙追上甲后剩下的路程为80×(30-12)=1440(m),所以乙追 上甲后，再走1440m才到达终点，故B不符合题意； 当乙到达终点时，甲步行了60×(30+4)=2040(m,所以甲离 终点还有2400-2040=360(m）,故甲、乙两人之间的最远距离 是360m,故D不符合题意. 360÷60=6(min),故甲到终点时，乙已经在终点处休息了 6min,故C符合题意.故选C. 9.冰的厚度10.1200 11.y=0.7x-0.4(x≥2)【解析】由题意得y=0.7(x-2)+0.5×2 =0.7x-0.4(x≥2).故答案为y=0.7x-0.4(x≥2). 12.90【解析】由图象可知，良马行走4800里用了20日，故速度 ○为4800÷20=240（里/日），劣马行走4800里用了32日，故真题圈数学 同步 调研卷 七年级下 13.阶段学情调研（二） 尽 (时间：120分钟满分：120分) 图州 坐聊 第一部分（选择题 共24分) 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分.每小题只有一个选项是符合题意的） 1.传统文化甲骨文是我国目前发现最早的成熟文字，其图画性强的特点非常明显，下列甲骨文图画 是轴对称图形的是( A B D 2.(期末·23-24西安铁一中)下列计算正确的是() A.x4-x2=x2 B.(3x3)3=9x9 C.2m·2n=2mn D.(x2)3÷x2=x3(x≠0) 3.掷同一枚瓶盖1000次，经过统计得“凸面向上”的频率为0.48，则可以由此估计掷这枚瓶盖出现 “凹面向上”的概率为( 部 A.0.24 B.0.48 C.0.50 D.0.52 4.(期中·24-25西工大附中)将一副三角板按如图所示方式放置于同一平面内，其中∠C=∠DBE= 90°，∠A=45°，∠E=30°.若AB∥DE,则∠CBD的度数为( A.10° B.15° C.20° D.25° 警加 第4题图 第5题图 H 5.（期末·23-24西安高新一中)如图，太阳光线AC与A'C是平行的，同一时刻垂直于地面的两根 购 木杆在太阳光照射下的影子一样长，那么这两根木杆高度相同，这利用了全等的性质，其中判断 △ABC≌△A'BC的依据是( A.SAS B.ASA C.SSS D.AAS 6.（期末·23-24西安爱知中学)已知一等腰三角形的周长为20，若其中一边长为6，则这个等腰三 角形的腰长为( ) A.6或8 B.6或7 C.6 D.8 7.（期中·24-25陕师大附中)下列说法中正确的有() ①同旁内角互补； ②从直线外一点到这条直线的垂线段叫作这点到这条直线的距离； ③在同一平面内，不相交的两条线段必平行； ④过一点有且只有一条直线与已知直线垂直； ⑤过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行； ⑥三角形的三条高所在的直线交于一点· A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 8.(期末·22-23西安爱知中学)如图，△BDC为等腰直角三角形（∠BDC= 90°)，延长BD至点A,连接AC,作∠ABC的平分线BE交DC于点F, 且BE⊥AC于点E.若AE=12,△ABC的面积为360，则EF的长度 为( A.6 B.7 P 第8题图 C.8 D.9 第二部分（非选择题共96分） 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 9.(期末·24-25西安爱知中学)在△ABC中，∠A+∠B=∠C,则∠C的度数为 10.开放性试题（期中·23-24西安高新一中）如图，点B,A,D,E在同一直线上，BD=AE, AC∥DF,要使△ABC≌△DEF,则只需添加一个适当的条件 绝盗印 第10题图 第11题图 第13题图 第14题图 11.(期末·22-23西安铁一中)如图，在△ABC中，∠BAC=70°，AB的垂直平分线交BC于点E,AC 的垂直平分线交BC于点D,则∠EAD= 0 12.现有边长为a的正方形甲卡片，边长为b的正方形乙卡片，长和宽分别为a,b的长方形丙卡片 若干张.用4张甲卡片、9张乙卡片、m张丙卡片拼成一个大正方形，则m= 13.(月考·24-25西安铁一中)如图，把一个长方形纸片沿OG折叠后，C,D两点分别落在C',D 两点处.若∠AOD':∠D'OG=4:3,则∠BG0= 14.(月考·24-25西安交大附中)已知，如图，在长方形ABCD中，AB=3,AD=4.N为BC上一点， BN=1,M为AB上一动点，将MN绕点N顺时针旋转90°得线段NP,连接DP,AP,则当△APD 周长最小时，∠APD的度数为 三、解答题（共12小题，计78分.解答应写出过程） 15.（期末·24-25西安爱知中学)(6分)计算： (1)(元-3.14)+ (2)798×802+4(用整式乘法公式简便运算). 16.（期中·24-25西安交大附中)(6分)计算： (1)(-2x)3·x2+x·x. (2)(x-5)(2x+5)+2x(3-x). 精品图书 教育 17.(5分)一块三角板的直角顶点落在直尺上，按如图放置 (1)∠1+∠2= 0 (2)若∠1的补角比∠2的2倍多30°，求∠1的度数 24 第17题图 18.（月考·24-25陕师大附中改编)(5分)尺规作图：如图，相关部门要修建一个车站，要求车站到 两个村庄C,D的距离相等，且车站到两条公路OA,OB的距离相等，在∠AOB内部确定车站的 位置点P(保留作图痕迹，不写作法) B D 第18题图 19.(期末·23-24西工大附中)(5分)如图，在△ABC中，AB=AC,过点A作DE∥BC,且AD= AE,连接BD,CE.试说明：BD=CE. 第19题图 20.(6分)如图，在△ABC中，AD,AF分别为△ABC的中线和高，BE为△ABD的角平分线」 (1)若△ABD的面积是24，AF=8,则BC的长是 (2)若∠BED=50°，∠BAD=30°，求∠DAF的度数. B D 第20题图 2- 21.（期末·24-25陕师大附中)(6分)如图，现有一个可以自由转动的转盘（转盘被等分成8个扇形）， 每个扇形区域内分别标有1,2,3,4,5,6,7,8这八个数字，转动转盘，停止转动后，指针指向的数 字为转出的数字，请回答下列问题： 0 (1)转出的数字是1是 (从“随机事件”“必然事件”“不可能事件”中选一个填空) 共 (2)现有三张分别写有2,4和8的卡片，随机转动转盘，转盘停止转动后，记下转出的数字，这四 图州 个数字作为四条线段的长度.求其中三条线段能构成等腰三角形的概率 墨即 第21题图 製 22.（月考·24-25西工大附中)(7分)如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D,E为AC上一点， 且DE=CE. (1)试说明：DE∥BC 精品图 批 (2)若LA=90°，SABCD=26,BC=13,求AD的长 第22题图 巡加 23.(期末·24-25西安高新一中)(7分)如图，在△ABC中，AB的垂直平分线EF交BC于点E,交 AB于点F,D为线段CE的中点，BE=AC (1)判断AD与BC的位置关系，并说明理由· (2)若AB=BC,求∠C的度数 E D C 第23题图 24.传统文化建筑（期末·24-25西安碑林区）(7分)某校同学在社会实践的过程中，遇到了一些各 具特色的建筑，有在世界遗产大会上被正式列入《世界遗产名录》的福建土楼（如图①），也有被 誉为中国民居建筑典范的山西大院（如图②），同学们对于哪个建筑的占地面积（图中阴影面积） 更大展开了讨论 一组的同学们认为回字形福建土楼的占地面积更大； 二组的同学们认为山西大院的占地面积更大 为了证明自己的想法是正确的，两组同学分别对建筑物进行了测量，测量结果如图所示（单位： 米) (1)请用α，b分别表示这两个建筑物的占地面积.（结果化为最简） (2)若a=50,b=30,请判断哪个建筑物的占地面积更大？ 3a+2b 2a+b x+6 2a+b ①回字形福建土楼 ②山西大院 第24题图 25.新定义试题（月考·24-25陕师大附中改编）(8分)阅读理解： 定义：在同一平面内，点A,B分别在射线PM,PN上，过点A垂直PM的直线与过点B垂直PN 的直线交于点Q,则我们把∠AQB称为∠APB的“边垂角”. 迁移运用： (1)如图①，CD,BE分别是△ABC的两条高，两条高交于点F,根据定义，我们知道∠DBE是 ∠DCE的“边垂角”或∠DCE是∠DBE的“边垂角”，∠DAE的“边垂角”是 (2)若∠AQB是∠APB的“边垂角”，则∠AQB与∠APB的数量关系是 (3)如图②，BD交AC于点E,点C关于直线BD的对称点为点F,连接AF,EF,且∠CAF=45° 若∠ACD是∠ABD的“边垂角”，且AB=AC,试说明：BE=CF+CE D ① ② 卷 第25题图 精品图书 金星教育 4 26.探究性问题（月考·23-24西工大附中）(10分)问题提出： (1)如图①，在四边形ABCD中，E在CD边上，AD=AE,AB=AC,∠DAE=∠BAC=40°，连 接BE交AC于点P,若∠BPC=75°，则∠BCD= 问题探究： (2)如图②，已知等边三角形ABC,AB=8,P是其外一点，且∠APB=120°，PC=9,求四边形 APBC的周长.（提示：三个角都是60°的三角形为等边三角形） 问题解决： (3)某市园林绿化部门为提升城市形象，绿化美化环境，拟在一道路拆迁后的空地上新建一个家 门口的“口袋公园”，设计形状大致为四边形ABCD,如图③所示.其中AB∥CD,∠C=90°，BC =CD,AD段临街道有足够长度，E是小道AB上某小区的入口（点E不在点B处），且AE=200, 设计人员准备将公园分成△ADE,△BDE与△BCD三部分，F是△ADE内一标志点，此处将栽植 -棵风景大树，设计∠AEF=∠DAF=45°，AF⊥DF,△ADE内部种植三种不同类的草坪，平均每 平方米约需5元，留出适当大小的△BDE区域作为休闲健身区，其内安装健身器材需28000元， △BCD内部种植月季等花卉，平均每平方米约需8元，请你预算满足上述条件的建设费用大致 需多少元？（不考虑其他花费） ①绝盗印 ② ③ 第26题图