福建省宁德市2025-2026学年七年级数学下期末复习卷（三）

**基本信息** 七年级数学期末复习卷，涵盖几何、代数、统计模块，以生活情境（如影子比高、小车下滑实验）和动态问题（如扇形运动、直线旋转）为载体，考查抽象能力、推理意识与数据意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|轴对称、科学记数法、全等判定、整式运算|结合影子比高情境考查全等三角形ASA判定，体现数学眼光| |填空题|6/18|负指数幂、矩形面积、概率、角平分线性质|矩形双弧作图求阴影概率，融合几何直观与空间观念| |解答题|7/52|整式化简、全等证明、函数图像、旋转综合|直线MN绕C旋转分情况论证（如DE=AD+BE），培养推理能力与创新意识|

福建省宁德市2025-2026学年七年级数学下期末复习卷（三） 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列图形中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）如图所示的是某绿色植物细胞结构图，该绿色植物细胞的直径约为0.0006米，将数据0.0006米用科学记数法表示为（　　） A．6×10﹣4米 B．6×10﹣3米 C．6×104米 D．6×10﹣5米 3．（3分）两条直线相交所成的四个角中，有两个角分别是（4x﹣10）°和（110﹣2x）°，则x的值是（　　） A．20 B．40 C．20或40 D．60 4．（3分）下列三角形中，一定全等的是（　　） A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．都不全等 5．（3分）下列运算中，正确的是（　　） A．（﹣2x2）•（﹣3x）＝﹣6x3 B．x6÷x2＝x4 C．（﹣2x2）3＝8x6 D．（x﹣y）2＝x2+y2 6．（3分）课间，小明和小聪在操场上忽然争论起来，他们都说自己比对方长得高．这时，数学老师走过来，笑着对他们说：“你们不要争啦，其实你们一样高，瞧瞧地上你俩的影子一样长．”原来数学老师运用全等知识从他们的影长相等得到了他们的身高相同．你知道数学老师运用全等三角形的判定方法是哪一个吗？（　　） A．SSS B．SAS C．HL D．ASA 7．（3分）如图，在实验课上，小亮利用同一块木板，测量了小车从木板顶部下滑的时间t（s）与支撑物的高度h（cm），得到如表所示的数据．下列结论不正确的是（　　） 支撑物的高度h（cm） 10 20 30 40 50 … 小车从木板顶部下滑的时间t（s） 3.25 3.01 2.81 2.66 2.56 … A．这个实验中，支撑物的高度是自变量 B．h每增加10cm，t就会减少0.24s C．当h＝40时，t＝2.66 D．随着支撑物的高度h的增加，小车从木板顶部下滑的时间t越来越短 8．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，且AD，AE，BF分别是△ABC的高线，中线和角平分线，且AD与BF相交于点G，下列结论不一定正确的是（　　） A．∠BAD＝∠C B．∠AGF＝∠AFG C．S△ABE＝S△AEC D．AC﹣AE＜DE 9．（3分）如图，将一条对边平行的纸带进行折叠，折痕为CD，∠2＝α，则∠1等于（　　） A．α B．90°﹣α C．180°﹣2α D． 10．（3分）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝8，CD＝5，CD⊥AB于点D，EF垂直平分BC交BC于点E，交AB于点F，点P是线段EF上一个动点，则△PDB的周长的最小值是（　　） A．8 B．9 C．10 D．12 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．计算：2﹣1+（﹣1）0＝　 　 ． 12．一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是　 　 ． 13．如图，在矩形ABCD中，以点D为圆心，AD长为半径画弧，以点C为圆心，CD长为半径画弧，两弧恰好交于BC边上的点E处，现从矩形内部随机取一点，若AB＝1，则该点取自阴影部分的概率为 　 　 ． 14．如图，△ABC是等腰三角形，点D是底边BC上任意一点，DE、DF分别与两边垂直，等腰三角形的腰长为6，面积为15，则DE+DF的值为　 　 ． 15．如图，射线OC为∠AOB的平分线，点P为OC上一点，PD⊥OB于点D．若PD＝3cm，则点P到OA的距离为　 　 cm． 16．如图，△ABC中，点D、E分别是AC、BC中点，BD、AE交于点F，若△BEF的面积为2，则△ABF的面积为 　 　 ． 三．解答题（共7小题，满分52） 17．（7分）先化简，再求值：（2m+3n）2﹣（2m+n）（2m﹣n），其中． 18．（7分）如图1，四边形ABCD中，E为AB中点，，∠DAB+2∠ABC＝180°． （1）求证：AD∥EC； （2）如图2，若过点C作CF⊥AB于F，AF＝8，CF＝6，求四边形ABCD的面积． 19．（7分）李大爷在如图1所示扇形湖畔的栈道上散步，他从圆心O出发，沿O→A→B→O匀速运动，最后回到点O，其中路径AB是一段长180米的圆弧．李大爷离出发点O的直线距离S（米）与运动时间t（分）之间的关系如图2所示． （1）在　 　时间段内，李大爷离出发点O的距离在增大；在4～10分这个时间段内，李大爷在　 　路段上运动（填OA，AB或OB）；李大爷从点O出发到回到点O一共用了　 　分钟； （2）扇形栈道的半径是　 　米，李大爷的速度为　 　米/分； （3）在与出发点O距离75米处有一个报刊亭，李大爷在该处买报纸时逗留了一会儿．已知李大爷在买报纸前后始终保持运动速度不变，则李大爷是在第　 　分到达报刊亭，他在报刊亭停留了　 　分钟． 20．（6分）为了缓解疫情对消费的冲击，某商场设置两种方案给顾客发放代金券，每位顾客均有一次获得代金券的机会． 方案一：在一个装有5个红球、7个黄球、8个蓝球的不透明箱子中，每个球除颜色外都相同．从中任意摸出一个球，摸到红球获得代金券； 方案二：在如图所示的长方形转盘ABCD中，AC，BD交于点O，OA＝OB＝OC＝OD，△AOB是等边三角形，任意转动指针1次，当指针停止转动时，指针指向区域①获得代金券． （1）小明选择方案一，求他获得代金券的概率； （2）你认为选择哪种方案更合算，并说明理由． 21．（7分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°． （1）尺规作图：作线段AB的垂直平分线，交AB于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）所作的图中，求证：EF＝EA． 22．（7分）有两类正方形卡片A、B，其边长分别为a、b，现将B放在A的内部得图1，将A，B并列放置后构造新的正方形得图2，若图1和图2中阴影部分的面积分别为4和30，求： （1）求正方形A，B的面积之和； （2）三个正方形A和两个正方形B如图3摆放，求阴影部分的面积； （3）若（m﹣2024）2+（m﹣2026）2＝28，求（m﹣2025）2的值． 23．（10分）（本题有3小题，第（1）小题为必答题，满分4分；第（2）、（3）小题为选答题，其中，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分6分，请从中任选1小题作答，如两题都答，以第（2）小题评分．） 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 福建省宁德市2025-2026学年七年级数学下期末复习卷（三） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．【解答】解：A、C、D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； B选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：B． 2．【解答】解：0.0006＝6×10﹣4． 故选：A． 3．【解答】解：由题意知这两个角可能是对顶角或邻补角， ∴4x﹣10＝110﹣2x或4x﹣10+110﹣2x＝180， ∴x＝20或x＝40． 故选：C． 4．【解答】解：由图可知，在△ABC和△DEF中，∠B＝∠D＝40°，∠C＝∠F＝60°， 但BC≠DF，AB≠DE， ∴无法利用SAS或AAS证明△ABC和△DEF全等； 同理可得，无法利用SAS或AAS证明△DEF和△HIG全等； 在△ABC和△HIG中， ， ∴△ABC≌△IGH（ASA）， ∴一定全等的是甲和丙． 综上所述，只有选项B正确，符合题意， 故选：B． 5．【解答】解：A．（﹣2x2）•（﹣3x）＝6x3≠﹣6x3，故选项A运算不正确； B．x6÷x2＝x4，故选项B运算正确； C．（﹣2x2）3＝﹣8x6≠8x6，故选项C运算不正确； D．（x﹣y）2＝x2+2xy+y2≠x2+y2，故选项D运算不正确． 故选：B． 6．【解答】解：老师根据两人的影长相同，与地面夹角都为直角， 在阳光下，光线与地面夹角相同， 故依据ASA可判定△ABC≌△DEF，得到身高AB＝DE， 故选：D． 7．【解答】解：这个实验中，支撑物的高度是自变量， ∴A正确，不符合题意； 3.25﹣3.01＝0.24（s），3.01﹣2.81＝0.2（s），2.81﹣2.66＝0.15（s），2.66﹣2.56＝0.1（s）， ∴h每增加10cm，t减少的值在变化， ∴B不正确，符合题意； 由表格可知，当h＝40时，t＝2.66， ∴C正确，不符合题意； 由表格可知，随着支撑物的高度h的增加，小车从木板顶部下滑的时间t越来越短， ∴D正确，不符合题意． 故选：B． 8．【解答】解：A、由条件可知AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∵∠ACB+∠CAD+∠ADC＝180°， ∴∠ACD+∠ADC＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAD＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∴结论A正确，故该选项不符合题意； B、由条件可知∠ABF＝∠CBF， ∵∠BAC＝∠ADB＝90°， ∴∠ABF+∠AFB＝∠DBG+∠BGD， ∴∠BGD＝∠AGF， ∵∠BGD＝∠AGF， ∴∠AGF＝∠AFG， ∴结论B正确，故该选项不符合题意； C、由条件可知BE＝CE， ∴， 即S△ABE＝S△AEC， ∴结论C正确，故该选项不符合题意； D、∵AC﹣AE＜CE，但不一定小于DE， 故选项D错误，符合题意， 故选：D． 9．【解答】解：如图，∵BC∥AD，∠2＝α， ∴∠BCD＝180°﹣∠2＝180°﹣α，∠BCE＝∠1， 由折叠得∠ECD（180°﹣∠BCE）（180°﹣∠1）， ∴∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝∠1（180°﹣∠1）＝90°∠1， ∴90°∠1＝180°﹣α， ∴∠1＝180°﹣2α， 故选：C． 10．【解答】解：如图，连接CP， ∵AC＝BC，CD⊥AB， ∴BD＝AD＝4， ∵EF垂直平分BC， ∴PB＝PC， ∴PB+PD＝PC+PD， ∵PC+PD≥CD，CD＝5， ∴PC+PD≥5， ∴PC+PD的最小值为5， ∴△PDB的最小值为5+4＝9， 故选：B． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．【解答】解：根据负整数指数幂和零指数幂的性质计算可得： ． 故答案为：． 12．【解答】解：根据题意可得矩形的面积是2m， 故答案为：2m． 13．【解答】解：在矩形ABCD中，CD＝CE＝1， ∴DE， ∠ADC＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝1， ∴AD＝BC，∠ADE＝45°， ∴S2121×1， S扇形AED， ∴阴影部分的面积为：， 矩形ABCD的面积为：BC×CD， ∴该点取自阴影部分的概率为：， 故答案为：． 14．【解答】解：连接AD，过B作BH⊥AC于H， ∵DE⊥AB，DF⊥AC，△ABC的面积＝△ABD的面积+△ACD的面积， ∴AC•BHAB•DEAC•DF， ∵AC＝AB， ∴DE+DF＝BH， ∵等腰三角形的腰长为6，面积为15， ∴△ABC的面积AC•BH6×BH＝15， ∴BH＝5， ∴DE+DF＝5． 故答案为：5． 15．【解答】解：过点P作PE⊥OA于E， ∵射线OC为∠AOB的平分线，点P为OC上一点，PD⊥OB，PD＝3cm， ∴PE＝PD＝3cm（角平分线的性质）， 则点P到OA的距离为3cm， 故答案为：3． 16．【解答】解：连接DE，如图所示： ∵点D、E分别是△ABC的边AC、BC中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AD，AB＝2DE， ∴△DEF∽△BAF， ∴E， ∵△BEF的边EF上的高与△ABF的边AF上的高相同， ∴， ∴S△ABF＝2S△BEF， 又∵△BEF的面积为2， ∴S△ABF＝2×2＝4， 即△ABF的面积为4． 故答案为：4． 三．解答题（共7小题，满分52分） 17．【解答】解：原式＝（4m2+12mn+9n2）﹣（4m2﹣n2） ＝4m2+12mn+9n2﹣4m2+n2 ＝12mn+10n2 将，代入化简结果： （2m+3n）2﹣（2m+n）（2m﹣n） ． 18．【解答】（1）证明：∵E为AB中点，， ∴， ∴∠B＝∠ECB， ∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝2∠B， ∵∠DAB+2∠ABC＝180°， ∴∠DAB+∠AEC＝180°， ∴AD∥EC； （2）解：如图，连接AC，过点C作CH⊥AH交AD的延长线于点H，设∠B＝α， 由（1）知：，∠AEC＝2∠B＝2α， ∴∠ECA＝∠EAC，∠B＝∠ECB＝α， ∴AD∥EC，， ∴∠CAH＝∠EAC＝∠ECA， ∴， ∴AC平分∠HAF， ∵CH⊥AH，CF⊥AB，AF＝8，CF＝6， ∴CH＝CF，∠CHA＝90°， ∴∠CFA＝∠CFB＝90°， ∴， 在Rt△ACH和Rt△ACF中， ， ∴Rt△ACH≌Rt△ACF（HL）， ∴S△ACF＝S△ACH＝24， 在△CDH和△CBF中， ， ∴△CDH≌△CBF（AAS）， ∴S△CDH＝S△CBF， ∴S四边形ABCD＝S△CBF+S△ACD+S△ACF ＝S△ACD+S△CDH+S△ACF ＝（S△ACD+S△CDH）+S△ACF ＝S△ACF+S△ACH ＝S△ACF+S△ACF ＝2S△ACF ＝2×24 ＝48， ∴四边形ABCD的面积为48． 19.【解答】解：（1）由图可知： 在0～4分钟内，李大爷离出发点O的距离在增大； 在4～10分这个时间段内，李大爷离出发点O的距离不变，即李大爷在AB路段上运动； 李大爷从点O出发到回到点O一共用了17分钟， 故答案为：0～4分钟；AB；17； （2）∵在0～4分钟内，李大爷在OA段上运动， 则120÷4＝30米/分， ∴扇形栈道的半径是120米，李大爷的速度为30米/分， 故答案为：120；30； （3）由图象可知：李大爷在BO段买的报纸， ∵在与出发点O距离75米处有一个报刊亭，如图，点C为报刊亭， 则OC＝75，BC＝120﹣75＝45， 45÷30＝1.5分，即李大爷从点B到C用时1.5分， 10+1.5＝11.5分，所以李大爷是在第11.5分到达报刊亭， 而OC＝75，75÷30＝2.5分， 则李大爷买完报纸后又用时2.5分回到圆心O， 17﹣11.5﹣2.5＝3分， ∴李大爷在报刊亭停留了3分钟， 故答案为：11.5；3． 20．【解答】解：（1）若小明选择方案一， 则他获得代金券的概率为； （2）若选择方案二， 在矩形ABCD中，O为对角线交点，△AOB 是等边三角形， 则∠AOB＝∠COD＝60°，∠BOC＝∠AOD＝120°， 则指针指向区域①的概率为， 故方案二更合算． 21．【解答】（1）解：如图，直线DE即为所求． （2）证明：连接BE， ∵直线DE为线段AB的垂直平分线， ∴∠ADE＝90°，AE＝BE， ∴∠ABE＝∠A＝30°． ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴∠ECF＝∠ADE＝90°，∠ABC＝60°， ∴∠CBE＝30°． ∵∠AED＝∠AEF， ∴∠F＝∠A＝30°， ∴∠CBE＝∠F， ∴BE＝EF， ∴EF＝EA． 22．【解答】解：（1）根据图甲可知：（a﹣b）2＝4， ∴a﹣b＝2， ∵（a+b）2﹣a2﹣b2＝30， ∴ab＝15， ∴a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝34， （2）由（1）得：a2+b2＝34，ab＝15， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝34+2×15＝64， ∴a+b＝8， 阴影部分的面积为： （2a+b）2﹣3a2﹣2b2 ＝4a2+b2+4ab﹣3a2﹣2b2 ＝a2﹣b2+4ab ＝（a+b）（a﹣b）+4ab ＝8×2+4×15 ＝76． （3）令m﹣2024＝x，m﹣2026＝y， ∴x2+y2＝28x﹣y＝2， ∴（x﹣y）2＝x2+y2﹣2xy＝4， ∴， ∴（x+y）2＝x2+y2+2xy＝52， ∵， ∴． 23．（本题有3小题，第（1）小题为必答题，满分5分；第（2）、（3）小题为选答题，其中，第（2）小题满分3分，第（3）小题满分6分，请从中任选1小题作答，如两题都答，以第（2）小题评分．） 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 23.【解答】证明：（1）①∵∠ADC＝∠ACB＝∠BEC＝90°， ∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∠ACD+∠BCE＝90°． ∴∠CAD＝∠BCE． ∵AC＝BC， ∴△ADC≌△CEB（AAS）． ②∵△ADC≌△CEB， ∴CE＝AD，CD＝BE． ∴DE＝CE+CD＝AD+BE． 解：（2）∵∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠CBE． 又∵AC＝BC， ∴△ACD≌△CBE（AAS）． ∴CE＝AD，CD＝BE． ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE． （3）当MN旋转到图3的位置时，AD、DE、BE所满足的等量关系是DE＝BE﹣AD（或AD＝BE﹣DE，BE＝AD+DE等）． ∵∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠CBE， 又∵AC＝BC， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $