全真模拟冲刺卷(4)-【锦上添花】2025-2026学年七年级下册数学期末卷（华东师大版·新教材）

》》数学·七年级下 高升无航 全真模拟冲刺卷（四）】 做好题考高分 韬光养晦 时间：100分钟 满分：120分 弥 题 号 二 三 总 分 I 得 分 一、选择题（每小题3分，共30分，下列各小题均有四个选项，其 咖 封 中只有一个是正确的)》 1.(新野期末)下列方程中，解为x=5的方程是 A.2x-1=4 B.4x=1 C.4x-2=3x+3 D.2(x-1)=1 2.（衡阳期中)一个一元一次不等式组的解集在数轴上表示如 图，则此不等式组的解集是 线 -10 1234 A.x≤1 B.x<3 C.1≤x<3 D.x<1 3.（南阳宛城区期末)围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已 製 有四千多年的历史.下列由黑白棋子摆成的图案是中心对称图 内 形的是 辩 不 4.在解二元一次方程组 x-2y=2,①时，下列方法中无法消元的 14x-2y=5② 是 ( A.①-② B.由①变形，得x=2+2③，将③代人② C.①×4+② 得 D.由②变形，得2y=4x-5③，将③代入① 5.如图，把△ABC平移至△DEF,若AF=12,CD=4,则平移的距 离是 ( ) A.4 B.6 C.2 D.3 N 答 E P M N 题 第5题图 第7题图 6.(伊川期中)将方程+2+2y1=1去分母得到3y+2+4y-1 4 6 =12,错在 A.分母的最小公倍数找错 B.去分母时，漏乘了分母为1的项 C.去分母时，各项所乘的数不同 D.去分母时，分子部分没有加括号 7.（商水期末)如图，在4×4的正方形网格中，△MWP绕某点旋 转90°，得到△M1N1P1,则其旋转中心是 A.点E B.点F C.点G D.点H 8.小聪为某机器人编制一段程序，如果机器人以0.5m/s的速度 在平地上按照图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止 所需的时间为 否 开始 机器人站在O.点处 机器人向前走2m 后向右转60° 器人回到0，点公是停止 A.12s B.24s C.48s D.60s 9.(社旗期末)某学校课后兴趣小组在开展手工制作活动中，美 术老师要求用14张卡纸制作圆柱体包装盒，准备把这些卡纸 分成两部分，一部分做侧面，另一部分做底面.已知每张卡纸 可以裁出2个侧面，或者裁出3个底面，如果1个侧面和2个 底面可以做成一个包装盒，这些卡纸最多可以做成包装盒的 个数为 A.6个 B.8个 C.12个 D.16个 10.如图，在△ABC中，AB=20cm,AC=12cm,点P从点B出发 以每秒3cm的速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每 秒2cm的速度向点C运动，其中一个动点到达端点时，另一 个动点也随之停止运动，当△APQ是以PQ为底的等腰三角 形时，运动的时间是 B A.2.5秒 B.3秒 C.3.5秒 D.4秒 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.三角形三边长分别为3，a,8,则a的取值范围是 12.如果一个多边形的内角和是外角和的2倍多180°，那么这个 多边形是 边形 13.（宜阳期末)如图，△ABC≌△A'B'C,其中AB=3,A'C'=7,B' C'=5,则△ABC的周长为 A CC B 第13题图 第15题图 14.（淇县期末)已知关于x、y的二元一次方程组为 3x+y=3a,5,若x+y>2,则a的取值范围是 Ix-y=a-1, 15.如图，在△ABC中，已知BC=7,点E、F分别在边AB、BC上， 将△BEF沿直线EF折叠，使点B落在点D处，DF向右平移 若干单位长度后恰好能与边AC重合，连结AD,若3AC-AD =11,则AC+3AD的值为 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16(10分1)解方程产2.5621： (2)解不等式组：2x-5≤3x-5,① 16x-3≤6-3x.② 17.（西峡期末·9分)如图. (1)画出△ABC向右平移5格，再向下平移3格后的图 形△AB1C1; (2)如果点A2与点A关于某点成中心对称，请标出这个对称 中心O,并画出△ABC关于点O成中心对称的图 形△A2B2C2; (3)画出△ABC关于直线MN成轴对称的图形△A3B3C3: ... 18.(9分)已知关于xy的二元一次方程组+3y=7, 11x-3y+mx+3=0. (1)请写出方程x+3y=7的所有正整数解； (2)若方程组的解满足2x-3y=2,求m的值， 19.（(9分)在△ABC中，∠B+∠ACB=30°，AB=4,△ABC逆时针 旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD中点， 如图. (1)旋转中心是 ,旋转角的大小是 (2)求出∠BAE的度数和AE的长. E 4 B 20.（宜宾期末·9分)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠B与 ∠C互余，将AB,DC分别平移到EF和EG的位置 (1)请判断△EFG的形状，并说明理由； (2)若AD=6,BC=14,求FG的长. AE D B E a 7 21.（鹤壁期末·9分)如图，△ABC和△ADE关于直线MN对称， BC和DE的交点F在直线MN上 (1)若ED=15,BF=9,求EF的长； (2)若∠ABC=35°，∠AED=65°，∠BAE=16°，求∠BFN的 度数； (3)连结BD和EC,判断BD和EC的位置关系，并说明理由. 22.（10分)吉祥物“滨滨”和“妮妮”两个东北虎卡通形象是由清 华大学美术学院团队为2025年第九届亚冬会创作的.某商场看 好“滨滨”和“妮妮”两种吉祥物造型的钥匙扣挂件的市场价值， 经调查：“滨滨”造型钥匙扣挂件进价每个m元，“妮妮”造型钥 匙扣挂件进价每个n元. (1)该商场在进货时发现：若购进“滨滨”造型钥匙扣挂件10个 和“妮妮”造型钥匙扣挂件5个需要共170元；若购进“滨滨” 造型钥匙扣挂件6个和“妮妮”造型钥匙扣挂件10个共需要 200元，求m、n的值. (2)该商场决定每天购进“滨滨”和“妮妮”两种吉祥物钥匙扣挂 件共100个，且投人资金不少于1160元又不多于1168元， 设购买“滨滨“造型钥匙扣挂件x个，问：有哪几种购买方案？ 23.（天水期末改编·10分)如图1，将一副直角三角板放在同一 条直线AB上，其中∠ONM=30°，∠OCD=45 【观察猜想】 (1)将图1中的三角尺OCD沿AB的方向平移至图②的位 置，使得点O与点N重合，CD与MN相交于点E,则 ∠CEN= 【操作探究】 (2)将图1中的三角尺OCD绕点O按顺时针方向旋转，使一 弥 边OD在∠MON的内部，如图3，且OD恰好平分∠MON, CD与NM相交于点E,求∠CEN的度数； 【深化拓展】 (3)将图1中的三角尺OCD绕点O沿顺时针方向旋转一周， 在旋转的过程中，若边CD恰好与边MW平行，请你求出 封 此时旋转的角度 D M C ME D 入E 0Q AC NB A A NB 图1 图2 图3 线 内 不 得 答 题DE出 B DME 图 图2 22.解：(1)设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球 的单价是y元，根据题意，得50x+25=4500,解这 y-x=30, 个方程组，得厂=50， 1y=80. 答：A种品牌足球的单价是50元，B种品牌足球的单 价是80元； (2)设购买m个B种品牌的足球，则购买(50-m)个A 种品牌的足球，根据题意，得 [(50-4)(50-m)+80×0.8m≤2750，解得23≤m≤ m≥23， 25,又m为正整数，∴.m可以为23,24,25，.共有3 种购买方案.方案1：购买27个A种品牌的足球，23 个B种品牌的足球，总费用为(50-4)×27+80×0.8 ×23=2714(元)；方案2：购买26个A种品牌的足 球，24个B种品牌的足球，总费用为(50-4)×26+ 80×0.8×24=2732(元)；方案3：购买25个A种品 牌的足球，25个B种品牌的足球，总费用为(50-4) ×25+80×0.8×25=2750(元).2714<2732< 2750,∴.为了节约资金，学校应选择购买方案1，购买 27个A种品牌的足球，23个B种品牌的足球。 23.解：【操作发现】(1)15,105； (2)旋转角α的所有可能的度数是15°，45°，105°， 135°，150.【解析】①当AD∥BC时，如图1所示， 由(1)得，a=15°；②当DE∥BC时，如图2所示， ∴.∠AFB=∠D=90°，.∴.∠AFC=90°，.∴.∠FAC= 60°，∴.DE∥BC,.a=∠FAC+45°=105°；③当DE∥ AB时，如图3所示，a=45°；④当DE∥AC时，如图4 所示，=∠EAD+∠BAC=45°+90°=135°；⑤当 AE∥BC时，如图5所示，∠EAC+∠C=180°，.·∠C =30°，.∠EAC=150°，即a=150°.综上所述，旋转 角a的所有可能的度数是15°，45°，105°，135°，150°； 【拓展应用】 当0°<a<45°，∠BDE+∠CAE+∠DBC=105°，保持 不变.理由如下：如图6，设BD分别交AC、AE于点M、 N.在△AMN中，∠AMN+∠CAE+∠ANM=180° ·.·∠ANM=∠E+∠BDE,∠AMN=∠C+∠DBC .∴.∠E+∠BDE+∠CAE+∠C+∠DBC=180° ∠C=30°，∠E=45°，.∠BDE+∠CAE+∠DBC =105° 图4 图5 图G 全真模拟冲刺卷（四）】 1.C2.A3.B4.C5.A6.D7.C8.B9.C 10.D【解析】设运动的时间为x秒，在△ABC中，AB= 20cm,AC=12cm,点P从点B出发以每秒3cm的速 度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm的 速度向，点C运动，当△APQ是以PQ为底的等腰三角 形时，AP=AQ,AP=20-3x,AQ=2x,即20-3x=2x, 解得x=4.故选：D. 11.5<a<1112.七13.1514.a>4 15.12【解析】小：将△BEF沿直线EF折叠，使点B落在 点D处，.DF=BF,:DF向右平移若千单位长度后 恰好能与边AC重合，∴AD=CF,DF=AC,:BC=7, .设AD=CF=x,则AC=DF=BF=BC-CF=7-x, 3AC-AD=11,.3(7-x）-x=11,.x=2.5,.AD =2.5,AC=4.5,.AC+3AD=4.5+3×2.5=12.故 答案为：12. 16.解：(1)去分母，得3(x-1)-(5x+2)=6.去括号，得 3x-3-5x-2=6.移项、合并同类项，得-2x=11,将 未知数的系数化为1，得x=宁 (2)解不等式①，得x≥0.解不等式②，得x≤1.∴.不 等式组的解集为0≤x≤1. 17.解：(1)如图所示，△A,B,C,即为所求作； (2)如图所示，点0和△A2B2C2即为所求作； (3)如图所示，△AB,C即为所求作 M B B. 18.解：(1)x+3y=7,.x=7-3y.又：x,y均为正整 效小或化2：方程：+3y7的正整敏解 为减2 (2)方程组的解满足2x-3y=2,.原方程组的解 与方程组+3y=7,①。 {2x3y=22的解相同，（①+②）3， 4 得x=3.将x=3代入①，得3+3y=7,解得y=3, rx=3, x=3, .原方程组的解为{4将 4代入x-3y+mx y=3y=3 4 2 +3=0,得3-3×3+3m+3=0,解得m=-行，m 的值为子 19.解：(1)点A,150°； (2)·∠B+∠ACB=30°，.∠BAC=180°-（∠B+ ∠ACB)=150°，.△ABC绕点A逆时针旋转150°后 与△ADE重合，∴.∠DAE=∠BAC=150°，AB=AD= 4,AC=AE,.∠BAE=360°-150°-150°=60°，：点 C为AD中点，AC=2AD=2,AE=AC=2 20.解：(1)△EFG是直角三角形.理由如下：：AB、DC分 别平移到EF和EG的位置，∴.AB∥EF,CD∥GE, ∠EFG=∠B,∠EGF=∠C.:∠B与∠C互余， .∠B+∠C=90°，.∴.∠EFG+∠EGF=90°..·∠FEG +LEFG+∠EGF=180°，∴.∠FEG=90°，.△EFG 是直角三角形； (2)AB、DC分别平移到EF和EG的位置，.BF=AE, 1.∫x-y<8, 3m-1<8, Ix+y>1, 3+m>1,解得0<m<3.故 CG=DE,.AE+ED=AD=6,.BF +CG=AE ED= 6,.BC=BF+FG+CG=14,∴.FG=14-6=8. 选：B. 21.解：(1)：△ABC和△ADE关于直线MN对称，ED= 11.50°12.-113.12514.40 15,BF=9,..CF EF,BF DF=9,CB ED =15, 15.45°或22.5°【解析】设∠BAD=x°，∠BAC=90°， .EF ED-DF ED-BF =15-9=6; ∠C=2∠B,.∠B+∠C=3∠B=90°，∠B=30°， (2):△ABC和△ADE关于直线MN对称，∠ABC= .∠ADF=∠B+∠BAD=30°+x°，.∠ADB=180° 35°，∠AED=65°，∠BAE=16°，∴.∠AED=∠ACB= -∠ADF=150°-x°，由折叠的性质可知：∠ADE= 65°，.∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-35°- ∠ADB=150°-x°，∠B=∠E=30°，∴.∠FDE= 65°=80°，∠BAE=16°，.∠EAC=∠BAC-∠BAE ∠ADE-∠ADF=120°-2x°，∴.∠DFE=180°- =80°-16°=64°，：线段AE与AC关于直线MN对 ∠FDE-∠E=2x°+30°，当△DEF中有两个角相等， 称∠BMN=∠CMV=子∠BC=分x64=32 分三种情况：当∠DFE=∠E时，则30°=2x°+30°，解 .∠BAN=∠BAE+∠EAN=16°+32°=48°， 得x=0(舍去)；当∠FDE=∠E时，则30°=120°- ∴.∠BFN=∠ABC+∠BAN=35°+48°=83°； 2x°，解得x=45;当∠DFE=∠FDE时，则120°-2x (3)平行.理由如下：MN⊥EC,MN⊥BD,EC∥ =2x°+30°，解得x=22.5.故答案为：45°或22.5°. BD,.BD和EC的位置关系为平行. 16.解：(1)去分母，得x-7-2(5x+8)=4.去括号，得x 2解1少根浆题意得1解得设 -7-10x-16=4.移项、合并同类项，得-9x=27,将 1n=14. 未知数的系数化为1，得x=-3; 答：m=10,n=14; (2)去分母，得2(x+4)-3(3x-1)>6.去括号，得 (2)设购买“滨滨“造型钥匙扣挂件x个，则购买“妮 2x+8-9x+3>6.移项、合并同类项，得-7x>-5, 妮“造型钥匙扣挂件(100-x)个，根据题意，得 10x+14(100-x)≥1160解得58≤x≤60，又： 两边都除以-7，得x<号 10x+14(100-x)≤1168， 17.解：(1)二；减去一个负数等于加上一个正数，他没有 为正整数，∴.x可以为58,59,60，.共有3种购买方 变号； 案：方案1：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件58个，“妮 (2)等式的性质2； 妮”造型钥匙扣挂件42个；方案2：购买“滨滨”造型 (3)①×3，得3x-6y=3③.②-③，得5y=-5,解得 钥匙扣挂件59个，“妮妮”造型钥匙扣挂件41个；方 案3：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件60个，“妮妮”造型 y=1把y=-1代入①，得x=-1.所以-1， ly=-1. 钥匙扣挂件40个. 18.解：(1)∠A、∠B、∠C是△ABC的内角，.∠A+ 23.解：(1)105°； ∠B+∠C=180°，又：∠A+∠C=2∠B,即∠B+ (2):0D平分∠M0N,∠D0N=2∠M0N=7× 2∠B=180°，.∠B=60°； 90°=45°，.∠D0N=∠D=45°，.CD∥AB,.∠CEN (2)(a+b-5)2+12a-5b-31=0, =180°-∠MW0=180°-30°=150°； (3)当CD在AB上方时，如图1，设OM与CD相交于 {”0a-6ceca+6, F,:CD∥MN,.∠OFD=∠M=60°，在△ODF中， ∴.4-1<c<4+1,即3<c<5,∴.8<a+b+c<10, ∠M0D=180°-∠D-∠0FD=180°-45°-60°= :这个三角形的周长为整数，三角形的周长为9. 75°；当CD在AB的下方时，如图2，设直线OM与CD 19.解：（1)甲看错了方程①中的a,解得 相交于F,:CD∥MN,∴.∠DFO=∠M=60°，在 △D0F中，∠D0F=180°-∠D-∠DF0=180°-45° [仁子是方程5=女+10的解15=6+ -60°=75°，∴.旋转角为75°+180°=255°.综上所 10,解得b=5,:乙看错②中的b,解得 述，旋转的角度为75°或255°时，边CD恰好与边MW 平行. 仁2{2是方程-y=-6商熙， ∴.-a-8=-6,解得a=-2,.a=-2,b=5; (2)将a=-2,b=5代入原方程组，得 B {524y。-6,整理得+2,3③③-④，得3y l5x=5y+10, lx-y=2,④ B 图1 图2 =1,解得y=行将y=号代入④，得x-弓=2，解 全真模拟冲刺卷（五） 7 1.C2.D3.B4.B5.A6.C7.A8.C9.C 10.B【解析】解方程组2r+2m0①+②，得3x 得=号所以 x= 3 1 lx+2y=2-m,② =3 +3=-3+m,即+y3专0①-②，得x-y=3m 20.解：(1)如图所示，△AB,C,即为所求作； (2)如图所示△A2B2C2即为所求作；