《三角形》复习检测卷-【数理报】2025-2026学年七年级下册数学期末复习专号升级突破大模拟（华东师大版·新教材）

《三角形》复习检测卷 ◆数理报社试题研究中心 (时间：90分钟 满分：120分) 题号 二 总分 得分 b 精心选一选（本大题共12小题，每小题4分，共48分） 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 答案 1.如图1，△ABC的边AB上的高是 A.线段AF B.线段DB 理报·初中数学·华东师 C.线段CG D.线段BE 50 809 图1 图2 图3 七年 2.十边形的外角和为 A.1800° B.1440 C.1080° D.360° 3.如图2，一张三角形纸片被不小心撕掉一个角，则这个三角 形是 ( 测 A.直角三角形 B.钝角三角形 崇 C.等边三角形 D.锐角三角形 4.如图3，平行线b,c被直线a所截，直线a与b的交点是A, BC⊥直线a于点C.若∠1=42°，则∠B的度数为 ( ) A.40° B.48° C.50° D.55 5.将周长为12cm的三角形三条边依次放在一条直线上，其 中所标数据正确的是 ( 6 cm 4 cm 2 cm 6 cm 3 cm 3 cm A 心 3 cm 2 cm 5 em 5cm 2cm C D 6.如图4，在△ABC中，∠ACB=90°，AB D =10,BC=6,AC=8,点D是线段AB上一 点，则线段CD的长度不可能是 A.4 B.5 图4 C.6 D.7 7.一个五边形的四个内角和为500°，则它的另一个内角的度 数为 ( A.40° B.60° C.80° D.90° 8.将一副三角板按照如图5方式摆放，则∠FBA的度数为 ( A.10° B.15° C.20° D.25° E B/45 D 30 CD B 图5 图6 9.如图6，点D是△ABC三条中线的交点，连结AD并延长交 BC于点E,若AB=5,△ABE的周长比△ACE的周长大2，则AC的 长为 () A.7 B.6 C.5 D.3 10.我们知道形状为正五边形的地砖不能铺满地面，但某公园 的一段路面是用型号相同的特殊的五边形地砖铺成的.如图7，是 平铺图案的一部分，其中每个五边形有3个内角相等，那么这3个 内角都等于 A.72° B.108° C.120° D.135° 图7 图8 图9 11.如图8，正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的边CD重 合，DH的延长线与AB交于点P,若∠CDH=∠CHD,则∠BPD的 度数是 ( A.83° B.84° C.85° D.86° 12.如图9，在△ABC中，∠ABC,∠ACB的角平分线交于点P, 将△ABC沿DE折叠使得点A与点P重合，若∠1+∠2=80°，则 ∠BPC的度数是 A.100° B.110° C.120° D.130° 二、细心填一填（本大题共4小题，每小题4分，共16分） 13.在日常生活中，我们通常采用如图10的方法（斜钉上一块 木条)来修理一张摇晃的椅子，请用数学知识说明这样做的依据 是： A B 图10 图11 图12 14.已知一个等腰三角形的周长是25，一边长是6，则其他两 理报·初中 边长分别为 15.如图11，机器人从点4，出发朝正东方向走了2m,到达点 A1,记为第1次行走；接着，在点A1处沿逆时针方向旋转30°后向 华 前走2m到达点A2,记为第2次行走；再在点A2处沿逆时针方向旋 转30°后向前走2m到达点A3,记为第3次行走，…，以此类推，该 机器人从出发到第一次回到出发点A。时所走过的路程为 m. 年 16.如图12是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C,∠CAB 级 =50°，∠CBA=60°，∠CDF=20°，∠CEF=30°，为了舒适，需调 整∠D的大小，使∠EFD=135°，且∠CAB,∠CBA,∠E保持不 检 变，则∠D应调整为 三、耐心解一解（本大题共6小题，共56分） 17.(8分)已知△ABC的三边长分别为a,b,c,试化简： I a-b +cl -l c-a-b1. 18.(8分)如图13所示，在△ABC中，D,E,F分别为BC,AD, CE的中点，若S△Ac=48cm2,求△DEF的面积. D 图13 数理报·初中数学·华东师大七年级复习检测卷 19.(8分)如图14，在△ABC中，∠BCA=40°，∠ABC=60°， 若BF是△ABC的高，与角平分线AE相交于点O,求∠EOF的度 数 图14 20.(10分)已知一个多边形的边数为n. (1)若这个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求n的值； (2)若过一个顶点的对角线有8条，求这个边形对角线的总 数 21.(10分)如图15，△ABC两个外角的平分线交于点P. (1)若∠A=40°，求∠P的度数； (2)若∠A=,求∠P的度数 P 图15 22.(12分)在△ABC和△DEF中，∠A=45°，∠E+∠F= 105°，将△DEF如图16摆放，使得∠D的两条边分别经过点B和 点C (1)将△DEF如图16-①摆放时，则∠ABD+∠ACD= 度； (2)将△DEF如图16-②摆放时，求∠ABD+∠ACD的度 数； (3)能否将△DEF摆放到某个位置时，使得BD,CD分别平分 ∠ABC和∠ACB?请说明理由. ②2 图16 数理报·初中数学·华东师大七年级复习检测卷 (参考答案见第15~18版)16 7.51. 8.(1)设A品牌篮球的进价为x元，B品牌篮球的进 价为y元. 根据题意，得40(x+)=7200 解得=100， 50x+30y=7400. Ly=80. 答：A品牌篮球的进价为100元，B品牌篮球的进价 为80元. (2)设A品牌篮球打m折出售. 根据题意，得(140-100)×40+(140×%-10) 10 ×(50-40)+[80(1+30%)-80]×30=2440. 解得m=8. 答：A品牌球打八折出售， 《一次方程组》复习检测卷 题号 1 2 8 9 10 11 12 答案 B D B B 二、13.3x-5;14.2;15.20;16.3或15. 三e 18 +1, (1)因为x,y的值互为相反数，所以2a+1+1-a= 0.解得a=-2. (2)嘉淇的说法正确.理由如下： x+2y=2a+1+2(1-a)=3.所以无论a取什么 数，x+2y的值始终不变 19.(1)设快车的速度为x千米/时，慢车的速度为 y千米/时. 根据题意，得 ”a0 答：快车的速度为60千米/时，慢车的速度为 40千米/时. (2)设两车在相遇之前经过t小时可以相距100千米 根据题意，得(60+40)t+100=200.解得t=1. 答：两车在相遇之前经过1小时可以相距100千米， 20.(1)设该网店购进A种玩具x件，B种玩具y件 根据题意，得厂：+y=700, 解得300， L60x+15y=24000. Ly=400. 答：该网店购进A种玩具300件，B种玩具400件。 (2)设安排m名工人生产甲种配件，n名工人生产乙 种配件 根据题意，得 m+n=68, 解得 「m=20, 3×16m=2×10n. n=48. 答：需要安排20名工人生产甲种配件，48名工人生产 乙种配件，才能使每天生产的甲、乙两种配件刚好配套 21.(1)方程x+2y-6=0的所有正整数解是 2 =2. (2)将方程x-2y+mx+5=0整理，得(1+m)x 2y=-5.因为无论实数m取何值，方程总有一个固定的 解，所以x=0,所以-2y=-5.解得y=2.5.所以这个 固定的解是=0， ly=2.5. (a ① ② ①+②，得2x-6+mx+5=0.化简，得(2+m)x= L解得x=2十 一.因为x恰为整数，m也为整数，所以2+ m=1或2+m=-1.解得m=-1或m=-3. 22.(1)(120-8×5-10×4)÷5=8(辆). 答：还需要8辆甲型车来运送， (2)设需要x辆甲型车，y辆丙型车 根据题意，得5x+10=120, 400x+600y=8200 解得x10, Ly=7. 参考答案 答：需要10辆甲型车，7辆丙型车. (3)设需要m辆甲型车，n辆乙型车，(16-m-n)辆 丙型车 根据题意，得5m+8n+10(16-m-n)=120. 整理，得m=8-子 因为m,n,16-m-n均为正整数， 所以共有2种运送方案 方案一：需要6辆甲型车，5辆乙型车，5辆丙型车， 所需运费为：400×6+500×5+600×5=7900（元）： 方案二；需要4辆甲型车，10辆乙型车，2辆丙型车， 所需运费为：400×4+500×10+600×2=7800（元）. 因为7900>7800，所以需要4辆甲型车，10辆乙型 车，2辆丙型车的方案运费最省 《一元一次不等式》专项练习 1.C:2a<1:3.D:43-4<2x+5: 5.A;6.C:7.m>2. 8.解集在数轴上表示略 (1)x<1;(2)x>1;(3)-1<x≤1. 9.18. 10.(1)设每千克桂味荔枝的进价是x元，每千克糯 米糍荔枝的进价是y元 解得=24, ly=18. 答：每千克桂味荔枝的进价是24元，每千克糯米糍 荔枝的进价是18元. (2)设购进桂味荔枝m千克，则购进糯米糍荔枝 (100-m)千克. 根据题意，得24m+18(100-m)≤2040. 解得m≤40. 所以桂味荔枝的最大购进量是40千克 所以总利润为：(40-24)×40+(30-18)×(100- 40)=1360(元). 答：桂味荔枝最多可购进40千克，按桂味荔枝的最 大购进量该商贩把全部荔枝售出时获得的总利润为 1360元. 《一元一次不等式》复习检测卷 题号 1 2 8 10 11 12 答案 B 2 二、13.-7；14.>15.1816.-3 三、17.解集在数轴上表示略， 1)x>3(2)-6<<1 18.设要生产x个产品， 由题意可得16x-(240000+8x)≥16x×25%, 整理，得8x-240000≥4x,解得x≥60000. 答：至少要生产60000个产品. 19.(1)根据题意，得3+2x<7.解得x<2. (2)解不等式3(x+1)≤8-x,得x≤子由x@a ≤5，得x+2a≤5.解得x≤5-2a.因为不等式3(x+1) ≤8-x的解和x@a≤5的解相同，所以5-2a=子解 得a= 15 8 20.(1)设A车的平均速度为x千米/时，B车的平均 速度为y千米/时. 根据题意，得( x+y 0￥得{0 ly=70. l5(x-y)=50. 答：A车的平均速度为80千米/时，B车的平均速度 为70千米/时 数理极 (2)设A车的平均速度要在原速上提高m千米/时 根据题意，得2(80+m-70)≥50.解得m≥15. 答：A车的平均速度要在原速上至少提高15千米/时. 21.解不等式-3(x-2)≤-，得x≥62解不 等式2≥x-1,得x≤4 (1)因为该不等式组的解集为2≤x≤4，所以6,4 2 =2.解得a=2 (2)根据题意，得该不等式组的解柴是， ≤x≤ 4.因为该不等式组有且仅有3个整数解，所以1<6.4 2 ≤2.解得2≤a<4. 22.(1)设该超市采购1个A型篮球需要x元，1个 B型篮球需要y元. 根盒，[军 1y=65. 答：该超市采购1个A型篮球需要30元，1个B型篮 球需要65元. (2)设采购B型篮球a个，则采购A型篮球(50-a)个 根据题意，得30(50-a)+65a≤2550.解得a≤30. 答：最多可采购B型篮球30个 (3)根据题意，得(98-65)a+(58-30)(50-a)≥ 1540.解得a≥28.由(2)，得a≤30.所以28≤a≤30. 因为a为正整数，所以a可取28,29,30.所以能实现利润 不少于1540元的目标，该超市共有3种采购方案：方案 一：采购A型篮球22个，B型篮球28个；方案二：采购A型 篮球21个，B型篮球29个；方案三：采购A型篮球20个， B型篮球30个。 《三角形》专项练习 1.B:2.20°或80° 3.(1)12; (2)因为AD是△ABC的高，所以∠ADC=90°.因为 ∠C=70°，所以∠DAC=90°-∠C=20°.因为∠C=70°， ∠BAC=60°，所以∠ABC=180°-∠C-∠BAC=50°.因 为BF是△ABC的角平分线，所以∠ABF=分LAC 25°.所以∠AFB=180°-∠ABF-∠BAC=95° 4.3;5.钝角；6.三角形具有稳定性；7.90°或60°； 8.50；9.B; 10.C;11.A;12.B; 13.19:14.7;15.C;16.C;17.B; 18.C;19.B:20.1800°；21.60°； 22.五；23.B:24.C 《三角形》复习检测卷 题号 1 2 3 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B B B B 二、13.三角形具有稳定性；14.9.5,9.5； 15.24;16.35. 三、17.由三角形的三边关系，得a+c>b,c-a<b. 所以原式=a+c-b+c-a-b=2c-2b. 18.因为SA4Bc=48cm2,且点D是BC的中点，所以 SA@=Sr=24cm2.因为点E是AD的中点，所以 sai=分a=12em2,因为点F是GE的中点，所以 SDEr 1 =6cm2. 19.因为∠BCA=40°，∠ABC=60°，所以∠BAC= 180°-∠BCA-∠ABC=80°.因为AE是△ABC的角平 分线，所以∠EAC=?∠BAC=40,因为BF是△ABC 的高，所以∠BFA=90°.所以∠AOF=90°-∠EAC= 50°.所以∠E0F=180°-∠A0F=130° 20.(1)因为这个多边形的内角和是它的外角和的 数理极 3倍，所以(n-2)×180°=3×360°，解得n=8. (2)因为过一个顶点的对角线有8条，所以n-3= 8,解得n=11,所以这个n边形对角线的总数为 n(n-3)-11×(11-3 2 2 2=44(条). 21.(1)因为∠A+∠ABC+∠ACB=180°，所以 ∠ABC+∠ACB=180°-∠A.因为△ABC两个外角的平 分线交于点P,所以∠ECB=180°-∠ACB,∠DBC= 180-LABC,∠CBP=2CBD,∠BCP=7∠ECB, 所以∠CBD+∠BCE=360°-（∠ABC+∠ACB)= 1 180°+∠A,所以∠PBC+∠PCB=2(LCBD + ∠BCE)=90°+7∠A,所以∠P=180°-（∠PBC+ ∠PCB)=0-分∠A,所以当∠A=40时，∠P=90° -×40=70 (2)由(1)可知：∠P=180°-（∠PBC+∠PCB)= 90°-7∠A,所以当∠A=a时，∠P=90°- 2 22.(1)240; (2)因为∠A=45°，所以∠ABC+∠ACB=180°- ∠A=135°.因为∠E+∠F=105°，所以∠D=180°- (∠E+∠F)=75°.所以∠DBC+∠DCB=180°-∠D =IO5°.所以∠ABD+∠ACD=∠ABC+∠ACB (∠DBC+∠DCB)=30°. (3)不能理由如下： 由(2)知∠DBC+∠DCB=105°.若BD,CD分别平 分∠ABC和∠ACB,所以∠ABC+∠ACB=2∠DBC+ 2∠DCB=210°，与三角形内角和定理相矛盾.所以不能 将△DEF摆放到某个位置，使得BD,CD分别平分∠ABC 和∠ACB. 《轴对称、平移与旋转》专项练习 1.B.2.图略.3.122°.4.图略 5.图略. 6.B. 7.(1)旋转，轴对称； (2)BC. 8.A;9.D. 10.图略. 11.图略. 12.D;13.120°，70°，10,6. 《轴对称、平移与旋转》复习检测卷 题号 8 9 10 12 答案 B B B 二、13.答案不惟一，如圆；14.85°；15.8； 16.3,9或11. 三、17.图略. 18.由平移的性质，得AD=BE=2.5cm,AC=DF= 3cm,BC=EF=2cm.所以阴影部分的周长为：AC+AD+ DF BC BE EF 15 cm. 19.(1)图略.(2)图略. (3)点N. 20.(1)因为∠B=15°，∠ACB=40°，所以∠BAC =180°-∠B-∠ACB=125°.由旋转的性质可知 ∠DAE=∠BAC=125°.所以旋转中心为点A,旋转的角 度为125°. (2)由(1)得∠BAE=360°-∠BAC-∠DAE= 110°.由旋转的性质，得AD=AB=4cm,AE=AC.因为 点C恰好为AD的中点，所以AC=?AD=2m所以AE =2cm. 21.(1)由折叠可得∠BEM=∠FEM=60°. (2)因为∠AEF=70°，所以∠FEB=180°-70°= 1I0,所以∠PEW=∠MEB=子∠FEB=×10 参考答案。 55. (3)由轴对称的性质可知，∠FEM=∠MEB= Z∠FEB,LFEN=∠NEA= 1 ∠AEF, 所以∠FEM+LFEN= LFEB+∠AER 因为∠FEB+∠AEF=180°， 所以∠FEM+LPEN=号LFEB+ 2 -LAEF (LFEB+LAEP)=3×180°=90e 22.(1)95,80: (2)结论：∠CAD-∠BAE=15°，理由如下： 由题意得，∠CAD=135°-a°，∠BAE=120°-°， 所以∠CAD-∠BAE=135°-a°-(120°-a°)=15°. (3)设旋转时间为t秒，则旋转角度为5t°.因为AB 在AE下方，所以∠BAE=5t°-120°，此时t>24. (I)当AC在AD上方时，图略，∠CAD=135°- 5t°，所以当∠BAE=2∠CAD时，5t°-120°=2(135°- 5t),解得t=26,符合题意. (Ⅱ)当AC在AD下方时，图略，∠CAD=5t°- 135°，所以当∠BAE=2∠CAD时，5t°-120°=2(5t°- 135),解得t=30,符合题意 综上，26秒或30秒后，∠BAE是∠CAD的两倍. 七年级第二学期期末复习检测卷（一）】 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 答案 C B B D B B B B 二、13.2；1425；15.240,16.(90+号). 三-na0, 18.解集在数轴上表示略。 (1)x<7;(2)-1≤x<2. 19.设该班有男生x人，则有女生(x+3)人， 依题意得x+(x+3)=55, 解得x=26,经检验，符合题意 所以x+3=26+3=29(人). 答：该班有男生26人，女生29人 20.在△ABC中，AD是BC边上的高线，所以∠ADB =90°.因为∠B=60°，所以∠BAD=180°-∠B ∠ADB=180°-60°-90°=30°.因为∠DAE=10°，所 以∠BAE=∠BAD+∠DAE=30°+10° =40°.因为AE 平分∠BAC,所以∠BAC=2∠BAE=2×40°=80°.所 以∠C=180°-∠B-∠BAC=180°-60°-80°=40°. 21.(1)设甲型号智能快递机器人每台每天可分栋 快递x万件，乙型号智能快递机器人每台每天可分栋快 递y万件 根据题意，得：+3y=36, 解得12， 3x-2y=20. y=8. 答：甲型号智能快递机器人每台每天可分栋快递 12万件，乙型号智能快递机器人每台每天可分栋快递 8万件 (2)设该公司购买甲型号智能快递分栋机器人 a台，则购买乙型号智能快递分拣机器人(10-a)台. 根据题意，得12a+8(10-a)≤100.解得a≤5. 答：该公司最多需要购买甲型号智能快递分栋机器 人5合 22.(1)由折叠得∠NMA=∠NME=30°.所 ∠AME=∠NMA+∠NME=60°. 因为AB∥CD,所以∠CPM=∠AME=60. (2)①因为AB∥CD,所以∠CPM=∠AME=76°， ∠CPM+∠BMP=180°，∠1=∠AMN.所以∠BMP= 180°-∠CPM=180°-76°=104°. 由折叠得∠NME=∠NMA=∠1=子∠AME 38°，∠BMP=∠GME=104°. 17 因为∠GME=∠2+∠AME, 所以∠2=∠GME-∠AME=104°-76°=28°. ②由①得，∠AME=2∠1=∠CPM,∠2=∠GME ∠AME=∠BMP-∠CPM=180°-∠CPM-∠CPM =180°-2∠1-2∠1=180°-4∠1. 因为∠2=m∠1，所以m∠1=180°-4∠1， 所以∠1= 180° m+4 所以∠CPM=2L1=2×180° 360° m+4 m+4 七年级第二学期期末复习检测卷（二）】 题号 2 3 8 9 10 11 12 答案 D B B D B B A B B B 二、13.60；14.50：15.4或12；16.-1. 三a=e2, 18.(1)六，没有改变符号： (2)不等式的性质2； (3)x≥3. 19.(1)因为在四边形ABCD中，∠A=∠C=90, ∠ABC=42°，所以∠ADC=360°-∠A-∠ABC-∠C= 138°.因为DF平分∠ADC,所以∠ADF=号∠ADC=699 (2)设∠ABC=x°.因为BE平分∠ABC,所以 ∠BBM=7∠ABC=78因为LA=∠C=90,所以 在四边形ABCD中，∠ADC=360°-∠A-∠ABC-∠C= 180°-x 因为DF平分∠ADC,所以∠ADF=分∠ADC =90° 7x°，所以在Rt△DAF中，∠AFD=9O°-∠ADF 2°所以∠EBA=∠AFD.所以BE∥DF 1 20.(1)因为两个三角形全等，所以当2m-2与8是 对应边，n+1与10是对应边时，2m-2=8,n+1=10, 解得m=5,n=9;当2m-2与10是对应边，n+1与8 是对应边时，2m-2=10,n+1=8,解得m=6,n=7. 综上，m=5,n=9或m=6,n=7. (2)因为边长n+1小于边长2m-2,所以取m=6,n =7.当m=6,n=7时，若以a,m,n为三角形的三边长，则 边长a的取值范围为7-6<a<7+6.即1<a<13. 21.(1)设购进“哪吒”纪念品每件需要x元，购进 “敖丙”纪念品每件需要y元 根据题意，得厂x+2y =70, 解得30， 3x+y=110. y=20. 答：购进“哪吒”纪念品每件需要30元，购进“敖丙” 纪念品每件需要20元. (2)设购进“哪吒”纪念品a件，则购进“敖丙”纪念 品(120-a)件 根据题意，得30a+20(120-a)≤3100. 解得a≤70. 答：最多购进“哪吒”纪念品0件。 (3)根据题意，得(40-30)a+(25-20)(120-a) ≥940.解得a≥68.由(2)，得a≤70.所以68≤a≤70. 因为a为正整数，所以a的取值为68,69,70.所以商场有 3种进货方案： 方案一：购进“哪吒”纪念品68件，“敖丙”纪念品2件； 方案二：购进“哪吒”纪念品69件，“敖丙”纪念品51件： 方案三：购进“哪吒”纪念品70件，“敖丙”纪念品50件 22.(1)①20； ②由题意知，180°(n-2)=1080°，解得n=8,所 以小东求的是八边形的内角和， (2)由题意知，这个正多边形的每一个内角是 1080° =135. 8