《平面内的两条直线》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（湘教版·新教材）

数理极 所以方程组为3r-2y=-7, L2x+3y=4, g2 所以x2-y+y2=1+2+4=7. 21.解：(1)12； (2)由题意，得x⊕2=2：-号 1 x-3, (-2)©(x+4)=2×(-2)-(-2+x+4) 2x-7. 因为x④2>（-2)④(x+4), 所以7-3>多-7， 解得x>-2. 所以不等式的负整数解为-1. 22.解：(1)设第一次批发A种头盔x个， B种头盔y个 根据题意，得厂+y=120, L60x+40y=5600, 答：第一次批发A种头盔40个，B种头盔80个 (2)设第二次批发A种头盔a个， 则批发B种头盔7200_60个 40 根据题意，得(80-60)a+(50-40)×7200-600 40 ≥7200×30%， 解得a≥72. 答：该商店第二次至少批发A种头盔72个. 23.解：(1)解方程组 2x+y=1, lx-y=5-3a, 因为方程组的解都为非负数， 所以2-a≥0， 2a-3≥0， 解得号≤a≤2 (2)因为2a-b=-1, 所以a= b-1 2 所以号≤≤2， 2 解得4≤b≤5， 所以号≤a+b≤7. 24.解：(1)设长益段高铁全长为x千米，长益城际 铁路全长为y千米， ry=x+40, 根据题意，得 Ly=104. 答：长益段高铁全长为64千米，长益城际铁路全长 为104千米. (2)设甲工程队后期每天施工a千米， 甲原来每天的施工长度为 640×6=07（千米） 乙每天的施工长度为 64÷40×器=0.9（千米 根据题意，得 0.7×5+0.9×(40-3)+(40-3-5)a≥64， 解得a≥0.85. 答：甲工程队后期每天至少施工0.85千米 《平面内的两条直线》专项练习 1.B;2.18°；3.①②. 4.解：(1)图略； …参考答案· (2)因为∠B'MA=145°， 所以∠AMC=180°-∠B'MA=35°. 由平移的性质知，BC∥B'C', 所以∠B=∠AMC'=35°. 5.解：因为CD平分∠ECF, 所以∠ECD=∠DCF, 因为∠ACB=∠DCF,∠B=∠ACB, 所以∠B=∠ECD, 所以AB∥CE. 6.解：由对顶角相等，得∠2=∠3. 因为∠1=∠2， 所以∠1=∠3， 所以BD∥CE, 所以∠ABD=∠C 因为∠C=∠D, 所以∠D=∠ABD, 所以DF∥AC, 所以∠A=∠F. 7.解：(1)因为∠A0C=68°， 由对顶角相等，得∠BOD=∠AOC=68°. 因为OE平分∠BOD, 所以∠D0E=3∠B0D=340. 因为OF⊥CD, 所以∠D0F=90°， 所以∠EOF=∠DOF-∠D0E=56°. (2)设∠BOF=x°. 因为∠B0E比∠B0F大24°， 所以∠B0E=(x+24)°. 因为OE平分∠BOD, 所以∠BOE=∠D0E=(x+24)°. 因为∠D0F=90°， 即∠DOE+∠BOE+∠BOF=90°， 所以(x+24)+(x+24)+x=90, 解得x=14. 所以∠D0E=38°， 所以∠C0E=180°-∠D0E=142°. 8.解：线段EH的长是两条平行线AD,BC之间的距 离.理由如下： 因为AB∥EF,CD∥EG, 所以∠A+∠AEF=180°，∠D+∠DEG=180° 又因为∠A=∠D=110°， 所以∠AEF=∠DEG=70°， 所以∠FEG=180°-∠AEF-∠DEG=40°. 因为EH平分∠FEG, 所以∠FEH=∠PBG=20, 所以∠AEH=∠AEF+∠FEH=90°， 所以EH⊥AD. 又因为AD∥BC, 所以∠EHC=∠AEH=90°， 所以EH⊥BC, 所以线段EH的长是两条平行线AD,BC之间的距离 《平面内的两条直线》复习检测卷 一、选择题 题号 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 D C B B C A C D 二、填空题 11.∠3；12.PT≥PQ:13.58°；14.18； 15.60°：16.116°. 提示： 14.解：由题意可知，首次平行时， ∠ACE=60°+2t,∠ADF=150°-3t. 因为EC∥FD, 所以∠ACE=∠ADF, 所以60°+2°t=150°-3°t, 解得t=18. 15 15.解：如图1，过点E作EH∥AB. 因为AB∥FG, 所以AB∥EH∥FG, 所以∠BEH=a=15°， ∠FEH+∠EFG=180°. 因为B=45°， H 所以∠FEH=180°-45°-15 77777777 =120°， 图1 所以∠EFG=180°-∠FEH =180°-120°=60°. 所以EF与FG所成锐角的度数为60°. 16.解：设NF交AB于点H, 过E作EP∥AB,如图2. 设∠FMB=a,∠END=B. H B 因为NE平分∠FND, MB平分∠FME, D 所以∠FMB=∠BME=a, 图2 ∠END=∠FNE=B, 所以∠FME=2a,∠FND=2B. 因为AB∥CD,EP∥AB, 所以EP∥AB∥CD, 所以∠FHB=∠FND=2B, ∠MEP=∠BME=a,∠PEN=∠END=B, 所以∠MEN=∠MEP+∠PEN=a+B. 又因为∠FMB=∠F+∠FHB, 所以∠F=∠FMB-∠FHB=a-2B. 因为2∠MEN+∠F=174°， 所以2(a+B)+ax-2B=174°， 所以a=58°， 所以∠FME=2a=116°. 三、解答题 17.解：因为AB∥DC, 所以∠B+∠C=180°. 因为∠B=145°， 所以∠C=180°-∠B=35°. 因为BC∥DE, 所以∠D=∠C=35. 18.解：因为∠B0C=50°， 所以∠AOD=∠BOC=50°， ∠A0C=180°-∠B0C=130°. 因为EO⊥CD, 所以∠D0E=90°， 所以∠AOE=∠AOD+∠D0E=140°. 因为OF平分∠AOC, 所以∠A0F=∠A0C=65, 所以∠FOD=∠FOA+∠AOD=115°. 19.解：c∥d.理由如下： 如图3，直线c与直线b相交， 并标注角。 因为a∥b, 所以∠3=∠1. 因为∠4=∠3，∠1=∠2， 图3 所以∠2=∠4， 所以c∥d. 20.解：因为∠3=∠4， 所以AF∥BC,所以∠EDC=∠5. 因为∠A=∠5， 所以∠EDC=∠A,所以DC∥AB, 所以∠5+∠ABC=180°， 即∠5+∠2+∠3=180°. 因为∠1=∠2， 所以∠5+∠1+∠3=180°， 即∠BCF+∠3=180°，所以BE∥CF. 21.解：(1)图略： (2)平行且相等； (3)图略； (4)△DEF的面积为 44- ×4×1-x4×2-×3x2=7 16 22.(1)证明：因为AB∥CD, 所以∠ABC+∠BCD=180°. 因为∠ABC=140°， 所以∠BCD=40°. 因为∠CDF=40°， 所以∠BCD=∠CDF,所以BC∥EF. (2)结论：BD平分∠ABC.理由如下： 因为BD∥AE, 所以∠BAE+∠ABD=180°. 因为∠BAE=110°， 所以∠ABD=70. 因为∠ABC=140°， 所以∠DBC=∠ABC-∠ABD=70°， 所以BD平分∠ABC. 23.解：(1)因为∠A=∠ACE=20°， 所以AB∥EC, 所以∠B+∠BCE=180°. 因为∠B=70°， 所以∠BCE=180°-∠B=110°. (2)设∠DCE=a,则∠E=2a,∠BCD=3 O. 因为BC∥EF, 所以∠E+∠BCE=180°，即2a+a+a=180 解得=40° 所以∠BCE=3+a=10e 由(1)知AB∥EC, 所以∠B=180°-∠BCE=80° 24.解：(1)如图4，过点P作PM∥AB, 所以∠MPE=∠AEP=50°. 因为AB∥CD, 所以PM∥CD, 所以∠MPF=∠PFC=120°， 所以∠EPF=∠MPF-∠MPE=70. ----V P -=---M -B B E D F 图4 图5 (2)因为EG是∠AEP的平分线， FG是∠PFC的平分线， 所以∠AEG=3∠ABP=25, ∠GFC=3∠PFC=60 如图5，过点G作GN∥AB, 所以∠NGE=∠AEG=25°. 因为AB∥CD,所以GN∥CD, 所以∠NGF=∠GFC=60°. 所以∠EGF=∠NGF-∠NGE=35° 《轴对称与旋转》专项练习 1.A:2.D:3.3,52.4.C:5.72 6.解：旋转中心为点M,旋转的角度为180°； 相等的线段有：AC=BD,CE=DF,AE=BF,EM= FM,AM BM,AF BE: 相等的角有：∠A=∠B,∠C=∠D,∠CEA= ∠DFB,∠CEM=∠DFM. 7.答案不唯一，图略 8.解：(1)如下图. (2)这个图案的面积为20. 参考答案 《轴对称与旋转》复习检测卷 一、选择题 题号 2 6 7 8 9 10 答案 D B B B B 二、填空题 11.13；12.90; 13.21:05:14.74; 15.5;16.90. 三、解答题 17.图略. 18.解：答案不唯一，如： ①一个空白部分是由另一个空白部分绕着整个圆 的中心顺时针旋转180°得到的； ②右边四边形是由左边四边形通过轴对称得到的； ③图案是由一片花瓣绕其顶点依次顺时针旋转 60°，120°，180°，240°，300°得到的. 19.解：(1)答案不唯一 如AC=BD,∠A=∠B,AC∥BD. (2)DE=15cm. 20.图略. 21.解：答案不唯一，如下图 22.解：(1)EF=3cm,AD=4cm. (2)∠G=80. (3)直线MN垂直平分线段BF. 23.解：(1)旋转中心是点B,旋转的角度是90°； (2)因为△BCF的面积为4cm2, 所以△ABE的面积为4cm2. 又因为正方形ABCD的面积为18cm2, 所以四边形AECD的面积是14cm2. 24.解：因为△EPF关于直线PF的对称图形是△QPF 所以∠QFP=LEP=子LEFQ 因为AB∥CD,∠PEF=75°， 所以∠CFE=180°-∠PEF=105°. ①当点Q在直线AB,CD之间时， 因为∠CFQ=21°， 所以∠EFP=(LCFE-∠CFQ)=42 ②当点Q在CD下方时， 因为∠CFQ=21°， 所以∠EFP=之(LCFE+∠CFQ)=63 综上所述，∠EFP的度数为42°或63°. 《收集、整理与描述数据》专项练习 1.D;2.C; 3.解：总体：时代中学七年级10个班所有学生一周 中收看电视节目所用的时间： 个体：时代中学七年级每名学生一周中收看电视节 目所用的时间： 样本：60名七年级学生一周中收看电视节目所用的 时间 4.36%; 5.(1)15,5,15%: (2)扇形统计图中表示“一般”的扇形圆心角α的 度数为：360°×15%=54°. 6.折线统计图. 《收集、整理与描述数据》复习检测卷 一、选择题 题号 2 3 4 6 8 9 10 答案 D B B D C B 二、填空题 11.144°；12.12人；13.2.4；14.36°； 数理极 15.10:16.84. 三、解答题 17.解：此次调查中最喜欢学数学这门学科的百分比 为800×100%=30% 18.解：(1)抽样调查.因为总体数目太大，且调查具 有破坏性，不适合全面调查 (2)60÷75%=80(种)， 所以共有80种保健食品接受检查了. (3)不同意这种说法.因为进口保健食品被检数量 太少，即样本容量太小，样本不具有代表性 19.解：(1)3,7； (2)若将9月30日的游客人数记为0，则10月1至 7日的游客人数分别为： 0+1.6=1.6(万人)； 1.6+0.8=2.4(万人)； 2.4+0.4=2.8(万人)； 2.8-0.4=2.4(万人)； 2.4-0.8=1.6(万人)； 1.6+0.2=1.8(万人)； 1.8-1.2=0.6(万人) 折线统计图略。 20.解：(1)75%，25%； (2)估计培训川后考分等级为“合格”与“优秀”的学 生共有640×16+8 32 =480(名)： 21.解：(1)本次共调查的学生有 12÷20%=60(名)； (2)a=60-9-12-6-15=18; (3)“葫芦丝”对应的扇形圆心角的度数为 30×品 =36°. 22.解：(1)160： (2)56,32,126°： (3)估计全校骑自行车上学的学生有 1500× 56 160 =525(人). 23.解：(1)1月的销售额为 35-10-8-4-8=5(万元). 补图略； (2)8×15%=1.2(万元). 答：该店最畅销饮品去年12月的销售额是1.2万元 (3)不同意.理由如下： 3月最畅销饮品的销售额为 8×10%=0.8(万元)， 1月最畅销饮品的销售额为 5×11%=0.55(万元). 因为0.8>0.55， 所以店长的看法不正确。 24.解：(1)由题意，得12÷3=4（人）. 答：902班D等级的人数为4. (2)因为九年级每班选相同数量的同学参加比赛， 所以901班的总人数为4÷16%=25（人）， 所以901班C等级的人数为 25-6-12-5=2(人). 补图略 (3)901班的优秀率为62×100%=72%， 25 902班的优秀率为44%+4%=48%. 因为48%<72%，所以901班的成绩更优秀. 七年级第一学期期末综合质量检测卷（一） 一、选择题 题号 2 3 6 8 10 答案 B 提示： 9.解：设李叔叔家该月可用电xkW·h. 因为0.51×160+0.56×(240-160)=126.4（元）， 126.4<256, 所以李叔叔家该月可用电超过240kW·h.《平面内的两条直线》复习检测卷 ◆数理报社试题研究中心 (答题时长120分钟，满分120分) 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）》 1.下列各组图形中，表示平移关系的是 1中896 A B C D 2.如图1，AB∥DE,BC分别交AB,DE于点B,D,若∠CDE= 40°，则∠B的度数是 A.60 B.50 C.40° D.30° 初 B 数学 D 教七 图1 图2 图3 3.如图2，AB∥CD,点E在AB上，过点E作AB的垂线与CD相 级 交于点F若∠ECD=35°，则∠CEF的度数为 ( A.35 B.45° C.55 D.65° 4.如图3，已知BM平分∠ABC,且BM∥AD,若∠ABC=70°， 卷 则∠A的度数是 A.30° B.35 C.40° D.70° 5.阅读下列材料，其①~④步中数学依据错误的是( 已知：如图4，直线b∥c,b⊥a.求证：c上a 证明：①因为b⊥a,(已知) 所以∠1=90°.（垂直的定义） ②又因为b∥c,(已知) 所以∠1=∠2，（同位角相等，两直线平行） 图4 ③所以∠2=∠1=90°，（等量代换） ④所以c⊥a.(垂直的定义) A.① B.② C.③ D.④ 6.如图5，∠1=∠2=65°，∠C=30°，A- E 则∠B= () A.20° B.25° 人2 D C.30° D.35° 图5 7.如图6，若∠1=55°，∠3+∠4=180°，则∠2的度数为 A.115° B.120° C.125° D.135° D C M 图6 图7 图8 8.如图7，将直角△ABC沿边AC的方向平移到△DEF的位置， 连接BE,若CD=6,AF=14,则BE的长为 ( A.4 B.6 C.8 D.12 9.将一副直角三角板按如图8所示摆放，已知∠GEF=60°， ∠MNP=45°，AB∥CD,则下列结论不正确的是 ( A.GE∥MP B.∠EFN=150° C.∠BEF=60° D.∠AEG=∠PMN 10.已知∠A0B=25°，0C⊥0A,0D⊥0B,则∠C0D= ) A.25° B.115° C.155° D.25°或155 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11.电子屏幕上显示数字“9”的形状如图9所示，其中∠2的同 位角是 图9 图10 12.如图10，设点P是直线l外一点，PQ11,垂足为Q,点T是直 线1上的一个动点，连接PT,则PT与PQ的长度关系为 13.如图11，点P是∠NOM的边OM上一点，PD⊥ON于点D, ∠OPD=32°，PQ∥ON,则∠MPQ的度数是 图11 图12 图13 14.高速公路上安装如图12所示的激光灯可以预防司机疲劳驾 驶，图13是激光位于初始位置时的平面几何示意图，其中C,D是直 线AB上的两个发射点，∠ACE=60°，∠CDF=150°.现激光EC绕 点C以每秒2°的速度顺时针转动，同时激光FD绕点D以每秒3°的 速度逆时针转动，若转动ts后，激光EC与FD首次平行，则转动时间 t为 S. 15.一种路灯的示意图如图14所示.其底部支架AB与吊线FG 平行，灯杆CD与底部支架AB所成的锐角为α=15°，顶部支架EF与 灯杆CD所成的锐角为B=45°，则EF与FG所成锐角的度数为 D G B D 77777777 图14 图15 16.如图15，直线AB∥CD,NE平分∠FND,MB平分∠FME,且 2∠E+∠F=174°，则∠FME的度数是 三、解答题（本题共8小题，共72分） 初 17.(6分)如图16，已知AB∥DC,BC∥DE,∠B=145°，求∠D 的度数. 数 B 学·湘教 D 图16 年 级复习检测卷 18.(6分)如图17，直线AB,CD相交于点0，E01CD,OF平分 ∠A0C.若∠B0C=50°，求∠AOE和∠FOD的度数. D 图17 e 19.(8分)如图18，已知直线a,b,c,d,其中a∥b,∠1=∠2，请 判断直线c和d的位置关系，并说明理由. 图18 20.(8分)如图19，已知∠1=∠2，∠3=∠4，∠A=∠5，试说 明：BE∥CF 初中数学·湘教七年级复习检 图19 21.（10分)如图20，在正方形网格中，每个小正方形的边长均 为1个单位长度，△ABC三个顶点的位置如图所示，现将△ABC平 卷 移，使点A平移到点D的位置，B,C点平移后的对应点分别是E,F (1)画出平移后的△DEF; (2)线段BE,CF之间的位置及数量关系是 (3)过点A作BC的垂线AP,垂足为P; (4)求△DEF的面积 LJ-L1-L- 图20 22.(10分)如图21，已知AB∥CD,E是直线FD上的一点， ∠ABC=140°，∠CDF=40°. (1)求证：BC∥EF; (2)连接BD,若BD∥AE,∠BAE=110°，则BD是否平分 ∠ABC?请说明理由. E D 图21 23.(12分)如图22，在△ABC中，∠A=20°，点D是AB上一点， 点E是△ABC外一点，且∠ACE=20°，点F为线段CD上一点，连接 EF,且EF∥BC (1)若∠B=70°，求∠BCE的度数； (2)若∠E=2∠DCE,2∠BCD=3∠DCE,求∠B的度数 D E 图22 24.(12分)已知直线AB∥CD,点P在AB的上方，且∠AEP= 50°，∠PFC=120°. (1)如图23-①，求∠EPF的度数； (2)如图23-②，若∠AEP的平分线和∠PFC的平分线交于点 G,求∠G的度数 ③ 图23 初中数学·湘教七年级复习检测卷 (参考答案见15~16版)