2025-2026学年北师大版七年级数学下册期末押题练习卷

**基本信息** 北师大版七年级数学下册期末押题卷，涵盖选择、填空、解答题，以几何图形性质、代数运算及函数应用为核心，通过无人驾驶快递车等真实情境，考查抽象能力、推理意识与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|轴对称与中心对称、直角三角形判定、分式意义|基础概念辨析，如第2题直角三角形判定考查运算能力| |填空题|6/15|二次根式意义、图形旋转、分式方程解的范围|小综合应用，如第15题结合分式方程与非负数考查推理意识| |解答题|8/75|平行四边形证明、坐标系图形变换、动态函数图像|分层设计，如第24题三问从平移面积到垂直平分线再到几何证明，提升创新意识|

2025-2026学年北师大版七年级数学下册期末押题练习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．（本题3分）下列各组数为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是（     ）． A．，， B．3，4，5 C．6，7，8 D．2，3，4 3．（本题3分）若实数a、b满足，则下列式子成立的是（     ） A． B． C． D． 4．（本题3分）若m为任意正整数，则的值总能（   ） A．被3整除 B．被4整除 C．被5整除 D．被6整除 5．（本题3分）若分式有意义，则满足的条件是（     ） A． B． C． D． 6．（本题3分）在平行四边形中，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 7．（本题3分）如图，点在的对角线上，过点作，．已知，，，则四边形的面积是（     ） A．4 B．5 C．6 D．7 8．（本题3分）随着科技的发展，部分快递送货被无人驾驶快递车替代．一辆无人驾驶快递车从公司出发，匀速行驶到达甲快递点卸完包裹后，立即以相同的速度前往乙快递点．已知公司和甲、乙两个快递点依次在同一条直线上，且在每个快递点包裹的时间相同，快递车离公司的路程与时间的函数关系如图所示，根据图象可知，快递车在每个快递点卸包裹的时间为（     ） A． B． C． D． 9．（本题3分）如图，等边三角形中，，点在线段上，，则长度为（     ） A． B． C．1 D． 10．（本题3分）如图，在四边形中，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 评卷人 得分 二、填空题（共15分） 11．（本题2分）在中，，则的面积为_______． 12．（本题2分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________ ． 13．（本题2分）如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．若已知旋转角为，，则的度数为______． 14．（本题3分）已知，，求的值_____． 15．（本题3分）已知关于x的分式方程的解为非负数，则m的取值范围_____． 16．（本题3分）如图，平行四边形的对角线相交于点O，且，若，，点B的坐标为，则点D的坐标为______． 评卷人 得分 三、解答题（共75分） 17．（本题8分）已知，． (1)求的值； (2)求的值． 18．（本题8分）如图，点在直线上，平分，平分，是上一点，连结OF． (1)求证：； (2)若，求证：． 19．（本题8分）已知，如图，于点于点． (1)求证：； (2)求证：． 20．（本题8分）如图，已知，垂直平分，交于点，交于点，垂直平分，交于点，交于点，连接． (1)连接，，若，求的周长； (2)若，求证：平分． 21．（本题8分）如图，平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的； (2)平移，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是 ； (3)若将绕某一点旋转可以得到；请在坐标系中作出旋转中心，点的坐标为 ． 22．（本题9分）如图，在中，D，E分别是，边的中点，过点D作的平行线交的延长线于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 23．（本题13分）如图，与相交于点，，，，求证：． 24．（本题13分）解决问题 (1)如图1，已知在中，，．把向下平移至后，， ．请求出图中阴影部分的面积． (2)如图2，中，是边的垂直平分线，，，求的长． (3)如图3，已知，，垂直的延长线于点垂直的延长线于点F．求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年北师大版七年级数学下册期末考前预测卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B B A B B B B B 1．D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，对每个选项的图形，先判断是否为轴对称图形：如果能找到至少一条直线，使得图形沿这条直线折叠后直线两旁的部分能完全重合，那么该图形是轴对称图形，再判断筛选出的轴对称图形是否为中心对称图形：如果能找到一个点，使得图形绕这个点旋转后能和原图形完全重合，那么该图形是中心对称图形，最终选出同时满足两个条件的选项． 【详解】解：A项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形重合，是轴对称图形，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错误； B项：该图形不能沿着某条直线翻折后与另一半图形重合，不是轴对称图形，也不能绕某点旋转后与原图形重合，所以既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故B错误； C项：该图形不能沿着某条直线翻折后与另一半图形重合，不是轴对称图形，但能绕某点旋转后与原图形重合，所以不是轴对称图形，是中心对称图形，故C错误； D项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形重合，是轴对称图形，也能绕某点旋转后与原图形重合，所以既是轴对称图形，也是中心对称图形，故D正确． 2．B 【分析】判断三边能否构成直角三角形，只需验证两较短边长的平方和是否等于最长边长的平方即可． 【详解】解：A．，，，不能构成直角三角形，不符合题意； B．，，即，能构成直角三角形，符合题意； C．，，，不能构成直角三角形，不符合题意； D．，，，不能构成直角三角形，不符合题意． 3．B 【详解】解：已知 ，根据不等式的基本性质判断： A． ∵不等式两边同乘，不等号方向改变，∴，A错误． B． ∵不等式两边同时减，不等号方向不变，∴，B正确． C． ∵不等式两边同乘正数，不等号方向不变，∴，C错误． D． 举反例，若，，，满足，但，D错误． 4．B 【分析】将原式因式分解得到整式乘积形式，即可判断其整除性． 【详解】解： ， ∵为任意正整数， ∴是4的整数倍， 故原式总能被4整除． 5．A 【分析】分式有意义的条件是分母不等于0． 【详解】∵分式有意义， ∴，解得． 6．B 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴. 7．B 【分析】先得到四边形，四边形为平行四边形，然后求出，，，最后由求解． 【详解】解：∵平行四边形 ∴ ∵，， ∴ ∴四边形，四边形为平行四边形， 由条件可知， ∵，， ∴，， ∴． 8．B 【分析】设快递车在每个快递点卸包裹的时间为x，根据快递车的速度不变列方程求解即可． 【详解】解：设快递车在每个快递点卸包裹的时间为x， ∵快递车的速度不变， ∴， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴快递车在每个快递点卸包裹的时间为． 9．B 【分析】根据等边三角形“三线合一”的性质求出边长，利用勾股定理求出的长，再结合及线段的和差关系即可求解． 【详解】解：是等边三角形，，， ， ∴， 在中，由勾股定理得：， ， ， ． 10．B 【分析】根据垂直的定义得出，再利用四边形内角和定理列式计算即可求出的度数 ． 【详解】解： 四边形的内角和为，且 ． 11． 【分析】根据已知三边长，利用勾股定理的逆定理判断为直角三角形，再根据直角三角形面积公式计算面积． 【详解】解：，，， ， 根据勾股定理的逆定理可知是直角三角形，为直角， 则． 12． 【分析】根据二次根式的被开方数为非负数，进行求解即可． 【详解】解：根据题意得， 解得：． 13．/50度 【详解】解：由旋转的性质可得：， ∴， ∴． 14． 【分析】由题意可得，，，再将所求式子进行因式分解，最后整体代入计算即可得出结果． 【详解】解：∵，， ∴，，， ∴ ． 15．且 【分析】先解分式方程，再结合解为非负数和分母不为零的条件，列不等式组求解即可． 【详解】解：， 方程两边同乘最简公分母，得： 解得：， ∵分式方程的解为非负数， ∴， 解得：且． 16． 【分析】先利用勾股定理求出的长度，构造直角三角形，利用已知点的坐标点和勾股定理求出点的坐标，再利用平行四边形的性质证三角形全等，从而求出点的坐标． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形，， 在中，， 如图所示，分别过点向作垂线，垂足分别为， 则， ， ∵点B的坐标为， ∴， 在中，， 在和中，， ∴，， 又∵点D在第二象限， ∴点D的坐标为． 17．(1) (2) 【分析】（1）先对，分母有理化，然后得到，，对所求代数式提公因式因式分解，再代入，的值求解即可； （2）先通分，再利用完全平方公式进行变形，然后代入，的值求解即可． 【详解】（1）解：， ， ， ． ； （2）解： ． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用角平分线的定义结合平角的性质即可证明； （2）利用，结合已知求得，根据“内错角相等，两直线平行”即可证明． 【详解】（1）证明：∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 19．(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的性质定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的性质定理是解题的关键． （1）连接，先证，然后根据全等三角形的性质可进行求证； （2）由（1）可得，进而根据角平分线的性质定理可进行求证． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 在和中， ， ， ； （2）证明：由（1）可知：， ， ，， ， 在和中， ， ， ． 20．(1)15 (2)见解析 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的判定定理，熟练掌握线段垂直平分的性质是解题关键． （1）先根据线段垂直平分线的性质可得，，再根据三角形的周长公式即可得； （2）先根据已知可得，，，，从而可得，再根据角平分线的判定定理即可得证． 【详解】（1）解：垂直平分， ． 同理：． 的周长； （2）证明：，垂直平分，垂直平分，， ，， ． 平分． 21．(1)如图，即为所求； (2) (3)如图，点即为所求； 【分析】（1）根据旋转的性质作出、、三点的对称点、、，并依次连接即可； （2）先根据点和点的坐标确定平移方式，再根据平移方式确定点的坐标； （3）分别连接、相交于点，则点就是旋转中心，再由中点坐标公式求旋转中心的坐标即可． 【详解】（1）略 （2）解：点的对应点的坐标为， 平移方式为：向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度， 点的对应点的坐标是，即； （3）解：分别连接、相交于点，则点就是旋转中心，则点的坐标为，即． 22．(1)证明：∵D，E分别是，边的中点， ∴是的中位线， ∴，， 又∵， ∴四边形是平行四边形． (2) 【分析】（1）先证明是的中位线，即有，再结合，即可证明； （2）根据求出，结合四边形是平行四边形，问题可解． 【详解】（1）解析略 （2）根据（1）中，已证明的是的中位线， 可知，即， ∵四边形是平行四边形， ， 即． 23．证明：∵，， ∴． 在和中， ∴， ∴ ∴． 【分析】先证明得出，根据等角对等边，即可得证． 【详解】略 24．(1) (2)7 (3)证明：如图，连接． 在和中， ， ． 又，， 【分析】（1）根据平移变化只改变图形的位置不改变图形的形状可得，然后求出，再求出梯形的面积即为阴影部分的面积． （2）根据垂直平分线的性质可得，进而根据即可求解． （3）连接，证明，得到，再利用角平分线的性质得到． 【详解】（1）解：把向下平移至， ，， ， ， 阴影部分面积梯形的面积，． （2）垂直平分 ， ． （3）略 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $