2024-2025学年度冀教版初中数学七年级下册期末考试押题卷 (解析版)

2024-2025学年度冀教版初中数学七年级下册期末考试押题卷（考试时间:120分钟;试卷满分:150分）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三总分得分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（共40分）1．（本题4分）下列语言叙述是命题的是（）A．画两条相等的线B．等于同一个角的两个角相等吗？C．延长线段到，使D．两直线平行，内错角相等【答案】D【分析】判断某一件事情的语句叫做命题，根据命题的概念判断即可．【详解】A、画两条相等的线是描述性语言，不是命题，不符合题意；B、等于同一个角的两个角相等吗？为疑问句，不是命题，不符合题意；C、延长线段到，使为描述性语言，不是命题，不符合题意；D、两直线平行，内错角相等，是命题，符合题意．故选：D．2．（本题4分）计算的结果是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了同底数幂的乘法，根据同底数幂的乘法法则计算可得，熟练掌握其运算法则是解题的关键．【详解】解：，故选：A．3．（本题4分）现有长度分别为10cm和20cm的两根小棒，王红要从下面四种长度的小棒中选取其中一根小棒拼成三角形，则她所选择的小棒是（

）A．5cm B．25cm C．35cm D．40cm【答案】B【分析】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．【详解】解：∵两根小棒的长度为10cm和20cm，根据三角形的三边关系得：第三边，即：第三边，只有25cm适合．故选：B．4．（本题4分）一个不等式组的解在数轴上表示如图，则这个不等式组的解是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了用数轴表示不等式组的解集，根据“小于向左，大于向右”且“边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点”写出解集即可．【详解】解：由题意得，该不等式组的解集为，故选：B．5．（本题4分）下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查了因式分解的定义，因式分解是整式的变形，注意结果是整式的乘积的形式，并且变形前后值不变．把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式，根据定义即可判断．【详解】解：A、，结果不是整式的乘积的形式，不是因式分解，选项错误；B、是因式分解，选项正确；C、，左右两边不相等，选项错误；D、结果不是整式的乘积的形式，不是因式分解，选项错误．故选：B．6．（本题4分）如图，以每秒的速度沿着射线向右平移，平移2秒后所得图形是，如果，那么的长是（

）A．4 B．6 C．8 D．9【答案】B【分析】本题考查了图形的平移，熟练掌握平移的性质是解题的关键，连接，根据平移的性质可得，再由，可得，即可求解．【详解】解：如图，连接，∵以每秒的速度沿着射线向右平移，平移2秒后所得图形是，∴，∵，∴，∴．故选：B．7．（本题4分）已知关于的方程组，解是，则的值为（

）A． B． C． D．0【答案】A【分析】把代入方程组得到关于的方程组求得的值，代入代数式即可得到结论．【详解】解：把代入方程组，可得，解得，则．故选：A．【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组、二元一次方程组的解、代数式求值等知识，正确的解方程组是解题的关键．8．（本题4分）如图所示，两个正方形的边长分别为和，如果，那么阴影部分的面积是（

）

A．10 B．20 C．30 D．40【答案】B【分析】本题主要考查了完全平方公式在几何图形中的应用，根据推出，再利用完全平方公式的变形求出的值即可得到答案．【详解】解：由题意得，，∵，∴，∴，故选：B．9．（本题4分）如图，长方形纸片，点、分别在边、上，连接，分别将，对折，使、分别落在直线上的点和处，折痕分别为、，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题主要考查了图形的折叠变换及性质，设，由折叠的性质得：，，则，，再由平角的定义得，则，由此解出即可得出的度数．【详解】解：设，由折叠的性质得：，，，，，，解得：，．故选：C．10．（本题4分）如图：CDAB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∠BAC=40°，∠1=∠2，则下列结论：①∠ACE=2∠4；②CB⊥CF；③∠1=70°；④∠3=2∠4，其中正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】C【分析】根据角平分线的性质可得，，再利用平角定义可得∠BCF=90°，进而可得②正确；首先计算出∠ACB的度数，再利用平行线的性质可得∠2的度数，从而可得∠1的度数，进而可得③正确；利用三角形内角和计算出∠3的度数，然后计算出∠ACE的度数，可分析出①错误；根据∠3和∠4的度数可得④正确．【详解】解：如图，∵BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∴∵∠ACG+∠ACD=180°，∴∠ACF+∠ACB=90°，∴CB⊥CF，故②正确，∵CD∥AB，∠BAC=40°，∴∠ACG=40°，∴∠ACF=∠4=20°，∴∠ACB=90°-20°=70°，∴∠BCD=70°，∵CD∥AB，∴∠2=∠BCD=70°，∵∠1=∠2，∴∠1=70°，故③正确；∵∠BCD=70°，∴∠ACB=70°，∵∠1=∠2=70°，∴∠3=40°，∴∠ACE=30°，∴①∠ACE=2∠4错误；∵∠4=20°，∠3=40°，∴∠3=2∠4，故④正确，故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质，以及角平分线的性质，理清图中角之间的和差关系是解题的关键．二、填空题（共24分）11．（本题4分）已知关于a，b的方程组，则的值为．【答案】【分析】，用，即可得解．【详解】解：，，得：；故答案为：．【点睛】本题考查解二元一次方程组．熟练掌握加减消元法，是解题的关键．12．（本题4分）如图，所示，请添加一个条件，使．则添加的条件为．【答案】（答案不唯一）【分析】本题主要考查了平行线的判定，熟知平行线的判定定理是解题的关键．【详解】解：添加条件，理由如下：∵，∴（同位角相等，两直线平行），故答案为；（答案不唯一）．13．（本题4分）计算：．【答案】【分析】本题主要考查了单项式乘以单项式，熟知单项式乘以单项式的计算法则是解题的关键．【详解】解：，故答案为：．14．（本题4分）如果多项式是一个完全平方式，则．【答案】【分析】本题考查完全平方公式，解题的关键是熟练运用完全平方公式．根据完全平方公式即可求出m的值．【详解】解：∵，∴．故答案为：．15．（本题4分）如图，是的中线，点E、F分别为的中点，若的面积为，则的面积是．

【答案】12【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答即可．本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．【详解】是的中点，，，是的中点，，，，∴的面积．故答案为：12．16．（本题4分）如图，，平分，，下列结论：①；②；③；④；其中正确结论是．【答案】①③④【分析】本题主要考查了平行线的判定和性质、角平分线的定义、三角形的外角性质、角的和差等知识点，弄清角之间的关系、运用等量代换成为解题的关键．由可得，进而可得可判定①；再根据平行线的性质以及角的和差关系进行计算逐个判定其它各式即可解答．【详解】解：∵，∴，∵，∴，故①正确；∵不一定的角平分线，∴与不一定相等，故②错误；'∵，∴

,∴，又∵平分，∴，∴，③正确；∵，，，∴，即④正确．综上所述，正确的选项①③④．故答案为①③④．三、解答题（共86分）17．（本题6分）解方程组：【答案】【分析】利用加减消元法即可求解．【详解】解：①＋②，得，即．把代入①中，得，解得，．故答案为：．【点睛】本题主要考查解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的方法是解题的关键．18．（本题6分）先化简，再求值：，其中，．【答案】，．【分析】本题考查的知识点是整式的四则混合运算、合并同类项、去括号、整式的加减中的化简求值，解题关键是熟练掌握整式的四则混合运算法则．先去括号，在合并同类项，根据整式的四则混合运算即可化简，将、的值分别代入即可求值．【详解】解：原式，，将，代入，原式．19．（本题8分）如图，已知，，，求．（请填空）解：∵，∴________（________________）又∵，∴（________________）∴________（________________________）∴________（________________________）∵，∴________（____________）【答案】；两直线平行，同位角相等；等量代换；；内错角相等，两直线平行；；两直线平行，同旁内角互补；

；补角定义【分析】此题考查了平行线的性质与判定，根据平行线的判定与性质即可，解题的关键是熟练掌握平行线的性质与判定及其应用．根据题干提示完善推理过程与推理依据即可.【详解】解：∵，∴（两直线平行，同位角相等）又∵，∴（等量代换）∴（内错角相等，两直线平行）∴（两直线平行，同旁内角互补）∵，∴（补角的定义）；20．（本题8分）（1）画出三角形平移后的三角形．（与为对应点，保留作图痕迹）（2）过点作的垂线交于点E．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】本题考查了基础作图：（1）作，取，依次连接，即可求解；（2）延长，过点作的垂线交于点E，即可求解；熟练掌握基础作图是解题的关键．【详解】解：（1）作，取，依次连接，如图所示，即为所求：（2）延长，过点作的垂线交于点E，如图所示，即为所求：21．（本题8分）已知用2辆A型车和1辆B型车装满货物一次可运货10吨，用1辆A型车和2辆B型车装满货物一次可运货11吨，某物流公司现有31吨货物，计划同时租用A型车a辆，B型车b辆，一次运完，且恰好每辆车都装满货物．根据以上信息，解答下列问题：(1)1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运货多少吨？(2)请你帮该物流公司设计租车方案（即A、B两种型号的车各租几辆，有几种租车方案）．【答案】(1)1辆A型车载满货物一次可运辆B型车载满货物一次可运．(2)有3种租车方案：方案一：A型车9辆，B型车1辆；方案二：A型车5辆，B型车4辆；方案三：A型车1辆，B型车7辆．【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，二元一次方程的实际应用：（1）设每辆A型车、B型车都载满货物一次可以分别运货吨、吨，根据用2辆型车和1辆型车载满货物一次可运货；用1辆型车和2辆型车载满货物一次可运货列出方程求解即可；（2）根据（1）所求可得，求出次方程的整数解即可得到答案．【详解】（1）解：设每辆A型车、B型车都载满货物一次可以分别运货吨、吨，依题意，得解得答：1辆A型车载满货物一次可运辆B型车载满货物一次可运．（2）解：由（1），得，．都是正整数，或或有3种租车方案：方案一：A型车9辆，B型车1辆；方案二：A型车5辆，B型车4辆；方案三：A型车1辆，B型车7辆．22．（本题8分）某学校七年级甲、乙两班为丰富学生的体育活动购买了一批足球和篮球，足球和篮球的价格不同，如图是两个班级购买的足球和篮球的数量及消费的金额．

(1)求每个足球和篮球的价格．(2)若该校七年级丙班在同一商场购买了同种型号的足球3个、篮球1个，则该班共消费_____元．(3)若该校八年级在同一商店采购同种型号的足球和篮球共10个，且他们的消费金额不少于460元，则该校八年级至少购买了多少个足球？【答案】(1)每个足球的价格是50元，每个篮球的价格是40元(2)190(3)该校八年级至少购买了6个足球【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式得实际应用，有理数四则混合计算的实际应用：（1）设每个足球和篮球的价格分别为x元，y元，根据购买1个足球2个篮球花费130元，购买2个足球3个篮球花费220元列出方程组求解即可；（2）根据（1）所求列式计算即可；（3）设八年级购买了m个足球，则购买了个篮球，根据消费金额不少于460元列出不等式求解即可．【详解】（1）解：设每个足球和篮球的价格分别为x元，y元，由题意得，，解得，答：每个足球的价格是50元，每个篮球的价格是40元；（2）解：元，∴该校七年级丙班在同一商场购买了同种型号的足球3个、篮球1个，则该班共消费190元，故答案为：190；（3）解：设八年级购买了m个足球，则购买了个篮球，由题意得，，解得，∴m的最小值为6，答：该校八年级至少购买了6个足球．23．（本题8分）如图，直线交于点O，分别平分和，已知，且．(1)求的度数；(2)试说明的理由．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题主要考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，余角的性质．（1）根据角平分线的定义推出，再根据对顶角性质求解即可；（2）结合等量代换得出，根据“内错角相等，两直线平行”即可得解．【详解】（1）∵分别平分和，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）∵，，∴，∴．24．（本题10分）【探究结论】（1）如图1，，E为形内一点，连接、得到，则、、的关系是（直接写出结论，不需要证明）：【探究应用】利用（1）中结论解决下面问题：（2）如图2，，直线分别交、于点E、F，和为内满足的两条线，分别与的平分线交于点和，求证：．（3）如图3，已知，F为上一点，，，若，的度数为整数，则的度数为．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）或．【分析】（1）过点作，根据平行线的性质可得，，由此即可得到结论；（2）由（1）可知：，由角平分线的定义结合可得，再根据三角形的内角和定理可证明结论；（3）由（1）知：，设，则，可求得，结合度数的取值范围可求解的取值范围，再利用三角形外角的性质可求解．【详解】解：（1）如图所示，过点作，

，，，，．，，故答案为：；

（2）由（1）可知：，平分，，，，，；（3）由（1）知：，设，则，，，，又，，解得，又是的外角，，的度数为整数，或，或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理等知识的综合运用，灵活运用平行线的性质求解角的关系是解题的关键．25．（本题12分）【阅读材料】“数形结合”是一种非常重要的数学思想方法．比如：在学习“整式的乘法”时，我们通过构造几何图形，用“等积法”直观地推导出了完全平方和公式：（如图1）．利用“数形结合”的思想方法，可以从代数角度解决图形问题，也可以用图形关系解决代数问题．【方法应用】根据以上材料提供的方法，完成下列问题：(1)由图2可得等式：__________；由图3可得等式：__________；(2)利用图3得到的结论，解决问题：若，，则__________；(3)如图4，若用其中张边长为的正方形，张边长为的正方形，张边长分别为、的长方形纸片拼出一个面积为长方形（无空隙、无重叠地拼接），则______；(4)如图4，若有3张边长为的正方形纸片，4张边长分别为的长方形纸片，5张边长为的正方形纸片．从中取出若干张纸片，每种纸片至少取一张．把取出的这些纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则拼成的正方形的边长最长可以为______．【方法拓展】(5)已知正数，，和，，，满足．试通过构造边长为的正方形，利用图形面积来说明．【答案】(1)（2a+b）（a+b）=2a2+b2+3ab；（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；(2)155(3)9(4)a+2b；(5)见解析【分析】（1）大长方形的面积=长×宽，也等于3个小正方形和3个小长方形面积的和，两种方法求得的大长方形的面积相等，即“等积法”得到等式．（2）用（1）的结论变形后代入求值．（3）观察（2a+b）（a+2b）长方形找到x、y、z对应的值，代入求值．（4）通过分析，找到可以拼成正方形的可能的情况，然后找到正方形的边长最大，（5）通过构造边长为k的正方形，用3个长方形的面积表示al+bm+cn，用面积直观地说明al+bm+cn<k2．【详解】（1）解：由图2知，大长方形的面积=（2a+b）（a+b），大长方形的面积=3个小正方形的面积+3个小长方形的面积=a2+a2+b2+3ab=2a2+b2+3ab，∴（2a+b）（a+b）=2a2+b2+3ab；由图3知，大正方形的面积=（a+b+c）2，大正方形的面积=3个正方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；故答案为：（2a+b）（a+b）=2a2+b2+3ab；=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；（2）由图3得（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，∴a2+b2+c2=（a+b+c）2-（2ab+2ac+2bc）=（a+b+c）2-2（ab+ac+bc），当，时，a2+b2+c2=152-2×35=155；故答案为：155（3）解：∵（2a+b）（a+2b）=2a2+4ab+ab+2b2=2a2+5ab+2b2，2，∴长方形可以看成2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成的大长方形，∴x=2，y=2，z=5，∴x+y+z=9；故答案为：9（4）解：3张边长为a的正方形纸片的面积为3a2，4张边长分别为ab的长方形纸片的面积为4ab，5张边长为b的正方形纸片的面积为5b2，∵想从中取出若干张纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），∴选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，∴可以选取1张边长为a的正方形纸片、2张边长分别为ab的长方形纸片、1张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为a2+2ab+b2=（a+b）2，∴此时正方形的