2025-2026学年北师大版七年级数学下学期期末测试卷（含答案）

2026学年七年级数学下学期期末测试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）1．“白毛浮绿水，红掌拨清波”，白鹅拨出的圆形水波不断扩大，记它的半径为r，则其面积S与r的关系式为S=πr2，下列判断正确的是(A．r是常量 B．π是常量 C．S是自变量 D．S，π，r都是变量2．如图，在△ABC中，以A为圆心，AB长为半径画弧交BC于点E，以点E为圆心，EC长为半径画弧交AC于点D，若∠B=m°，∠C=n°，则∠AED的度数为（

）度A．2n−m B．2m−n C．m−n D．n−m3．已知a=2255，b=3344，c=5533，d=66A．a>b>c>d B．a4．一把直尺和一块含30°∠B=30°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CED=45°，那么图中与∠CED相等的角有（

A．7个 B．6个 C．5个 D．4个5．某同学步行到超市，在超市购买一些生活用品，然后打车回家，设家到超市为直线，车的速度比步行快，该同学出发的时间为th，与家的距离为skm，则s与t的函数关系用图象表示大致是（A． B． C． D．6．如图，CB⊥AD，AE⊥DC，垂足分别为B，E，AE，BC相交于点F，且AB=BC．若AD=6，CF=4，则BF的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．47．已知△ABC（AC>AB），用尺规作图的方法在BC边上确定一点P，连接AP，使得SΔABP=A． B．C． D．8．按如图的方法折纸，下列说法不正确的是（

）A．BE平分∠AEC B．∠2=90°C．∠1与∠3互余 D．∠1与9．设a，b为实数，多项式(x+a)(2x+b)展开后x的一次项系数为p，多项式(2x+a)(x+b)展开后x的一次项系数为q：若p+q=6，且p，q均为正整数，则()A．ab与ab的最大值相等，ab与abB．ab与ab的最大值相等，ab与aC．ab与ab的最大值不相等，ab与abD．ab与ab的最大值不相等，ab与a10．如图，点E在BA的延长线上，EC与AD交于点F，且∠E=∠DCE，∠B=∠D，∠EFA是∠FCB的余角的5倍，点M是线段CB上的一动点，点N是线段MB上一点且满足∠MNF=∠MFN，FK平分∠EFM．下列结论：①BE∥CD；②AD∥CB；③FN平分∠AFM；④∠D+∠E=105°；A．2个 B．3个 C．4个 D．5个二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）11．如图，∠1=120°，∠2=60°，12．一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同，经多次摸球试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.2左右，则盒子中红球的个数约为________．13．对于任意的整数a，如果t=a+1a−1，则称t为a的“最简平方差”，a为t的“最佳分解数”．例如：8=3+1×3−1，则8为3的“最简平方差”，3为8的“最佳分解数”．已知“最简平方差”m、n对应的“最佳分解数”分别为x、y，且m−n=2414．小红和小星分别从甲、乙两地相向而行，进行跑步训练．他们同时出发，小红从甲地向乙地跑，到达乙地停止，小星从乙地向甲地跑，到达甲地停止．假设小红和小星跑步的速度均为匀速，且小红的速度比小星的速度慢．在跑步过程中，已知小红和小星之间相距的路程s(单位：km)与小红所花的时间t(单位：h)之间的关系如图所示，则当小星到达终点时，小红离终点的路程是____________km．15．图，AB=4cm，AC=BD=3cm，∠CAB=∠DBA，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动．同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动，设运动时间为t(s)，则BP=______cm（用含有t的式子表示）；当△ACP与△BPQ全等时，点16．如图，AB∥CD，BE∥DF，∠DBE和∠CDF的角平分线交于点G．当∠BGD＝65°时，∠BDC＝________度.三、解答题（本大题共8小题，满分72分）17．（6分）如果xn=y，那么我们规定(x,y]=n．例如：因为42(1)−2,16=______；若(2,y]=6，则y=(2)已知(4,12]=a，(4,5]=b，(4,y]=c，若(3)若(5,10]=a，(2,10①求25a②求t的值．18．（6分）如图，甲、乙分别是4等分、3等分的两个圆转盘，指针固定，转盘转动停止后，指针指向某一数字．(1)直接写出转动甲盘停止后指针指向数字“0”的概率；(2)小华和小明利用这两个转盘做游戏，两人分别同时转动甲、乙两个转盘，停止后，指针各指向一个数字，若两数字之和为正数则小华胜；若两数字之和为负数则小明胜．你认为这个游戏公平吗？请你利用列举法说明理由．19．（8分）借助几何直观探究数量关系，是数形结合的常用方法．(1)【观察发现】图1是用边长为a、b的四个长方形拼成的一个大正方形，图2是用边长为a、b、c的三个正方形，边长为a、b的两个长方形，边长为a、c的两个长方形，边长为b、c的两个长方形拼成的一个大正方形，利用图形可以推导出的关系式为：图1：___________，图2：_________．(2)【解决问题】如图3，在线段AB上取一点G，在同侧分别以AB、BG为边作正方形ABCD和正方形BEFG，分别连接CG、AF、CF、DF，若△BCG的面积为3，AG=1，求阴影部分的面积的和．20．（8分）甲、乙是数轴上两点，甲所在位置坐标为−10，速度为每秒2个单位长度．甲、乙同时匀速相向而行，当第一次相距5个单位长度时，甲停止运动，乙保持之前的速度继续前行．当甲、乙相遇，乙停止运动，甲保持之前的速度继续运动．1秒后，甲、乙均保持之前的速度继续前行，若到达对方最初的位置则停止运动．甲、乙相距的距离y与甲、乙运动时间ts(1)运动开始前乙位置坐标为___________；点c的值为___________；乙的速度为___________；(2)直接写出图中点A表示的实际意义以及何时，甲、乙第二次相距5个单位长度：(3)甲、乙能否同时到达对方最初的位置，若能，请求出时间t：若不能，请说明理由．21．（10分）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB=10,AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE=AD，请根据小明的方法思考：（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是_____．A．SSS

B．SAS

C．AAS

D．HL（2）求得AD的取值范围是_____．A．2<AD<8

B．2≤AD≤8

C．4<AD<16

D．4≤AD≤16【感悟】解题时，条件中若出现“中点”和“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．【问题解决】（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E、交AD于F，且AE=EF．求证：AC=BF．22．（10分）在日历上，我们可以发现其中某些数满足一定的规律，我们利用n×n的方框在日历上框出一些数，选取方框中位于顶点处的4个数，设这4个数分别为a,b,c,da<b<c<d，计算“bc−ad如2025年1月份的日历图，当n=2时（如图1），小明在其中画出两个2×2的方框，通过计算7×13−6×14=7，17×23−16×24=7：发现bc−ad=7．(1)请你利用整式的运算对小明发现的规律加以证明：(2)请同学们利用小明的方法，借助2025年2月份的日历，继续进行如下探究．①当n=3时，如图2，在日历中用3×3的方框框住位置上的4个数，探究“bc−ad”的值的规律（直接写出结论，不用证明）；②当n=4时，如图3，若在日历中用4×4的方框框住位置上的4个数，直接写出“bc−ad”的值的规律；(3)通过以上的探究过程，请你写出“bc−ad”运算结果的一般规律（用含n的式子表示）．23．（12分）如图1，已知△ABC中，AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30∘角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE,长直角边为DF），将直角三角板DEE绕D（1）在图1中．DE交AB于M,DF交BC于N．①求证：DM=DN；②在这一过程中，直角三角板DEF与三角形ABC的重叠部分为四边形DMBN,请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？若发生变化，请说明如何变化的；若不发生变化，请求出其面积．（2）继续旋转至如图2的位置，延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,DM=DN是否仍然成立？（请写出结论，不用证明．）（3）继续旋转至如图3的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M,DM=DN是否仍然成立？（请写出结论，不用证明．）24．（12分）数学兴趣小组围绕“三角形的内角和是180°”，进行了一系列探究，过程如下：

(1)【论证】如图1，延长BA至点D，过点A作AE∥BC，就可以说明∠BAC+∠B+∠C=180°成立，即：三角形的内角和为∠BAC+∠B+∠C=180°．请完成上述说理过程．(2)【应用】如图2，在△ABC中，∠BAC的平分线与∠ACB的角平分线交于点P，过点A作AE∥BC，M在射线AE上，且∠ACM=∠AMC，MC的延长线与AP的延长线交于点D．①求∠DCP的度数；②设∠B=α，请用α的代数式表示∠D．(3)【拓展】如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，过点A作EF∥BC，直线MN与EF相交于A点右侧的点P，∠APN=75∘,∆ABC绕点A以每秒12°的速度顺时针方向旋转，同时MN绕点P以每秒5°的速度顺时针方向旋转，与EF重合时MN再绕着点P以原速度逆时针方向旋转,当△ABC旋转一周时,运动全部停止.设运动时间为t秒，在旋转过程中，是否某一时刻，使得MN与△ABC的一边平行？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题1．B解：A、r是自变量，故选项不符合题意；B、π是常量，故选项符合题意；C、S是因变量，故选项不符合题意；D、π是常量，故选项不符合题意；故选：B．2．A解：由作法得：AB=AE,CE=DE，∴∠AEB=∠B=m°，∠CDE=∠C=n°，∴∠AEC=180°−∠AEB=180°−m°，∠DEC=180°−∠C−∠CDE=180°−2n°，∴∠AED=AEC−∠CED=180°−m°故选：A3．A因为a=2255=（225）因为55所以55所以(55故5533＞6同理可证a所以a>故选A．4．B解：对图中顶点进行标注，如下图所示：∵∠CED=45°，∠C=90°，∴∠CDE=180°−∠C−∠CED=45°，又∵DE∥AF，∴∠EAF=∠CED=45°，∠DFA=∠CDE=45°，又∵∠CED=∠HEA，∠CDE=∠MDF，∠DFA=∠NFB，综上，∠CED=∠CDE=∠EAF=∠DFA=∠HEA=∠MDF=∠NFB=45°，共有7个角为45°，∴共有6个角与∠CED相等．5．C解：由题意可知，该同学出发后与家的距离skm随着时间t∴s与t的函数关系用图象表示大致是故选：C．6．A解：∵CB⊥AD，AE⊥DC，∴∠ABF=∠CBD=∠CEF=90°，∵∠AFB=∠CFE，∴∠A=∠C，又∵AB=BC，∴△ABF≌△CBDASA∴AB=CB，BF=BD，∴AD=AB+BD=AB+BF=6，∵CF=4，∴AB+BF+CF=6+4=10，∴AB+BC=10，∴BC=5，∴BF=BC−CF=5−4=1．故选：A．7．A解：根据题意，SΔABP=SΔACP，得A.作图是BC的垂直平分线，点P是BC的中点，符合题意；B.作图是BA=BP,点P不是BC的中点，不符合题意；C.作图是AP是∠BAC的平分线，点P不是BC的中点，不符合题意；D.作图是∠PBA=∠PAB，点P不是BC的中点，不符合题意；故选：A．8．A解：由折叠的性质可得2∠1+∠3∴∠1+∠3=90°，∴∠1与∠3互余，故C正确，不符合题意；∴∠2=180°−∠1+∠3∵∠1+∠AEC=180°，∴∠1与∠AEC互补，故D正确，不符合题意；不能得出BE平分∠AEC，故A错误，符合题意；故选：A．9．A解：(x+a)(2x+b)=2=2x(2x+a)(x+b)=2=2x∵多项式(x+a)(2x+b)展开后x的一次项系数为p，多项式(2x+a)(x+b)展开后x的一次项系数为q，∴p=b+2a，q=2b+a，∵p+q=6，且p，q均为正整数，∴b+2a+2b+a=6，整理得：a+b=2．又p=b+2a，q=2b+a，∴p=a+2，q=b+2．∴a=p−2，b=q−2．∴ab=p−2∵p，q均为正整数，∴p的取值为1，2，3，4，5．∴ab的最大值为1，ab的最小值为−3．∵a=p−2，b=q−2，∴∵p，q均为正整数，∴q的取值为1，3，4，5．则ab的最大值1，ab∴ab与ab的最大值相等，ab与a故选：A．10．C解：∵∠E和∠DCE是BE、CD被直线EC所截形成的内错角，且∠E=∠DCE，∴BE∥故①正确；∵BE∥∴∠BAD+∠D=180°，又∵∠B=∠D，∴∠BAD+∠B=180°，∴AD∥故②正确；∵AD∥∴∠MNF=∠AFN，∵∠MNF=∠MFN，∴∠AFN=∠MFN，∴FN平分∠AFM，故③正确；∵EB∥∴∠EAF=∠D，∴AD∥∴∠EFA=∠FCB，设∠EFA=∠FCB=x°，∵∠EFA是∠FCB的余角的5倍，∴x=590−x解得：x=75，∴∠EFA=∠FCB=75°，在△EAF中，∠E+∠EAF+∠EFA=180°，∴∠E+∠EAF=180°−75°=105°，∴∠D+∠E=105°，故④正确；∵FK平分∠EFM，∴∠MFK=1由③可知FN平分∠AFM，∴∠MFN=1∴∠KFN=∠MFK−∠MFN====37.5°，故⑤错误；综上所述，结论正确的个数是4.故选：C．二、填空题11．6解：如图，当∠4=60°时，AB∥EF.理由如下：∵∠3=60°，∠4=60°，∴∠3=∠4，∴CD∥EF，∵∠1=120°，∠1+∠5=180°，∴∠5=60°，∵∠2=60°，∴∠2=∠5，∴AB∥EF，∴AB∥CD，故答案为：60°．12．20解：∵摸到黑球的频率稳定在0.2左右，∴摸到黑球的概率稳定在0.2左右，则盒子中球的总个数为5÷0.2=25（个），所以盒子中红球的个数为25−5=20（个）．故答案为：20．13．−5解：∵“最简平方差”m对应“最佳分解数”x，∴m=(x+1)(x−1)=x同理n=y∵m−n=24，∴x2−1−(y∴(x−y)(x+y)=24，∵x、y均为整数，且由x2∴x=±5当x=±5,y=±1时，xy当x=±7,y=±5时，xy因此xy的最小值为−5故答案为：−5．14．0.64解：设小红的速度为v1km/由图知甲乙两地相距1.6km∴0.2v∴v又由图知小星从乙地跑到甲地用了0.32小时，∴v∴v∴小星到达甲地时小红好跑了0.32×3=0.96km此时小红离终点的路程为1.6−0.96=0.64km故答案为：0.6415．4−2t2或3解：设点Q的运动速度为acm/s时，△ACP与△BPQ则有AP=2tcm，BQ=atcm，当△ACP≌△BPQ时，可得：BP=AC，AP=BQ，∵AB=4cm，AC=BD=3∴4−2t=3at=2t解得：t=1∴点Q的运动速度为2cm/s当△ACP≌△BQP时，可得：AC=BQ，AP=BP，∴4−2t=2t解得：t=1a=3∴点Q的运动速度为3cm/s综上所述，点Q的运动速度为2cm/s或3故答案为：4−2t；2或3．16．50解：∵BE∥DF,∴∠EBD+∠BDF=180°,∴∠EBD+∠CDF+∠BDC=180°,∵BG、DG是∠DBE和∠CDF的角平分线，∴∠EBD=2∠GBD,∠CDF=2∠CDG,∴2∠GBD+2∠CDG+∠BDC=180°,∵∠BGD=65°,∴∠GBD+∠GDB=115°,∴∠GBD+∠CDG+∠BDC=115°,∴∠2GBD+2∠CDG+2∠BDC=230°，∴∠BDC=50°.故答案为：50.三、解答题17．（1）解：∵(−2)∴(−2,16∵(2,y]=6，且26∴y=64．故答案为：4，64；（2）解：∵(4,12]=a，(4,5]=b，∴4a=12，4∵a+b=c，∴4a+b=∴y=12×5=60；（3）解：①∵(5,10]=a，∴5a=10∴25a=∴25②∵(5∴5∴(5,10由①知：5a∴5∴(5,10∴ab=a+b，∴t=2ab18．（1）解：由题意可知转盘中共有四个数，其中“0”只有一种，∴转动甲盘停止后指针指向数字“0”的概率为14（2）解：不公平，理由如下：两人分别同时转动甲、乙两个转盘，停止后的情况有−1,1,∴小华胜的概率为412=1∴小华胜和小明胜的概率不一样，∴不公平．19．（1）解：利用图形可以推导出的关系式为，图1：a+b2图2：a+b+c2故答案为：a+b2=（2）解：设AB=a，BE=b，则a−b=1，∵1∴ab=6，∴a+b∴a+b=5，∵S△AGF=∴S20．（1）解：根据运动开始前，甲乙相距的距离y为20，甲所在位置坐标为−10，∴乙位置坐标为：20+−10根据关系图可知，当t=5s设乙的速度为：v，故5×2+5v=20−5，解得：v=1．根据关系图可知点A代表甲乙相遇，则当甲、乙相遇时乙停止运动，甲保持之前的速度继续运动1秒后，甲、乙均保持之前的速度继续前行，c=2×1=2，故答案为：10，2，1（2）解：根据（1）可知：点A代表甲乙相遇．且A=10s设ts2+1t+2=5解得：t=1s则11s即12s（3）解：不能，理由如下：甲到达乙的位置需要的时间：甲先走了5s，路程为5×2=10，然后停止运动5s，还需要走则甲到达乙的位置一共需要5+5+5=15s乙到达甲的位置需要的时间：乙先走10s，路程为：10×1=10，然后停止运动1s，还需要走则乙到达甲的位置一共需要10+1+10=21s则甲、乙不能同时到达对方最初的位置．21．（1）∵AD是△ABC中线，∴CD=BD，在△ADC和△EDB中，AD=ED∴△ADC≌△EDB(SAS故答案为：B；（2）∵由（1）知：△ADC≌△EDB，∴BE=AC=6，AE=2AD，∵在△ABE中，AB=10，由三角形三边关系定理得：10−6<2AD<10+6，∴2<AD<8；故答案为：A；（3）证明：如图2，延长AD到M，使AD=DM，连接BM，∵AD是△ABC中线，∴CD=BD，∵在△ADC和△MDB中，DC=DB∴△ADC≌△MDBSAS∴BM=AC，∠CAD=∠M，∵AE=EF，∴∠CAD=∠AFE，∵∠AFE=∠BFD，∴∠BFD=∠CAD=∠M，∴BF=BM=AC，∴AC=BF．22．（1）解：设框出的第一个数为x，则剩下三个数为x+1，x+7，x+8，∴bc−ad=x+1（2）解：①设框出的第一个数为x，则剩下三个数为x+2，x+14，x+16，∴bc−ad=x+2②设框出的第一个数为x，则剩下三个数为x+3，x+21，x+24，∴bc−ad=x+3（3）解：当n=2时，bc−ad=7=7×1当n=3时，bc−ad=28=7×2当n=4时，bc−ad=63=7×3⋯，∴bc−ad=7n−123．解：1①如图，连接DB在RtΔABC中，AB=BC,AD=DC,∴∠A=∠C=45°,∠BDC=90°,∠ABD=∠CBD=45°∴∠ABD=∠C=45°,∴DB=DC=AD,∵∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=∴∠MDB=∠NDC,∴ΔBMD≅ΔCND,∴DM=DN；②四边形DMBN的面积不发生变化；由①知，ΔBMD≅ΔCND,∴S∴=2DM=DN仍然成立.理由如下:连接BD由(1)知BD⊥AC，BD=CD，∴∠ABD=∠ACB=45°，∴∠ABD+∠MBD=180°，∠ACB+∠NCD=180°，∴∠MBD=∠NCD，∵BD⊥AC，∴∠MDB+∠MDC=90°，又∠NDC+∠