2022-2023学年北师大新版七年级下册数学期末复习试卷2(含解析)

这是一份2022-2023学年北师大新版七年级下册数学期末复习试卷2(含解析)，共17页。试卷主要包含了下列运算正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北师大新版七年级下册数学期末复习试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形图
C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线
2．下列运算正确的是（　　）
A．a3•a2＝a6 B．2m•3n＝6m+n
C．（﹣2b2）3＝﹣8b5 D．（﹣a）3÷（﹣a）＝a2
3．投掷两枚质地均匀的骰子，每个骰子其向上一画出现的点数可能为1，2，3，4，5，6，则下列事件是随机事件的是（　　）
A．两枚骰子向上一面的点数之和等于1
B．两枚骰子向上一面的点数之和大于1
C．两枚骰子向上一面的点数之和等于12
D．两枚骰子向上一面的点数之和大于12
4．某种芯片每个探针单元的面积为0.00000164cm2，0.00000164用科学记数法可表示为（　　）
A．1.64×10﹣5 B．1.64×10﹣6 C．16.4×10﹣7 D．0.164×10﹣5
5．如图，已知AB∥CD，∠1＝113°，∠2＝63°，则∠C的度数是（　　）

A．40° B．45° C．50° D．60°
6．下列说法不正确的是（　　）
A．对顶角相等
B．有两条边及一角对应相等的两个三角形全等
C．同位角相等，两直线平行
D．直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短
7．已知多项式x2+4与一个单项式的和是一个多项式的平方，则下列选项中的单项式不满足条件的是（　　）
A．4x B．﹣4x C． x4 D． x4
8．泰勒斯是古希腊哲学家，相传他利用三角形全等的方法求出岸上一点到海中一艘船的距离．如图，B是观察点，船A在B的正前方，过B作AB的垂线，在垂线上截取任意长BD，C是BD的中点，观察者从点D沿垂直于BD的DE方向走，直到点E、船A和点C在一条直线上，那么△ABC≌△EDC，从而量出DE的距离即为船离岸的距离AB，这里判定△ABC≌△EDC的方法是（　　）

A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
9．如图所示，向一个半径为R、容积为V的球形容器内注水，则能够反映容器内水的体积y与容器内水深x间的函数关系的图象可能是（　　）

A． B．
C． D．
10．如图，三角形ABC中，CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，且BD＝CD，与CD相交于点F，下列结论中
①DF＝DA；②∠A+∠DFE＝180°；③BF＝AC；④若BE平分∠ABC，则CE＝BF
正确有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．计算：[（x+y）3]4＝　 　（结果用幂的形式表示）．
12．牛年到了，小明将自己收集到的12张有关“牛”的邮票放在一个不透明的暗箱中，其中面值为120分的邮票有2张，面值为100分的邮票有6张，剩下的为面值150分的，这些邮票除正面图案不同外，其余均相同．现从中随机地从暗箱中抽取一张，恰好抽到面值为150分邮票的概率是　 　．

13．小颖将图1所示七巧板的其中几块拼成如图2所示的一个四边形ABCD．

（1）∠BCD＝　 　．
（2）四边形ABCD的最长边长与最短边长的比值为 　 　．
14．一副三角板按如图所示放置，AB∥DC，则∠CAE的度数为　 　．

15．如图，在△ABC中，已知D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝16cm2，则阴影部分的面积为　 　．

三．解答题（共7小题，满分75分）
16．（12分）（1）计算：﹣12022+（π﹣3）0﹣（）﹣2+|﹣2|；
（2）先化简，再求代数式（x﹣1）（x+2）﹣（y﹣1）2﹣（x﹣y）（x+y）的值，其中，x，y满足|x+2|+（y﹣1）2＝0．
17．（10分）小红发现，任意一个直角三角形都可以分割成两个等腰三角形．
已知：在△ABC中，∠ACB＝90°．
求作：直线CD，使得直线CD将△ABC分割成两个等腰三角形．
下面是小红设计的尺规作图过程．
作法：如图，
①作直角边CB的垂直平分线MN，与斜边AB相交于点D；
②作直线CD．
所以直线CD就是所求作的直线．
根据小红设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵直线MN是线段CB的垂直平分线，点D在直线MN上，
∴DC＝DB．（　 　）（填推理的依据）
∴∠　 　＝∠　 　．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠DCB，
∠A＝90°﹣∠　 　．
∴∠ACD＝∠A．
∴DC＝DA．（　 　）（填推理的依据）
∴△DCB和△DCA都是等腰三角形．

18．（10分）在由边长为1的小正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系．已知格点△ABC（三角形的三个顶点都在正方形网格的顶点上）如图．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标；
（2）求△A1B1C1的面积；
（3）在y轴上画出点P，使得PB+PC值最小．

19．（10分）杨成家住宅面积为90平方米，其中大卧室18平方米，客厅30平方米．小卧室15平方米，厨房14平方米，大卫生间9平方米，小卫生间4平方米．如果一只小猫在该住宅内地面上任意跑．求：
（1）P（在客厅捉到小猫）；
（2）P（在小卧室捉到小猫）；
（3）P（在卫生间捉到小猫）；
（4）P（不在卧室捉到小猫）．
20．（10分）（1）如图1所示，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，A、C、D三点在同一直线上，连接BD、AE，并延长AE交BD于点F，试判断AE与BD的数量关系及位置关系，并证明你的结论．
（2）若△ECD绕顶点C顺时针转任意角度后得到图2，图1中的结论是否仍然成立？请说明理由．

21．（11分）根据图象回答下列问题．
（1）如图反映了哪两个变量之间的关系？
（2）点A、B分别表示什么？
（3）说一说速度是怎样随时间变化而变化的；
（4）你能找到一个实际情境，大致符合如图所刻画的关系吗？

22．（12分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是　 　；位置关系是　 　；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，求线段DG的长．

参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2．解：A、结果是a5，故本选项不符合题意；
B、2m•3n和6m+n不相等，故本选项不符合题意；
C、结果是﹣8b6，故本选项不符合题意；
D、结果是a2，故本选项符合题意；
故选：D．
3．解：A、两枚骰子向上一面的点数之和等于1，是不可能事件，本选项不符合题意；
B、两枚骰子向上一面的点数之和大于1，是必然事件，本选项不符合题意；
C、两枚骰子向上一面的点数之和等于12，是随机事件，本选项符合题意；
D、两枚骰子向上一面的点数之和大于12，是不可能事件，本选项不符合题意；
故选：C．
4．解：0.00000164＝1.64×10﹣6，
故选：B．
5．解：∵AB∥CD，
∴∠1＝∠FGD＝113°，
∴∠C＝∠FGD﹣∠2＝113°﹣63°＝50°，
故选：C．
6．解：A、对顶角的性质：对顶角相等．故本选项说法正确．
B、有两条边及其夹角对应相等的两个三角形才能全等．故本选项说法错误．
C、根据平行线的判定定理知，同位角相等，两直线平行．故本选项说法正确．
D、垂线段最短，指的是从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．故本选项说法正确．
故选：B．
7．解：∵（x±2）2＝x2±4x+4，
+x2+4＝，
∴多项式x2+4与4x或﹣4x或的和是一个整式的完全平方式．
多项式x2+4与的和不是一个多项式的平方，
故选：D．
8．解：∵C是BD的中点，
∴BC＝DC，
∵AB⊥BD，DE⊥BD，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
∵在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（ASA），
∴DE＝AB．
故选：B．
9．解：根据球形容器形状可知，函数y的变化趋势呈现出，当0＜x＜R时，y增量越来越大，当R＜x＜2R时，y增量越来越小，
曲线上的点的切线斜率先是逐渐变大，后又逐渐变小，故y关于x的函数图象是先凹后凸．
故选：A．
10．解：如图所示：

∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC＝∠CDA＝90°，∠BEA＝90°，
又∵∠ABE+∠A+∠BEA＝180°，
∠ACD+∠A+CDA＝180°，
∴∠DBF＝∠ACD，
在△BDF和△CDA中，
，
∴△BDF≌△CDA（ASA），
∴DF＝DA，BF＝AC
∴结论①、③正确；
又∵∠FDA+∠A+∠AEF+∠EFD＝360°，
∠FDA＝∠FEA＝90°，
∴∠A+∠DFE＝180°，
∴结论②正确；
∵CD⊥AB，BD＝CD，
∴∠ABC＝45°，
又∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝，
又∵∠BEA＝90°，
∴∠A＝67.5°，
又∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝67.5°，
∴△ABC是等腰三角形，
∴CE＝，
又∵BF＝AC，
∴CE＝BF，
∴结论④正确；
综合所述，正确结论为①、②、③、④；
故选：D．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．解：[（x+y）3]4＝（x+y）12．
故答案为：（x+y）12．
12．解：∵面值为120分的邮票有2张，面值为100分的邮票有6张，剩下的为面值150分的，
∴分值为150分的有12﹣2﹣6＝4张，
∴从中随机地从暗箱中抽取一张，恰好抽到面值为150分邮票的概率是＝，
故答案为：．
13．解：（1）由图可知，∠BCD＝90°+45°＝135°，
故答案为：135°；
（2）如图所示：

设正方形CDFE的边长为a，则CE＝BE＝EF＝FD＝a，
∴BF＝BE+EF＝2a，
则AD＝AF+FD＝3a，
∵在等腰Rt△ABF中，∠AFB＝90°，
则，
∴四边形ABCD的最长边长与最短边长的比值为3a：a＝3：1，
故答案为：3：1．
14．解：由图可知，
∠1＝45°，∠2＝30°，
∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠1＝45°，
∴∠CAE＝∠BAE﹣∠2＝45°﹣30°＝15°，
故答案为：15°．

15．解：∵点D是BC的中点，且S△ABC＝16cm2
∴AD是△ABC的中线，则S△ABD＝S△ACD＝＝8（cm2），
∵点E是AD的中点，
∴BE是△ABD的中线，则S△BED＝＝4（cm2），
CE是△ACD的中线，则S△CED＝＝4（cm2）；
∵点F是CE的中点，
∴BF是△EBC的中线，
则S△BEF＝＝＝×（4+4）＝4（cm2），
故答案为：4cm2．
三．解答题（共7小题，满分75分）
16．解：（1）原式＝﹣1+1﹣4+2
＝﹣2；
（2）原式＝x2+x﹣2﹣y2+2y﹣1﹣x2+y2
＝x+2y﹣3，
∵|x+2|+（y﹣1）2＝0，
∴x+2＝0，y﹣1＝0，
∴x＝﹣2，y＝1，
当x＝﹣2，y＝1时，
原式＝﹣2+2﹣3
＝﹣3．
17．解：（1）补全的图形如下：

（2）证明：∵直线MN是线段CB的垂直平分线，点D在直线MN上，
∴DC＝DB．（垂直平分线上的点到线段两个端点距离相等）
∴∠DCB＝∠DBC．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠DCB，
∠A＝90°﹣∠DBC．
∴∠ACD＝∠A．
∴DC＝DA．（等角对等边）（填推理的依据）
∴△DCB和△DCA都是等腰三角形．
故答案为：垂直平分线上的点到线段两个端点距离相等；DCB，DBC；DBC；等角对等边．
18．解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；

A1（5，2）、B1（2，1）、C1（3，4）；
（2）S＝4；
（3）PB+PC的最小值为＝．
19．解：（1）P（在客厅捉到小猫）的概率为＝；
（2）P（在小卧室捉到小猫）的概率为＝；
（3）P（在卫生间捉到小猫）的概率为＝；
（4）P（不在卧室捉到小猫）的概率为＝＝＝．
20．（1）AE⊥BD，AE＝BD，
证明：在△ACE和△BCD中

∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠DBC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠AEC＝90°，
∵∠CAE＝∠DBC，∠AEC＝∠BEF，
∴∠DBC+∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥BD；

（2）解：结论还成立，
理由是：∵∠ACB＝∠ECD，
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE，
即∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中

∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠DBC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠AOC＝90°，
∵∠CAE＝∠DBC，∠AOC＝∠BOE，
∴∠DBC+∠BOE＝90°，
∴∠BFO＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥BD．
21．解：（1）观察横轴、纵轴得出图反映了速度与时间之间的关系；
（2）观察横轴、纵轴，点A表示3分钟时的速度是40千米/时，点B表示15分钟时的速度是0千米/时；
（3）速度随时间变化情况为：0﹣3分钟增速，3﹣6分钟匀速，6﹣8分钟增速，8﹣9分钟匀速，9﹣11分钟减速，11﹣12分钟匀速，12﹣15分钟减速；
（4）小明骑车去图书馆先加速，再匀速后加速，再匀速，后减速，再匀速，再减速为0．
22．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝＝2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．