期末素养综合测试一——2024年鲁教版数学七年级下册精品同步练习

这是一份期末素养综合测试一——2024年鲁教版数学七年级下册精品同步练习，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(每小题3分,共36分)
1.下列事件中是随机事件的是( )
A.在地面上向空中抛掷一石块,石块终将落下
B.明天是晴天
C.同时抛掷两枚质地均匀的骰子,向上一面的点数之和为13
D.14人中至少有2人是同月出生
2.(2023山东济南莱芜期中)下列命题的逆命题是真命题的是( )
A.两直线平行,同位角相等
B.全等三角形的对应角相等
C.若a=b,则a2=b2
D.对顶角相等
3.如图,m∥l,等边△ABC的顶点B在直线m上,∠1=20°,则∠2的度数为( )
A.60° B.45°C.40° D.30°
4.用反证法证明“在△ABC中,若∠A>∠B>∠C,则∠A>60°”时,应先假设(M7208002)( )
A.∠A=60° B.∠A<60° C.∠A≠60° D.∠A≤60°
5.已知点P(2x+6,x-4)在第四象限,则实数x的取值范围在数轴上表示正确的为( )

6.【跨学科·物理】(2023山东淄博高青二模)如图,放在水平桌面上,已调节平衡的天平左、右两个盘里,分别放入甲、乙两个实心正方体,天平仍然保持平衡,下列比较甲、乙的质量m甲和m乙,密度ρ甲和ρ乙大小关系正确的是(提示:密度公式为ρ=mV)( )
A.ρ甲>ρ乙 B.ρ甲< ρ乙
C.m甲>m乙 D.m甲7.(2023山东泰安东平期末)在△ABC中,AB=6 cm,BC=8 cm,AC=10 cm,则△ABC的面积是( )
A.24 cm2 B.30 cm2 C.40 cm2 D.48 cm2
8.(2023山东济南历城期末)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,BC=8,BD平分∠ABC,交AC于点D,DE⊥AB于点E,则线段CD的长度为 ( )
A.3 B.83 C.52 D.2
9.如图,∠ABD,∠ACD的平分线交于点P,若∠A=50°,∠D=10°,则∠P的度数为( )
A.19° B.20° C.22° D.25°
10.【数学文化】(2023山东东营河口期末)我国明代《算法统宗》一书中有这样一题:“一支竿子一条索,索比竿子长一托,对折索子来量竿,却比竿子短一托.”(一托按照5尺计算)大意如下:现有一根竿和一条绳索,如果用绳索去量竿,绳索比竿长5尺;如果将绳索对折后再去量竿,就比竿短5尺.问:绳索长几尺?设竿长x尺,绳索长y尺,根据题意可列方程组为( )
A.x+5=yx-5=y2 B.x+5=y2x-5=y C.x=y+5x-5=y2 D.x+5=yx-5=2y
11.(2023山东淄博周村期末)已知关于x、y的方程组x-y=6,2x+y=6a的解满足不等式x+yA.m=6 B.212.(2023山东菏泽牡丹月考)如图,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,且∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一条直线上,BC与AE交于点O,CM平分∠DCE交DE于M,连接BE、BM.以下结论:①AD=CE;②CM⊥AE;③AE=BE+2CM;④CM∥BE;⑤S△COE=S△BOM.其中正确的有 ( )
A.①②③⑤ B.②③④⑤ C.②③⑤ D.①②③④⑤
二、填空题(每小题4分,共24分)
13.【新素材】(2023山东济宁兖州期末)如图1,为响应国家新能源建设,某市公交站亭装上了太阳能电池板.当地某一季节的太阳光(平行光线)与水平线最大夹角为64°,如图2,电池板AB与最大夹角时刻的太阳光线相互垂直,此时电池板CD与水平线夹角为46°,要使AB∥CD,需将电池板CD逆时针旋转m°(0
14.(2022湖北黄冈中考)如图,已知AB∥DE,AB=DE,请你添加一个条件: ,使△ABC≌△DEF.

第14题图 第15题图
15.【跨学科·物理】(2022内蒙古呼和浩特二模)如图所示,电路图上有A、B、C三个开关和一个小灯泡,闭合开关C或者同时闭合开关A、B,都可使小灯泡发光,现在任意闭合其中一个开关,则小灯泡发光的概率等于 .
16.(2022山东泰安肥城期中)如图,Rt△ABC的斜边AB的垂直平分线MN与AC交于点M,∠A=15°,BM=2,则△AMB的面积为 .

第16题图 第17题图
17.如图,若AB∥CD,α=130°,γ=20°,则β= .
18.(2023山东德州夏津二模)定义新运算“⊗”,规定:a⊗b=a-2b,若关于x的不等式组x⊗3>0,x⊗m>m的解集为x>6,则m的取值范围是 .
三、解答题(共60分)
19.[含评分细则](9分)
(1)解方程组x-2y=1,3x-5y=8;
(2)解不等式x+13(3)解不等式组2x+5≤3x+2,x-1220.[含评分细则](6分)如图,已知AD∥EF,∠2=50°.
(1)求∠3的度数;
(2)若∠1=∠2,求证:DG∥BA;
(3)若∠1=∠2,且∠GAD=20°,求∠AGD的度数.
21.[含评分细则](4分)如图,点P是∠AOB的平分线OC上的一点,过点P分别作OA,OB的垂线,垂足分别为点D,H,E是线段OD上一点,F是线段OH上一点,且DE=FH.求证:OP所在直线是线段EF的垂直平分线.
22.[含评分细则](2023山东济南钢城期末)(6分)某商店开展有奖促销活动,凡进店购物的顾客均有转动8等分转盘(如图)的机会.规定:当转盘停下来时,指针指向1就中一等奖;指向3或8就中二等奖;指向2或4或6就中三等奖;指向其余数字不中奖.
(1)自由转动转盘,中一等奖、二等奖、三等奖的概率分别是多少?
(2)顾客中奖的概率是多少?
(3)活动第一天有160人参与这项活动,估计这天中一等奖的人数是多少.
23.[含评分细则](2023浙江丽水中考)(8分)我市“共富工坊”问海借力,某公司产品销售量得到大幅提升.为促进生产,公司提供了两种付给员工月报酬的方案,如图所示,员工可以任选一种方案与公司签订合同.看图解答问题:
(1)直接写出员工生产多少件产品时,两种方案付给的报酬一样多;
(2)求方案二中y关于x的函数表达式;
(3)如果你是劳务服务部门的工作人员,你如何指导员工根据自己的生产能力选择方案?
24.[含评分细则](2023山东东营河口期末)(9分)如图,△ABC和△ADE都是等边三角形,点B在ED的延长线上.
(1)求证:△ABD≌△ACE;
(2)若AE=2,CE=3,求BE的长;
(3)求∠BEC的度数.
25.[含评分细则]【跨学科·体育与健康】(2023河南商丘柘城期末)(8分)为了响应“足球进校园”的号召,某中学到商场购买A、B两种品牌的足球,购买A种品牌的足球60个,B种品牌的足球20个,共花费4 600元.已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元.
(1)求购买一个A种品牌的足球、一个B种品牌的足球各需要多少元;
(2)该中学决定再次购买A、B两种品牌足球共50个,正好赶上商场对商品价格进行调整,A种品牌足球销售单价比第一次购买时提高4元,B种品牌足球按第一次购买时销售单价的9折出售,如果该中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%,且保证这次购买的B种品牌足球不少于26个,则该中学有哪几种购买方案?
26.[含评分细则](2023湖北仙桃期末)(10分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=60°,BM是Rt△ABC的一个外角的平分线,点D在CB的延长线上,连接DM,AM,AD,且DM=AM.
求证:(1)△AMD是等边三角形;
(2)BM=2BC+BD.
答案全解全析
1.B A是必然事件;B是随机事件;C是不可能事件;D是必然事件.故B符合题意.
2.A A项的逆命题为同位角相等,两直线平行,正确,是真命题;B项的逆命题为角分别相等的三角形是全等三角形,错误,是假命题;C项的逆命题为若a2=b2,则a=b,错误,是假命题;D项的逆命题为相等的角为对顶角,错误,是假命题.故选A.
3.C 如图,过C作CM∥直线l,
∵△ABC是等边三角形,∴∠ACB=60°,∵直线l∥直线m,∴直线l∥直线m∥CM,∴∠MCB=∠1,∠ACM=∠2,∵∠1=20°,∴∠MCB=∠1=20°,∴∠2=∠ACM=∠ACB-∠MCB=60°-20°=40°.故选C.
4.D 因为“大于”的反面是“小于或等于”,所以应先假设∠A≤60°,故选D.
5.C ∵点P(2x+6,x-4)在第四象限,
∴2x+6>0,x-4<0,解得-3解集在数轴上表示如图所示:
故选C.
6.B 在已调节平衡的天平左、右两个盘里,分别放入甲、乙两个实心正方体,天平仍然保持平衡,说明甲、乙两个实心正方体质量相等,即m甲=m乙,由于甲的体积大于乙的体积,根据密度公式ρ=mV可知,甲的密度小于乙的密度,即ρ甲< ρ乙.故选B.
7.A ∵AB=6 cm,BC=8 cm,AC=10 cm,
∴AB2+BC2=AC2,
∴△ABC是直角三角形,且∠B=90°,
∴△ABC的面积是12AB·BC=12×6×8=24(cm2).故选A.
B 在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,BC=8,∴AC=AB2-BC2=102-82=6,
∵BD平分∠ABC,DE⊥AB,∴DE=CD,在Rt△BDE和Rt△BDC中,BD=BD,DE=DC,∴Rt△BDE≌Rt△BDC(HL),∴BE=BC=8,∴AE=AB-BE=2,设DE=CD=x,则AD=6-x,在Rt△ADE中,AE2+DE2=AD2,即22+x2=(6-x)2,解得x=83,即CD=83.故选B.
B 延长DC,与AB交于点E(图略).∵∠ACD是△ACE的外角,∠A=50°,
∴∠ACD=∠A+∠AEC=50°+∠AEC.∵∠AEC是△BDE的外角,∠D=10°,
∴∠AEC=∠ABD+∠D=∠ABD+10°,∴∠ACD=50°+∠AEC=50°+∠ABD+10°,∴∠ACD-∠ABD=60°.设AC与BP相交于O,则∠AOB=∠POC,
∴∠P+12∠ACD=∠A+12∠ABD,∴∠P=50°-12(∠ACD-∠ABD)=50°-12×60°=20°.
10.A 根据第一次用绳索去量竿,绳索比竿长5尺,可得出方程为x+5=y,根据第二次将绳索对折去量竿,就比竿短5尺,可得出方程为x-5=y2,所以可列方程组为x+5=y,x-5=y2.故选A.
11.D x-y=6,①2x+y=6a,②①+②得3x=6a+6,即x=2a+2,
把x=2a+2代入①得2a+2-y=6,即y=2a-4,
∴x+y=4a-2,∵x+y∵满足条件的正整数a仅有2个,∴2解得6B ∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACD+∠DCB=∠BCE+∠DCB=90°,∴∠ACD=∠BCE,
在△ACD和△BCE中,AC=BC,∠ACD=∠BCE,CD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS),∴AD=BE,
根据已知条件不足以判定AD=CE,故①错误;
∵△DCE为等腰直角三角形,CM平分∠DCE,
∴CM⊥AE,故②正确;
∵△DCE是等腰直角三角形,CM平分∠DCE,
∴∠CDE=∠CED=∠DCM=∠ECM=45°,
∴DM=ME=CM,∴DE=2CM,
∵AD=BE,∴AE=AD+DE=BE+2CM,故③正确;
∵点A、D、E在同一条直线上,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴∠ADC=135°,
∵△ACD≌△BCE,∴∠ADC=∠BEC,∴∠BEC=135°,
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°,
∴∠AEB=∠CME=90°,∴CM∥BE,故④正确;
∵CM∥BE,∴S△CMB=S△CME(同底等高),
∴S△CMO+S△BOM=S△CMO+S△COE,
∴S△COE=S△BOM,故⑤正确.故选B.
13.答案 20
解析 ∵电池板AB与最大夹角时刻的太阳光线相互垂直,
∴AB与水平线的夹角为90°-64°=26°,
要使AB∥CD,需要使CD与水平线的夹角为26°,
∴需将电池板CD逆时针旋转46°-26°=20°.
14.答案 ∠A=∠D(答案不唯一)
解析 添加的条件可以是∠A=∠D.
∵AB∥DE,∴∠B=∠DEC.
在△ABC和△DEF中,∠A=∠D,AB=DE,∠B=∠DEC,
∴△ABC≌△DEF(ASA).(答案不唯一)
15.答案 13
解析 ∵任意闭合其中一个开关,共有3种等可能的结果,其中可使小灯泡发光的结果有1种,∴小灯泡发光的概率为13.
16.答案 1
解析 ∵MN垂直平分AB,BM=2,
∴AM=BM=2,∴∠ABM=∠A=15°,∴∠BMC=∠A+∠ABM=30°,∴BC=12BM=12×2=1,∴S△AMB=12AM·BC=12×2×1=1.
17.答案 70°
解析 如图,过点E作EF∥AB,
∵AB∥CD,
∴AB∥CD∥EF,
∴∠A+∠AEF=180°,
∠D=∠FED,
∴∠AEF=180°-130°=50°,∠FED=20°,
∴∠AED=∠AEF+∠FED=50°+20°=70°,即β=70°.
故答案为70°.
18.答案 m≤2
解析 根据新定义,关于x的不等式组x⊗3>0,x⊗m>m可化为x-6>0,①x-2m>m,②
解不等式①,可得x>6,解不等式②,可得x>3m,
∵该不等式组的解集为x>6,
∴3m≤6,解得m≤2.
故答案为m≤2.
19.解析 (1)x-2y=1,①3x-5y=8,②
由①,得x=2y+1,③
把③代入②,得3(2y+1)-5y=8,
解得y=5,1分
把y=5代入③,得x=11,2分
∴原方程组的解为x=11,y=5.3分
(2)去分母,得2x+2<3x,4分
移项,得2x-3x<-2,
合并同类项,得-x<-2,
系数化为1,得x>2,5分
在数轴上表示解集如图所示:
6分
(3)2x+5≤3x+2,①x-12解不等式①得,x≥-1,7分
解不等式②得,x<3,8分
则不等式组的解集为-1≤x<3,
∴不等式组的整数解有-1,0,1,2.9分
20.解析 (1)∵AD∥EF,∴∠3=∠2=50°.2分
(2)证明:由(1)知∠3=∠2,∵∠1=∠2,
∴∠3=∠1,∴DG∥BA.4分
(3)∵∠1=∠2=50°,∠GAD=20°,
∴∠AGD=180°-∠GAD-∠1=180°-20°-50°=110°.6分
21.证明 ∵OP平分∠AOB,
∴∠HOP=∠DOP,1分
∵PD⊥OA,PH⊥OB,∴∠OHP=∠ODP=90°,
在△HOP和△DOP中,∠OHP=∠ODP,∠HOP=∠DOP,OP=OP,
∴△HOP≌△DOP(AAS),2分
∴OH=OD,
∵FH=DE,∴OF=OE,∴△OEF是等腰三角形,3分
设OP交EF于G,
∵OP平分∠AOB,∴EF⊥OG,GE=GF,∴OP垂直平分线段EF,
即OP所在直线是线段EF的垂直平分线.4分
22.解析 (1)由题意知,P(中一等奖)=18,
P(中二等奖)=28=14,
P(中三等奖)=38,
∴中一等奖、二等奖、三等奖的概率分别是18、14、
38.3分
(2)∵共有8个数字,指针指向每个数字的可能性相同,其中可以中奖的数字为1,3,8,2,4,6这6种,
∴顾客中奖的概率为68=34.5分
(3)由(1)知,中一等奖的概率是18,160×18=20,
∴估计这天中一等奖的人数为20.6分
23.解析 (1)观察图象可知,
方案一与方案二的图象相交于点(30,1 200),1分
∴员工生产30件产品时,两种方案付给的报酬一样多.2分
(2)设方案二中y关于x的函数表达式为y=kx+b(k≠0),3分
将点(0,600)、点(30,1 200)代入得b=600,30k+b=1 200,4分
解得k=20,b=600,
∴方案二中y关于x的函数表达式为y=20x+600.
5分
(3)由两方案的图象交点坐标为(30,1 200)可知:
若生产件数x的取值范围为0≤x<30,则选择方案二; 6分
若生产件数x=30,则选择两个方案都可以;7分
若生产件数x的取值范围为x>30,则选择方案一.8分
解析 (1)证明:∵△ABC和△ADE都是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE,1分
在△ABD和△ACE中,AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS).3分
(2)∵△ABD≌△ACE,∴BD=CE,4分
∵△ADE是等边三角形,∴DE=AE,5分
∵DE+BD=BE,∴AE+CE=BE,
∴BE=2+3=5.6分
(3)∵△ADE是等边三角形,
∴∠ADE=∠AED=60°,7分
∴∠ADB=180°-∠ADE=180°-60°=120°,
∵△ABD≌△ACE,8分
∴∠AEC=∠ADB=120°,
∴∠BEC=∠AEC-∠AED=120°-60°=60°.9分
25.解析 (1)设购买一个A种品牌的足球需要x元,购买一个B种品牌的足球需要y元,1分
依题意得60x+20y=4 600,y-x=30,2分
解得x=50,y=80.
答:购买一个A种品牌的足球需要50元,购买一个B种品牌的足球需要80元.4分
(2)设第二次购买A种品牌足球a个,则购买B种品牌足球(50-a)个,5分
依题意得50-a≥26,50+4a+80×0.9×(50-a)≤4 600×70%,6分
解得1909≤a≤24,7分
∵a为整数,∴a的值为22或23或24,
∴50-a=28或27或26,
∴该中学共有三种购买方案:
方案一:购买A种品牌足球22个,B种品牌足球28个;
方案二:购买A种品牌足球23个,B种品牌足球27个;
方案三:购买A种品牌足球24个,B种品牌足球26个.8分
26.证明 (1)如图1,作ME⊥BA于点E,MF⊥BD交BD的延长线于F,
则∠DFM=∠AEM=90°,1分
∵BM平分∠ABD,∴MF=ME,
在Rt△DFM和Rt△AEM中,DM=AM,MF=ME,
∴Rt△DFM≌Rt△AEM(HL),3分
∴∠MDF=∠MAE,
∴∠MDB+∠MAE=∠MDB+∠MDF=180°,
∴∠AMD=180°-∠ABD=∠ABC=60°,又DM=AM,
∴△AMD是等边三角形.4分
(2)如图2,作AG∥CB交BM于点G,
则∠BAG=∠ABC=60°,5分
∵∠ACB=90°,∠ABC=60°,∴∠BAC=30°,
∴AB=2BC,6分
∵∠ABD=180°-∠ABC=120°,BG平分∠ABD,
∴∠ABG=12∠ABD=60°,
∴∠AGB=∠BAG=∠ABG=60°,
∴△ABG是等边三角形,7分
∴BG=AG=AB=2BC,
∵△AMD是等边三角形,∴AM=AD,∠DAM=60°,
∴∠GAM=60°-∠DAG=∠BAD,8分
在△GAM和△BAD中,AM=AD,∠GAM=∠BAD,AG=AB,
∴△GAM≌△BAD(SAS),∴GM=BD,9分
∴BM=BG+GM=2BC+BD.10分