2023-2024学年陕西省西安市雁塔区高新一中创新班七年级（下）第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年陕西省西安市雁塔区高新一中创新班七年级（下）第二次月考数学试卷（含答案），共13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。

1.下列图形中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列说法正确的是( )
A. 三角形的角平分线是射线
B. 连接三角形任意两边中点的线段是三角形的中线
C. 三角形的高都在三角形的内部
D. 直角三角形的三条高线交于直角顶点处
3.掷两枚质地均匀的骰子，下列事件是随机事件的是( )
A. 点数的和为1B. 点数的和为6C. 点数的和大于12D. 点数的和小于13
4.如图，小亮和小明分别用尺规作∠APB的平分线PQ，则关于两人的作图方法，下列判断正确的是( )
A. 小亮、小明均正确B. 只有小明正确
C. 只有小亮正确D. 小亮、小明均不正确
5.如图，若AB，CD相交于点E，若△ABC≌△ADE，∠BAC=28°，
则∠ACD的度数是( )
A. 56° B. 60°
C. 76° D. 88°
6.如图，在△ABC和△DEC中，已知CB=CE，还需添加两个条件才能使△ABC≌△DEC，不能添加的一组条件是( )
A. AC=DC，AB=DE
B. AC=DC，∠A=∠D
C. AB=DE，∠B=∠E
D. ∠ACD=∠BCE，∠B=∠E
7.小丽与爸爸、妈妈在公园里荡秋千.如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，小丽两脚在地面上用力一蹬，妈妈在B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她.若点B距离地面的高度为1.5m，点B到OA的距离BD为1.7m，点C距离地面的高度是1.6m，∠BOC=90°，则点C到OA的距离CE为( )
A. 1mB. 1.6mC. 1.4mD. 1.8m
8.如图，在△ABC中，∠C=90°，点A关于BC边的对称点为A′，点B关于AC边的对称点为B′，点C关于AB边的对称点为C′，则△ABC与△A′B′C′的面积之比为( )
A. 12
B. 13
C. 25
D. 37
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.如图所示，工人师傅在砌门时，通常用木条BD固定长方形门框ABCD，使其不变形，这是利用三角形的______．
10.如图所示的轴对称图形有______条对称轴．
11.为增强班级凝聚力，吴老师组织开展了一次主题班会.班会上，他设计了一个如图的飞镖靶盘，靶盘由两个同心圆构成，小圆半径为10cm，大圆半径为20cm，每个扇形的圆心角为60度，如果用飞镖击中靶盘每一处是等可能的，那么小全同学任意投掷飞镖1次(击中边界或没有击中靶盘，则重投1次)，投中“免一次作业”的概率是______．
12.如图，在△ABC中，AB=5，AC=7，直线DE垂直平分BC，垂足为E，交AC于点D，则△ABD的周长是______．
13.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法.如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG.若DE=3，AF=2，则△ABC的面积是______．
14.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=12，AB=13，AC=5，P是AB边上一动点，将△PBC沿PC折叠，点B落在B′处，B′C交AB于D，则B′D的最大值为______．
15.已知△ABC是三边都不相等的三角形，点P是三个内角平分线的交点，点O是三边垂直平分线的交点，当P、O同时在不等边△ABC的内部时，那么∠BOC和∠BPC的数量关系是：______．
16.如图，∠POQ=90°，定长为a的线段端点A，B分别在射线OP，OQ上运动(点A，B不与点O重合)，C为AB的中点，作△OAC关于直线OC对称的△OA′C，A′O交AB于点D，当△OBD是等腰三角形时，∠OBD的度数为______．
三、解答题：本题共6小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
如图，等边△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，E为AD上一点，以BE为一边且在BE下方等边△BEF，连接CF．
(1)求证：AE=CF；
(2)求∠ACF的度数．
18.(本小题6分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，请用尺规作图的方法求作一点P，使得PB=PC，∠PBC=45°.(保留作图痕迹，不写作法)
19.(本小题8分)
桌子上放着30张背面朝上的纸牌，其中有6张红心纸牌，若干张梅花纸牌和方块纸牌，梅花纸牌的数量是方块纸牌数量的2倍.这些纸牌除花色外其他都相同，将纸牌充分洗匀．
(1)求摸出一张方块纸牌的概率；
(2)再将6张(只有红心、梅花两种花色)除花色外其他都相同的纸牌与原来的纸牌混合放在一起，随机摸出一张纸牌，已知摸到梅花纸牌的概率为12，求放进去的6张纸牌的花色．
20.(本小题9分)
(1)如图1，在△ABC中，D是BC边上一点，若BD：DC=1：3，则S△ABD：S△ACD= ______；若AD是△ABC的角平分线，AB：AC=2：3，则S△ABD：S△ACD= ______；
(2)如图2，AC是△ABF的角平分线，AB=18，AF=10.设△ABF的面积为72，点P，M分别在线段AC，AF上，
①PF+PM的最小值为______；
②当PF+PM取得最小值时，AM：MF=3：2.求此时四边形PCFM的面积．
21.(本小题10分)
如图，在△ABC中，BC=5，BD=2，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，AD、BE相交于点O，且AE=BE．
(1)求证：△AOE≌△BCE．
(2)动点P从点O出发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒4个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动.设点P的运动时间为t秒，点F是直线AC上的一点且CF=BO.是否存在t值，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
(1)阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB=10，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围.解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD)，把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是______；
(2)问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF>EF；
(3)问题拓展：如图③，△ABC和△ADE中，AD=DE，AB=BC，∠EDA=∠ABC=90°，点M为EC的中点，点E在线段CA的延长线上.请判断线段DM与线段BM的关系，说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.A
5.C
6.B
7.D
8.B
9.稳定性
10.3
11.18
12.12
13.12
14.9613
15.∠BOC=4∠BPC−360°
16.67.5°或72°
17.解：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABE+∠EBC=60°，
∵△BEF是等边三角形，
∴EB=BF，∠CBF+∠EBC=60°，
∴∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF，
∵AB=BC∠ABE=∠CBFEB=BF，
∴△ABE△CBF(SAS)，
∴AE=CF；
(2)∵等边△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE=30°，∠ACB=60°，
∵△ABE△CBF，
∴∠BCF=∠BAE=30°，
∴∠ACF=∠BCF+∠ACB=30°+60°=90°；
18.解：如图，点P即为所求．

19.解：(1)设有x张方块纸牌，则梅花纸牌的数量为2x张，
根据题意得6+x+2x=30，
解得x=8，
∴摸出一张方块纸牌的概率为830=415；
(2)∵2x=16，
∴梅花有16张，
设放进去梅花纸牌为y张，
∵摸到梅花纸牌的概率为12，
∴y+1630+6=12，
解得y=2，
6−2=4(张)，
∴放进去梅花纸牌为2张，红心纸牌为4张．
【答案】解：(1)1：3，2：3；
(2)①8；
②∵AF=10=AM+MF，AM：MF=3：2，
∴AM=6，FM=4，
∵F′M=8=PF+PM，PM：PF=3：5，
∴PM=3，PF=5，
∵AC平分∠BAF，
∴由(2)得S△ABC：S△AFC=AB：AF=18：10=9：5，
∴S△ACF=514S△ABF=514×72=1807，
∵PM⊥AF，
∴S四边形PCFM=S△ACF−S△APM=1807−12×3×6=1177，
∴四边形PCFM的面积为1177．
21.(1)证明：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC=∠AEO=∠ODB=90°，
∵∠OAE+∠AOE=90°，∠OBD+∠BOD=90°，∠BOD=∠AOE，
∴∠CBE=∠OAE，
在△AOE和△BCE中，
∠CBE=∠OAEAE=BE∠BEC=∠AEO，
∴△AOE≌△BCE(ASA)；
(2)解：存在，
如图2，当OP=CQ时，
，
∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC=∠ODB=90°
∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD=360°，
∴∠DOE+∠DCE=180°，
∵∠DCE+∠QCF=180°，
∴∠QCF=∠DOE，
∵∠DOE=∠BOP，
∴∠BOP=∠QCF，
在△BOP和△FCQ中，
BO=FC∠BOP=∠FCQOP=CQ，
∴△BOP≌△FCQ(SAS)，
∵CQ=5−4t，OP=t，
∴5−4t=t，
∴t=1；
如图3，当OP=CQ时，
，
∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC=∠ODB=90°
∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD=360°，
∴∠DOE+∠DCE=180°，
∵∠DCE+∠QCF=180°，
∴∠QCF=∠DOE，
∵∠DOE=∠BOP，
∴∠BOP=∠QCF，
在△BOP和△FCQ中，
BO=FC∠BOP=∠FCQOP=CQ，
∴△BOP≌△FCQ(SAS)，
∵CQ=4t−5，OP=t，
∴4t−5=t，
∴t=53，
22.(1)2(2)证明：如图②，延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，
由(1)得：△BMD≌△CFD(SAS)，
∴BM=CF，
∵DE⊥DF，DM=DF，
∴EM=EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM>EM，
∴BE+FC>EF；
(3)解：DM=BM，DM⊥BM，
理由：如图，延长DM到点N，使MN=DM，连接CN，BN，
∵AD=DE，AB=BC，∠EDA=∠ABC=90°，
∴∠E=∠BCM=∠DAE=∠BAC=45°，
∴∠DAB=180°−∠DAE−∠BAC=90°，
由(1)可证△DEM≌△NCM(SAS)，
∴DE=NC，∠MCN=∠E=45°，
∴AD=CN，∠BCN=∠BCM+∠MCN=90°，
在△BCN和△BAD中，
BC=BA∠BCN=∠BADAD=CN，
∴△BCN≌△BAD(SAS)，
∴BN=BD，∠DAB=∠NBC，
∵∠ABC=90°，
∴∠DBN=90°，
∵DM=NM，
∴BM⊥DM，DM=BM．