上海市 杨浦区2025-2026学年七年级数学第二学期末试卷（含解析）

这是一份上海市 杨浦区2025-2026学年七年级数学第二学期末试卷（含解析），共3页。试卷主要包含了本试卷含三个大题，共25题等内容，欢迎下载使用。
2026年6月
（满分：100分 完成时间：90分钟）
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共25题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤．
一、选择题（本大题共6题，每小题3分，满分18分）
1. 已知，如果，那么（ ）
A. B. C. D. 为任意值
【答案】C
【解析】
【分析】根据变形后不等号的方向变化，即可判断的取值范围.
【详解】解：，变形后得到，不等号方向发生改变，
．
2. 下列各组长度的线段中，不能组成三角形的是（ ）
A. 2、4、5B. 3、3、6C. 5、5、5D. 3、4、5
【答案】B
【解析】
【分析】根据“三角形任意两边之和大于第三边”，只需验证每组中较小两边的和是否大于最大边，即可判断能否组成三角形．
【详解】解：A、，故能组成三角形；
B、，不满足两边之和大于第三边，故不能组成三角形；
C、，故能组成三角形；
D、，故能组成三角形．
3. 如果一个三角形中最长的边所对的角是锐角，那么这个三角形是（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 以上皆有可能
【答案】A
【解析】
【分析】利用大边对大角的性质，判断最大角的类型，即可确定三角形的类型．
【详解】∵在同一个三角形中，大边对大角，最长边所对的角是三角形的最大角，又已知最长边所对的角是锐角，即三角形的最大角是锐角，
∴三角形其余两个角都小于最大角，也都是锐角，
∴三个内角均为锐角的三角形是锐角三角形，
∴这个三角形是锐角三角形．
4. 已知同一平面内有三条不重合的直线、、，下列命题中，是假命题的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】在同一平面内，根据直线平行、垂直的相关性质逐一判断命题真假即可．
【详解】解：A、若，，则，符合平面内直线的性质，是真命题；
B、若，，则，符合平面内直线的性质，是真命题；
C、若，，垂直于平行线中的一条直线，必然垂直于另一条，
，故原命题是假命题；
D、若，，则，符合平行公理的推论，是真命题．
5. 下列所叙述的两个三角形中，一定全等的是（ ）
A. 含的两个直角三角形
B. 腰对应相等的两个等腰三角形
C. 两腰和一角对应相等的两个等腰三角形
D. 周长相等的两个等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定定理，逐一判断各选项是否满足全等条件，即可得到结果．
【详解】解：A、含的两个直角三角形，只有三个角对应相等，没有边对应相等的条件，不符合全等三角形的判定，故不一定全等；
B、腰对应相等的两个等腰三角形，顶角或底边不一定对应相等，不符合全等三角形的判定，故不一定全等；
C、两腰和一角对应相等的两个等腰三角形，若相等的角一个是顶角一个是底角，两个三角形内角不对应相等，不全等，故不一定全等；
D、等边三角形的三条边相等，若两个等边三角形周长相等，则边长相等，可得三边对应相等，符合全等三角形的判定定理，故两个三角形一定全等．
6. 如图，在中，，平分交于点，点在边上．增加下列条件中的一个：①；②；③；④．其中，一定能推导出的条件有（ ）
A. ①②B. ②③C. ①②③D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】由等边对等角可得，由角平分线的定义得出，再根据平行线的判定定理逐项分析即可得出结果．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵平分，
∴，
①当时，，
∵，，
∴，
∴，故①符合题意；
②当时，，
∴，
∴，故②符合题意；
③当时，
∵，
∴，
∴，
∴，故③符合题意；
④当时，，
∵，，
∴，
∴，
∴，故④符合题意．
二、填空题（本大题共12题，每小题3分，满分36分）
7. “的4倍减去8的差是一个负数”用不等式表示为________．
【答案】
【解析】
【详解】解：根据题意可得，的倍为，的倍减去的差为，负数是小于的数，因此列不等式为．
8. 判定命题“如果，那么”是假命题，只需要举一个反例，这个反例可以是________．
【答案】，（答案不唯一）
【解析】
【分析】题中条件为，结论为，则只需找出满足且的一组即可．
【详解】解：当，时，，，
满足，但，不满足，
∴，可作为该命题的反例．
9. 两条直线、相交于点，如果，那么这两条直线的夹角度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据邻补角的和为，结合已知条件求出角的度数，再根据两条直线夹角的定义即可得到结果．
【详解】解：直线，相交于点，与是邻补角，
，
又，
，
解得，
则这两条直线的夹角度数为．
10. 已知等腰三角形的两边长分别为和，则此三角形的周长为____________．
【答案】20
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，三角形三边关系．
分腰长为与腰长为两种情况，结合三角形三边的关系即可求解．
【详解】解：当腰长为时，
三边为、、，，不满足三角形三边关系，故舍去；
当腰长为时，
三边为、、，，，满足三角形三边关系，周长为；
故答案为：20．
11. 如图，是直线外一点，过点作，，则点、、必在同一直线上，其依据的基本事实是________．
【答案】经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行
【解析】
【分析】平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行．
【详解】解：是直线外一点，过点作，，则点、、必在同一直线上，其依据的基本事实是经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行．
12. 如图，已知，要使，还需添加一个条件，你添加的条件是________．（只需添加一个条件，不添加辅助线）
【答案】
（或或）
【解析】
【分析】结合已知条件，根据全等三角形的判定方法添加条件即可．
【详解】解：添加，
∵，，
∴，
∴，，
∴，即，
又，
∴；
添加，
∵，
∴，即，
又，
∴，
添加，
∵，
∴，即，
又，
∴.
13. 某小区车库门口的曲臂直杆道闸模型如图所示．已知，，那么________度．
【答案】
【解析】
【分析】过点作，根据平行公理推论可得，再利用平行线的性质及垂直的定义即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
14. 如图，在中，点在边上，且，，则的度数是________度．
【答案】36
【解析】
【分析】由等边对等角得出，由三角形外角的定义及性质得出，再由等边对等角得出，，最后由三角形内角和定理计算即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴．
15. 已知圆柱的底面半径长为，高为，则这个圆柱的侧面积________（结果保留）．
【答案】
【解析】
【分析】先根据圆的周长公式求出圆柱的底面周长，再利用圆柱侧面积的计算公式计算即可．
【详解】解：由题意得，圆柱底面半径长为，高为，
故圆柱底面周长为，圆柱侧面积为．
16. 已知一个圆锥形零件的体积是，高为，那么这个圆锥形零件的底面半径为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据圆锥体积公式求出底面积，再根据圆的面积公式计算底面半径即可．
【详解】解：设圆锥形零件的底面积为，底面半径为，
由圆锥体积公式得，
解得，
又圆的面积公式为，
因此，
化简得，
因为半径为正数，
所以．
17. 如图，等边中，的平分线与的平分线交于点，过点作，分别交边、于点D、E．如果，那么的周长________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据角平分线的定义可得，，根据平行线的性质可得，，进而根据等角对等边证得，，最后将的周长转化为进行计算．
【详解】解：是等边三角形，
，
平分，平分，
，，
，
，，
，，
，，
的周长
．
18. 我们知道：在中，最大角的度数如果小于，那么在的内部存在一点，到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点称为费马点．关于点还有如下两个结论：①当最小时，；②以的任意一边向外作等边三角形，例如：如图所示，以边向外作等边，连接，那么点在线段上．已知在中，，（），点是的费马点，那么________（用含的式子表示）．
【答案】
【解析】
【分析】设与相交于O，设点P为费马点，连接、，根据费马点定义知，结合等边三角形的性质和等腰三角形的性质可求出，根据三角形外角的性质可得出，即可求解．
【详解】解：设与相交于O，设点P为费马点，连接、，则，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
即．
三、解答题（本大题共7题，满分46分）
19. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【分析】分别求出不等式组中每个不等式的解集，然后根据不等式组解集的确定方法确定出不等式组的解集即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
20. 某次知识竞赛共有25道题，规定答对一道题得4分，答错一道题扣2分，不答题不得分．在这次竞赛中，小华有3道题没有作答．若希望取得不低于75分的成绩，小华至少要答对几道题？
【答案】小华至少要答对20道题
【解析】
【分析】设小华答对的题数，即可得到答错的题数，再根据得分不低于75分的要求列出不等式求解，结合题数为正整数即可得到最小答对题数．
【详解】解：设小华答对道题，
由题意得，小华有道题未作答，
∴答错的题数为道，
根据题意得，
解得，
为正整数，
的最小值为20，
答：小华至少要答对20道题．
21. 如图，已知：点E、C、D、B在一直线上，，，如果 ，那么．请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（在空格中填入对应序号），使结论成立，并证明结论．
【答案】②
证明：∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【解析】
【分析】由可得，选择①时，可得，两个三角形对应角边为，无法证明两个三角形全等，不能证明结论；选择②，可由证明两个三角形全等，得到，可证明结论；选择③时，两个三角形对应角边为，无法证明两个三角形全等，不能证明结论．
【详解】略
22. 如图，已知：在中，点D在边上，点E在线段上，，．求证：．
【答案】证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【解析】
【分析】先证明可得，再证明，进一步求解即可.
【详解】略
23. 我们知道：三角形的三条边的垂直平分线相交于一点，这个交点叫做三角形的外心．对于三角形的外心，课本第138页有如下一个关于角度的问题：
对于类似的问题会不会有一般性的结论呢？
（1）如图1，在锐角三角形中，
①请用直尺和圆规作出的外心O（保留作图痕迹）；
②在所作图中连接、，如果设，那么 （用含的式子表示）；
（2）如图2，在钝角三角形中，，点O是的外心，连接、，如果设，那么 （用含的式子表示）；
（3）如果三角形的外心恰好落在这个三角形的一条边上，那么这个三角形的最大角的度数是 度；
（4）通过以上问题的解决，对于三角形的外心的位置你能得到怎样的结论？请写出得到的结论．
【答案】（1）解：①如图，外心即为所求；
②
（2）
（3）
（4）解：锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心是斜边的中点，钝角三角形的外心在三角形的外部.
【解析】
【分析】（1）①分别作的垂直平分线，交点即为所求；②利用线段的垂直平分线的性质结合等腰三角形的性质与三角形的内角和定理解答即可；
（2）连接，结合外心的性质，等腰三角形的性质与三角形的内角和定理解答即可；
（3）先画图，再结合外心与等腰三角形的性质，三角形的内角和定理解答即可；
（4）根据（1）（2）（3）进行归纳总结即可.
【小问1详解】
解：①略
②如图，连接，
∵为线段的垂直平分线的交点，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴.
【小问2详解】
解：如图，连接，
∵点O是的外心，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴.
【小问3详解】
解：如图，为三角形的外心，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大角为.
【小问4详解】
略
24. 如图1，已知：在中，，，D、E分别是边上的两点（点D在点E左侧），且，过点B作，交延长线于点F．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，求证：平分．
【答案】（1）证明：∵在中，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图，过点A作，交的延长线于点G，
则，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
【解析】
【分析】（1）先通过，，求得，进而可得，最后根据等角的余角相等可得．
（2）过点A作，交的延长线于点G，先证明，求得，再证明，求得，可得，即可证明结论．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
25. 如图1，在与中，，，如果，那么．这个命题是真命题还是假命题？
古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》记载了这个命题，并证明了上述命题是一个真命题．下面是《几何原本》中为证明该命题所添加的辅助线：如图2，因为，所以以为边做，使，连接、，此时点F在下方．
（1）根据《几何原本》中所添加的辅助线，证明该命题是真命题；
（2）在研究完上述命题后，还能提出一个新的命题：如图1，已知与中，，，如果，那么．事实上，利用刚刚证明的命题以及同学们学习过的反证法，可以证明这个新的命题仍然是真命题，请利用反证法证明．
【答案】（1）证明：由题意知，在和中，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
即．
（2）证明：假设如果，那么，
当时，
在和中，，
∴，
∴，与已知矛盾；
当时，
由（1）中已证明的命题可知，
若，，，那么 ，
与已知矛盾；
综上所述，假设不成立，
∴．
【解析】
【分析】（1）证明，得到，从而得到，利用“在同一个三角形中，大角对大边”进行证明；
（2）根据反证法的要求先假设结论为，再通过证全等和第一位的结论，推翻假设的结论即可．
【小问1详解】
解：略
【小问2详解】
解：略
5．如图，在中，，边、的垂直平分线相交于点P，连接、．求的度数．