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2020-2021学年鲁教版七年级数学期末综合复习模拟测试题2（附答案）
一、选择题（共10小题，每题3分，共计30分）
1．以下事件中，必然发生的是（　　）
A．打开电视机，正在播放体育节目
B．正五边形的外角和为180°
C．通常情况下，水加热到100℃沸腾
D．掷一次骰子，向上一面是5点
2．如图，转盘中6个扇形的面积都相等．任意转动转盘1次，当转盘停止转动时，事件“指针所落扇形中的数小于3”的概率为（　　）
A． B． C． D．2
3．已知方程组的解x、y互为相反数，则m的值为（　　）
A．1 B．0 C．2 D．﹣2
4．两位同学在解方程组时，甲同学由正确地解出，乙同学因把c写错了解得，则a+b+c的值为（　　）
A．3 B．0 C．1 D．7
5．已知关于x的不等式组的解集是3≤x≤4，则a+b的值为（　　）
A．5 B．8 C．11 D．9
6．不等式组的解集在数轴上表示为（　　）
A． B．
C． D．
7．直线l1∥l2，∠A＝125°，∠B＝85°，∠1＝15°，则∠2＝（　　）
A．15° B．25° C．35° D．20°
8．如图，已知GF⊥AB，∠1＝∠2，∠B＝∠AGH，则下列结论：①GH∥BC；②∠D＝∠F；③HE平分∠AHG；④HE⊥AB，其中正确的有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
9．如图，在△ABC中，AC＝4cm，线段AB的垂直平分线交AC于点N，△BCN的周长是7cm，则BC的长为（　　）cm
A．3 B．4 C．7 D．11
10．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积是10，则BC+CD等于（　　）
A．4 B．2 C．4 D．8
二、填空题（共10小题，每题3分，共计30分）
11．已知x，y满足方程组，则x+y的值为　 　．
12．几个同学对问题“若方程组的解是，求方程组的解．”提出各自的想法，甲说：“这个题目好像条件不够，不能求解．”乙说：“它们的系数有一定的规律，可以试试．”丙说：“能不能把第二个方程组的两个方程的两边都除以6，通过换元替换的方法来解决．”参考他们的讨论，你认为这个题目的解应该是　 　．
13．已知关于x、y的方程组与有相同的解，则（a+b）2020的值为　 　．
14．已知关于x的不等式组的解集是x＜3．则实数a的取值范围是　 　．
15．已知方程组的解满足x+y＞0，则a的取值范围是　 　．
16．直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中如图所示，则关于x的不等式k1x+b＞k2x的解为　 　．
17．箱子里有4个红球和a个白球，这些球除颜色外均无差别，小李从中摸到一个白球的概率是，则a＝　 　．
18．如图，AB∥CD，AE⊥CE，∠EAF＝∠EAB，∠ECF＝∠ECD．
（1）当a＝2时，∠AFC＝　 　；
（2）当a＝3时，∠AFC＝　 　．
19．如图，C是线段AB上的一点，△ACD和△BCE都是等边三角形，AE交CD于M，BD交CE于N，交AE于O，则①DB＝AE；②∠AMC＝∠DNC；③∠AOB＝60°；④DN＝AM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有　 　．
20．如图，D是等边三角形ABC外一点，AD＝3，CD＝2，则BD的最大值是　 　．
三．解答题（共9小题，21、22每小题5分；、23、24、25每小题6分；26、27、28、29每题8分；共计60分）
21．解不等式组，并写出它的非负整数解．
22．已知方程组的解满足x为非负数，y为正数．
（1）求m的取值范围．
（2）若不等式（m+1）x＜m+1的解集为x＞1，求满足条件的整数m的值．
23．为参加学校举办的争创全国文明城市知识竞赛比赛，七（2）班经过投票初选，小亮和小明票数并列班级第一，现在他们都想代表本班参赛，经班长与他们协商，决定用纸牌游戏来确定谁去参赛（胜者参赛）．
小亮、小明两人都握有分别标记为A、B、C、D的四张牌，两人做游戏，游戏规则是：
若两人出的牌不同，则A胜B，B胜C，C胜D，D胜A；其他情况均视为平局．
（1）若小亮出“A”牌，则小明获胜的概率为　 　．
（2）求一次游戏就能分出胜负的概率．
24．如图，已知AB∥CD，∠B＝∠D，AE交BC的延长线于点E．
（1）求证：AD∥BE；
（2）若∠1＝∠2＝60°，∠BAC＝2∠EAC，求∠DCE的度数．
25．某玩具生产厂家A车间原来有30名工人，B车间原来有20名工人，现将新增25名工人分配到两车间，使A车间工人总数是B车间工人总数的2倍．
（1）新分配到A、B车间各是多少人？
（2）A车间有生产效率相同的若干条生产线，每条生产线配置5名工人，现要制作一批玩具，若A车间用一条生产线单独完成任务需要30天，问A车间新增工人和生产线后比原来提前几天完成任务？
26．2021年第十四届全运会将在美丽的古城西安举行开幕式与闭幕式，为建设生态西安，打造最美全运会，某一路段绿化需国槐和白皮松共320棵，其中国槐比白皮松多80棵．
（1）求国槐和白皮松各需多少棵？
（2）现计划租用甲、乙两种货车共8辆，一次性将这批国槐和白皮松全部运往该路段．已知每辆甲种货车最多可装国槐40棵和白皮松10棵，每辆乙种货车最多可装国槐和白皮松各20棵．如果甲种货车每辆需付运费400元，乙种货车每辆需付运费360元．请问应选择哪种方案可使运费最少？最少运费是多少元？
27．直线MN与直线PQ垂直相交于点O，点A在射线OP上运动（点A不与点O重合），点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）．
（1）如图1，MN⊥PQ，若∠BAO＝30°，∠BAO与∠ABO的角平分线相交于点E，∠AEB的度数为　 　，
（2）如图2，MN⊥PQ，∠BAP与∠ABM的角平分线相交于点E，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值；
（3）如图3，若∠MOQ＜90°，∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于点E，延长BA至点G，∠OAG的角平分线与射线EO相交于点F，点A、B在运动的过程中，试探索∠F与∠ABO之间的等量关系，并证明你的结论．
28．已知，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，点D为射线CB上一点，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出∠BAC与∠EDC的数量关系：　 　．
（2）如图2，当点D在CB的延长线上时，画出图形，探究∠BAC与∠EDC的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，点F为线段BC上一点，过点F作FG⊥AC于点G，连接AF，且∠AFG＝∠CFG，∠BAF＝∠BFA，延长ED、AB交于点K，求∠EKA的度数．
29．如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N．
（1）求证：AE＝CD；
（2）求证：AE⊥CD；
（3）求证：MB平分∠AMD．
参考答案
一、选择题（共10小题，每题3分，共计30分）
1．解：A、打开电视机，可能播放体育节目、也可能播放戏曲等其它节目，为随机事件，故A选项错误；
B、任何正多边形的外角和是360°，故B选项错误；
C、通常情况下，水加热到100℃沸腾，符合物理学原理，故C选项正确；
D、掷一次骰子，向上一面可能是1，2，3，4，5，6，中的任何一个，故D选项错误．
故选：C．
2．指针指向的可能情况有6种，而其中是小于3的有2种，
“指针所落扇形中的数为小于3”发生的概率为＝．
故选：B．
3．解：，
①+②得：3x+3y＝2m+4，即3（x+y）＝2m+4，
∵x，y互为相反数，
∴x+y＝0，
∴2m+4＝0，
解得：m＝﹣2．
故选：D．
4．解：把代入方程组得：由，
把代入ax+by＝2得：﹣2a+2b＝2，即﹣a+b＝1，
联立得：，
解得：，
由3c﹣2＝﹣4，得到c＝﹣2，
则a+b+c＝4+5﹣2＝7．
故选：D．
5．解：解不等式x﹣a≥1，得：x≥a+1，
解不等式x+5≤b，得：x≤b﹣5，
∵不等式组的解集为3≤x≤4，
∴a+1＝3，b﹣5＝4，
∴a＝2，b＝9，
则a+b＝2+9＝11，
故选：C．
6．解：由x﹣1≥0，得x≥1，
由4﹣2x＞0，得x＜2，
不等式组的解集是1≤x＜2，
故选：D．
7．解：延长AB两端，如图所示：
∵∠1+∠3＝125°，∠2+∠4＝85°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝210°，
∵l1∥l2，
∴∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠2＝210°﹣180°＝30°，
∵∠1＝15°，
∴∠2＝30°﹣15°＝15°．
故选：A．
8．解：∵∠B＝∠AGH，
∴GH∥BC，故①正确；
∴∠1＝∠HGF，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠HGF，
∴DE∥GF，
∴∠D＝∠DMF，
根据已知条件不能推出∠F也等于∠DMF，故②错误；
∵DE∥GF，
∴∠F＝∠AHE，
∵∠D＝∠1＝∠2，
∴∠2不一定等于∠AHE，故③错误；
∵GF⊥AB，GF∥HE，
∴HE⊥AB，故④正确；
即正确的个数是2，
故选：C．
9．解：∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴NA＝NB，
∵△BCN的周长是7cm，
∴BC+CN+BN＝7（cm），
∴BC+CN+NA＝7（cm），即BC+AC＝7（cm），
∵AC＝4cm，
∴BC＝3（cm），
故选：A．
10．解：如图，延长CB到点E，使BE＝DC，连接AE，AC，
∵∠DAB＝∠BCD＝90°，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABE，
在△ADC和△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴AC＝AE，∠DAC＝∠BAE，
∵∠DAC+∠CAB＝90°，
∴∠BAE+∠CAB＝90°，
∴∠EAC＝90°，
∴△EAC是等腰直角三角形，
∵S△AEC＝S四边形ABCD＝10，
∴EC＝2，
∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝2．
故选：B．
二、填空题（共10小题，每题3分，共计30分）
11．解：
①+②，得4x+4y＝16．
所以x+y＝4．
故答案为：4．
12．解：，
两边同时除以6得，，
∵方程组的解是，
∴，解得．
故答案为：．
13．解：解方程组得：，
把代入方程组得：，
解得：a＝1，b＝﹣2，
所以（a+b）2020＝（1﹣2）2020＝1，
故答案为：1．
14．解：∵关于x的不等式组的解集是x＜3，
∴a≥3，
故答案为：a≥3．
15．解：两式相加得：3x+3y＝3a﹣3，
∴x+y＝a﹣1，
∵x+y＞0，
∴a﹣1＞0
∴a＞1．
故答案为a＞1．
16．解：两条直线的交点坐标为（﹣1，﹣2），且当x＜﹣1时，直线l2在直线l1的下方，故不等式k1x+b＞k2x的解集为x＜﹣1．
故答案为：x＜﹣1．
17．解：∵摸到一个白球的概率是，
∴＝，
解得a＝6．
经检验，a＝6是原方程的根．
故答案为：6．
18．解：（1）如图，连接AC，设∠EAF＝x°，∠ECF＝y°，∠EAB＝2x°，∠ECD＝2y°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴∠CAE+2x°+∠ACE+2y°＝180°，
∴∠CAE+∠ACE＝180°﹣（2x°+2y°），∠FAC+∠FCA＝180°﹣（x°+y°），
∵∠AFC+∠FAC+∠FCA＝180°，
∴∠AFC＝x°+y°，
∵AE⊥CE，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴180°﹣（2x°+2y°）＝90°，
∴x°+y°＝45°，
∴∠AFC＝45°；
故答案为：45°；
（2）设∠EAF＝x°，∠ECF＝y°，∠EAB＝3x°，∠ECD＝3y°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴∠CAE+3x°+∠ACE+3y°＝180°，
∴∠CAE+∠ACE＝180°﹣（3x°+3y°），∠FAC+∠FCA＝180°﹣（2x°+2y°），
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）
＝180°﹣[180°﹣（2x°+2y°）]
＝2x°+2y°
＝2（x°+y°），
∵AE⊥CE，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴180°﹣（3x°+3y°）＝90°，
∴x°+y°＝30°，
∴∠AFC＝2（x°+y°）＝60°．
故答案为：60°．
19．解：∵∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠DCE＝60°，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠BDC＝∠EAC，DB＝AE，①正确；
∠CBD＝∠AEC，
∵∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠DBC，
∴∠AOB＝180°﹣∠AEC﹣∠OAB＝120°，③错误；
在△ACM和△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN（ASA），
∴AM＝DN，④正确；
∠AMC＝∠DNC，②正确；
CM＝CN，
∵∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
20．解：以CD为边作等边△DCE，连接AE．
∵BC＝AC，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE，
在△ADE中，
∵AD＝3，DE＝CD＝2，
∴AE≤AD+DE，
∴AE≤5，
∴AE的最大值为5，
∴BD的最大值为5．
故答案为：5．
三．解答题（共9小题，21、22每小题5分；、23、24、25每小题6分；26、27、28、29每题8分；共计60分）
21．解：，
由①得：x＞﹣1，
由②得：x≤1，
∴不等式组的解集为﹣1＜x≤1，
则不等式组的非负整数解为0，1．
22．解：（1）解方程组得，
根据题意，得：，
解得﹣3≤m＜；
（2）∵不等式（m+1）x＜m+1的解集为x＞1，
∴m+1＜0，
解得m＜﹣1，
又﹣3≤m＜，
∴﹣3≤m＜﹣1，
则整数m的值为﹣3、﹣2．
23．解：（1）由题意可得，
若小亮出“A”牌，则小明获胜需要亮出“D”，而小明亮出的牌有4种可能性，
故若小亮出“A”牌，则小明获胜的概率为，
故答案为：；
（2）树状图如下：
则分出胜负的有8种可能性，分别为（AB）、（BC）、（CD）、（DA），（AD）、（BA）、（CB）、（DC），一共有16种可能性，
故一次游戏就能分出胜负的概率是＝，
即一次游戏就能分出胜负的概率是．
24．（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠DCE，
∵∠B＝∠D，
∴∠DCE＝∠D，
∴AD∥BE；
（2）解：∵AB∥CD，∠2＝60°，
∴∠BAE＝∠2＝60°，∠BAC＝∠ACD，
∴∠EAC+∠BAC＝60°，
∵∠BAC＝2∠EAC，
∴∠EAC＝20°，
∴∠BAC＝∠ACD＝40°，
∵∠1+∠ACD+∠DCE＝180°，
∴∠DCE＝180°﹣∠1﹣∠ACD＝180°﹣60°﹣40°＝80°．
25．解：（1）设新分配到A车间x人，分配到B车间y人．
由题意可得，，解得，
∴新分配到A车间20人，分配到B车间5人．
（2）由（1）可得，分配后，A车间共有50人，
∵每条生产线配置5名工人，
∴分配工人前共有6条生产线，分配工人后共有10条生产线；
分配前，共需要的天数为30÷6＝5（天），
分配后，共需要的天数为30÷10＝3（天），
∴5﹣3＝2（天），
∴A车间新增工人和生产线后比原来提前2天完成任务．
26．解：（1）设白皮松需要x棵，则国槐需要（x+80）棵，
依题意得：x+80+x＝320，
解得：x＝120，
∴x+80＝200（棵）．
答：国槐需要200棵，白皮松需要120棵．
（2）设租用m辆甲种货车，则租用（8﹣m）辆乙种货车，
依题意得：，
解得：2≤m≤4．
∵m为整数，
∴m可以取2，3，4，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用2辆甲种货车，6辆乙种货车，运费为400×2+360×6＝2960（元）；
方案2：租用3辆甲种货车，5辆乙种货车，运费为400×3+360×5＝3000（元）；
方案3：租用4辆甲种货车，4辆乙种货车，运费为400×4+360×4＝3040（元）．
∵2960＜3000＜3040，
∴选择方案：租用2辆甲种货车，6辆乙种货车可使运费最少，最少运费是2960元．
27．解：（1）∵MN⊥PQ，
∴∠AOB＝90°，
∵∠BAO＝30°，
∴∠ABO＝60°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，
∴∠ABE＝∠ABO＝30°，∠BAE＝∠BAO＝15°，
∴∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠BAE＝135°．
故答案为：135°．
（2）不会发生变化．
∵∠BAP与∠ABM的角平分线相交于点E，
∴∠EAB＝∠PAB，∠EBA＝∠MBA，
∵MN⊥PQ，
∴∠AOB＝90°，
∵∠PAB＝∠ABO+∠AOB＝90°+∠ABO，∠MBA＝∠BAO+∠AOB＝90°+∠BAO，
∴∠EAB+∠EBA＝（90°+∠ABO+90°+∠BAO）＝90°+（∠ABO+∠BAO），
∵∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠EAB+∠EBA＝90°+45°＝135°，
∴∠AEB＝180°﹣135°＝45°．
（3）∠ABO+∠F＝90°．如图：
∵∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于点E，
∴∠1＝∠BAO，∠2＝∠BOQ，
由外角的性质可得：∠ABO＝∠BOQ﹣∠BAO，∠E＝∠2﹣∠1，
∴∠E＝∠ABO．
∵AE平分∠BAO，AF平分∠GAO，
∴∠EAF＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，即∠ABO+∠F＝90°．
28．（1）如图1中，作AH⊥BC于H．
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴∠BAH＝∠CAH，
∵DE⊥AC，
∴∠AHC＝∠CED＝90°，
∴∠C+∠CAH＝90°，∠C+∠EDC＝90°，
∴∠CAH＝∠EDC，
∴∠BAC＝2∠EDC．
故答案为∠BAC＝2∠EDC．
（2）如图2中，结论：∠BAC＝2∠EDC．
理由：∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴∠BAH＝∠CAH，
∵DE⊥AC，
∴∠AHC＝∠CED＝90°，
∴∠C+∠CAH＝90°，∠C+∠EDC＝90°，
∴∠CAH＝∠EDC，
∴∠BAC＝2∠EDC．
（3）如图2中，设∠C＝∠FAC＝∠ABC＝x，则∠BAF＝∠BFA＝2x，
∴5x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠EAK＝∠ABC+∠C＝72°，
∵KE⊥EC，
∴∠E＝90°，
∴∠EKA＝90°﹣72°＝18°．
29．证明：（1）∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABE＝∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD；
（2）∵△ABE≌△CBD，
∴∠AEB＝∠CDB，
∵∠AEB+∠DME＝∠CDB+∠DBE，
∵∠DBE＝90°，
∴∠DME＝∠DBE＝90°，
∴AE⊥CD；
（3）过B分别作BP⊥AE，BQ⊥CD，垂足分别为P，Q，
∵△ABE≌△CBD，
∴S△ABE＝S△CBD，AE＝CD，
∴BP＝BQ，
∴B点在∠AMD的平分线上，
即MB平分∠AMD．

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