2024-2025学年山东省淄博市博山区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年山东省淄博市博山区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 977.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-25 16:19:21 | ||
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文档简介
2024-2025学年山东省淄博市博山区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题4分，共48分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）下列解集中，包括2的是（ ）
A．x＜2 B．x≥3 C．x≤3 D．x＞2
2．（4分）掷一枚质地均匀的骰子2次，向上一面的点数和是13．这个事件是（ ）
A．随机事件 B．不可能事件
C．必然事件 D．无法确定
3．（4分）如图：在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC，交AC于点D，若BD＝BC，则∠A等于（ ）
A．30° B．36° C．40° D．42°
4．（4分）若是方程3x﹣ay＝4的一个解，则a的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．3 D．2
5．（4分）判断命题“对任意实数a，都有（a+1）2＞0”是假命题，只需要举出反例，反例中a的可以是（ ）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1
6．（4分）如图，下列条件中，不能判断c∥d的是（ ）
A．∠1＝∠2 B．∠3+∠5＝180°
C．∠2+∠5＝180° D．∠4＝∠5
7．（4分）运行程序如图所示，规定：从“输入一个值x”到“结果是否＞95”为一次程序操作，如果程序操作运行了两次就停止，那么x的取值范围是（ ）
A．23＜x≤47 B．11＜x≤23 C．7＜x≤11 D．3＜x≤7
8．（4分）如图1所示，是地理学科实践课上第一小组同学在一张面积为36cm2的长方形卡纸上绘制的山东省政区图（图中阴影部分），他们想了解该图案的面积是多少，经研究采取了以下办法：将长方形卡纸水平放置在地面上，在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计试验结果）．他们将若干次有效试验的结果绘制成了如图2所示的统计图，由此估计不规则图案的面积大约为（ ）
A．55.38cm2 B．23.4cm2 C．25.2cm2 D．24.28cm2
9．（4分）如图，一次函数yx的图象与y＝kx+7的图象相交于点A，则方程组的解是（ ）
A． B． C． D．
10．（4分）立定跳远动作中，从起跳到落地瞬间的几个身体相关关节的角度，对跳远成绩起着举足轻重的作用．如图是小李落地瞬间的动作及其示意图，若AG∥CD，∠BCD＝74°，∠B＝44°，则∠BAG的度数为（ ）
A．26° B．30° C．34° D．40°
11．（4分）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形，1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形，它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形A的面积为（ ）
A．1296 B．1444 C．2304 D．20736
12．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC，CE⊥AD交AB于E，点G是AD上的一点，且∠ACG＝45°，连BG交CE于P，连DP，下列结论：①AC＝AE；
②CD＝BE；
③BG+2DP＝AD；
④PG＝PE．
其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
二、填空题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分。
13．（4分）暑假期间，小明打算在“红叶柿岩”“陶琉大观园”“石门风景区”“原山国家森林公园”“鲁山国家森林公园”这五个景点中随机选择一个去游玩，恰好选中“红叶柿岩”的概率是 ．
14．（4分）如图，平行光线AB和CD经过凹面镜反射后汇聚于点E，若∠ABE＝50°，∠CDE＝35°，则∠BED的度数是 ．
15．（4分）已知（a+2）x|a|﹣1+y＝5是二元一次方程，则a的值为 ．
16．（4分）如图，△ABC≌△DEF．若BC＝5cm，BF＝7cm，则EC的长是 ．
17．（4分）若关于x，y的二元一次方程组的解也是二元一次方程x+y＝3的解，则k＝ ．
18．（4分）给出如下列4个命题，其中是真命题的是 ．（请填写命题的序号）
①垂线段最短；②两条直线被第三条直线所截，内错角相等；③互补的角是邻补角；④同旁内角相等，两直线平行．
19．（4分）如图所示，为尺规作图痕迹，若∠AOB＝60°，PD＝3cm，则PE长为 cm．
20．（4分）已知关于x的不等式组有5个整数解，则a的取值范围是 ．
21．（4分）如图，在△ABC中，D、E分别是AC、BC上的点，把四边形ABED沿直线DE折叠得到四边形GFED，GF∥AC，若∠DEF＝α，∠C＝β，则∠G＝ ．（用含α、β的式子表示）
22．（4分）设a1，a2， ，a2024，a2025是从﹣2，0，1这三个数取值的一组数，若a1+a2+ +a2024+a2025＝950，（a1+1）2+（a2+1）2+ +（a2024+1）2+（a2025+1）2＝5025，则a1，a2， ，a2024，a2025中为0的个数为 个．
三、解答题：本大题共7个小题，共62分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．（8分）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
24．（8分）如图，B是线段AC的中点，AD∥BE，BD∥CE．求证：△ABD≌△BCE．
25．（8分）在五一期间，某商场为了吸引顾客，设立了一个可以自由转动的转盘（如图1），并规定：顾客每购买100元的商品，就能获得一次转动转盘的机会．如果转盘停止后，指针正好对准红、黄或绿色区域，顾客就可以分别获得100元，50元，20元的购物券（转盘被等分成20个扇形）．已知甲顾客购物150元．
（1）他得到50元的购物券的概率是多少？
（2）他获得购物券的概率是多少？
（3）请你利用图2所示转盘，设计一个转盘游戏，使得顾客获得购物券的概率是，并简要说明游戏规则．
26．（8分）如图，点D、E在AB上，点F、G分别在BC、CA上，且DG∥BC，∠1＝∠2．
（1）求证：DC∥EF；
（2）若EF⊥AB，∠1＝55°，求∠ADG的度数．
27．（10分）某公司用甲、乙两种货车运输原料，两次满载的运输情况如表：
甲种货车/辆 乙种货车/辆 总量（吨）
第一次 4 5 31
第二次 3 6 30
（1）甲、乙两种货车满载时每辆分别能运输原料多少吨？
（2）该公司又新购买45吨原料，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满，问有哪几种租车方案？
（3）在（2）的前提下，已知甲种货车每辆租金为300元，乙种货车每辆租金为200元，选择哪种租车方案最省钱？
28．（10分）已知AB∥CD，点E在直线AB，CD之间，连接AE，CE．
（1）如图1，求证：∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）若AH平分∠BAE，将线段CE沿CD方向平移至FG（CE∥FG）．
①如图2，若∠AEC＝80°，FH平分∠DFG，求∠AHF的度数；
②如图3，若FH平分∠CFG，请写出∠AHF与∠AEC的数量关系，并说明理由．
29．（10分）已知△ABC是等边三角形，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为边在直线AD右侧作等边△ADE．
（1）如图1，点D在线段BC上，连接CE，若AB＝4，且CE＝1，求线段AD的长；
（2）如图2，点D是BC延长线上一点，过点E作EF⊥AC于点F，求证：CF＝AF+CD；
（3）如图3，若AB＝8，点D在射线BC上运动，取AC中点G，连接EG，请直接写出EG的最小值．
2024-2025学年山东省淄博市博山区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C B B D D C A B A B A
题号 12
答案 B
二、填空题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分。
13．解：选中“红叶柿岩”的概率是：，
故答案为：．
14．解：过点E作AB∥EO，如图：
∵AB∥EO，∠ABE＝50°，
∴∠ABE＝∠BEO＝50°（两直线平行，内错角相等），
∵AB∥CD，
∴CD∥EO，
∵∠CDE＝35°，
∴∠OED＝∠CDE＝35°（两直线平行，内错角相等），
∴∠BED＝∠BEO+∠OED＝50°+35°＝85°，
故答案为：85°．
15．解：∵（a+2）x|a|﹣1+y＝5是一个二元一次方程，
∴，
解得：a＝2，
故答案为：2．
16．解：∵△ABC≌△DEF，BC＝5cm，BF＝7cm，
∴BC＝EF＝5cm，
∴FC＝BE＝BF﹣BC＝2cm，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣2＝3（cm）．
故答案为：3cm．
17．解：，
①+②，得2x+2y＝3k，即，
∵x+y＝3，
∴，
去分母，得3k＝6，
解得：k＝2．
故答案为：2．
18．解：①垂线段最短，正确，是真命题，符合题意；
②两条平行直线被第三条直线所截，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
③互补的角不一定是邻补角，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
④同旁内角互补，两直线平行，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
真命题是①，
故答案为：①．
19．解：根据作图痕迹可知：射线OP是∠AOB的角平分线，∠AOB＝60°，ED是线段OC的垂直平分线，
∴PD⊥OC，，
∵PD＝3cm，
∴OP＝2PD＝6cm，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OED＝90°﹣60°＝30°＝∠EOP，
∴PE＝PO＝6cm．
故答案为：6．
20．解：解不等式得x＜3，
解不等式2x﹣5＜3x﹣a得x＞a﹣5，
∵不等式有5个整数解，
∴不等式的整数解是2，1，0，﹣1，﹣2，
∴﹣3≤a﹣5＜﹣2，
∴2≤a＜3．
故答案为：2≤a＜3．
21．解：设EF交AC于点H，
∵把四边形ABED沿直线DE折叠得到四边形GFED，
∴∠G＝∠A，∠F＝∠B，∠DEF＝∠DEB，
∵∠DEF＝α，∠C＝β，
∴∠BEF＝2∠DEF＝2α，
∴∠CEH＝180°﹣2α，
∵GF∥AC，
∴∠F＝∠CHF＝∠CEH+∠C＝180°﹣2α+β，
∴∠B＝180°﹣2α+β，
∴∠G＝∠A＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣（180°﹣2α+β+β）＝2α﹣2β，
故答案为：2α﹣2β．
22．解：设这列数中0的个数为x，﹣2的个数为y，
则1的个数为（2025﹣x﹣y）个，
因为a1+a2+ +a2024+a2025＝950，（a1+1）2+（a2+1）2+...+（a2024+1）2+（a2025+1）2＝5025，
所以，
解得，
所以这列数中0的个数为1000个．
故答案为：1000．
三、解答题：本大题共7个小题，共62分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．解：，
解不等式①得：x≥﹣1，
解不等式②得：x＜4，
故原不等式组的解集为：﹣1≤x＜4，
在数轴上表示为：
24．证明：∵点B为线段AC的中点，
∴AB＝BC，
∵AD∥BE，
∴∠A＝∠EBC，
∵BD∥CE，
∴∠C＝∠DBA，
在△ABD与△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE．（ASA）．
25．解：（1）∵甲顾客购物150元，
∴可以获得一次转动转盘的机会，
∵黄色区域一共有2个，
∴他得到50元的购物券的概率是；
（2）∵红色、黄色、绿色区域一共有7个，
∴他获得购物券的概率是；
（3）如图所示：
游戏规则：把转盘被等分成8个扇形，其中红色、黄色、绿色区域各一个，如果转盘停止后，指针正好对准红、黄或绿色区域，顾客就可以分别获得100元，50元，20元的购物券，则顾客获得购物券的概率是．
26．（1）证明：∵DG∥BC，
∴∠1＝∠DCB，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠DCB，
∴DC∥EF．
（2）解：∵EF⊥AB，
∴∠FEB＝90°，
∵∠1＝∠2＝55°，
∴∠B＝90°﹣55°＝35°，
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠B＝35°．
27．解：（1）设甲种货车每辆能装货x吨，乙种货车每辆能装货y吨，
依题意有：，
解得：，
答：甲种货车每辆能装货4吨，乙种货车每辆能装货3吨；
（2）设租用甲种货车m辆，乙种货车n辆，
依题意有：4m+3n＝45，
∴．
∵m，n均为正整数，
∴或 或，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆甲种货车，3辆乙种货车；
方案2：租用6辆甲种货车，7辆乙种货车；
方案3：租用3辆甲种货车，11辆乙种货车．
（3）方案1所需费用：300×9+200×3＝3300（元）；
方案2所需费用：300×6+200×7＝3200（元）；
方案3所需费用：300×3+200×11＝3100（元）．
∵3300＞3200＞3100，
∴方案3所需费用最少，最少费用是3100元．
28．解：（1）如图1中，
过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠BAE＝∠AEF，∠DCE＝∠CEF，
∴∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE＝∠DCE，
∴∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）①如图2中，
∵FG∥CE，
∴∠ECD＝∠GFD，
∵AH平分∠BAE，HF平分∠GFD，
∴∠BAH∠BAE，∠DFH∠DFG∠DCE，
∴∠AHF＝∠BAH+∠DFH（∠BAE+∠DCE），
∵∠BAE+∠DCE＝∠AEC＝80°，
∴∠AHF80°＝40°．
②如图3中，结论：∠AHF＝90°∠AEC．
理由：∵∠AHF＝∠BAH+∠HFD，∠BAH∠BAE，∠GFH（180°﹣∠DFG），∠ECD＝∠DFG，
∴∠AHF∠BAE+90°∠DFG+∠DFG＝90°（∠BAE+∠DCE）＝90°∠AEC．
29．（1）解：∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE （SAS），
∴BD＝CE＝1，
如图1，过点D作DM⊥AB于点M，
则∠DMB＝∠DMA＝90°，
∴∠BDM＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BMBD，
∴AM＝AB﹣BM＝4，
∴DM，
∴AD，
即AD的长为；
（2）证明：如图2，在CA上截取CH＝CD，连接EH，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝∠DAE＝60°，AD＝AE＝DE，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE （SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠HCE＝∠DCE，
∵CH＝CD，CE＝CE，
∴△HCE≌△DCE（SAS），
∴HE＝DE，
∴AE＝HE，
∵EF⊥AC，
∴∠EFA＝∠EFH＝90°，
又∵EF＝EF，
∴Rt△AEF≌Rt△HEF（HL），
∴AF＝HF，
∵CF＝HF+CH，
∴CF＝AF+CD；
（3）解：如图3，连接CE，延长BC至点P，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝8，∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝120°，
同（1）得：△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠ACE∠ACP，
∴点E在△ABC的外角∠ACP的角平分线上运动，
由垂线段最短可知，当EG⊥CE时，EG最短，
∵点G是AC的中点，
∴CGAC＝4，
∵∠ACE＝60°，∠GEC＝90°，
∴∠CGE＝30°，
∴CECG＝2，
∴EG2，
即EG的最小值为2．
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一、选择题：本大题共12个小题，每小题4分，共48分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）下列解集中，包括2的是（ ）
A．x＜2 B．x≥3 C．x≤3 D．x＞2
2．（4分）掷一枚质地均匀的骰子2次，向上一面的点数和是13．这个事件是（ ）
A．随机事件 B．不可能事件
C．必然事件 D．无法确定
3．（4分）如图：在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC，交AC于点D，若BD＝BC，则∠A等于（ ）
A．30° B．36° C．40° D．42°
4．（4分）若是方程3x﹣ay＝4的一个解，则a的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．3 D．2
5．（4分）判断命题“对任意实数a，都有（a+1）2＞0”是假命题，只需要举出反例，反例中a的可以是（ ）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1
6．（4分）如图，下列条件中，不能判断c∥d的是（ ）
A．∠1＝∠2 B．∠3+∠5＝180°
C．∠2+∠5＝180° D．∠4＝∠5
7．（4分）运行程序如图所示，规定：从“输入一个值x”到“结果是否＞95”为一次程序操作，如果程序操作运行了两次就停止，那么x的取值范围是（ ）
A．23＜x≤47 B．11＜x≤23 C．7＜x≤11 D．3＜x≤7
8．（4分）如图1所示，是地理学科实践课上第一小组同学在一张面积为36cm2的长方形卡纸上绘制的山东省政区图（图中阴影部分），他们想了解该图案的面积是多少，经研究采取了以下办法：将长方形卡纸水平放置在地面上，在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计试验结果）．他们将若干次有效试验的结果绘制成了如图2所示的统计图，由此估计不规则图案的面积大约为（ ）
A．55.38cm2 B．23.4cm2 C．25.2cm2 D．24.28cm2
9．（4分）如图，一次函数yx的图象与y＝kx+7的图象相交于点A，则方程组的解是（ ）
A． B． C． D．
10．（4分）立定跳远动作中，从起跳到落地瞬间的几个身体相关关节的角度，对跳远成绩起着举足轻重的作用．如图是小李落地瞬间的动作及其示意图，若AG∥CD，∠BCD＝74°，∠B＝44°，则∠BAG的度数为（ ）
A．26° B．30° C．34° D．40°
11．（4分）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形，1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形，它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形A的面积为（ ）
A．1296 B．1444 C．2304 D．20736
12．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC，CE⊥AD交AB于E，点G是AD上的一点，且∠ACG＝45°，连BG交CE于P，连DP，下列结论：①AC＝AE；
②CD＝BE；
③BG+2DP＝AD；
④PG＝PE．
其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
二、填空题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分。
13．（4分）暑假期间，小明打算在“红叶柿岩”“陶琉大观园”“石门风景区”“原山国家森林公园”“鲁山国家森林公园”这五个景点中随机选择一个去游玩，恰好选中“红叶柿岩”的概率是 ．
14．（4分）如图，平行光线AB和CD经过凹面镜反射后汇聚于点E，若∠ABE＝50°，∠CDE＝35°，则∠BED的度数是 ．
15．（4分）已知（a+2）x|a|﹣1+y＝5是二元一次方程，则a的值为 ．
16．（4分）如图，△ABC≌△DEF．若BC＝5cm，BF＝7cm，则EC的长是 ．
17．（4分）若关于x，y的二元一次方程组的解也是二元一次方程x+y＝3的解，则k＝ ．
18．（4分）给出如下列4个命题，其中是真命题的是 ．（请填写命题的序号）
①垂线段最短；②两条直线被第三条直线所截，内错角相等；③互补的角是邻补角；④同旁内角相等，两直线平行．
19．（4分）如图所示，为尺规作图痕迹，若∠AOB＝60°，PD＝3cm，则PE长为 cm．
20．（4分）已知关于x的不等式组有5个整数解，则a的取值范围是 ．
21．（4分）如图，在△ABC中，D、E分别是AC、BC上的点，把四边形ABED沿直线DE折叠得到四边形GFED，GF∥AC，若∠DEF＝α，∠C＝β，则∠G＝ ．（用含α、β的式子表示）
22．（4分）设a1，a2， ，a2024，a2025是从﹣2，0，1这三个数取值的一组数，若a1+a2+ +a2024+a2025＝950，（a1+1）2+（a2+1）2+ +（a2024+1）2+（a2025+1）2＝5025，则a1，a2， ，a2024，a2025中为0的个数为 个．
三、解答题：本大题共7个小题，共62分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．（8分）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
24．（8分）如图，B是线段AC的中点，AD∥BE，BD∥CE．求证：△ABD≌△BCE．
25．（8分）在五一期间，某商场为了吸引顾客，设立了一个可以自由转动的转盘（如图1），并规定：顾客每购买100元的商品，就能获得一次转动转盘的机会．如果转盘停止后，指针正好对准红、黄或绿色区域，顾客就可以分别获得100元，50元，20元的购物券（转盘被等分成20个扇形）．已知甲顾客购物150元．
（1）他得到50元的购物券的概率是多少？
（2）他获得购物券的概率是多少？
（3）请你利用图2所示转盘，设计一个转盘游戏，使得顾客获得购物券的概率是，并简要说明游戏规则．
26．（8分）如图，点D、E在AB上，点F、G分别在BC、CA上，且DG∥BC，∠1＝∠2．
（1）求证：DC∥EF；
（2）若EF⊥AB，∠1＝55°，求∠ADG的度数．
27．（10分）某公司用甲、乙两种货车运输原料，两次满载的运输情况如表：
甲种货车/辆 乙种货车/辆 总量（吨）
第一次 4 5 31
第二次 3 6 30
（1）甲、乙两种货车满载时每辆分别能运输原料多少吨？
（2）该公司又新购买45吨原料，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满，问有哪几种租车方案？
（3）在（2）的前提下，已知甲种货车每辆租金为300元，乙种货车每辆租金为200元，选择哪种租车方案最省钱？
28．（10分）已知AB∥CD，点E在直线AB，CD之间，连接AE，CE．
（1）如图1，求证：∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）若AH平分∠BAE，将线段CE沿CD方向平移至FG（CE∥FG）．
①如图2，若∠AEC＝80°，FH平分∠DFG，求∠AHF的度数；
②如图3，若FH平分∠CFG，请写出∠AHF与∠AEC的数量关系，并说明理由．
29．（10分）已知△ABC是等边三角形，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为边在直线AD右侧作等边△ADE．
（1）如图1，点D在线段BC上，连接CE，若AB＝4，且CE＝1，求线段AD的长；
（2）如图2，点D是BC延长线上一点，过点E作EF⊥AC于点F，求证：CF＝AF+CD；
（3）如图3，若AB＝8，点D在射线BC上运动，取AC中点G，连接EG，请直接写出EG的最小值．
2024-2025学年山东省淄博市博山区七年级（下）期末数学试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C B B D D C A B A B A
题号 12
答案 B
二、填空题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分。
13．解：选中“红叶柿岩”的概率是：，
故答案为：．
14．解：过点E作AB∥EO，如图：
∵AB∥EO，∠ABE＝50°，
∴∠ABE＝∠BEO＝50°（两直线平行，内错角相等），
∵AB∥CD，
∴CD∥EO，
∵∠CDE＝35°，
∴∠OED＝∠CDE＝35°（两直线平行，内错角相等），
∴∠BED＝∠BEO+∠OED＝50°+35°＝85°，
故答案为：85°．
15．解：∵（a+2）x|a|﹣1+y＝5是一个二元一次方程，
∴，
解得：a＝2，
故答案为：2．
16．解：∵△ABC≌△DEF，BC＝5cm，BF＝7cm，
∴BC＝EF＝5cm，
∴FC＝BE＝BF﹣BC＝2cm，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣2＝3（cm）．
故答案为：3cm．
17．解：，
①+②，得2x+2y＝3k，即，
∵x+y＝3，
∴，
去分母，得3k＝6，
解得：k＝2．
故答案为：2．
18．解：①垂线段最短，正确，是真命题，符合题意；
②两条平行直线被第三条直线所截，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
③互补的角不一定是邻补角，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
④同旁内角互补，两直线平行，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
真命题是①，
故答案为：①．
19．解：根据作图痕迹可知：射线OP是∠AOB的角平分线，∠AOB＝60°，ED是线段OC的垂直平分线，
∴PD⊥OC，，
∵PD＝3cm，
∴OP＝2PD＝6cm，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OED＝90°﹣60°＝30°＝∠EOP，
∴PE＝PO＝6cm．
故答案为：6．
20．解：解不等式得x＜3，
解不等式2x﹣5＜3x﹣a得x＞a﹣5，
∵不等式有5个整数解，
∴不等式的整数解是2，1，0，﹣1，﹣2，
∴﹣3≤a﹣5＜﹣2，
∴2≤a＜3．
故答案为：2≤a＜3．
21．解：设EF交AC于点H，
∵把四边形ABED沿直线DE折叠得到四边形GFED，
∴∠G＝∠A，∠F＝∠B，∠DEF＝∠DEB，
∵∠DEF＝α，∠C＝β，
∴∠BEF＝2∠DEF＝2α，
∴∠CEH＝180°﹣2α，
∵GF∥AC，
∴∠F＝∠CHF＝∠CEH+∠C＝180°﹣2α+β，
∴∠B＝180°﹣2α+β，
∴∠G＝∠A＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣（180°﹣2α+β+β）＝2α﹣2β，
故答案为：2α﹣2β．
22．解：设这列数中0的个数为x，﹣2的个数为y，
则1的个数为（2025﹣x﹣y）个，
因为a1+a2+ +a2024+a2025＝950，（a1+1）2+（a2+1）2+...+（a2024+1）2+（a2025+1）2＝5025，
所以，
解得，
所以这列数中0的个数为1000个．
故答案为：1000．
三、解答题：本大题共7个小题，共62分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．解：，
解不等式①得：x≥﹣1，
解不等式②得：x＜4，
故原不等式组的解集为：﹣1≤x＜4，
在数轴上表示为：
24．证明：∵点B为线段AC的中点，
∴AB＝BC，
∵AD∥BE，
∴∠A＝∠EBC，
∵BD∥CE，
∴∠C＝∠DBA，
在△ABD与△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE．（ASA）．
25．解：（1）∵甲顾客购物150元，
∴可以获得一次转动转盘的机会，
∵黄色区域一共有2个，
∴他得到50元的购物券的概率是；
（2）∵红色、黄色、绿色区域一共有7个，
∴他获得购物券的概率是；
（3）如图所示：
游戏规则：把转盘被等分成8个扇形，其中红色、黄色、绿色区域各一个，如果转盘停止后，指针正好对准红、黄或绿色区域，顾客就可以分别获得100元，50元，20元的购物券，则顾客获得购物券的概率是．
26．（1）证明：∵DG∥BC，
∴∠1＝∠DCB，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠DCB，
∴DC∥EF．
（2）解：∵EF⊥AB，
∴∠FEB＝90°，
∵∠1＝∠2＝55°，
∴∠B＝90°﹣55°＝35°，
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠B＝35°．
27．解：（1）设甲种货车每辆能装货x吨，乙种货车每辆能装货y吨，
依题意有：，
解得：，
答：甲种货车每辆能装货4吨，乙种货车每辆能装货3吨；
（2）设租用甲种货车m辆，乙种货车n辆，
依题意有：4m+3n＝45，
∴．
∵m，n均为正整数，
∴或 或，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆甲种货车，3辆乙种货车；
方案2：租用6辆甲种货车，7辆乙种货车；
方案3：租用3辆甲种货车，11辆乙种货车．
（3）方案1所需费用：300×9+200×3＝3300（元）；
方案2所需费用：300×6+200×7＝3200（元）；
方案3所需费用：300×3+200×11＝3100（元）．
∵3300＞3200＞3100，
∴方案3所需费用最少，最少费用是3100元．
28．解：（1）如图1中，
过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠BAE＝∠AEF，∠DCE＝∠CEF，
∴∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE＝∠DCE，
∴∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）①如图2中，
∵FG∥CE，
∴∠ECD＝∠GFD，
∵AH平分∠BAE，HF平分∠GFD，
∴∠BAH∠BAE，∠DFH∠DFG∠DCE，
∴∠AHF＝∠BAH+∠DFH（∠BAE+∠DCE），
∵∠BAE+∠DCE＝∠AEC＝80°，
∴∠AHF80°＝40°．
②如图3中，结论：∠AHF＝90°∠AEC．
理由：∵∠AHF＝∠BAH+∠HFD，∠BAH∠BAE，∠GFH（180°﹣∠DFG），∠ECD＝∠DFG，
∴∠AHF∠BAE+90°∠DFG+∠DFG＝90°（∠BAE+∠DCE）＝90°∠AEC．
29．（1）解：∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE （SAS），
∴BD＝CE＝1，
如图1，过点D作DM⊥AB于点M，
则∠DMB＝∠DMA＝90°，
∴∠BDM＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BMBD，
∴AM＝AB﹣BM＝4，
∴DM，
∴AD，
即AD的长为；
（2）证明：如图2，在CA上截取CH＝CD，连接EH，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝∠DAE＝60°，AD＝AE＝DE，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE （SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠HCE＝∠DCE，
∵CH＝CD，CE＝CE，
∴△HCE≌△DCE（SAS），
∴HE＝DE，
∴AE＝HE，
∵EF⊥AC，
∴∠EFA＝∠EFH＝90°，
又∵EF＝EF，
∴Rt△AEF≌Rt△HEF（HL），
∴AF＝HF，
∵CF＝HF+CH，
∴CF＝AF+CD；
（3）解：如图3，连接CE，延长BC至点P，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝8，∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝120°，
同（1）得：△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠ACE∠ACP，
∴点E在△ABC的外角∠ACP的角平分线上运动，
由垂线段最短可知，当EG⊥CE时，EG最短，
∵点G是AC的中点，
∴CGAC＝4，
∵∠ACE＝60°，∠GEC＝90°，
∴∠CGE＝30°，
∴CECG＝2，
∴EG2，
即EG的最小值为2．
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