北京课改版七年级下册7.2 实验精品巩固练习

这是一份北京课改版七年级下册7.2 实验精品巩固练习，文件包含深圳市南山实验教育集团2023年九年级第二次学业质量监测数学答案1docx、深圳南山实验集团2023年九年级二模数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。





数学参考答案与解析
一、 选择题(每小题 3 分，共 30 分)

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
A
D
D
B
C
D


二、填空题(每小题 3 分，共 15 分)
11. 3(a + 2)(a 一 2) 12. x > 一3


13.


14. 2 一 13 m 11 + 6


15.

三、解答题(共 55 分)
16. (5 分)计算： 一 +( )一1 +(几 一 2023)0 一 3tan 30o ． 解：原式= 一 + +1 一
=1
17．(7 分) 如图，在由边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中， 给出了格点△ABC (顶点为网格线的交点)．
(1)将△ABC 绕着点 O 逆时针方向旋转 90 度，得到△A1B1C1，并画出旋转后的△A1B1C1； (2) 请在网格中，仅用无刻度的直尺画出线段 AC 的垂直平分线 PQ，交 AB 于点 P，交
AC 于点 Q (保留作图痕迹)．
y








x

O


解：(1)如图： △A1B1C1 即为所求；
y

C1
B1

A1
x

O
Q
P








(2) 如图所示，PQ 即为所求．
∵BC2＝AC2＝5，AB2＝10，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ABC 是直角三角形，
∴AC⊥BC，
作 AB 所在 1×3 格的另外一条对角线交AB 于点 P，
然后作 AC 所在 1×2 格的另外一条对角线交AC 于点 Q，连接 PQ，
根据网格可知： PQ 是△ABC 的中位线，
∴PQ∥BC，
∴PQ⊥AC，
∴PQ 是线段 AC 的垂直平分线．


18．(6 分) 为落实国家“双减”政策，南实初中在素养课程时间里开展了A (篮球社团)、 B (航模社团)、 C( 阿卡贝拉社团)、 D (剪纸社团) 活动．该校从全校 2000 名学生中随 机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪种社团活动(每人必选且只选一种)”的问卷调查，根 据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．根据图中信息， 解答下列问题：
(1)你最喜欢社团活动问卷调查中，抽查的总人数是 60 名，条形统计图中m 的值为 11 ；
(2) 求扇形统计图中议 的度数；
(3) 根据调查结果，可估计该校 2000 名学生中最喜欢“航模社团”的约有多少人？

解：(1)你最喜欢社团活动问卷调查中，
抽查的总人数是： 24 40% = 60 (名)
故m = 60 10 24 15 = 11．

(x = 30




故答案为： 60 人 ，11；
(2) 由题意得，议 = 360。〉 = 90。；
(3) 2000〉40% = 800 (名 ) ，
答：估计该校 2000 名学生中最喜欢“航模社团”的约有 800 人．
19．(8 分) 某新型高科技商品， 每件的售价比进价多 10 元，8 件的进价相当于 6 件的售价，
每天可售出 200 件， 经市场调查发现，如果每件商品涨价 1 元，每天就会少卖 4 件．
(1) 该商品的售价和进价分别是多少元？
(2) 设每天的销售利润为 w 元，则当售价为多少元时， 该商品每天的销售利润最大，最 大利润为多少元？
解：(1)设该商品每件的售价为 x 元，进价为每件y 元， 由题意得：
(x _ y = 10
〈 ，
l8x = 6y


解得〈 ，
ly = 40
∴该商品每件的售价为 40 元，进价为每件 30 元；
(2) 设售价上涨 a 元/件
由题意得：
w＝(40+a ﹣ 30)(200 ﹣ 4a)
＝(10+a)(200 ﹣ 4a)
＝﹣ 4a2+160a+2000
＝﹣ 4 (a ﹣ 20) 2+3600，
∵售价不得高于进价的 1.8 倍
∴ (40 + a)共1.8〉30
解得a 共14
∵当a 共 20时， w 是随 a 的增大而增大
∴当 a＝14 时， w 有最大值，最大值为 3456，此时售价为 40+14＝54 (元)． ∴当售价为 54 元时，该商品每天的销售利润最大， 最大利润为 3456 元．
20．(8 分) 如图， 编ABC 内接于⊙O ，三B = 60。， CD 是⊙O 的直径， 点P 是 CD 延长线上 的一点且AP = AC ．





(1)求证： PA 是⊙O 的切线；
(2)若 AB = 3 + 3 ，BC = 6 ，求⊙O 的半径．


解：(1)证明： 连接 OA ，
三B = 60。，
：三AOC = 2三B = 120。，
又 OA = OC ，
：三OAC = 三OCA = 30。，
又 AP = AC ，
：三P = 三ACP = 30。，
：三OAP = 三AOC 一 三P = 90。，
：OA 」PA ，
：PA 是⊙O 的切线；


(2) 解： 过点 C 作 CE 」AB 于点E ．
在RtBCE 中， 三B = 60。，BC = 6 ，
∴ BE = = 3 ， CE = 3 ，
∵ AB = 3 + 3 ，
∴ AE = AB 一 BE = 3 ，
在RtACE 中， AC = AE 2 + CE 2 = 3 ，

∴ AP = AC = 3 ．
在RtPAO中， OA = AP = ，
∴⊙O 的半径为 ．








21．(10 分)【定义】在平面内的三个点A，B，P，满足 PA＝3PB．若∠P＝90°， 则将点 P 称为[A ，B]的三倍直角点；若∠P＜90°，则将点 P 称为[A ，B]的三倍锐角点．
(1) 如图 1，已知△ABC 中，∠C＝90°， BC＝1，若点 C 是[A ，B]的三倍直角点， 则 AB 的长度为 ；若点 B 是点[A ，C]的三倍锐角点， 则AC 的长度为 ；
(2) 如图 2，在平面直角坐标系中， 直线 y＝x ﹣ 2 交 x 轴于点 A，点 P 是直线 y＝x ﹣ 2 上的一点，点 B 的坐标为 (6 ，0)， 点 C 的坐标为 (4 ，0)， 以 B 为圆心 BC 长为半径作 ⊙B ，点 D 在⊙B 上．
①若点 A 是[P ，O]的三倍锐角点，求点 P 的坐标；
②若点 C 是[P，D]的三倍直角点，直接写出点 P 的坐标．

解：(1)∵点 C 是[A ，B]的三倍直角点，
∴CA＝3CB＝3，∠ACB＝90°，
由勾股定理得，

AB= √AC2 + BC2 = √10，
故答案是√10，
∵点 B 是点[A ，C]的三倍锐角点，
∴AB＝3BC＝3 且∠B＜90°，
由勾股定理得，

AC = √AB2 − BC2 = 2√2，
故答案是2√2；





(2) ①当y＝0 时， x ﹣ 2＝0，
∴x＝2，
∴OA＝2，A (2 ，0)，
∵点A 是[P ，O]的三倍锐角点，
∴AP＝3AO＝6，
设 P (x，x ﹣ 2)，
∴(x ﹣ 2) 2+ (x ﹣ 2) 2＝62，
∴x1＝2+3√2，x2＝2 ﹣ 3√2，
当 x＝2+3√2时， x ﹣ 2＝3√2，
∴P (2+3√2 ，3√2)，
当 x＝2 ﹣ 3√2时， x ﹣ 2＝﹣ 3√2，
∴P (2 ﹣ 3√2，﹣ 3√2)，
当 P (2+3√2 ，3√2)时， ∠A＝135°，应舍去，
综上所述：P 2 ﹣ 3√2，﹣ 3√2)．
(②如图 4，
D
A P
Q
E
图4

延长 PC 交⊙B 于 E ，连接 DE，
∵点 C 是[P，D]的三倍直角点，
∴∠DCE＝∠PCD＝90°， PC＝3CD，
∴DE 是⊙B 的直径，
∴DE＝4，
作 PQ⊥AB 于 Q，
设 P (x，x ﹣ 2)，
∴PQ＝x ﹣ 2 ，CQ＝4 ﹣ x，
∴PC= √PQ2 + CQ2





= √ (x − 2)2 + (4 − x)2
= √2x2 − 12x + 20，
∵CB＝BE，
∴∠E＝∠BCE，
∵∠BCE＝∠PCQ，
∴△DCE∽△PQC，
∴ = ，
∴CD•PC＝PQ•DE，
∴ (2x2 ﹣ 12x+20)＝4 (x ﹣ 2)，
∴x1＝6+√14，x2＝6−√14，
当 x＝6+√14时， x ﹣ 2＝4+√14，
当 x＝6−√14时， x ﹣ 2＝4−√14，
∴P (6 − √14 ，4−√14)或(6+√14 ，4 +√14)．

22．(11 分) 如图 1，正方形 ABDE 和 BCFG 的边 AB ，BC 在同一条直线上，且 AB＝2BC，
取 EF 的中点 M，连接 MD ，MG ，MB．
(1) 试证明 DM⊥MG，并求= ．
(2) 如图 2，将图 1 中的正方形变为菱形，设∠EAB＝60°，其它条件不变，问(1)中 的值有变化吗？ 若有变化，求出该值；若无变化， 说明理由．
(3) 如图，已知菱形 ABDE∽菱形 BCFG，且∠A=2α (0＜α＜90°)，菱形 BCFG 绕点 B 旋 转过程中， 取 EF 的中点 M，作△DGM，求证： △DGM 是直角三角形并求出的值．











图 3






解： (1)证明：如图 1 中，延长 DM 交 FG 的延长线于 H．

∵四边形ABDE，四边形 BCFG 都是正方形，
∴DE∥AC∥GF，
∴∠EDM＝∠FHM，
∵∠EMD＝∠FMH，EM＝FM，
∴△EDM≌△FHM (AAS)，
∴DE＝FH，DM＝MH，
∵DE＝2FG ，BG＝DG，
∴HG＝DG，
∵∠DGH＝∠BGF＝90°， MH＝DM，
∴GM⊥DM，DM＝MG，
连接 EB ，BF，设 BC＝a，则 AB＝2a ，BE＝2a ，BF＝a，
∵∠EBD＝∠DBF＝45°，
∴∠EBF＝90°，
∴EF＝ ＝a，
∵EM＝MF，
∴BM＝EF＝a，
∵HM＝DM，GH＝FG，
∴MG＝DF＝a，
∴ ＝＝．





(2)解：(1)中的值有变化．
理由： 如图 2 中，连接 BE，AD 交于点 O，连接 OG ，CG ，BF，CG 交 BF 于 O′．

∵DO＝OA，DG＝GB，
∴GO∥AB ，OG＝AB，
∵GF∥AC，
∴O ，G，F 共线，
∵FG＝AB，
∴OF＝AB＝DE，
∵DE∥AC，AC∥OF，
∴DE∥OF，
∴四边形 EOFD 是平行四边形
∴OD 与 EF 互相平分，
∵EM＝MF，
∴点 M 在直线 AD 上，
∵GD＝GB＝GO＝GF，
∴四边形 OBFD 是矩形，
∴∠OBF＝∠ODF＝∠BOD＝90°，
∵OM＝MD ，OG＝GF，
∴MG＝DF，设 BC＝m，则 AB＝2m，
易知 BE＝2OB＝2•2m•sin30°＝4msin30°=2m，
BF＝2BO＝2m•cos30°= 3m ，DF＝OB＝2m•sin30°=m，


∵BM＝ EF＝

1
＝ ，GM＝ DF＝m•sin30°= m ，
2 2





∴ ＝ 7 ．

(3) 延长 GM 至点 H，使 MH=GM，连接 EH 、DH，再延长 EH 、GB 交于点 K， ∵EM=FM，∠EMH=∠FMG ，GH=MH
∴△EMH≌△FMG
∴∠MEH=∠MFG
∴EH∥FG ，EH=GF
∵GF=BG
∴EH=BG
∵菱形 ABDE∽菱形 BCFG
∴ ∠K=∠BGF=∠AED，
∵∠AED+∠BDE=180°
∴∠K+∠BDE=180°，
∴ ∠DEH+∠DBK=180°
∴ ∠DEH=∠DBG，
∵DE=DB，∠DEH=∠DBG ， EH=BG
∴△DEH≌DBG
∴DG=DH，∠GDB=∠HDE
∴∠GDH=∠BDE
∵∠BDE=∠A
∴ ∠GDH=∠BDE=∠A=2α
∵ DG=DH 且 GH=MH
∴DM⊥MG 且∠MDG=α
∴△DGM是直角三角形且 =tanα



声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/19 3 33333 uguo feng1983@126