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2024-2025 学年七年级（下）期中数学试卷（拔尖卷）
【人教版2024】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25七年级·陕西西安·期中）若m的平方是9，n的平方是25，且m−n>0，则m+n的值是
（ ）
A．−2 B．−8或−2 C．−8或8 D．8或−2
【答案】B
【分析】此题考查了代数式求值，平方根，熟练掌握运算法则确定m与n的值是解本题的关键．
根据题意，利用平方根的定义求出m与n的值，即可确定出原式的值．
【详解】解：∵m的平方是9，n的平方是25，
∴m=±3，n=±5，
又∵m−n>0，即m>n，
∴m=3,n=−5或m=−3,n=−5，
∴m+n=3−5=−2或m+n=−3−5=−8，
故选：B．
2．（3分）（24-25七年级·陕西榆林·期中）如图，直线AB与直线CD被直线EF所截，分别交AB、CD
于点F、M，过点M作射线MN，则图中∠1的同位角有（ ）
A．∠3 B．∠2或∠DME
C．∠2或∠3 D．∠2或∠3或∠DME
【答案】B
【分析】本题主要考查三线八角的识别，结合图形，掌握三线八角的识别方法是解题的关键．
根据同位角的定义，逐一判断即可解答．
【详解】解：由题意可知，∠1的同位角为∠2，或者∠DME．
故选：B．
3．（3分）（24-25七年级·安徽亳州·期中）已知点P(2a,1−3a)在第二象限，且点P到x轴的距离与到y轴的距离之和是11，则a的值为（ ）
A．−1 B．1 C．−2 D．3
【答案】C
【分析】本题考查了坐标与图形的性质，熟练掌握第二象限的点的坐标特征是解题的关键．根据第二象限
的点的坐标特征，得到2a<0，1−3a>0，再结合“点P到x轴的距离与到y轴的距离之和是11”，列出方
程求出a的值即可解答．
【详解】解：∵点P(2a,1−3a)在第二象限，
∴2a<0，1−3a>0，
∴点P到x轴的距离为|1−3a)=1−3a，到y轴的距离为|2a)=−2a，
由题意得，1−3a−2a=11，
解得：a=−2．
故选：C．
4．（3分）（24-25七年级·安徽安庆·期中）如图，点D在AC上，点F，G分别在AC，BC的延长线上，
CE平分∠ACB交BD于点O，且∠OBF=∠DOC，∠F=∠G．在不添加辅助线的条件下，图中与
∠ECB（不含∠ECB）相等的角有（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【答案】B
【分析】本题主要考查了角平分线、平行线的判定与性质的知识，熟练掌握平行线的性质是解题关键．首
先证明CE∥BF，易得∠ECD=∠F，∠ECB=∠CBF；结合角平分线的性质可得∠ECD=∠ECB，
进而可得∠F=∠ECB；结合∠F=∠G，易知∠G=∠ECB，进而可得DG∥CE，易知
∠CDG=∠ECD，即有∠CDG=∠G=∠F=∠ECD=∠CBF=∠ECB，故在不添加辅助线的条件
下，图中与∠ECB相等的角有5个，即可获得答案．
【详解】解：∵∠OBF=∠DOC，
∴CE∥BF，
∴∠ECD=∠F，∠ECB=∠CBF，∵CE平分∠ACB，
∴∠ECD=∠ECB，
∴∠F=∠ECB，
∵∠F=∠G，
∴∠G=∠ECB，
∴DG∥CE，
∴∠CDG=∠ECD，
∴∠CDG=∠G=∠F=∠ECD=∠CBF=∠ECB，
∴在不添加辅助线的条件下，图中与∠ECB相等的角有5个．
故选：B．
5．（3分）（24-25七年级·广东深圳·期末）如图，在锐角△ABC中，∠BAC=60°，将△ABC沿着射线
BC方向平移得到△A′B′C′（平移后点A，B，C的对应点分别是点（A′，B′，C′），连接C A′，若在整个
平移过程中，∠AC A′和∠C A′B′的度数之间存在2倍关系，则∠AC A′不可能的值为（ ）
A．20° B．40° C．80° D．120°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，一元一次方程的应用．根据△ABC的平移过程，分点E在BC上和点E
在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥A′B′，根据平行线的性质得到∠AC A′和∠C A′B′和
∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可．
【详解】解：第一种情况：如图，当点B′在BC上时，过点C作CG∥AB，
∵△A′B′C′ △ABC
由 平移得到，
∴AB∥A′B′，
∵CG∥AB,AB∥A′B′，
∴CG∥AB∥A′B′，
①当∠AC A′=2∠C A′B′时，∴设∠C A′B′=x，则∠AC A′=2x，
∵CG∥AB∥A′B′
∴∠ACG=∠BAC=60°,∠A′CG=∠C A′B′=x，
∵∠ACG=∠AC A′+∠A′CG，
∴2x+x=60°，
解得：x=20°，
∴∠AC A′=2x=40°，
②当∠C A′B′=2∠AC A′时，
1
∴设∠C A′B′=x，则∠AC A′= x，
2
∴∠ACG=∠BAC=60°,∠A′CG=∠C A′B′=x，
∵∠ACG=∠AC A′+∠A′CG，
1
∴x+ x=60°，
2
解得：x=40°，
1
∴∠AC A′= x=20°；
2
第二种情况：当点B′在△ABC外时，过点C作CG∥AB，
∵△A′B′C′ △ABC
由 平移得到，
∴AB∥A′B′，
∵CG∥AB,AB∥A′B′，
∴CG∥AB∥A′B′，
①当∠AC A′=2∠C A′B′时，
设∠C A′B′=x，则∠AC A′=2x，
∴∠ACG=∠BAC=60°,∠A′CG=∠C A′B′=x，
∵∠AC A′=∠ACG+∠A′1CG，
∴2x=x+60°，
解得：x=60°，
∴∠AC A′=2x=120°
②当∠C A′B′=2∠AC A′时，由图可知，∠C A′B′<∠AC A′，故不存在这种情况，
综上所述，∠AC A′=20°或40°或120°．
故选：C．
6．（3分）（24-25七年级·浙江绍兴·期中）要制作一只如图所示容积为120cm3的小玻璃杯，涉及正方体
内壁时，内壁边长大致长度在（ ）
A．4.4cm∼4.6cm之间 B．4.6cm∼4.8cm之间
C．4.8cm∼5.0cm之间 D．5.0cm∼5.2cm之间
【答案】C
【分析】本题考查立方根的应用，立方根的估算，熟练掌握立方根的估算方法是解题的关键．设正方体内
壁的边长为x，得x3=120，求出x=√3120，再利用立方根的估算方法估算即可．
【详解】解：设正方体内壁的边长为x，
根据题意，得：x3=120，
解得：x=√3120，
∵4.43=85.184，4.63=97.336，4.83=110.592，5.03=125， 5.23=140.608，
且110.592<120<125，
∴4.80，则A，B，C三点中，至少有一个点在原点右侧；
②若a+b+c＝0，则A，B，C三点中，至少有一个点在原点右侧；
③若a+c＝2b，则点B为线段AC的中点；
④O为坐标原点且A，B，C均不与O重合，若OB﹣OC＝AB﹣AC，则bc>0，
所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】①根据乘法法则判定a，b，c至少有一个大于0，据此可解；
②根据加法法则判定a，b，c至少有一个大于0，据此可解；
③根据两点距离公式可判断；
④分情况讨论：B、C都在点O的右侧；B、C都在点O的左侧；B、C在点O的两侧且点A在点C的右
侧；B、C在点O的两侧且点A在O、C之间（不与O重合）； B、C在点O的两侧且点A在O、B之间（不与O重合）； B、C在点O的两侧且点A在B右侧时；逐一画出图形进行判断，据此可解．
【详解】解：①若abc>0，则a，b，c不可能都小于0，至少有一个大于0，所以A，B，C三点中，至少有
一个点在原点右侧，故①正确；
②若a+b+c＝0，因为a，b，c不能都为0，则a，b，c中至少有一个大于0，所以A，B，C三点中，至少
有一个点在原点右侧，故②正确；
③若a+c＝2b，则a- b＝b- c，点B为线段AC的中点，故③正确；
④如图1, B、C都在点O的右侧,
∵OB﹣OC＝BC， AB﹣AC=BC，
∴OB﹣OC＝AB﹣AC，此时bc>0，
如图2, B、C都在点O的左侧,
∵OB﹣OC＝BC， AB﹣AC=BC，
∴OB﹣OC＝AB﹣AC，此时bc>0，
如图3, B、C在点O的两侧时，若点A在点C的右侧，
显然OB﹣OC≠AB﹣AC，
如图4, B、C在点O的两侧时，若点A在O、C之间（不与O重合），
显然OB﹣OC≠AB﹣AC，
如图5, B、C在点O的两侧时，若点A在O、B之间（不与O重合），
显然OB﹣OC≠AB﹣AC，
如图6, B、C在点O的两侧时，若点A在B右侧时，显然OB﹣OC≠AB﹣AC，
综上所述，若OB﹣OC＝AB﹣AC，则B、C在点O的同一侧，所以b和c同号，即 bc>0，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了数轴的有关知识及实数的运算法则，掌握运算法则及数形结合思想是解题关键．
9．（3分）（24-25七年级·安徽安庆··阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(0,1)，A (2,0)
1
，A (3,2)，A (5,1)，⋯．按照此规律，点A 的坐标为（ ）
2 3 2025
A．(3036,1013) B．(3038,1013) C．(3036,1012) D．(3038,1012)
【答案】D
【分析】本题考查点的坐标变化规律，能根据所给点的坐标结合图形发现点坐标的变化规律是解题的关
键．根据所给的点的坐标，发现的横纵坐标的排列规律，即可解决问题．
【详解】解：由题知，点A(0,1)，A (2,0)，A (3,2)，A (5,1)，A (6,3)，⋯，
1 2 3 4
∴A (3n,n+1)，
2n
当n=1013时，A (3039,1014)，
2026
根据点的安排规律知A (3038,1012)．
2025
故选：D．
10．（3分）（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB，
CD于点E，F，EM平分∠AEF交CD于点M，G是射线MD上一动点（不与点M，F重合），EH平分
∠FEG交CD于点H．设∠MEH=α，∠EGF=β．有下列四个式子：①2α=β；②2α−β=180°；③
α−β=30°；④2α+β=180°．其中正确的是（ ）A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，画出图形分类讨论是解题的关键．
分点G在点F右侧，点G在M和F之间，根据平行线的性质和角平分线的定义，分别求出结论即可．
【详解】解：当点G在点F右侧时，如图示：
∵EH ∠FEG EM ∠AEF
平分 ， 平分 ，
1 1
∴∠MEF= ∠AEF，∠FEH= ∠FEG，
2 2
∵AB∥CD，
∴∠BEG=∠EGF=β．
1 1 1
∴∠MEH=α=∠MEF+∠FEH= (∠AEF+∠FEG)= (180°−∠BEG)= (180°−β)，
2 2 2
∴2α+β=180°，
当点G在M和F之间时，如图：
∵EH ∠FEG EM ∠AEF
平分 ， 平分 ，
1 1
∴∠MEF= ∠AEF，∠FEH= ∠FEG，
2 2
∵AB∥CD，
∴∠AEG=∠EGF=β．1 1 1 1 1
∴∠MEH=α=∠MEF−∠FEH= ∠AEF− ∠FEG= (180°−∠BEF)− (180°−β−∠BEF)= β
2 2 2 2 2
，
∴2α=β，则2α−β=0；
综上：①④正确，②③错误；
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）已知5x−1的算术平方根是3，2y+9的立方根是1，则
4x−2y的平方根是 ．
【答案】±4
【分析】本题考查了平方根、立方根、算术平方根的应用，解此题的关键是求出x、y的值．
根据算术平方根、立方根的定义求出x、y的值，求出4x−2y的值，再根据平方根定义求出即可．
【详解】解：∵5x−1的算术平方根是3，
∴5x−1=32
解得：x=2，
∵2y+9的立方根是1，
∴2y+9=1
解得：y=−4，
∴4x−2y=4×2−2×(−4)=16
∴4x−2y的平方根是±4．
故答案为：±4．
12．（3分）（24-25七年级·江苏镇江·期末）如图，点O在直线AB上，过O在AB上方作射线OC，
∠BOC=120°，直角三角板的直角顶点与点O重合，边OM与OB重合，边ON在直线AB的下方．如果
三角板绕点O按10度/秒的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第 秒时，OC⊥ON
．
【答案】12或30【分析】本题考查了垂线的定义，与三角板有关的角度的计算，解题的关键是分两种情况进行讨论，分别
依据ON在OC右边和左边两种情况，画出示意图，得到三角板旋转的度数，进而得到t的值．
【详解】解：当ON在OC右边时，如图：
∵∠MON=90° OC⊥ON
， ，
∴此时，OM,OC重合，
∵∠BOC=120°，
∴三角板旋转的角度为120°，
∴t=120°÷10°=12（秒）；
当ON在OC左边时，如图：
∵∠MON=90° OC⊥ON
， ，
∴此时，OM与CO延长线重合，
∴∠BOM=180°−∠BOC=60°
三角板旋转的角度为360°−∠BOM=300°，
∴t=300°÷10°=30（秒）；
∴t的值为：12或30．
故答案为：12或30．
13．（3分）（24-25七年级·安徽宿州·期末）在平面直角坐标系中，对于点M(m,n)，若点N的坐标为
(m−an,am+n)，则称点N是点M的“a阶和谐点”（a为常数，且a≠0）．例如：点M(1,3)的“2阶和
谐点”为点N(1−2×3,2×1+3)，即点N的坐标为(−5,5)．
（1）若点A(−2,−1)的“3阶和谐点”为点B，则点B的坐标为 ；
（2）若点C(t+2,1−3t)的“−2阶和谐点”到x轴的距离为7，则t的值为 ．4
【答案】 (1,−7) −2或
5
【分析】本题考查新定义，点的坐标，整式的加减，解一元一次方程等知识点，解题的关键是理解“a阶
和谐点”的定义，
（1）依据“a阶和谐点”的定义，结合点的坐标进行计算即可得出结论；
（2）点C(t+2,1−3t)的“−2阶和谐点”到x轴的距离为7，即可得到关于t的方程，进而得到t的值．
【详解】解：（1）点A(−2,−1)的“3阶和谐点”的坐标为B(−2−3×(−1),3×(−2)+(−1))，
即点B的坐标为(1,−7)，
故答案为：(1,−7)；
（2）∵点C(t+2,1−3t)，
(t+2)−(−2)×(1−3t)=−5t+4，−2(t+2)+1−3t=−5t−3．
∴点C的“−2阶和谐点”为(−5t+4,−5t−3)，
∵点C(t+2,1−3t)的“−2阶和谐点”到x轴的距离为7，
∴∣−5t−3∣=7，
∴−5t−3=7或−5t−3=−7．
4
解得 t=−2 或 m= ．
5
4
故答案为：−2或 ．
5
14．（3分）（24-25七年级·安徽安庆··阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点是
A(−4,2),B(−2,4)，平移线段AB得到线段A B ，若点A的对应点A 的坐标为(1,1)，则点B 的坐标为
1 1 1 1
．
【答案】(3,3)
【分析】此题主要考查了坐标与图形变化，正确得出平移规律是解题关键．利用已知对应点平移距离进而
得出答案．
【详解】解：∵线段AB的两个端点是A(−4,2),B(−2,4)，平移线段AB得到线段A B ，点A的对应点A
1 1 1
的坐标为(1,1)，∴点A向右平移5个单位，向下平移1个单位，
∴点B的对应点B 的坐标为：(3,3)．
1
故答案为：(3,3)．
15．（3分）（24-25七年级·安徽安庆·期末）一条公路修到湖边时，需拐弯绕道而过，第一次拐弯∠M的
度数为α．第二次拐弯∠N的度数为β，到了点P后需要继续拐弯，拐弯后与第一次拐弯之前的道路平
行，则∠P= ．
【答案】180°−β+α
【分析】本题考查平行线的判定和性质，当题目中的已知条件和已有的图形不能解决问题时，往往考虑添
加辅助线，将不相关，分散的条件进行转移与转化，构造出一些基本的几何图形，搭建已知和未知之间的
桥梁．本题可以过点N作NC∥PB后借助平行线的知识进行解答．
【详解】解：过点N作NC∥PB．由题可知AM∥PB，
∴NC∥AM∥BP
，
∴∠M=∠MNC=α，∠CNP+∠P=180°．
∴∠P=180°−∠CNP=180°−(β−α)=180°−β+α．
故答案为：180°−β+α．
16．（3分）（24-25七年级·贵州黔南·期末）如图1，教材有这样一个探究：把两个面积为1dm2的小正方
形沿着对角线剪开，将所得的四个直角三角形拼在一起，就得到一个面积为2dm2的大正方形，所得的面积
为2dm2的大正方形的边就是原先面积为1dm2的小正方形的对角线，因此，可得小正方形的对角线长度为
❑√2dm．某同学受到启发，把长为3、宽为2的两个长方形沿着对角线剪开，将所得的4个直角三角形拼成
k−1 3
如图2所示的一个正方形，请你仿照上面的探究方法，比较 ．（填“>”或“<”或“=”）
2 2【答案】<
【分析】本题考查图形的拼剪，算术平方根的应用，估算无理数的大小，解题的关键是理解题意，灵活运
用所学知识解决问题．根据大正方形面积=空白部分面积+4个直角三角形的面积，通过计算得出k=❑√13
的整数部分是3，即可解答求解．
【详解】解：大正方形面积为(2+3) 2=25，空白部分面积为k2，
1
根据题意得：25=k2+4× ×2×3，
2
即k2=13，
∴k=❑√13（负值舍去），
∵❑√9<❑√13<❑√16，即3<❑√k<4，
∴k=❑√13的整数部分是3，
∴k−1<3，
k−1 3
∴ < ，
2 2
故答案为：<．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25七年级·湖南益阳·期末）小明制作了一张面积为121cm2的正方形贺卡．现有一个长方
形信封如图所示，该信封的长、宽之比为3:2，面积为210cm2．(1)求长方形信封的长和宽．
(2)小明能将贺卡不折叠就放入此信封吗？请通过计算给出判断．
【答案】(1)长方形信封的长为3❑√35cm，宽为2❑√35cm
(2)能，理由见解析
【分析】本题考查算术平方根的实际应用：
（1）设长方形信封的长为3xcm，宽为2xcm，利用面积公式列出方程进行求解即可；
（2）求出正方形的边长，比较长方形的宽和正方形的边长的大小关系即可得出结果．
【详解】（1）解：设长方形信封的长为3xcm，宽为2xcm．
由题意，得3x⋅2x=210，
∴x=❑√35，
∴3x=3❑√35，2x=2❑√35．
答：长方形信封的长为3❑√35cm，宽为2❑√35cm．
（2）能
理由：面积为121cm2的正方形贺卡的边长是11cm．
∵(2❑√35) 2=140，112=121，
∴2❑√35>11，即信封的宽大于正方形贺卡的边长，
∴小明能将这张贺卡不折叠就放入此信封．
18．（6分）（24-25七年级·安徽安庆··阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点M的坐标为(2−t,2t)，
将点M到x轴的距离记作d ，到y轴的距离记作d ．
1 2
(1)若t=3，求d +d 的值；
1 2
(2)若点M在第二象限，且md −5d =10（m为常数），求m的值．
1 2
【答案】(1)d +d =7
1 2
5
(2)m=
2
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中的点到坐标轴的距离，解题的关键是掌握平面直角坐标系中的
点到x轴距离等于纵坐标绝对值，到y轴距离等于横坐标绝对值．
（1）求出点M的坐标，即可进行解答；
（2）根据第二象限内点的坐标特征得出d =|2t|=2t,d =|2−t|=t−2，代入md −5d =10得出
1 2 1 2
m⋅2t−5(t−2)=10，即可求解．
【详解】（1）解：∵点M的坐标为(2−t,2t)，
由题意可得，d =|2t|,d =|2−t|．
1 2∵t=3，
∴d =|2t|=2×3=6,d =|2−t|=|2−3|=1，
1 2
∴d +d =6+1=7．
1 2
（2）∵点M在第二象限，
∴2−t<0,2t>0，
∴d =|2t|=2t,d =|2−t|=t−2．
1 2
∵md −5d =10，
1 2
∴m⋅2t−5(t−2)=10，
5
解得m= ．
2
19．（8分）（24-25七年级·河南南阳·期末）如图，是小明同学用的一盏可以伸缩的台灯，它的优点是可
以变化伸缩，找到合适的照明角度．图①是这盏台灯的示意图．已知台灯水平放置，当灯头AB与支架CD
平行时可达到最佳照明角度，此时支架BC与水平线BE的夹角∠CBE=135°，两支架BC和CD的夹角
∠BCD=108°．
如何求此时支架CD与底座MN的夹角∠CDM的度数及灯头AB与水平线BE的夹角∠ABE的度数呢？小
明解决此问题的思路如下：
(1)小明在解决问题时，过点C作CF∥BE，则可以得到CF∥MN，其理由是____________；
(2)如图②，根据小明的思路求∠CDM和∠ABE的度数；
(3)小明在解题中发现∠CDM和∠ABE的度数永远是相等的，与∠CBE和∠BCD的度数无关．小明的说
法对吗？请结合图③说明理由．
【答案】(1)平行于同一条直线的两直线平行；（或，如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线
也互相平行）
(2)∠CDM=63°，∠ABE=63°
(3)对，理由见解析
【分析】本题主要考查平行线的判定与性质及平行公理及推论，灵活运用平行线的性质是解题的关键．（1）根据平行线的推论即可得出答案；
（2）根据CF∥BE得，∠BCF+∠CBE=180°，进而得出∠DCF=63°，根据CF∥MN得
∠CDM=∠DCF=63°，根据AB∥CD得∠ABC+∠BCD=180°，进而得出∠ABC=72°，从而得出
∠ABE的度数；
（3）根据平行线的性质及角的和差及等量代换，即可得出答案．
【详解】（1）因为BE∥MN（台灯水平放置，默认BE与MN平行），过直线外一点C作CF∥BE ，根
据平行公理的推论：平行于同一条直线的两条直线互相平行，
所以CF∥MN．
故答案为：平行于同一条直线的两直线平行；（或如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也
互相平行）；
（2）解：如图，过点CF∥BE，
∴∠BCF+∠CBE=180°
，
∵∠CBE=135°，
∴∠BCF=45°，
∵∠BCD=108°，
∴∠DCF=∠BCD−∠BCF=63°，
∵ BF∥MN，
∴ CF∥MN，
∴∠CDM=∠DCF=63°；
∵ AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠BCD=108°，
∴∠ABC=72°，
∵∠CBE=135°，
∴∠ABE=∠CBE−∠ABC=63°．
（3）对，理由如下：
∵CF∥BE，∴∠BCF+∠CBE=180°，
∴∠BCF+∠CBA+∠ABE=180°，
∵ AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠ABC+∠BCF+∠FCD=180°，
∴∠ABE=∠FCD，
∵ CF∥MN，
∴∠CDM=∠DCF，
∴∠CDM=∠ABE．
20．（8分）（24-25七年级·安徽安庆·周测）新定义：若无理数❑√T（T为正整数）的被开方数满足
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