7. (2025·江苏淮安期末)已知正方形 $ ABCD $ 的边长为 1，$ E $，$ F $ 分别是边 $ BC $，$ CD $ 上的两个动点，且 $ BE = CF $，连接 $ BF $，$ DE $，则 $ BF + DE $ 的最小值为(
C
)
A.$ \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{3} $
C.$ \sqrt{5} $
D.$ \sqrt{6} $
答案：7.C
解析：
设$BE = CF = x$，则$EC = 1 - x$，$DF = 1 - x$。
在$Rt\triangle BCF$中，$BF=\sqrt{BC^{2}+CF^{2}}=\sqrt{1^{2}+x^{2}}=\sqrt{x^{2}+1}$。
在$Rt\triangle DCE$中，$DE=\sqrt{DC^{2}+EC^{2}}=\sqrt{1^{2}+(1 - x)^{2}}=\sqrt{(x - 1)^{2}+1}$。
$BF + DE=\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{(x - 1)^{2}+1}$，转化为点$(x,0)$到点$(0,1)$和$(1,1)$的距离之和。
作点$(0,1)$关于$x$轴的对称点$(0,-1)$，则两点$(0,-1)$与$(1,1)$的距离为$\sqrt{(1 - 0)^{2}+(1 - (-1))^{2}}=\sqrt{1 + 4}=\sqrt{5}$。
$BF + DE$的最小值为$\sqrt{5}$。
C
8. 如图，$ \angle MON = 90^{\circ} $，矩形 $ ABCD $ 的顶点 $ A $，$ B $ 分别在边 $ OM $，$ ON $ 上，当点 $ B $ 在边 $ ON $ 上运动时，点 $ A $ 随之在边 $ OM $ 上运动，且矩形 $ ABCD $ 的形状保持不变，其中 $ AB = 2 $，$ BC = 1 $. 在运动过程中，点 $ D $ 到点 $ O $ 的最大距离为(
A
)
A.$ \sqrt{2} + 1 $
B.$ \sqrt{5} $
C.2
D.$ \dfrac{5}{2} $
答案：8.A 解析：取AB的中点E，连接OE，DE，OD.因为四边形ABCD是矩形，BC=1，AB=2，所以∠DAB=90°，AD=BC=1，AE=$\frac{1}{2}$AB=1.在Rt△ADE中，由勾股定理，得DE=$\sqrt{AD^2+AE^2}$=$\sqrt{2}$.又∠MON=90°，所以OE=$\frac{1}{2}$AB=1.又OD≤OE+DE，所以当点E在OD上时，OD的长取最大值.则点D到点O的最大距离为OE+DE=$\sqrt{2}$+1.
9. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ AB ＞ AD $，$ E $，$ F $，$ G $，$ H $ 分别为 $ AB $，$ BC $，$ CD $，$ DA $ 上异于端点的四点，满足 $ AE = CG = 1 $，$ DH = BF = 2 $，$ M $，$ N $ 分别为 $ AH $，$ BF $ 上异于端点的两点，连接 $ MN $，$ O $ 为线段 $ MN $ 上一个动点，从点 $ M $ 出发，运动到点 $ N $ 后停止，连接 $ EH $，$ OE $，$ OH $，$ OF $，$ OG $，当图中存在 $ \triangle OEH $ 与四边形 $ OFCG $ 时，随着点 $ O $ 的移动，两者面积之和的变化趋势为(
C
)
A.先变大再变小
B.先变小再变大
C.一直不变
D.以上都不对
答案：9.C 解析：连接OB，OD，设点O到AB，BC，CD，DA的距离分别为$h_1$，$h_2$，$h_3$，$h_4$.因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=CD，AD=BC.又CG=AE=1，所以DG=BE=CD-1.又$S_{\triangle DOG}$+$S_{\triangle BOE}$=$\frac{1}{2}$DG·$h_3$+$\frac{1}{2}$BE·$h_1$，所以$S_{\triangle DOG}$+$S_{\triangle BOE}$=$\frac{1}{2}$(CD-1)·($h_1$+$h_3$).又DH=BF=2，所以$S_{\triangle DOH}$+$S_{\triangle BOF}$=$\frac{1}{2}$DH·$h_4$+$\frac{1}{2}$BF·$h_2$=$h_2$+$h_4$.因为▱ABCD不变，所以∠A的度数不变，AB，CD之间的距离不变，AD，BC之间的距离不变，CD，AD的长不变，即$h_1$+$h_3$不变，$h_2$+$h_4$不变，CD-1不变，AD-2不变.所以$S_{\triangle DOG}$+$S_{\triangle BOE}$不变，$S_{\triangle DOH}$+$S_{\triangle BOF}$不变，$S_{□ ABCD}$不变.因为AH=AD-DH=AD-2，所以△AHE不变，即$S_{\triangle AHE}$不变.又$S_{\triangle OEH}$+$S_{四边形OFCG}$=$S_{□ ABCD}$-($S_{\triangle DOG}$+$S_{\triangle BOE}$)-($S_{\triangle DOH}$+$S_{\triangle BOF}$)-$S_{\triangle AHE}$，所以$S_{\triangle OEH}$+$S_{四边形OFCG}$之和不变.
10. 如图，矩形 $ ABCD $ 的面积为 288，$ E $，$ F $，$ G $，$ H $ 分别是边 $ AB $，$ CD $ 的三等分点. 若 $ AD : AB = 8 : 9 $，则图中阴影四边形的周长为(
A
)
A.20
B.25
C.30
D.40
答案：10.A 解析：设AD=$8k(k＞0)$.因为AD:AB=8:9，所以AB=$9k$.又四边形ABCD是面积为288的矩形，所以AB//CD，AD//BC，CD=AB=$9k$，BC=AD=$8k$，∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，AB·AD=288，即$k^2$=4.所以$k$=2.则AB=CD=18，AD=BC=16.又E，F，G，H分别是AB，CD的三等分点，所以AE=EF=BF=DH=HG=CG=6.所以AF=DG=12，四边形AECG和四边形BFDH都是平行四边形，即BH//DF，AG//CE.设AG分别交DF，BH于M，N两点，CE分别交DF，BH于Q，P两点，则四边形MNPQ是平行四边形.在Rt△ADF中，由勾股定理，得DF=$\sqrt{AD^2+AF^2}$=20.同理，得BH=AG=CE=20.又AB//CD，所以∠AFM=∠GDM.又∠AMF=∠GMD，所以△AMF≌△GMD(AAS).所以AM=GM，FM=DM，即AM=GM=DM=FM=10.又CE//AG，E是AF的中点，所以EQ是△AMF的中位线，即FQ=MQ=$\frac{1}{2}$FM=5.同理，得MN=5，所以MQ=MN.所以四边形MNPQ是菱形，即菱形MNPQ的周长为MN+NP+PQ+MQ=4MN=20.所以题图中阴影四边形的周长为20.
11. 已知一个不透明袋中装有标号分别为 1，2，3，4，…，$ n $($ n $ 为正奇数)的 $ n $ 个小球，这些小球除所标数外其他都相同. 若搅匀后从中任意摸出一个小球，则摸出的小球上所标数为
奇
数的概率大. (填“奇”或“偶”)
答案：11.奇
12. 一个袋子中只装有红、白两种颜色的球，这些球的形状、质地等完全相同，其中白色球有 3 个，红色球有 $ n $ 个. 在看不到球的条件下，从袋子中任意摸出一个球，记录下颜色后，放回袋子中并摇匀，同学们进行了大量重复试验，发现摸出白球的频率稳定在 0.2 附近，则 $ n $ 的值约为
12
.
答案：12.12
解析：
袋子中球的总数为$n + 3$个，摸出白球的概率为$\frac{3}{n + 3}$。
由摸出白球的频率稳定在$0.2$附近，可得$\frac{3}{n + 3} = 0.2$。
解方程：$0.2(n + 3) = 3$，$n + 3 = 15$，$n = 12$。
12
13. 为了解全区 5 000 名初中毕业生的体重情况，随机抽测了 200 名学生的体重，频数分布直方图如图所示(每小组数据含最小值，不含最大值)，其中从左至右前四个小长方形的高之比为 $ 2 : 3 : 4 : 5 $，且体重小于 $ 50 \mathrm{ kg} $ 的学生人数占抽测总人数的 $ \dfrac{1}{4} $，由此可估计全区初中毕业生的体重不小于 $ 60 \mathrm{ kg} $ 的学生人数约为
1500
.
答案：13.1500
解析：
设从左至右前四个小长方形的频数分别为$2x$、$3x$、$4x$、$5x$。
体重小于$50\mathrm{kg}$的学生人数为前两个小组的频数之和，即$2x + 3x=5x$。
已知体重小于$50\mathrm{kg}$的学生人数占抽测总人数的$\dfrac{1}{4}$，抽测总人数为$200$，则$5x = 200×\dfrac{1}{4}$，解得$x = 10$。
所以前四个小组的频数分别为$20$、$30$、$40$、$50$。
设后两个小组的频数之和为$y$，则$20 + 30 + 40 + 50 + y=200$，解得$y = 60$。
估计全区初中毕业生的体重不小于$60\mathrm{kg}$的学生人数约为$5000×\dfrac{60}{200}=1500$。
1500
