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北京市2024-2025学年七年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2021春 鹿城区校级期中）一种细胞的直径的为0.00000155米，其中0.00000155用科学记数法表示为（　　）
A．1.55×10﹣6 B．1.55×106 C．1.55×10﹣5 D．15.5×10﹣5
2．（2分）（2022春 溧阳市期末）若a＜b，则下列不等式不一定成立的是（　　）
A．5a＜5b B．ac＜bc C．a+3＜b+3 D．
3．（2分）（2024 和平区校级三模）下列运算正确的是（　　）
A．a2 a4＝a8 B．a4+a4＝a8
C．（ab）3＝a3b3 D．（a2）4＝a6
4．（2分）（2024 常德模拟）下列调查中，调查方式选择合理的是（　　）
A．为了解全国青少年儿童的睡眠时间，统计人员采用普查的方式
B．为了解某市市民每天丢弃塑料袋数量的情况，采用普查的方式
C．为了解乘客是否携带危险物品，高铁站工作人员对部分乘客进行抽查
D．为保证神舟十七号载人飞船顺利发射，对所有零件进行了全面检查
5．（2分）（2024春 临县月考）下列哪组x，y的值不是方程x﹣2y＝6的解（　　）
A． B． C． D．
6．（2分）（2024春 大兴区期末）不等式组x+1≥3的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2分）（2022秋 淄川区期中）淄川区域内的风景文化名胜很多．其中蒲松龄故居、服装城、1954文化广场、潭溪山、马鞍山抗日遗址都有很好的风光和丰富的文化底蕴，某班同学分小组到以上五个地方进行研学旅行，人数分别为12，5，11，5，7，这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．5人，7人 B．5人，11人 C．5人，12人 D．7人，11人
8．（2分）（2024秋 永春县期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．若a＝b，则a2＝b2 B．若|a|＝|b|，则a＝b
C．若ab＝0，则a＝0 D．若a2＝b2，则a＝b
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022 莱芜区三模）因式分解：3m2﹣mn＝　 　 ．
10．（2分）（2024秋 咸安区期末）请加上一个数配成完全平方式：x2﹣6x+　 　 ．
11．（2分）（2023春 通州区期末）能作为反例说明命题“如果a＞﹣3，那么 a2＞9“是假命题的a的一个值可以为 　 　 ．
12．（2分）若a+3b＝2，3a﹣b＝6，则2a+b的值为　 　 ．
13．（2分）（2022秋 东湖区校级月考）已知a为有理数，{a}表示不小于a的最小整数，如{}＝1，{﹣3}＝﹣3，则计算{﹣6}﹣{5}×{﹣1}÷{4.9}＝　 　 ．
14．（2分）（2024春 迪庆州期末）某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛．已知某位选手的礼仪服装、语言表达、考生形态这三项的得分分别为95分，80分，80分，若依次按照40%，25%，35%的百分比确定成绩，该选手的成绩是 　 　 ．
15．（2分）将一把断开的直尺的两段拼成如图所示图形，使点E，D，B，F在同一直线上，如果∠CBF＝130°，那么∠ADB的度数是 　 　 ．
16．（2分）（2024秋 思明区校级期末）图1中三条线段的长如图所示，用n个图1拼成图2的总长度 　 　 ．（用含n的代数式表示）
三．解答题（共12小题）
17．解方程组：
（1）；
（2）．
18．（2024 惠城区一模）解不等式组：．
19．（2022秋 乌鲁木齐县期中）计算：
（1）（x+3y）（2x﹣5y）；
（2）（8xy3﹣6x2y2+4x3y）÷2xy．
20．（2023春 邗江区期中）因式分解：
（1）a2﹣4b2；
（2）2a2﹣20a+50．
21．（2024春 沛县校级期末）化简求值：
（1）化简求值（a﹣2）2﹣（a+3）（a﹣3），其中．
（2）已知（a+b）2＝17，（a﹣b）2＝5，求代数式ab的值．
22．（2024 交口县模拟）在甲辰龙年到来之际，某中学组织学生利用寒假时间走进山西博物院，共赴一场跨越时空的文化之旅，体验华夏文明的深厚底蕴与独特魅力!山西博物院现有藏品50余万件，主要来源于20世纪20年代以来的考古出土和百年来的征集积累，尤以青铜、书画、瓷器、壁画、石刻等颇具特色．
（1）某校“综合与实践”小组为了了解全校1800名学生最感兴趣的山西博物院藏品情况，计划开展调查，下列调查方式中最为合理的是 　 　 ．
A．对全校1800名学生进行全面调查
B．选择部分年级的学生进行调查
C．选择该校文物爱好小组的学生进行调查
D．在全校每个年级中随机抽取部分学生进行调查
（2）通过选择最为合理的调查方式开展调查，形成了如下调查报告（不完整）：
××中学学生最感兴趣的山西博物院藏品情况调查报告
调查目的 了解本校学生最感兴趣的山西博物院藏品情况
调查方式 随机抽样调查 调查对象 ××中学部分学生
调查内容 你最感兴趣的山西博物院藏品是_____．（必选且只能选一项） A．青铜 B．书画 C．瓷器 D．壁画 E．石刻
调查结果
调查结论 …
结合调查信息，解决下列问题：
①本次共调查了多少名学生？
②被调查的学生中对石刻最感兴趣的人数有多少？
③补全扇形统计图．
④估计该校1800名学生中对壁画最感兴趣的人数．
23．（2023秋 南岗区校级期中）如图，点M，N分别在直线AB，CD上．
（1）过点M作直线CD的平行线，过点N作直线CD的垂线，这两条直线相交于点E，直线CD的垂线与直线AB交于点F．
（2）若EF＝3，ME＝4，MF＝5，直接写出点E到直线AB的距离为 　 　 ．
24．（2023春 东城区期末）请将下面的证明过程补充完整：
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝40°，∠BAD＝80°，∠BAD的角平分线交BC于点E，求证：AE∥DC．
证明：∵AE平分∠BAD，∠BAD＝80°（已知），
∴（理由：　 　 ）．
∵AD∥BC（已知），
∴　 　 ＝∠DAE＝40°（理由：　 　 ）．
∵∠BCD＝40°（已知），
∴∠BCD＝　 　 （等量代换）．
∴AE∥DC（理由：　 　 ）．
25．（2022春 石景山区期末）某运输公司要将30吨蔬菜从仓储中心运往北京．现有A，B两种型号的车辆可供调用，已知A型车每辆可装3吨，B型车每辆可装2吨．现公司已确定调用5辆A型车，在每辆车不超载的前提下，要把30吨蔬菜一次性运完，至少需要调用B型车多少辆．
26．（2022春 鲤城区校级期中）已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货11吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货13吨．根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆A型车和1辆B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
（2）某物流公司现有31吨货物，计划同时租用A型车a辆，B型车b辆（两种型号车均租用），一次运完，且恰好每辆车都载满货物，直接写出该物流公司所有的租车方案．
27．（2022秋 大城县期末）有一些分别标有2，4，6，8…的卡片，后一张卡片上的数比前一张卡片上的数大2．
（1）嘉琪拿到一张卡片，上面的数字是20，她拿的是第几张卡片？
（2）嘉嘉拿到了相邻的5张卡片，这些卡片上的数字之和为160，他拿到的5张卡片都是第几张？
（3）现在在这些连续的卡片中每隔一个拿一张卡片，是否存在这样的5张卡片，使得这些卡片上的数之和为165？
28．（2024春 大兴区期中）如图1，AB∥CD，若点E为平面内一动点（点E不在直线AD和直线CD上），连接ED，过点E作EF∥CD，且点F在点E的右侧．
（1）当点E运动到如图2所示位置时，求证：∠A﹣∠DEF＝∠ADE；
（2）直接用等式表示出∠A，∠ADE，∠DEF之间存在的所有数量关系．
北京市2024-2025学年七年级下学期数学期末押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2021春 鹿城区校级期中）一种细胞的直径的为0.00000155米，其中0.00000155用科学记数法表示为（　　）
A．1.55×10﹣6 B．1.55×106 C．1.55×10﹣5 D．15.5×10﹣5
【考点】科学记数法—表示较小的数．
【专题】实数；运算能力．
【答案】A
【分析】绝对值小于1的数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000155＝1.55×10﹣6．
故选：A．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
2．（2分）（2022春 溧阳市期末）若a＜b，则下列不等式不一定成立的是（　　）
A．5a＜5b B．ac＜bc C．a+3＜b+3 D．
【考点】不等式的性质．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；推理能力．
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，对给出的选项逐一分析判断即可．
【解答】解：A．∵a＜b，∴5a＜5b，原变形正确，故此选项不符合题意；
B．∵a＜b，当c＜0时，ac＞bc，原变形不一定正确，故此选项符合题意；
C．∵a＜b，∴a+3＜b+3，原变形正确，故此选项不符合题意；
D．∵a＜b，∴，原变形正确，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．不等式的基本性质：①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
3．（2分）（2024 和平区校级三模）下列运算正确的是（　　）
A．a2 a4＝a8 B．a4+a4＝a8
C．（ab）3＝a3b3 D．（a2）4＝a6
【考点】幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【答案】C
【分析】分别运用同底数幂相乘、合并同类项、幂的乘方与积的乘方对各选项进行逐一计算即可求解．
【解答】解：∵a2 a4＝a6，
∴选项A不符合题意；
∵a4+a4＝2a4，
∴选项B不符合题意；
∵（ab）3＝a3b3，
∴选项C符合题意；
∵（a2）4＝a8，
∴选项D不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了同底数幂相乘、合并同类项、幂的乘方与积的乘方的运算能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行正确地计算．
4．（2分）（2024 常德模拟）下列调查中，调查方式选择合理的是（　　）
A．为了解全国青少年儿童的睡眠时间，统计人员采用普查的方式
B．为了解某市市民每天丢弃塑料袋数量的情况，采用普查的方式
C．为了解乘客是否携带危险物品，高铁站工作人员对部分乘客进行抽查
D．为保证神舟十七号载人飞船顺利发射，对所有零件进行了全面检查
【考点】全面调查与抽样调查．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似解答．
【解答】解：A、为了解全国青少年儿童的睡眠时间，宜应该采用抽样调查的方式，本选项说法错误，不符合题意；
B、为了解某市市民每天丢弃塑料袋数量的情况，宜应该采用抽样调查的方式，本选项说法错误，不符合题意；
C、为了解乘客是否携带危险物品，高铁站工作人员对部分乘客进行抽查，宜采采用普查的方式，本选项说法错误，不符合题意；
D、为保证神舟十七号载人飞船顺利发射，对所有零件进行了全面检查，宜采用普查的方式，本选项说法正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是抽样调查和全面调查，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
5．（2分）（2024春 临县月考）下列哪组x，y的值不是方程x﹣2y＝6的解（　　）
A． B． C． D．
【考点】二元一次方程的解．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】把各个选项中的x、y的对应值代入方程检验即可．
【解答】解：A．当x＝﹣4，y＝﹣5时，x﹣2y＝﹣4﹣2×（﹣5）＝﹣4+10＝6，因此选项A不符合题意；
B．当x＝8，y＝0时，x﹣2y＝8﹣2×0＝8﹣0＝8≠6，因此选项B符合题意；
C．当x＝2，y＝﹣2时，x﹣2y＝2﹣2×（﹣2）＝2+4＝6，因此选项C不符合题意；
D．当x＝4，y＝﹣1时，x﹣2y＝4﹣2×（﹣1）＝4+2＝6，因此选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，理解二元一次方程组解的定义是正确解答的关键．
6．（2分）（2024春 大兴区期末）不等式组x+1≥3的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】方程与不等式；运算能力．
【答案】D
【分析】先求出不等式的解集，再把不等式的解集表示在数轴上确定正确选项即可．
【解答】解：x+1≥3，
解得：x≥2，
在数轴上表示为：
故选：D．
【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集和解不等式，熟练掌握在数轴表示解集是关键．
7．（2分）（2022秋 淄川区期中）淄川区域内的风景文化名胜很多．其中蒲松龄故居、服装城、1954文化广场、潭溪山、马鞍山抗日遗址都有很好的风光和丰富的文化底蕴，某班同学分小组到以上五个地方进行研学旅行，人数分别为12，5，11，5，7，这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．5人，7人 B．5人，11人 C．5人，12人 D．7人，11人
【考点】众数；中位数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】A
【分析】众数是一组数据中出现次数最多的数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），即可得出答案．
【解答】解：5出现了2次，出现的次数最多，则众数是5人；
把这组数据从小到大排列：5，5，7，11，12，中间的数是7，则中位数是7人．
故选：A．
【点评】此题考查了众数和中位数，熟练掌握定义是解答本题的关键．
8．（2分）（2024秋 永春县期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．若a＝b，则a2＝b2 B．若|a|＝|b|，则a＝b
C．若ab＝0，则a＝0 D．若a2＝b2，则a＝b
【考点】命题与定理；绝对值；有理数的乘法．
【专题】实数；运算能力．
【答案】A
【分析】根据实数的平方、绝对值的性质、实数的乘法法则判断即可．
【解答】解：A、若a＝b，则a2＝b2，是真命题，符合题意；
B、若|a|＝|b|，则a＝±b，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、若ab＝0，则a＝0或b＝0或a、b同时为0，故本选项说法是假命题，不符合题意；
D、若a2＝b2，则a＝±b，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022 莱芜区三模）因式分解：3m2﹣mn＝　m（3m﹣n）　 ．
【考点】因式分解﹣提公因式法．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【答案】m（3m﹣n）．
【分析】找到公因式，用提公因式法分解即可．
【解答】解：原式＝m（3m﹣n），
故答案为：m（3m﹣n）．
【点评】本题考查了因式分解的提公因式法，确定公因式是解决本题的关键．
10．（2分）（2024秋 咸安区期末）请加上一个数配成完全平方式：x2﹣6x+　9　 ．
【考点】完全平方式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】9．
【分析】根据完全平方式的特征进行计算，即可解答．
【解答】解：x2﹣6x+9＝（x﹣3）2，
故答案为：9．
【点评】本题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方式的特征是解题的关键．
11．（2分）（2023春 通州区期末）能作为反例说明命题“如果a＞﹣3，那么 a2＞9“是假命题的a的一个值可以为 　﹣2（答案不唯一）　 ．
【考点】命题与定理．
【专题】开放型；推理能力．
【答案】﹣2（答案不唯一）．
【分析】答案不唯一，只要在﹣3＜a＜3的范围内任意一个值即可说明这个命题是假命题．
【解答】解：a的值可以是﹣2．
∵当a＝﹣2，a2＝4＜9，
∴若a＞﹣3，则a2＞9”是假命题．
故答案为：﹣2（答案不唯一）．
【点评】此题属于开放型试题，答案不唯一，主要考查了利用举例法证明一个命题是假命题．要说明一个数学命题是假命题，只需举出一个反例即可，这是数学中常用的一种方法之一．
12．（2分）若a+3b＝2，3a﹣b＝6，则2a+b的值为　4　 ．
【考点】解二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】4．
【分析】先将已知条件组成方程组，直接相加即可得出4a+2b＝8，从而求出答案．
【解答】解：根据题意得，
①+②，得4a+2b＝8，
所以2a+b＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握解二元一次方程组的解法是关键．
13．（2分）（2022秋 东湖区校级月考）已知a为有理数，{a}表示不小于a的最小整数，如{}＝1，{﹣3}＝﹣3，则计算{﹣6}﹣{5}×{﹣1}÷{4.9}＝　﹣5　 ．
【考点】有理数大小比较；有理数的减法；有理数的除法．
【专题】实数；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据新定义，将{﹣6}﹣{5}×{﹣1}÷{4.9}化简为﹣6﹣5×（﹣1）÷5，再根据有理数的混合运算法则解决此题．
【解答】解：{﹣6}﹣{5}×{﹣1}÷{4.9}
＝﹣6﹣5×（﹣1）÷5
＝﹣6﹣（﹣5）÷5
＝﹣6﹣（﹣1）
＝﹣6+1
＝﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】本题主要考查有理数的大小比较、有理数的混合运算，熟练掌握有理数的大小关系、有理数的混合运算法则是解决本题的关键．
14．（2分）（2024春 迪庆州期末）某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛．已知某位选手的礼仪服装、语言表达、考生形态这三项的得分分别为95分，80分，80分，若依次按照40%，25%，35%的百分比确定成绩，该选手的成绩是 　86分　 ．
【考点】加权平均数．
【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】86分．
【分析】根据加权平均数的定义进行计算即可得到答案．
【解答】解：∵95×40%+80×25%+80×35%＝86（分），
∴该选手的成绩是86分．
故答案为：86分．
【点评】本题主要考查了加权平均数，解题的关键是熟记加权平均数的定义及计算方法．
15．（2分）将一把断开的直尺的两段拼成如图所示图形，使点E，D，B，F在同一直线上，如果∠CBF＝130°，那么∠ADB的度数是 　50°　 ．
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】50°．
【分析】先根据邻补角定义求出∠CBE的度数，然后根据两直线平行，内错角相等即可推出∠ADB＝∠CBE，即可求出∠ADB的度数．
【解答】解：∵∠CBF＝130°，
∴∠CBE＝180°﹣130°＝50°，
∵AD∥CB，
∴∠ADB＝∠CBE＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题主要考查平行线的性质和邻补角定义，熟练掌握“两直线平行，内错角相等”是解决问题的关键．
16．（2分）（2024秋 思明区校级期末）图1中三条线段的长如图所示，用n个图1拼成图2的总长度 　5n+2　 ．（用含n的代数式表示）
【考点】规律型：图形的变化类；列代数式．
【专题】规律型；运算能力；推理能力．
【答案】5n+2．
【分析】观察得出规律：每增加1个图1，长度增加5，从而得出答案．
【解答】解：用1个图1的长度为：1+5+1＝5×1+2，
用2个图1拼成的图形的长度为：1+5+1+5＝5×2+2，
用3个图1拼成的图形的长度为：1+5+1+5+5＝5×3+2，
……
用n个图1拼成的图形的长度为：5n+2，
故答案为：5n+2．
【点评】本题考查图形的变化类、列代数式、有理数运算等，解答本题的关键是明确题意，发现图形的变化规律，写出图形的总长度．
三．解答题（共12小题）
17．解方程组：
（1）；
（2）．
【考点】解二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用加减消元法解方程组即可；
（2）利用代入消元法解方程组即可．
【解答】解：（1），
①+②得：3x＝18，
解得：x＝6，
将x＝6代入①得：6+y＝11，
解得：y＝5，
故原方程组的解为；
（2）原方程组变形为，
将②代入①得：2y﹣y＝6，
解得：y＝6，
将y＝6代入②得：x+1＝6，
解得：x＝5，
故原方程组的解为．
【点评】本题考查解二元一次方程组，熟练掌握解方程组的方法是解题的关键．
18．（2024 惠城区一模）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】5＜x＜15．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①得：x＞5，
解不等式②得：x＜15，
则不等式组的解集为5＜x＜15．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19．（2022秋 乌鲁木齐县期中）计算：
（1）（x+3y）（2x﹣5y）；
（2）（8xy3﹣6x2y2+4x3y）÷2xy．
【考点】整式的除法；多项式乘多项式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）2x2+xy﹣15y2；
（2）4y2﹣3xy+2x2．
【分析】（1）根据多项式乘多项式的法则进行计算即可；
（2）根据多项式除以单项式的法则进行运算即可．
【解答】解：（1）（x+3y）（2x﹣5y）
＝2x2﹣5xy+6xy﹣15y2
＝2x2+xy﹣15y2；
（2）（8xy3﹣6x2y2+4x3y）÷2xy＝4y2﹣3xy+2x2．
【点评】本题考查的是多项式乘多项式，多项式除单项式，掌握相关的运算法则是关键．
20．（2023春 邗江区期中）因式分解：
（1）a2﹣4b2；
（2）2a2﹣20a+50．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）（a+2b）（a﹣2b）；
（2）2（a﹣5）2．
【分析】（1）利用平方差公式进行分解，即可解答；
（2）先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
【解答】解：（1）a2﹣4b2＝（a+2b）（a﹣2b）；
（2）2a2﹣20a+50
＝2（a2﹣10a+25）
＝2（a﹣5）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
21．（2024春 沛县校级期末）化简求值：
（1）化简求值（a﹣2）2﹣（a+3）（a﹣3），其中．
（2）已知（a+b）2＝17，（a﹣b）2＝5，求代数式ab的值．
【考点】整式的混合运算—化简求值；完全平方公式；平方差公式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）13﹣4a，原式＝10；
（2）3．
【分析】（1）先利用完全平方公式，平方差公式进行计算，然后把a的值代入化简后的式子进行计算，即可解答；
（2）利用完全平方公式进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）（a﹣2）2﹣（a+3）（a﹣3）
＝a2﹣4a+4﹣（a2﹣9）
＝a2﹣4a+4﹣a2+9
＝13﹣4a，
当时，原式＝13﹣413﹣3＝10；
（2）∵（a+b）2＝17，（a﹣b）2＝5，
∴4ab＝（a+b）2﹣（a﹣b）2＝17﹣5＝12，
∴ab＝3．
【点评】本题考查了整式的混合运算﹣化简求值，完全平方公式，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
22．（2024 交口县模拟）在甲辰龙年到来之际，某中学组织学生利用寒假时间走进山西博物院，共赴一场跨越时空的文化之旅，体验华夏文明的深厚底蕴与独特魅力!山西博物院现有藏品50余万件，主要来源于20世纪20年代以来的考古出土和百年来的征集积累，尤以青铜、书画、瓷器、壁画、石刻等颇具特色．
（1）某校“综合与实践”小组为了了解全校1800名学生最感兴趣的山西博物院藏品情况，计划开展调查，下列调查方式中最为合理的是 　D　 ．
A．对全校1800名学生进行全面调查
B．选择部分年级的学生进行调查
C．选择该校文物爱好小组的学生进行调查
D．在全校每个年级中随机抽取部分学生进行调查
（2）通过选择最为合理的调查方式开展调查，形成了如下调查报告（不完整）：
××中学学生最感兴趣的山西博物院藏品情况调查报告
调查目的 了解本校学生最感兴趣的山西博物院藏品情况
调查方式 随机抽样调查 调查对象 ××中学部分学生
调查内容 你最感兴趣的山西博物院藏品是_____．（必选且只能选一项） A．青铜 B．书画 C．瓷器 D．壁画 E．石刻
调查结果
调查结论 …
结合调查信息，解决下列问题：
①本次共调查了多少名学生？
②被调查的学生中对石刻最感兴趣的人数有多少？
③补全扇形统计图．
④估计该校1800名学生中对壁画最感兴趣的人数．
【考点】扇形统计图；全面调查与抽样调查；用样本估计总体．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）D；（2）①100名；②5名；③见解答；④270名．
【分析】（1）根据抽样调查所抽取的样本需要具有代表性求解即可；
（2）由B类别人数及其所占百分比可得总人数；
②总人数乘以E类别对应的百分比可得答案；
③先用C、D人数分别除以总人数求出其所占百分比，再根据百分比之和为1求出A类别对应百分比即可补全图形；
④总人数乘以样本中D类别对应的百分比即可．
【解答】解：（1）调查方式中最为合理的是：D．在全校每个年级中随机抽取部分学生进行调查，
故答案为：D；
（2）①本次共调查的学生人数为30÷30%＝100（名）；
②被调查的学生中对石刻最感兴趣的人数有100×5%＝5（名）；
③C类别人数所占百分比为100%＝10%，D类别人数所占百分比为100%＝15%，
则A类别人数所占百分比为1﹣（30%+10%+15%+5%）＝40%，
补全扇形图如下：
④1800×15%＝270（名），
答：估计该校1800名学生中对壁画最感兴趣的人数约为270名．
【点评】本题考查频数（率）分布直方图以及用样本估计总体，弄清题中的数据是解本题的关键．
23．（2023秋 南岗区校级期中）如图，点M，N分别在直线AB，CD上．
（1）过点M作直线CD的平行线，过点N作直线CD的垂线，这两条直线相交于点E，直线CD的垂线与直线AB交于点F．
（2）若EF＝3，ME＝4，MF＝5，直接写出点E到直线AB的距离为 　　 ．
【考点】作图—复杂作图；点到直线的距离；勾股定理的逆定理．
【专题】作图题；面积法；几何直观．
【答案】（1）画图见解答过程；
（2）．
【分析】（1）点M作直线CD的平行线，过点N作直线CD的垂线即可；
（2）由面积法可得答案．
【解答】解：（1）根据题意画出图形如下：
（2）设点E到直线AB的距离为h，
∵2S△MEF＝ME EF＝MF h，
∴h；
故答案为：．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握面积法列方程解决问题．
24．（2023春 东城区期末）请将下面的证明过程补充完整：
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝40°，∠BAD＝80°，∠BAD的角平分线交BC于点E，求证：AE∥DC．
证明：∵AE平分∠BAD，∠BAD＝80°（已知），
∴（理由：　角平分线的定义　 ）．
∵AD∥BC（已知），
∴　∠AEB　 ＝∠DAE＝40°（理由：　两直线平行，内错角相等　 ）．
∵∠BCD＝40°（已知），
∴∠BCD＝　∠AEB　 （等量代换）．
∴AE∥DC（理由：　同位角相等，两直线平行　 ）．
【考点】多边形内角与外角；平行线的判定与性质．
【专题】证明题；线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】角平分线的定义；∠AEB；两直线平行，内错角相等；∠AEB；同位角相等，两直线平行．
【分析】由角平分线求出∠DAE，再由平行的性质求出∠AEB，从而可判断∠AEB和∠BCD的大小关系，从而可证明AE∥DC．
【解答】证明：∵AE平分∠BAD，∠BAD＝80°（已知），
∴（理由：角平分线的定义）．
∵AD∥BC（已知），
∴∠AEB＝∠DAE＝40°（理由：两直线平行，内错角相等）．
∵∠BCD＝40°（已知），
∴∠BCD＝∠AEB（等量代换）．
∴AE∥DC（理由：同位角相等，两直线平行）．
故答案为：角平分线的定义；∠AEB；两直线平行，内错角相等；∠AEB；同位角相等，两直线平行．
【点评】本题考查了角平分线的定义、平行线的性质和判定．本题的关键是熟练应用平行的性质和判定．
25．（2022春 石景山区期末）某运输公司要将30吨蔬菜从仓储中心运往北京．现有A，B两种型号的车辆可供调用，已知A型车每辆可装3吨，B型车每辆可装2吨．现公司已确定调用5辆A型车，在每辆车不超载的前提下，要把30吨蔬菜一次性运完，至少需要调用B型车多少辆．
【考点】一元一次不等式的应用．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】至少需要调用B型车8辆．
【分析】设需要调用x辆B型车，根据要把30吨蔬菜一次性运完，即可得出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，再取其中的最小整数值即可得出结论．
【解答】解：设需要调用x辆B型车，
根据题意，得 3×5+2x≥30，
解得：，
∵x为正整数，
∴x的最小值为8，
答：至少需要调用B型车8辆．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
26．（2022春 鲤城区校级期中）已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货11吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货13吨．根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆A型车和1辆B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
（2）某物流公司现有31吨货物，计划同时租用A型车a辆，B型车b辆（两种型号车均租用），一次运完，且恰好每辆车都载满货物，直接写出该物流公司所有的租车方案．
【考点】二元一次方程组的应用；二元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）1辆A型车载满货物一次可运货3吨，1辆B型车载满货物一次可运货5吨；
（2）该物流公司共有2种租车方案，方案1：租2辆A型车，5辆B型车；方案2：租7辆A型车，2辆B型车．
【分析】（1）设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，根据“用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货11吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货13吨”，即可得出二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据租用的车辆可一次运载货物31吨且恰好每辆车都载满货物，即可得出关于a，b的二元一次方程，求出正整数解，即可得出各租车方案．
【解答】解：（1）设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，
依题意得：，
解得：，
答：1辆A型车载满货物一次可运货3吨，1辆B型车载满货物一次可运货5吨．
（2）依题意得：3a+5b＝31，
∵a，b均为正整数，
∴或，
∴该物流公司共有2种租车方案：
方案1：租2辆A型车，5辆B型车；
方案2：租7辆A型车，2辆B型车．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、二元一次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
27．（2022秋 大城县期末）有一些分别标有2，4，6，8…的卡片，后一张卡片上的数比前一张卡片上的数大2．
（1）嘉琪拿到一张卡片，上面的数字是20，她拿的是第几张卡片？
（2）嘉嘉拿到了相邻的5张卡片，这些卡片上的数字之和为160，他拿到的5张卡片都是第几张？
（3）现在在这些连续的卡片中每隔一个拿一张卡片，是否存在这样的5张卡片，使得这些卡片上的数之和为165？
【考点】规律型：数字的变化类；一元一次方程的应用．
【专题】规律型；运算能力．
【答案】（1）第10张；（2）第14、15、16、17、18张；（3）不存在．
【分析】（1）设嘉琪拿的是第x张卡片，依题意列出一元一次方程，即可求解；
（2）设嘉嘉拿的五张相邻卡片中间卡片上的数字为2a，根据这些卡片上的数字之和为160，列出一元一次方程，即可求解；
（3）设五张卡片中间卡片上的数字为2m，根据这些卡片上的数之和为165，列出一元一次方程，解方程即可求解．
【解答】解：（1）设嘉琪拿的是第x张卡片，依题意，2x＝20，
解得x＝10，
答：嘉琪拿的是第10张卡片．
（2）设嘉嘉拿的五张相邻卡片中间卡片上的数字为2a，则2a﹣4+2a﹣2+2a+2a+2+2a+4＝160，
解得a＝16，
∴嘉嘉拿的是第14、15、16、17、18张卡片．
（3）设五张卡片中间卡片上的数字为2m，则2m﹣8+2m﹣4+2m+2m+4+2m+8＝165，
解得m＝16.5，
∴2m＝33，
∵33不是2的倍数，
所以不可能拿到满足条件的5张卡片．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
28．（2024春 大兴区期中）如图1，AB∥CD，若点E为平面内一动点（点E不在直线AD和直线CD上），连接ED，过点E作EF∥CD，且点F在点E的右侧．
（1）当点E运动到如图2所示位置时，求证：∠A﹣∠DEF＝∠ADE；
（2）直接用等式表示出∠A，∠ADE，∠DEF之间存在的所有数量关系．
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）∠A﹣∠DEF＝∠ADE；∠A+∠ADE＝∠DEF；∠A+∠DEF＝∠ADE；∠A+∠DEF+∠ADE＝360°．
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等和角的关系解答即可；
（2）可分为四种情况，依次画出情况，利用平行线的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADC，
∵EF∥CD，
∴∠DEF＝∠EDC，
∴∠A﹣∠DEF＝∠ADC﹣∠EDC，
即∠A﹣∠DEF＝∠ADE．
（2）解：当点E在AD左侧，且在CD上方，根据（1）可得∠A﹣∠DEF＝∠ADE；
如图，当点E在AD右侧时，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADC，
∵EF∥CD，
∴∠DEF＝∠EDC，
∴∠A+∠ADE＝∠DEF；
如图，当点E在AD左侧，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADC，
∵EF∥CD，
∴∠DEF＝∠EDC，
∴∠A+∠DEF＝∠ADE；
如图，当点E在AD右侧，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADC，
∵EF∥CD，
∴∠DEF＝∠EDC，
∴∠A+∠DEF+∠ADE＝360°，
综上所述，可得∠A﹣∠DEF＝∠ADE；∠A+∠ADE＝∠DEF；∠A+∠DEF＝∠ADE；∠A+∠DEF+∠ADE＝360°．
【点评】本题考查平行线的性质，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
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