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广东省深圳市2024-2025学年七年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春 永定区期末）下列图形中，∠1与∠2是对顶角的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2023春 东方校级月考）肥皂泡的泡壁厚度大约是0.0009mm，0.0009用科学记数法表示为（　　）
A．0.9×10﹣3 B．9×10﹣3 C．9×10﹣4 D．9×10﹣5
3．（3分）（2021 越秀区校级开学）下列轴对称图形中，对称轴最多的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）（2024 浙江模拟）下列计算正确的是（　　）
A．a4+a4＝a8 B．a4﹣a3＝a C．a8÷a4＝a2 D．（a4）4＝a16
5．（3分）（2024春 思明区校级期中）如图，下列条件中不能判定AB∥CD的是（　　）
A．∠3＝∠4 B．∠3+∠5＝180°
C．∠1+∠4＝180° D．∠2＝∠4
6．（3分）（2023春 杨浦区期末）下列条件中，能判定两个三角形全等的是（　　）
A．有一个内角是50°的两个直角三角形
B．有一个内角是50°的两个等腰三角形
C．有一个内角为50°且腰长为6cm的两个等腰三角形
D．有一个内角为100°且腰长为6cm的两个等腰三角形
7．（3分）如图，AC⊥CB，DB⊥CB，垂足分别为C、B，若用“ASA”证明△ABC≌△DCB还需添加的条件为（　　）
A．AB＝CD B．AC＝DB C．∠A＝∠D D．∠ABC＝∠DCB
8．（3分）（2024春 福田区校级期中）如图，在已知的△ABC中，按以下步骤尺规作图：
①分别以B、C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M、N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若CD＝AC，∠A＝50°，则∠B的度数为（　　）
A．20° B．25° C．30° D．40°
9．（3分）（2023秋 通州区校级月考）现有一列数x1，x2，x3…，x2023，其中x6＝3，x22＝4，x2018＝﹣8，且满足任意相邻三个数的和为相等的常数，则x1+x2+x3+…+x2023的值为（　　）
A．﹣669 B．﹣670 C．﹣673 D．﹣681
10．（3分）（2022秋 重庆月考）如图所示的是一台自动测温记录仪的图象，它反映了重庆秋季某天一段时间的气温T（℃）随时间t变化而变化的关系，观察图象得到的下列信息，其中错误的是（　　）
A．该段时间内最高气温为28℃
B．从6时至20时，气温随着时间的推移而上升
C．从6时至15时，气温随着时间的推移而上升
D．该段时间内6时达到最低气温
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）若3m+1＝243，则3m+2的值为 　 　 ．
12．（3分）（2024 红桥区二模）不透明袋子中装有9个球，其中有2个红球、3个黑球和4个蓝球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是 　 　 ．
13．（3分）（2023春 岚山区期末）如图，直线a∥b，∠APB的平分线交直线b于点C，若∠1＝30°，∠2＝70°，则∠3的度数是 　 　 ．
14．（3分）（2022秋 江海区校级期中）7.6785×1010﹣7.599×1010的计算结果用科学记数法表示 　 　 ．
15．（3分）如图，P，Q分别为射线OM，ON上的动点，∠OCB＝∠QOP＝90°，已知PQ＝OB，已知CB＝6，OC＝12，当OP的长度为 　 　 时，△OBC与△QPO全等．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16．（8分）（2024春 秦都区校级月考）计算下列各式（若能用乘法公式请用乘法公式计算）：
（1）（x+2y）（x﹣2y）﹣x（2x﹣y）；
（2）（2a+3b）2+（2a﹣b） （a+b）．
17．（6分）（2023 伊通县三模）先化简，再求值：（x+y）2﹣（2x2y+xy2）÷x，其中．
18．（7分）（2024春 唐山期末）如图，AB∥CD，CE平分∠BCD，∠B＝80°，∠CEF＝140°．
（1）求证：EF∥CD；
（2）若∠B＝α，∠CEF＝β，直接写出α和β满足什么数量关系时，EF∥CD？
19．（8分）如图，为计算机“扫雷”游戏的画面，在9×9个小方格的区中，随机地埋藏着10颗地雷，每个小方格最多能埋藏1颗地雷，小明游戏时先踩中一个小方格，显示数字2，它表示与这个方格相邻的8个小方格（图中黑框所围区域，设为A区域）中埋藏2颗地雷．
（1）若小明的第二步踩在A区域的小方格上，可能踩中地雷的概率是　 　 ．
（2）若小明的第二步踩在A区域外的小方格上，可能踩中地雷的概率是　 　 ．
（3）为了尽可能不踩中地雷，小明第二步应该选择A区域的　 　 （填“内部”或“外部”）．
20．（8分）（2024春 兴庆区校级期末）小明、小亮从图书馆出发，沿相同的线路跑向体育场，小明先跑一点路程后，小亮开始出发，当小亮超过小明150米时，小亮停下等候小明，两人相遇后，一起以小明原来的速度跑向体育场，如图反映了两人所跑路程y（米）与所用时间x（秒）之间的关系，请根据题意解答下列问题：
（1）自变量是 　 　 .因变量是 　 　 ；（填“x”或“y”）
（2）小明共跑了 　 　 米，小明的速度为 　 　 米/秒；
（3）图中a＝　 　 ，小亮在途中等候小明的时间是 　 　 秒；
（4）小亮在AB段的平均速度为多少？
21．（9分）（2024春 龙岗区期末）已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．P是BC边上一动点（P不与B、C重合），将△ACP沿AP折叠得△ADP，点C的对应点为D．
【特例感知】
（1）如图1，当点D落在AB上时，求CP的长；
【类比迁移】
（2）如图2，当点D在AB上方且满足∠B＝2∠BAD时，求CP的长；
【拓展提升】
（3）如图3，将线段AP绕点A逆时针旋转90°得AE，连接DE．
①当△ADE为等腰三角形时，直接写出CP长；
②连接PE，记CP＝x，△PDE的面积为y，请直接写出y与x的关系式．
22．（9分）（2024 枣阳市模拟）在△ABC中，AC＝BC，点D是边AB上不与点B重合的一动点，将△BDC绕点D旋转得到△EDF，点B的对应点E落在直线BC上，EF与AC相交于点G，连接AF．
（1）如图1，当点D与点A重合时，
①求证：FG＝AG；
②判断AF与BC的位置关系是 　 　 ；
（2）如图2，当点D不与点A重合，点E在边BC上时，判断AF与BC的位置关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D是AB的中点，点E在边BC上时，延长BA，CF相交于点P．若AB＝CD＝2，求PF的长．
广东省深圳市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10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春 永定区期末）下列图形中，∠1与∠2是对顶角的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】对顶角、邻补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【答案】D
【分析】根据对顶角的定义（角的两边互为反向延长线的两个角互为对顶角）解决此题．
【解答】解：A．根据对顶角的定义，A选项中∠1与∠2不是对顶角，那么A不符合题意．
B．根据对顶角的定义，B选项中∠1与∠2不是对顶角，那么B不符合题意．
C．根据对顶角的定义，C选项中∠1与∠2不是对顶角，那么C不符合题意．
D．根据对顶角的定义，D选项中∠1与∠2是对顶角，那么D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查对顶角，熟练掌握对顶角的定义是解决本题的关键．
2．（3分）（2023春 东方校级月考）肥皂泡的泡壁厚度大约是0.0009mm，0.0009用科学记数法表示为（　　）
A．0.9×10﹣3 B．9×10﹣3 C．9×10﹣4 D．9×10﹣5
【考点】科学记数法—表示较小的数．
【专题】实数；数感．
【答案】C
【分析】用科学记数法表示较小的数，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整数指数幂．
【解答】解：0.0009＝9×10﹣4．
故选：C．
【点评】本题主要考查了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．
3．（3分）（2021 越秀区校级开学）下列轴对称图形中，对称轴最多的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】解：选项A图形有1条对称轴，选项B图形有1条对称轴，选项C图形有3条对称轴，选项D图形有5条对称轴，
所以对称轴最多的是选项D．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
4．（3分）（2024 浙江模拟）下列计算正确的是（　　）
A．a4+a4＝a8 B．a4﹣a3＝a C．a8÷a4＝a2 D．（a4）4＝a16
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据合并同类项法则；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减；对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、a4+a4＝2a4，故此选项不符合题意；
B、a4与a3不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意；
C、a8÷a4＝a4，故此选项不符合题意；
D、（a4）4＝a16，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．
5．（3分）（2024春 思明区校级期中）如图，下列条件中不能判定AB∥CD的是（　　）
A．∠3＝∠4 B．∠3+∠5＝180°
C．∠1+∠4＝180° D．∠2＝∠4
【考点】平行线的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解答】解：A、∵∠3＝∠4，∴AB∥CD，不符合题意；
B、∵∠3+∠5＝180°，∴AB∥CD，不符合题意；
C、∵∠1+∠4＝180°，∠1+∠3＝180°，∴∠3＝∠4，∴AB∥CD，不符合题意；
D、∠2＝∠4不能判定AB∥CD，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了平行线的判定，熟记平行线的判定定理是解题的关键．
6．（3分）（2023春 杨浦区期末）下列条件中，能判定两个三角形全等的是（　　）
A．有一个内角是50°的两个直角三角形
B．有一个内角是50°的两个等腰三角形
C．有一个内角为50°且腰长为6cm的两个等腰三角形
D．有一个内角为100°且腰长为6cm的两个等腰三角形
【考点】全等三角形的判定；等腰三角形的性质．
【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】只知道角的关系无法判断全等，从而可证明A，B选项不正确；分50°是顶角和底角两种情况可判断C选项不正确；由SAS可判断D选项．
【解答】解：A：不知道两三角形边长关系，从而无法判断全等，故A选项不符合题意；
B：不知道两三角形边长关系，从而无法判断全等，故B选项不符合题意；
C：若50°为顶角，则该三角形三角为50°，65°，65°；
若50°为底角，则该三角形三角为50°，50°，80°，
此时两三角形不全等，故C选项不符合题意；
D：∵100°为钝角，
∴100°只能为等腰三角形的顶角，
∴根据SAS可知此时两三角形全等，
故D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定．本题的易错点是忽略50°既可以做底角又可以做顶角，从而错选C．
7．（3分）如图，AC⊥CB，DB⊥CB，垂足分别为C、B，若用“ASA”证明△ABC≌△DCB还需添加的条件为（　　）
A．AB＝CD B．AC＝DB C．∠A＝∠D D．∠ABC＝∠DCB
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：∵AC⊥CB，DB⊥CB，，
∴∠ACB＝∠DBC＝90°，
又BC＝CB，
A、AB＝CD，则Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
故A不符合题意；
B、AC＝DB，则△ABC≌△DCB（SAS），
故B不符合题意；
C、∠A＝∠D，则△ABC≌△DCB（AAS），
故C不符合题意；
D、∠ABC＝∠DCB，则△ABC≌△DCB（ASA），
故D符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
8．（3分）（2024春 福田区校级期中）如图，在已知的△ABC中，按以下步骤尺规作图：
①分别以B、C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M、N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若CD＝AC，∠A＝50°，则∠B的度数为（　　）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【考点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；作图—基本作图．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】利用基本作图得到MN垂直平分BC，则根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到∠B＝∠DCB，再利用CD＝AC得到∠CDA＝∠A＝50°，接着根据三角形外角性质可计算出∠B＝25°．
【解答】解：由作法得MN垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∴∠B＝∠DCB，
∵CD＝AC，
∴∠CDA＝∠A＝50°，
∵∠CDA＝∠B+∠DCB，
∴∠B∠CDA＝25°，
故选：B．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质．
9．（3分）（2023秋 通州区校级月考）现有一列数x1，x2，x3…，x2023，其中x6＝3，x22＝4，x2018＝﹣8，且满足任意相邻三个数的和为相等的常数，则x1+x2+x3+…+x2023的值为（　　）
A．﹣669 B．﹣670 C．﹣673 D．﹣681
【考点】规律型：数字的变化类．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】B
【分析】首先根据任意相邻三个数的和为相等的常数可推出x1＝x4＝x22＝…x2023＝x31＝4，x2＝x5＝x8＝…＝x2018＝﹣8，x3＝x6＝x9＝…＝x2022＝3，由此可求出答案．
【解答】解：∵任意相邻三个数的和为相等的常数，
∴x1＝x4＝x7＝…＝x22…＝x2023＝4，
x2＝x5＝x8＝…＝x2018＝﹣8，
x3＝x6＝x9＝…＝x2022＝3，
∵2023＝674×3+1，4﹣8+3＝﹣1，
∴x1+x2+x3+…+x2023
＝（﹣1）×674+4
＝﹣674+4
＝﹣670．
故选：B．
【点评】本题考查数字的变化规律，学生通过观察、归纳、抽象出数列的规律的能力，要求学生首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
10．（3分）（2022秋 重庆月考）如图所示的是一台自动测温记录仪的图象，它反映了重庆秋季某天一段时间的气温T（℃）随时间t变化而变化的关系，观察图象得到的下列信息，其中错误的是（　　）
A．该段时间内最高气温为28℃
B．从6时至20时，气温随着时间的推移而上升
C．从6时至15时，气温随着时间的推移而上升
D．该段时间内6时达到最低气温
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】根据函数的图象对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、由图象可知，该段时间内15时气温最高是28℃，故本选项不合题意；
B、由图象可知，从6时至20时，气温随着时间的推移先上升而后下降，故错误，本选项符合题意；
C、由图象可知，从6时至15时，气温随着时间的推移而上升，故正确，本选项不符合题意；
D、由图象可知，该段时间内最低气温为早上6点时的19℃，故本选项不合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查的是函数的图象，能根据函数图象在坐标系中的增减性判断出函数的增减性是解答此题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）若3m+1＝243，则3m+2的值为 　729　 ．
【考点】同底数幂的乘法．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】729．
【分析】先变形，再代入即可．
【解答】解：3m+2＝3m+1 3＝3×243＝729．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，适当的变形是解题的关键．
12．（3分）（2024 红桥区二模）不透明袋子中装有9个球，其中有2个红球、3个黑球和4个蓝球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是 　　 ．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；应用意识．
【答案】．
【分析】直接根据概率公式计算即可．
【解答】解：∵9个球中有2个红球，
∴从袋子中随机取出1个球，它是红球的概率是，
故答案为：．
【点评】本题考查概率公式，理解题意，掌握概率公式是解题的关键．
13．（3分）（2023春 岚山区期末）如图，直线a∥b，∠APB的平分线交直线b于点C，若∠1＝30°，∠2＝70°，则∠3的度数是 　20°　 ．
【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】20°．
【分析】过点P作PM∥a，根据平行线的性质求出∠APC＝30°+∠3，根据角平分线定义求出∠BPC＝30°+∠3，根据三角形外角性质求解即可．
【解答】解：如图，过点P作PM∥a，
∵a∥b，
∴a∥PM∥b，
∴∠1＝∠APM＝30°，∠3＝∠CPM，
∵∠APC＝∠APM+∠CPM，
∴∠APC＝30°+∠3，
∵PC平分∠APB，
∴∠APC＝∠BPC＝30°+∠3，
∵∠2＝∠3+∠BPC＝70°，
∴∠3＝20°，
故答案为：20°．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
14．（3分）（2022秋 江海区校级期中）7.6785×1010﹣7.599×1010的计算结果用科学记数法表示 　7.95×108　 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数；有理数的混合运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】7.95×108．
【分析】根据乘法分配律以及科学记数法的定义解答即可．
【解答】解：7.6785×1010﹣7.599×1010
＝（7.6785﹣7.599）×1010
＝0.0795×1010
＝7.95×108，
故答案为：7.95×108．
【点评】本题考查了科学记数法和有理数的混合运算，掌握科学记数法的定义是解答本题的关键．
15．（3分）如图，P，Q分别为射线OM，ON上的动点，∠OCB＝∠QOP＝90°，已知PQ＝OB，已知CB＝6，OC＝12，当OP的长度为 　6或12　 时，△OBC与△QPO全等．
【考点】全等三角形的判定．
【专题】三角形；图形的全等；运算能力；推理能力．
【答案】6或12．
【分析】分情况讨论，利用全等三角形的判定，证明Rt△OBC≌Rt△QPO（HL）；Rt△QOP≌Rt△BCO（HL）．
【解答】解：①当OP＝CB＝6时，
∵∠OCB＝∠QOP＝90°，
在Rt△OBC和Rt△QPO中，
，
∴Rt△OBC≌Rt△QPO（HL）；
②当点P运动到与点C重合时，OP＝OC＝12，
在Rt△QOP和Rt△BCO中，
，
∴Rt△QOP≌Rt△BCO（HL）．
综上所述，OP的长为6或12，
故答案为：6或12．
【点评】本题考查全等三角形判定，掌握分类讨论的思想方法是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16．（8分）（2024春 秦都区校级月考）计算下列各式（若能用乘法公式请用乘法公式计算）：
（1）（x+2y）（x﹣2y）﹣x（2x﹣y）；
（2）（2a+3b）2+（2a﹣b） （a+b）．
【考点】整式的混合运算．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）xy﹣x2﹣4y2；
（2）6a2+13ab+8b2．
【分析】（1）原式利用平方差公式和单项式乘以多项式的法则计算，去括号合并得到最简结果；
（2）原式利用完全平方公式和多项式乘以多项式的法则计算，去括号合并得到最简结果．
【解答】解：（1）（x+2y）（x﹣2y）﹣x（2x﹣y）
＝x2﹣4y2﹣2x2+xy
＝xy﹣x2﹣4y2；
（2）（2a+3b）2+（2a﹣b） （a+b）
＝4a2+12ab+9b2+（2a2+ab﹣b2）
＝6a2+13ab+8b2．
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
17．（6分）（2023 伊通县三模）先化简，再求值：（x+y）2﹣（2x2y+xy2）÷x，其中．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【答案】x2，11．
【分析】先用完全平方公式，算多项式除以单项式，再合并，化简后将x的值代入即可．
【解答】解：原式＝x2+2xy+y2﹣2xy﹣y2
＝x2；
当x时，
原式＝（）2＝11．
【点评】本题考查整式化简求值，解题的关键是掌握整式相关运算的法则．
18．（7分）（2024春 唐山期末）如图，AB∥CD，CE平分∠BCD，∠B＝80°，∠CEF＝140°．
（1）求证：EF∥CD；
（2）若∠B＝α，∠CEF＝β，直接写出α和β满足什么数量关系时，EF∥CD？
【考点】平行线的判定与性质；角平分线的定义．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）当α+β＝180°时，EF∥CD，理由见解答．
【分析】（1）先利用平行线的性质可得：∠B＝∠BCD＝80°，再利用角平分线的定义可得∠ECD＝40°，从而可得∠CEF+∠ECD＝180°，然后利用同旁内角互补，两直线平行可得EF∥CD，即可解答；
（2）利用（1）的思路进行推理计算，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BCD＝80°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠ECD∠BCD＝40°，
∵∠CEF＝140°，
∴∠CEF+∠ECD＝180°，
∴EF∥CD；
（2）解：当α+β＝180°时，EF∥CD，
理由：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BCD＝α，
∵CE平分∠BCD，
∴∠ECD∠BCDα，
当∠CEF+∠ECD＝180°时，即当α+β＝180°时，EF∥CD．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
19．（8分）如图，为计算机“扫雷”游戏的画面，在9×9个小方格的区中，随机地埋藏着10颗地雷，每个小方格最多能埋藏1颗地雷，小明游戏时先踩中一个小方格，显示数字2，它表示与这个方格相邻的8个小方格（图中黑框所围区域，设为A区域）中埋藏2颗地雷．
（1）若小明的第二步踩在A区域的小方格上，可能踩中地雷的概率是　　 ．
（2）若小明的第二步踩在A区域外的小方格上，可能踩中地雷的概率是　　 ．
（3）为了尽可能不踩中地雷，小明第二步应该选择A区域的　外部　 （填“内部”或“外部”）．
【考点】几何概率．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】（1）；
（2）；
（3）外部．
【分析】（1）直接利用概率公式计算即可；
（2）直接利用概率公式计算即可；
（3）比较两个概率的大小，从而得出结论．
【解答】解：（1）小明的第二步踩在A区域的小方格上，可能踩中地雷的概率是；
故答案为：；
（2）小明的第二步踩在A区域外的小方格上，可能踩中地雷的概率是；
故答案为：；
（3）∵，
∴为了尽可能不踩中地雷，小明第二步应该选择A区域的外部．
故答案为：外部．
【点评】本题主要考查了几何概率，在解题时要注意知识的综合应用以及概率的算法是本题的关键．
20．（8分）（2024春 兴庆区校级期末）小明、小亮从图书馆出发，沿相同的线路跑向体育场，小明先跑一点路程后，小亮开始出发，当小亮超过小明150米时，小亮停下等候小明，两人相遇后，一起以小明原来的速度跑向体育场，如图反映了两人所跑路程y（米）与所用时间x（秒）之间的关系，请根据题意解答下列问题：
（1）自变量是 　x　 .因变量是 　y　 ；（填“x”或“y”）
（2）小明共跑了 　900　 米，小明的速度为 　1.5　 米/秒；
（3）图中a＝　750　 ，小亮在途中等候小明的时间是 　100　 秒；
（4）小亮在AB段的平均速度为多少？
【考点】函数的图象；常量与变量．
【专题】函数及其图象；几何直观；运算能力．
【答案】（1）x，y．
（2）900，1.5．
（3）750，100．
（4）2.5米/秒．
【分析】（1）根据题意即可分析出自变量和因变量；
（2）根据函数图象即可得出小明共跑的路程和时间，利用速度＝路程+时间即可得小明的速度；
（3）由a表示的实际意义是小明跑500秒时的路程，以此的出a值，进而可求出小亮在途中等候小明的时间；
（4）利用速度＝路程+时间即可求解．
【解答】解：（1）由图象可知，自变量是x，因变量是y．
故答案为：x，y．
（2）由图象可知，小明共跑了900米，小明的速度为1.5（米/秒）．
故答案为：900，1.5．
（3）a＝500×1.5＝750，
小亮在途中等候小明的时间是500﹣（750﹣150）÷1.5＝100（秒）．
故答案为：750，100．
（4）小亮在AB段的平均速度为750÷（500﹣100﹣100）＝2.5（米/秒）．
【点评】本题主要考查函数的图象，熟练啊掌握常量与变量的定义，路程、速度与时间之间的关系，以及从函数图形中获取相关信息是解题关键．
21．（9分）（2024春 龙岗区期末）已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．P是BC边上一动点（P不与B、C重合），将△ACP沿AP折叠得△ADP，点C的对应点为D．
【特例感知】
（1）如图1，当点D落在AB上时，求CP的长；
【类比迁移】
（2）如图2，当点D在AB上方且满足∠B＝2∠BAD时，求CP的长；
【拓展提升】
（3）如图3，将线段AP绕点A逆时针旋转90°得AE，连接DE．
①当△ADE为等腰三角形时，直接写出CP长；
②连接PE，记CP＝x，△PDE的面积为y，请直接写出y与x的关系式．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；展开与折叠；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）；
（2）；
（3）①或3；
②．
【分析】（1）由折叠的性质可得AC＝AD＝3，∠ADP＝∠C＝90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理可得AB＝5，设CP＝PD＝x，则PB＝4﹣x，在Rt△PBD中，根据勾股定理，即可求解；
（2）延长AD交CB延长线于点M，可得∠M＝∠BAD，从而得到AB＝BM＝5，在Rt△AMC中，根据勾股定理可得，设CP＝PD＝x，则PM＝9﹣x，在Rt△PDM中，根据勾股定理，即可求解；
（3）①分情况讨论：AE＝AP＞AD，即AE≠AD；当EA＝ED时，作EH⊥AD于点H；当四边形ACPD为正方形时，此时∠DAP＝45°，AD⊥PD，根据旋转的性质及全等三角形的性质与判定，即可解答；
②作EH⊥AD于点H，证明△AHE≌△PDA，可得PD＝AH，EH＝AD＝3，在Rt△ACP中，根据勾股定理可得，然后根据S△PED＝S△APD+S△AED﹣S△AEP，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△ACP沿AP折叠得到△ADP，
∴AC＝AD＝3，∠ADP＝∠C＝90°，
在Rt△ABC中，，
∴BD＝5﹣3＝2，
设CP＝PD＝x，则PB＝4﹣x，
在Rt△PBD中，PD2+BD2＝PB2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，
解得，
即；
（2）如图，延长AD交CB延长线于点M，
∵∠ABC＝2∠BAD，∠ABC＝∠BAD+∠M，
∴∠M＝∠BAD，
∴AB＝BM＝5，
∴CM＝4+5＝9，
在Rt△AMC中，，
∴，
设CP＝PD＝x，则PM＝9﹣x，
在Rt△PDM中，PD2+DM2＝PM2，
∴，
解得，
即；
（3）①AE＝AP＞AD，即AE≠AD；
如图，当EA＝ED时，作EH⊥AD于点H，
则，
∴∠EAH+∠AEH＝90°，
由旋转的性质得∠PAE＝90°，AP＝AE，
∴∠EAH+∠DAP＝90°，
∴∠AEH＝∠DAP＝∠CAP，
∵∠C＝∠AHE＝90°，
∴△AHE≌△PCA（AAS），
∴；
如图，当四边形ACPD为正方形时，此时∠DAP＝45°，AD⊥PD，
由旋转的性质得AP＝AE，∠APE＝90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
此时点D在PE上，且为PE的中点，此时DA＝DE，符合题意，
∴CP＝3；
综上所述，PC的长为或3；
②如图，作EH⊥AD于点H，
∴∠EAH+∠AEH＝90°，
由旋转的性质得∠PAE＝90°，AP＝AE，
∴∠EAH+∠DAP＝90°，
∴∠AEH＝∠DAP，
∵∠ADP＝∠AHE＝90°，
∴△AHE≌△PDA（AAS），
∴PD＝AH，EH＝AD＝3，
在Rt△ACP中，，
∴S△PED＝S△APD+S△AED﹣S△AEP，
即．
【点评】本题考查几何变换的综合应用，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，图形的折叠和旋转问题，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想和类比思想解答是解题的关键．
22．（9分）（2024 枣阳市模拟）在△ABC中，AC＝BC，点D是边AB上不与点B重合的一动点，将△BDC绕点D旋转得到△EDF，点B的对应点E落在直线BC上，EF与AC相交于点G，连接AF．
（1）如图1，当点D与点A重合时，
①求证：FG＝AG；
②判断AF与BC的位置关系是 　AF∥BC　 ；
（2）如图2，当点D不与点A重合，点E在边BC上时，判断AF与BC的位置关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D是AB的中点，点E在边BC上时，延长BA，CF相交于点P．若AB＝CD＝2，求PF的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答；
②AF∥BC；
（2）AF∥BC，证明见解答；
（3）．
【分析】（1）①根据旋转的性质可得△AEF≌△ABC，结合等腰三角形的性质，三角形内角和定理可得∠F＝∠FAC，即可求解；
②根据题意可得∠F＝∠C＝∠FAC，结合平行线的判定方法即可求解；
（2）根据题意可得△DEF≌△DBC，根据三角形内角和定理可得∠ACB＝∠CEF，AG＝FG，可证△CGE∽△AGF，由此即可求解；
（3）根据题意可证△CAB∽△DEB，△ADF≌△EDC，△PAF∽△PBC，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）①证明：∵将△BDC绕点A旋转得到△EDF，
∴△AEF≌△ABC，
∴∠EDF＝∠CAB，∠F＝∠C，AE＝AB，
即∠FAC+∠CAE＝∠BAE+∠CAE，
∴∠FAC＝∠BAE，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠B，
在△ABE中，∠EAB＝180°﹣∠AEB﹣∠B＝180°﹣2∠B，
在△ABC中，∠C＝180°﹣∠CAB﹣∠B＝180°﹣2∠B，
∴∠EAB＝∠C，
∴∠F＝∠FAC，
∴FG＝AG．
②解：由上述证明可得∠F＝∠C＝∠FAC，
∴AF∥BC，
故答案为：AF∥BC．
（2）解：∵将△BDC绕点D旋转得到△EDF，
∴△DEF≌△DBC，
∴∠DEF＝∠B，DE＝DB，EF＝BC，
∴∠DEB＝∠B，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠B，
∴∠CEF＝180°﹣∠DEF﹣∠DEB＝180°﹣2∠B，
∵∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠B＝180°﹣2∠B，
∴∠ACB＝∠CEF，
∴CG＝EG，
∴AC﹣CG＝EF﹣EG，
即AG＝FG，
∴，
∵∠CGE＝∠AGF，
∴△CGE∽△AGF，
∴∠GAF＝∠GCE，
∴AF∥BC．
（3）解：∵AC＝BC，点D是AB的中点，
∴AD＝BD，∠BDC＝∠PDC＝90°，
∴，
由（2）可知∠CAB＝∠B＝∠DEB，
∴△CAB∽△DEB，
∴，
∴，
∴，
∵∠EDF＝∠BDC＝∠ADC＝90°，
∴∠EDF﹣∠FDC＝∠ADC﹣∠FDC，
即∠ADF＝∠EDC，
∵AD＝BD＝DE，DF＝DC，
∴△ADF≌△EDC（SAS），
∴，
∵AF∥BC，
∴△PAF∽△PBC，
∴，
∴，
解得PA＝3，
∵，
∴．
【点评】本题考查几何变换的综合应用，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质的综合，掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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