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重庆市2025-2026学年七年级下学期期末模拟自测数学试卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023春 荣县校级期中）下列实数：，，，2.5，，0.1001000100001…（相邻两个1之间依次多一个0），其中无理数的个数是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
2．（4分）（2024春 河北期末）2024年巴黎奥运会，即第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年7月26日开幕，会徽标志如图所示，以下通过平移这个标志能得到的图形是（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）（2024春 萧县期末）如图，给出下列条件：①∠3＝∠4：②∠1＝∠2；③∠4+∠BCD＝180°，且∠D＝∠4；④∠3+∠5＝180°．其中，能推出AD∥BC的条件为（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4．（4分）（2025春 邯郸期末）下列命题中，属于真命题的是（　　）
A．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B．点到直线的垂线段叫作点到直线的距离
C．同位角相等
D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
5．（4分）（2023秋 东阳市期末）如图，已知医院与图书馆、教学楼在同一直线上，则以下哪个数对（规定列号在前，行号在后）可能是医院的位置（　　）
A．（2，4） B．（11，8） C．（5，5） D．（3，5）
6．（4分）（2024春 花都区期末）如图，要在河堤两岸搭建一座桥，搭建方式中最短的是线段PN，理由是（　　）
A．垂线段最短
B．两点确定一条直线
C．过一点作已知直线的垂线有且只有一条
D．两点之间，线段最短
7．（4分）（2023秋 任泽区校级月考）在物理实验中，小明研究一个小木块在斜坡上滑下时的运动状态，如图，斜坡为Rt△ABC，∠C＝90°，∠B＝18°，小木块△DEF在斜坡AB上，且DE∥BC，EF∥AC，则∠DFE的度数为（　　）
A．72° B．82° C．62° D．68°
8．（4分）（2024春 铜梁区期末）估计的值在哪两个数之间（　　）
A．3与4 B．4与5 C．5与6 D．6与7
9．（4分）（2024春 潼南区期末）中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一道题：有83000根短竹，每根短竹可制成毛笔的笔管3个或笔套5个，怎样安排用于制作笔管或笔套的短竹的数量，使制成的1个笔管与1个笔套正好配套？设用于制作笔管的短竹数为x根，用于制作笔套的短竹数为y根，则可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
10．（4分）（2024 罗山县一模）如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向移动依次得到P1，P2，P3 …各点，相关数据如图所示，则点P2024的纵坐标是（　　）
A．0 B． C． D．1
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）（2023春 昭阳区月考）用大小完全相同的150块正方形地砖，铺一间面积为54m2的会议室的地面，每块地砖的边长是 　 　 m．
12．（4分）已知三条不同的直线a，b，c在同一平面内：①a∥b；②a⊥c；③b⊥c；④a⊥b．请你用①②③④所给出的其中两个事项作为条件，其中一个事项作为结论（用“如果…，那么…”的形式，写出命题，例如：如果a⊥c，b⊥c，那么a∥b），写出一个真命题：　 　 ．
13．（4分）（2024春 长沙县期末）在平面直角坐标系中，若点A（x﹣2，x+6）在x轴上，则点A的坐标是 　 　 ．
14．（4分）（2024春 临澧县期末）已知是方程2x+ky＝6的解，则k等于 　 　 ．
15．（4分）（2023春 凤阳县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为1，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．
（1）∠EAG＝　 　 ；
（2）若CF＝FG，则DE＝　 　 ．
16．（4分）（2025秋 万州区期末）一个各位数字均不为0的四位正整数m，如果千位数字是十位数字的两倍，且百位数字与个位数字的和恰好等于千位数字、则称这个四位数为“天生数”．如果把“天生数”m的千位数字与百位数字对调，十位数字和个位数字对调，组成一个新的四位数m′，则称这个数为“天成数”．例如：因为千位数字4是十位数字的两倍，且1+3＝4，所以4123是天生数．交换千位数字和百位数字，十位数字和个位数字得到“天成数”1432，则最大的“天生数”m为　 　 ．记，当F（m）与m′的个位数字5倍的差恰好是一个完全平方数时，则最小的“天成数”m′为　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分86分）
17．（16分）（2021春 东莞市校级月考）计算：
（1）；
（2）．
18．（10分）（2024春 江干区校级期末）解方程组：
（1）；
（2）．
19．（10分）（2023秋 郸城县月考）先化简，再求值：，其中x＝1，y＝﹣1．
20．（10分）（2024春 上杭县期中）如图，E、F分别在AB，CD上，∠1＝∠D，∠2与∠C互余，AF⊥CE于点G，求证：AB∥CD．
证明：∵AF⊥CE（已知），
∴∠CGF＝90°（ 　 　 ），
∵∠1＝∠D（已知），
∴AF∥DE，（同位角相等两直线平行），
∴∠4＝∠CGF＝90°（ 　 　 ），
又∵∠2+∠C＝90°（已知），
∴∠2+∠3+∠4＝180°，
∴∠2+∠C＝∠2+∠3＝90°，
∴∠C＝　 　 （ 　 　 ），
∴AB∥CD（ 　 　 ）．
21．（10分）（2023春 淅川县期末）已知三角形A'B'C'是由三角形ABC经过平移得到的，它们各顶点在平面直角坐标系中的坐标如表所示：
三角形ABC A（a，0） B（3，0） C（5，5）
三角形A'B'C' A'（4，2） B'（7，b） C'（c，7）
（1）观察表中各对应点坐标的变化，确定a＝　 　 ，b＝　 　 ，c＝　 　 ，并在平面直角坐标系中画出三角形ABC；
（2）求三角形ABC的面积．
22．（10分）（2024春 天元区校级期末）已知如图，AB∥DE，∠1＝∠2．
（1）试判断AD与GF的位置关系，并说明理由；
（2）若AD⊥BC于点D，若AD平分∠BAC，∠CED＝40°，求∠B的度数．
23．（10分）（2025春 绍兴期末）根据如表素材，探索完成任务．
背景 为了迎接2024年杭州茶文化“西湖悦读节”，某班级开展知识竞赛活动，去奶茶店购买A、B两种款式的奶茶作为奖品．
素材1 若买10杯A款奶茶，5杯B款奶茶，共需160元；若买15杯A型奶茶，10杯B型奶茶，共需270元．
素材2 为了满足市场的需求，奶茶店推出每杯2元的加料服务，顾客在选完款式后可以自主选择加料一份或者不加料．
问题解决
任务1 问A款奶茶和B款奶茶的销售单价各是多少元？
任务2 在不加料的情况下，购买A、B两种款式的奶茶（两种都要），刚好花220元，请问有几种购买方案？
任务3 根据素材2，小华恰好用了380元购买A、B两款奶茶，其中A款不加料的杯数是总杯数的 ．则其中B型加料的奶茶买了多少杯？
24．（10分）如图，直线MN∥PQ，一副直角三角板（∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝45°，∠OCD＝60°）如图1所示放置．
（1）∠AOC＝　 　 °；
（2）将三角板OCD绕点C逆时针旋转a°（0＜a＜180）得△O′CD′，探究当a为多少度时，△O′CD′的一条边与BO平行，请画出简单的示意图，并直接写出答案；
（3）如图2，将三角板OCD绕点C逆时针旋转a°（0＜a＜180）得△O′CD′，若△O′CD′的边CO′所在的直线交直线AO于点E，探究∠AEC与∠ECQ的数量关系，直接写出答案．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023春 荣县校级期中）下列实数：，，，2.5，，0.1001000100001…（相邻两个1之间依次多一个0），其中无理数的个数是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】无理数；算术平方根；立方根．
【专题】实数；数感．
【答案】C
【分析】无理数就是无限不循环小数理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称，有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数，由此即可判定选择项．
【解答】解：是整数属于有理数，是分数属于有理数，2.5是有限小数属于有理数，
则无理数有：，，0.1001000100001…（相邻两个1之间依次多一个0），共有3个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了无理数的定义，常见的无理数有：π，2π等，开方开不尽的数，以及像0.1001000100001…（相邻两个1之间依次多一个0）等有这样规律的数．
2．（4分）（2024春 河北期末）2024年巴黎奥运会，即第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年7月26日开幕，会徽标志如图所示，以下通过平移这个标志能得到的图形是（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用平移设计图案．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】直接利用平移的性质可得答案．
【解答】解：A、不能通过平移这个标志能得到，该选项不符合题意；
B、不能通过平移这个标志能得到，该选项不符合题意；
C、能通过平移这个标志能得到，该选项符合题意；
D、不能通过平移这个标志能得到，该选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查利用平移设计图案，解答本题的关键是熟练掌握平移的性质．
3．（4分）（2024春 萧县期末）如图，给出下列条件：①∠3＝∠4：②∠1＝∠2；③∠4+∠BCD＝180°，且∠D＝∠4；④∠3+∠5＝180°．其中，能推出AD∥BC的条件为（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】对顶角、邻补角；同位角、内错角、同旁内角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解答】解：∵∠3＝∠4，
∴AD∥BC，
故①符合题意；
∵∠1＝∠2，
∴AB∥CD，不能得出AD∥BC，
故②不符合题意；
∵∠4+∠BCD＝180°，∠D＝∠4，
∴∠D+∠BCD＝180°，
∴AD∥BC，
故③符合题意；
∵∠3+∠5＝180°，∠4+∠5＝180°，
∴∠3＝∠4，
∴AD∥BC，
故④符合题意；
故选：C．
【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．
4．（4分）（2025春 邯郸期末）下列命题中，属于真命题的是（　　）
A．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B．点到直线的垂线段叫作点到直线的距离
C．同位角相等
D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
【考点】命题与定理；垂线；点到直线的距离；同位角、内错角、同旁内角；平行公理及推论；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力；应用意识．
【答案】D
【分析】根据命题的真假，点到直线的距离，垂直的性质，平行线的性质等知识，逐一判断即可．
【解答】解：A、同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故错误，不合题意；
B、点到直线的垂线段的长度叫作点到直线的距离，故错误，不合题意；
C、两直线平行，同位角相等，故错误，不符合题意；
D、过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，是真命题，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了判断命题的真假，点到直线的距离，垂直的性质，平行线的性质等知识，理解这些概念和定理是解题的关键．
5．（4分）（2023秋 东阳市期末）如图，已知医院与图书馆、教学楼在同一直线上，则以下哪个数对（规定列号在前，行号在后）可能是医院的位置（　　）
A．（2，4） B．（11，8） C．（5，5） D．（3，5）
【考点】坐标确定位置．
【专题】平面直角坐标系；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据医院与图书馆、教学楼在同一直线上，结合图形画出经过图书馆、教学楼的直线即可得到答案．
【解答】解：画出过图书馆、教学楼的直线，如图，
所以，点（3，5）在这条直线上，
故选：D．
【点评】本题主要考查了坐标确定位置，正确得出行列表示的数据的顺序是解题关键．
6．（4分）（2024春 花都区期末）如图，要在河堤两岸搭建一座桥，搭建方式中最短的是线段PN，理由是（　　）
A．垂线段最短
B．两点确定一条直线
C．过一点作已知直线的垂线有且只有一条
D．两点之间，线段最短
【考点】垂线段最短．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【答案】A
【分析】根据垂线段最短即可得出答案．
【解答】解：∵PN⊥QM，
∴要在河堤两岸搭建一座桥，搭建方式中最短的是线段PN，理由是垂线段最短．
故选：A．
【点评】本题主要考查了垂线的性质，属于基础题，关键是掌握相关概念．
7．（4分）（2023秋 任泽区校级月考）在物理实验中，小明研究一个小木块在斜坡上滑下时的运动状态，如图，斜坡为Rt△ABC，∠C＝90°，∠B＝18°，小木块△DEF在斜坡AB上，且DE∥BC，EF∥AC，则∠DFE的度数为（　　）
A．72° B．82° C．62° D．68°
【考点】三角形内角和定理；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】由三角形的内角和可得∠A＝72°，再由平行线的性质即可求∠DFE的度数．
【解答】解：∵在Rt△ABC，∠C＝90°，∠B＝18°，
∴∠A＝180°﹣∠C﹣∠B＝180°﹣90°﹣18°＝72°，
∵EF∥AC，
∴∠DFE＝∠A＝72°．
故选：A．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，平行线的性质，解答的关键是明确三角形的内角和为180°，熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
8．（4分）（2024春 铜梁区期末）估计的值在哪两个数之间（　　）
A．3与4 B．4与5 C．5与6 D．6与7
【考点】估算无理数的大小．
【专题】实数；数感．
【答案】C
【分析】根据，即可得到．
【解答】解：∵，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查了无理数的估算，熟练掌握估算无理数大小的方法是解题的关键．
9．（4分）（2024春 潼南区期末）中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一道题：有83000根短竹，每根短竹可制成毛笔的笔管3个或笔套5个，怎样安排用于制作笔管或笔套的短竹的数量，使制成的1个笔管与1个笔套正好配套？设用于制作笔管的短竹数为x根，用于制作笔套的短竹数为y根，则可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组；数学常识．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【答案】A
【分析】由用于生产笔管和笔套的短竹的数量结合生产的笔管总数＝笔套的总数，即可得出关于x、y的二元一次方程组，此题得解．
【解答】解：依题意，得：．
故选：A．
【点评】本题主要考查了数学常识，由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
10．（4分）（2024 罗山县一模）如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向移动依次得到P1，P2，P3 …各点，相关数据如图所示，则点P2024的纵坐标是（　　）
A．0 B． C． D．1
【考点】规律型：点的坐标．
【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】B
【分析】根据动点的运动方式，依次求出点Pi的坐标，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由题知，
过点P1作x轴的垂线，垂足为M，
易得△P1OM是等腰直角三角形，
因为OP1＝1，
所以OM．
则点P1的纵坐标为，
同理可得，
点P2的纵坐标为，
点P3的纵坐标为0，
点P4的纵坐标为，
点P5的纵坐标为，
点P6的纵坐标为0，
点P7的纵坐标为，
…，
由此可见，点Pi（i为正整数）的纵坐标按循环出现，
又因为2024÷6＝337余2，
所以点P2024的纵坐标为．
故选：B．
【点评】本题考查点的坐标变化规律，能根据动点的运动方式发现其对应点的纵坐标按循环出现是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）（2023春 昭阳区月考）用大小完全相同的150块正方形地砖，铺一间面积为54m2的会议室的地面，每块地砖的边长是 　　 m．
【考点】算术平方根．
【专题】实数；运算能力；应用意识．
【答案】．
【分析】运用平方根的知识进行列式、求解．
【解答】解：由题意得，每块地砖的面积为（m2），
∵（）2，
∴每块地砖的边长是m，
故答案为：．
【点评】此题考查了运用平方根进行有关运算的能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
12．（4分）已知三条不同的直线a，b，c在同一平面内：①a∥b；②a⊥c；③b⊥c；④a⊥b．请你用①②③④所给出的其中两个事项作为条件，其中一个事项作为结论（用“如果…，那么…”的形式，写出命题，例如：如果a⊥c，b⊥c，那么a∥b），写出一个真命题：　如果a⊥c、b⊥c，那么a∥b（答案不唯一）　 ．
【考点】命题与定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】在同一平面内，如果a⊥c，a∥b，那么b⊥c（答案不唯一）．
【分析】根据直线的位置关系（平行、垂直）的性质，选取两个事项作为条件，一个事项作为结论，构造真命题．
【解答】解：选取②③作为条件，①作为结论，在同一平面内，如果a⊥c、b⊥c，那么a∥b；
理由：
∵a⊥c、b⊥c，
∴∠1＝90°，∠2＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴a∥b．
故答案为：在同一平面内，如果a⊥c、b⊥c，那么a∥b（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是平行线的判定定理，熟知在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线互相平行是解题的关键．
13．（4分）（2024春 长沙县期末）在平面直角坐标系中，若点A（x﹣2，x+6）在x轴上，则点A的坐标是 　（﹣8，0）　 ．
【考点】点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】（﹣8，0）．
【分析】根据x轴上点的纵坐标为0得出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：∵点A（x﹣2，x+6）在x轴上，
∴x+6＝0，
解得x＝﹣6，
∴x﹣2＝﹣6﹣2＝﹣8，
∴点A的坐标是（﹣8，0）．
【点评】本题考查的是点的坐标，熟知x轴上点的纵坐标为0是解题的关键．
14．（4分）（2024春 临澧县期末）已知是方程2x+ky＝6的解，则k等于 　6　 ．
【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】6．
【分析】根据二元一次方程的解的定义把代入方程2x+ky＝6中即可求出k的值．
【解答】解：把代入方程2x+ky＝6中，得﹣6+2k＝6，
解得k＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了二元一次方程的解，熟知方程的解的定义是解题的关键．
15．（4分）（2023春 凤阳县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为1，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．
（1）∠EAG＝　45°　 ；
（2）若CF＝FG，则DE＝　1　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【专题】方程思想；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）45°；（2）1．
【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，将△ADE沿AE对折至△AFE，可得Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），即有∠BAG＝∠FAG，BG＝FG，故∠EAG＝∠GAF+∠EAF＝45°；
（2）而由CF＝FG得∠FGC＝∠FCG，可证CF＝EF，即知DE＝EF＝CF＝FG＝BG，设DE＝x，则EG＝2x，BG＝x，在Rt△CEG中，可得（1﹣x）2+（1﹣x）2＝（2x）2，即可解得x1．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝a，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE，∠DAE＝∠FAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴∠BAG＝∠FAG，BG＝FG，
∴∠EAG＝∠GAF+∠EAF90°＝45°；
（2）∵CF＝FG，
∴∠FGC＝∠FCG，
∵∠ECG＝90°，
∴90°﹣∠FGC＝90°﹣∠FCG，即∠FEC＝∠FCE，
∴CF＝EF，
∴DE＝EF＝CF＝FG＝BG，
设DE＝x，则EG＝2x，BG＝x，
∴CE＝CD﹣DE＝1﹣x，CG＝BC﹣BG＝1﹣x，
在Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，
∴（1﹣x）2+（1﹣x）2＝（2x）2，
解得x＝（1）或x＝（1（舍去），
∴DE1，
故答案为：（1）45°；（2）（1）．
【点评】本题考查正方形中的折叠问题，涉及三角形全等的判定及性质，勾股定理应用等，解题的关键是证明CF＝EF及运用勾股定理列方程．
16．（4分）（2025秋 万州区期末）一个各位数字均不为0的四位正整数m，如果千位数字是十位数字的两倍，且百位数字与个位数字的和恰好等于千位数字、则称这个四位数为“天生数”．如果把“天生数”m的千位数字与百位数字对调，十位数字和个位数字对调，组成一个新的四位数m′，则称这个数为“天成数”．例如：因为千位数字4是十位数字的两倍，且1+3＝4，所以4123是天生数．交换千位数字和百位数字，十位数字和个位数字得到“天成数”1432，则最大的“天生数”m为　8741　 ．记，当F（m）与m′的个位数字5倍的差恰好是一个完全平方数时，则最小的“天成数”m′为　3854　 ．
【考点】整式的加减．
【专题】整式；运算能力；推理能力．
【答案】8741；3854．
【分析】设“天生数”m，根据题意求出最大的“天生数”m为8741；根据题意可知“天成数”m'，求出 F（m）与m′的个位数字5倍的差为99（a+b），再根据题意可得a+b＝11，分别求出a、b的值即可求解．
【解答】解：设“天生数”m，
∴a＝2c，
当a＝8时，c＝4，
∵b+d＝8，
∴b＝7，c＝1时，最大的“天生数”m为8741；
∵“天成数”m'，
∴F（m） ＝100a+100b+d+c，
∴F（m）与m′的个位数字5倍的差为100a+100b+d﹣4c，
∵a＝2c，b+d＝a，
∴100a+100b+d﹣4c＝99（a+b）＝9×11（a+b），
∵F（m）与m′的个位数字5倍的差恰好是一个完全平方数，
∴a+b＝11，
当a＝2时，b＝9，此时c＝4，d＝﹣7（舍）；
当a＝4时，b＝7，此时c＝2，d＝﹣3（舍）；
当a＝6时，b＝5，此时c＝3，d＝1；
当a＝8时，b＝3，此时c＝4，d＝5；
∴最小的“天成数”m′为3854．
故答案为：8741；3854．
【点评】本题考查整式的加减运算，熟练掌握整式的加减运算法则是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分86分）
17．（16分）（2021春 东莞市校级月考）计算：
（1）；
（2）．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】（1）1；
（2）3．
【分析】（1）先根据绝对值的性质化简，再合并即可；
（2）先根据绝对值的性质、立方根的定义化简，再合并即可．
【解答】解：（1）
＝1；
（2）
＝3．
【点评】本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18．（10分）（2024春 江干区校级期末）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）加减消元法求解即可；
（2）代入消元法求解即可．
【解答】解：（1），
①+②得，3x＝3，
解得x＝1，
将x＝1代入①得y＝0，
∴方程组的解为；
（2）解：，
将①代入②得，2y+4y﹣6＝0，
解得y＝1，
将y＝1代入①得，x＝2，
∴方程组的解为．
【点评】本题考查了解二元一次方程组．解题的关键在于正确的运算．
19．（10分）（2023秋 郸城县月考）先化简，再求值：，其中x＝1，y＝﹣1．
【考点】整式的加减—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【答案】6xy2，6．
【分析】先去括号，再合并同类项，最后代入求值．
【解答】解：
＝4xy2+4xy﹣4xy+2xy2
＝6xy2，
当x＝1，y＝﹣1时，
原式＝6×1×（﹣1）2＝6．
【点评】本题考查了整式的加减﹣化简求值，掌握整式的运算法则是解题的关键．
20．（10分）（2024春 上杭县期中）如图，E、F分别在AB，CD上，∠1＝∠D，∠2与∠C互余，AF⊥CE于点G，求证：AB∥CD．
证明：∵AF⊥CE（已知），
∴∠CGF＝90°（ 　垂直的定义　 ），
∵∠1＝∠D（已知），
∴AF∥DE，（同位角相等两直线平行），
∴∠4＝∠CGF＝90°（ 　两直线平行同位角相等　 ），
又∵∠2+∠C＝90°（已知），
∴∠2+∠3+∠4＝180°，
∴∠2+∠C＝∠2+∠3＝90°，
∴∠C＝　∠3　 （ 　同角的余角相等　 ），
∴AB∥CD（ 　内错角相等两直线平行　 ）．
【考点】平行线的判定与性质；余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】垂直的定义；两直线平行同位角相等；∠3；同角的余角相等；内错角相等两直线平行．
【分析】由平行线的判定证明AF∥DE，再根据平行线的性质得出∠4＝∠CGF＝90°，根据平角的定义求出∠2+∠3+∠4＝180°，再证明∠C＝∠3，即可得出结论．
【解答】证明：∵AF⊥CE（已知），
∴∠CGF＝90°（垂直的定义），
∵∠1＝∠D（已知），
∴AF∥DE，（同位角相等两直线平行），
∴∠4＝∠CGF＝90°（两直线平行同位角相等），
又∵∠2+∠C＝90°（已知），
∴∠2+∠3+∠4＝180°，
∴∠2+∠C＝∠2+∠3＝90°，
∴∠C＝∠3（同角的余角相等），
∴AB∥CD（内错角相等两直线平行）．
故答案为：垂直的定义；两直线平行同位角相等；∠3；同角的余角相等；内错角相等两直线平行．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，平角的定义，垂直的定义，熟练掌握平行线的判定与性质，是解题关键．
21．（10分）（2023春 淅川县期末）已知三角形A'B'C'是由三角形ABC经过平移得到的，它们各顶点在平面直角坐标系中的坐标如表所示：
三角形ABC A（a，0） B（3，0） C（5，5）
三角形A'B'C' A'（4，2） B'（7，b） C'（c，7）
（1）观察表中各对应点坐标的变化，确定a＝　0　 ，b＝　2　 ，c＝　9　 ，并在平面直角坐标系中画出三角形ABC；
（2）求三角形ABC的面积．
【考点】作图﹣平移变换；三角形的面积．
【专题】作图题；三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【答案】（1）0，2，9；图见解析；
（2）．
【分析】（1）利用已知点的坐标分析得出对应点平移方式，进而得出a、b、c的值，画出三角形ABC；
（2）直接利用三角形面积公式计算即可．
【解答】解：（1）∵B（3，0），B'（7，b），
∴对应点向右平移了4个单位长度，
∵C（5，5），C'（c，7），
∴对应点向上平移了2个单位长度，
∴a＝0，b＝2，c＝9，
∴A（0，0），
三角形ABC如图所示：
故答案为：0，2，9；
（2）．
【点评】本题考查了平移的性质，坐标与图形，根据已知点的坐标分析得出平移方式是解题的关键．
22．（10分）（2024春 天元区校级期末）已知如图，AB∥DE，∠1＝∠2．
（1）试判断AD与GF的位置关系，并说明理由；
（2）若AD⊥BC于点D，若AD平分∠BAC，∠CED＝40°，求∠B的度数．
【考点】平行线的判定与性质；直角三角形的性质；角平分线的定义．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】（1）AD∥GF，理由见解析；
（2）70°．
【分析】（1）根据平行线的性质和判定求解即可；
（2）首先根据平行线的性质得到∠EAB＝∠CED＝40°，然后由角平分线的概念得到，然后利用直角三角形两锐角互余求解即可．
【解答】解：（1）AD∥GF，理由如下：
∵AB∥DE，
∴∠1＝∠DAB，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠DAB，
∴AD∥GF；
（2）∵AB∥DE，∠CED＝40°，
∴∠EAB＝∠CED＝40°，
∵AD平分∠BAC，
∴，
∵AD⊥BC，
∴∠B＝90°﹣∠BAD＝70°．
【点评】此题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，关键是平行性判定定理的应用．
23．（10分）（2025春 绍兴期末）根据如表素材，探索完成任务．
背景 为了迎接2024年杭州茶文化“西湖悦读节”，某班级开展知识竞赛活动，去奶茶店购买A、B两种款式的奶茶作为奖品．
素材1 若买10杯A款奶茶，5杯B款奶茶，共需160元；若买15杯A型奶茶，10杯B型奶茶，共需270元．
素材2 为了满足市场的需求，奶茶店推出每杯2元的加料服务，顾客在选完款式后可以自主选择加料一份或者不加料．
问题解决
任务1 问A款奶茶和B款奶茶的销售单价各是多少元？
任务2 在不加料的情况下，购买A、B两种款式的奶茶（两种都要），刚好花220元，请问有几种购买方案？
任务3 根据素材2，小华恰好用了380元购买A、B两款奶茶，其中A款不加料的杯数是总杯数的 ．则其中B型加料的奶茶买了多少杯？
【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；应用意识．
【答案】任务1：A款奶茶的销售单价是10元，B款奶茶的销售单价是12元；
任务2：有3种购买方案；
任务3：B款加料的奶茶买了3杯或20杯．
【分析】任务1，设A款奶茶的销售单价是x元，B款奶茶的销售单价是y元，根据若买10杯A款奶茶，5杯B款奶茶，共需160元；若买15杯A型奶茶，10杯B型奶茶，共需270元．列出二元一次方程组，解方程组即可；
任务2，设购买A种款式的奶茶m杯，购买B种款式的奶茶n杯，根据在不加料的情况下，购买A、B两种款式的奶茶（两种都要），刚好花220元，列出二元一次方程，求出正整数解即可；
任务3：设小华购买的奶茶中，A款不加料的奶茶买了a杯，A款加料的奶茶和B款不加料的奶茶买了b杯，则B款加料的奶茶买了（2a﹣b）杯，根据小华恰好用了380元购买A、B两款奶茶，列出二元一次方程，求出非负整数解即可．
【解答】解：任务1，设A款奶茶的销售单价是x元，B款奶茶的销售单价是y元，
由题意得：，
解得：，
答：A款奶茶的销售单价是10元，B款奶茶的销售单价是12元；
任务2，设购买A种款式的奶茶m杯，购买B种款式的奶茶n杯，
由题意得：10m+12n＝220，
整理得：m＝22n，
∵m、n均为正整数，
∴或或，
∴有3种购买方案；
任务3：设小华购买的奶茶中，A款不加料的奶茶买了a杯，A款加料的奶茶和B款不加料的奶茶买了b杯，
则B款加料的奶茶买了（3a﹣a﹣b）杯，即（2a﹣b）杯，
由题意得：10a+12b+（12+2）（2a﹣b）＝380，
整理得：b＝19a﹣190，
∵a、b、3a﹣a﹣b均为非负整数，
∴或，
∴2a﹣b＝2×11﹣19＝3或2a﹣b＝2×10﹣0＝20，
答：B款加料的奶茶买了3杯或20杯．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用．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；（3）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
24．（10分）如图，直线MN∥PQ，一副直角三角板（∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝45°，∠OCD＝60°）如图1所示放置．
（1）∠AOC＝　105　 °；
（2）将三角板OCD绕点C逆时针旋转a°（0＜a＜180）得△O′CD′，探究当a为多少度时，△O′CD′的一条边与BO平行，请画出简单的示意图，并直接写出答案；
（3）如图2，将三角板OCD绕点C逆时针旋转a°（0＜a＜180）得△O′CD′，若△O′CD′的边CO′所在的直线交直线AO于点E，探究∠AEC与∠ECQ的数量关系，直接写出答案．
【考点】平行线的判定与性质；余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】（1）105；
（2）45°、75°、165°；
（3）∠AEC﹣∠ECQ＝45°；∠AEC+∠ECQ＝135°；∠AEC+∠ECQ＝45°．
【分析】（1）过点O作PQ∥OH，得出MN∥PQ∥OH，根据平行线的性质得出∠OAB＝∠AOH＝45°，∠COH＝∠OCD＝60°，即可求解；
（2）分为当CD′∥BO时，当O′D′∥BO时，当O′C∥BO时，分别画图求解即可；
（3）设AO与PQ交于点H，分为当点E在线段AH时，当点E在线段HA延长线上时，当点E在线段AH延长线上时，分别画图求解．
【解答】解：（1）过点O作PQ∥OH，
∵MN∥PQ，
∴MN∥PQ∥OH，
∴∠OAB＝∠AOH＝45°，∠COH＝∠OCD＝60°，
∠AOC＝∠OAB+∠OCD＝45°+60°＝105°；
故答案为：105；
（2）如图①，当CD′∥BO时，
α＝∠D′CD＝∠BFD＝∠ABO＝45°．
如图②，当O′D′∥BO时，
∠D′GD＝∠BFD＝45°，
α＝∠D′CD＝∠D′GD+∠O′D′C＝75°．
如图③，当O′C∥BO时，
∠PCO′＝∠BFD＝45°，
∠PCD′＝60°﹣∠PCO′＝15°，
α＝∠D′CD＝180°﹣∠PCD′＝165°．
综上所述：α＝45°、75°、165°．
（3）设AO与PQ交于点H，
如图④，当点E在线段AH时，
∠AHC＝∠NAH＝45°，
∠AEC＝∠ECQ+∠AHC＝∠ECQ+45°，
即∠AEC﹣∠ECQ＝45°．
如图⑤，当点E在线段HA延长线上时，
∠AEC＝180°﹣∠ECQ﹣∠AHC＝135°﹣∠ECQ，
即∠AEC+∠ECQ＝135°．
如图⑥，当点E在线段AH延长线上时，
∠QHE＝∠AHC＝45°，
∠AEC＝∠QHE﹣∠ECQ＝∠QHE﹣∠ECQ＝45°﹣∠ECQ，
即∠AEC+∠ECQ＝45°．
【点评】该题主要考查了平行线的性质和判定，三角板中的角度计算，解题的关键是画出对应的图形．

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