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广西南宁市第十四中学2025-2026学年春季学期七年级期中学科素养检测 数学
1．下列实数中，是无理数的是（　　）
A． B． C．0.3333 D．2
【答案】A
【知识点】无理数的概念；求算术平方根
【解析】【解答】解：A、是开方开不尽的数，是无限不循环小数，属于无理数．
B、是分数，属于有理数；
C、0.3333是有限小数，属于有理数；
D、2是整数，属于有理数；
故答案为：A.
【分析】利用无理数的定义（无限不循环小数称为无理数）逐个分析判断求解即可.
2．全国第一届学生（青年）运动会在广西南宁举行，会徽如图所示，则可由会徽平移得到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】图形的平移
【解析】【解答】解：A中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以A不合题意；
B中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以B不合题意；
C中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以C不合题意；
D中，图形的大小、形状和方向与原图一致，能通过平移得到，所以D符合题意；
故选D．
【分析】本题主要考查了图形的平移，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移，平移不改变物体的形状和大小，结合选项，逐项分析判断，即可得到答案.
3．下列方程中，是二元一次方程的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二元一次方程的概念
【解析】【解答】解：∵A、含有两个未知数和，所含未知数的项的次数都是1，且是整式方程，符合二元一次方程的定义；
B、中项的次数为2，不符合定义；
C、只含有一个未知数，不符合定义；
D、中是分式，不是整式方程，不符合定义；
故答案为：A.
【分析】利用二元一次方程的定义（含有两个未知数（元），并且未知数的指数均是1（次）的方程叫做二元一次方程）逐项分析判断即可.
4．计算的结果等于（　　）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】求算术平方根
【解析】【解答】解：．
故答案为：B.
【分析】利用算术平方根的定义及计算方法分析求解即可.
5．《天工开物》中记载我国古代的提水工具“桔槔”，它是由竖立的架子和一根细长的杠杆组成，如图是“桔槔”的简易装置图，则与构成同位角的是（
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同位角的概念
【解析】【解答】解：与构成同位角的是．
故答案为：C.
【分析】利用同位角的定义（两条直线被第三条直线所截，两个角分别在两条被截线同一方并且都在截线同一侧）及特征分析求解即可.
6．如图，用方向和距离描述图书馆相对于小逸家的位置，下列选项正确的（　　）
A．北偏东 B．东北方向，
C．北偏西 D．北偏东
【答案】A
【知识点】方位角；用方向和距离确定物体的位置
【解析】【解答】解：如图，
，
图书馆在小逸家的北偏东．
故答案为：A.
【分析】根据方位角的定义直接分析求解即可.
7．下列命题中，是假命题的是(　　)
A．垂线段最短 B．对顶角相等
C．内错角相等 D．两点之间，线段最短
【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；真命题与假命题；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：A、∵垂线段最短，∴选项A是真命题，不符合题意；
B、∵对顶角相等，∴选项B是真命题，不符合题意；
C、∵两直线平行，内错角相等，∴选项C是假命题，符合题意；
D、∵两点之间线段最短，∴选项D是真命题，不符合题意；
故选：C．
【分析】利用垂线段的性质、对顶角的性质、内错角的定义及线段的性质逐项分析判断即可.
8．如图，这是故宫内部分建筑的分布图，建立平面直角坐标系，若表示弘义阁的点的坐标为，表示本仁殿的点的坐标为，则表示乾清门的点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用坐标表示地理位置；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：如图所示：
∴表示乾清门的点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】利用“ 弘义阁 ”和“ 本仁殿 ”的坐标建立平面直角坐标系，再直接求解即可.
9．将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；平行线的应用-求角度
【解析】【解答】解：如图所示：
将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，
，，
，，
，
，
，
故选：．
【分析】先利用折叠的性质及平行线的性质可得，，再结合，将数据代入求出即可.
10．《九章算术》中的方程问题：“五只雀、六只燕，一共重1斤（古代1斤两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，问：每只雀、燕的重量各为多少？”设每只雀、燕的重量各为x两、y两，下列方程组正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：设每只雀重量为两，每只燕重量为两，
∵五只雀、六只燕一共重1斤，即16两，
∴可得第一个方程，
∵互换其中一只后，一边剩余4只雀，得到1只燕，另一边剩余5只燕，得到1只雀，此时两边重量相等，
∴可得第二个方程，
∴所列方程组为．
故答案为：C.
【分析】设每只雀重量为两，每只燕重量为两，利用“五只雀、六只燕一共重1斤，即16两”和“互换其中一只后，一边剩余4只雀，得到1只燕，另一边剩余5只燕，得到1只雀，此时两边重量相等”直接列出方程组即可.
11．如图，已知x2＝3，那么在数轴上与实数x对应的点可能是（　　）
A．P1 B．P4 C．P2或P3 D．P1或P4
【答案】D
【知识点】实数在数轴上的表示；无理数的估值；利用开平方求未知数
【解析】【解答】解：∵x2=3，∴x=±，
∴对应的点为P1或P4．
故答案为：D．
【分析】先利用平方根的定义及计算方法求出x=±，再求出点表示的数即可.
12．如图，长方形的两边分别在轴、轴上，点与原点重合，点的坐标为，将长方形沿轴向右翻滚，经过1次翻滚，点的对应点记为，经过2次翻滚，点的对应点记为，……以此类推，经过次翻滚后，点的对应点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；探索数与式的规律；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：长方形中，与原点重合，，
，长方形周长为，
观察翻滚过程：第1次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
第2次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
第3次翻滚，以为旋转中心，点位置不变，坐标为，
第4次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
每4次翻滚为一个循环，点的纵坐标恢复为2，横坐标增加6，
，
经过2026次翻滚后，点的对应点的位置与类似，
的横坐标为，纵坐标为0，
的坐标为．
故答案为：C.
【分析】先根据前几个点A的坐标可得规律：每4次翻滚为一个循环，点的纵坐标恢复为2，横坐标增加6，再结合，可得经过2026次翻滚后，点的对应点的位置与类似，最后求出的坐标为即可．
13．的相反数是　 　．
【答案】
【知识点】实数的相反数
【解析】【解答】解：只有符号不同的两个数互为相反数，
由此可得的相反数是-，
故答案为：-.
【分析】根据相反数的定义求解即可。
14．已知点，则到轴的距离为　 　．
【答案】5
【知识点】点的坐标
【解析】【解答】解：点，则到轴的距离为．
故答案为：5.
【分析】利用点坐标的定义并结合点P的坐标直接求解即可.
15．已知是关于的二元一次方程组的解，则的值为　 　．
【答案】3
【知识点】二元一次方程组的解；已知二元一次方程组的解求参数
【解析】【解答】解：∵是关于的二元一次方程组的解，
∴，
解得：，，
∴．
故答案为：3
【分析】将代入方程组可得，再求出m、n的值，最后求出的值即可.
16．如图，把直角梯形沿方向平移到梯形的位置，，，，则阴影部分的面积是　 　．
【答案】30
【知识点】梯形；直角梯形；平移的性质；多边形的面积
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，，
．
，，
．
梯形是直角梯形，平移后梯形也是直角梯形．
．
，
，即为梯形的高．
．
故答案为：30.
【分析】先利用平移的性质可得，CD=GH=9cm，再利用割补法及等量代换可得，再利用梯形的面积公式可得，从而得解.
17．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式
.
（2）解：原式
．
【知识点】实数的绝对值；求有理数的绝对值的方法；实数的混合运算（含开方）；求算术平方根；开立方（求立方根）
【解析】【分析】（1）先利用有理数的乘方、绝对值和算术平方根的性质化简，再计算即可；
（2）先利用有理数的乘方、立方根和绝对值的性质化简，再计算即可.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．解方程（组）：
（1）；
（2）
【答案】（1）解：
；
（2）解：，
②①，得，
将代入①，，
解得，
∴方程组的解为．
【知识点】加减消元法解二元一次方程组；利用开立方求未知数
【解析】【分析】（1）利用立方根的定义及计算方法分析求解即可；
（2）利用加减消元法的定义及计算方法分析求解即可.
（1）解：
；
（2）解：，
②①，得，
将代入①，，
解得，
∴方程组的解为．
19．如图，先将三角形向左平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到三角形．
（1）画出经过两次平移后的三角形，并写出的坐标；
（2）已知三角形内部一点的坐标为，若点随三角形一起平移，平移后点的对应点的坐标为，请直接写出的值；
（3）求三角形的面积．
【答案】（1）解：经过两次平移后的图形如图所示，
∴.
（2），
（3）解：由题意可得：．
【知识点】三角形的面积；坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移
【解析】【解答】（2）解：由题意可得：，，
解得：，.
【分析】（1）先利用点坐标平移的特征（上加下减、左减右加）找出点A、B、C的对应点，再连接并直接求出点的坐标即可；
（2）利用点坐标平移的特征（上加下减、左减右加）分析求解即可；
（3）利用三角形的面积公式及割补法求解即可.
（1）解：经过两次平移后的图形如图所示，
∴；
（2）解：由题意可得：，，
解得：，；
（3）解：由题意可得：．
20．如图，．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴．
【知识点】平行线的应用-求角度；平行线的应用-证明问题
【解析】【分析】（1）先证AE//FG，再利用平行线的性质可得，再利用等量代换可得，从而可证出；
（2）利用平行线的性质及角的运算求出，再结合，，最后求出∠3的度数即可.
（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴．
21．根据以下素材，探索完成任务．
设计合适的盒子
素 材 1 团扇是中国传统工艺品，代表着团圆友善、吉祥如意，小志制作了一面圆形团扇作为母亲节礼物，这把团扇的扇面面积为，手柄长为．
素 材 2 为了美观，小志设计了一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装．
任务：
（1）根据素材1，该团扇的扇面半径为___________；
（2）根据素材2，求出该长方体盒子的长和高；
（3）如果不考虑团扇和盒子的厚度，这个长方体盒子能装得下这面团扇吗？请说明理由．
【答案】（1）10
（2）解：∵小志设计一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装，
∴可设长为，高为，
∵，
解得（舍负），
∴该长方体盒子的长为，高为.
（3）解：这个长方体盒子能装得下这面团扇，
理由如下：圆形团扇的直径为，总高度为，
∵，，
∴这个长方体盒子能装得下这面团扇．
【知识点】无理数的估值；扇形面积的计算；利用开平方求未知数；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】（1）解：设该团扇的扇面半径为，
团扇的扇面面积为100，
∴，
解得（舍负），
∴该团扇的扇面半径为.
【分析】（1）设该团扇的扇面半径为，利用圆的面积公式可得，再求出即可；
（2）设长为，高为，利用“正面的面积为”列出方程，求出x的值，再求出即可；
（3）先分别求出圆形的直径和总高度，再比较大小即可.
（1）解：设该团扇的扇面半径为，
团扇的扇面面积为100，
∴，
解得（舍负），
∴该团扇的扇面半径为；
（2）解：∵小志设计一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装，
∴可设长为，高为，
∵，
解得（舍负），
∴该长方体盒子的长为，高为；
（3）解：这个长方体盒子能装得下这面团扇，理由如下：
圆形团扇的直径为，总高度为，
∵，，
∴这个长方体盒子能装得下这面团扇．
22．如图，在以点为原点的平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，点在轴上，且轴，满足．一动点从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着的路线运动（点首次回到点时停止），运动时间为秒（）．
（1）点的坐标为___________，点的坐标为___________；
（2）连接，若把长方形的面积分成的两部分，求出点的坐标；
（3）点在运动过程中，是否存在点到轴的距离为个单位长度的情况，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）解：∵，，
∴，，
∴长方形的面积为，
∵把长方形的面积分成的两部分，
∴一部分的面积为，一部分面积为，
∴可分两种情况讨论：当时和当时，
①当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
②当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
综上所述，若把长方形的面积分成的两部分，点P的坐标为或.
（3）解：存在，①当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
②当点P在上时，此时点P到x轴的距离为8，
则，
解得，
根据题意，的最大值为，
∵，
∴不符合题意；
③当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
综上所述，存在点到轴的距离为个单位长度的情况，此时的值为4或．
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性；分类讨论
【解析】【解答】（1）解：∵满足，，
∴，
∴，
∴，.
【分析】（1）利用非负数之和为0的性质可得，再求出a、b的值，即可得到点A、B的坐标；
（2）先求出长方形的面积为，再分类讨论：①当时，②当时，再分别列出方程求解即可；
（3）分类讨论：①当点P在上时，②当点P在上时，③当点P在上时，先分别画出图形，再列出方程求解即可.
（1）解：∵满足，，
∴，
∴，
∴，；
（2）解：∵，，
∴，，
∴长方形的面积为，
∵把长方形的面积分成的两部分，
∴一部分的面积为，一部分面积为，
∴可分两种情况讨论：当时和当时，
①当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
②当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
综上所述，若把长方形的面积分成的两部分，点P的坐标为或；
（3）解：存在，
①当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
②当点P在上时，此时点P到x轴的距离为8，
则，
解得，
根据题意，的最大值为，
∵，
∴不符合题意；
③当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
综上所述，存在点到轴的距离为个单位长度的情况，此时的值为4或．
23．综合与实践：
【问题情境】光经过凹透镜后的折射实验探究．
【实践操作】光明中学七年级3班好奇组在做光经过凹透镜的折射实验时发现：如图①，平行于主光轴的光线和经过凹透镜的折射后，折射光线的反向延长线会交于主光轴上一点．
【实践探究】好奇组三位同学想弄清楚这两条平行线之间蕴含的数学知识，进行了以下探究：
（1）探究一：在图①中，试猜想，和之间存在什么数量关系，并说明理由．
（2）探究二：在图②中，已知，点、分别是、上的两点，点在、之间，连接、．若点是下方一点，平分，平分，已知，求的度数．
（3）探究三：在图③中，若点是上方一点，连接、；的延长线将分为两部分，且，请直接写出的度数．
【答案】（1）解：，
理由如下：过点P作，如图①，
则，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：过点P作，如图②所示：
∵平分，，
∴，
∵平分，
∴设，
由（1）得：，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴.
（3）
【知识点】角平分线的概念；平行线的应用-求角度；平行公理的推论
【解析】【解答】（3）解：过点P作，如图③所示：
设，则，
∴，
由对顶角相等得：，
设，
∴，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，即，
由条件可知，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴．
【分析】（1）过点P作，先利用平行线的性质可得，，再利用角的运算和等量代换可得；
（2）过点P作，设，再利用（1）的结论可得，即，再利用平行线的性质可得，，最后利用角的运算和等量代换可得；
（3）过点P作，设，则，设，则，再结合（1）的结论可得，即，再结合，，再求出，最后求出，从而可得．
（1）解：，
理由如下：过点P作，如图①，
则，
，，
∴，
∴．
（2）解：过点P作，如图②所示：
∵平分，，
∴，
∵平分，
∴设，
由（1）得：，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：过点P作，如图③所示：
设，则，
∴，
由对顶角相等得：，
设，
∴，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，即，
由条件可知，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴．
1 / 1广西南宁市第十四中学2025-2026学年春季学期七年级期中学科素养检测 数学
1．下列实数中，是无理数的是（　　）
A． B． C．0.3333 D．2
2．全国第一届学生（青年）运动会在广西南宁举行，会徽如图所示，则可由会徽平移得到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列方程中，是二元一次方程的是（　　）
A． B． C． D．
4．计算的结果等于（　　）
A． B．2 C． D．4
5．《天工开物》中记载我国古代的提水工具“桔槔”，它是由竖立的架子和一根细长的杠杆组成，如图是“桔槔”的简易装置图，则与构成同位角的是（
A． B． C． D．
6．如图，用方向和距离描述图书馆相对于小逸家的位置，下列选项正确的（　　）
A．北偏东 B．东北方向，
C．北偏西 D．北偏东
7．下列命题中，是假命题的是(　　)
A．垂线段最短 B．对顶角相等
C．内错角相等 D．两点之间，线段最短
8．如图，这是故宫内部分建筑的分布图，建立平面直角坐标系，若表示弘义阁的点的坐标为，表示本仁殿的点的坐标为，则表示乾清门的点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
9．将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
10．《九章算术》中的方程问题：“五只雀、六只燕，一共重1斤（古代1斤两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，问：每只雀、燕的重量各为多少？”设每只雀、燕的重量各为x两、y两，下列方程组正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图，已知x2＝3，那么在数轴上与实数x对应的点可能是（　　）
A．P1 B．P4 C．P2或P3 D．P1或P4
12．如图，长方形的两边分别在轴、轴上，点与原点重合，点的坐标为，将长方形沿轴向右翻滚，经过1次翻滚，点的对应点记为，经过2次翻滚，点的对应点记为，……以此类推，经过次翻滚后，点的对应点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
13．的相反数是　 　．
14．已知点，则到轴的距离为　 　．
15．已知是关于的二元一次方程组的解，则的值为　 　．
16．如图，把直角梯形沿方向平移到梯形的位置，，，，则阴影部分的面积是　 　．
17．计算：
（1）；
（2）．
18．解方程（组）：
（1）；
（2）
19．如图，先将三角形向左平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到三角形．
（1）画出经过两次平移后的三角形，并写出的坐标；
（2）已知三角形内部一点的坐标为，若点随三角形一起平移，平移后点的对应点的坐标为，请直接写出的值；
（3）求三角形的面积．
20．如图，．
（1）求证：；
（2）求的度数．
21．根据以下素材，探索完成任务．
设计合适的盒子
素 材 1 团扇是中国传统工艺品，代表着团圆友善、吉祥如意，小志制作了一面圆形团扇作为母亲节礼物，这把团扇的扇面面积为，手柄长为．
素 材 2 为了美观，小志设计了一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装．
任务：
（1）根据素材1，该团扇的扇面半径为___________；
（2）根据素材2，求出该长方体盒子的长和高；
（3）如果不考虑团扇和盒子的厚度，这个长方体盒子能装得下这面团扇吗？请说明理由．
22．如图，在以点为原点的平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，点在轴上，且轴，满足．一动点从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着的路线运动（点首次回到点时停止），运动时间为秒（）．
（1）点的坐标为___________，点的坐标为___________；
（2）连接，若把长方形的面积分成的两部分，求出点的坐标；
（3）点在运动过程中，是否存在点到轴的距离为个单位长度的情况，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
23．综合与实践：
【问题情境】光经过凹透镜后的折射实验探究．
【实践操作】光明中学七年级3班好奇组在做光经过凹透镜的折射实验时发现：如图①，平行于主光轴的光线和经过凹透镜的折射后，折射光线的反向延长线会交于主光轴上一点．
【实践探究】好奇组三位同学想弄清楚这两条平行线之间蕴含的数学知识，进行了以下探究：
（1）探究一：在图①中，试猜想，和之间存在什么数量关系，并说明理由．
（2）探究二：在图②中，已知，点、分别是、上的两点，点在、之间，连接、．若点是下方一点，平分，平分，已知，求的度数．
（3）探究三：在图③中，若点是上方一点，连接、；的延长线将分为两部分，且，请直接写出的度数．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无理数的概念；求算术平方根
【解析】【解答】解：A、是开方开不尽的数，是无限不循环小数，属于无理数．
B、是分数，属于有理数；
C、0.3333是有限小数，属于有理数；
D、2是整数，属于有理数；
故答案为：A.
【分析】利用无理数的定义（无限不循环小数称为无理数）逐个分析判断求解即可.
2．【答案】D
【知识点】图形的平移
【解析】【解答】解：A中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以A不合题意；
B中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以B不合题意；
C中，图形的方向与原图不一致，不能通过平移得到，所以C不合题意；
D中，图形的大小、形状和方向与原图一致，能通过平移得到，所以D符合题意；
故选D．
【分析】本题主要考查了图形的平移，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移，平移不改变物体的形状和大小，结合选项，逐项分析判断，即可得到答案.
3．【答案】A
【知识点】二元一次方程的概念
【解析】【解答】解：∵A、含有两个未知数和，所含未知数的项的次数都是1，且是整式方程，符合二元一次方程的定义；
B、中项的次数为2，不符合定义；
C、只含有一个未知数，不符合定义；
D、中是分式，不是整式方程，不符合定义；
故答案为：A.
【分析】利用二元一次方程的定义（含有两个未知数（元），并且未知数的指数均是1（次）的方程叫做二元一次方程）逐项分析判断即可.
4．【答案】B
【知识点】求算术平方根
【解析】【解答】解：．
故答案为：B.
【分析】利用算术平方根的定义及计算方法分析求解即可.
5．【答案】C
【知识点】同位角的概念
【解析】【解答】解：与构成同位角的是．
故答案为：C.
【分析】利用同位角的定义（两条直线被第三条直线所截，两个角分别在两条被截线同一方并且都在截线同一侧）及特征分析求解即可.
6．【答案】A
【知识点】方位角；用方向和距离确定物体的位置
【解析】【解答】解：如图，
，
图书馆在小逸家的北偏东．
故答案为：A.
【分析】根据方位角的定义直接分析求解即可.
7．【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；真命题与假命题；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：A、∵垂线段最短，∴选项A是真命题，不符合题意；
B、∵对顶角相等，∴选项B是真命题，不符合题意；
C、∵两直线平行，内错角相等，∴选项C是假命题，符合题意；
D、∵两点之间线段最短，∴选项D是真命题，不符合题意；
故选：C．
【分析】利用垂线段的性质、对顶角的性质、内错角的定义及线段的性质逐项分析判断即可.
8．【答案】B
【知识点】用坐标表示地理位置；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：如图所示：
∴表示乾清门的点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】利用“ 弘义阁 ”和“ 本仁殿 ”的坐标建立平面直角坐标系，再直接求解即可.
9．【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；平行线的应用-求角度
【解析】【解答】解：如图所示：
将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，
，，
，，
，
，
，
故选：．
【分析】先利用折叠的性质及平行线的性质可得，，再结合，将数据代入求出即可.
10．【答案】C
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：设每只雀重量为两，每只燕重量为两，
∵五只雀、六只燕一共重1斤，即16两，
∴可得第一个方程，
∵互换其中一只后，一边剩余4只雀，得到1只燕，另一边剩余5只燕，得到1只雀，此时两边重量相等，
∴可得第二个方程，
∴所列方程组为．
故答案为：C.
【分析】设每只雀重量为两，每只燕重量为两，利用“五只雀、六只燕一共重1斤，即16两”和“互换其中一只后，一边剩余4只雀，得到1只燕，另一边剩余5只燕，得到1只雀，此时两边重量相等”直接列出方程组即可.
11．【答案】D
【知识点】实数在数轴上的表示；无理数的估值；利用开平方求未知数
【解析】【解答】解：∵x2=3，∴x=±，
∴对应的点为P1或P4．
故答案为：D．
【分析】先利用平方根的定义及计算方法求出x=±，再求出点表示的数即可.
12．【答案】C
【知识点】点的坐标；探索数与式的规律；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：长方形中，与原点重合，，
，长方形周长为，
观察翻滚过程：第1次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
第2次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
第3次翻滚，以为旋转中心，点位置不变，坐标为，
第4次翻滚，以为旋转中心，对应点坐标为，
每4次翻滚为一个循环，点的纵坐标恢复为2，横坐标增加6，
，
经过2026次翻滚后，点的对应点的位置与类似，
的横坐标为，纵坐标为0，
的坐标为．
故答案为：C.
【分析】先根据前几个点A的坐标可得规律：每4次翻滚为一个循环，点的纵坐标恢复为2，横坐标增加6，再结合，可得经过2026次翻滚后，点的对应点的位置与类似，最后求出的坐标为即可．
13．【答案】
【知识点】实数的相反数
【解析】【解答】解：只有符号不同的两个数互为相反数，
由此可得的相反数是-，
故答案为：-.
【分析】根据相反数的定义求解即可。
14．【答案】5
【知识点】点的坐标
【解析】【解答】解：点，则到轴的距离为．
故答案为：5.
【分析】利用点坐标的定义并结合点P的坐标直接求解即可.
15．【答案】3
【知识点】二元一次方程组的解；已知二元一次方程组的解求参数
【解析】【解答】解：∵是关于的二元一次方程组的解，
∴，
解得：，，
∴．
故答案为：3
【分析】将代入方程组可得，再求出m、n的值，最后求出的值即可.
16．【答案】30
【知识点】梯形；直角梯形；平移的性质；多边形的面积
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，，
．
，，
．
梯形是直角梯形，平移后梯形也是直角梯形．
．
，
，即为梯形的高．
．
故答案为：30.
【分析】先利用平移的性质可得，CD=GH=9cm，再利用割补法及等量代换可得，再利用梯形的面积公式可得，从而得解.
17．【答案】（1）解：原式
.
（2）解：原式
．
【知识点】实数的绝对值；求有理数的绝对值的方法；实数的混合运算（含开方）；求算术平方根；开立方（求立方根）
【解析】【分析】（1）先利用有理数的乘方、绝对值和算术平方根的性质化简，再计算即可；
（2）先利用有理数的乘方、立方根和绝对值的性质化简，再计算即可.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．【答案】（1）解：
；
（2）解：，
②①，得，
将代入①，，
解得，
∴方程组的解为．
【知识点】加减消元法解二元一次方程组；利用开立方求未知数
【解析】【分析】（1）利用立方根的定义及计算方法分析求解即可；
（2）利用加减消元法的定义及计算方法分析求解即可.
（1）解：
；
（2）解：，
②①，得，
将代入①，，
解得，
∴方程组的解为．
19．【答案】（1）解：经过两次平移后的图形如图所示，
∴.
（2），
（3）解：由题意可得：．
【知识点】三角形的面积；坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移
【解析】【解答】（2）解：由题意可得：，，
解得：，.
【分析】（1）先利用点坐标平移的特征（上加下减、左减右加）找出点A、B、C的对应点，再连接并直接求出点的坐标即可；
（2）利用点坐标平移的特征（上加下减、左减右加）分析求解即可；
（3）利用三角形的面积公式及割补法求解即可.
（1）解：经过两次平移后的图形如图所示，
∴；
（2）解：由题意可得：，，
解得：，；
（3）解：由题意可得：．
20．【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴．
【知识点】平行线的应用-求角度；平行线的应用-证明问题
【解析】【分析】（1）先证AE//FG，再利用平行线的性质可得，再利用等量代换可得，从而可证出；
（2）利用平行线的性质及角的运算求出，再结合，，最后求出∠3的度数即可.
（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴．
21．【答案】（1）10
（2）解：∵小志设计一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装，
∴可设长为，高为，
∵，
解得（舍负），
∴该长方体盒子的长为，高为.
（3）解：这个长方体盒子能装得下这面团扇，
理由如下：圆形团扇的直径为，总高度为，
∵，，
∴这个长方体盒子能装得下这面团扇．
【知识点】无理数的估值；扇形面积的计算；利用开平方求未知数；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】（1）解：设该团扇的扇面半径为，
团扇的扇面面积为100，
∴，
解得（舍负），
∴该团扇的扇面半径为.
【分析】（1）设该团扇的扇面半径为，利用圆的面积公式可得，再求出即可；
（2）设长为，高为，利用“正面的面积为”列出方程，求出x的值，再求出即可；
（3）先分别求出圆形的直径和总高度，再比较大小即可.
（1）解：设该团扇的扇面半径为，
团扇的扇面面积为100，
∴，
解得（舍负），
∴该团扇的扇面半径为；
（2）解：∵小志设计一个正面的面积为，且长、高比为的长方体纸盒进行包装，
∴可设长为，高为，
∵，
解得（舍负），
∴该长方体盒子的长为，高为；
（3）解：这个长方体盒子能装得下这面团扇，理由如下：
圆形团扇的直径为，总高度为，
∵，，
∴这个长方体盒子能装得下这面团扇．
22．【答案】（1）；
（2）解：∵，，
∴，，
∴长方形的面积为，
∵把长方形的面积分成的两部分，
∴一部分的面积为，一部分面积为，
∴可分两种情况讨论：当时和当时，
①当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
②当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
综上所述，若把长方形的面积分成的两部分，点P的坐标为或.
（3）解：存在，①当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
②当点P在上时，此时点P到x轴的距离为8，
则，
解得，
根据题意，的最大值为，
∵，
∴不符合题意；
③当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
综上所述，存在点到轴的距离为个单位长度的情况，此时的值为4或．
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性；分类讨论
【解析】【解答】（1）解：∵满足，，
∴，
∴，
∴，.
【分析】（1）利用非负数之和为0的性质可得，再求出a、b的值，即可得到点A、B的坐标；
（2）先求出长方形的面积为，再分类讨论：①当时，②当时，再分别列出方程求解即可；
（3）分类讨论：①当点P在上时，②当点P在上时，③当点P在上时，先分别画出图形，再列出方程求解即可.
（1）解：∵满足，，
∴，
∴，
∴，；
（2）解：∵，，
∴，，
∴长方形的面积为，
∵把长方形的面积分成的两部分，
∴一部分的面积为，一部分面积为，
∴可分两种情况讨论：当时和当时，
①当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
②当时，
此时点P在上，设点P的坐标为，则，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
综上所述，若把长方形的面积分成的两部分，点P的坐标为或；
（3）解：存在，
①当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
②当点P在上时，此时点P到x轴的距离为8，
则，
解得，
根据题意，的最大值为，
∵，
∴不符合题意；
③当点P在上时，，
根据题意可知，此时，即，
∴，
解得；
综上所述，存在点到轴的距离为个单位长度的情况，此时的值为4或．
23．【答案】（1）解：，
理由如下：过点P作，如图①，
则，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：过点P作，如图②所示：
∵平分，，
∴，
∵平分，
∴设，
由（1）得：，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴.
（3）
【知识点】角平分线的概念；平行线的应用-求角度；平行公理的推论
【解析】【解答】（3）解：过点P作，如图③所示：
设，则，
∴，
由对顶角相等得：，
设，
∴，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，即，
由条件可知，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴．
【分析】（1）过点P作，先利用平行线的性质可得，，再利用角的运算和等量代换可得；
（2）过点P作，设，再利用（1）的结论可得，即，再利用平行线的性质可得，，最后利用角的运算和等量代换可得；
（3）过点P作，设，则，设，则，再结合（1）的结论可得，即，再结合，，再求出，最后求出，从而可得．
（1）解：，
理由如下：过点P作，如图①，
则，
，，
∴，
∴．
（2）解：过点P作，如图②所示：
∵平分，，
∴，
∵平分，
∴设，
由（1）得：，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：过点P作，如图③所示：
设，则，
∴，
由对顶角相等得：，
设，
∴，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，即，
由条件可知，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴．
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