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北京市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20分，每小题2分）
1．（2分）（2025春 荣昌区期末）下列三个图中，一定能得出∠1与∠2相等的图形个数是（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
2．（2分）（2025春 厦门校级期中）能由如图平移得到的图形是（　　）
A． B． C． D．
3．（2分）（2025秋 兰州期中）下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2分）（2019春 博罗县期末）点P（3，5）到x轴和y轴的距离分别是（　　）
A．3，5 B．3，﹣5 C．5，3 D．﹣5，3
5．（2分）（2025春 济南期末）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝135°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的结论有（　　）
A．②③ B．①② C．①③④ D．①②③④
6．（2分）（2025秋 西安期中）如图，某小区有3棵古松树S1，S2，S3，为加强对古树的保护园林部门将其中的2棵古松树的位置用坐标表示为S1（﹣2，3），S2（1，4），则第3棵古松树S3的位置用坐标表示为（　　）
A．（﹣2，1） B．（2，1） C．（﹣1，1） D．（1，1）
7．（2分）（2024春 沂源县期末）下列命题中，是假命题的是（　　）
A．内错角相等
B．对顶角相等
C．互余的两个角不一定相等
D．两点之间，线段最短
8．（2分）（2024秋 伊川县期末）如果∠1和∠2的一边在同一条直线上，另一条边互相平行，那么∠1和∠2的数量关系是（　　）
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．互补且相等
9．（2分）直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边，我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D处，则点C的对应点C的坐标为（　　）
A．（，1） B．（2，1） C．（1，） D．（2，）
10．（2分）（2024春 荆州月考）在平面直角坐标系中，将点A向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后与点B（﹣1，4）重合，则点A的坐标是（　　）
A．（2，2） B．（﹣4，6） C．（﹣4，2） D．（2，6）
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
11．（2分）（2023秋 临川区校级月考）由2x﹣y﹣5＝0，用x的式子表示y可以得y＝ 　 　 ．
12．（2分）（2024春 市中区校级月考）已知是二元一次方程ax+by＝2的解，则6a﹣3b+2018的值为 　 　 ．
13．（2分）（2023春 邕宁区期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），如果点Q（x，y′）的纵坐标满足，那么称点Q为点P的“关联点”．例如点（3，5）的“关联点”的坐标为（3，2）；如果点P（x，y）的关联点Q坐标为（﹣3，4），则点P的坐标为 　 　 ．
14．（2分）（2025秋 无锡期中）若a，b满足，则a+b＝　 　 ．
15．（2分）（2025秋 林芝市期末）将一副三角板如图放置，若∠AOD＝17°，则∠BOC的大小为　 　 ．
16．（2分）（2025春 牡丹区期末）如图，直线a、c固定，∠1＝70°，直线b绕着点O旋转，当旋转到使∠2＝　 　 °时，有a∥b．
17．（2分）（2024春 大连月考）如图，∠1＝125°，AO⊥OB于点O，点C、O、D在一条直线上，则∠2＝　 　 ．
18．（2分）（2025秋 揭阳期中）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，1）在第一三象限角平分线上，过点A1作y轴的平行线，交第二四象限角平分线于点B1，以线段A1B1为边在右侧作正方形A1B1C1D1，C1D1所在的直线交第一、三象限角平分线于点A2，交第二、四象限角平分线于点B2，再以线段A2B2为边在右侧作正方形A2B2C2D2 规律，则第2025个正方形的边长为　 　 ．
三．解答题（共10小题，满分64分）
19．（8分）（2024秋 南宁校级期中）计算：．
20．（12分）（2025春 湟中区校级期中）计算：
（1）；
（2）；
（3）（x+1）2﹣25＝0；
（4）2（x+1）3+16＝0；
（5）；
（6）．
21．（4分）（2025春 海淀区校级期中）已知：∠AOB及∠AOB内部一点P．
（1）①过点P作直线PD⊥OB于点D；
②过点P作直线PC∥OA交OB于点C；
（2）比较线段PC与线段PD的大小：PC　 　 PD，理由是　 　 ．
22．（6分）如图所示，已知BD⊥AF，CE⊥AF，∠C＝∠D．试说明：∠A＝∠F．
23．（6分）（2025秋 濉溪县校级月考）如图，在平面直角坐标系中，三角形ABC的顶点都在格点（网格线的交点）上，其中点A（﹣1，1）．
（1）将三角形ABC先向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到三角形A′B′C′．请画出三角形A′B′C′，并写出三角形A′B′C′的三个顶点的坐标．
（2）若P（x，y）是三角形ABC中的任意一点，请写出经过（1）平移后，得到的对应点P′的坐标．
24．（4分）（2024秋 长春校级期末）已知a﹣1的立方根是2，2b+1的平方根是±3，c是的整数部分．
（1）求a、b、c的值．
（2）求a+b+c的平方根．
25．（6分）小明画了一个图（如图），你能分别根据下面的基本事实或定理，说明他画的图是错误的吗？
（1）平行线的有关基本事实和定理；
（2）三角形内角和定理．
26．（6分）（2025秋 长沙期中）当下，人工智能技术飞速发展，正推动生产方式向智能化、高效化转变．某制造厂采用了A，B两种型号喷涂机器人进行电子设备的表面喷涂，提高效率的同时也能够降低对环境的污染．已知1台A型机器人和2台B型机器人同时工作1小时可完成52个电子设备的表面喷涂，2台A型机器人和3台B型机器人同时工作1小时可完成88个电子设备的表面喷涂．
（1）求每台A，B型机器人每小时分别完成多少个电子设备的表面喷涂．
（2）由于场地限制，该工厂同一时间内最多可部署30台机器人．若要确保每小时完成550个电子设备的表面喷涂，问该工厂同一时间内至少需要部署多少台A型机器人？
27．（6分）（2024秋 大同期末）（1）计算：．
（2）阅读下列解题过程，完成相应任务．
解方程组：．
解：由①，得y＝2x﹣4，③…第一步
把③代入②，得8x﹣3（2x﹣4）＝20，去括号，得8x﹣6x﹣12＝20，…第二步
解得x＝16．…第三步
将x＝16代入③，得y＝28．…第四步
所以原方程组的解为．…第五步
任务一：这种求解二元一次方程组的方法叫做　 　 ；
A．代入消元法
B．加减消元法
任务二：第　 　 步开始出现错误，错误的原因是　 　 ；
任务三：直接写出该方程组的正确解：　 　 ．
28．（6分）（2024春 沙坪坝区校级月考）如图，已知AB∥CD，∠A+∠1＝180°．
（1）求证：AE∥BD；
（2）若∠E＝80°，∠ABD的角平分线BF与∠CDE的角平分线DF交于点F，BF与CD交于点M，∠1＝116°，求∠F的度数．
四．解答题（共3小题）
29．（2025 滨州）（1）计算：（﹣3）016÷（﹣4）；
（2）解不等式：x﹣3（x﹣2）≥4．
30．（2024春 阳信县期末）已知方程组和方程组的解相同，求5a+b的平方根．
31．如图1，把一张标准纸一次又一次对折，得到“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸、……．当标准纸的短边长为a时．
（1）“16开”纸的短边长为 　 　 （用含a的代数式表示）．
（2）如图2，把这张标准纸对折得到的“16开”纸，按如下步骤折叠：
第一步 将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B'处，铺平后得折痕AE；
第二步 将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF．则：
①“16开”纸的长边长是 　 　 （用含a的代数式表示）；
②标准纸的长边与短边的比值是 　 　 ．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2025春 荣昌区期末）下列三个图中，一定能得出∠1与∠2相等的图形个数是（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【考点】对顶角、邻补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】根据对顶角、邻补角的定义以及同角的余角相等逐个图形进行判断即可．
【解答】解：如图，图1中的∠1与∠2既不是对顶角，也不是邻补角，因此∠1与∠2不一定相等；
图2中，由标注可知，∠AOD＝∠BOD＝90°＝∠COE，
∴∠1+∠COD＝∠2+∠COD＝90°，
∴∠1＝∠2；
图3中，∠1与∠2是对顶角，因此∠1＝∠2；
综上所述，图2，图3中的∠1＝∠2，共2个，
故选：B．
【点评】本题考查对顶角、邻补角，掌握对顶角、邻补角的定义是正确解答的关键．
2．（2分）（2025春 厦门校级期中）能由如图平移得到的图形是（　　）
A． B． C． D．
【考点】平移的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】直接根据图形平移的性质解答即可．
【解答】解：由图可知，平移得到的图形是D．
故选：D．
【点评】本题考查的是平移的性质，熟知把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同是解题的关键．
3．（2分）（2025秋 兰州期中）下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】二次根式的性质与化简；立方根．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】A
【分析】先分别算出各个选项的算术平方根以及立方根，再与等号右边的值进行比较，即可作答．
【解答】解：A、，故该选项是正确的，符合题意；
B、，故该选项是错误的，不符合题意；
C、，故该选项是错误的，不符合题意；
D、，故该选项是错误的，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简、立方根，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
4．（2分）（2019春 博罗县期末）点P（3，5）到x轴和y轴的距离分别是（　　）
A．3，5 B．3，﹣5 C．5，3 D．﹣5，3
【考点】点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；几何直观．
【答案】C
【分析】根据点P（3，5）在第一象限，点到x轴的距离等于纵坐标的长度，到y轴的距离等于横坐标的长度解答即可．
【解答】解：因为点P（3，5）在第一象限，
所以到x轴的距离是纵坐标的长度5，到y轴的距离是横坐标的长度3．
故选：C．
【点评】本题考查了象限内点的坐标的特征，记住各象限内点的特征是解决的关键．
5．（2分）（2025春 济南期末）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝135°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的结论有（　　）
A．②③ B．①② C．①③④ D．①②③④
【考点】平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行线的判定和性质，三角形的内角和定理，逐一判断，即可．
【解答】解：延长FG交AB于点K，
由题意得，△PMN是等腰直角三角形，
在△EFG中，∠GEF＝60°，∠EFG＝30°，∠EGF＝90°，∠MPN＝90°，
∴∠EGF＝∠MPN＝90°，
∴GE∥MP，
故①正确，符合题意；
∵∠EFG＝30°，
∴∠EFN＝180°﹣∠EFG＝150°，
故②错误，不符合题意；
∵AB∥CD，
∴∠BKN＝∠PNM＝45°，
∴∠AEG＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠BEF＝180°﹣∠AEG﹣∠GEF＝75°，
故③正确，符合题意；
∵△PMN是等腰直角三角形，
∴∠PMN＝45°，
∴∠AEG＝∠PMN，
故④正确，符合题意；
综上所述，正确的个数为：①③④．
故选：C．
【点评】本题考查三角形的内角和，平行线的性质，解题的关键是延长FG交AB于点K．
6．（2分）（2025秋 西安期中）如图，某小区有3棵古松树S1，S2，S3，为加强对古树的保护园林部门将其中的2棵古松树的位置用坐标表示为S1（﹣2，3），S2（1，4），则第3棵古松树S3的位置用坐标表示为（　　）
A．（﹣2，1） B．（2，1） C．（﹣1，1） D．（1，1）
【考点】坐标确定位置．
【专题】平面直角坐标系；几何直观．
【答案】C
【分析】根据S1（﹣2，3），S2（1，4）确定出坐标轴的位置即可得出第3棵古松树S3的位置用坐标．
【解答】解：如图所示：
故第3棵古松树S3的位置用坐标表示为：（﹣1，1）．
故选：C．
【点评】本题考查平面直角坐标系的相关知识，掌握用坐标确定位置的方法是解题的关键．
7．（2分）（2024春 沂源县期末）下列命题中，是假命题的是（　　）
A．内错角相等
B．对顶角相等
C．互余的两个角不一定相等
D．两点之间，线段最短
【考点】命题与定理；线段的性质：两点之间线段最短；余角和补角；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；推理能力．
【答案】A
【分析】根据内错角、对顶角、余角及线段之间的关系即可求解．
【解答】解：A．内错角不一定相等，故是假命题，符合题意；
B．对顶角相等，故是真命题，不符合题意；
C．互余的两个角不一定相等，故是真命题，不符合题意；
D..两点之间，线段最短，故是真命题，不符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查命题的真假，解题的关键是熟知内错角、对顶角、余角及线段之间的关系．
8．（2分）（2024秋 伊川县期末）如果∠1和∠2的一边在同一条直线上，另一条边互相平行，那么∠1和∠2的数量关系是（　　）
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．互补且相等
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】C
【分析】分两种情况画图分析，然后利用平行线的性质，即可解答．
【解答】解：分两种情况：
如图：
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠2；
如图：
∵AB∥CD，
∴∠1+∠2＝180°；
综上所述：如果∠1和∠2的一边在同一条直线上，另一条边互相平行，那么∠1和∠2的数量关系是相等或互补，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，分两种情况讨论是解题的关键．
9．（2分）直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边，我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D处，则点C的对应点C的坐标为（　　）
A．（，1） B．（2，1） C．（1，） D．（2，）
【考点】坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】D
【分析】由已知条件得到AD′＝AD＝2，AOAB＝1，根据勾股定理得到OD′，于是得到结论．
【解答】解：∵AD′＝AD＝2，
AOAB＝1，
∴OD′，
∵C′D′＝CD＝AB＝4，C′D′∥AB，
∴C′（2，），
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
10．（2分）（2024春 荆州月考）在平面直角坐标系中，将点A向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后与点B（﹣1，4）重合，则点A的坐标是（　　）
A．（2，2） B．（﹣4，6） C．（﹣4，2） D．（2，6）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】A
【分析】根据点的平移规则：左减右加，上加下减，进行求解即可．
【解答】解：将点A向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后与点B（﹣1，4）重合，
∴点A的坐标为：（﹣1+3，4﹣2），即：（2，2）；
故选：A．
【点评】本题考查点的平移，正确记忆平移到额性质是解题关键．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
11．（2分）（2023秋 临川区校级月考）由2x﹣y﹣5＝0，用x的式子表示y可以得y＝ 　2x﹣5　 ．
【考点】解二元一次方程；等式的性质．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】2x﹣5．
【分析】根据等式的性质解答即可．
【解答】解：2x﹣y﹣5＝0，
方程两边同时加y，得2x﹣5＝y，
即y＝2x﹣5．
故答案为：2x﹣5．
【点评】本题考查了解二元一次方程，等式的性质，掌握等式的性质是解题的关键．
12．（2分）（2024春 市中区校级月考）已知是二元一次方程ax+by＝2的解，则6a﹣3b+2018的值为 　2024　 ．
【考点】二元一次方程的解．
【专题】方程与不等式；运算能力．
【答案】2024．
【分析】把x、y代入二元一次方程求出a、b的关系，再整体代入代数式即可求解．
【解答】解：∵是二元一次方程ax+by＝2的解，
∴将代入ax+by＝2得：2a﹣b＝2，
∴6a﹣3b+2028＝3（2a﹣b）+2018＝3×2+2018＝2024．
故答案为：2024．
【点评】本题考查了二元一次方程的解，掌握解元一次方程的步骤是关键．
13．（2分）（2023春 邕宁区期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），如果点Q（x，y′）的纵坐标满足，那么称点Q为点P的“关联点”．例如点（3，5）的“关联点”的坐标为（3，2）；如果点P（x，y）的关联点Q坐标为（﹣3，4），则点P的坐标为 　（﹣3，﹣7）或（﹣3，1）　 ．
【考点】点的坐标．
【专题】新定义；平面直角坐标系；运算能力；推理能力．
【答案】（﹣3，1）或（﹣3，﹣7）．
【分析】根据关联点的定义，可得答案．
【解答】解：∵点P（x，y）的关联点Q坐标为（﹣3，4），
∴y′＝y﹣x＝4或x﹣y＝4，
即y﹣（﹣3）＝4或（﹣3）﹣y＝4，
解得y＝1或y＝﹣7，
∴点P的坐标为（﹣3，1）或（﹣3，﹣7）．
故答案为：（﹣3，1）或（﹣3，﹣7）．
【点评】本题主要考查了点的坐标，理清“关联点”的定义是解答本题的关键．
14．（2分）（2025秋 无锡期中）若a，b满足，则a+b＝　﹣1　 ．
【考点】非负数的性质：算术平方根；非负数的性质：绝对值．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【答案】﹣1．
【分析】根据非负数的性质列出方程求出未知数的值，再代入所求代数式计算即可．
【解答】解：∵，
∴a+2＝0，b﹣1＝0，
∴a＝﹣2，b＝1，
∴a+b＝﹣2+1＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了非负数的性质：掌握几个非负数的和为0，则这几个非负数分别等于0，并正确得出未知数的值是解题的关键．
15．（2分）（2025秋 林芝市期末）将一副三角板如图放置，若∠AOD＝17°，则∠BOC的大小为　163°　 ．
【考点】余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】163°．
【分析】根据角的和差关系求解即可．
【解答】解：∵一副三角板，
∴∠COD＝90°，∠AOB＝90°，
∵∠AOD＝17°，
∴∠AOC＝∠COD﹣∠AOD＝73°，
∴∠BOC＝∠AOC+∠AOB＝163°，
故答案为：163°．
【点评】本题主要考查三角板的角度计算，熟练掌握角的和差关系是解此类题的关键．
16．（2分）（2025春 牡丹区期末）如图，直线a、c固定，∠1＝70°，直线b绕着点O旋转，当旋转到使∠2＝　70　 °时，有a∥b．
【考点】平行线的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【答案】70．
【分析】由平行线的判定得出当∠1＝∠2＝70°，a∥b．
【解答】解：当a∥b，
∴∠2＝∠1＝70°，
∴∠2＝70°时，∠2＝∠1，
∴a∥c，
故答案为：70．
【点评】本题考查了平行线的判定，熟知同位角相等，则两直线平行是解题的关键．
17．（2分）（2024春 大连月考）如图，∠1＝125°，AO⊥OB于点O，点C、O、D在一条直线上，则∠2＝　35°　 ．
【考点】垂线．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】35°．
【分析】先利用平角定义可得∠AOD＝55°，再根据垂直定义可得∠AOB＝90°，然后利用角的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠1＝125°，
∴∠AOD＝180°﹣∠1＝55°，
∵AO⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∴∠2＝∠AOB﹣∠AOD＝35°，
故答案为：35°．
【点评】本题考查了垂线，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
18．（2分）（2025秋 揭阳期中）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，1）在第一三象限角平分线上，过点A1作y轴的平行线，交第二四象限角平分线于点B1，以线段A1B1为边在右侧作正方形A1B1C1D1，C1D1所在的直线交第一、三象限角平分线于点A2，交第二、四象限角平分线于点B2，再以线段A2B2为边在右侧作正方形A2B2C2D2 规律，则第2025个正方形的边长为　2×32024 ．
【考点】规律型：点的坐标．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】2×32024．
【分析】根据题意得到A1、B1的坐标，从而得到第一个正方形的边长，即可推出A2、B2的坐标，同理得到正方形的边长，依次为2，6，18，…，得到规律为2×3n﹣1，即可得到答案．
【解答】解：∵点A1（1，1）在第一三象限角平分线上，过点A1作y轴的平行线，交第二、四象限角平分线于点B1，
∴A1B1＝2，
∴第一个正方形的边长为2，
∴A1D1＝2，
∴A2（3，3），B2（3，﹣3），
∴A2B2＝6，
∴第二个正方形的边长为6，
∴A2D2＝6，
∴A3（9，9），B3（9，﹣9），
∴A3B3＝18，
∴第三个正方形的边长为18，
∴A4（27，27），B4（27，﹣27），
…
可得：An（3n﹣1，3n﹣1），Bn（3n﹣1，﹣3n﹣1），
∴第2025个正方形的边长为2×32024．
故答案为：2×32024．
【点评】本题考查了一次函数图象上的点的特征，规律型问题，学会探究规律的方法是解题的关键．
三．解答题（共10小题，满分64分）
19．（8分）（2024秋 南宁校级期中）计算：．
【考点】实数的运算．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【答案】﹣8．
【分析】先算乘方，再化简绝对值计算括号里面的，最后加减．
【解答】解：原式＝﹣9+5﹣2×2
＝﹣9+5﹣4
＝﹣8．
【点评】本题考查了实数的混合运算，掌握实数的运算法则和运算顺序是解决本题的关键．
20．（12分）（2025春 湟中区校级期中）计算：
（1）；
（2）；
（3）（x+1）2﹣25＝0；
（4）2（x+1）3+16＝0；
（5）；
（6）．
【考点】解二元一次方程组；平方根；立方根；实数的运算．
【专题】方程与不等式；运算能力．
【答案】（1）﹣1；（2）0；（3）x＝4或x＝﹣6；（4）x＝﹣3；（5）；（6）．
【分析】（1）先计算算术平方根，立方根，再计算加减即可；
（2）先计算有理数的乘方，立方根，再进行加减运算即可；
（3）利用平方根解方程即可；
（4）利用立方根解方程即可；
（5）代入消元法解方程组即可；
（6）加减消元法解方程组即可．
【解答】解：（1）原式＝5+（﹣3）﹣3＝﹣1；
（2）原式
＝﹣1+（﹣1）+2
＝0；
（3）（x+1）2﹣25＝0，
（x+1）2＝25，
x+1＝±5，
x＝4或x＝﹣6；
（4）2（x+1）3+16＝0，
2（x+1）3＝﹣16，
（x+1）3＝﹣8，
x+1＝﹣2，
x＝﹣3；
（5），
把②代入①得3（y+3）+2y＝14，
解得：y＝1，
把y＝1代入②得x＝4，
所以方程组的解是；
（6），
①×3得6x﹣3y＝12③，
②+③得7x＝7，
解得：x＝1，
把x＝1代入①得y＝﹣2，
所以方程组的解是．
【点评】本题考查了平方根，立方根，实数的运算，解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的步骤是关键．
21．（4分）（2025春 海淀区校级期中）已知：∠AOB及∠AOB内部一点P．
（1）①过点P作直线PD⊥OB于点D；
②过点P作直线PC∥OA交OB于点C；
（2）比较线段PC与线段PD的大小：PC　＞　 PD，理由是　垂线段最短　 ．
【考点】作图—复杂作图；垂线；垂线段最短．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）①如图，直线PD即为所求；
②如图，直线PC即为所求；
（2）＞；垂线段最短．
【分析】（1）①根据垂线的定义画出图形即可；②根据平行线的定义画出图形即可；
（2）利用垂线段最短即可解答．
【解答】解：（1）①过点P作直线PD⊥OB于点D，如图，直线PD即为所求；
②如图，直线PC即为所求；
（2）根据垂线段最短可知，PC＞PD，
故答案为：＞；垂线段最短．
【点评】本题考查了画垂线、画平行线、垂线段最短，理解题意正确作出图形是解题的关键．
22．（6分）如图所示，已知BD⊥AF，CE⊥AF，∠C＝∠D．试说明：∠A＝∠F．
【考点】平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】见解答过程．
【分析】根据平行线的判定与性质进行解答，即可得出答案．
【解答】解：∵BD⊥AF，CE⊥AF（已知），
∴∠AGB＝∠AHC＝90°（垂直定义）．
∴BD∥CE（ 同位角相等，两直线平行）．
∴∠DBC+∠C＝180°（两直线平行，同旁内角互补 ）．
∵∠C＝∠D（已知），
∴∠DBC+∠D＝180°（ 等量代换）．
∴AC∥DF（同旁内角互补，两直线平行）．
∴∠A＝∠F（两直线平行，内错角相等）．
【点评】本题主要考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定进行解答是解决本题的关键．
23．（6分）（2025秋 濉溪县校级月考）如图，在平面直角坐标系中，三角形ABC的顶点都在格点（网格线的交点）上，其中点A（﹣1，1）．
（1）将三角形ABC先向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到三角形A′B′C′．请画出三角形A′B′C′，并写出三角形A′B′C′的三个顶点的坐标．
（2）若P（x，y）是三角形ABC中的任意一点，请写出经过（1）平移后，得到的对应点P′的坐标．
【考点】作图﹣平移变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）如图，△A′B′C′即为所求，A′（3，4），B′（0，1），C′（2，0）；
（2）点P′的坐标（x+4，y+3）．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；
（2）利用平移变换的性质判断即可．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求，A′（3，4），B′（0，1），C′（2，0）；
（2）点P′的坐标为（x+4，y+3）．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质．
24．（4分）（2024秋 长春校级期末）已知a﹣1的立方根是2，2b+1的平方根是±3，c是的整数部分．
（1）求a、b、c的值．
（2）求a+b+c的平方根．
【考点】估算无理数的大小；平方根．
【专题】实数；数感．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据立方根，算术平方根的定义，无理数的估算分别求得a，b，c的值；
（2）由（1）可知a＝9，b＝4，c＝3，根据平方根的定义，即可求解．
【解答】解：（1）由条件可知a﹣1＝8，2b+1＝9，
∴a＝9，b＝4，
∵c是的整数部分，
∴c＝3；
（2）由（1）可知a＝9，b＝4，c＝3，
∴a+b+c＝16，
∴a+b+c的平方根是±4．
【点评】本题考查了平方根、算术平方根、立方根的定义．熟练掌握以上知识点是关键．
25．（6分）小明画了一个图（如图），你能分别根据下面的基本事实或定理，说明他画的图是错误的吗？
（1）平行线的有关基本事实和定理；
（2）三角形内角和定理．
【考点】三角形内角和定理；平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）答案见解答过程；
（2）答案见解答过程．
【分析】（1）根据垂直于同一条直线的两条直线平行可得出PA∥PB，这与PA，PB交于点P相矛盾，故此可得出结论；
（2）根据垂直的定义得∠APB+∠PBA＝180°，这与三角形的内角和定理∠APB+∠PBA+∠P＝180°相矛盾，据此可得出结论．
【解答】解：（1）∵PA⊥直线l，PB⊥直线l，
∴PA∥PB，这与PA，PB交于点P相矛盾，
∴小明的画图是错误的；
（1）∵PA⊥直线l，PB⊥直线l，
∴∠PAB＝∠PBA＝90°，
∴∠PAB+∠PBA＝180°，这与三角形的内角和定理∠PAB+∠PBA+∠P＝180°相矛盾，
∴小明的画图是错误的．
【点评】此题主要考查了平行线的判定，三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的判定和三角形的内角和定理是解决问题的关键．
26．（6分）（2025秋 长沙期中）当下，人工智能技术飞速发展，正推动生产方式向智能化、高效化转变．某制造厂采用了A，B两种型号喷涂机器人进行电子设备的表面喷涂，提高效率的同时也能够降低对环境的污染．已知1台A型机器人和2台B型机器人同时工作1小时可完成52个电子设备的表面喷涂，2台A型机器人和3台B型机器人同时工作1小时可完成88个电子设备的表面喷涂．
（1）求每台A，B型机器人每小时分别完成多少个电子设备的表面喷涂．
（2）由于场地限制，该工厂同一时间内最多可部署30台机器人．若要确保每小时完成550个电子设备的表面喷涂，问该工厂同一时间内至少需要部署多少台A型机器人？
【考点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】（1）每台A型机器人每小时完成20个电子设备的表面喷涂，每台B型机器人每小时完成16个电子设备的表面喷涂；
（2）该工厂同一时间内至少需要部署18台A型机器人．
【分析】（1）设每台A型机器人每小时完成x个电子设备的表面喷涂，每台B型机器人每小时完成y个电子设备的表面喷涂，根据“1台A型机器人和2台B型机器人同时工作1小时可完成52个电子设备的表面喷涂，2台A型机器人和3台B型机器人同时工作1小时可完成88个电子设备的表面喷涂”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该工厂同一时间内需要部署m台A型机器人，则部署（30﹣m）台B型机器人，根据要确保每小时完成550个电子设备的表面喷涂，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最小整数值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设每台A型机器人每小时完成x个电子设备的表面喷涂，每台B型机器人每小时完成y个电子设备的表面喷涂，
根据题意得：，
解得：．
答：每台A型机器人每小时完成20个电子设备的表面喷涂，每台B型机器人每小时完成16个电子设备的表面喷涂；
（2）设该工厂同一时间内需要部署m台A型机器人，则部署（30﹣m）台B型机器人，
根据题意得：20m+16（30﹣m）≥550，
解得：m，
又∵m为正整数，
∴m的最小值为18．
答：该工厂同一时间内至少需要部署18台A型机器人．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，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）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
27．（6分）（2024秋 大同期末）（1）计算：．
（2）阅读下列解题过程，完成相应任务．
解方程组：．
解：由①，得y＝2x﹣4，③…第一步
把③代入②，得8x﹣3（2x﹣4）＝20，去括号，得8x﹣6x﹣12＝20，…第二步
解得x＝16．…第三步
将x＝16代入③，得y＝28．…第四步
所以原方程组的解为．…第五步
任务一：这种求解二元一次方程组的方法叫做A ；
A．代入消元法
B．加减消元法
任务二：第　二　 步开始出现错误，错误的原因是　括号前面是负号，去括号时没有变号　 ；
任务三：直接写出该方程组的正确解：　　 ．
【考点】二元一次方程组的解；解二元一次方程组；绝对值；有理数的加减混合运算；有理数的除法；整式的加减；零指数幂．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）﹣1
（2）任务一：A；
任务二：二；括号前面是负号，去括号时没有变号；
任务三：．
【分析】（1）根据整数指数幂的计算方法计算即可；
（2）根据解二元一次方程组的方法解答即可．
【解答】解：（1）
＝﹣1×9+8÷1
＝﹣9+8
＝﹣1；
（2）任务一：根据可得是代入消元法，
故选：A；
任务二：根据过程发现第二步出现错误，去括号时没有变号，
故答案为：二；括号前面是负号，去括号时没有变号；
任务三：由①，得y＝2x﹣4，③
把③代入②去括号得8x﹣6x+12＝20，
解得x＝4．
将x＝4代入③解得y＝4．
所以，
故答案为：．
【点评】本题考查了整数指数幂及解二元一次方程组，解答本题的关键是熟练掌握计算方法．
28．（6分）（2024春 沙坪坝区校级月考）如图，已知AB∥CD，∠A+∠1＝180°．
（1）求证：AE∥BD；
（2）若∠E＝80°，∠ABD的角平分线BF与∠CDE的角平分线DF交于点F，BF与CD交于点M，∠1＝116°，求∠F的度数．
【考点】平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见详解；
（2）40°．
【分析】（1）先由平行线的性质，得出∠A+∠2＝180°，再进行角的等量代换，得∠2＝∠1，即可作答；
（2）过点F作直线l∥CD，得∠1＝∠ABD＝116°，结合角平分线的定义，得∠6＝58°，∠4＝18°，再通过角的差运算，即可作答．
【解答】（1）解：如图：
∵AB∥CD，
∴∠A+∠2＝180°，
∵∠A+∠1＝180°，
∴∠2＝∠1，
∴AE∥BD；
（2）解：如图：过点F作直线l∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥l，
∴∠1＝∠ABD＝116°，
∵BF平分∠ABD，
∴，
∵AE∥BD，
∴∠EDB＝180°﹣∠E＝100°，
∵∠CDB＝180°﹣116°＝64°，
∴∠CDE＝∠BDE﹣∠CDB＝100°﹣64°＝36°，
∵FD平分∠CDE，
∴，
∵AB∥CD∥l，
∴∠3＝∠4＝18°，
∴∠BFD＝∠6﹣∠3＝58°﹣18°＝40°．
【点评】本题考查了平行线的性质探究角的关系以及平行线的性质与判定的综合，正确作出辅助线是解题的关键．
四．解答题（共3小题）
29．（2025 滨州）（1）计算：（﹣3）016÷（﹣4）；
（2）解不等式：x﹣3（x﹣2）≥4．
【考点】解一元一次不等式；实数的运算．
【专题】实数；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）﹣5；
（2）x≤1．
【分析】（1）根据实数的运算法则进行计算即可；
（2）根据解一元一次不等式的步骤进行求解即可
【解答】解：（1）原式＝1﹣2+（﹣4）
＝﹣5；
（2）x﹣3（x﹣2）≥4，
x﹣3x+6≥4，
﹣2x≥﹣2，
x≤1．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式及实数的运算，熟知实数的运算法则及解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
30．（2024春 阳信县期末）已知方程组和方程组的解相同，求5a+b的平方根．
【考点】二元一次方程组的解；解二元一次方程组；平方根．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】．
【分析】先解方程组，把它的解代入方程组中即可求出a、b的值，然后代入5a+b中即可求出其平方根．
【解答】解：由题意，，
解方程组得：，
把代入方程组中，得，
解得：
∴5a+b＝5×1﹣3＝2，
而2的平方根为，
∴5a+b的平方根为．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解二元一次方程组，平方根，正确求出a、b的值是解题的关键．
31．如图1，把一张标准纸一次又一次对折，得到“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸、……．当标准纸的短边长为a时．
（1）“16开”纸的短边长为 　a （用含a的代数式表示）．
（2）如图2，把这张标准纸对折得到的“16开”纸，按如下步骤折叠：
第一步 将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B'处，铺平后得折痕AE；
第二步 将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF．则：
①“16开”纸的长边长是 　a （用含a的代数式表示）；
②标准纸的长边与短边的比值是 　　 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】（1）a；
（2）①a；②．
【分析】（1）由折叠的性质分析求解即可；
（2）①由折叠可得AD＝AE，∠BAE＝45°，根据勾股定理求出的值，从而可得答案；
②由折叠的性质分析求解．
【解答】解：（1）如图：
∵一张标准纸（四边形KMNT）是矩形，
∴KM＝TN＝a，
由折叠的性质可得NRTN，NSNR，
∴NSTNa，
∴“16开”纸的短边长为a；
故答案为：a；
（2）如图：
①由（1）知“16开”纸的短边AB的长为a，
由折叠可得：AD＝AE，∠BAE＝∠DAE∠BAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠BAE＝45°，
∴∠BEA＝45°，
∴AB＝BE，
∴AE2＝AB2+BE2＝2AB2，
∴AEAB，
∴AD＝AEABaa；
∴“16开”纸的长边长是a；
故答案为：a；
②由折叠的性质可得标准纸的长边为4AD＝4aa，标准纸的短边为a，
∴标准纸的长边与短边的比值是，
故答案为：．
【点评】本题考查四边形综合应用，属于操作探究类试题，让学生在操作中探究，在探究中发现，考查了矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键在掌握翻折的性质，有一定的综合性，是一道体现新课程理念的好题．

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