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江苏七年级数学下学期期末精选60题（提升版）-七年级数学下学期考试满分全攻略（苏科版）
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江苏七年级数学下学期期末精选60题（提升版）
一．选择题（共16小题）
1．（2021春•盐城期末）计算22021×（）1010的值为（ ）
A．22021 B． C．2 D．（）2021
【分析】先根据幂的乘方进行计算，再根据积的乘方进行计算，最后求出答案即可．
【解答】解：
＝2
＝
＝
＝
＝11010×2
＝1×2
＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了幂的乘方与积的乘方和有理数的混合运算，能正确运用积的乘方的逆运算进行计算是解此题的关键．
2．（2021春•姜堰区期末）工作人员从仓库领取如图①中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒若干个，恰好使领取的纸板用完．
下表是工作人员四次领取纸板数的记录：
日期
正方形纸板（张）
长方形纸板（张）
第一次
562
938
第二次
420
860
第三次
502
1000
第四次
985
2015
仓库管理员在核查时，发现一次记录有误．请问记录有误的是（ ）
A．第一次 B．第二次 C．第三次 D．第四次
【分析】设做成x个竖式纸盒，y个横式纸盒，由领取的正方形的纸板和长方形的纸板之和应该是5的倍数，可判断第三次记录错误．
【解答】解：第三次记录错误，理由如下：
设做成x个竖式纸盒，y个横式纸盒，
则需要正方形纸板（x+2y）张，需要长方形的纸板（4x+3y）张，
∴x+2y+4x+3y＝5x+5y＝5（x+y），
∴领取的正方形的纸板和长方形的纸板之和应该是5的倍数，
∵562+938＝1500，420+860＝1280，502+1000＝1502，985+2015＝3000，
∴第三次记录有误，
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，列出二元一次方程是解题的关键．
3．（2021春•姑苏区期末）已知是方程组的解，则a、b间的关系是（ ）
A． 9a+4b＝1 B．4a﹣9b＝7 C．9a﹣4b＝7 D．4b﹣9a＝1
【分析】把代入方程组，用加减消元法消去c，得到a，b间的关系．
【解答】解：把代入方程组得：，
①×3得：﹣9a﹣6c＝3③，
②×2得：﹣6c+4b＝4④，
④﹣③得：4b+9a＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，用加减消元法消去c，得到a，b间的关系是解题的关键．
4．（2021春•常州期末）《九章算术》中有这样的问题：今有5只雀、6只燕，分别聚集而用衡器称之，聚在一起的雀重，燕轻．将1只雀、1只燕交换位置而放，重量相等．5只雀、6只燕重量为1斤．问雀、燕每只各重多少？（注：该问题中的一斤＝16两）设每只雀重x两，每只燕重y两，下列方程组中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】设每只雀重x两，每只燕重y两，根据五只雀、六只燕，共重1斤（等于16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，列方程组即可．
【解答】解：设每只雀有x两，每只燕有y两，
由题意得，．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
5．（2021春•镇江期末）A、B、C三堆巧克力豆，不知其粒数，现对三堆巧克力豆进行3次调整，第一次，C堆不动，在A、B两堆中的一堆取出8粒放在另一堆；第二次，B堆不动，在A、C两堆中的一堆取出7粒放在另一堆；第三次，A堆不动，在B、C两堆中的一堆取出6粒放在另一堆．经过三次调整后，A、B、C三堆各有巧克力豆5粒、11粒、6粒，则原来B堆有（ ）粒巧克力豆．
A．4 B．5 C．12 D．13
【分析】先根据经过三次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11粒，C堆有黄豆6粒，推出第二次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11﹣6＝5粒，C堆有黄豆6+6＝12粒，再根据第二次调整后的结果求出第一次调整后，A堆有黄豆5+7＝12粒，B堆有黄豆5粒，C堆有黄豆12﹣7＝5粒，即可得出原来A堆黄豆的粒数．
【解答】解：∵第三次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11粒，C堆有黄豆6粒，
∴第二次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11﹣6＝5粒，C堆有黄豆6+6＝12粒，
∴第一次调整后，A堆有黄豆5+7＝12粒，B堆有黄豆5粒，C堆有黄豆12﹣7＝5粒，
∴原来B堆有黄豆5+8＝13粒；
故选：D．
【点评】此题考查了逆向思维解应用题，解题的关键是从最后的结果向前根据数量关系，求出上一步的结果，一步步的推，进而求解即可．
6．（2021春•镇江期末）小明一家6人去公园游玩，小明爸爸给了小明100元买午饭，有12元套餐和18元套餐可供选择，若至少有2个人要吃18元套餐，请问小明购买的方案有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【分析】设要吃18元套餐的有x人，由题意：小明爸爸给了小明100元买午饭，有12元套餐和18元套餐可供选择，列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：设要吃18元套餐的有x人，
由题意得：18x+12（6﹣x）≤100，
解得：x≤，
又∵2≤x＜6，
∴2≤x≤，
∴x的取值为2，3，4，
∴小明购买的方案有3种．
故选：B．
【点评】此题考查一元一次不等式的应用，找出不等关系，列出一元一次不等式是解题的关键．
7．（2021•南山区校级一模）如图，按下面的程序进行运算．规定：程序运行到“判断结果是否大于28”为一次运算．若运算进行了3次才停止，则x的取值范围是（ ）
A．2＜x≤4 B．2≤x＜4 C．2＜x＜4 D．2≤x≤4
【分析】根据第二次运算结果不大于28且第三次运算结果要大于28列出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围．
【解答】解：依题意，得：，
解得：2＜x≤4．
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，找准等量关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
8．（2021秋•嵩县期末）如图，在长方形ABCD纸片中，AD∥BC，AB∥CD，把纸片沿EF折叠后，点C、D分别落在C'、D'的位置．若∠EFB＝65°，则∠AED'等于（ ）
A．70° B．65° C．50° D．25°
【分析】由平行可求得∠DEF，又由折叠的性质可得∠DEF＝∠D′EF，结合平角可求得∠AED′．
【解答】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝65°，
又由折叠的性质可得∠D′EF＝∠DEF＝65°，
∴∠AED′＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故选：C．
【点评】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．
9．（2021春•江都区期末）如图，一把长方形直尺沿直线断开并错位，点E，D，B，F在同一条直线上．若∠EDA＝123°，则∠CBD的度数是（ ）
A．47° B．57° C．67° D．123°
【分析】根据AD∥CB得出∠ADF＝∠CBD，由邻补角的性质得出∠EDA+∠ADF＝180°求出∠ADF即可．
【解答】解：∵AD∥CB，
∴∠ADF＝∠CBD，
∵∠EDA+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝180°﹣∠EDA＝180°﹣123°＝57°，
∴∠CBD＝57°．
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解题关键是熟练掌握平行线的性质．
10．（2021春•常州期末）如图，BE是△ABC的中线，点D是BC边上一点，BD＝3CD，BE、AD交于点F，若△ABC的面积为20，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（ ）
A． B．5 C．4 D．3
【分析】由△ABC的面积为20，得S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，根据AE＝CE＝AC，得S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，即S△AEF+S△ABF＝10①，同理可得S△BDF+S△ABF＝15②，②﹣①即可求得．
【解答】解：∵S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，
∴S△ABC＝（BD+CD）•hBC＝（AE+CE）•hAC＝20，
∵AE＝CE＝AC，S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，
∴S△AEB＝S△CEB＝S△ABC＝×20＝10，
即S△AEF+S△ABF＝10①，
同理：∵BD＝3CD，BD+CD＝BC，
∴BD＝BC，S△ABD＝BD•hBC，
∴S△ABD＝S△ABC＝×20＝15，
即S△BDF+S△ABF＝15②，
②﹣①得：S△BDF﹣SAEF＝（S△BDF+S△ABF）﹣（S△AEF+S△ABF）＝15﹣10＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
11．（2021春•崇川区期末）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AE是中线，AD是角平分线，AF是高，则下列说法中错误的是（ ）
A．BE＝CE B．∠BAC＝2∠BAD
C．∠DAF＝（∠C﹣∠B） D．S△ABD＝S△ACD
【分析】由中线的性质可得BE＝CE，由角平分线的定义可得∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD；由AF是△ABC的高，可得∠C+∠CAF＝90°．
【解答】解：∵AE是中线，
∴BE＝CE，故A说法正确；
∵AD是角平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD，故B说法正确；
∵AF是△ABC的高，
∴∠AFC＝90°，∠CAF＝90°﹣∠C，
∵AD是角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD＝，
∴∠DAF＝∠CAD﹣∠CAF
＝﹣（90°﹣∠C）
＝90°﹣90°+∠C
＝
＝（∠C﹣∠B），故C说法正确；
，
，
∵BD≠CD，
∴S△ABD≠S△ACD，故D说法错误；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线，中线和高，明确概念是本题的关键．
12．（2021春•海陵区校级期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2＝2∠BAC即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AA'，
∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，
∴∠A'BC＝∠ABC，∠A'CB＝∠ACB，
∵∠BA'C＝120°，
∴∠A'BC+∠A'CB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝180°﹣120°＝60°，
∵沿DE折叠，
∴∠DAA'＝∠DA'A，∠EAA'＝∠EA'A，
∵∠1＝∠DAA'+∠DA'A＝2∠DAA'，∠2＝∠EAA'+∠EA'A＝2∠EAA'，
∴∠1+∠2＝2∠DAA'+2∠EAA'＝2∠BAC＝2×60°＝120°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型．
13．（2021春•东海县期末）如图，△ABC中，∠BAC＞∠B，∠C＝70°，将△ABC折叠，使得点B与点A重合，折痕PD分别交AB、BC于点D、P，当△APC中有两个角相等时，∠B的度数为（ ）
A．35°或20° B．20°或27.5°
C．35°或25°或32.5° D．35°或20°或27.5°
【分析】分三种情况，利用三角形的内角和定理、等腰三角形的性质先求出∠APC的度数，再利用折叠的性质和三角形的内角和定理求出∠B．
【解答】解：由折叠的性质知：∠BPD＝∠APD＝∠BPA，
∠BDP＝∠ADP＝90°．
当AP＝AC时，∠APC＝∠C＝70°，
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝55°，
∴∠B＝90°﹣55°
＝35°；
当AP＝PC时，∠PAC＝∠C＝70°，
则∠APC＝40°．
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝70°，
∴∠B＝90°﹣70°
＝20°；
当PC＝AC时，∠APC＝∠PAC，
则∠APC＝55°．
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝62.5°，
∴∠B＝90°﹣62.5°
＝27.5°．
故选：D．
【点评】本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，掌握折叠、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及分类讨论的思想方法是解决本题的关键．
14．（2021春•苏州期末）下列命题中，真命题的是（ ）
A．内错角相等
B．三角形的一个外角等于两个内角的和
C．若a＞b＞0，则|a|＞|b|
D．若2x＝﹣1，则x＝﹣2
【分析】根据平行线的性质，三角形的外角的性质，绝对值，解方程等知识一一判断即可．
【解答】解：A、内错角相等．错误，缺少两直线平行的条件，本选项不符合题意．
B、三角形的一个外角等于两个内角的和，错误，应该是三角形的一个外角等于和它不相邻两个内角的和，本选项不符合题意．
C、若a＞b＞0，则|a|＞|b|，正确，本选项符合题意．
D、若2x＝﹣1，则x＝﹣2，错误，应该是x＝﹣．
故选：C．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
15．（2021春•鼓楼区期末）对于命题“若|x|＞|y|，则x＞y”，下面四组关于x，y的值中，能说明它是假命题的是（ ）
A．x＝﹣1，y＝﹣2 B．x＝3，y＝﹣2 C．x＝2，y＝0 D．x＝﹣3，y＝﹣2
【分析】根据x，y的值一一判断即可．
【解答】解：∵x＝﹣3，y＝﹣2时，满足|x|＞|y|，
但是x＜y，
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
16．（2021春•无锡期末）给出下列4个命题：①不是对顶角的两个角不相等；②三角形最大内角不小于60°；③多边形的外角和小于内角和；④平行于同一直线的两条直线平行．其中真命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①根据对顶角的定义以及性质判断即可．
②利用三角形内角和定理判断即可．
③利用多边形内角和定理判断即可．
④根据平行线的判定方法判断即可．
【解答】解：①不是对顶角的两个角不相等，错误．相等的角不一定是对顶角．
②三角形最大内角不小于60°，正确．
③多边形的外角和小于内角和，错误，也可能相等．
④平行于同一直线的两条直线平行．正确．
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
二．填空题（共20小题）
17．（2020春•高邮市期末）若ma＝2，mb＝3，mc＝4，则m2a+b﹣c＝ 3 ．
【分析】根据同底数幂的乘法与除法法则则及幂的乘方与积的乘方法则进行计算即可．
【解答】解：∵ma＝2，mb＝3，mc＝4，
∴m2a+b﹣c＝（ma）2•mb÷mc＝4×3÷4＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是同底数幂的乘法与除法法则则及幂的乘方与积的乘方法，熟记法则是解答此题的关键．
18．（2021春•姜堰区期末）如图，AB＝5，C为线段AB上一点（AC＜BC），分别以AC、BC为边向上作正方形ACDE和正方形BCFG，S△BEF﹣S△AEC＝，则S△BEC＝ 3 ．
【分析】设正方形AEDC的边长是a，正方形BCFG的边长是b，根据正方形的性质得出AE＝DE＝DC＝AC＝a，CF＝FG＝BG＝BC＝b，根据S△BEF﹣S△AEC＝得出S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF﹣S△AEC＝，求出a，即求出AC，再根据AB＝5求出BC，再根据三角形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：设正方形AEDC的边长是a，则则正方形BCFG的边长是5﹣a，
则AE＝DE＝DC＝AC＝a，CF＝FG＝BG＝BC＝5﹣a，
∵S△BEF＝S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF，
∵S△BEF﹣S△AEC＝，
∴S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF﹣S△AEC＝，
∴a2+（5﹣a）2+（5﹣a﹣a）a﹣×5×a﹣（5﹣a）2﹣a2＝，
即﹣10a+20＝0，
解得：a＝2，
当a＝2时，AE＝2，BC＝5﹣2＝3，
S△BCE＝＝3，
即△BEC的面积是3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了整式的混合运算，正方形的性质，三角形的面积等知识点，能正确根据整式的运算法则进行计算是解此题的关键．
19．（2021春•高新区期末）若m2＝n+2021，n2＝m+2021（m≠n），那么代数式m3﹣2mn+n3的值 ﹣2021 ．
【分析】将两式m2＝n+2021，n2＝m+2021相减得出m+n＝﹣1，将m2＝n+2021两边乘以m，n2＝m+2021两边乘以n再相加便可得出．
【解答】解：将两式m2＝n+2021，n2＝m+2021相减，
得m2﹣n2＝n﹣m，
（m+n）（m﹣n）＝n﹣m，（因为m≠n，所以m﹣n≠0），
m+n＝﹣1，
解法一：
将m2＝n+2021两边乘以m，得m³＝mn+2021m①，
将n2＝m+2021两边乘以n，得n³＝mn+2021n②，
由①+②得：m³+n³＝2mn+2021（m+n），
m³+n³﹣2mn＝2021（m+n），
m³+n³﹣2mn＝2021×（﹣1）＝﹣2021．
故答案为﹣2021．
解法二：
∵m2＝n+2021，n2＝m+2021（m≠n），
∴m2﹣n＝2021，n2﹣m＝2021（m≠n），
∴m3﹣2mn+n3
＝m3﹣mn﹣mn+n3
＝m（m2﹣n）+n（n2﹣m）
＝2021m+2021n
＝2021（m+n）
＝﹣2021，
故答案为﹣2021．
【点评】本题考查因式分解的应用，代数式m3﹣2mn+n3的降次处理是解题关键．
20．（2021春•灌南县校级期末）已知x+y＝1，用含x的代数式表示y得 y＝2﹣2x ．
【分析】把x看作已知数求出y即可．
【解答】解：方程x+y＝1，解得：y＝2﹣2x，
故答案为：y＝2﹣2x
【点评】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看作已知数求出y．
21．（2021春•江都区校级期末）某文具店有5元一支和4元一支的钢笔，王老师带48元去买钢笔，钱正好全部用完，共有 3 种购买方案．
【分析】设购买5元一支的钢笔是x支，购买4元一支的钢笔是y支，根据题意列出方程，求得方程的非负整数解即可．
【解答】解：设购买5元一支的钢笔是x支，购买4元一支的钢笔是y支，
根据题意，得5x+4y＝48．
所以y＝12﹣．
因为x、y都是非负整数，
所以当x＝0时，y＝12；
当x＝4时，y＝7；
当x＝8时，y＝2；
即共有3 种购买方案．
故答案是：3．
【点评】本题主要考查了二元一次方程的应用，解题定关键是根据题意列出不定方程，难度不大．
22．（2021春•崇川区期末）如果二元一次方程组的解为，则“☆”表上的数为 10 ．
【分析】把x＝6代入2x+y＝16求出y，然后把x，y的值代入x+y＝☆求解．
【解答】解：把x＝6代入2x+y＝16得2×6+y＝16，
解得y＝4，
把代入x+y＝☆得☆＝6+10＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，解题关键是熟练掌握解二元一次方程组的方法．
23．（2021春•工业园区期末）“洞庭碧螺春，品香醉天下．”洞庭碧螺春产于苏州市太湖洞庭山，以形美、色艳、香浓、味醇“四绝”驰名中外．如图，若将一壶碧螺春茶倒满2个小杯，则还剩壶；若倒满1个小杯后再全部倒入1个大杯中，则只能倒满这个大杯的，1个小杯与1个大杯的容积之比为 ．
【分析】设1个小杯的容积为a毫升，1个大杯的容积为b毫升，壶的容积为m毫升，由题意：若将一壶碧螺春茶倒满2个小杯，则还剩壶；若倒满1个小杯后再全部倒入1个大杯中，则只能倒满这个大杯的，列出方程组，解方程组，即可求解．
【解答】解：设1个小杯的容积为a毫升，1个大杯的容积为b毫升，壶的容积为m毫升，
由题意得：，
解得：，
∴＝，
即1个小杯与1个大杯的容积之比为，
故答案为：．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键，注意参数的应用．
24．（2021春•广陵区校级期末）若3x﹣y﹣7＝2x+3y﹣1＝y﹣kx+9＝0，则k的值为 4 ．
【分析】根据题意得出，解方程组得x、y的值，再代入y﹣kx+9＝0即可求得k的值．
【解答】解：根据题意可得：，
解得：，
将x＝2、y＝﹣1代入y﹣kx+9＝0，得：﹣1﹣2k+9＝0，
解得：k＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查解方程组和方程的能力，根据已知条件得出关于x、y的方程组并求解是解题的关键．
25．（2021春•靖江市期末）已知x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，且x＝1不是这个不等式的解，则实数a的取值范围是 1＜a≤2 ．
【分析】根据x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，且x＝1不是这个不等式的解，列出不等式，求出解集，即可解答．
【解答】解：∵x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，
∴2a﹣3a+2≥0，
解得：a≤2，
∵x＝1不是这个不等式的解，
∴a﹣3a+2＜0，
解得：a＞1，
∴1＜a≤2，
故答案为：1＜a≤2．
【点评】本题考查了不等式的解集，解决本题的关键是求不等式的解集．
26．（2021春•苏州期末）已知关于x，y的二元一次方程组，且x，y满足x+y＞3．则m的取值范围是 m＞1 ．
【分析】先求出方程组的解，根据x+y＞3得出不等式m+1+m＞3，再求出不等式的解集即可．
【解答】解：解方程组得：，
∵x+y＞3，
∴m+1+m＞3，
解得：m＞1，
故答案为：m＞1．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解二元一次方程组，解一元一次不等式等知识点，能求出关于m的不等式是解此题的关键．
27．（2021•永嘉县校级模拟）某经销商销售一批电话手表，第一个月以550元/块的价格售出60块，第二个月起降价，以500元/块的价格将这批电话手表全部售出，销售总额超过了5.5万元，这批电话手表至少有 105 块．
【分析】根据题意设出未知数，列出相应的不等式，从而可以解答本题．
【解答】解：设这批手表有x块，
550×60+500（x﹣60）＞55000，
解得x＞104．
故这批电话手表至少有105块，
故答案为：105．
【点评】本题考查一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，列出相应的不等式．
28．（2021春•灌云县期末）若关于x的不等式组的整数解只有3个，则a的取值范围是 ﹣2≤a＜﹣1 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，得出不等式组的解集，再结合不等式组整数解的个数可确定a的取值范围．
【解答】解：，
解不等式x﹣a＞0，得：x＞a，
解不等式5﹣2x＞1，得：x＜2，
则不等式组的解集为a＜x＜2，
∵不等式组的整数解只有3个，
∴﹣2≤a＜﹣1，
故答案为：﹣2≤a＜﹣1．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的整数解，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．
29．（2021秋•镇江期末）小明用两张完全相同的长方形纸片按如图所示的方式摆放，一张纸片压住射线OB，另一张纸片压住射线OA且与第一张纸片交于点P，若∠BOP＝25°，则∠AOB＝ 50° ．
【分析】过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，然后由长方形纸片完全相同得到PM＝PN，再用HL定理证明△POM≌△PON，进而得到∠POM＝∠PON，即可得到∠AOB的大小．
【解答】解：过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，则∠PMO＝∠PNO＝90°，
∵两张长方形纸片完全相同，
∴PM＝PN，
在Rt△POM和Rt△PON中，
，
∴Rt△POM≌Rt△PON（HL），
∴∠POM＝∠PON，
∵∠BOP＝25°，
∴∠AOP＝25°，
∴∠AOB＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
30．（2021秋•泗洪县期末）如图，点阵中的相邻4个顶点的小正方形面积为1，则五边形ABCEF的面积为 ．
【分析】先求出△PQH的面积，再根据相似三角形的性质得出△PGF的面积和△HCI的面积，即可求出这个图案的面积．
【解答】解：如图所示：
∵GD∥QH，
∴△PGF∽△PQH，
∴＝，
∴S△PQH＝PQ•QH＝×3×5＝，
∴S△PGF＝，
∵CD∥PQ，
∴△HCI∽△HQP，
∴＝，
∴，
∴五边形ABCEF的面积＝S△PQH﹣S△PGF﹣S△HCI
＝＝，
故答案为：．
【点评】此题考查三角形的面积，关键是根据三角形面积公式解答．
31．（2021春•泰兴市期末）如图，四边形ABCD，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA的延长线上，且BE＝BA，CF＝CB，DG＝DC，AH＝AD，连接EF、FG、GH、HE，若S四边形ABCD＝8，则S四边形EFGH＝ 40 ．
【分析】连接HB，BD，DF，AG，AC，CE，利用三角形的中线性质求出△AHE与△CFD的面积和，△HGD与△BEF的面积和，从而得到四边形EFGH的面积．
【解答】解：连接HB，BD，DF，则：
∵HA＝AD，CF＝BC，
∴AB是△BDH的中线，CD是△BDF的中线，
∴S△ABH＝S△ABD，S△BCD＝S△FCD，
∴S△ABH+S△FCD＝S△ABD+S△BCD＝S四边形ABCD＝8，
∵BE＝BA，CD＝DG，
∴S△AHE＝2S△AHB，S△CFG＝2S△FCD，
∴S△AHE+S△CFG＝2S△AHB+2S△FCD＝16，
连接AG，AC，CE，
同理可证：S△HGD+S△BEF＝16，
∴S四边形EFGH＝S四边形ABCD+S△AHE+S△CFG+S△HGD+S△BEF＝8+16+16＝40．
故答案为：40．
【点评】本题考查了三角形的中线性质“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”，同时结合整体的思想进行求解外侧三角形的面积和．
32．（2021秋•临江市期末）两根木棒分别长3cm、7cm，第三根木棒与这两根木棒首尾依次相接构成三角形．如果第三根木棒的长为偶数（单位：cm），那么所构成的三角形周长为 16或18 cm．
【分析】首先根据三角形的三边关系确定第三边的取值范围，再根据第三边是偶数确定其值．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三根木棒的长大于4cm而小于10cm．
又第三根木棒的长是偶数，则应为6cm，8cm．
∴所构成的三角形周长为16cm或18cm，
故答案为：16或18．
【点评】本题考查的是三角形三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键
33．（2021春•江都区期末）在一个三角形中，如果一个内角是另一个内角的2倍，那么这个三角形称为理想三角形；如果一个内角是另一个内角的3倍，那么这个三角形称为梦想三角形．若一个三角形既是理想三角形，也是梦想三角形，写出这个三角形的三个内角的度数（只写出一组） 30°、60°、90°或20°、40°、120°． ．
【分析】假设△ABC是理想三角形，也是梦想三角形，由题意得∠A＜∠B＜∠C，故可能存在两种情况：∠B＝2∠A，∠C＝3∠A或∠B＝2∠A，∠C＝3∠B，那么需要分类讨论．然后针对每一种情况根据三角形内角和定理列出等量关系，从而解决此题．
【解答】解：假设△ABC是理想三角形，也是梦想三角形，且∠A＜∠B＜∠C．
∴∠B＝2∠A，∠C＝3∠A或∠B＝2∠A，∠C＝3∠B．
①当∠B＝2∠A，∠C＝3∠A时，则∠A+∠B+∠C＝∠A+2∠A+3∠A＝180°．
∴∠A＝30°．
∴∠B＝2∠A＝60°，∠C＝3∠A＝90°．
此时，△ABC三个内角的度数分别为30°、60°、90°．
②当∠B＝2∠A，∠C＝3∠B时，则∠A+∠B+∠C＝∠A+2∠A+3∠B＝180°．
∴∠A+2∠A+6∠A＝180°．
∴∠A＝20°．
∴∠B＝40°，∠C＝120°．
此时，△ABC三个内角的度数分别为20°、40°、120°．
故答案为：30°、60°、90°或20°、40°、120°．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解决本题的关键．
34．（2021春•江都区期末）将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经过点D，则∠EDB＝ 75 °．
【分析】由三角形内角和定理可求解∠ABC的度数，利用三角形外角的性质可求解∠BDF的度数，进而可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠ABC＝∠F+∠BDF，∠F＝45°，
∴∠BDF＝∠ABC﹣∠F＝60°﹣45°＝15°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠EDB＝∠EDF﹣∠BDF＝90°﹣15°＝75°，
故答案为75．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，求解∠BDF的度数是解题的关键．
35．（2021秋•工业园区期末）某休闲广场的地面中间是1块正六边形地砖，周围是用正方形和正三角形地砖按如图方式依次向外铺设10圈而成，其中第1圈有6块正方形和6块正三角形地砖，则铺设该广场共用地砖 661 块．
【分析】观察三角形的规律，发现：三角形依次是6+12×（1﹣1），6+12×（2﹣1），…，6+12×（n﹣1）块，由此即可解决问题．
【解答】解：根据题意分析可得：从里向外的第1层包括6个正三角形，6个正方形，一个正六边形；
第2层包括18个正三角形，6个正方形，
此后，每层都比前一层多12个等边三角形
依此递推，第10层中含有正三角形个数是6+12×9＝114个，
∴铺设该广场共用地砖：6+18+•••+114+6×10+1＝661（块）．
故答案为661．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺）问题，此题要注意能够分别找到三角形和正方形的个数的规律．
36．（2021春•兴化市期末）把一副直角三角尺如图摆放，∠C＝∠F＝90°，∠CAB＝60°，∠FDE＝45°，斜边AB、DE在直线l上，△ABC保持不动，△DEF在直线l上平移，当以点A、E、F三点为顶点的三角形是直角三角形时，则∠CAF的度数是 15或30 ．
【分析】有两种情形，当点D运动到与A重合时，△AEF是直角三角形，当点D运动到A是DE中点时，△AEF是直角三角形．
【解答】解：当点D运动到与A重合时，△AEF是直角三角形，此时∠CAF＝60°﹣45°＝15°，
当点D运动到A是DE中点时，△AEF是直角三角形，此时∠CAF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠CAF的度数为15或30，
故答案为：15或30．
【点评】本题考查平移的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考常考题型．
三．解答题（共24小题）
37．（2020春•吴中区期末）已知关于x、y的方程组（m为常数）．
（1）计算：x2﹣4y2＝ 8m （用含m的代数式表示）；
（2）若（a2）x÷（ay）3＝a6（a是常数a≠0），求m的值；
（3）若m为正整数，满足0＜n≤|x﹣y|的正整数n有且只有8个，求m的值．
【分析】（1）利用平方差公式直接代入可解答；
（2）先化简已知等式可得：2x﹣3y＝6，再解方程组可得x和y的值，代入2x﹣3y＝6中，可得m的值；
（3）根据（2）中计算的x和y的值计算x﹣y，代入0＜n≤|x﹣y|，根据正整数n有且只有8个，可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4y2＝（x﹣2y）（x+2y）＝4×2m＝8m，
故答案为：8m；
（2）∵（a2）x÷（ay）3＝a6（a是常数a≠0），
∴a2x÷a3y＝a6，
a2x﹣3y＝a6，
∴2x﹣3y＝6⑤，
，
①+②得：2x＝2m+4，
x＝m+2③，
①﹣②得：4y＝2m﹣4，
y＝m﹣1④，
把③④代入⑤得：2（m+2）﹣3（m﹣1）＝6，
解得：m＝﹣2；
（3）由（2）知：，
∴x﹣y＝m+2﹣（m﹣1）＝m+3，
∵0＜n≤|x﹣y|，
∴0＜n≤||，
∵正整数n有且只有8个，
∴8≤|m+3|＜9，
∴8≤m+3＜9或﹣9＜m+3≤﹣8，
∴10≤m＜12，﹣24＜m≤﹣22，
∵m为正整数，
∴m＝10或11．
【点评】此题主要考查了同底数幂的除法运算，幂的乘方，平方差公式，解二元一次方程组，解不等式等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键．
38．（2021秋•常宁市期末）如图1是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图2）
（1）观察图2请你写出（a+b）2、（a﹣b）2、ab之间的等量关系是 （a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab ；
（2）根据（1）中的结论，若x+y＝5，x•y＝，则x﹣y＝ ±4 ；
（3）拓展应用：若（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，求（2019﹣m）（m﹣2020）的值．
【分析】（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣a）2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，根据图1的面积和图2中白色部分的面积相等可得答案；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，将x+y＝5，x•y＝代入计算即可得出答案；
（3）将等式（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1两边平方，再根据已知条件及完全平方公式变形可得答案．
【解答】解：（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣a）2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，
∵图1的面积和图2中白色部分的面积相等，
∴（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab，
故答案为：（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，
∵x+y＝5，x•y＝，
∴52﹣（x﹣y）2＝4×，
∴（x﹣y）2＝16
∴x﹣y＝±4，
故答案为：±4；
（3））∵（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1，
∴[（2019﹣m）+（m﹣2020）]2＝1，
∴（2019﹣m）2+2（2019﹣m）（m﹣2020）+（m﹣2020）2＝1，
∵（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，
∴2（2019﹣m）（m﹣2020）＝1﹣15＝﹣14；
∴（2019﹣m）（m﹣2020）＝﹣7．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，熟练运用完全平方公式并数形结合是解题的关键．
39．（2021春•丹阳市期末）如图，有长为m，宽为n的长方形卡片A（m＞n），边长为m的正方形卡片B，边长为n的正方形卡片C，将卡片C按如图1放置于卡片A上，其未叠合部分（阴影）面积为S1，将卡片A按如图2放置于卡片B上，其未叠合部分（阴影）面积为S2．
（1）S1＝ mn﹣n² ，S2＝ m²﹣mn ；（用含m、n的代数式表示）
（2）若S1+S2＝18，则图3中阴影部分的面积S3＝ 18 ；
（3）若m﹣n＝6，mn＝10，求图4中阴影部分的面积S4．
【分析】（1）如图1，阴影面积S1＝卡面A面积﹣卡片C面积；
如图2，阴影面积S2＝卡片B面积﹣卡片A面积；
（2）如图3，阴影面积S3＝卡片B面积﹣卡片C面积＝m²﹣n²，而由已知S1+S2＝18，可解出18＝S1+S2＝m²﹣n²，即可依此解答；
（3）由于已知若m﹣n＝6，mn＝10，有代数式m﹣n，mn，所以在运算S4过程中出现：（m²+n²+mn）＝[（m﹣n）²+3mn]，要转化成m﹣n，mn，才能用已知条件的数值代入．
【解答】解：卡片A面积＝mn，卡片B面积＝m²，卡片C面积＝n²，
（1）S1＝A﹣C＝mn﹣n²，
S2＝B﹣A＝m²﹣mn，
故答案为：mn﹣n²，m²﹣mn，
（2）∵S1＝mn﹣n²，S2＝m²﹣mn，
∴S1+S2＝（mn﹣n²）+（m²﹣mn），
S1+S2＝m²﹣n²，
∵S1+S2＝18，
∴m²﹣n²＝18
∴S3＝B﹣C＝m²﹣n²＝18，
故答案为：18，
（3）S△ABC＝BC•AC＝m（m+n），
S梯形ACDE＝（n+m+n）n＝n（2n+m），
S△BDE＝n（m+n），
图4中阴影部分的面积S4＝S四边形ABDE﹣S△BDE
＝（S△ABC+S梯形ACDE）﹣S△BDE
＝m（m+n）+n（2n+m）﹣n（m+n）
＝m²+n²+mn
＝（m²+n²+mn）
＝[（m﹣n）²+3mn]
∵m﹣n＝6，mn＝10，
∴S4＝[（m﹣n）²+3mn]
＝（6²+3×10）
＝33，
答：图4中阴影部分的面积S4是33．
【点评】本题考查完全平方公式的运用，（1）（2）常规性问题，（3）是本题的难点，首先用分割法求出阴影面积，整块面积减去直角三角形面积；其次是m²+n²+mn＝（m﹣n）²+3mn的理解并运算．
40．（2021春•海陵区期末）已知A＝x+3，B＝2x﹣1．化简2A2﹣AB，并求当x＝﹣1时该代数式的值．
【分析】把A、B代入，再根据完全平方公式和多项式乘多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
【解答】解：∵A＝x+3，B＝2x﹣1．
∴2A2﹣AB
＝2（x+3）2﹣（x+3）（2x﹣1）
＝2（x2+6x+9）﹣（2x2﹣x+6x﹣3）
＝2x2+12x+18﹣2x2+x﹣6x+3
＝7x+21，
当x＝﹣1时，2A2﹣AB＝7×（﹣1）+21＝14．
【点评】本题考查了整式的混合运算与求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
41．（2021春•兴化市期末）先化简，再求值：（x+y）2﹣2x（x+3y）+（x+2y）（x﹣2y），其中x＝﹣1，y＝2．
【分析】先利用完全平方公式，平方差公式和整式的乘法计算方法计算，再进一步合并化简后代入求得数值即可．
【解答】解：（x+y）2﹣2x（x+3y）+（x+2y）（x﹣2y）
＝x2+2xy+y2﹣2x2﹣6xy+x2﹣4y2
＝﹣4xy﹣3y2；
当x＝﹣1，y＝2时，
原式＝﹣4×（﹣1）×2﹣3×22＝﹣4．
【点评】此题考查整式的混合运算与化简求值，正确利用公式计算合并化简，再代入计算．
42．（2021春•广陵区校级期末）因式分解
（1）a2（x+y）﹣b2（x+y）
（2）x4﹣8x2+16．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
（2）原式利用完全平方公式，以及平方差公式分解即可．
【解答】解：（1）原式＝（a2﹣b2）（x+y）＝（a+b）（a﹣b）（x+y）；
（2）原式＝（x2﹣4）2＝[（x+2）（x﹣2）]2＝（x+2）2（x﹣2）2．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
43．（2019春•东海县期末）[阅读•领会]
怎样判断两条直线是否平行？
如图①，很难看出直线a、b是否平行，可添加“第三条线”（截线c），把判断两条直线的位置关系转化为判断两个角的数量关系．我们称直线c为“辅助线”．
在部分代数问题中，很难用算术直接计算出结果，于是，引入字母解决复杂问题，我们称引入的字母为“辅助元素”
事实上，使用“辅助线”、“辅助元”等“辅助元素”可以更容易地解决问题
【实践•体悟】
（1）计算（2+++）（+++）﹣（++）（2++++），这个算式直接计算很麻烦，请你引入合适的“辅助元”完成计算
（2）如图②，已知∠C+∠E＝∠EAB，求证AB∥CD，请你添加适当的“辅助线”，并完成证明
【创造•突破】
（3）若关于xy的方程组的解是的解是•则关于x、y的方程组的解为 x＝1，y＝﹣3．
（4）如图③∠A1＝∠A5＝120°，∠A2＝∠A4＝70°，∠A6＝∠A8＝90°，我们把大于平角的角称为“优角”，若优角∠A3＝270°，则优角∠A7＝ 250°
【分析】（1）设a＝++，将式子进行变形，即可求解；
（2）延长BA交CE于点F，利用平行线的判定定理可得出结论；
（3）把代入方程组得到不含x，y的方程组，通过与方程组比较便可得到答案；
（4）连接A3、A7，分成两个五边形，利用多边形的内角和进行求解即可得到答案．
【解答】解：（1）设a＝++，
原式＝（2+a）（a+）﹣a（2+a+）
＝；
（2）延长BA交CE于点F，如图所示：
∵∠EAB是△EFA的外角，
∴∠EAB＝∠E+∠EFA，
又∵∠EAB＝∠E+∠C，
∴∠EFA＝∠C，
∴AB∥CD；
（3）把代入方程组得：，
与方程组比较得：，
方程组的解为：；
故答案为：x＝1，y＝﹣3．
（4）连接A7、A3，
∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠A1+∠A2+∠A8+∠1+∠3＝540°，
∠A4+∠A5+∠A6+∠2+∠4＝540°，
∵∠A1＝∠A5＝120°，∠A2＝∠A4＝70°，∠A6＝∠A8＝90°，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4＝260°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝520°，
∵优角∠A3＝270°，即∠3+∠4＝270°
∴∠1+∠2＝520°﹣270°＝250°．
故答案为：250°．
【点评】本题考查了有理数的计算、方程组的求解、多边形的内角和等知识点．理解“辅助元素”并运用辅助元素是解决本题的关键．
44．（2021春•涟水县期末）每年在洪泽湖汛期来临之际，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看湖水及两岸河堤的情况．如图1，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足方程，假定这一带湖两岸是平行的，即PQ∥MN．
（1）直接写出a、b的值；
（2）在图1中，若灯B射线先转动30秒，问在灯A射线到达AN之前，两灯的光束能否互相垂直，若能，请求出A灯转动了多少秒？若不能，请说明理由；
（3）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，问A灯转动多少秒，两灯的光束互相平行？（请直接写出答案）
【分析】（1）解二元一次方程组；
（2）动点问题，结合平行线间角角平分线的交点构成的角时90°即可求出对应的时间；
（3）分别表示出角，利用平行线的判定即可求出时间．
【解答】解：（1）解方程组，得：．
（2）两灯的光束能互相垂直．理由如下：
如图1，令灯B射线与灯A射线交于点C，交MN于点F，
设A灯转动时间为x秒，则：
∠PBC＝30°+x°，∠MAC＝4x°，
∵PQ∥MN，
∴∠BFA＝∠PBC＝30°+x°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACF＝90°，
又∵∠MAC＝∠ACF+∠BFA，
∴4x°＝90°+30°+x°，
解得：x＝40，
∴A灯转动40秒的时候，两灯的光束能互相垂直．
（3）10秒．理由如下：
如备用图，由（2）得：∠MAE＝4x°，∠BDA＝∠PBD＝30°+x°，
∵AE∥BD，
∴∠MAE＝∠BDA，
∴4x°＝30°+x°，
解得：x＝10，
∴灯A转动10秒的时候，两灯的光束互相平行．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的解法、平行的性质，第一问比较简单，第二问和第三问解题的突破点是根据题目要求作出对应的图形，再结合平行线的性质解题就可．
45．（2021春•姜堰区期末）我国古代数学著作《增删算法统宗》有关于“绳量井”的记载：“一口井一条绳，绳比井长一庹．折回绳却量井，却比井短一庹”．其大意为：现有一口井和一条绳，用绳去量井，绳比井长5尺；如果将绳对折后再去量井，就比井短5尺．求绳长和井深．
【分析】设绳长x尺，井深y尺，根据“用绳去量井，绳比井长5尺；如果将绳对折后再去量井，就比井短5尺”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，求解即可．
【解答】解：设绳长x尺，井深y尺，
由题意得；，
解得：，
答：绳长20尺，井深15尺．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
46．（2021春•仪征市期末）王老师在水果店用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元．
（1）根据题意，甲、乙两名同学分别列出尚不完整的方程组如下：
甲：；乙：．
根据甲、乙两名同学所列的方程组，请你分别指出未知数x、y表示的意义，然后在括号中补全甲、乙两名同学所列的方程组：
甲：x表示 苹果的重量 ，y表示 橘子的重量 ；
乙：x表示 买苹果的费用 ，y表示 买橘子的费用 ．
（2）求王老师买苹果和橘子各花了多少元钱？（写出完整的解答过程）
【分析】（1）甲同学：设王老师在水果店买苹果x千克、橘子y千克，由题意：用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元，列出方程组即可；
乙同学：设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，由题意：用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元，列出方程组即可；
（2）设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，由题意列出方程组，解方程组即可．
【解答】解：（1）甲同学：设王老师在水果店买苹果x千克、橘子y千克，
由此列出的方程组为：；
乙同学：设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，
由此列出的方程组为：；
甲：x表示王老师在水果店买的苹果的重量，y表示王老师在水果店买的橘子的重量；
乙：x表示王老师在水果店买的苹果的费用，y表示王老师在水果店买的橘子的费用，
故答案为：甲：苹果的重量，橘子的重量；乙：买苹果的费用，买橘子的费用；
（2）设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，
由题意得：，
解得：，
答：王老师买苹果和橘子分别花24元、30元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意，设出未知数，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
47．（2021春•无锡期末）我市对居民生活用水实行“阶梯水价”．小李和小王查询后得知：每户居民年用水量180吨以内部分，按第一阶梯到户价收费；超过180吨且不超过300吨部分，按第二阶梯到户价收费；超过300吨部分，按第三阶梯到户价收费．小李家去年1﹣9月用水量共为175吨，10月、11月用水量分别为25吨、22吨，对应的水费分别为118.5元、109.12元．
（1）求第一阶梯到户价及第二阶梯到户价（单位：元/吨）；
（2）若小王家去年的水费不超过856元，试求小王家去年年用水量的范围（单位：吨，结果保留到个位）．
【分析】（1）设第一阶梯到户价为x元，第二阶梯到户价y元，由题意：小李家去年1﹣9月用水量共为175吨，10月、11月用水量分别为25吨、22吨，对应的水费分别为118.5元、109.12元，列出二元一次方程组，解之即可；
（2）设小王家去年最多可用水为m吨，由题意：小王家去年的水费不超过856元，列出一元一次不等式，解之，即可得出结论．
【解答】解：设第一阶梯到户价为x元，第二阶梯到户价y元，
由题意得：，
解得：，
答：第一阶梯到户价为3.86元，第二阶梯到户价为4.96元；
（2）设小王家去年最多可用水为m（m＞180）吨，
由题意得：3.86×180+4.96（m﹣180）≤856，
解得：m≤212.5，
即最多可用水212.5吨≈212吨，
∴小王家去年年用水量的范围为大于0吨小于212吨．
【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．
48．（2021春•射阳县校级期末）目前，新型冠状病毒在我国虽可控可防，但不可松懈，某校欲购买规格分别为300mL和500mL的甲、乙两种免洗手消毒液若干瓶，已知购买1瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要90元，购买3瓶甲和4瓶乙免洗手消毒液需要145元．
（1）求甲、乙两种免洗手消毒液的单价．
（2）该校在校师生共2000人，平均每人每天都需使用10mL的免洗手消毒液，若校方采购甲、乙两种免洗手消毒液共花费10000元，则这批消毒液可使用多少天？
【分析】（1）设甲种免洗手消毒液的单价为x元，乙种免洗手消毒液的单价为y元，根据“购买1瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要90元，购买3瓶甲和4瓶乙免洗手消毒液需要145元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进甲种免洗手消毒液a瓶，乙种免洗手消毒液b瓶，根据总价＝单价×数量，即可得出关于a，b的二元一次方程，再结合可使用时间＝免洗手消毒液总体积÷每天需消耗的体积，即可求出结论．
【解答】解：（1）设甲种免洗手消毒液的单价为x元，乙种免洗手消毒液的单价为y元，
依题意，得：，
解得：．
答：甲种免洗手消毒液的单价为15元，乙种免洗手消毒液的单价为25元；
（2）设购进甲种免洗手消毒液a瓶，乙种免洗手消毒液b瓶，
依题意，得：15a+25b＝10000，
∴＝＝＝10．
答：这批消毒液可使用10天．
【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，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
49．（2021春•海陵区期末）周长相等的长方形ABCD和正方形CEFH，按如图所示的方式叠放在一起（其中点D在EC上，点B在CH的延长线上，AD和FH相交于点G），正方形CEFH的边长为m，长方形ABCD的宽为x，长为y（x＜m＜y）．
（1）写出x，y，m之间的等量关系；
（2）若长方形ABHG的周长记作C1，长方形DEFG的周长记作C2．
①求C1+C2的值（用含y、m的代数式表示）；
②若关于y的不等式C1+C2＜10+m的正整数解只有2个，求m的取值范围；
（3）若长方形ABHG的面积记作S1，长方形DEFG的面积记作S2，试比较2S2与S1的大小，并说明理由．
【分析】（1）根据长方形ABCD与正方形CEFH的周长相等，构建关系式即可解决问题；
（2）①用x，y，m表示上述出矩形的周长，相加即可；
②把C1+C2的值代入得到关于y的不等式解得求出y的取值范围，其正整数解只有2个，得到关于m的不等式组，解出即可得到m的取值范围；
（3）利用求差法比较大小即可．
【解答】解：（1）∵长方形ABCD和正方形CEFH周长相等，
∴2（y+x）＝4m，
∴2m＝x+y；
（2）①∵长方形ABHG的周长记作C1＝2（y﹣m+x），
长方形DEFG的周长记作C2＝2（m﹣x+m），
∴C1+C2＝2（y﹣m+x）+2（m﹣x+m）＝2m+2y；
②∵C1+C2＝2m+2y＜10+m，
∴y＜5﹣，
∵y的正整数解只有2个，
∴2≤5﹣＜3，
解得：4＜m≤6，
∴m的取值范围是4＜m≤6；
（3）2S2＞S1，
理由：∵S1＝x（y﹣m），S2＝（m﹣x）m，
∴2S2﹣S1＝2（m﹣x）m﹣x（y﹣m）
＝2m2﹣mx﹣xy
∵x+y＝2m，
∴x＝2m﹣y，
∴2S2﹣S1＝2m2﹣m（2m﹣y）﹣（2m﹣y）y
＝2m2﹣2m2+my﹣2my+y2
＝y2﹣my
＝y（y﹣m），
∵x＜m＜y，y＞0
∴y（y﹣m）＞0，
∴2S2＞S1．
【点评】本题考查了长方形和正方形的性质，解含有参数的一元一次不等式，用求差法比较大小，此题为中考常考题型．
50．（2021•万柏林区模拟）茶为国饮，茶文化是中国传统文化的重要组成部分，这也带动了茶艺、茶具、茶服等相关文化的延伸及产业的发展，在“春季茶叶节”期间，某茶具店老板购进了A、B两种不同的茶具．若购进A种茶具1套和B种茶具2套，需要250元；若购进A种茶具3套和B种茶具4套，需要600元．
（1）A、B两种茶具每套进价分别为多少元？
（2）由于茶具畅销，茶具店老板决定再次购进A、B两种茶具共80套，茶具厂对这两种类型的茶具进行了价格调整，A种茶具的进价比第一次购进时提高了8%，B种茶具的进价按第一次购进时进价的八折．如果茶具店老板此次用于购进A、B两种茶具的总费用不超过6240元，则茶具店老板最多能购进A种茶具多少套？
【分析】（1）设A种茶具每套的进价为x元，B种茶具每套进价为y元，由题意：若购进A种茶具1套和B种茶具2套，需要250元；若购进A种茶具3套和B种茶具4套，需要600元．列出方程组，解方程组即可；
（2）设茶具店老板最多能购进A种茶具m套，则购进B种茶具（80﹣m）套，由题意：A种茶具的进价比第一次购进时提高了8%，B种茶具的进价按第一次购进时进价的八折．如果茶具店老板此次用于购进A、B两种茶具的总费用不超过6240元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设A种茶具每套的进价为x元，B种茶具每套进价为y元，
由题意得：，
解得：，
答：A种茶具每套的进价为100元，B种茶具每套进价为75元；
（2）设茶具店老板最多能购进A种茶具m套，则购进B种茶具（80﹣m）套，
由题意得：100（1+8%）m+75×0.8（80﹣m）≤6240，
解得：m≤30，
答：茶具店老板最多能购进A种茶具30套．
【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．
51．（2021春•泰州期末）先阅读理解下面例题，再按要求解答下列问题：
例：解不等式x2﹣9＜0．
解：∵x2﹣9＝（x+3）（x﹣3），
∴原不等式可化为（x+3）（x﹣3）＜0．
由有理数乘法法则：两数相乘，异号得负，得：
①，②．
解不等式组①得﹣3＜x＜3，解不等式组②无解，
∴原不等式x2﹣9＜0的解集为﹣3＜x＜3．
（1）不等式x2﹣4＞0解集为 x＞2或x＜﹣2 ；
（2）不等式x2+3x＜0解集为 ﹣3＜x＜0 ；
（3）解不等式＜0．
【分析】（1）由已知不等式得出①，②，分别求解可得答案；
（2）由已知不等式得出①，②，分别求解可得答案；
（3）由已知不等式得出∴①，②，再分别求解即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣4＞0，
∴（x+2）（x﹣2）＞0，
则①，②，
解不等式组①，得：x＞2，解不等式组②，得：x＜﹣2，
∴不等式x2﹣4＞0解集为x＞2或x＜﹣2，
故答案为：x＞2或x＜﹣2；
（2）∵x2+3x＜0，
∴x（x+3）＜0，
则①，②，
解不等式组①，得：不等式组无解；
解不等式组②，得：﹣3＜x＜0，
故答案为：﹣3＜x＜0；
（3）∵＜0，
∴①，②，
解不等式组①，得：﹣3＜x＜5，
解不等式组②，得：不等式组无解；
所以原不等式的解集为﹣3＜x＜5．
【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，根据有理数的运算法则得出相应的不等式组是解答此题的关键．
52．（2021春•金坛区期末）已知关于x的不等式组．
（1）当k＝﹣2时，求不等式组的解集；
（2）若不等式组的解集是﹣1＜x＜4，求k的范围；
（3）若不等式组有3个整数解，求k的范围．
【分析】（1）将k＝﹣2代入不等式组，然后利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定不等式组的解集；
（2）利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定k的取值范围；
（3）根据不等式组中x＞﹣1确定不等式组的整数解，然后利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定k的取值范围．
【解答】解：（1）当k＝﹣2时，1﹣k＝1﹣（﹣2）＝3，
∴原不等式组解得：，
∴不等式组的解集为：﹣1＜x≤3；
（2）当不等式组的解集是﹣1＜x＜4时，
1﹣k≥4，
解得：k≤﹣3；
（3）由x＞﹣1，当不等式组有三个整数解时，
则不等式组的整数解为0、1、2，
又∵x＜4且x≤1﹣k，
∴2≤1﹣k＜3，
解得：﹣2＜k≤﹣1．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，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．
53．（2021春•广陵区校级期末）对x、y定义了一种新运算T，规定T（x，y）＝（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T（0，1）＝，已知T（1，﹣1）＝﹣2，T（4，2）＝1．
（1）求a，b的值；
（2）求T（﹣2，2）；
（3）若关于m的不等式组恰好有4个整数解，求p的取值范围．
【分析】（1）根据题中的新定义列出关于a与b的方程组，求出方程组的解即可得到a与b的值；
（2）由（1）知，T（x，y）＝，再代入计算即可求解；
（3）根据题中的新定义列出不等式组，根据不等式组恰好有4个正整数解，确定出p的范围即可．
【解答】解：（1）根据题中的新定义得：，
整理得：，
①+②得：3a＝3，即a＝1，
把a＝1代入①得：b＝3；
（2）由（1）知，T（x，y）＝，
则T（﹣2，2）＝＝﹣2；
（3）根据题中的新定义化简得：，
整理得：，即﹣≤m＜，
由不等式组恰好有4个整数解，即0，1，2，3，
∴3＜≤4，即15＜9﹣3p≤20，
解得：﹣≤p＜﹣2．
故p的取值范围为﹣≤p＜﹣2．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解一元一次方程，解一元一次不等式组以及不等式组的整数解，熟练掌握这些知识的解法，理解新运算法则及能根据不等式组的整数解确定不等式3＜≤4是解答的关键．
54．（2021秋•泗阳县期末）如图1，点O在直线AB上，∠AOC＝30°，将一个含有30°角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，较长的直角边OM在射线OB上，较短的直角边ON在直线AB的下方．
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转．当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒．
（1）图1中与∠BOC互补的角有 ∠AOC和∠NMO ．
（2）当t＝ 10或22 时，ON⊥OC．
【操作二】：如图2将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上．如图3，在三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O以每秒5°的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转，设旋转的时间为t秒．
（3）当t为何值时，OC平分∠MOE．
（4）试探索：在三角尺与直尺旋转的过程中，当0≤t≤22时，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠AOE中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请直接写出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用补角的定义解答即可；
（2）根据垂直的定义建立方程求解即可；
（3）根据角平分线的定义建立方程求解即可；
（4）分类讨论：①当0≤t≤6时，②当6＜t≤10时，③当10＜t≤22时，分别根据∠COM＝2∠AOE或2∠COM＝∠AOE，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵∠AOC＝30°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝150°；
∵∠BOC+∠AOC＝180°，∠BOC+∠NMO＝180°，
∴图1中与∠BOC互补的角为∠AOC和∠NMO．
故答案为：∠AOC和∠NMO；
（2）∵将图1中的三角尺MNO绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转t秒，
∴三角尺MNO旋转角度为15t度，
若ON⊥OC，则ON需顺时针旋转150°或330°，
∴15t＝150或15t＝330，
解得：t＝10或t＝22，
故答案为：10或22．
（3）如图2，∵三角尺MNO和直尺OE分别绕着点O以每秒15°、5°的速度按顺时针方向同时旋转t秒，
∴∠COE＝5t度，∠MOM′＝15t度，
∴∠COM＝∠BOC﹣∠MOM′＝150°﹣（15t）°＝（150﹣15t）°，
∵OC平分∠MOE，
∴∠COE＝∠COM，
∴5t＝150﹣15t，
解得：t＝，
∴当t＝时，OC平分∠MOE．
（4）存在．
由题意得：∠COE＝5°t，∠MOM′＝15°t，
①当0≤t≤6时，∠AOE＝30°﹣5°t，∠COM＝150°﹣15°t，
若∠COM＝2∠AOE，
则150﹣5t＝2（30﹣5t），
解得：t＝﹣18，不符合题意，舍去；
若2∠COM＝∠AOE，
则2（150﹣15t）＝30﹣5t，
解得：t＝＞6，不符合题意，舍去；
②当6＜t≤10时，如图3，
若∠COM＝2∠AOE，
∴150﹣15t＝2（5t﹣30），
解得：t＝；
若2∠COM＝∠AOE，
∴2（150﹣15t）＝5t﹣30，
解得：t＝；
③当10＜t≤22时，如图4，
若∠COM＝2∠AOE，
∴15t﹣150＝2（5t﹣30），
解得：t＝18；
若2∠COM＝∠AOE，
∴2（15t﹣150）＝5t﹣30，
解得：t＝；
综上所述，满足题意的t的值为或或或18．
【点评】本题考查了补角、垂直、角平分线等定义，旋转的性质，动点问题，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题．
55．（2021秋•如东县期末）请补全证明过程及推理依据．
已知：如图，BC∥ED，BD平分∠ABC，EF平分∠AED．
求证：BD∥EF．
证明：∵BD平分∠ABC，EF平分∠AED，
∴∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC（ 角平分线的定义 ）．
∵BC∥ED，
∴∠AED＝ ∠ABC （ 两直线平行，同位角相等 ）
∴∠AED＝∠ABC．
∴∠1＝∠2（ 等量代换 ）．
∴BD∥EF（ 同位角相等，两直线平行 ）．
【分析】根据角平分线的定义得出∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC，根据平行线的性质定理得出∠AED＝∠ABC，求出∠1＝∠2，再根据平行线的判定定理推出即可．
【解答】证明：∵BD平分∠ABC，EF平分∠AED，
∴∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC（角平分线的定义），
∵BC∥ED，
∴∠AED＝∠ABC（两直线平行，同位角相等），
∴∠AED＝∠ABC，
∴∠1＝∠2（等量代换），
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行），
故答案为：角平分线的定义，∠ABC，两直线平行，同位角相等，等量代换，同位角相等，两直线平行．
【点评】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质定理和判定定理等知识点，能熟记平行线的性质定理和判定定理是解此题的关键，平行线的性质定理：①两直线平行，同位角相等，②两直线平行，内错角相等，③两直线平行，同旁内角互补，反之亦然．
56．（2021秋•太仓市期末）如图所示，已知直线AB∥直线CD，直线EF分别交直线AB、CD于点A，C．且∠BAC＝60°，现将射线AB绕点A以每秒2°的转速逆时计旋转得到射线AM．同时射线CE绕点C以每秒3°的转速顺时针旋转得到射线CN，当射线CN旋转至与射线CA重合时，则射线CN、射线AM均停止转动，设旋转时间为t（秒）．
（1）在旋转过程中，若射线AM与射线CN相交，设交点为P．
①当t＝20（秒）时，则∠CPA＝ 40 °；
②若∠CPA＝70°，求此时t的值；
（2）在旋转过程中，是否存在AM∥CN？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①当t＝20（秒）时，∠ECP＝60°，∠BAP＝40°，可得∠CAP＝20°，即得∠CPA＝∠ECP﹣∠CAP＝40°；
②根据∠BAM＝2t°，∠ECN＝3t°，且AB∥CD，∠BAC＝60°，可得（60°﹣2t°）+（180°﹣3t°）+70°＝180°，即可解得t＝26；
（2）分两种情况：分别画出图形，根据平行线的性质，找到相等的角列方程，即可解得答案．
【解答】解：（1）①如图：
当t＝20（秒）时，∠ECP＝20×3°＝60°，∠BAP＝20×2°＝40°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠CAP＝∠BAC﹣∠BAP＝20°，
∴∠CPA＝∠ECP﹣∠CAP＝40°，
故答案为：40°；
②如图：
根据题意知：∠BAM＝2t°，∠ECN＝3t°，
∵AB∥CD，∠BAC＝60°，
∴∠CAP＝60°﹣2t°，∠ACP＝180°﹣3t°，
∵∠CPA＝70°，
∴（60°﹣2t°）+（180°﹣3t°）+70°＝180°，
解得t＝26，
∴t的值是26；
（2）存在AM∥CN，
分两种情况：
（Ⅰ）如图：
∵AM∥CN，
∴∠ECN＝∠CAM，
∴3t°＝60°﹣2t°，
解得t＝12，
（Ⅱ）如图：
∵AM∥CN，
∴∠ACN＝∠CAM，
∴180°﹣3t°＝2t°﹣60°，
解得t＝48，
综上所述，t的值为12或48．
【点评】本题考查一次方程的应用，涉及平行线与相交线、三角形内角和等知识，解题的关键是分类画出图形，找到等量关系列方程．
57．（2021秋•太康县期末）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，垂足分别为D、F，∠2+∠3＝180°，试说明：∠GDC＝∠B．请补充说明过程，并在括号内填上相应的理由．
解：∵AD⊥BC，EF⊥BC（已知）
∴∠ADB＝∠EFB＝90° （ 垂直的定义 ），
∴EF∥AD（ 同位角相等两直线平行 ），
∴ ∠1 +∠2＝180°（ 两直线平行同旁内角互补 ）．
又∵∠2+∠3＝180°（已知），
∴∠1＝∠3（ 同角的补角相等 ），
∴AB∥ DG （ 内错角相等两直线平行 ），
∴∠GDC＝∠B（ 两直线平行同位角相等 ）．
【分析】根据平行线的判定和性质，垂直的定义，同角的补角相等知识一一判断即可．
【解答】解：∵AD⊥BC，EF⊥BC（已知）
∴∠ADB＝∠EFB＝90°（垂直的定义），
∴EF∥AD （同位角相等两直线平行），
∴∠1+∠2＝180°（两直线平行同旁内角互补），
又∵∠2+∠3＝180°（已知），
∴∠1＝∠3 （同角的补角相等），
∴AB∥DG（内错角相等两直线平行），
∴∠GDC＝∠B （两直线平行同位角相等）．
故答案为：垂直的定义，同位角相等两直线平行，∠1，两直线平行同旁内角互补，同角的补角相等，DG，内错角相等两直线平行，两直线平行同位角相等．
【点评】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
58．（2021秋•邗江区期末）点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝120°，一直角三角板的直角顶点放在点O处．
（1）如图1，将三角板DOE的一边OD与射线OB重合时，则∠COD＝ 2 ∠COE；
（2）如图2，将图1中的三角板DOE绕点O逆时针旋转一定角度，当OC恰好是∠BOE的角平分线时，求∠COD的度数；
（3）将图1中的三角尺DOE绕点O逆时针旋转旋转一周，设旋转的角度为α度，在旋转的过程中，能否使∠AOE＝3∠COD？若能，求出α的度数；若不能，说明理由．
【分析】（1）由邻补角和余角的定义求出两个角，即可得出结论；
（2）由角平分线的定义可得∠COE＝∠BOC＝60°，再根据∠DOE＝90°，从而可求解；
（3）分两种情况讨论：①OC是∠BOC内；②OC在∠BOC外，分析清楚角关系求解即可．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝120°，OD与射线OB重合，
∴∠COD＝180°﹣∠AOC＝60°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠COD＝2∠COE，
故答案为：2；
（2）由（1）得，∠BOC＝60°，
∵OC是∠BOE的角平分线，
∴∠COE＝∠BOC＝60°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD＝90°﹣60°＝30°；
（3）能，
①当OD是∠BOC内时，有：
∠COD＝60°﹣α，∠AOE＝180°﹣∠DOE﹣α＝90°﹣α，
则90°﹣α＝3（60°﹣α），
解得：α＝45°；
②当OD在∠BOC外时，有：
∠COD＝α﹣60°，∠AOE＝90°﹣α，
则90°﹣α＝3（α﹣60°），
解得：α＝67.5°．
综上所述，α的度数为45°或67.5°．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，余角和补角，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
59．（2021秋•姜堰区期末）如图，在边长为1个单位长度的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
（1）将△ABC先向右平移5个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
（2）建立适当的平面直角坐标系，使得点A的坐标为（﹣4，1）；
（3）在（2）的条件下，直接写出点C1的坐标．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）根据要求周长平面直角坐标系即可；
（3）根据点C1的位置写出坐标即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，平面直角坐标系即为所求；
（3）点C1的坐标（3，2）．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，平面直角坐标系等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型，
60．（2021秋•连云港期末）在如图的平面直角坐标系中，将△ABC平移后得到△A'B'C'，它们的三个顶点坐标如表所示：
△ABC
A（a，0）
B（5，3）
C（3，﹣2）
△A'B'C'
A'（3，4）
B'（7，b）
C'（c，d）
（1）观察表中各对应点坐标的变化，并填空：△ABC向右平移 2 个单位长度，再向上平移 4 个单位长度可以得到△A'B'C'，a＝ 1 ，b＝ 7 ；
（2）若点M（m，n）为线段AB上的一点，则代数式6m﹣8n的值是 6 ．
【分析】（1）根据点A和B的坐标和点A′和B′的坐标可得答案；
（2）求出A、B所在直线的解析式，然后可得答案．
【解答】解：（1）∵A（a，0），A′（3，4），
∴△ABC向上平移4个单位后得到△A′B′C′，
∵B（5，3），B′（7，b），
∴△ABC向右平移2个单位后得到△A′B′C′，
∴a＝1，b＝3+4＝7，
故答案为：2，4，1，7；
（2）设AB所在直线解析式为y＝kx+b，
∵A（1，0），B（5，3），
∴，
解得：，
∴AB所在直线解析式为y＝x﹣，
∵点M（m，n）为线段AB上的一点，
∴n＝m﹣，
即：3m﹣4n＝3，
∴6m﹣8n＝6，
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，以及一次函数的应用，关键是正确确定图形的平移方法．
声
江苏七年级数学下学期期末精选60题（提升版）
一．选择题（共16小题）
1．（2021春•盐城期末）计算22021×（）1010的值为（ ）
A．22021 B． C．2 D．（）2021
【分析】先根据幂的乘方进行计算，再根据积的乘方进行计算，最后求出答案即可．
【解答】解：
＝2
＝
＝
＝
＝11010×2
＝1×2
＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了幂的乘方与积的乘方和有理数的混合运算，能正确运用积的乘方的逆运算进行计算是解此题的关键．
2．（2021春•姜堰区期末）工作人员从仓库领取如图①中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒若干个，恰好使领取的纸板用完．
下表是工作人员四次领取纸板数的记录：
日期
正方形纸板（张）
长方形纸板（张）
第一次
562
938
第二次
420
860
第三次
502
1000
第四次
985
2015
仓库管理员在核查时，发现一次记录有误．请问记录有误的是（ ）
A．第一次 B．第二次 C．第三次 D．第四次
【分析】设做成x个竖式纸盒，y个横式纸盒，由领取的正方形的纸板和长方形的纸板之和应该是5的倍数，可判断第三次记录错误．
【解答】解：第三次记录错误，理由如下：
设做成x个竖式纸盒，y个横式纸盒，
则需要正方形纸板（x+2y）张，需要长方形的纸板（4x+3y）张，
∴x+2y+4x+3y＝5x+5y＝5（x+y），
∴领取的正方形的纸板和长方形的纸板之和应该是5的倍数，
∵562+938＝1500，420+860＝1280，502+1000＝1502，985+2015＝3000，
∴第三次记录有误，
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，列出二元一次方程是解题的关键．
3．（2021春•姑苏区期末）已知是方程组的解，则a、b间的关系是（ ）
A． 9a+4b＝1 B．4a﹣9b＝7 C．9a﹣4b＝7 D．4b﹣9a＝1
【分析】把代入方程组，用加减消元法消去c，得到a，b间的关系．
【解答】解：把代入方程组得：，
①×3得：﹣9a﹣6c＝3③，
②×2得：﹣6c+4b＝4④，
④﹣③得：4b+9a＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，用加减消元法消去c，得到a，b间的关系是解题的关键．
4．（2021春•常州期末）《九章算术》中有这样的问题：今有5只雀、6只燕，分别聚集而用衡器称之，聚在一起的雀重，燕轻．将1只雀、1只燕交换位置而放，重量相等．5只雀、6只燕重量为1斤．问雀、燕每只各重多少？（注：该问题中的一斤＝16两）设每只雀重x两，每只燕重y两，下列方程组中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】设每只雀重x两，每只燕重y两，根据五只雀、六只燕，共重1斤（等于16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，列方程组即可．
【解答】解：设每只雀有x两，每只燕有y两，
由题意得，．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
5．（2021春•镇江期末）A、B、C三堆巧克力豆，不知其粒数，现对三堆巧克力豆进行3次调整，第一次，C堆不动，在A、B两堆中的一堆取出8粒放在另一堆；第二次，B堆不动，在A、C两堆中的一堆取出7粒放在另一堆；第三次，A堆不动，在B、C两堆中的一堆取出6粒放在另一堆．经过三次调整后，A、B、C三堆各有巧克力豆5粒、11粒、6粒，则原来B堆有（ ）粒巧克力豆．
A．4 B．5 C．12 D．13
【分析】先根据经过三次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11粒，C堆有黄豆6粒，推出第二次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11﹣6＝5粒，C堆有黄豆6+6＝12粒，再根据第二次调整后的结果求出第一次调整后，A堆有黄豆5+7＝12粒，B堆有黄豆5粒，C堆有黄豆12﹣7＝5粒，即可得出原来A堆黄豆的粒数．
【解答】解：∵第三次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11粒，C堆有黄豆6粒，
∴第二次调整后，A堆有黄豆5粒，B堆有黄豆11﹣6＝5粒，C堆有黄豆6+6＝12粒，
∴第一次调整后，A堆有黄豆5+7＝12粒，B堆有黄豆5粒，C堆有黄豆12﹣7＝5粒，
∴原来B堆有黄豆5+8＝13粒；
故选：D．
【点评】此题考查了逆向思维解应用题，解题的关键是从最后的结果向前根据数量关系，求出上一步的结果，一步步的推，进而求解即可．
6．（2021春•镇江期末）小明一家6人去公园游玩，小明爸爸给了小明100元买午饭，有12元套餐和18元套餐可供选择，若至少有2个人要吃18元套餐，请问小明购买的方案有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【分析】设要吃18元套餐的有x人，由题意：小明爸爸给了小明100元买午饭，有12元套餐和18元套餐可供选择，列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：设要吃18元套餐的有x人，
由题意得：18x+12（6﹣x）≤100，
解得：x≤，
又∵2≤x＜6，
∴2≤x≤，
∴x的取值为2，3，4，
∴小明购买的方案有3种．
故选：B．
【点评】此题考查一元一次不等式的应用，找出不等关系，列出一元一次不等式是解题的关键．
7．（2021•南山区校级一模）如图，按下面的程序进行运算．规定：程序运行到“判断结果是否大于28”为一次运算．若运算进行了3次才停止，则x的取值范围是（ ）
A．2＜x≤4 B．2≤x＜4 C．2＜x＜4 D．2≤x≤4
【分析】根据第二次运算结果不大于28且第三次运算结果要大于28列出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围．
【解答】解：依题意，得：，
解得：2＜x≤4．
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，找准等量关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
8．（2021秋•嵩县期末）如图，在长方形ABCD纸片中，AD∥BC，AB∥CD，把纸片沿EF折叠后，点C、D分别落在C'、D'的位置．若∠EFB＝65°，则∠AED'等于（ ）
A．70° B．65° C．50° D．25°
【分析】由平行可求得∠DEF，又由折叠的性质可得∠DEF＝∠D′EF，结合平角可求得∠AED′．
【解答】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝65°，
又由折叠的性质可得∠D′EF＝∠DEF＝65°，
∴∠AED′＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故选：C．
【点评】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．
9．（2021春•江都区期末）如图，一把长方形直尺沿直线断开并错位，点E，D，B，F在同一条直线上．若∠EDA＝123°，则∠CBD的度数是（ ）
A．47° B．57° C．67° D．123°
【分析】根据AD∥CB得出∠ADF＝∠CBD，由邻补角的性质得出∠EDA+∠ADF＝180°求出∠ADF即可．
【解答】解：∵AD∥CB，
∴∠ADF＝∠CBD，
∵∠EDA+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝180°﹣∠EDA＝180°﹣123°＝57°，
∴∠CBD＝57°．
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解题关键是熟练掌握平行线的性质．
10．（2021春•常州期末）如图，BE是△ABC的中线，点D是BC边上一点，BD＝3CD，BE、AD交于点F，若△ABC的面积为20，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（ ）
A． B．5 C．4 D．3
【分析】由△ABC的面积为20，得S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，根据AE＝CE＝AC，得S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，即S△AEF+S△ABF＝10①，同理可得S△BDF+S△ABF＝15②，②﹣①即可求得．
【解答】解：∵S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，
∴S△ABC＝（BD+CD）•hBC＝（AE+CE）•hAC＝20，
∵AE＝CE＝AC，S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，
∴S△AEB＝S△CEB＝S△ABC＝×20＝10，
即S△AEF+S△ABF＝10①，
同理：∵BD＝3CD，BD+CD＝BC，
∴BD＝BC，S△ABD＝BD•hBC，
∴S△ABD＝S△ABC＝×20＝15，
即S△BDF+S△ABF＝15②，
②﹣①得：S△BDF﹣SAEF＝（S△BDF+S△ABF）﹣（S△AEF+S△ABF）＝15﹣10＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
11．（2021春•崇川区期末）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AE是中线，AD是角平分线，AF是高，则下列说法中错误的是（ ）
A．BE＝CE B．∠BAC＝2∠BAD
C．∠DAF＝（∠C﹣∠B） D．S△ABD＝S△ACD
【分析】由中线的性质可得BE＝CE，由角平分线的定义可得∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD；由AF是△ABC的高，可得∠C+∠CAF＝90°．
【解答】解：∵AE是中线，
∴BE＝CE，故A说法正确；
∵AD是角平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD，故B说法正确；
∵AF是△ABC的高，
∴∠AFC＝90°，∠CAF＝90°﹣∠C，
∵AD是角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD＝，
∴∠DAF＝∠CAD﹣∠CAF
＝﹣（90°﹣∠C）
＝90°﹣90°+∠C
＝
＝（∠C﹣∠B），故C说法正确；
，
，
∵BD≠CD，
∴S△ABD≠S△ACD，故D说法错误；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线，中线和高，明确概念是本题的关键．
12．（2021春•海陵区校级期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2＝2∠BAC即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AA'，
∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，
∴∠A'BC＝∠ABC，∠A'CB＝∠ACB，
∵∠BA'C＝120°，
∴∠A'BC+∠A'CB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝180°﹣120°＝60°，
∵沿DE折叠，
∴∠DAA'＝∠DA'A，∠EAA'＝∠EA'A，
∵∠1＝∠DAA'+∠DA'A＝2∠DAA'，∠2＝∠EAA'+∠EA'A＝2∠EAA'，
∴∠1+∠2＝2∠DAA'+2∠EAA'＝2∠BAC＝2×60°＝120°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型．
13．（2021春•东海县期末）如图，△ABC中，∠BAC＞∠B，∠C＝70°，将△ABC折叠，使得点B与点A重合，折痕PD分别交AB、BC于点D、P，当△APC中有两个角相等时，∠B的度数为（ ）
A．35°或20° B．20°或27.5°
C．35°或25°或32.5° D．35°或20°或27.5°
【分析】分三种情况，利用三角形的内角和定理、等腰三角形的性质先求出∠APC的度数，再利用折叠的性质和三角形的内角和定理求出∠B．
【解答】解：由折叠的性质知：∠BPD＝∠APD＝∠BPA，
∠BDP＝∠ADP＝90°．
当AP＝AC时，∠APC＝∠C＝70°，
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝55°，
∴∠B＝90°﹣55°
＝35°；
当AP＝PC时，∠PAC＝∠C＝70°，
则∠APC＝40°．
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝70°，
∴∠B＝90°﹣70°
＝20°；
当PC＝AC时，∠APC＝∠PAC，
则∠APC＝55°．
∵∠BPD＝（180°﹣∠APC）
＝62.5°，
∴∠B＝90°﹣62.5°
＝27.5°．
故选：D．
【点评】本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，掌握折叠、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及分类讨论的思想方法是解决本题的关键．
14．（2021春•苏州期末）下列命题中，真命题的是（ ）
A．内错角相等
B．三角形的一个外角等于两个内角的和
C．若a＞b＞0，则|a|＞|b|
D．若2x＝﹣1，则x＝﹣2
【分析】根据平行线的性质，三角形的外角的性质，绝对值，解方程等知识一一判断即可．
【解答】解：A、内错角相等．错误，缺少两直线平行的条件，本选项不符合题意．
B、三角形的一个外角等于两个内角的和，错误，应该是三角形的一个外角等于和它不相邻两个内角的和，本选项不符合题意．
C、若a＞b＞0，则|a|＞|b|，正确，本选项符合题意．
D、若2x＝﹣1，则x＝﹣2，错误，应该是x＝﹣．
故选：C．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
15．（2021春•鼓楼区期末）对于命题“若|x|＞|y|，则x＞y”，下面四组关于x，y的值中，能说明它是假命题的是（ ）
A．x＝﹣1，y＝﹣2 B．x＝3，y＝﹣2 C．x＝2，y＝0 D．x＝﹣3，y＝﹣2
【分析】根据x，y的值一一判断即可．
【解答】解：∵x＝﹣3，y＝﹣2时，满足|x|＞|y|，
但是x＜y，
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
16．（2021春•无锡期末）给出下列4个命题：①不是对顶角的两个角不相等；②三角形最大内角不小于60°；③多边形的外角和小于内角和；④平行于同一直线的两条直线平行．其中真命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①根据对顶角的定义以及性质判断即可．
②利用三角形内角和定理判断即可．
③利用多边形内角和定理判断即可．
④根据平行线的判定方法判断即可．
【解答】解：①不是对顶角的两个角不相等，错误．相等的角不一定是对顶角．
②三角形最大内角不小于60°，正确．
③多边形的外角和小于内角和，错误，也可能相等．
④平行于同一直线的两条直线平行．正确．
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
二．填空题（共20小题）
17．（2020春•高邮市期末）若ma＝2，mb＝3，mc＝4，则m2a+b﹣c＝ 3 ．
【分析】根据同底数幂的乘法与除法法则则及幂的乘方与积的乘方法则进行计算即可．
【解答】解：∵ma＝2，mb＝3，mc＝4，
∴m2a+b﹣c＝（ma）2•mb÷mc＝4×3÷4＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是同底数幂的乘法与除法法则则及幂的乘方与积的乘方法，熟记法则是解答此题的关键．
18．（2021春•姜堰区期末）如图，AB＝5，C为线段AB上一点（AC＜BC），分别以AC、BC为边向上作正方形ACDE和正方形BCFG，S△BEF﹣S△AEC＝，则S△BEC＝ 3 ．
【分析】设正方形AEDC的边长是a，正方形BCFG的边长是b，根据正方形的性质得出AE＝DE＝DC＝AC＝a，CF＝FG＝BG＝BC＝b，根据S△BEF﹣S△AEC＝得出S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF﹣S△AEC＝，求出a，即求出AC，再根据AB＝5求出BC，再根据三角形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：设正方形AEDC的边长是a，则则正方形BCFG的边长是5﹣a，
则AE＝DE＝DC＝AC＝a，CF＝FG＝BG＝BC＝5﹣a，
∵S△BEF＝S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF，
∵S△BEF﹣S△AEC＝，
∴S正方形ACDE+S正方形BCFG+S△DFE﹣S△ABE﹣S△BGF﹣S△AEC＝，
∴a2+（5﹣a）2+（5﹣a﹣a）a﹣×5×a﹣（5﹣a）2﹣a2＝，
即﹣10a+20＝0，
解得：a＝2，
当a＝2时，AE＝2，BC＝5﹣2＝3，
S△BCE＝＝3，
即△BEC的面积是3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了整式的混合运算，正方形的性质，三角形的面积等知识点，能正确根据整式的运算法则进行计算是解此题的关键．
19．（2021春•高新区期末）若m2＝n+2021，n2＝m+2021（m≠n），那么代数式m3﹣2mn+n3的值 ﹣2021 ．
【分析】将两式m2＝n+2021，n2＝m+2021相减得出m+n＝﹣1，将m2＝n+2021两边乘以m，n2＝m+2021两边乘以n再相加便可得出．
【解答】解：将两式m2＝n+2021，n2＝m+2021相减，
得m2﹣n2＝n﹣m，
（m+n）（m﹣n）＝n﹣m，（因为m≠n，所以m﹣n≠0），
m+n＝﹣1，
解法一：
将m2＝n+2021两边乘以m，得m³＝mn+2021m①，
将n2＝m+2021两边乘以n，得n³＝mn+2021n②，
由①+②得：m³+n³＝2mn+2021（m+n），
m³+n³﹣2mn＝2021（m+n），
m³+n³﹣2mn＝2021×（﹣1）＝﹣2021．
故答案为﹣2021．
解法二：
∵m2＝n+2021，n2＝m+2021（m≠n），
∴m2﹣n＝2021，n2﹣m＝2021（m≠n），
∴m3﹣2mn+n3
＝m3﹣mn﹣mn+n3
＝m（m2﹣n）+n（n2﹣m）
＝2021m+2021n
＝2021（m+n）
＝﹣2021，
故答案为﹣2021．
【点评】本题考查因式分解的应用，代数式m3﹣2mn+n3的降次处理是解题关键．
20．（2021春•灌南县校级期末）已知x+y＝1，用含x的代数式表示y得 y＝2﹣2x ．
【分析】把x看作已知数求出y即可．
【解答】解：方程x+y＝1，解得：y＝2﹣2x，
故答案为：y＝2﹣2x
【点评】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看作已知数求出y．
21．（2021春•江都区校级期末）某文具店有5元一支和4元一支的钢笔，王老师带48元去买钢笔，钱正好全部用完，共有 3 种购买方案．
【分析】设购买5元一支的钢笔是x支，购买4元一支的钢笔是y支，根据题意列出方程，求得方程的非负整数解即可．
【解答】解：设购买5元一支的钢笔是x支，购买4元一支的钢笔是y支，
根据题意，得5x+4y＝48．
所以y＝12﹣．
因为x、y都是非负整数，
所以当x＝0时，y＝12；
当x＝4时，y＝7；
当x＝8时，y＝2；
即共有3 种购买方案．
故答案是：3．
【点评】本题主要考查了二元一次方程的应用，解题定关键是根据题意列出不定方程，难度不大．
22．（2021春•崇川区期末）如果二元一次方程组的解为，则“☆”表上的数为 10 ．
【分析】把x＝6代入2x+y＝16求出y，然后把x，y的值代入x+y＝☆求解．
【解答】解：把x＝6代入2x+y＝16得2×6+y＝16，
解得y＝4，
把代入x+y＝☆得☆＝6+10＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，解题关键是熟练掌握解二元一次方程组的方法．
23．（2021春•工业园区期末）“洞庭碧螺春，品香醉天下．”洞庭碧螺春产于苏州市太湖洞庭山，以形美、色艳、香浓、味醇“四绝”驰名中外．如图，若将一壶碧螺春茶倒满2个小杯，则还剩壶；若倒满1个小杯后再全部倒入1个大杯中，则只能倒满这个大杯的，1个小杯与1个大杯的容积之比为 ．
【分析】设1个小杯的容积为a毫升，1个大杯的容积为b毫升，壶的容积为m毫升，由题意：若将一壶碧螺春茶倒满2个小杯，则还剩壶；若倒满1个小杯后再全部倒入1个大杯中，则只能倒满这个大杯的，列出方程组，解方程组，即可求解．
【解答】解：设1个小杯的容积为a毫升，1个大杯的容积为b毫升，壶的容积为m毫升，
由题意得：，
解得：，
∴＝，
即1个小杯与1个大杯的容积之比为，
故答案为：．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键，注意参数的应用．
24．（2021春•广陵区校级期末）若3x﹣y﹣7＝2x+3y﹣1＝y﹣kx+9＝0，则k的值为 4 ．
【分析】根据题意得出，解方程组得x、y的值，再代入y﹣kx+9＝0即可求得k的值．
【解答】解：根据题意可得：，
解得：，
将x＝2、y＝﹣1代入y﹣kx+9＝0，得：﹣1﹣2k+9＝0，
解得：k＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查解方程组和方程的能力，根据已知条件得出关于x、y的方程组并求解是解题的关键．
25．（2021春•靖江市期末）已知x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，且x＝1不是这个不等式的解，则实数a的取值范围是 1＜a≤2 ．
【分析】根据x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，且x＝1不是这个不等式的解，列出不等式，求出解集，即可解答．
【解答】解：∵x＝2是不等式ax﹣3a+2≥0的解，
∴2a﹣3a+2≥0，
解得：a≤2，
∵x＝1不是这个不等式的解，
∴a﹣3a+2＜0，
解得：a＞1，
∴1＜a≤2，
故答案为：1＜a≤2．
【点评】本题考查了不等式的解集，解决本题的关键是求不等式的解集．
26．（2021春•苏州期末）已知关于x，y的二元一次方程组，且x，y满足x+y＞3．则m的取值范围是 m＞1 ．
【分析】先求出方程组的解，根据x+y＞3得出不等式m+1+m＞3，再求出不等式的解集即可．
【解答】解：解方程组得：，
∵x+y＞3，
∴m+1+m＞3，
解得：m＞1，
故答案为：m＞1．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解二元一次方程组，解一元一次不等式等知识点，能求出关于m的不等式是解此题的关键．
27．（2021•永嘉县校级模拟）某经销商销售一批电话手表，第一个月以550元/块的价格售出60块，第二个月起降价，以500元/块的价格将这批电话手表全部售出，销售总额超过了5.5万元，这批电话手表至少有 105 块．
【分析】根据题意设出未知数，列出相应的不等式，从而可以解答本题．
【解答】解：设这批手表有x块，
550×60+500（x﹣60）＞55000，
解得x＞104．
故这批电话手表至少有105块，
故答案为：105．
【点评】本题考查一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，列出相应的不等式．
28．（2021春•灌云县期末）若关于x的不等式组的整数解只有3个，则a的取值范围是 ﹣2≤a＜﹣1 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，得出不等式组的解集，再结合不等式组整数解的个数可确定a的取值范围．
【解答】解：，
解不等式x﹣a＞0，得：x＞a，
解不等式5﹣2x＞1，得：x＜2，
则不等式组的解集为a＜x＜2，
∵不等式组的整数解只有3个，
∴﹣2≤a＜﹣1，
故答案为：﹣2≤a＜﹣1．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的整数解，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．
29．（2021秋•镇江期末）小明用两张完全相同的长方形纸片按如图所示的方式摆放，一张纸片压住射线OB，另一张纸片压住射线OA且与第一张纸片交于点P，若∠BOP＝25°，则∠AOB＝ 50° ．
【分析】过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，然后由长方形纸片完全相同得到PM＝PN，再用HL定理证明△POM≌△PON，进而得到∠POM＝∠PON，即可得到∠AOB的大小．
【解答】解：过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，则∠PMO＝∠PNO＝90°，
∵两张长方形纸片完全相同，
∴PM＝PN，
在Rt△POM和Rt△PON中，
，
∴Rt△POM≌Rt△PON（HL），
∴∠POM＝∠PON，
∵∠BOP＝25°，
∴∠AOP＝25°，
∴∠AOB＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
30．（2021秋•泗洪县期末）如图，点阵中的相邻4个顶点的小正方形面积为1，则五边形ABCEF的面积为 ．
【分析】先求出△PQH的面积，再根据相似三角形的性质得出△PGF的面积和△HCI的面积，即可求出这个图案的面积．
【解答】解：如图所示：
∵GD∥QH，
∴△PGF∽△PQH，
∴＝，
∴S△PQH＝PQ•QH＝×3×5＝，
∴S△PGF＝，
∵CD∥PQ，
∴△HCI∽△HQP，
∴＝，
∴，
∴五边形ABCEF的面积＝S△PQH﹣S△PGF﹣S△HCI
＝＝，
故答案为：．
【点评】此题考查三角形的面积，关键是根据三角形面积公式解答．
31．（2021春•泰兴市期末）如图，四边形ABCD，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA的延长线上，且BE＝BA，CF＝CB，DG＝DC，AH＝AD，连接EF、FG、GH、HE，若S四边形ABCD＝8，则S四边形EFGH＝ 40 ．
【分析】连接HB，BD，DF，AG，AC，CE，利用三角形的中线性质求出△AHE与△CFD的面积和，△HGD与△BEF的面积和，从而得到四边形EFGH的面积．
【解答】解：连接HB，BD，DF，则：
∵HA＝AD，CF＝BC，
∴AB是△BDH的中线，CD是△BDF的中线，
∴S△ABH＝S△ABD，S△BCD＝S△FCD，
∴S△ABH+S△FCD＝S△ABD+S△BCD＝S四边形ABCD＝8，
∵BE＝BA，CD＝DG，
∴S△AHE＝2S△AHB，S△CFG＝2S△FCD，
∴S△AHE+S△CFG＝2S△AHB+2S△FCD＝16，
连接AG，AC，CE，
同理可证：S△HGD+S△BEF＝16，
∴S四边形EFGH＝S四边形ABCD+S△AHE+S△CFG+S△HGD+S△BEF＝8+16+16＝40．
故答案为：40．
【点评】本题考查了三角形的中线性质“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”，同时结合整体的思想进行求解外侧三角形的面积和．
32．（2021秋•临江市期末）两根木棒分别长3cm、7cm，第三根木棒与这两根木棒首尾依次相接构成三角形．如果第三根木棒的长为偶数（单位：cm），那么所构成的三角形周长为 16或18 cm．
【分析】首先根据三角形的三边关系确定第三边的取值范围，再根据第三边是偶数确定其值．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三根木棒的长大于4cm而小于10cm．
又第三根木棒的长是偶数，则应为6cm，8cm．
∴所构成的三角形周长为16cm或18cm，
故答案为：16或18．
【点评】本题考查的是三角形三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键
33．（2021春•江都区期末）在一个三角形中，如果一个内角是另一个内角的2倍，那么这个三角形称为理想三角形；如果一个内角是另一个内角的3倍，那么这个三角形称为梦想三角形．若一个三角形既是理想三角形，也是梦想三角形，写出这个三角形的三个内角的度数（只写出一组） 30°、60°、90°或20°、40°、120°． ．
【分析】假设△ABC是理想三角形，也是梦想三角形，由题意得∠A＜∠B＜∠C，故可能存在两种情况：∠B＝2∠A，∠C＝3∠A或∠B＝2∠A，∠C＝3∠B，那么需要分类讨论．然后针对每一种情况根据三角形内角和定理列出等量关系，从而解决此题．
【解答】解：假设△ABC是理想三角形，也是梦想三角形，且∠A＜∠B＜∠C．
∴∠B＝2∠A，∠C＝3∠A或∠B＝2∠A，∠C＝3∠B．
①当∠B＝2∠A，∠C＝3∠A时，则∠A+∠B+∠C＝∠A+2∠A+3∠A＝180°．
∴∠A＝30°．
∴∠B＝2∠A＝60°，∠C＝3∠A＝90°．
此时，△ABC三个内角的度数分别为30°、60°、90°．
②当∠B＝2∠A，∠C＝3∠B时，则∠A+∠B+∠C＝∠A+2∠A+3∠B＝180°．
∴∠A+2∠A+6∠A＝180°．
∴∠A＝20°．
∴∠B＝40°，∠C＝120°．
此时，△ABC三个内角的度数分别为20°、40°、120°．
故答案为：30°、60°、90°或20°、40°、120°．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解决本题的关键．
34．（2021春•江都区期末）将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经过点D，则∠EDB＝ 75 °．
【分析】由三角形内角和定理可求解∠ABC的度数，利用三角形外角的性质可求解∠BDF的度数，进而可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠ABC＝∠F+∠BDF，∠F＝45°，
∴∠BDF＝∠ABC﹣∠F＝60°﹣45°＝15°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠EDB＝∠EDF﹣∠BDF＝90°﹣15°＝75°，
故答案为75．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，求解∠BDF的度数是解题的关键．
35．（2021秋•工业园区期末）某休闲广场的地面中间是1块正六边形地砖，周围是用正方形和正三角形地砖按如图方式依次向外铺设10圈而成，其中第1圈有6块正方形和6块正三角形地砖，则铺设该广场共用地砖 661 块．
【分析】观察三角形的规律，发现：三角形依次是6+12×（1﹣1），6+12×（2﹣1），…，6+12×（n﹣1）块，由此即可解决问题．
【解答】解：根据题意分析可得：从里向外的第1层包括6个正三角形，6个正方形，一个正六边形；
第2层包括18个正三角形，6个正方形，
此后，每层都比前一层多12个等边三角形
依此递推，第10层中含有正三角形个数是6+12×9＝114个，
∴铺设该广场共用地砖：6+18+•••+114+6×10+1＝661（块）．
故答案为661．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺）问题，此题要注意能够分别找到三角形和正方形的个数的规律．
36．（2021春•兴化市期末）把一副直角三角尺如图摆放，∠C＝∠F＝90°，∠CAB＝60°，∠FDE＝45°，斜边AB、DE在直线l上，△ABC保持不动，△DEF在直线l上平移，当以点A、E、F三点为顶点的三角形是直角三角形时，则∠CAF的度数是 15或30 ．
【分析】有两种情形，当点D运动到与A重合时，△AEF是直角三角形，当点D运动到A是DE中点时，△AEF是直角三角形．
【解答】解：当点D运动到与A重合时，△AEF是直角三角形，此时∠CAF＝60°﹣45°＝15°，
当点D运动到A是DE中点时，△AEF是直角三角形，此时∠CAF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠CAF的度数为15或30，
故答案为：15或30．
【点评】本题考查平移的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考常考题型．
三．解答题（共24小题）
37．（2020春•吴中区期末）已知关于x、y的方程组（m为常数）．
（1）计算：x2﹣4y2＝ 8m （用含m的代数式表示）；
（2）若（a2）x÷（ay）3＝a6（a是常数a≠0），求m的值；
（3）若m为正整数，满足0＜n≤|x﹣y|的正整数n有且只有8个，求m的值．
【分析】（1）利用平方差公式直接代入可解答；
（2）先化简已知等式可得：2x﹣3y＝6，再解方程组可得x和y的值，代入2x﹣3y＝6中，可得m的值；
（3）根据（2）中计算的x和y的值计算x﹣y，代入0＜n≤|x﹣y|，根据正整数n有且只有8个，可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4y2＝（x﹣2y）（x+2y）＝4×2m＝8m，
故答案为：8m；
（2）∵（a2）x÷（ay）3＝a6（a是常数a≠0），
∴a2x÷a3y＝a6，
a2x﹣3y＝a6，
∴2x﹣3y＝6⑤，
，
①+②得：2x＝2m+4，
x＝m+2③，
①﹣②得：4y＝2m﹣4，
y＝m﹣1④，
把③④代入⑤得：2（m+2）﹣3（m﹣1）＝6，
解得：m＝﹣2；
（3）由（2）知：，
∴x﹣y＝m+2﹣（m﹣1）＝m+3，
∵0＜n≤|x﹣y|，
∴0＜n≤||，
∵正整数n有且只有8个，
∴8≤|m+3|＜9，
∴8≤m+3＜9或﹣9＜m+3≤﹣8，
∴10≤m＜12，﹣24＜m≤﹣22，
∵m为正整数，
∴m＝10或11．
【点评】此题主要考查了同底数幂的除法运算，幂的乘方，平方差公式，解二元一次方程组，解不等式等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键．
38．（2021秋•常宁市期末）如图1是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图2）
（1）观察图2请你写出（a+b）2、（a﹣b）2、ab之间的等量关系是 （a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab ；
（2）根据（1）中的结论，若x+y＝5，x•y＝，则x﹣y＝ ±4 ；
（3）拓展应用：若（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，求（2019﹣m）（m﹣2020）的值．
【分析】（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣a）2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，根据图1的面积和图2中白色部分的面积相等可得答案；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，将x+y＝5，x•y＝代入计算即可得出答案；
（3）将等式（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1两边平方，再根据已知条件及完全平方公式变形可得答案．
【解答】解：（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣a）2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，
∵图1的面积和图2中白色部分的面积相等，
∴（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab，
故答案为：（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，
∵x+y＝5，x•y＝，
∴52﹣（x﹣y）2＝4×，
∴（x﹣y）2＝16
∴x﹣y＝±4，
故答案为：±4；
（3））∵（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1，
∴[（2019﹣m）+（m﹣2020）]2＝1，
∴（2019﹣m）2+2（2019﹣m）（m﹣2020）+（m﹣2020）2＝1，
∵（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，
∴2（2019﹣m）（m﹣2020）＝1﹣15＝﹣14；
∴（2019﹣m）（m﹣2020）＝﹣7．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，熟练运用完全平方公式并数形结合是解题的关键．
39．（2021春•丹阳市期末）如图，有长为m，宽为n的长方形卡片A（m＞n），边长为m的正方形卡片B，边长为n的正方形卡片C，将卡片C按如图1放置于卡片A上，其未叠合部分（阴影）面积为S1，将卡片A按如图2放置于卡片B上，其未叠合部分（阴影）面积为S2．
（1）S1＝ mn﹣n² ，S2＝ m²﹣mn ；（用含m、n的代数式表示）
（2）若S1+S2＝18，则图3中阴影部分的面积S3＝ 18 ；
（3）若m﹣n＝6，mn＝10，求图4中阴影部分的面积S4．
【分析】（1）如图1，阴影面积S1＝卡面A面积﹣卡片C面积；
如图2，阴影面积S2＝卡片B面积﹣卡片A面积；
（2）如图3，阴影面积S3＝卡片B面积﹣卡片C面积＝m²﹣n²，而由已知S1+S2＝18，可解出18＝S1+S2＝m²﹣n²，即可依此解答；
（3）由于已知若m﹣n＝6，mn＝10，有代数式m﹣n，mn，所以在运算S4过程中出现：（m²+n²+mn）＝[（m﹣n）²+3mn]，要转化成m﹣n，mn，才能用已知条件的数值代入．
【解答】解：卡片A面积＝mn，卡片B面积＝m²，卡片C面积＝n²，
（1）S1＝A﹣C＝mn﹣n²，
S2＝B﹣A＝m²﹣mn，
故答案为：mn﹣n²，m²﹣mn，
（2）∵S1＝mn﹣n²，S2＝m²﹣mn，
∴S1+S2＝（mn﹣n²）+（m²﹣mn），
S1+S2＝m²﹣n²，
∵S1+S2＝18，
∴m²﹣n²＝18
∴S3＝B﹣C＝m²﹣n²＝18，
故答案为：18，
（3）S△ABC＝BC•AC＝m（m+n），
S梯形ACDE＝（n+m+n）n＝n（2n+m），
S△BDE＝n（m+n），
图4中阴影部分的面积S4＝S四边形ABDE﹣S△BDE
＝（S△ABC+S梯形ACDE）﹣S△BDE
＝m（m+n）+n（2n+m）﹣n（m+n）
＝m²+n²+mn
＝（m²+n²+mn）
＝[（m﹣n）²+3mn]
∵m﹣n＝6，mn＝10，
∴S4＝[（m﹣n）²+3mn]
＝（6²+3×10）
＝33，
答：图4中阴影部分的面积S4是33．
【点评】本题考查完全平方公式的运用，（1）（2）常规性问题，（3）是本题的难点，首先用分割法求出阴影面积，整块面积减去直角三角形面积；其次是m²+n²+mn＝（m﹣n）²+3mn的理解并运算．
40．（2021春•海陵区期末）已知A＝x+3，B＝2x﹣1．化简2A2﹣AB，并求当x＝﹣1时该代数式的值．
【分析】把A、B代入，再根据完全平方公式和多项式乘多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
【解答】解：∵A＝x+3，B＝2x﹣1．
∴2A2﹣AB
＝2（x+3）2﹣（x+3）（2x﹣1）
＝2（x2+6x+9）﹣（2x2﹣x+6x﹣3）
＝2x2+12x+18﹣2x2+x﹣6x+3
＝7x+21，
当x＝﹣1时，2A2﹣AB＝7×（﹣1）+21＝14．
【点评】本题考查了整式的混合运算与求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
41．（2021春•兴化市期末）先化简，再求值：（x+y）2﹣2x（x+3y）+（x+2y）（x﹣2y），其中x＝﹣1，y＝2．
【分析】先利用完全平方公式，平方差公式和整式的乘法计算方法计算，再进一步合并化简后代入求得数值即可．
【解答】解：（x+y）2﹣2x（x+3y）+（x+2y）（x﹣2y）
＝x2+2xy+y2﹣2x2﹣6xy+x2﹣4y2
＝﹣4xy﹣3y2；
当x＝﹣1，y＝2时，
原式＝﹣4×（﹣1）×2﹣3×22＝﹣4．
【点评】此题考查整式的混合运算与化简求值，正确利用公式计算合并化简，再代入计算．
42．（2021春•广陵区校级期末）因式分解
（1）a2（x+y）﹣b2（x+y）
（2）x4﹣8x2+16．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
（2）原式利用完全平方公式，以及平方差公式分解即可．
【解答】解：（1）原式＝（a2﹣b2）（x+y）＝（a+b）（a﹣b）（x+y）；
（2）原式＝（x2﹣4）2＝[（x+2）（x﹣2）]2＝（x+2）2（x﹣2）2．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
43．（2019春•东海县期末）[阅读•领会]
怎样判断两条直线是否平行？
如图①，很难看出直线a、b是否平行，可添加“第三条线”（截线c），把判断两条直线的位置关系转化为判断两个角的数量关系．我们称直线c为“辅助线”．
在部分代数问题中，很难用算术直接计算出结果，于是，引入字母解决复杂问题，我们称引入的字母为“辅助元素”
事实上，使用“辅助线”、“辅助元”等“辅助元素”可以更容易地解决问题
【实践•体悟】
（1）计算（2+++）（+++）﹣（++）（2++++），这个算式直接计算很麻烦，请你引入合适的“辅助元”完成计算
（2）如图②，已知∠C+∠E＝∠EAB，求证AB∥CD，请你添加适当的“辅助线”，并完成证明
【创造•突破】
（3）若关于xy的方程组的解是的解是•则关于x、y的方程组的解为 x＝1，y＝﹣3．
（4）如图③∠A1＝∠A5＝120°，∠A2＝∠A4＝70°，∠A6＝∠A8＝90°，我们把大于平角的角称为“优角”，若优角∠A3＝270°，则优角∠A7＝ 250°
【分析】（1）设a＝++，将式子进行变形，即可求解；
（2）延长BA交CE于点F，利用平行线的判定定理可得出结论；
（3）把代入方程组得到不含x，y的方程组，通过与方程组比较便可得到答案；
（4）连接A3、A7，分成两个五边形，利用多边形的内角和进行求解即可得到答案．
【解答】解：（1）设a＝++，
原式＝（2+a）（a+）﹣a（2+a+）
＝；
（2）延长BA交CE于点F，如图所示：
∵∠EAB是△EFA的外角，
∴∠EAB＝∠E+∠EFA，
又∵∠EAB＝∠E+∠C，
∴∠EFA＝∠C，
∴AB∥CD；
（3）把代入方程组得：，
与方程组比较得：，
方程组的解为：；
故答案为：x＝1，y＝﹣3．
（4）连接A7、A3，
∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠A1+∠A2+∠A8+∠1+∠3＝540°，
∠A4+∠A5+∠A6+∠2+∠4＝540°，
∵∠A1＝∠A5＝120°，∠A2＝∠A4＝70°，∠A6＝∠A8＝90°，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4＝260°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝520°，
∵优角∠A3＝270°，即∠3+∠4＝270°
∴∠1+∠2＝520°﹣270°＝250°．
故答案为：250°．
【点评】本题考查了有理数的计算、方程组的求解、多边形的内角和等知识点．理解“辅助元素”并运用辅助元素是解决本题的关键．
44．（2021春•涟水县期末）每年在洪泽湖汛期来临之际，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看湖水及两岸河堤的情况．如图1，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足方程，假定这一带湖两岸是平行的，即PQ∥MN．
（1）直接写出a、b的值；
（2）在图1中，若灯B射线先转动30秒，问在灯A射线到达AN之前，两灯的光束能否互相垂直，若能，请求出A灯转动了多少秒？若不能，请说明理由；
（3）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，问A灯转动多少秒，两灯的光束互相平行？（请直接写出答案）
【分析】（1）解二元一次方程组；
（2）动点问题，结合平行线间角角平分线的交点构成的角时90°即可求出对应的时间；
（3）分别表示出角，利用平行线的判定即可求出时间．
【解答】解：（1）解方程组，得：．
（2）两灯的光束能互相垂直．理由如下：
如图1，令灯B射线与灯A射线交于点C，交MN于点F，
设A灯转动时间为x秒，则：
∠PBC＝30°+x°，∠MAC＝4x°，
∵PQ∥MN，
∴∠BFA＝∠PBC＝30°+x°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACF＝90°，
又∵∠MAC＝∠ACF+∠BFA，
∴4x°＝90°+30°+x°，
解得：x＝40，
∴A灯转动40秒的时候，两灯的光束能互相垂直．
（3）10秒．理由如下：
如备用图，由（2）得：∠MAE＝4x°，∠BDA＝∠PBD＝30°+x°，
∵AE∥BD，
∴∠MAE＝∠BDA，
∴4x°＝30°+x°，
解得：x＝10，
∴灯A转动10秒的时候，两灯的光束互相平行．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的解法、平行的性质，第一问比较简单，第二问和第三问解题的突破点是根据题目要求作出对应的图形，再结合平行线的性质解题就可．
45．（2021春•姜堰区期末）我国古代数学著作《增删算法统宗》有关于“绳量井”的记载：“一口井一条绳，绳比井长一庹．折回绳却量井，却比井短一庹”．其大意为：现有一口井和一条绳，用绳去量井，绳比井长5尺；如果将绳对折后再去量井，就比井短5尺．求绳长和井深．
【分析】设绳长x尺，井深y尺，根据“用绳去量井，绳比井长5尺；如果将绳对折后再去量井，就比井短5尺”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，求解即可．
【解答】解：设绳长x尺，井深y尺，
由题意得；，
解得：，
答：绳长20尺，井深15尺．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
46．（2021春•仪征市期末）王老师在水果店用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元．
（1）根据题意，甲、乙两名同学分别列出尚不完整的方程组如下：
甲：；乙：．
根据甲、乙两名同学所列的方程组，请你分别指出未知数x、y表示的意义，然后在括号中补全甲、乙两名同学所列的方程组：
甲：x表示 苹果的重量 ，y表示 橘子的重量 ；
乙：x表示 买苹果的费用 ，y表示 买橘子的费用 ．
（2）求王老师买苹果和橘子各花了多少元钱？（写出完整的解答过程）
【分析】（1）甲同学：设王老师在水果店买苹果x千克、橘子y千克，由题意：用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元，列出方程组即可；
乙同学：设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，由题意：用54元买了苹果和橘子共8千克，已知苹果每千克8元，橘子每千克6元，列出方程组即可；
（2）设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，由题意列出方程组，解方程组即可．
【解答】解：（1）甲同学：设王老师在水果店买苹果x千克、橘子y千克，
由此列出的方程组为：；
乙同学：设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，
由此列出的方程组为：；
甲：x表示王老师在水果店买的苹果的重量，y表示王老师在水果店买的橘子的重量；
乙：x表示王老师在水果店买的苹果的费用，y表示王老师在水果店买的橘子的费用，
故答案为：甲：苹果的重量，橘子的重量；乙：买苹果的费用，买橘子的费用；
（2）设王老师在水果店买苹果用x元、橘子用y元，
由题意得：，
解得：，
答：王老师买苹果和橘子分别花24元、30元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意，设出未知数，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
47．（2021春•无锡期末）我市对居民生活用水实行“阶梯水价”．小李和小王查询后得知：每户居民年用水量180吨以内部分，按第一阶梯到户价收费；超过180吨且不超过300吨部分，按第二阶梯到户价收费；超过300吨部分，按第三阶梯到户价收费．小李家去年1﹣9月用水量共为175吨，10月、11月用水量分别为25吨、22吨，对应的水费分别为118.5元、109.12元．
（1）求第一阶梯到户价及第二阶梯到户价（单位：元/吨）；
（2）若小王家去年的水费不超过856元，试求小王家去年年用水量的范围（单位：吨，结果保留到个位）．
【分析】（1）设第一阶梯到户价为x元，第二阶梯到户价y元，由题意：小李家去年1﹣9月用水量共为175吨，10月、11月用水量分别为25吨、22吨，对应的水费分别为118.5元、109.12元，列出二元一次方程组，解之即可；
（2）设小王家去年最多可用水为m吨，由题意：小王家去年的水费不超过856元，列出一元一次不等式，解之，即可得出结论．
【解答】解：设第一阶梯到户价为x元，第二阶梯到户价y元，
由题意得：，
解得：，
答：第一阶梯到户价为3.86元，第二阶梯到户价为4.96元；
（2）设小王家去年最多可用水为m（m＞180）吨，
由题意得：3.86×180+4.96（m﹣180）≤856，
解得：m≤212.5，
即最多可用水212.5吨≈212吨，
∴小王家去年年用水量的范围为大于0吨小于212吨．
【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．
48．（2021春•射阳县校级期末）目前，新型冠状病毒在我国虽可控可防，但不可松懈，某校欲购买规格分别为300mL和500mL的甲、乙两种免洗手消毒液若干瓶，已知购买1瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要90元，购买3瓶甲和4瓶乙免洗手消毒液需要145元．
（1）求甲、乙两种免洗手消毒液的单价．
（2）该校在校师生共2000人，平均每人每天都需使用10mL的免洗手消毒液，若校方采购甲、乙两种免洗手消毒液共花费10000元，则这批消毒液可使用多少天？
【分析】（1）设甲种免洗手消毒液的单价为x元，乙种免洗手消毒液的单价为y元，根据“购买1瓶甲和3瓶乙免洗手消毒液需要90元，购买3瓶甲和4瓶乙免洗手消毒液需要145元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进甲种免洗手消毒液a瓶，乙种免洗手消毒液b瓶，根据总价＝单价×数量，即可得出关于a，b的二元一次方程，再结合可使用时间＝免洗手消毒液总体积÷每天需消耗的体积，即可求出结论．
【解答】解：（1）设甲种免洗手消毒液的单价为x元，乙种免洗手消毒液的单价为y元，
依题意，得：，
解得：．
答：甲种免洗手消毒液的单价为15元，乙种免洗手消毒液的单价为25元；
（2）设购进甲种免洗手消毒液a瓶，乙种免洗手消毒液b瓶，
依题意，得：15a+25b＝10000，
∴＝＝＝10．
答：这批消毒液可使用10天．
【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，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
49．（2021春•海陵区期末）周长相等的长方形ABCD和正方形CEFH，按如图所示的方式叠放在一起（其中点D在EC上，点B在CH的延长线上，AD和FH相交于点G），正方形CEFH的边长为m，长方形ABCD的宽为x，长为y（x＜m＜y）．
（1）写出x，y，m之间的等量关系；
（2）若长方形ABHG的周长记作C1，长方形DEFG的周长记作C2．
①求C1+C2的值（用含y、m的代数式表示）；
②若关于y的不等式C1+C2＜10+m的正整数解只有2个，求m的取值范围；
（3）若长方形ABHG的面积记作S1，长方形DEFG的面积记作S2，试比较2S2与S1的大小，并说明理由．
【分析】（1）根据长方形ABCD与正方形CEFH的周长相等，构建关系式即可解决问题；
（2）①用x，y，m表示上述出矩形的周长，相加即可；
②把C1+C2的值代入得到关于y的不等式解得求出y的取值范围，其正整数解只有2个，得到关于m的不等式组，解出即可得到m的取值范围；
（3）利用求差法比较大小即可．
【解答】解：（1）∵长方形ABCD和正方形CEFH周长相等，
∴2（y+x）＝4m，
∴2m＝x+y；
（2）①∵长方形ABHG的周长记作C1＝2（y﹣m+x），
长方形DEFG的周长记作C2＝2（m﹣x+m），
∴C1+C2＝2（y﹣m+x）+2（m﹣x+m）＝2m+2y；
②∵C1+C2＝2m+2y＜10+m，
∴y＜5﹣，
∵y的正整数解只有2个，
∴2≤5﹣＜3，
解得：4＜m≤6，
∴m的取值范围是4＜m≤6；
（3）2S2＞S1，
理由：∵S1＝x（y﹣m），S2＝（m﹣x）m，
∴2S2﹣S1＝2（m﹣x）m﹣x（y﹣m）
＝2m2﹣mx﹣xy
∵x+y＝2m，
∴x＝2m﹣y，
∴2S2﹣S1＝2m2﹣m（2m﹣y）﹣（2m﹣y）y
＝2m2﹣2m2+my﹣2my+y2
＝y2﹣my
＝y（y﹣m），
∵x＜m＜y，y＞0
∴y（y﹣m）＞0，
∴2S2＞S1．
【点评】本题考查了长方形和正方形的性质，解含有参数的一元一次不等式，用求差法比较大小，此题为中考常考题型．
50．（2021•万柏林区模拟）茶为国饮，茶文化是中国传统文化的重要组成部分，这也带动了茶艺、茶具、茶服等相关文化的延伸及产业的发展，在“春季茶叶节”期间，某茶具店老板购进了A、B两种不同的茶具．若购进A种茶具1套和B种茶具2套，需要250元；若购进A种茶具3套和B种茶具4套，需要600元．
（1）A、B两种茶具每套进价分别为多少元？
（2）由于茶具畅销，茶具店老板决定再次购进A、B两种茶具共80套，茶具厂对这两种类型的茶具进行了价格调整，A种茶具的进价比第一次购进时提高了8%，B种茶具的进价按第一次购进时进价的八折．如果茶具店老板此次用于购进A、B两种茶具的总费用不超过6240元，则茶具店老板最多能购进A种茶具多少套？
【分析】（1）设A种茶具每套的进价为x元，B种茶具每套进价为y元，由题意：若购进A种茶具1套和B种茶具2套，需要250元；若购进A种茶具3套和B种茶具4套，需要600元．列出方程组，解方程组即可；
（2）设茶具店老板最多能购进A种茶具m套，则购进B种茶具（80﹣m）套，由题意：A种茶具的进价比第一次购进时提高了8%，B种茶具的进价按第一次购进时进价的八折．如果茶具店老板此次用于购进A、B两种茶具的总费用不超过6240元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设A种茶具每套的进价为x元，B种茶具每套进价为y元，
由题意得：，
解得：，
答：A种茶具每套的进价为100元，B种茶具每套进价为75元；
（2）设茶具店老板最多能购进A种茶具m套，则购进B种茶具（80﹣m）套，
由题意得：100（1+8%）m+75×0.8（80﹣m）≤6240，
解得：m≤30，
答：茶具店老板最多能购进A种茶具30套．
【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．
51．（2021春•泰州期末）先阅读理解下面例题，再按要求解答下列问题：
例：解不等式x2﹣9＜0．
解：∵x2﹣9＝（x+3）（x﹣3），
∴原不等式可化为（x+3）（x﹣3）＜0．
由有理数乘法法则：两数相乘，异号得负，得：
①，②．
解不等式组①得﹣3＜x＜3，解不等式组②无解，
∴原不等式x2﹣9＜0的解集为﹣3＜x＜3．
（1）不等式x2﹣4＞0解集为 x＞2或x＜﹣2 ；
（2）不等式x2+3x＜0解集为 ﹣3＜x＜0 ；
（3）解不等式＜0．
【分析】（1）由已知不等式得出①，②，分别求解可得答案；
（2）由已知不等式得出①，②，分别求解可得答案；
（3）由已知不等式得出∴①，②，再分别求解即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣4＞0，
∴（x+2）（x﹣2）＞0，
则①，②，
解不等式组①，得：x＞2，解不等式组②，得：x＜﹣2，
∴不等式x2﹣4＞0解集为x＞2或x＜﹣2，
故答案为：x＞2或x＜﹣2；
（2）∵x2+3x＜0，
∴x（x+3）＜0，
则①，②，
解不等式组①，得：不等式组无解；
解不等式组②，得：﹣3＜x＜0，
故答案为：﹣3＜x＜0；
（3）∵＜0，
∴①，②，
解不等式组①，得：﹣3＜x＜5，
解不等式组②，得：不等式组无解；
所以原不等式的解集为﹣3＜x＜5．
【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，根据有理数的运算法则得出相应的不等式组是解答此题的关键．
52．（2021春•金坛区期末）已知关于x的不等式组．
（1）当k＝﹣2时，求不等式组的解集；
（2）若不等式组的解集是﹣1＜x＜4，求k的范围；
（3）若不等式组有3个整数解，求k的范围．
【分析】（1）将k＝﹣2代入不等式组，然后利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定不等式组的解集；
（2）利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定k的取值范围；
（3）根据不等式组中x＞﹣1确定不等式组的整数解，然后利用“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则确定k的取值范围．
【解答】解：（1）当k＝﹣2时，1﹣k＝1﹣（﹣2）＝3，
∴原不等式组解得：，
∴不等式组的解集为：﹣1＜x≤3；
（2）当不等式组的解集是﹣1＜x＜4时，
1﹣k≥4，
解得：k≤﹣3；
（3）由x＞﹣1，当不等式组有三个整数解时，
则不等式组的整数解为0、1、2，
又∵x＜4且x≤1﹣k，
∴2≤1﹣k＜3，
解得：﹣2＜k≤﹣1．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，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．
53．（2021春•广陵区校级期末）对x、y定义了一种新运算T，规定T（x，y）＝（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T（0，1）＝，已知T（1，﹣1）＝﹣2，T（4，2）＝1．
（1）求a，b的值；
（2）求T（﹣2，2）；
（3）若关于m的不等式组恰好有4个整数解，求p的取值范围．
【分析】（1）根据题中的新定义列出关于a与b的方程组，求出方程组的解即可得到a与b的值；
（2）由（1）知，T（x，y）＝，再代入计算即可求解；
（3）根据题中的新定义列出不等式组，根据不等式组恰好有4个正整数解，确定出p的范围即可．
【解答】解：（1）根据题中的新定义得：，
整理得：，
①+②得：3a＝3，即a＝1，
把a＝1代入①得：b＝3；
（2）由（1）知，T（x，y）＝，
则T（﹣2，2）＝＝﹣2；
（3）根据题中的新定义化简得：，
整理得：，即﹣≤m＜，
由不等式组恰好有4个整数解，即0，1，2，3，
∴3＜≤4，即15＜9﹣3p≤20，
解得：﹣≤p＜﹣2．
故p的取值范围为﹣≤p＜﹣2．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解一元一次方程，解一元一次不等式组以及不等式组的整数解，熟练掌握这些知识的解法，理解新运算法则及能根据不等式组的整数解确定不等式3＜≤4是解答的关键．
54．（2021秋•泗阳县期末）如图1，点O在直线AB上，∠AOC＝30°，将一个含有30°角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，较长的直角边OM在射线OB上，较短的直角边ON在直线AB的下方．
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转．当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒．
（1）图1中与∠BOC互补的角有 ∠AOC和∠NMO ．
（2）当t＝ 10或22 时，ON⊥OC．
【操作二】：如图2将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上．如图3，在三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O以每秒5°的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转，设旋转的时间为t秒．
（3）当t为何值时，OC平分∠MOE．
（4）试探索：在三角尺与直尺旋转的过程中，当0≤t≤22时，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠AOE中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请直接写出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用补角的定义解答即可；
（2）根据垂直的定义建立方程求解即可；
（3）根据角平分线的定义建立方程求解即可；
（4）分类讨论：①当0≤t≤6时，②当6＜t≤10时，③当10＜t≤22时，分别根据∠COM＝2∠AOE或2∠COM＝∠AOE，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵∠AOC＝30°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝150°；
∵∠BOC+∠AOC＝180°，∠BOC+∠NMO＝180°，
∴图1中与∠BOC互补的角为∠AOC和∠NMO．
故答案为：∠AOC和∠NMO；
（2）∵将图1中的三角尺MNO绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转t秒，
∴三角尺MNO旋转角度为15t度，
若ON⊥OC，则ON需顺时针旋转150°或330°，
∴15t＝150或15t＝330，
解得：t＝10或t＝22，
故答案为：10或22．
（3）如图2，∵三角尺MNO和直尺OE分别绕着点O以每秒15°、5°的速度按顺时针方向同时旋转t秒，
∴∠COE＝5t度，∠MOM′＝15t度，
∴∠COM＝∠BOC﹣∠MOM′＝150°﹣（15t）°＝（150﹣15t）°，
∵OC平分∠MOE，
∴∠COE＝∠COM，
∴5t＝150﹣15t，
解得：t＝，
∴当t＝时，OC平分∠MOE．
（4）存在．
由题意得：∠COE＝5°t，∠MOM′＝15°t，
①当0≤t≤6时，∠AOE＝30°﹣5°t，∠COM＝150°﹣15°t，
若∠COM＝2∠AOE，
则150﹣5t＝2（30﹣5t），
解得：t＝﹣18，不符合题意，舍去；
若2∠COM＝∠AOE，
则2（150﹣15t）＝30﹣5t，
解得：t＝＞6，不符合题意，舍去；
②当6＜t≤10时，如图3，
若∠COM＝2∠AOE，
∴150﹣15t＝2（5t﹣30），
解得：t＝；
若2∠COM＝∠AOE，
∴2（150﹣15t）＝5t﹣30，
解得：t＝；
③当10＜t≤22时，如图4，
若∠COM＝2∠AOE，
∴15t﹣150＝2（5t﹣30），
解得：t＝18；
若2∠COM＝∠AOE，
∴2（15t﹣150）＝5t﹣30，
解得：t＝；
综上所述，满足题意的t的值为或或或18．
【点评】本题考查了补角、垂直、角平分线等定义，旋转的性质，动点问题，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题．
55．（2021秋•如东县期末）请补全证明过程及推理依据．
已知：如图，BC∥ED，BD平分∠ABC，EF平分∠AED．
求证：BD∥EF．
证明：∵BD平分∠ABC，EF平分∠AED，
∴∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC（ 角平分线的定义 ）．
∵BC∥ED，
∴∠AED＝ ∠ABC （ 两直线平行，同位角相等 ）
∴∠AED＝∠ABC．
∴∠1＝∠2（ 等量代换 ）．
∴BD∥EF（ 同位角相等，两直线平行 ）．
【分析】根据角平分线的定义得出∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC，根据平行线的性质定理得出∠AED＝∠ABC，求出∠1＝∠2，再根据平行线的判定定理推出即可．
【解答】证明：∵BD平分∠ABC，EF平分∠AED，
∴∠1＝∠AED，∠2＝∠ABC（角平分线的定义），
∵BC∥ED，
∴∠AED＝∠ABC（两直线平行，同位角相等），
∴∠AED＝∠ABC，
∴∠1＝∠2（等量代换），
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行），
故答案为：角平分线的定义，∠ABC，两直线平行，同位角相等，等量代换，同位角相等，两直线平行．
【点评】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质定理和判定定理等知识点，能熟记平行线的性质定理和判定定理是解此题的关键，平行线的性质定理：①两直线平行，同位角相等，②两直线平行，内错角相等，③两直线平行，同旁内角互补，反之亦然．
56．（2021秋•太仓市期末）如图所示，已知直线AB∥直线CD，直线EF分别交直线AB、CD于点A，C．且∠BAC＝60°，现将射线AB绕点A以每秒2°的转速逆时计旋转得到射线AM．同时射线CE绕点C以每秒3°的转速顺时针旋转得到射线CN，当射线CN旋转至与射线CA重合时，则射线CN、射线AM均停止转动，设旋转时间为t（秒）．
（1）在旋转过程中，若射线AM与射线CN相交，设交点为P．
①当t＝20（秒）时，则∠CPA＝ 40 °；
②若∠CPA＝70°，求此时t的值；
（2）在旋转过程中，是否存在AM∥CN？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①当t＝20（秒）时，∠ECP＝60°，∠BAP＝40°，可得∠CAP＝20°，即得∠CPA＝∠ECP﹣∠CAP＝40°；
②根据∠BAM＝2t°，∠ECN＝3t°，且AB∥CD，∠BAC＝60°，可得（60°﹣2t°）+（180°﹣3t°）+70°＝180°，即可解得t＝26；
（2）分两种情况：分别画出图形，根据平行线的性质，找到相等的角列方程，即可解得答案．
【解答】解：（1）①如图：
当t＝20（秒）时，∠ECP＝20×3°＝60°，∠BAP＝20×2°＝40°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠CAP＝∠BAC﹣∠BAP＝20°，
∴∠CPA＝∠ECP﹣∠CAP＝40°，
故答案为：40°；
②如图：
根据题意知：∠BAM＝2t°，∠ECN＝3t°，
∵AB∥CD，∠BAC＝60°，
∴∠CAP＝60°﹣2t°，∠ACP＝180°﹣3t°，
∵∠CPA＝70°，
∴（60°﹣2t°）+（180°﹣3t°）+70°＝180°，
解得t＝26，
∴t的值是26；
（2）存在AM∥CN，
分两种情况：
（Ⅰ）如图：
∵AM∥CN，
∴∠ECN＝∠CAM，
∴3t°＝60°﹣2t°，
解得t＝12，
（Ⅱ）如图：
∵AM∥CN，
∴∠ACN＝∠CAM，
∴180°﹣3t°＝2t°﹣60°，
解得t＝48，
综上所述，t的值为12或48．
【点评】本题考查一次方程的应用，涉及平行线与相交线、三角形内角和等知识，解题的关键是分类画出图形，找到等量关系列方程．
57．（2021秋•太康县期末）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，垂足分别为D、F，∠2+∠3＝180°，试说明：∠GDC＝∠B．请补充说明过程，并在括号内填上相应的理由．
解：∵AD⊥BC，EF⊥BC（已知）
∴∠ADB＝∠EFB＝90° （ 垂直的定义 ），
∴EF∥AD（ 同位角相等两直线平行 ），
∴ ∠1 +∠2＝180°（ 两直线平行同旁内角互补 ）．
又∵∠2+∠3＝180°（已知），
∴∠1＝∠3（ 同角的补角相等 ），
∴AB∥ DG （ 内错角相等两直线平行 ），
∴∠GDC＝∠B（ 两直线平行同位角相等 ）．
【分析】根据平行线的判定和性质，垂直的定义，同角的补角相等知识一一判断即可．
【解答】解：∵AD⊥BC，EF⊥BC（已知）
∴∠ADB＝∠EFB＝90°（垂直的定义），
∴EF∥AD （同位角相等两直线平行），
∴∠1+∠2＝180°（两直线平行同旁内角互补），
又∵∠2+∠3＝180°（已知），
∴∠1＝∠3 （同角的补角相等），
∴AB∥DG（内错角相等两直线平行），
∴∠GDC＝∠B （两直线平行同位角相等）．
故答案为：垂直的定义，同位角相等两直线平行，∠1，两直线平行同旁内角互补，同角的补角相等，DG，内错角相等两直线平行，两直线平行同位角相等．
【点评】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
58．（2021秋•邗江区期末）点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝120°，一直角三角板的直角顶点放在点O处．
（1）如图1，将三角板DOE的一边OD与射线OB重合时，则∠COD＝ 2 ∠COE；
（2）如图2，将图1中的三角板DOE绕点O逆时针旋转一定角度，当OC恰好是∠BOE的角平分线时，求∠COD的度数；
（3）将图1中的三角尺DOE绕点O逆时针旋转旋转一周，设旋转的角度为α度，在旋转的过程中，能否使∠AOE＝3∠COD？若能，求出α的度数；若不能，说明理由．
【分析】（1）由邻补角和余角的定义求出两个角，即可得出结论；
（2）由角平分线的定义可得∠COE＝∠BOC＝60°，再根据∠DOE＝90°，从而可求解；
（3）分两种情况讨论：①OC是∠BOC内；②OC在∠BOC外，分析清楚角关系求解即可．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝120°，OD与射线OB重合，
∴∠COD＝180°﹣∠AOC＝60°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠COD＝2∠COE，
故答案为：2；
（2）由（1）得，∠BOC＝60°，
∵OC是∠BOE的角平分线，
∴∠COE＝∠BOC＝60°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD＝90°﹣60°＝30°；
（3）能，
①当OD是∠BOC内时，有：
∠COD＝60°﹣α，∠AOE＝180°﹣∠DOE﹣α＝90°﹣α，
则90°﹣α＝3（60°﹣α），
解得：α＝45°；
②当OD在∠BOC外时，有：
∠COD＝α﹣60°，∠AOE＝90°﹣α，
则90°﹣α＝3（α﹣60°），
解得：α＝67.5°．
综上所述，α的度数为45°或67.5°．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，余角和补角，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
59．（2021秋•姜堰区期末）如图，在边长为1个单位长度的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
（1）将△ABC先向右平移5个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
（2）建立适当的平面直角坐标系，使得点A的坐标为（﹣4，1）；
（3）在（2）的条件下，直接写出点C1的坐标．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）根据要求周长平面直角坐标系即可；
（3）根据点C1的位置写出坐标即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，平面直角坐标系即为所求；
（3）点C1的坐标（3，2）．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，平面直角坐标系等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型，
60．（2021秋•连云港期末）在如图的平面直角坐标系中，将△ABC平移后得到△A'B'C'，它们的三个顶点坐标如表所示：
△ABC
A（a，0）
B（5，3）
C（3，﹣2）
△A'B'C'
A'（3，4）
B'（7，b）
C'（c，d）
（1）观察表中各对应点坐标的变化，并填空：△ABC向右平移 2 个单位长度，再向上平移 4 个单位长度可以得到△A'B'C'，a＝ 1 ，b＝ 7 ；
（2）若点M（m，n）为线段AB上的一点，则代数式6m﹣8n的值是 6 ．
【分析】（1）根据点A和B的坐标和点A′和B′的坐标可得答案；
（2）求出A、B所在直线的解析式，然后可得答案．
【解答】解：（1）∵A（a，0），A′（3，4），
∴△ABC向上平移4个单位后得到△A′B′C′，
∵B（5，3），B′（7，b），
∴△ABC向右平移2个单位后得到△A′B′C′，
∴a＝1，b＝3+4＝7，
故答案为：2，4，1，7；
（2）设AB所在直线解析式为y＝kx+b，
∵A（1，0），B（5，3），
∴，
解得：，
∴AB所在直线解析式为y＝x﹣，
∵点M（m，n）为线段AB上的一点，
∴n＝m﹣，
即：3m﹣4n＝3，
∴6m﹣8n＝6，
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，以及一次函数的应用，关键是正确确定图形的平移方法．
声
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