内容正文:
三、19.解:(1)原式=1-3+2+1=1;
(2)原式=3002-(300+4)×(300-4)=3002-3002+16=16;
(3)原式=8x6-8x6-4x5+4x3=-4x5+4x3;
(4)原式=(x+y-1)(x+y-1-x+y-1)=(x+y-1)(2y-2)=2xy+2y2-2x-
4y+2.
20.解:原式=[(2x+3y)-(2x-3y)]2=(2x+3y-2x+3y)2=(6y)2=36y2,当x=
1
2
,y=
1
3
时,原式=36×
1
9
=4.
21.解:(1)探 究:∵DE∥BC(已 知),∴∠DEF=∠CFE(两 直 线 平 行,内 错 角 相 等).
∵EF∥AB,∴∠CFE=∠ABC(两直线平行,同位角相等),∴∠DEF=∠ABC(等量代换).
∵∠ABC=65°,∴∠DEF=65°.故答案为:已知;∠CFE;两直线平行,内错角相等;∠CFE;
两直线平行,同位角相等;等量代换;65°;
(2)应 用:∵DE ∥BC,∴∠D =∠ABC =β.∵EF ∥AB,∴∠D +∠DEF =180°,
∴∠DEF=180°-∠D=180°-β,故答案为:180°-β.
22.证明:∵∠C=∠B,∴CD∥AB,∴∠A=∠D.
23.证明:∵BE∥DF,∴∠B+∠BCD=180°.∵∠B=∠D,∴∠D+∠BCD=180°,
∴AD∥BC.
24.解:∵把矩形 ABCD 沿EF 对折,∴∠BFE=
1
2
(180°-∠1).∵∠1=50°,∴∠BFE
=
1
2
(180°-50°)=65°.∵AD∥BC,∴∠AEF+∠BFE=180°,∴∠AEF=115°.
25.解:∵DE 平 分 ∠BDC,DG 平 分 ∠CDF,∴∠2=
1
2
∠BDC,∠3=
1
2
∠FDC.
∵∠BDC+∠FDC=180°,∴∠2+∠3=90°.∵∠1+∠2=90°,∴∠1=∠3,∴BE∥DG.
7.周测卷(七)
一、1.A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.C 7.C 8.D
二、9.表格法 关系式法 图象法 10.销售量 销售收入 11.y=2x 12.-
160
9
-40
13.692 14.y=1.6x+3.2(x>3) 15.y=-
1
2
x2+15x(x<30) 16.57
三、17.解:(1)S=(20÷2-x)x=-x2+10x(0<x<10);其中10是常量,x 与S 是变量;
(2)α=90°-β;其中90°是常量,α 与β 是变量;
(3)y=
180-x
2
=90-
x
2
(0<x<180°);其中90和
1
2
是常量,x 与y 是变量;
(4)V=1000+0.051t;其中1000和0.051是常量,t与V 是变量.
—841—
18.解:(1)由表格中的数据可知,该轿车油箱的容量为50L,行驶150km 时,油箱剩余油
量为:50-
150
100
×8=38(L).故答案是:50;38;
(2)由表格可知,开始油箱中的油为50L,每行驶100km,油量减少8L,据此可得 Q 与s
的关系式为Q=50-0.08s;
(3)令Q=26,得s=300.即 A,B 两地之间的距离为300km.
19.解:(1)由于圆柱的高变化时圆柱的体积也随之变化,所以自变量是圆柱的高h,因变
量是圆柱的体积V;
(2)圆柱的体积V 与圆柱的高h 之间的关系式是:V=100πh;
(3)由于V=100π(h+2)=100πh+200π.所以当h 每增加2cm 时,V 增加200πcm3.
20.解:(1)上表反映了温度和距地面高度之间的关系,高度是自变量,温度是因变量;
(2)由表可知,每上升1千米,温度降低6摄氏度,可得解析式为t=20-6h;
(3)①由表可知,距地面5千米时,温度为零下10摄氏度;②将t=-40代入t=20-6h
可得,-40=20-6h,解得:h=10(千米).
21.解:(1)易 拉 罐 底 面 半 径 和 用 铝 量 的 关 系,易 拉 罐 底 面 半 径 为 自 变 量,用 铝 量 为 因
变量;
(2)当底面半径为2.4cm 时,易拉罐的用铝量为5.6cm3;
(3)易拉罐底面半径为2.8cm 时比较合适,因为此时用铝较少,成本低;
(4)当易拉罐底面半径在1.6~2.8cm 变化时,用铝量随半径的增大而减小,当易拉罐底
面半径在2.8~4.0cm 间变化时,用铝量随半径的增大而增大.
8.周测卷(八)
一、1.D 2.D 3.D 4.B 5.C 6.B 7.B 8.B 9.D 10.C
二、11.40 12.1 13.
39
8
14.15 15.9:20 16.78 17.838或910 18.①③④
三、19.解:(1)由图可得李大爷自带的零钱