江苏省七年级上学期期末真题必刷基础60题（58个考点专练）-2024-2025学年七年级数学上册考试满分全攻略同步备课备考系列（苏科版2024）

期末真题必刷基础60题（58个考点专练） 知识导图 一．正数和负数（共1小题） 二．数轴（共1小题） 三．非负数的性质：绝对值（共1小题） 四．倒数（共1小题） 五．有理数的减法（共1小题） 六．有理数的乘法（共1小题） 七．有理数的混合运算（共1小题） 八．科学记数法—表示较大的数（共1小题） 九．数学常识（共2小题） 一十．代数式（共1小题） 一十一．列代数式（共1小题） 一十二．代数式求值（共1小题） 一十三．同类项（共1小题） 一十四．去括号与添括号（共1小题） 一十五．规律型：数字的变化类（共1小题） 一十六．规律型：图形的变化类（共1小题） 一十七．整式（共1小题） 一十八．单项式（共1小题） 一十九．多项式（共1小题） 二十．整式的加减（共1小题） 二十一．整式的加减—化简求值（共1小题） 二十二．方程的解（共2小题） 二十三．等式的性质（共1小题） 二十四．一元一次方程的定义（共1小题） 二十五．一元一次方程的解（共1小题） 二十六．解一元一次方程（共1小题） 二十七．由实际问题抽象出一元一次方程（共1小题） 二十八．一元一次方程的应用（共1小题） 二十九．认识立体图形（共1小题） 三十．点、线、面、体（共1小题） 三十一．几何体的表面积（共1小题） 三十二．几何体的展开图（共1小题） 三十三．截一个几何体（共1小题） 三十四．直线、射线、线段（共1小题） 三十五．线段的性质：两点之间线段最短（共1小题） 三十六．两点间的距离（共1小题） 三十七．比较线段的长短（共1小题） 三十八．角的概念（共1小题） 三十九．钟面角（共1小题） 四十．度分秒的换算（共1小题） 四十一．角平分线的定义（共1小题） 四十二．角的计算（共1小题） 四十三．余角和补角（共1小题） 四十四．角的大小比较（共1小题） 四十五．对顶角、邻补角（共1小题） 四十六．垂线（共1小题） 四十七．垂线段最短（共1小题） 四十八．同位角、内错角、同旁内角（共1小题） 四十九．平行线（共1小题） 五十．平行公理及推论（共1小题） 五十一．平行线的判定（共1小题） 五十二．平行线的性质（共1小题） 五十三．平行线的判定与性质（共1小题） 五十四．多边形（共1小题） 五十五．多边形的对角线（共1小题） 五十六．多边形内角与外角（共1小题） 五十七．简单几何体的三视图（共1小题） 五十八．简单组合体的三视图（共1小题） 题型强化 一．正数和负数（共1小题） 1．（2023秋•镇江期末）下表是小辰的妈妈元旦当天的微信零钱收支明细（单位：元） 微信转账 如意水果店 微信红包 便民菜场 观察表格信息，可知小辰的妈妈元旦当晚微信零钱余额和前一天相比　　 A．多了23元 B．少了23元 C．多了116元 D．少了93元 【分析】由表可知，收入为“”，支出为“”，再对表中数据进行加减运算，即可解题． 【解答】解：由表可知，收入为“”，支出为“”， （元， 小辰的妈妈元旦当晚微信零钱余额和前一天相比多了23元， 故选：． 【点评】本题考查有理数加减混合运算在实际问题中的运用，掌握其运算法则是解决此题的关键． 二．数轴（共1小题） 2．（2023秋•海安市期末）如图，数轴上点，表示的数分别是，，且满足，则下列各式的值一定是正数的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据数轴可知，再根据即可判断出一定是正数． 【解答】解：由数轴可得， 又， 一定是正数， 故选：． 【点评】本题考查了数轴，正负数，关键是要能根据和确定、的符号． 三．非负数的性质：绝对值（共1小题） 3．（2023秋•射阳县期末）若，则的值为　　 A． B．3 C． D．2 【分析】根据非负数的性质得出，，即可求出、的值，从而求出的值． 【解答】解：， 又，， ，， ，， ， 故选：． 【点评】本题考查了非负数的性质，熟练掌握绝对值的非负性是解题的关键． 四．倒数（共1小题） 4．（2023秋•东台市期末）2024的倒数是　　 A．2024 B． C． D． 【分析】根据乘积是1的两数互为倒数解答即可． 【解答】解：2024的倒数是； 故选：． 【点评】本题考查了倒数，掌握倒数的定义是解答本题的关键． 五．有理数的减法（共1小题） 5．（2023秋•宿迁期末）某天最高气温是，最低气温是，那么这天的日温差是　　 A． B． C． D． 【分析】温差最高温度最低温度，以此即可解答 【解答】解：某天最高气温是，最低气温是， 这天的日温差是：． 故选：． 【点评】本题主要考查有理数减法的应用、整数和负数，理解温差最高温度最低温度时解题关键． 六．有理数的乘法（共1小题） 6．（2023秋•射阳县期末）已知有理数1，，，，请你任选两个数相乘，运算结果最大是 　　． 【分析】两数相乘，同号得正，异号得负，要想运算结果最大，应是同号两数相乘，由此解答即可． 【解答】解：，， ， 运算结果最大是16， 故答案为：16． 【点评】本题考查了有理数的乘法，有理数的大小比较，熟知有理数的乘法法则是解题的关键． 七．有理数的混合运算（共1小题） 7．（2023秋•丹阳市期末）根据数值转换机的示意图，若输入的值是时，则输出的结果是 　　． 【分析】根据数值转换机的示意图计算即可． 【解答】解：第一次输入的值是时，， 第一次输入的值是时，， 所以输出的结果是4， 故答案为：4． 【点评】本题考查了有理数的混合运算，理解题意，弄清数值转换机的示意图运算顺序是解题的关键． 八．科学记数法—表示较大的数（共1小题） 8．（2023秋•浦口区校级期末）我国的北斗卫星导航系统中有一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米．将数21500000用科学记数法表示为　　 A． B． C． D． 【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数． 【解答】解：． 故选：． 【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值． 九．数学常识（共2小题） 9．（2021秋•惠山区期末）下列人或物中，质量最接近1吨的是　　 A．1000枚1元硬币 B．25名小学生 C．5000个鸡蛋 D．10辆家用轿车 【分析】质量单位有：吨、千克、克，本题中结合实际情况选择合适的计量单位即可判断出答案．例如：1名六年级的学生大约重，求出25名学生的重量；1个鸡蛋大约，求出5000个鸡蛋的重量等等． 【解答】解：1吨千克， 、1元硬币1个大约，，故此选项不符合题意； 、六年级的学生体重大约，，故此选项符合题意； 、1个鸡蛋大约，，故此选项不符合题意； 、1辆家用轿车大约，，故此选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查数学常识．解题的关键是熟练掌握质量单位与实际生活的联系． 10．（2022秋•苏州期末）如图，“吋”是电视机常用尺寸，1吋约为大拇指第一节的长，则7吋长相当于　　 A．教室的长度 B．课桌的长度 C．黑板的宽度 D．数学课本的宽度 【分析】1吋约为大拇指第一节的长大约有厘米，7吋长是它的7倍． 【解答】解：根据题意可得1吋约为大拇指第一节的长，大约有厘米， 所以7吋长相当于数学课本的宽度． 故选：． 【点评】本题考查了基本的计算能力和估算的能力，解答时可联系生活实际去解． 一十．代数式（共1小题） 11．（2023秋•工业园区期末）一根弹簧长，在弹性限度（总长不超过内，每挂质量为的物体，弹簧伸长． （1）代数式表示的实际意义是 　　； （2）这根弹簧最多可挂质量为多少的物体？ 【分析】（1）根据题意得出代数式表示的实际意义是挂上质量千克的物体后，弹簧的总长度； （2）设这根弹簧最多可挂质量为千克的物体，根据题意列出方程，然后求解即可． 【解答】解：（1）代数式表示的实际意义是挂上质量千克的物体后，弹簧的总长度； 故答案为：挂上质量千克的物体后，弹簧的总长度； （2）设这根弹簧最多可挂质量为千克的物体，根据题意得： ， 解得：， 答：这根弹簧最多可挂质量为16千克的物体． 【点评】此题主要考查了代数式的实际意义和一元一次方程的解法，理解题意并根据题意列出相应的关系式是解题的关键． 一十一．列代数式（共1小题） 12．（2022秋•海安市期末）某件商品原价元，先打八折，再降价10元，则现在的售价是 　　元． 【分析】根据已知，表示出打折后价格，再减10即可． 【解答】解：商品原价元，先打八折，再降价10元， 现在的售价是元， 故答案为：． 【点评】本题考查列代数式，解题的关键是读懂题意，理解打折，售价等概念． 一十二．代数式求值（共1小题） 13．（2023秋•海门区期末）对于代数式的值，下列说法正确的是　　 A．比3大 B．比3小 C．比大 D．比小 【分析】根据作差法即可求出答案． 【解答】解：（A），故无法判断． （B），故无法判断． （C），故，故正确． （D），故错误． 故选：． 【点评】本题考查代数式，解题的关键是利用作差法，本题属于基础题型． 一十三．同类项（共1小题） 14．（2023秋•扬州校级期末）已知与是同类项，那么　　 A．2 B． C． D．1 【分析】本题考查同类项的定义，所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项，同类项与字母的顺序无关． 【解答】解：由同类项定义可知，， 解得，， ． 故选：． 【点评】同类项定义中的两个“相同”：（1）所含字母相同；（2）相同字母的指数相同，是易混点，还有注意同类项与字母的顺序无关． 一十四．去括号与添括号（共1小题） 15．（2023秋•徐州期末）下列去括号正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据法则：“括号前面是，去括号时，括号里的各项不变号；括号前面是，去括号时，括号里的各项都变号．”进行判断． 【解答】解：．，结论错误，故不符合题意； ．，结论正确，故符合题意； ．，结论错误，故不符合题意； ．，结论错误，故不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了去括号法则，掌握法则：“括号前面是，去括号时，括号里的各项不变号；括号前面是，去括号时，括号里的各项都变号．”是解题的关键． 一十五．规律型：数字的变化类（共1小题） 16．（2023秋•梁溪区期末）在庆元旦活动中，甲、乙、丙、丁四名同学围成一圈依序报数，规定：①甲、乙、丙、丁首次报的数依次为1、2、3、4，接着甲报5、乙报按此规律，后一位同学报的数比前一位同学报的数大1，当报的数是2013时，报数结束；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次．在这个活动中，甲同学需要拍手的次数为　　． 【分析】根据题意得甲报出的数中第一个数为1，第2个数为，第3个数为，第4个数为，，第个数为，由于，解得，则甲报出了504个数，再观察甲报出的数得到从1开始每三个数里有一个数为3的倍数，所以甲报出的数为3的倍数的个数有（个． 【解答】解：甲报的数为1，5，9，13，17，21，25，29，33，37，41，45，，2013， 即第一个数为1，第2个数为，第3个数为，第4个数为，，第个数为，则，解得， 所以甲报出了504个数，并且从1开始每三个数里有一个数为3的倍数，甲报出的数为3的倍数的个数有（个， 所以在这个活动中，甲同学需要拍手的次数为168． 故答案为168． 【点评】本题考查了规律型：数字的变化类：通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况． 一十六．规律型：图形的变化类（共1小题） 17．（2023秋•扬州校级期末）古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，这样的数称为“三角形数”（如图①，而把1，4，9，16，这样的数称为“正方形数”（如图②．如果规定，，，，；，，，，；，，，，，那么，按此规定，　　 A．72 B．78 C．92 D．105 【分析】根据图形的变化找出“”、“ ”，代入分别求出、的值，再将其代入中即可得出结论． 【解答】解：，，，，， ， ； ，，，，， ， ． ，，，，， ． 故选：． 【点评】本题考查了规律型中图形的变化类以及数字的变化类，观察图形结合数字的变化找出变化规律“”、“ ”是解题的关键． 一十七．整式（共1小题） 18．（2021秋•新晃县期中）下列代数式：①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧中，整式共有　　个． 【分析】根据单项式和多项式统称为整式解答即可． 【解答】解：在①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧中， ①，②，③，⑤，⑥，⑧都是整式， ④，⑦的分母中含有字母，属于分式． 综上所述，上述代数式中整式的个数是6个． 故答案为：6． 【点评】本题考查了整式的定义．解题的关键是熟练掌握整式的定义．要注意虽然有分数线，但是分母中不含有表示未知数的字母，所以它仍是整式．在整式中除式不能含有字母． 一十八．单项式（共1小题） 19．（2023秋•东台市期末）单项式的次数是　　． 【分析】根据单项式的概念即可求出答案． 【解答】解：单项式的次数是3． 故答案为：3． 【点评】本题考查单项式，解题的关键是熟练掌握单项式的概念，本题属于基础题型． 一十九．多项式（共1小题） 20．（2023秋•建邺区校级期末）若关于、的多项式是二次三项式，则　　． 【分析】直接利用多项式系数与次数确定方法得出，进而得出答案． 【解答】解：关于、的多项式是二次三项式， ， 则， 解得：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了多项式，正确掌握相关定义是解题关键． 二十．整式的加减（共1小题） 21．（2023秋•梁溪区期末）有理数、在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为　　 A． B． C． D． 【分析】根据数轴上点的位置判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简，合并即可得到结果． 【解答】解：由数轴得：，即， 则原式， 故选：． 【点评】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 二十一．整式的加减—化简求值（共1小题） 22．（2023秋•邗江区校级期末）已知，为两个整式，其中，，若的值与的取值无关，则　　． 【分析】先把已知条件中的，代入进行化简，然后根据的值与的取值无关，列出关于的方程，解方程即可． 【解答】解：，， ， 的值与的取值无关， ，， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了整式的化简求值，解题关键是熟练掌握去括号法则和合并同类项法则． 二十二．方程的解（共2小题） 23．（2020秋•金湖县期末）如果关于的方程的解，那么的值是　　 A． B．10 C．2 D． 【分析】方程的解就是能够使方程两边左右相等的未知数的值，即利用方程的解代替方程中的未知数，所得到的式子左右两边相等． 【解答】解：把代入方程， 得： 解得：． 故选：． 【点评】已知条件中涉及到方程的解，把方程的解代入原方程，转化为关于字母的方程进行求解．可把它叫做“有解就代入”． 24．（2022秋•丹阳市期末）若是方程的解，则 　　． 【分析】方程的解，就是能够使方程两边左右相等的未知数的值，即利用方程的解代替未知数，所得到的式子左右两边相等．把代入方程，就得到关于的方程，就可求出的值． 【解答】解：把代入方程得到： 解得：． 故填：． 【点评】本题主要考查了方程解的定义，已知是方程的解，实际就是得到了一个关于的方程，认真计算即可． 二十三．等式的性质（共1小题） 25．（2022秋•高新区期末）已知等式，则下列等式中不一定成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】按照等式的性质分析求解即可． 【解答】解：已知 选项：按照等式的性质1，等式两边同时减去5，可得，故一定成立； 选项：按照等式的性质1，等式两边同时加上1，可得，故一定成立； 选项：按照等式的性质2，等式两边同时除以3，可得，故一定成立； 选项：只有在时，可由推得，故不一定成立． 故选：． 【点评】本题考查了等式的性质在等式变形中的应用，明确等式的性质是解题的关键．本题属于基础知识的考查，比较简单． 二十四．一元一次方程的定义（共1小题） 26．（2023秋•邗江区校级期末）已知方程是关于的一元一次方程，则　　 A．2 B． C．0 D．2或 【分析】只含有一个未知数（元，并且未知数的指数是1（次的方程叫做一元一次方程，它的一般形式是，是常数且． 【解答】解：由题意，得 ，且， 解得， 故选：． 【点评】本题主要考查了一元一次方程的一般形式，只含有一个未知数，未知数的指数是1，一次项系数不是0，这是这类题目考查的重点． 二十五．一元一次方程的解（共1小题） 27．（2023秋•泰兴市期末）已知为常数，且无论取何值，关于的方程的解总是，则的值为　　 A． B．1 C． D．2 【分析】把代入方程得出，求出，根据方程的解总是得出，再求出即可． 【解答】解：把代入方程，得， ， ， 为常数，且无论取何值，关于的方程的解总是， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了一元一次方程的解，能得出关于的方程是解此题的关键． 二十六．解一元一次方程（共1小题） 28．（2023秋•姜堰区期末）用一元一次方程的知识，可把无限循环小数化为分数，如：把化为分数，设，两边同时乘以10得：，，即，移项、合并同类项得：，解得，即，把化为分数是　　 A． B． C． D． 【分析】设，两边都乘以100得，，进而得到，求出的值，再计算即可． 【解答】解：， 设，两边都乘以100得， ，即， 所以， 移项，合并同类项得， ， 所以， 即， ． 故选：． 【点评】本题考查一元一次方程，掌握一元一次方程的解法，理解题目所提供的计算方法是正确解答的关键． 二十七．由实际问题抽象出一元一次方程（共1小题） 29．（2022秋•连云港期末）明代的数学著作《算法统宗》中有这样一个问题“隔墙听得客分银，不知人数不知银，七两分之少四两，五两分之多半斤．”其大意为：有一群人分银子，如果每人分七两，则还差四两，如果每人分五两，则还多半斤（注：明代1斤两，故有“半斤八两”这个成语）．设共有两银子，则可列方程为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意利用人数不变，结合每人分七两，则还差四两，如果每人分五两，则还多半斤，得出等式即可． 【解答】解：设总共有两银子，根据题意列方程得： 故选：． 【点评】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是找出等量关系，本题属于基础题型． 二十八．一元一次方程的应用（共1小题） 30．（2023秋•宿豫区期末）某服装店以120元相同的售价卖出2件不同的衬衫，其中一件盈利，另一件亏损，则此服装店卖出这两件衬衫　　 A．不亏损也不盈利 B．盈利10元 C．亏损10元 D．亏损20元 【分析】设盈利的那件衬衫的进价为元，亏损的那件衬衫的进价为元，利用利润售价进价，可列出关于的一元一次方程，解之可得出的值，再将其代入中，即可求出结论． 【解答】解：设盈利的那件衬衫的进价为元，亏损的那件衬衫的进价为元， 根据题意得：，， 解得：，， （元， 此服装店卖出这两件衬衫亏损10元． 故选：． 【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键． 二十九．认识立体图形（共1小题） 31．（2023秋•仪征市期末）下列四个几何体中，是四棱锥的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据四棱锥的形体特征进行判断即可． 【解答】解：四棱锥是底面是四边形的锥体，因此选项中的几何体符合题意， 故选：． 【点评】本题考查认识立体图形，掌握各种几何体的形体特征是正确判断的前提． 三十．点、线、面、体（共1小题） 32．（2023秋•常州期末）下列各选项中的图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是圆柱的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据每一个几何体的特征，逐一判断即可解答． 【解答】解：、图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是球体，故不符合题意； 、图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是圆柱，故符合题意； 、图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是圆台，故不符合题意； 、图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是圆锥，故不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了点、线、面、体，熟练掌握每一个几何体的特征是解题的关键． 三十一．几何体的表面积（共1小题） 33．（2023秋•大丰区期末）一个正棱柱，它有12条棱，一条侧棱长为，一条底面边长为． （1）该棱柱是 　　棱柱，它有 　　个面、　　个顶点． （2）求棱柱的侧面积是多少？ 【分析】（1）根据四棱柱的形体特征进行解答即可； （2）根据侧面积的计算方法进行计算即可． 【解答】解：（1）由于棱柱有条棱，其中有条侧棱， 所以当个正棱柱，它有12条棱时，它是一个正四棱柱， 因此正四棱柱有6个面，8个顶点， 故答案为：四，6，8； （2）这个正四棱柱的4个侧面都是长为，宽为的长方形， 所以这个棱柱的侧面积为， 答：这个棱柱的侧面积为． 【点评】本题考查几何体的表面积，掌握四棱柱的形体特征是正确解答的前提． 三十二．几何体的展开图（共1小题） 34．（2023秋•大丰区期末）如图，三个图形是由立体图形展开得到的，相应的立体图形顺序是　　 A．圆柱、三棱柱、圆锥 B．圆锥、三棱柱、圆柱 C．圆柱、三棱锥、圆锥 D．圆柱、三棱柱、半球 【分析】根据圆柱、三棱柱、圆锥表面展开图的特点解题． 【解答】解：观察图形，由立体图形及其表面展开图的特点可知相应的立体图形顺次是圆柱、三棱柱、圆锥． 故选：． 【点评】本题考查圆锥、三棱柱、圆柱表面展开图，记住这些立体图形的表面展开图是解题的关键． 三十三．截一个几何体（共1小题） 35．（2023秋•新吴区期末）如图②是圆柱被一个平面斜切后得到的几何体，请类比梯形面积公式的推导方法（如图①，推导图②几何体的体积为　　．（结果保留 【分析】由图形可知：上部分是一个半圆柱底面直径是6，高为，下部分是一个高为6，底面直径是6的圆柱，根据圆柱的体积公式：，把数据代入公式解答即可． 【解答】解：， ． 故答案为：． 【点评】此题考查组合图形的体积，首先分析图形是由几部分组成，然后根据相应的体积公式解答即可． 三十四．直线、射线、线段（共1小题） 36．（2022秋•海门市期末）往返，两地的客车，中途停靠两个站，客运站根据两站之间的距离确定票价（距离不相等，票价就不同）．若任意两站之间的距离都不相等，则不同的票价共有　　 A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 【分析】根据线段的定义以及线段条数的计算方法进行解答即可． 【解答】解：由题意可知，不同的票价有（种， 故选：． 【点评】本题考查直线、射线、线段，理解线段的定义，掌握线段条数的计算方法是正确解答的前提． 三十五．线段的性质：两点之间线段最短（共1小题） 37．（2023秋•南京期末）如图，某同学用剪刀沿虚线将三角形剪掉一个角，发现四边形的周长比原三角形的周长要小，能正确解释这一现象的数学知识是　　 A．两点之间，线段最短 B．经过一点，有无数条直线 C．垂线段最短 D．经过两点，有且只有一条直线 【分析】根据两点之间，线段最短进行解答． 【解答】解：某同学用剪刀沿虚线将三角形剪掉一个角，发现四边形的周长比原三角形的周长要小，能正确解释这一现象的数学知识是：两点之间，线段最短． 故选：． 【点评】此题主要考查了线段的性质，关键是掌握两点之间，线段最短． 三十六．两点间的距离（共1小题） 38．（2023秋•泗洪县期末）如图，已知线段，是中点，点在上，，那么线段的长为　　 A． B． C． D． 【分析】根据是中点，先求出的长度，则． 【解答】解：，是中点， ， 又， ． 故选：． 【点评】本题考查了线段的长短比较，根据点是中点先求出的长度是解本题的关键． 三十七．比较线段的长短（共1小题） 39．（2022秋•丹阳市期末）如图所示，，是线段上任意两点，是的中点，是的中点，若，，则的长度是　　 A． B． C． D．以上都不对 【分析】设的长度是，则根据题意有即解方程即可． 【解答】解：设的长度是，则根据题意有，解之得 故选：． 【点评】利用中点性质转化线段之间的倍分关系是解题的关键，在不同的情况下灵活选用它的不同表示方法，有利于解题的简洁性．同时，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系也是十分关键的一点． 三十八．角的概念（共1小题） 40．（2023秋•建湖县期末）下列图形中，能用，，三种方法表示同一个角的图形是　　 A． B． C． D． 【分析】根据角的表示方法和图形逐个判断即可． 【解答】解：、不能用，，三种方法表示同一个角，故选项错误； 、能用，，三种方法表示同一个角，故选项正确； 、不能用，，三种方法表示同一个角，故选项错误； 、不能用，，三种方法表示同一个角，故选项错误； 故选：． 【点评】本题考查了角的概念．解题的关键是掌握角的表示方法的运用． 三十九．钟面角（共1小题） 41．（2023秋•江阴市期末）“铃铃铃”上课铃声响了，小明一看时间是下午2点30分，如果一节课是45分钟，那么下课时刻分针和时针的夹角大小是　　 A． B． C． D． 【分析】先求出下课的时间，然后根据时针1分钟转进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：下课时的时间为：下午3点15分， 下课时刻分针和时针的夹角， 故选：． 【点评】本题考查了钟面角，熟练掌握时针1分钟转是解题的关键． 四十．度分秒的换算（共1小题） 42．（2023秋•玄武区校级期末）如图，将一张纸条折叠，若，则的度数为． 【分析】根据折叠的性质，平行线的性质以及度分秒的换算方法进行解答即可． 【解答】解：如图，折叠前纸条的边，折叠后， 所以， ， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查度分秒的换算，平行线的性质，掌握平行线的性质以及度分秒的换算方法是正确解答的关键． 四十一．角平分线的定义（共1小题） 43．（2023秋•无锡期末）如图，是的平分线，若，，那么　　． 【分析】根据角平分线定义求出的度数，再根据角的和差即可得出答案． 【解答】解：是的平分线，， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查角平分线定义及角的和差，解决本题的关键是熟练掌握这些知识点． 四十二．角的计算（共1小题） 44．（2023秋•苏州期末）如图，将一副三角尺的两个锐角角和角）的顶点叠放在一起，没有重叠的部分分别 记作和，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】把两个角重合的部分的那个角标为，用减去的度数求出的度数，再用减去的度数即可求出的度数． 【解答】解：如图， ， ， ． 故选：． 【点评】本题主要考查角的计算，熟练掌握角的和差的计算方法是解决问题的关键． 四十三．余角和补角（共1小题） 45．（2023秋•丹阳市期末）若与互余，与互补，则的值为　　 A． B． C． D．无法确定 【分析】如果两个角的和为，那么这两个角互为补角；如果两个角的和为，那么这两个角互为余角；由此计算即可． 【解答】解：因为与互余， 所以， 所以， 因为与互补， 所以， 所以， 所以， 故选：． 【点评】本题考查了余角和补角，熟练掌握余角和补角的定义是解题的关键． 四十四．角的大小比较（共1小题） 46．（2023秋•仪征市期末）小正方形网格如图所示，点、、、、均为格点，那么 　　（填“”、“ ”或“” ． 【分析】取格点，使，作射线，则，然后比较和的大小，根据等量代换，即可作答． 【解答】解：如图，取格点，使，作射线， 则， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查角的大小比较，解题的关键是添加适当的辅助线． 四十五．对顶角、邻补角（共1小题） 47．（2023秋•海门区期末）如图，直线，相交于点，平分，，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据邻补角的定义求出，再根据角平分线的定义求出，然后根据对顶角相等解答． 【解答】解：， ， 平分， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了邻补角的定义，对顶角相等的性质，角平分线的定义，是基础题，准确识图是解题的关键． 四十六．垂线（共1小题） 48．（2023秋•泗阳县期末）如图，直线、相交于点，，比大，则　　． 【分析】根据余角的定义先求得的度数，再根据对顶角相等得到的度数． 【解答】解：， ， 即， 又， ， 解得， ， 故答案为：16． 【点评】本题主要考查了垂线，余角和补角，对顶角等知识，解决问题的关键是利用角的和差关系进行计算． 四十七．垂线段最短（共1小题） 49．（2023秋•姑苏区期末）小明某次立定跳远的示意图如图所示，根据立定跳远规则可知小明本次立定跳远成绩为　　 A．线段的长度 B．线段的长度 C．线段的长度 D．线段的长度 【分析】由垂线段最短，即可得到答案． 【解答】解：根据立定跳远规则可知小明本次立定跳远成绩为：线段的长度． 故选：． 【点评】本题考查垂线段最短，关键是掌握垂线段最短． 四十八．同位角、内错角、同旁内角（共1小题） 50．（2020秋•高新区校级期末）如图，下列结论中错误的是　　 A．与是同旁内角 B．与是内错角 C．与是内错角 D．与是同位角 【分析】根据同位角、内错角、同旁内角的意义结合图形进行判断即可． 【解答】解：如图，与是直线与直线被直线所截的同旁内角，因此选项不符合题意； 与是直线与直线被直线所截的内错角，而与是邻补角，所以与不是内错角，因此选项符合题意； 与是直线与直线被直线所截的内错角，因此选项不符合题意； 与是直线与直线被直线所截的同位角，因此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查同位角、内错角、同旁内角的意义，掌握同位角、内错角、同旁内角的意义是正确判断的前提，判断两个角是由哪两条直线被第三条直线所截所得到的角是判断的关键． 四十九．平行线（共1小题） 51．（2022秋•姑苏区校级期末）如图，在正方体中，下列各棱与棱平行的是　　 A． B． C． D． 【分析】在同一平面内，不相交的两直线平行，根据平行线的定义，结合图形直接判断即可． 【解答】解：结合图形可知，与棱平行的棱有，，． 故选：． 【点评】本题考查了平行线的定义，注意在同一平面内，两直线的位置关系只有平行和相交． 五十．平行公理及推论（共1小题） 52．（2023秋•梁溪区期末）给出下列说法： ①对顶角相等；②等角的补角相等；③两点之间所有连线中，线段最短；④过任意一点，都能画一条直线与已知直线平行．其中正确说法的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据对顶角相等，补角的性质，线段的性质以及平行公理对各小题分析判断即可得解． 【解答】解：①对顶角相等，正确； ②等角的补角相等，正确； ③两点之间所有连线中，线段最短，正确； ④应为过直线外任意一点，都能画一条直线与已知直线平行， 综上所述，说法正确的有①②③共3个． 故选：． 【点评】本题考查了平行公理，线段的性质，余角和补角的性质，对顶角相等的性质，熟记各性质是解题的关键． 五十一．平行线的判定（共1小题） 53．（2021秋•兴化市期末）如图，直线，被直线所截，下列条件能判断的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据同位角相等，内错角相等，同旁内角互补来判断两直线平行． 【解答】解：、和是内错角，内错角相等两直线平行，能判断，符合题意； 、，，和是同旁内角，同旁内角互补两直线平行，不能判断，不符合题意； 、，和是邻补角，和为，不能判断，不符合题意； 、，由图可知与是对顶角，不能判断，不符合题意． 故选：． 【点评】此题主要考查了平行线的判定，结合平行线判定的条件是解决这道题的关键． 五十二．平行线的性质（共1小题） 54．（2023秋•泰兴市期末）如图，，直线和、分别交于点、，若，，则的值为　　 A．10 B．20 C．100 D．110 【分析】根据平行线的性质和对顶角的性质，可以得到和的关系，然后即可求得的值． 【解答】解：， ， ， ， ，， ， 解得， 故选：． 【点评】本题考查平行线的性质、对顶角的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 五十三．平行线的判定与性质（共1小题） 55．（2023秋•建邺区校级期末）下列说法正确的是　　 A．一点确定一条直线 B．有公共端点的两条射线组成的图形叫做角 C．若，则为的中点 D．不相交的两条直线相互平行 【分析】根据直线的性质、角的定义、线段中点的定义以及直线平行的定义解答即可． 【解答】解：、两点确定一条直线，故原说法错误，故选项不符合题意； 、有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，说法正确，故选项符合题意； 、若，点在线段上，则点是的中点，故原说法错误，故选项不符合题意； 、不相交的两条直线相互平行或异面，故原说法错误，故选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了直线的性质、角的定义、线段中点的定义以及直线平行的定义，解题的关键是熟练掌握相关定义． 五十四．多边形（共1小题） 56．（2020秋•镇江期末）如图，将四边形沿虚线裁去一个角得到五边形，则该五边形的周长 　　原四边形的周长（填“大于”“小于”或“等于” ． 【分析】利用两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短，可以得出结论． 【解答】解：剪去四边形的“一角”，得到一个五边形，则这个五边形的周长一定小于这个四边形的周长， 故答案为：小于． 【点评】本题主要考查了线段的性质，正确掌握线段的性质是解题关键． 五十五．多边形的对角线（共1小题） 57．（2012秋•滨湖区校级期末）一个多边形对角线的数目是边数的2倍，这样的多边形的边数是　　． 【分析】根据边形的对角线条数． 【解答】解：设多边形有条边， 则， 解得或（应舍去）． 故多边形的边数是7． 【点评】能够根据多边形的对角线条数列方程求解，熟练运用因式分解法解方程． 五十六．多边形内角与外角（共1小题） 58．（2022秋•射阳县校级期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数为　　 A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】根据任意多边形的外角和是进行计算即可． 【解答】解：． 故选：． 【点评】本题主要考查的是多边形的外角和定理，明确任意多边形的外角和是是解题的关键． 五十七．简单几何体的三视图（共1小题） 59．（2023秋•工业园区期末）国际足联规定：足球场的边线及底线的外侧垂直向上的空间属于球场范围．当足球从地面及空中完全脱离该空间时，视为出界．这里的“完全”指的是：一定要是球的全部，一丝在界内都不算出界．在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是 　　． 【分析】俯视图是分别从物体上面看，所得到的图形． 【解答】解：在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是俯视图． 故答案为：俯视图． 【点评】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中． 五十八．简单组合体的三视图（共1小题） 60．（2022秋•大丰区期末）如图是由6个相同的正方体堆成的物体，它的左视图是　　 A． B． C． D． 【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中． 【解答】解：从左面看，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形． 故选：． 【点评】本题考查了三视图的知识，掌握左视图是从物体的左面看得到的视图是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷基础60题（58个考点专练） 知识导图 一．正数和负数（共1小题） 二．数轴（共1小题） 三．非负数的性质：绝对值（共1小题） 四．倒数（共1小题） 五．有理数的减法（共1小题） 六．有理数的乘法（共1小题） 七．有理数的混合运算（共1小题） 八．科学记数法—表示较大的数（共1小题） 九．数学常识（共2小题） 一十．代数式（共1小题） 一十一．列代数式（共1小题） 一十二．代数式求值（共1小题） 一十三．同类项（共1小题） 一十四．去括号与添括号（共1小题） 一十五．规律型：数字的变化类（共1小题） 一十六．规律型：图形的变化类（共1小题） 一十七．整式（共1小题） 一十八．单项式（共1小题） 一十九．多项式（共1小题） 二十．整式的加减（共1小题） 二十一．整式的加减—化简求值（共1小题） 二十二．方程的解（共2小题） 二十三．等式的性质（共1小题） 二十四．一元一次方程的定义（共1小题） 二十五．一元一次方程的解（共1小题） 二十六．解一元一次方程（共1小题） 二十七．由实际问题抽象出一元一次方程（共1小题） 二十八．一元一次方程的应用（共1小题） 二十九．认识立体图形（共1小题） 三十．点、线、面、体（共1小题） 三十一．几何体的表面积（共1小题） 三十二．几何体的展开图（共1小题） 三十三．截一个几何体（共1小题） 三十四．直线、射线、线段（共1小题） 三十五．线段的性质：两点之间线段最短（共1小题） 三十六．两点间的距离（共1小题） 三十七．比较线段的长短（共1小题） 三十八．角的概念（共1小题） 三十九．钟面角（共1小题） 四十．度分秒的换算（共1小题） 四十一．角平分线的定义（共1小题） 四十二．角的计算（共1小题） 四十三．余角和补角（共1小题） 四十四．角的大小比较（共1小题） 四十五．对顶角、邻补角（共1小题） 四十六．垂线（共1小题） 四十七．垂线段最短（共1小题） 四十八．同位角、内错角、同旁内角（共1小题） 四十九．平行线（共1小题） 五十．平行公理及推论（共1小题） 五十一．平行线的判定（共1小题） 五十二．平行线的性质（共1小题） 五十三．平行线的判定与性质（共1小题） 五十四．多边形（共1小题） 五十五．多边形的对角线（共1小题） 五十六．多边形内角与外角（共1小题） 五十七．简单几何体的三视图（共1小题） 五十八．简单组合体的三视图（共1小题） 题型强化 一．正数和负数（共1小题） 1．（2023秋•镇江期末）下表是小辰的妈妈元旦当天的微信零钱收支明细（单位：元） 微信转账 如意水果店 微信红包 便民菜场 观察表格信息，可知小辰的妈妈元旦当晚微信零钱余额和前一天相比　　 A．多了23元 B．少了23元 C．多了116元 D．少了93元 二．数轴（共1小题） 2．（2023秋•海安市期末）如图，数轴上点，表示的数分别是，，且满足，则下列各式的值一定是正数的是　　 A． B． C． D． 三．非负数的性质：绝对值（共1小题） 3．（2023秋•射阳县期末）若，则的值为　　 A． B．3 C． D．2 四．倒数（共1小题） 4．（2023秋•东台市期末）2024的倒数是　　 A．2024 B． C． D． 五．有理数的减法（共1小题） 5．（2023秋•宿迁期末）某天最高气温是，最低气温是，那么这天的日温差是　　 A． B． C． D． 六．有理数的乘法（共1小题） 6．（2023秋•射阳县期末）已知有理数1，，，，请你任选两个数相乘，运算结果最大是 　　． 七．有理数的混合运算（共1小题） 7．（2023秋•丹阳市期末）根据数值转换机的示意图，若输入的值是时，则输出的结果是 　　． 八．科学记数法—表示较大的数（共1小题） 8．（2023秋•浦口区校级期末）我国的北斗卫星导航系统中有一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米．将数21500000用科学记数法表示为　　 A． B． C． D． 九．数学常识（共2小题） 9．（2021秋•惠山区期末）下列人或物中，质量最接近1吨的是　　 A．1000枚1元硬币 B．25名小学生 C．5000个鸡蛋 D．10辆家用轿车 10．（2022秋•苏州期末）如图，“吋”是电视机常用尺寸，1吋约为大拇指第一节的长，则7吋长相当于　　 A．教室的长度 B．课桌的长度 C．黑板的宽度 D．数学课本的宽度 一十．代数式（共1小题） 11．（2023秋•工业园区期末）一根弹簧长，在弹性限度（总长不超过内，每挂质量为的物体，弹簧伸长． （1）代数式表示的实际意义是 　　； （2）这根弹簧最多可挂质量为多少的物体？ 一十一．列代数式（共1小题） 12．（2022秋•海安市期末）某件商品原价元，先打八折，再降价10元，则现在的售价是 　　元． 一十二．代数式求值（共1小题） 13．（2023秋•海门区期末）对于代数式的值，下列说法正确的是　　 A．比3大 B．比3小 C．比大 D．比小 一十三．同类项（共1小题） 14．（2023秋•扬州校级期末）已知与是同类项，那么　　 A．2 B． C． D．1 一十四．去括号与添括号（共1小题） 15．（2023秋•徐州期末）下列去括号正确的是　　 A． B． C． D． 一十五．规律型：数字的变化类（共1小题） 16．（2023秋•梁溪区期末）在庆元旦活动中，甲、乙、丙、丁四名同学围成一圈依序报数，规定：①甲、乙、丙、丁首次报的数依次为1、2、3、4，接着甲报5、乙报按此规律，后一位同学报的数比前一位同学报的数大1，当报的数是2013时，报数结束；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次．在这个活动中，甲同学需要拍手的次数为　 　． 一十六．规律型：图形的变化类（共1小题） 17．（2023秋•扬州校级期末）古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，这样的数称为“三角形数”（如图①，而把1，4，9，16，这样的数称为“正方形数”（如图②．如果规定，，，，；，，，，；，，，，，那么，按此规定，　　 A．72 B．78 C．92 D．105 一十七．整式（共1小题） 18．（2021秋•新晃县期中）下列代数式：①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧中，整式共有　　个． 一十八．单项式（共1小题） 19．（2023秋•东台市期末）单项式的次数是　　． 一十九．多项式（共1小题） 20．（2023秋•建邺区校级期末）若关于、的多项式是二次三项式，则　　． 二十．整式的加减（共1小题） 21．（2023秋•梁溪区期末）有理数、在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为　　 A． B． C． D． 二十一．整式的加减—化简求值（共1小题） 22．（2023秋•邗江区校级期末）已知，为两个整式，其中，，若的值与的取值无关，则　　． 二十二．方程的解（共2小题） 23．（2020秋•金湖县期末）如果关于的方程的解，那么的值是　　 A． B．10 C．2 D． 24．（2022秋•丹阳市期末）若是方程的解，则 　　． 二十三．等式的性质（共1小题） 25．（2022秋•高新区期末）已知等式，则下列等式中不一定成立的是　　 A． B． C． D． 二十四．一元一次方程的定义（共1小题） 26．（2023秋•邗江区校级期末）已知方程是关于的一元一次方程，则　　 A．2 B． C．0 D．2或 二十五．一元一次方程的解（共1小题） 27．（2023秋•泰兴市期末）已知为常数，且无论取何值，关于的方程的解总是，则的值为　　 A． B．1 C． D．2 二十六．解一元一次方程（共1小题） 28．（2023秋•姜堰区期末）用一元一次方程的知识，可把无限循环小数化为分数，如：把化为分数，设，两边同时乘以10得：，，即，移项、合并同类项得：，解得，即，把化为分数是　　 A． B． C． D． 二十七．由实际问题抽象出一元一次方程（共1小题） 29．（2022秋•连云港期末）明代的数学著作《算法统宗》中有这样一个问题“隔墙听得客分银，不知人数不知银，七两分之少四两，五两分之多半斤．”其大意为：有一群人分银子，如果每人分七两，则还差四两，如果每人分五两，则还多半斤（注：明代1斤两，故有“半斤八两”这个成语）．设共有两银子，则可列方程为　　 A． B． C． D． 二十八．一元一次方程的应用（共1小题） 30．（2023秋•宿豫区期末）某服装店以120元相同的售价卖出2件不同的衬衫，其中一件盈利，另一件亏损，则此服装店卖出这两件衬衫　　 A．不亏损也不盈利 B．盈利10元 C．亏损10元 D．亏损20元 二十九．认识立体图形（共1小题） 31．（2023秋•仪征市期末）下列四个几何体中，是四棱锥的是　　 A． B． C． D． 三十．点、线、面、体（共1小题） 32．（2023秋•常州期末）下列各选项中的图形绕虚线旋转一周后，得到的几何体是圆柱的是　　 A． B． C． D． 三十一．几何体的表面积（共1小题） 33．（2023秋•大丰区期末）一个正棱柱，它有12条棱，一条侧棱长为，一条底面边长为． （1）该棱柱是 　　棱柱，它有 　　个面、　　个顶点． （2）求棱柱的侧面积是多少？ 三十二．几何体的展开图（共1小题） 34．（2023秋•大丰区期末）如图，三个图形是由立体图形展开得到的，相应的立体图形顺序是　　 A．圆柱、三棱柱、圆锥 B．圆锥、三棱柱、圆柱 C．圆柱、三棱锥、圆锥 D．圆柱、三棱柱、半球 三十三．截一个几何体（共1小题） 35．（2023秋•新吴区期末）如图②是圆柱被一个平面斜切后得到的几何体，请类比梯形面积公式的推导方法（如图①，推导图②几何体的体积为　　．（结果保留 三十四．直线、射线、线段（共1小题） 36．（2022秋•海门市期末）往返，两地的客车，中途停靠两个站，客运站根据两站之间的距离确定票价（距离不相等，票价就不同）．若任意两站之间的距离都不相等，则不同的票价共有　　 A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 三十五．线段的性质：两点之间线段最短（共1小题） 37．（2023秋•南京期末）如图，某同学用剪刀沿虚线将三角形剪掉一个角，发现四边形的周长比原三角形的周长要小，能正确解释这一现象的数学知识是　　 A．两点之间，线段最短 B．经过一点，有无数条直线 C．垂线段最短 D．经过两点，有且只有一条直线 三十六．两点间的距离（共1小题） 38．（2023秋•泗洪县期末）如图，已知线段，是中点，点在上，，那么线段的长为　　 A． B． C． D． 三十七．比较线段的长短（共1小题） 39．（2022秋•丹阳市期末）如图所示，，是线段上任意两点，是的中点，是的中点，若，，则的长度是　　 A． B． C． D．以上都不对 三十八．角的概念（共1小题） 40．（2023秋•建湖县期末）下列图形中，能用，，三种方法表示同一个角的图形是　　 A． B． C． D． 三十九．钟面角（共1小题） 41．（2023秋•江阴市期末）“铃铃铃”上课铃声响了，小明一看时间是下午2点30分，如果一节课是45分钟，那么下课时刻分针和时针的夹角大小是　　 A． B． C． D． 四十．度分秒的换算（共1小题） 42．（2023秋•玄武区校级期末）如图，将一张纸条折叠，若，则的度数为 ． 四十一．角平分线的定义（共1小题） 43．（2023秋•无锡期末）如图，是的平分线，若，，那么　　． 四十二．角的计算（共1小题） 44．（2023秋•苏州期末）如图，将一副三角尺的两个锐角角和角）的顶点叠放在一起，没有重叠的部分分别 记作和，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 四十三．余角和补角（共1小题） 45．（2023秋•丹阳市期末）若与互余，与互补，则的值为　　 A． B． C． D．无法确定 四十四．角的大小比较（共1小题） 46．（2023秋•仪征市期末）小正方形网格如图所示，点、、、、均为格点，那么 　　（填“”、“ ”或“” ． 四十五．对顶角、邻补角（共1小题） 47．（2023秋•海门区期末）如图，直线，相交于点，平分，，则　　 A． B． C． D． 四十六．垂线（共1小题） 48．（2023秋•泗阳县期末）如图，直线、相交于点，，比大，则　　． 四十七．垂线段最短（共1小题） 49．（2023秋•姑苏区期末）小明某次立定跳远的示意图如图所示，根据立定跳远规则可知小明本次立定跳远成绩为　　 A．线段的长度 B．线段的长度 C．线段的长度 D．线段的长度 四十八．同位角、内错角、同旁内角（共1小题） 50．（2020秋•高新区校级期末）如图，下列结论中错误的是　　 A．与是同旁内角 B．与是内错角 C．与是内错角 D．与是同位角 四十九．平行线（共1小题） 51．（2022秋•姑苏区校级期末）如图，在正方体中，下列各棱与棱平行的是　　 A． B． C． D． 五十．平行公理及推论（共1小题） 52．（2023秋•梁溪区期末）给出下列说法： ①对顶角相等；②等角的补角相等；③两点之间所有连线中，线段最短；④过任意一点，都能画一条直线与已知直线平行．其中正确说法的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 五十一．平行线的判定（共1小题） 53．（2021秋•兴化市期末）如图，直线，被直线所截，下列条件能判断的是　　 A． B． C． D． 五十二．平行线的性质（共1小题） 54．（2023秋•泰兴市期末）如图，，直线和、分别交于点、，若，，则的值为　　 A．10 B．20 C．100 D．110 五十三．平行线的判定与性质（共1小题） 55．（2023秋•建邺区校级期末）下列说法正确的是　　 A．一点确定一条直线 B．有公共端点的两条射线组成的图形叫做角 C．若，则为的中点 D．不相交的两条直线相互平行 五十四．多边形（共1小题） 56．（2020秋•镇江期末）如图，将四边形沿虚线裁去一个角得到五边形，则该五边形的周长 　　原四边形的周长（填“大于”“小于”或“等于” ． 五十五．多边形的对角线（共1小题） 57．（2012秋•滨湖区校级期末）一个多边形对角线的数目是边数的2倍，这样的多边形的边数是　 　． 五十六．多边形内角与外角（共1小题） 58．（2022秋•射阳县校级期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数为　　 A．6 B．7 C．8 D．9 五十七．简单几何体的三视图（共1小题） 59．（2023秋•工业园区期末）国际足联规定：足球场的边线及底线的外侧垂直向上的空间属于球场范围．当足球从地面及空中完全脱离该空间时，视为出界．这里的“完全”指的是：一定要是球的全部，一丝在界内都不算出界．在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是 　　． 五十八．简单组合体的三视图（共1小题） 60．（2022秋•大丰区期末）如图是由6个相同的正方体堆成的物体，它的左视图是　　 A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$