第2次月考 诊断试题-【典创-单元学情诊断卷】2024-2025学年新教材七年级下册数学（北师大版 2024）

·５７· ·５８· 题 第二次月考 诊断试题 　号 一 二 三 总　分 得　分 时间：１２０分钟　　　　满分：１２０分 第一部分　选择题（共３０分） 一、选择题（本题共１０小题，每小题３分，共３０分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的） １．下列计算正确的是 （　　） Ａ．ａ２＋ａ３＝２ａ５　　　　Ｂ．ａ４÷ａ＝ａ４　　　　Ｃ．ａ２·ａ３＝ａ６　　　　Ｄ．（－ａ２）３＝－ａ６ ２．若ａ＝（－π２） ０，ｂ＝（－１）２００１，ｃ＝２－２，则ａ，ｂ，ｃ的大小关系为 （　　） Ａ．ａ＞ｂ＞ｃ Ｂ．ｂ＞ｃ＞ａ Ｃ．ａ＞ｃ＞ｂ Ｄ．ｃ＞ａ＞ｂ ３．如图，能判定ＥＢ∥ＡＣ的条件是 （　　） Ａ．∠Ｃ＝∠ＡＢＥ Ｂ．∠Ａ＝∠ＡＢＥ Ｃ．∠Ｃ＝∠ＡＢＣ Ｄ．∠Ａ＝∠ＥＢＤ 第３题图 　　　　　　 第４题图 ４．如图，为估计池塘岸边Ａ、Ｂ两点的距离，小林在池塘的一侧选取一点 Ｏ，测得 ＯＡ＝１０ｍ，ＯＢ＝ ７ｍ，则Ａ、Ｂ间的距离不可能是 （　　） Ａ．４ｍ Ｂ．９ｍ Ｃ．１５ｍ Ｄ．１８ｍ ５．活动课上进行盲盒摸球（除了颜色，其他都一样）活动，已知盲盒里有３个白球、５个黑球和２个 红球，则摸到红球的概率为 （　　） Ａ．１１０ Ｂ． １ ５ Ｃ． ３ １０ Ｄ． １ ２ ６．下列多项式乘法中，能用平方差公式直接计算的是 （　　） Ａ．（ｘ＋１）（１＋ｘ） Ｂ．（ｘ２－ｙ）（ｘ＋ｙ２） Ｃ．（－ａ＋ｂ）（ａ－ｂ） Ｄ．（１２ａ＋ｂ）（ｂ－ １ ２ａ） ７．如图，直线ｍ∥ｎ，一块含有３０°的直角三角板按如图所示放置．若∠１＝３６°，则∠２的大小为 （　　） Ａ．６６° Ｂ．５６° Ｃ．５４° Ｄ．３６° 第７题图 　　　　　　 第８题图 ８．如图，ＰＤ⊥ＡＢ，ＰＥ⊥ＡＣ，垂足分别为Ｄ、Ｅ，且ＰＤ＝ＰＥ，则△ＡＰＤ与△ＡＰＥ全等的理由是（　　） Ａ．ＳＡＳ Ｂ．ＡＡＳ Ｃ．ＳＳＳ Ｄ．ＨＬ ９．如图，已知∠１＝∠２，要说明△ＡＢＤ≌△ＡＣＤ还需要从下列条件中选一个，正确的说法是 （　　） Ａ．∠Ｂ＝∠Ｃ Ｂ．∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＤ Ｃ．ＤＢ＝ＤＣ Ｄ．ＡＤ＝ＡＤ 第９题图 　　　　　　 第１０题图 １０．如图，将一张长方形纸片ＡＢＣＤ沿对角线ＢＤ折叠后，点Ｃ落在点Ｅ处，ＢＥ交ＡＤ于点Ｆ，再将 △ＤＥＦ沿ＤＦ折叠后，点Ｅ落在点Ｇ处，若ＤＧ刚好平分∠ＡＤＢ，则∠ＢＤＣ的度数为 （　　） Ａ．５４° Ｂ．５５° Ｃ．５６° Ｄ．５７° 第二部分　非选择题（共９０分） 二、填空题（本题共５小题，每小题３分，共１５分） １１．若ａｘ＝３，则（ａ２）ｘ＝　　　　　． １２．小明同学有长度２ｃｍ和５ｃｍ的两根木棒，他再从下列长度：２ｃｍ、３ｃｍ、４ｃｍ、５ｃｍ、６ｃｍ、７ｃｍ 的六根木棒中任选一根，能钉成三角形相框的概率是　　　　． ·５９· ·６０· １３．已知ＡＤ是△ＡＢＣ的中线，若△ＡＢＣ的面积为１００ｃｍ２，则△ＡＢＤ的面积是　　　　． １４．如图是由三角形组合而成的一组图案，第１个图案有４个三角形，第２个图案有７个三角形， 第３个图案有１０个三角形，按照此规律，第２０个图案中三角形的个数为　　　　． 第１４题图 　　　　 第１５题图 １５．如图，ＡＢ＝７ｃｍ，∠ＣＡＢ＝∠ＤＢＡ＝６０°，ＡＣ＝５ｃｍ，点Ｐ在线段ＡＢ上以２ｃｍ／ｓ的速度由点Ａ向 点Ｂ运动，同时点Ｑ从点Ｂ出发沿射线ＢＤ运动，当点Ｐ运动结束时，点Ｑ随之结束运动，当 点Ｐ运动到某处时有△ＡＣＰ与△ＢＰＱ全等，则点Ｑ的运动速度是　　　　ｃｍ／ｓ． 三、解答题（本题共８小题，共７５分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） １６．（每题５分，共１０分） （１）（２ｘ＋ｙ－３）（２ｘ－ｙ＋３）；　　　　　　　　（２）６５０２－６４８×６５２． １７．（本小题８分） 先化简，再求值：（ｘ＋２ｙ）２－（２ｘ－ｙ）（２ｘ－ｙ）－５ｙ２，其中ｘ＝－１，ｙ＝２． １８．（本小题８分） （１）用含有ａ、ｂ的式子表示阴影部分的面积； （２）当ａ＝３，ｂ＝２时，阴影部分的面积为多少？（结果保留π） １９．（本小题８分） 如图，已知：∠１＝∠２，∠Ａ＝∠Ｄ，ＡＦ＝ＣＤ，求证：△ＡＢＣ≌△ＤＥＦ． ·６１· ·６２· ２０．（本小题８分） 小明同学沿一段笔直的人行道行走，在由 Ａ处步行到达 Ｂ处的过程中，通过隔离带的空隙 Ｏ 刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息汇集如下：如图， ＡＢ∥ＯＨ∥ＣＤ，相邻两平行线间的距离相等，ＡＣ、ＢＤ相交于点 Ｏ，ＯＤ⊥ＣＤ．垂足为点 Ｄ，已知 ＡＢ＝１５米，请根据上述信息求标语ＣＤ的长度． ２１．（本小题９分） 如图，已知：ＢＣ、ＡＤ相交于Ｏ点，ＡＣ⊥ＢＣ，ＢＤ⊥ＡＤ，ＡＣ＝ＢＤ． （１）试说明：ＡＤ＝ＢＣ； （２）ＡＯ＝ＢＯ成立吗？说明理由． ·６３· ·６４· ２２．（本小题１２分） 如图，△ＡＣＢ和△ＥＣＤ都是等腰直角三角形，Ａ、Ｃ、Ｄ三点在同一直线上，连接 ＢＤ、ＡＥ，并延长 ＡＥ交ＢＤ于Ｆ． （１）求证：△ＡＣＥ≌△ＢＣＤ； （２）直线ＡＥ与ＢＤ互相垂直吗？请说明理由． ２３．（本小题１２分） 如图，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ＝２，∠Ｂ＝∠Ｃ＝４０°，点Ｄ在线段ＢＣ上运动（Ｄ不与Ｂ、Ｃ重合），连接 ＡＤ，作∠ＡＤＥ＝４０°，ＤＥ交线段ＡＣ于点Ｅ． （１）当∠ＢＤＡ＝１１５°时，∠ＥＤＣ＝　　　　，∠ＤＥＣ＝　　　　；点 Ｄ从 Ｂ向 Ｃ运动时，∠ＢＤＡ 逐渐变　　　　（填“大”或“小”）； （２）当ＤＣ等于多少时，△ＡＢＤ≌△ＤＣＥ？请说明理由； （３）在点Ｄ的运动过程中，△ＡＤＥ的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠ＢＤＡ的 度数；若不可以，请说明理由． ·８５· ·８６· ∵△ＥＣＤ≌△ＦＢＤ，△ＢＤＦ的面积为３， ∴ＤＥ＝ＤＦ＝２，△ＥＣＤ的面积为３， ∴ＣＧ＝３×２２ ＝３， 则△ＡＥＣ的面积 ＝１２×ＡＥ×ＣＧ＝ １ ２×（６－２）× ３＝６． ２２．证明：（１）∵ＡＥ⊥ＡＢ，ＡＦ⊥ＡＣ， ∴∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＦ＝９０°， ∴∠ＢＡＥ＋∠ＢＡＣ＝∠ＣＡＦ＋∠ＢＡＣ， 即∠ＥＡＣ＝∠ＢＡＦ， 在△ＡＢＦ和△ＡＥＣ中， ∵ ＡＥ＝ＡＢ ∠ＥＡＣ＝∠ＢＡＦ ＡＦ＝{ ＡＣ ， ∴△ＡＢＦ≌△ＡＥＣ（ＳＡＳ）， ∴ＥＣ＝ＢＦ； （２）根据（１），△ＡＢＦ≌△ＡＥＣ，∴∠ＡＥＣ＝∠ＡＢＦ， ∵ＡＥ⊥ＡＢ，∴∠ＢＡＥ＝９０°，∴∠ＡＥＣ＋∠ＡＤＥ＝９０°， ∵∠ＡＤＥ＝∠ＢＤＭ， ∴∠ＡＢＦ＋∠ＢＤＭ＝９０°， 在△ＢＤＭ中，∠ＢＭＤ＝１８０°－∠ＡＢＦ－∠ＢＤＭ＝ １８０°－９０°＝９０°， ∴ＥＣ⊥ＢＦ． ２３．解： （１）∵∠ＡＣＢ＝９０°，∠Ｂ＝６０°． ∴∠ＢＡＣ＝３０°． ∵ＡＤ、ＣＥ分别是∠ＢＡＣ和∠ＢＣＡ的平分线， ∴∠ＤＡＣ＝１２∠ＢＡＣ＝１５°，∠ＥＣＡ＝ １ ２∠ＡＣＢ＝４５°． ∴∠ＥＦＡ＝∠ＤＡＣ＋∠ＥＣＡ＝１５°＋４５°＝６０°． （２）ＦＥ＝ＦＤ． 如图２，在ＡＣ上截取ＡＧ＝ＡＥ，连接ＦＧ． ∵ＡＤ是∠ＢＡＣ的平分线，∴∠ＥＡＦ＝∠ＧＡＦ， 在△ＥＡＦ和△ＧＡＦ中，∵ ＡＥ＝ＡＧ ∠ＥＡＦ＝∠ＦＡＧ， ＡＦ＝{ ＡＦ ∴△ＥＡＦ≌△ＧＡＦ（ＡＳＡ）， ∴ＦＥ＝ＦＧ，∠ＥＦＡ＝∠ＧＦＡ＝６０°， ∴∠ＧＦＣ＝１８０°－６０°－６０°＝６０°． 又∵∠ＤＦＣ＝∠ＥＦＡ＝６０°，∴∠ＤＦＣ＝∠ＧＦＣ． 在△ＦＤＣ和△ＦＧＣ中，∵ ∠ＤＦＣ＝∠ＧＦＣ ＦＣ＝ＦＣ ∠ＦＣＧ＝∠{ ＦＣＤ， ∴△ＦＤＣ≌△ＦＧＣ（ＡＳＡ），∴ＦＤ＝ＦＧ．∴ＦＥ＝ＦＤ． （３）（２）中的结论ＦＥ＝ＦＤ仍然成立． 如图３，在ＡＣ上截取ＡＨ＝ＡＥ，连接ＦＨ， 同（２）可得△ＥＡＦ≌△ＨＡＦ， ∴ＦＥ＝ＦＨ，∠ＥＦＡ＝∠ＨＦＡ． 又由（１）知∠ＦＡＣ＝１２∠ＢＡＣ，∠ＦＣＡ＝ １ ２∠ＡＣＢ， ∴∠ＦＡＣ＋∠ＦＣＡ＝１２（∠ＢＡＣ＋∠ＡＣＢ）＝６０°． ∴∠ＡＦＣ＝１８０°－（∠ＦＡＣ＋∠ＦＣＡ）＝１２０°， ∴∠ＥＦＡ＝∠ＨＦＡ＝１８０°－１２０°＝６０°． 同（２）可得△ＦＤＣ≌△ＦＨＣ，∴ＦＤ＝ＦＨ．∴ＦＥ＝ＦＤ． 第五章　图形的轴对称 一、选择题 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｄ　７．Ｂ　８．Ｄ ９．Ａ　１０．Ａ 二、填空题 １１．３４　１２．２４　１３．３　１４．３２　１５．①②③ 三、解答题 １６．证明：在△ＡＢＣ中，∵ＡＢ＝ＡＣ，∴∠Ｂ＝∠Ｃ ∵点Ｄ是ＢＣ边上的中点，∴ＢＤ＝ＤＣ ∵ＤＥ、ＤＦ分别垂直ＡＢ、ＡＣ于点Ｅ和Ｆ， ∴∠ＢＥＤ＝∠ＣＦＤ＝９０°， 在△ＢＥＤ和△ＣＦＤ中，∵ ∠ＢＥＤ＝∠ＣＦＤ ∠Ｂ＝∠Ｃ ＢＤ＝{ ＤＣ ， ∴△ＢＥＤ≌△ＣＦＤ（ＡＡＳ）， ∴ＤＥ＝ＤＦ． １７．解：如图所示．到∠ＡＯＢ两边距离相等的点在这个角 的平分线上，而到宣传牌Ｃ、Ｄ的距离相等的点则在 线段ＣＤ的垂直平分线上，故交点Ｐ即为所求． １８．证明：∵∠ＡＣＢ＝９０°，∴ＡＣ⊥ＢＣ，又∵ＥＤ⊥ＡＢ， ＢＥ平分∠ＡＢＣ，∴ＣＥ＝ＤＥ，∵ＤＥ垂直平分ＡＢ， ∴ＡＥ＝ＢＥ，∵ＡＣ＝ＡＥ＋ＣＥ，∴ＢＥ＋ＤＥ＝ＡＣ． １９．解：根据题意可知， 直线ＭＮ是△ＢＭＮ与△ＤＭＮ的对称轴， ∴∠ＭＤＢ＝∠Ｂ＝２８°． ∵ＡＤ⊥ＤＭ， ∴∠ＡＤＭ＝９０°， ∴∠ＡＤＢ＝∠ＡＤＭ＋∠ＭＤＢ＝９０°＋２８°＝１１８°． ∴在△ＡＤＢ中，∠ＢＡＤ＝１８０°－∠ＡＤＢ－∠Ｂ＝ １８０°－１１８°－２８°＝３４°． ２０．（１）证明：∵ＡＢ∥ＣＥ， ∴∠ＡＢＤ＝∠ＥＣＤ，∠ＢＡＣ＝∠ＡＣＥ， ∵∠Ａ＝∠ＡＢＤ， ∴∠ＥＣＤ＝∠ＡＣＥ， ∴ＣＥ平分∠ＡＣＤ； （２）解：∵ＣＥ平分∠ＡＣＤ， ∴∠ＡＣＥ＝∠ＥＣＤ＝６５° ∵∠ＥＢＣ＝３２°， ∴∠Ｅ＝∠ＥＣＤ－∠ＥＢＣ＝３３°． ２１．解：（１）∵ＰＤ＝ＰＡ，∴∠Ａ＝∠ＰＤＡ． ∵ＢＤ的垂直平分线交ＢＣ于点Ｅ， ∴∠ＥＤＢ＝∠ＥＢＤ， ∴∠ＰＤＥ＝１８０°－∠ＰＤＡ－∠ＥＤＢ＝１８０°－∠Ａ－ ∠ＥＢＤ＝∠Ｃ＝９０°． （２）∵ＢＤ的垂直平分线交ＢＣ于点Ｅ，∴ＥＤ＝ＥＢ． ∴四边形 ＣＰＤＥ的周长 ＝ＣＰ＋ＰＤ＋ＤＥ＋ＥＣ＝ ＣＰ＋ＰＡ＋ＥＢ＋ＥＣ＝ＡＣ＋ＢＣ＝７． ２２．解：（１）∵点 Ｃ，Ｄ分别是点 Ｐ关于 ＯＡ，ＯＢ的 对称点， ∴ＣＭ＝ＰＭ，ＮＤ＝ＰＮ．∵ＣＤ＝１８ｃｍ， ∴ＰＭ＋ＭＮ＋ＰＮ＝ＣＭ＋ＭＮ＋ＮＤ＝ＣＤ＝１８（ｃｍ）． 即△ＰＭＮ的周长是１８ｃｍ． （２）∵点Ｃ，Ｄ分别是点Ｐ关于ＯＡ，ＯＢ的对称点， ∴ＯＡ垂直平分ＰＣ，ＯＢ垂直平分ＰＤ， ∴∠Ｃ＝∠ＭＰＲ，∠Ｄ＝∠ＮＰＴ， ∴∠ＰＲＭ＝∠ＰＴＮ＝９０°． ∵四边形ＰＲＯＴ的４个内角之和为３６０°， ∴在四边形ＯＴＰＲ中，∠ＲＰＴ＋∠ＡＯＢ＝１８０°． ∵∠ＣＰＤ＋∠Ｃ＋∠Ｄ＝１８０°， ∴∠Ｃ＋∠Ｄ＝∠ＡＯＢ＝４８°， ∴∠ＭＰＮ＝１８０°－∠Ｃ－∠Ｄ－∠ＭＰＲ－∠ＮＰＴ＝ １８０°－４８°×２＝８４°． ２３．（１）证明：∵△ＡＢＣ是等边三角形， ∴∠ＡＢＱ＝∠ＣＡＰ，ＡＢ＝ＣＡ， 又∵点Ｐ、Ｑ运动速度相同，∴ＡＰ＝ＢＱ， 在△ＡＢＱ与△ＣＡＰ中，∵ ＡＢ＝ＣＡ ∠ＡＢＱ＝∠ＣＡＰ ＡＰ＝{ ＢＱ ， ∴△ＡＢＱ≌△ＣＡＰ（ＳＡＳ）； （２）解：点 Ｐ、Ｑ在运动的过程中，∠ＱＭＣ不变， 理由如下． ∵△ＡＢＱ≌△ＣＡＰ，∴∠ＢＡＱ＝∠ＡＣＰ，∠ＱＭＣ＝ ∠ＡＣＰ＋∠ＭＡＣ，∴∠ＱＭＣ＝∠ＢＡＱ＋∠ＭＡＣ＝ ∠ＢＡＣ＝６０°． （３）解：点 Ｐ、Ｑ在运动到终点后继续在射线 ＡＢ、 ＢＣ上运动时，∠ＱＭＣ不改变． 由（１）可得，△ＡＢＱ≌△ＣＡＰ，∴∠ＢＡＱ＝∠ＡＣＰ， ∵∠ＱＭＣ＝∠ＢＡＱ＋∠ＡＰＭ， ∴∠ＱＭＣ＝∠ＡＣＰ＋∠ＡＰＭ＝１８０°－∠ＰＡＣ ＝１８０°－６０°＝１２０°． 第二次月考卷 一、选择题 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ａ　８．Ｄ ９．Ａ　１０．Ａ 二、填空题 １１．９　１２．１２　１３．５０ｃｍ ２　１４．６１　１５．２或２０７ 三、解答题 １６．解：（１）原式＝［２ｘ＋（ｙ－３）］［２ｘ－（ｙ－３）］ ＝（２ｘ）２－（ｙ－３）２ ＝４ｘ２－ｙ２＋６ｙ－９； （２）原式＝６５０２－（６５０－２）×（６５０＋２） ＝６５０２－（６５０２－２２） ＝４． １７．解：原式＝ｘ２＋４ｘｙ＋４ｙ２－（４ｘ２－４ｘｙ＋ｙ２）－５ｙ２＝ －３ｘ２＋８ｘｙ－２ｙ２，当ｘ＝－１，ｙ＝２时，－３ｘ２＋８ｘｙ－ ２ｙ２＝－２７． １８．解：（１）Ｓ阴 ＝ａ（ａ＋ｂ）－ １ ４πａ ２－１４πｂ ２ ＝４－π４ ａ ２－１４πｂ ２＋ａｂ； （２）当ａ＝３，ｂ＝２时， Ｓ阴 ＝ ４－π ４ ×３ ２－π４×２ ２＋３×２＝１５－１３４π． １９．证明：∵ＡＦ＝ＣＤ， ∴ＡＦ＋ＦＣ＝ＦＣ＋ＣＤ，∴ＡＣ＝ＦＤ， 又∵∠１＝∠２，∠Ａ＝∠Ｄ．∴△ＡＢＣ≌△ＤＥＦ（ＡＳＡ）． ２０．解：∵ＯＤ⊥ＣＤ， ∴∠ＯＤＣ＝９０° ∵ＡＢ∥ＣＤ， ∴∠ＯＢＡ＝∠ＯＤＣ＝９０° ∵相邻两平行线间的距离相等， ∴ＯＤ＝ＯＢ． 在△ＡＢＯ和△ＣＤＯ中， ∵ ∠ＯＢＡ＝∠ＯＤＣ ＯＢ＝ＯＤ ∠ＡＯＢ＝∠{ ＣＯＤ ∴△ＡＢＯ≌△ＣＤＯ（ＡＳＡ） ∴ＣＤ＝ＡＢ＝１５ｍ． ２１．（１）证明：∵ＡＣ⊥ＢＣ，ＢＤ⊥ＡＤ，∴∠Ｃ＝∠Ｄ＝９０°， ∵ＡＣ＝ＢＤ，ＡＢ＝ＢＡ， ∴Ｒｔ△ＡＣＢ≌Ｒｔ△ＢＤＡ（ＨＬ）．∴ＡＤ＝ＢＣ． （２）解：成立．∵ＡＣ⊥ＢＣ，ＢＤ⊥ＡＤ， ∴∠Ｃ＝∠Ｄ＝９０°， 在△ＡＣＯ和△ＢＤＯ中， ∵∠Ｃ＝∠Ｄ，∠ＣＯＡ＝∠ＤＯＢ，ＡＣ＝ＢＤ， ∴△ＡＣＯ≌△ＢＤＯ（ＡＡＳ）， ∴ＡＯ＝ＢＯ． ２２．（１）证明：∵△ＡＣＢ与△ＥＣＤ均为等腰直角三角形， ∴ＡＣ＝ＢＣ，ＣＥ＝ＣＤ，∠ＡＣＥ＝∠ＢＣＤ＝９０°． ∴△ＡＣＥ≌△ＢＣＤ（ＳＡＳ）； （２）解：ＡＥ⊥ＢＤ．理由如下： ∵△ＡＣＥ≌△ＢＣＤ，∴∠ＥＡＣ＝∠ＤＢＣ， 又∵∠ＤＢＣ＋∠ＣＤＢ＝９０°，∴∠ＥＡＣ＋∠ＣＤＢ＝９０°， ∴∠ＡＦＤ＝９０°，∴ＡＦ⊥ＢＤ，即直线ＡＥ与ＢＤ互相 垂直． ２３．解：（１）２５°　１１５°　小 （２）ＤＣ＝２时，△ＡＢＤ≌△ＤＣＥ． ∵∠Ｂ＝４０°，∠ＡＤＥ＝４０°， ∠Ｂ＋∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＥ＋∠ＥＤＣ， ∴∠ＤＡＢ＝∠ＥＤＣ， ∵ＡＢ＝２，ＤＣ＝２ ∴ＡＢ＝ＤＣ 在△ＢＡＤ和△ＣＤＥ中， ·８７· ·８８· ∵ ∠Ｂ＝∠Ｃ ＡＢ＝ＤＣ ∠ＤＡＢ＝∠ { ＥＤＣ ∴△ＡＢＤ≌△ＤＣＥ（ＡＳＡ） （３）可以．当∠ＢＤＡ＝１１０°时，∠ＡＤＣ＝７０°， ∵∠Ｃ＝４０°， ∴∠ＤＡＣ＝７０°，∠ＡＥＤ＝∠Ｃ＋∠ＥＤＣ＝３０°＋ ４０°＝７０°， ∴∠ＤＡＣ＝∠ＡＥＤ，∴△ＡＤＥ是等腰三角形． 当∠ＢＤＡ＝８０°时，∠ＡＤＣ＝１００°． ∵∠Ｃ＝４０°，∠ＤＡＣ＝４０°，∴∠ＤＡＣ＝∠ＡＤＥ． ∴△ＡＤＥ为等腰三角形． 综上，当∠ＢＤＡ＝１１０°或８０°时，△ＡＤＥ是等腰三 角形． 第六章　变量之间的关系 一、选择题 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ｃ　８．Ｂ ９．Ａ　１０．Ｄ 二、填空题 １１．ｙ＝１００＋０．２ｘ　１２．ｓ＝６０ｔ　１３．６ １４．Ｑ＝１００－６ｔ　１５．ｙ＝６ｘ 三、解答题 １６．解：（１）体育场离张阳家２．５ｋｍ． （２）∵２．５－１．５＝１（ｋｍ），∴体育场离文具店 １ｋｍ．∵６５－４５＝２０（ｍｉｎ），∴张阳在文具店逗留 了２０ｍｉｎ． １７．解：（１）由题意和表格可知，这个表反映了国内拨 打电话超出时间ｘ与国内拨打电话超出部分的电 话费ｙ之间的关系，国内拨打电话超出时间 ｘ是 自变量，国内拨打电话超出部分的电话费 ｙ是因 变量； （２）由表格可知，如果国内拨打电话超出６分钟， 那么超出部分的电话费是０．１５×６＝０．９元． １８．解：（１）由题意得，ｙ与ｘ（ｘ＞５）之间的关系式为 ｙ＝５×２．４＋４（ｘ－５）＝４ｘ－８． （２）将ｙ＝２２代入ｙ＝４ｘ－８中， 得２２＝４ｘ－８，解得ｘ＝７．５． ∴这个月这户居民用了７．５ｔ水， １９．解：（１）汽车行驶的时间为：２０－２＝１８（ｍｉｎ），它 的最大速度为：４５ｋｍ／ｈ； （２）汽车在２～８分钟，１３～１８分钟时保持匀速， 速度分别是３０ｋｍ／ｈ，４５ｋｍ／ｈ； （３）１０分钟到１２分钟，汽车的速度为０千米／时，有 可能是加油或是等红绿灯（答案不唯一）． ２０．解：（１）剩下的圆环面积ｙ； （２）由题意得，ｙ＝π×１８２－πｘ２＝３２４π－πｘ２， （３）把ｘ＝９代入ｙ＝３２４π－πｘ２中， 得ｙ＝３２４π－π×９２＝２４３πｃｍ２， 则剩下的圆环面积为２４３πｃｍ２． ２１．解：（１）依题意得，ｙ１＝５ｘ＋２００，ｙ２＝４．５ｘ＋２１６． （２）令ｙ１＝ｙ２，即５ｘ＋２００＝４．５ｘ＋２１６．解得ｘ＝３２． 当购买３２个文具盒时，两种方案付款金额相同． （３）令 ｘ＝４０，ｙ１＝５×４０＋２００＝４００，ｙ２＝４．５× ４０＋２１６＝３９６，∵ｙ１＞ｙ２， ∴当购买４０个文具盒时，按方案②付款较合算． ２２．解：（１）甲先出发，先出发１０分钟；乙先到达终点， 先到达５分钟． （２）甲的速度为每分钟０．２公里，乙的速度为每分 钟０．４公里． （３）在甲出发后１０分钟到２５分钟这段时间内，两 人都在行驶途中． ２３．解：（１）∵轿车比货车晚出发１．５小时，货车是第 ０小时出发， ∴轿车第１．５小时出发， ∴点Ｂ所对应的数是１．５； （２）根据图象可知，货车速度是 ２３４÷３．９＝ ６０（千米／小时）， 轿车在 ＢＣ段的速度为 ８０÷（２．５－１．５）＝ ８０（千米／小时）， 轿车在 ＣＤ段的速度为（２３４－８０）÷（３．９－ ２．５）＝１１０（千米／小时）； （３）根据图象可知，轿车到达乙地时， 货车行驶时间为（３００－８０）÷１１０＋２．５＝４．５（小时）， 此时，货车与甲地的距离为４．５×６０＝２７０（千米）； （４）根据图象可知，轿车先到达乙地， 货车到达时间为３００÷６０＝５（小时）， 可知，轿车比货车提前５－４．５＝０．５（小时）， 即轿车先达到乙地，提前０．５小时到达． 期末测试卷 一、选择题 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ｃ　８．Ｄ ９．Ｄ　１０．Ｂ 二、填空题 １１．３　１２．１５　１３．１２　１４．ｙ＝３０ｘ＋１６　１５．３ 三、解答题 １６．解：（１）原式＝ｘ２＋２ｘｙ－ｘ２－２ｘ－１＋２ｘ＝２ｘｙ－１； （２）原式＝－１＋２ａｂ－３ａ２ｂ２． １７．解：原式＝１６ｘｙ－２ｙ２．当ｘ＝１，ｙ＝－１时， １６ｘｙ－２ｙ２＝－１８． １８．证明：∵ＨＧ∥ＡＢ，∴∠１＝∠３． 又∵ＨＧ∥ＣＤ，∴∠２＝∠４． ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠ＢＥＦ＋∠ＥＦＤ＝１８０°． 又∵ＥＧ平分∠ＢＥＦ，∴∠１＝１２∠ＢＥＦ． 又∵ＦＧ平分∠ＥＦＤ，∴∠２＝１２∠ＥＦＤ， ∴∠１＋∠２＝１２（∠ＢＥＦ＋∠ＥＦＤ）， ∴∠１＋∠２＝９０°，∴∠３＋∠４＝９０°， 即∠ＥＧＦ＝９０°． ∴ＥＧ⊥ＦＧ． １９．证明：过点Ｅ作ＥＧ∥ＣＤ，交ＢＦ的延长线于点Ｇ， ∵∠ＡＢＣ＝９０°，∠ＢＣＤ＝９０°， ∴ＡＢ∥ＤＣ， ∴ＥＧ∥ＡＢ∥ＣＤ， ∵∠ＡＢＣ＝９０°， ∴∠ＥＧＦ＝∠ＤＣＦ＝９０°＝∠ＡＢＣ． ∵∠ＡＣＥ＝９０°， ∴∠ＡＣＢ＝９０°－∠ＥＣＧ＝∠ＣＥＧ， 又∵ＡＣ＝ＣＥ， ∴△ＡＢＣ≌△ＣＧＥ（ＡＡＳ）， ∴ＣＢ＝ＥＧ， ∵ＣＢ＝ＣＤ， ∴ＣＤ＝ＥＧ， 又∵∠ＧＦＥ＝∠ＣＦＤ，∠ＥＧＦ＝∠ＤＣＦ，∴△ＥＧＦ ≌△ＤＣＦ（ＡＡＳ）， ∴ＥＦ＝ＤＦ， 即点Ｆ是ＥＤ的中点． ２０．解：（１）设袋中黑球的个数是 ｘ，则红球的个数是 ２ｘ＋４０，白球的个数是２９０－ｘ－（２ｘ＋４０）＝２５０－ ３ｘ． ∵从袋中任取一个球是白球的概率是１２９， ∴２５０－３ｘ２９０ ＝ １ ２９，解得ｘ＝８０．则２ｘ＋４０＝２００． 则袋中红球的个数是２００． （２）∵袋中球的总数是２９０，黑球的个数是８０， ∴Ｐ（从袋中任取一个球是黑球）＝８０２９０＝ ８ ２９． ２１．（１）证明：∵∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＥ＝９０°， ∴∠ＡＣＢ＋∠ＢＣＤ＝∠ＤＣＥ＋∠ＢＣＤ，即∠ＡＣＤ＝ ∠ＢＣＥ，在△ＡＣＤ与△ＢＣＥ中， ∵ ＡＣ＝ＢＣ ∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＥ ＣＤ＝{ ＣＥ ，∴△ＡＣＤ≌△ＢＣＥ（ＳＡＳ）． （２）解：∵△ＡＣＤ≌△ＢＣＥ：∴ＢＥ＝ＡＤ＝ＤＢ＋ＡＢ， 又∵ＤＢ＝ＡＢ，∴ＢＥ＝２ＡＢ＝２×３＝６（ｃｍ）． （３）解：ＢＥ与ＡＤ垂直．理由如下： ∵△ＡＣＤ≌△ＢＣＥ， ∴∠ＡＤＣ＝∠ＢＥＣ，设 ＢＥ与 ＤＣ相交于点 Ｏ，则 ∠ＢＯＤ＝∠ＥＯＣ， ∵∠ＢＥＣ＋∠ＥＯＣ＝９０°， ∴∠ＡＤＣ＋∠ＢＯＤ＝９０°， ∴∠ＤＢＥ＝９０°， ∴ＢＥ⊥ＡＤ． ２２．解：（１）甲车返回 Ｍ城的速度为 ９０÷（２．５－ １．５）＝９０（千米／小时）． （２）设乙车离Ｍ城的距离 ｙ（千米）与甲车行驶时 间的函数解析式是ｙ＝ｋｘ＋ｂ，则２ｋ＝９０，解得 ｋ＝ ４５，ｂ＝０． ∴函数解析式是ｙ＝４５ｘ（０≤ｘ≤２）； 设甲车在返回 Ｍ 城过程中离 Ｍ 城的距离 ｙ（千米）与甲车行驶时间ｘ（小时）的解析式是ｙ＝ ｍｘ＋ｃ， 则 １．５ｍ＋ｃ＝９０ ２．５ｍ＋ｃ{ ＝０，解得 ｍ＝－９０ｃ{ ＝２２５ ， ∴函数解析式是ｙ＝－９０ｘ＋２２５， 联立 ｙ＝４５ｘ ｙ＝－９０ｘ{ ＋２２５，解得ｘ＝５３． 则甲车从Ｎ地返回Ｍ地的途中与乙车相遇时，相 遇处到甲地的距离是４５ｘ＝４５×５３＝７５（千米）． （３）设两车出发ａ小时相距１０千米，甲到达 Ｎ地 前（９０÷１．５－４５）ａ＝１０，解得ａ＝２３； 甲车到达 Ｎ城后与乙车相遇前：－９０ａ＋２２５－ ４５ａ＝１０，解得ａ＝４３２７． ∴在甲、乙两车相遇之前，当两车相距１０千米时 甲车时间为 ２ ３或 ４３ ２７． ２３．解：（１）α＋β＝１８０°．理由： ∵∠ＤＡＥ＝∠ＢＡＣ， ∴∠ＤＡＥ－∠ＣＡＤ＝∠ＢＡＣ－∠ＣＡＤ，即∠ＢＡＤ＝ ∠ＣＡＥ． 又∵ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∴△ＡＢＤ≌△ＡＣＥ（ＳＡＳ）． ∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＥ．在△ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＋∠ＡＢＣ＋ ∠ＡＣＢ＝１８０°，∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＥ， ∴∠ＢＡＣ＋∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＥ＝１８０°． ∵∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＥ＝∠ＤＣＥ＝β，∴α＋β＝１８０°． （２）α＝β．理由：∵∠ＤＡＥ＝∠ＢＡＣ， ∴∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ． 又∵ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ， ∴△ＡＢＤ≌△ＡＣＥ（ＳＡＳ）．∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＥ． ∵∠ＡＢＣ＋∠ＢＡＣ＋∠ＡＣＢ＝１８０°，∠ＡＣＢ＋ ∠ＡＣＤ＝１８０°， ∴∠ＡＣＤ＝∠ＡＢＣ＋∠ＢＡＣ＝∠ＡＣＥ＋∠ＥＣＤ． ∴∠ＢＡＣ＝∠ＥＣＤ．∴α＝β． （３）α＝β．