第41-2期 第4章平面内的两条直线综合检测卷-【数理报】2024-2025学年七年级下册数学同步课堂（湘教版2024）

初中数学湘教七年级第41~44期 数理括 答案详解 2024~2025学年 初中数学湘教七年级 第41~44期 解得h=2, 第41-1期 所以点F到直线AD的最短距离为2，故⑤错误： 4.4~4.5同步达标检测卷 由已知条件无法证明出AF∥CE,故④错误 一、选择题 综上所述，正确的为①②③， 题号12345678910 10.解：如图2所示， 答案ACBBDAACDB 过点E作EK∥AB, 过点H作HM∥AB, 提示： 7.解：如图1，作CH⊥AB于点H, 因为AB∥CD, M 所以AB∥EK∥HM∥CD. 图2 因为AC⊥BC, 所以∠BFH=∠FHM,∠DGH=∠GHM 所以5ac=AC·BC=4B.CH 因为∠FHM+∠GHM=∠FHG=50°，∠BFH=30°， 因为AC=3,BC=4,AB=5, 所以∠GHM=∠DGH=50°-30°=20°. 所以CH=2.4. 因为∠EGH=30°， 因为PC≥CH=2.4, 所以∠EGD=∠EGH+∠DGH=30°+20°=50° 所以PC的长不可能为2. 因为EK∥CD,所以∠KEG=∠EGD=50° 8.解：当直线c在a,b外时， 因为EF⊥AB,所以∠AFE=∠EFB=90 因为a与b的℉离为3.5cm, 因为AB∥EK,所以∠AFE+∠FEK=18O°， b与c的距离为1.8cm, 所以∠FEK=180°-∠AFE=180°-90°=90 所以a与c的距离为3.5+1.8=5.3(cm). 所以∠FEG=∠FEK+∠DEG=90°+50°=140 当直线c在直线a,b之间时， 二、填空题 a与e的距离为3.5-1.8=1,7(cm), 11.垂线段最短；12.线段BD的长度： 综上所述，a与c的距离为l.7cm或5.3cm 13.0<x≤5；14.126°；15.115°： 9.解：因为CE⊥AB,AC⊥CB 16.∠2=∠3：17.110°或130°；18.110°或70° 所以∠ACE+∠CAB=90°，∠ACE+∠ECB=90°， 提示： 所以∠ECB=∠CAB,故①正确： 15.解：过点B作BE∥4，如图3 因为AB∥CD,CE⊥AB, 因为BD⊥4， 所以EC⊥CD,所以∠ECF=90°. 所以BD⊥BE,即∠DBE=90° 因为AC⊥CB,所以∠ACB=90°， 因为11∥(2，所以BE∥（∥2， 所以∠ACE+∠BCD=∠ACE+∠ACF+∠ACB 所以∠1=∠CBE=25°， 图3 =∠ECF+∠ACB=180°， 所以∠2=∠DBE+∠CBE=1I5° 故②正确： 16.解：因为AD⊥BC于D,EG⊥BC于G, 因为∠ACE=∠D,所以∠D+∠BCD=180°， 所以∠ADC=∠EGC=90°，所以AD∥EG. 所以AD∥BC,故③正确； 所以∠1=∠2，∠E=∠3. 因为点F为CD边的中点，S△aCF=4, 所以SaF=Sacr=4. 又因为∠E=∠1，所以∠2=∠3. 17.解：因为∠A0C=90°，∠B0C=30°， 在△ADF中，设AD边上的高为A,期号D:h=4, 所以∠AOB=∠AOC-∠BOC=60°. 初中数学湘教七年级第41~44期 因为OE是∠AOB的一条三等分线， (2)由垂线段最短，可得CE<CA, 所以∠B0E=号∠A0B=20 理由是垂线段最短， (3)如图7，除点C外，网格纸中有4个格点D,F,G,H到线 或∠B0E=号LA0B=40 段AB所在直线的距离等于线段CE的长度， 因为∠EOD=∠BOE+∠BOD,∠BOD=90 20.解：(1)因为两点之间线段最短，所以连接AD,BC交于 所以当∠B0E=20°时，∠E0D=20°+90°=110°： 点M,则点M为蓄水池位置（如图8所示），点M到四个村庄距 当∠B0E=40°时，∠E0D=40°+90°=130°： 离之和最小 综上所述，∠E0D的度数为110°或130° (2)如图8所示，过点M作MG⊥ 18.解：分两种情况进行讨论： EF,垂足为G ①如图4所示，OM在AC上方， 根据“直线外一点与直线上各点连 接的所有线段中，垂线段最短”知，把河 水引入蓄水池M中，沿MG开渠最短.。 21.解：因为EF⊥BC,AD⊥BC, 所以∠BFE=∠BDA=90°， 0 图4 所以EF∥AD,所以∠2=∠3. 因为∠1=∠2，所以∠1=∠3， 因为OD平分∠BOC,所以∠COD=∠BOD 所以DG∥AB. 因为4∠B0E+∠B0C=180°，∠A0B+∠B0C=180°， 所以∠A0B=4∠B0E,即∠AOE=3∠BOE. 22.证明：因为∠A=112°，∠ABC=68°， 设∠BOE=a&, 所以∠A+∠ABC=180°， 则∠AOE=3a,∠B0D=70°-&=∠COD. 所以AD∥BC,所以∠1=∠3. 因为∠A0C为平角， 因为BD⊥DC,EF⊥DC, 所以∠AOE+∠DOE+∠C0D=180°， 所以∠BDF=∠EFC=90°， 即3a+70°+70°-=180°， 所以BD∥EF, 解得a=20°， 所以∠2=∠3，所以∠1=∠2. 所以∠B0E=20° 23.证明：(1)因为∠A=∠ADE, 又因为OM⊥OB,所以∠MOB=90°， 所以AC∥ED,所以∠E=∠EBA. 所以∠AM0E=∠B0E+∠M0B=20°+90°=110 又因为∠C=∠E,所以∠EBA=∠C ②如图5所示，OM在AC下方. 所以BE∥CD: (2)由(1)知AC∥ED, 所以∠EDC+∠C=180° 因为∠EDC=2∠C,3∠C=180°， 所以∠C=60°，∠EDC=120 图5 因为∠ADE=∠A=30°， 同理可得，∠B0E=20 所以∠ADC=∠EDC-∠ADE=120°-30°=90°. 又因为0M⊥OB,所以∠MOB=90°， 因为BE∥CD, 所以∠AM0E=∠M0B-∠B0E=90°-20°=70°. 所以∠EFD=∠ADC=90°， 综上所述，∠M0E的度数为110°或70° 所以BE⊥AD 三、解答题 24.解：(1)如图9所示， 19.解：(1)如图6，CD,CE即为所画的直线： 当射线OF在直线AB下方时， 因为射线OF⊥AB, 所以∠A0F=90 因为∠AOC与∠AOD互补， ∠A0C=40°. 所以∠A0D=140° 图6 图7 因为OE平分∠AOD. 初中数学湘教七年级第41~44期 所以∠40E=子∠40D=70 因为∠1=∠2， 所以∠2+∠A0C=90°，即∠P0C=90°， 因为OF是直线AB下方的一条射线， 所以OP⊥CD. 所以∠EOF=∠AOE+∠AOF=160°： (2)因为∠A0C+∠B0C=180°，且∠B0C=2∠A0C, 故答案为：90,140,70,160. 所以∠A0C=60, (2)如图10所示， 因为OE⊥AB,所以∠AOE=90°， 当射线OF在直线AB上方时， 所以∠C0E=90°-60°=30°. 因为射线OF⊥AB, (3)与2∠E0F度数相等的角有∠AOD,∠B0C,∠FON, 所以∠AOF=90. ∠EOM. 因为∠AOC与∠AOD互补， 图10 由(2)知∠A0C=60 ∠A0C=40°， 因为OM平分∠BOD, 所以∠A0D=140. 因为OE平分∠AOD, 所以∠BOM=∠DOM=∠AON=∠CON= 2∠A0C= 所以∠A0E=宁∠A0D=70 30°. 因为OE⊥AB.OC⊥OF, 因为OF是直线AB上方的一条射线， 所以∠AOE=∠E0B=∠COF=90°， 所以∠EOF=∠AOF-∠AOE=20° 25.解：过C点作CD⊥AB交AB于点D. 所以∠AOC=∠EOF=60°， 如图11所示， 所以∠A0D=∠B0C=180°-60°=120°=2∠E0F 在Rt△ABC中， 因为∠A0N=30°，所以∠N0E=60, 所以∠NOF=∠NOE+∠EOF=120°=2∠EOF. 所以宁b=子×D, 因为∠B0iM=30°，∠E0B=90°， 图11 即7x6×8=子×10xCD, 所以∠EOM=∠BOM+∠EOB=120°=2∠EOF 综上所述，与2LEOF度数相等的角有∠AOD,∠BOC, 解得0=兰。 ∠FON,∠EOM. 所以点C到直线B的距离为学 第41-2期 (2)设CE=x,则EB=8-x, 第4章平面内的两条直线综合检测卷 因为线段AE把△ABC分成两个周长相等的三角形△ABE 一、选择题 和△ACE, 题号 2 345678910 所以AC+CE+AE=AB+EB+AE, 答案 B 即AC+CE=AB+EB, 所以6+x=10+(8-x), 二、填空题 解得x=6, 11.55°：12.135°：13.∠C=∠D(答案不惟一)： 所以当线段AE把△ABC分成两个周长相等的三角形时， 14.102:15.30°：16.北偏东54°：17.56°： 18.6或43.5 CE的长是6. (3)如图12所示， 三、解答题 设CE=EC'=m. 19.解：(1)图略，垂线段最短： 由翻折的性质可知AC=AC=6,∠C (2)图略. ∠ACE=90°， 20.解：CM∥DN.理由如下： 所以Sagc=S△c+S△wE, 因为CF平分∠ACM,∠1=72°. 图12 所以∠ACM=2∠1=144°， 即7x6x8=方x6×m+方×10×m, 所以∠BCM=180°-∠ACM=36, 解得m=3,即CE=3. 又因为∠2=36°，所以∠2=∠BCM, 26.解：(1)0P⊥CD.理由如下： 所以CM∥DN 因为0E⊥AB,所以∠A0E=90°，即∠1+∠A0C=90° 21.解：因为AB∥CD,AB∥GE,所以CD∥GE. 一3 初中数学湘教七年级第41~44期 因为∠B=110°，所以∠BFG=70° 因为AB∥CD,EF∥AB, 因为∠C=100°，所以∠CFE=80°， 所以EF∥CD, 所以∠BFC=18O°-∠BFG-∠CFE=30 所以∠NEF=∠2 22.解：因为0F⊥OE,所以∠FOE=90 因为∠MEN=∠MEF+∠NEF, 因为∠C0F=70°，所以∠C0E=20 所以∠MEN=∠1+∠2. 因为∠B0E=2LCOE,所以∠B0C=3∠COE=60°， (2)①因为∠CNE=140°， 所以∠AOD=60 所以∠END=180°-∠CNE=40° 23.解：两直线平行，内错角相等： 因为AB∥CD,∠BME=80°， 已知： 由(I)可知∠MEN=∠BME+∠END=120° ∠GHD: 因为锐角∠BME和饨角∠CNE的平分线所在的直线交于 同位角相等，两直线平行： 点 ∠FWG: 两直线平行，同旁内角互补： 所以∠FNC=合LCE=70, MG∥FN: ∠BM0=子LBNE=40 两直线平行，同旁内角互补： 过点F在FN右侧作FP∥AB,(图略) 同角的补角相等 所以FP∥AB∥CD, 24.解：(1)由折叠知∠AEB=∠AEF 所以∠PFM=∠BMQ=40°，∠PFN=∠FNC=70°， 因为EG平分∠CEF, 所以∠MFN=∠PFN-∠PFM=30 所以∠FEG=∠CEG ②因为FN∥ME, 因为∠AEB+∠AEF+∠FEG+∠CEG=I8O° 所以∠EMQ=∠NFQ=a&,∠BGN=∠BME. 所以∠AEG=∠AEF+∠FEG=90° 因为MQ,NF分别平分∠BME,∠CNE, 因为HG⊥EG,所以∠HGE=90°， 所以∠BGN=∠BME=2∠EMQ=2a, 所以∠AEG+∠HGE=180°， ∠CNE=2∠CNG. 所以HG∥AE. 因为AB∥CD,所以∠CNG=∠BGN=2a, (2)因为∠CEG=20°，∠AEG=90°， 所以∠CNE=4a. 所以∠AEB=70°. 由(1)可知∠E=∠BME+∠END=2a+(180°-4a) 因为AD∥BC, =180°-2a. 所以∠DAE=∠AEB=70. (3)过点F在∠EFN内作FS∥CD,(图略) 因为HG∥AE. 所以∠CNF+∠SFV=180° 所以∠DHG=∠DAE=70. 因为AB∥CD,所以AB∥FS 25.解：(1)因为∠EFC+∠BDC=180°， 由(1)可知∠E=∠AME+∠EFS ∠ADC+∠BDC=I80°， 因为∠EFN=∠EFS+∠SFN, 所以∠EFC=∠ADC,所以EF∥AB, 所以∠AME+∠EFN+∠CNF 所以∠ADE=∠DEF =∠AME+∠EFS+∠SFN+∠CNF (2)因为∠ADE=∠DEF,∠DEF=∠B, =∠E+∠SFN+∠CNF 所以∠ADE=∠B, =65°+180°=245°. 所以DE∥BC, 所以∠AED=∠ACB,∠CDE=∠BCD. 第42-1期 又因为∠AED=2∠CDE, 第5章轴对称与旋转综合检测卷 所以∠ACB=2∠BCD, 一、选择题 所以∠ACD=∠ACB-∠BCD =2∠BCD-∠BCD=∠BCD 题号 8910 即∠ACD=∠BCD. 答案DBDACCABCA 26解：(1)过点E在∠MEN内作EF∥AB,(图略) 二填空题 所以∠MEF=∠1. 11.②：12.A,E,30；13.118°；14.8： 4 初中数学湘教七年级第41~44期 15.平行：16.D:17.②④⑤：18.25. (2)因为∠A0B=45°， 三、解答题 所以∠POP2=∠POA+∠POA+∠POB+∠P2OB 19.解：如图1，图形A'B'CDE,A"BCD0为所作 =2∠P0A+2∠P0B=2∠A0B=90 26.解：因为AD⊥BC,所以∠ADB=90° ①如图3，当点G在线段AF上时， 设∠GDF=x,则∠FDB=3x, 所以∠ADF=90°-3x, ∠ADG=∠ADF-∠GDF=90P-4x 根据折叠的性质，得∠ADE=∠ADF=90°-3x, 所以∠EDG=∠ADE+∠ADG=180°-7x=75°， 20.解：如图2所示 解得x=15°， 所以∠ADF=90°-3×15°=45° 图3 图4 图2 ②如图4，当点G在线段BF上时， 21.解：(1)由对称及已知，得BC=BC',A'C=AC= 设∠GDF=y,则∠FDB=3y, 8cm. 所以∠ADF=90°-3y, 所以△A'BC的周长为 ∠ADG=∠ADF+∠GDF=90°-2y A'C+B'C+A'B=A'C+AC=12+8=20(cm) 根据折叠的性质，得∠ADE=∠ADF=90°-3y, (2)根据轴对称的性质，得∠A'=∠A=90°， 所以∠EDG=∠ADE+∠ADG=180°-5y=75 所以△4CC的面积为宁1'C~A'C=48(em2). 解得y=21°， 所以∠ADF=90°-3×21°=27 22.解：(1)旋转中心是点A.相等的角有：∠ACB=∠E, 综上所述，∠ADF的度数为45°或27 ∠BAC=∠DAE,∠B=∠D: (2)由旋转的性质可知AB=AD=6cm,AC=AE. 第42-2期 因为点C是AD的中点， 第6章收集、整理与描述数据综合检测卷 所以4E=c0=40:3(cm) 一、选择题 (3)最小的旋转角度为360°-∠BAC=210° 题号12345678 23.图略. 答案AABCCBCD 24.解：由旋转的性质可知∠B=∠D=25°，∠EAD= 二、填空题 ∠CAB. 9.抽样调查；10.20；11.5：12.①④2③： 因为∠EAB=∠EAD+∠CAD+∠CAB=120°， 13.25%:14.2:15.54:16.40. ∠CAD=10°， 三、解答题 所以∠CAB=∠EAD=55°， 17.解：调查对象是九年级(1)班所有同学的衣服尺码，应 所以∠DAB=∠CAB+∠CAD=65°， 采用全面调查 25.解：因为△AOP与△AOP关于OA对称， 18.解：(1)总体是：该小区8个单元所有居民对物业工作 所以∠POA=∠POA. 的满意程度；个体是：每位小区居民对物业工作的满意程度；样 因为点Q在OA上，所以PQ=PQ 本是：调查的1单元280位居民对物业工作的满意程度：样本容 同理，得PR=PR,∠POB=∠POB 量是280. (1)因为PP2=10cm, (2)不能.理由如下： 所以△PQR的周长为 因为聪聪抽取的样本太少，缺乏广泛性， PQ PR OR P Q+P,R+OR P P:10 cm. 19.解：表格从左到右、从上到下依次填：621,3,0,30， 5 初中数学湘教七年级第41~44期 20%,70%,10%,0,100%. 第43-1期 因为该城市连续30天的空气质量良的天数最多，有21天， 且没有中度污染的天数，所以，总体而言该城市连续30天的空 期末检测卷（一） 气质量良好 一、选择题 20.解：不合适.理由如下： 题号 2345678910 因为这两幅图不仅不容易对两种蛋的各种维生素B的含 量进行比较，而且会给我们造成错误的印象：鸡蛋中各种维生 提示： 素B的含量比鹤鹑蛋的高，这是由于两幅图的纵轴单位长度不 4.解：因为x2+y2=4,xy=2, 统一造成的 所以(x+y)2=x2+y2+2xy=4+2×2=8. 21.解：(1)80： 8.解：如图1，过点E作EF∥AB, (2)不正确.理由如下： 所以∠A+∠AEF=180°. 七年级学生的近视*为需×10%=5625%； 因为AB∥CD,所以EF∥CD. 图1 42 所以∠C+∠FEC=180°， 八年级学生的近视率为200X35%×100%=60%: 所以∠A+∠AEF+∠C+∠FEC=360°， 35 即∠A+∠C+∠AEC=360°， 九年级学生的近视率为200×25%×100%=70%. 因为56.25%<60%<70%， 9解：对于号+>0， 3 所以从七年级到九年级学生的近视率越来越高。 两边同乘6，得3x+2(x+1)>0, 22.解：(1)300： 解得x>一子 (2)由图可知，爱好羽毛球的人数为90， 爱好篮球的人数为60， 对于+兰>+)+a 爱好乒兵球的人数为300×40%=120， 两边同乘3，得3x+5a+4>4(x+1)+3a. 所以爱好排球的人数为300-90-60-120=30. 解得x<2a, 所以排球”所在帛形的圆心角的度数为忍×360= 所以原不等式组的解集为-号<<2a 36° 又因为原不等式组恰有2个整数解， (3)补图略。 所以两个整数解分别为0,1， 23.解：(1)7月7日使用单车的师生有20×(1+50%)= 所以1<2a≤2，所以号<a≤1 30(人)，补图略 (2)总×1-45%-15%)=32（人 10.解：如图2所示，根据题意可知，从点A开始，小球与长 方形每碰撞6次为1个循环组， 答：喜欢ofo的师生有32人 24.解：(1)图17-②能更好地反映该学校每个年级学生 的总人数，图17-①能更好地比较该学校每个年级男女生的 人数： (2)由图17-②，得七、八、九年级的学生人数分别为 图2 800人，800人，400人， 因为2025÷6=3373，所以第2025次碰到的长方形 所以总人数为800+800+400=2000（人）. 边上的点为题图中的C点 所以七、八年级占总人数的百分比为 二，填空题 2000×100%=40%, 800 11.9: 12.全校学生对购买正版书籍、唱片和软件的支持率所 对应扇形的圆心角是360°×40%=144°： 抽取的8个班级的所有学生对购买正版书籍、唱片和软件的支 九年级占总人数的百分比为微×10%：20%， 持率8： 13.-1:14.8-5:15.70°：16.105°： 对应扇形的圆心角是360°×20%=72°. 绘制扇形统计图略。 740:180 6 初中数学湘教七年级第41~44期 提示： 所以a+b的平方根是±5. 16.解：如图3所示，延长AG,交ED的延长 ②由(1)得6-(b-a)(b+a)=43-3×5=49. 线于点M 所以49=7,7的平方根为±7， 因为AG∥EF,AB∥DE. 即-(b-a)(b+a)的平方根为±万. 所以∠DEF+∠M=180°，∠M=∠BAG 所以∠DEF=180°-∠BAG=105°. 15-2≥1， 图3 23.解：设购买豆沙馅的x个，根据题意得 3 17.解：设有学生x人，则共有(4x+77)本书， x≥1， 若每位学生分6本书，则有一名学生能分到书但少于5本， 解得1≤x≤6， 所以4+7-6(x-1)）>0, l4x+77-6(x-1)<5, 当x=1时，5-子X1=号，即蛋黄鲜肉馅的可以买1个 3 解得39<x<41.5,故x的最小整数解为40 2个3个4个，有4种方案： 即至少有学生40人. 同理，当x=2时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个2个3个，有 18解(-)×(-)×…×(1-) 3种方案： 当x=3时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个2个3个，有3种方案； =(1+2)×(1-2）x(1+写)×(1-号)×…× 当x=4时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个，2个，有2种方案： 当x=5时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个，有1种方案： (1+0)×(1-0) 当x=6时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个，有1种方案： 4+3+3+2+1+1=14(种). 答：共有14种不同的购买方案 宁×品-品 24.解：(1)120÷24%=500（人）， 答：该校一共调查了500人 三、解答题 (2)a=500×16%=80: 2x+6>0,① 19,解： b=500-150-80-120-100=50. 2(x-1)<4-x② 故答案为80,50. 解不等式①，得x>-3, 解不等式②，得x<2, (3)360×0=108 所以不等式组的解为-3<x<2 答：“歌曲”所在扇形圆心角的度数为108° 其整数解为-2，-1,0,1， 25.解：(1)因为a2+b=8,(a+b)2=48, 故最小整数解与最大整数解之和为-2+1=-1， 所以ab=a+b2,d+b1-.48,8=20 2 2 20.解：(1)原式=-(2×0.5)w×(-1) 故答案为20. =-1×(-1)=1: (2)原式=23×(a2)3+(-3)2×(a3)2+(a2)2×a (2)(25-x)2+(x-10) =[(25-x)+(x-10)]2-2(25-x)(x-10) =8a°+9a6+a=18a°. =152-2×(-15) 21.解：(1)如图4，△A,B1C,即为所求 =225+30=255. (3)设AD=AC=a,BE=BC=b,则题图中阴影部分的 面积为 2a+ba+b)-宁d2+6) B(B品2) =a+b炉-(d+] 图4 (2)如图4，△A,B2C2即为所求， =交×2a6 22.解：(1)由题意，得2a-7+a+4=0,b-12=-8 =ab=10. 解得a=1,b=4. 故答案为10. (2)①由(1)得a+b=1+4=5. 26.解：(1)如图5-①，过点P作PG∥4. 初中数学湘教七年级第41~44期 因为1∥，所以PG∥41∥2 =h(2)·h(2)·……h(2)…h(2)·h(2)·…·h(2) 所以∠CAP=∠APG,∠DBP=∠BPG. I010个 =k".k101o =1ot0 因为∠APB=∠APG+∠BPG 二、填空题 所以∠APB=∠CAP+∠DBP 11.x≥-6；12.9；13.1；14.35°；15.72°； 16.m3n-5mn3:17.a>3:18.60. 提示： 16.解：因为3=m,3=n, 所以324-5×812 图5 =3×3-5×(3)+ (2)∠CAP=∠DBP-∠APB.理由如下： =(3)3×(3)4-5×3+ 如图5-②，过点P作PG∥L1, =(3)3×(3)-5×(3)°×(3) 因为l1∥2，所以PG∥(，∥2， m'n'5m'n'. 所以∠APG=∠PAC,∠BPG=∠PBD, 放答案为mn-5mn 所以∠PAC=∠APG=∠BPG-∠APB, 17.解：3-a≥2x,① 所以∠CAP=∠DBP-∠APB. l2x+1≤7，② (3)∠CAP=∠APB+∠DBP 解不等式①，得x≥a, 如图5-③，过点P作PG∥4， 解不等式②，得x≤3 因为4∥42，所以PG∥4∥4 因为该不等式组无解，所以a>3。 所以∠APG=∠PAC,∠BPG=∠PBD. I8.解：因为AB∥CD,所以∠AEF=∠EFD. 所以∠PAC=∠APG=∠APB+∠BPG, 因为EM平分∠AEF,FQ平分∠EFD, 所以∠CAP=∠APB+∠DBP. 所以LMEF=宁∠AER,LEFQ=方∠EFD 第43-2期 所以∠MEF=∠EFQ,所以EM∥FQ 期末检测卷（二） 如图2，过点N向左作NG∥EM, A 一选择题 所以NG∥FQ 所以∠GNQ+∠FQN=180. 题号 1 2 3456 8910 因为∠MNQ+∠FQN=240°， 答案DBCDACCBCD 所以∠MNG=∠MWQ-∠GNQ=60 图2 提示： 因为NG∥EM, 7.解：由题意知AD∥BC 所以∠M=∠MNG=60°. 因为∠DEF=24°，所以∠BFE=∠DEF=24°， 三，解答题 ∠CFE=180°-∠BFE=156° 如题图4-②，∠GFC=156°-24°=1329 19.(1)解：原式=1+3-（万-1）-3 如题图4-③，∠CFE=132°-24°=108% =1+3-2+1-3 9.解：如图1，过点A作AB∥1， =2-万. 因为4∥b2,所以AB∥4∥2， (2)解：数轴表示如图3： 所以∠1+∠4=180°，∠2+∠5=180. 因为∠1=105°，∠2=140°， 图1 2V 01 4-3引 所以∠4=75°，∠5=40°. 图3 因为∠4+∠5+∠3=180°， 所以∠3=65° 用<”连接为：-1.5<-号<2万<1-31. 10.解：因为h(2)=k(k≠0)，h(m+n)=h(m)·h(n), 20.解： 所以h(2n)·h(2020) 解不等式3(x-1)<4+2x,得x<7, =h(2+2+…+2)·h(2+2+…+2) 个 1010个 解不等式；<2，得>-山， -8 初中数学湘教七年级第41~44期 所以不等式组的解集为-1<x<7. (3)乘车的学生有50×50%=25（人）， 其整数解为0,1,2,3,4,5,6， 骑车的学生有50-25-10=15（人）， 故整数解之和为0+1+2+3+4+5+6=21. 制作条形统计图如图4所示： 21.解：(1)因为x-2的算术平方根是2， ↑人数 所以x-2=4,解得x=6. 20 因为2x+y+7的立方根是3， 所以2x+y+7=27,解得y=8. 乘车费行骑车上学方式 所以x+y=6+8=14. 图4 (2)由(1)可知，x=6,y=8, 25.解：(1)(a+b) 所以2+y2=62+82=100, ①(x+2)(x+3)=x2+5x+6=x2+(2+3)x+6: 所以√/爱+y=100=10, ②(x+2)(x-3)=x2-x-6=x2+[2+(-3)]x-6: ③(x-2)(x+3)=x2+x-6=x2+(-2+3)x-6: 所以√+y了的算术平方根是√0. ④(x-2)(x-3)=x2-5x+6 22.解：(1)设果冻橙树苗的单价为x元，葡萄柚树苗的单 =x2+[(-2)+(-3)]x+6, 价为元， 以此类推，(x+a)(x+b)=x2+(a+b)x+ab. 由题意得厂*+2)=110， 解得=50. (2)因为(x+a)(x+b)=x2+mx+5, 2x+3y=190 y=30. 所以ab=5,a+b=m, 答：果冻橙树苗的单价为50元，葡萄柚树苗的单价为30元 因为a,b,m均为整数，所以有以下四种情况： (2)设可以购买果冻橙树苗m棵，则购买葡萄柚树苗 ①当a=1,b=5时，m=a+b=6: (1000-m)棵， ②当a=-1,b=-5时，m=a+b=-6: 由题意得50m+30(1000-m)≤38000， ③当a=5,b=1时，m=a+b=6: 解得m≤400. ④当a=-5,b=-1时，m=a+b=-6. 答：最多可以购买果冻橙树苗400棵。 综上，m的值为6或-6. 23.解：(1)EH∥AD,理由如下： (3)n的值为22或8或-13或-2 因为∠1=∠B,∠1=∠BDH, 因为(2x+a)(3x+b)=6x2+(3a+2b)x+ab 所以∠B=∠BDH, =mx2+nx-8, 所以AB∥GD, 所以m=6,n=3a+2b,ab=-8. 所以∠2=∠BAD. 又因为a,b,m,n均为整数，且a>b,所以a>0>b. 因为∠2+∠3=180°， 所以有以下四种情况： 所以∠BAD+∠3=180°， ①当a=8,b=-1时，n=3×8+2×(-1)=22: 所以∠EH∥AD. ②当a=4,b=-2时，n=3×4+2×(-2)=8: (2)由(1)可得AB∥GD. ③当a=1,b=-8时，n=3×1+2×(-8)=-13: 所以∠2=∠BAD,∠DGC=∠BAC ④当a=2,b=-4时，n=3×2+2×(-4)=-2, 因为∠DGC=60°， 综上，n的值为22或8或-13或-2. 所以∠BAC=60°， 26.解：(1)如图5，过点E作EF∥CD. 所以∠BAD=∠BAC-∠4=60°-28°=32. 因为AB∥CD, 因为EH∥AD. 所以EF∥AB∥CD, 所以∠2=∠H, 所以∠1+∠MEF=180°，∠2+∠NEF=180°， 所以∠1+∠2+∠MEN=360° 所以∠H=∠BAD=32°. A M B 24.解：(1)50×20%=10（人）， A 所以七年级(2)班学生中“步行”上学的有10人. F. -E W439F 答案为10. R-3 0G Y.o N D C N D (2)∠A0C=(1-20%-50%)×360°=108. 图5 图6 -9 初中数学湘教七年级第41~44期 (2)如图6，过E作EQ∥CD,过F作FW∥CD, 所以41=20252， 过G作GR∥CD,过H作HY∥CD 所以a1-42=20242-2025 因为CD∥AB, =(2024+2025)×(2024-2025) 所以EQ∥FW∥GR∥HY∥AB∥CD, =-4049 所以∠1+∠MEQ=180°，∠QEF+∠EFW=180°， a+5=0, 10.解：①由x°=1，x≠0，得{ ∠WFG+∠FGR=180°，∠RGH+∠GHY=180°， 2a+3≠0， ∠YHW+∠6=180°， ra=-5, 所以∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=5×180°=900° 解得{ 同理可得题图10-③中∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6 +…+∠n=[180(n-1)]°， 所以a=-5,验证：(-7)°=1，符合： 故答案为900°，[180(n-1)]. ②由1的任何次方都为1，得2a+3=1, (3)如图7，过点O作SR∥AB. M 解得a=-1,验证：1=1，符合： 因为AB∥CD, 29M r2a+3=-1, 所以SR∥AB∥CD, S.0/ ③由-1的偶次方为1，得 n-1M a+5为偶数， 所以∠AM0=∠M1OR, CM。 D 解得a=-2,此时a+5=3,不符合，舍去 图7 ∠CMn0=∠M.OR, 综上，a的值为-5或-1 所以∠AM1O+∠CMO=∠M,OR+∠MOR. 二、填空题 所以∠AM,0+∠CM.0=∠M,OM。=m°. 11.a+1<0:12.11:13.7.26×10cm2; 因为M0平分∠AMM2, 14.x>5:15.26°；16.1.5：17.9：18.180°-15a 所以∠AMM2=2∠AM1O. 提示： 同理，∠CMnM.-1=2∠CMn0, 16解：因为M=2x+y,N=2x-y,M=4,N=2, 所以∠AM,M2+∠CMnM.1=2∠AM,0+2∠CM.O 所以(2x+y)2=16,(2x-y)2=4, =2∠M10Mn=2m 所以4x2+4xy+y2=16,① 又因为∠AM,M2+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+…+ 4x2-4y+y2=4,② ∠(n-1)+∠CM,M-4=[180(n-1)]°， ①-②，得8xy=16-4, 所以∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+…+∠(n-1)=(180n 解得xy=1.5,所以P=xy=1.5 -180-2m)°， 17.解：设共规定时间为b天，开工x天后工人外出， 根据题意可知，15ab=2160,ab=144, 第44-1期 又由题得15ax+(15-3)(a+2)(6-x)<2160. 期末检测卷（三） 整理得ax+8b-8x<144, 一、选择题 即ax+8b-8x<ab, 题号 345 6 10 移项、合并同类项得，8(b-x)<a(b-x 答案 B B 由题意，知6-x>0, 所以a>8 提示： 因为a为整数，所以a的最小值为9. 8.解：因为m-n=3, 所以m2-n2-6n=(m+n)(m-n)-6n 18解：因为∠CDF=寸∠CDE, =3(m+n)-6n 所以∠CDE=4a,∠EDF=3a. =3(m-n) 因为AB∥CD, =3×3=9. 所以∠CDB=∠ABD, 9.解：因为(2024x+2025)2展开后得到a1x2+6,x+1, 所以∠CDE+∠EDB=∠ABG+∠GBD. 所以a1=2024 因为BG∥DE, 因为(2025x-2024)2展开后得到a2x2+b2x+c2, 所以∠EDB=∠GBD, -10已乙AE乙EDC10'8DC 第4章平面内的两条直线综合检测卷 ·数试题研究中心 1答题对长120分钟,满分120分) 水丰性 一、选基题(题是10小题,各小题3分,共30分 1 7.图是个现段的””形图来,若- 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 , 10 2=453-1404的度数为 36.如国1.有A&C三比在A地近方内上,1 答案 C.45* A.35。 B.4o D.50 &C&地在C地的 方向上 .如图下列①-A②③ 1.已如乙A=55,A的角等于 7.-①一的图图-②是的 而中 A.155 4④35-10出AB的为 B.125* 拉习 叫③A孔图上A” C.45 n. A.①③ n.①② C.③③ D.② , 2. 1.下题法错是 A.乙1和,4是对回m B.3如6 C.2阳,5 B.乙4和6是回m t甜 ① 1阿{ 世 8.下法正的是 提.如图15.在两条笔宜且行的道A A.若。1.61.)1: 司 。 .CD上分到苦P0面渐无.其中是线 1.在园一平,的 3.2线AB与C0相交于点0在0C的且 B以的转至 C.断接被第三到段,得位等 1C干点若90-42附240的度数为 1) 立,不听远动;C按 D.平三直听鼓。一过内错的的平分线 A.1: B.13{ 针3”的速度0 0.将一直三时图8示探-6”云V$ 止转动此线P止转动若段0C n. 6.4: 1 , A-Arc下i论不是 4.第3AC.点在C上.tC平分2AE 生转动比线P开给转动PO时P A.Gπ/) B.28rN-150r 46.12A0C的度数 1 . C.-6o D. .ArG.P .23) A.2 三、答题(本题共8小题,共665分) 二、填空题(求题共8小题,每小题3分,共24分) .22' n.21 , 10.(6余)如图16.在正方形同格中有一个三角形AC,按要 1.若1和2是时跳,/1=32的会知的度为 只暗子国格了. ##_##-# (1)在直线A上线一点P徒PC的长最短,据是。: 12.%是A8和C交若1与2会A0 (2)AC先向上平移3格,再向右平移6格,画出平移后的 A其点的点是点点的点 = , 3.线是,是小跳落沙结时铅下的. G 已知起27C-2.6,计跳的情是 A.27米 B.2.65米 m C.2.6米 n.2.5* 1.因10A和C相交下点点填匠线上一点.要 6.为家因设,某市公交站上了太电,当晚 AC0,再加一个为 (只一即可). 某一节的大线(老)与最大为”如国5.电 14.如图11.直线&和C相交于点0.0r 板与晶大角时大技互后宜,此时板C与水 1co.280-142280n: n0-1:3. LA的度% 为A则使AC要辑析CD计转度(0 图it <90)n= 7 15.如图1A是位于路边干的 A.21 B.20 线杆,为了使技线(不响肖车行处,电力 in C. D.10 路的另一边是立了一水起与地直)干起 (6)176平分乙A.1-2- 23.()文化大为文字风,无穷,如 (介了在用平纯的性答角的切时,有时 nv r.计说h 是”字的几ACD点在园一 7# 助,轮的所可以产生的件,文将日 线上GVI在一条线上乙AEF6RDICFX试 的夏有条抖不在一起 -C I情境! 等下的,在括号填的 图23.A8C0A分到为直ABCD上的点. :加图20长交CD于& rn 【例究] A{/cr已A)。 123-①8D之司一点择耳 Ar-PD :rV-12 !题决】 文因%A60). -1 (2图-②为AC一乙和C 听EP。_[等代提】. 的平分,所在的直线交平点A与交中点 t&r ①若-0Cv-1A求乙F的度数: V-18( ②乙F求忆区的析(是会花点表. 文因(也). (3)如图23-③均为A0之同的点二E- 21.(8)218.ACDABC2B-110-100° FYCG-18” 出乙A。乙F.C的度数 求C的度数 --C ## ). 24.(9分)如图21.在长方形AnCADC5为上一 将长方形沿AA为)点与点合6为CD上一点。 G分CEF过点C作1EG交AD点 ()说学A: (2)20620末20c的 n 22.(8分)图19.线ACD交干0.线0将2C分成 两个0-22c0 01000r%A0 2.(0)加点D分AC的AAC上境 cD在Co上境E其FCB0C=180 (1)试An- (2)云-B-A-co过A. D^{ 17 (参考答案答案页