精品解析：重庆市万州二中教育集团2024-2025学年七年级下学期期中数学考试卷

万州二中教育集团初2024级七（下）第二次综合素质测评 数 学 试 题 （全卷共三个大题，满分 150 分，考试时间 120 分钟） 注意事项： 1． 试题的答案书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答； 2． 作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3． 作图 （包括作辅助线） 请一律用黑色 2B 铅笔完成； 4． 考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡一并收回． 一、 选择题 （本大题 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分） 在每个小题的下面，都给出了代号为 A、 B、 C、 D 的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 下列方程中，是一元一次方程的是( ) A. B. C. D. 2. 下列说法不一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 下列长度的三根木棒首尾相接，能做成三角形框架的是（　　） A 13cm、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、 4. 若是方程的解，则的值为（ ） A. 2027 B. 2028 C. 2029 D. 2030 5. 将一副三角板按照如图所示的方式摆放，其中，， ，点 C、 B、 E 在 同一直线上， ，则的度数为 （ ） A. 12° B. 15° C. 18° D. 22° 6. 明代《算法统宗》有一首饮酒数学诗：“醇酒一瓶醉三客，薄酒三瓶醉一人，共同饮了一十九，三十三客醉颜生，试问高明能算士，几多薄酒几多醇？”这首诗是说：“好酒一瓶，可以醉倒3位客人：薄酒三瓶，可以醉倒1位客人，如今33位客人醉倒了，他们总共饮19瓶酒．试问：其中好酒、薄酒分别是多少瓶？”设有好酒x瓶，薄酒y瓶．根据题意，可列方程组为（　　） A B. C. D. 7. 若不等式组 的解集为，则的值等于 （ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 运行程序如图所示，从“输入整数x”到“结果是否”为一次程序操作，若输入整数x后程序操作仅进行了两次就停止，则整数x可取值的个数为（ ） A. 1 B. 4 C. 5 D. 2 9. 如图，在中，平分，于点．的角平分线所在直线与射线相交于点，若，且，则的度数为(　　) A. B. C. D. 10. 已知整式，其中为自然数，为正整数，、均为整数，若．下列说法正确的个数有（ ） ①满足条件的整式共有12个； ②所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式； ③当或时，所有满足条件的整式的和为4． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二、 填空题 （本大题 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分） 请将下列每小题的正确答案直接填在答题卡中对应的横线 上． 11. 一个数x与2的差是正数，可用不等式表示为______． 12. 若一个多边形的内角和是 1980°，则这个多边形的边数为________． 13. 已知 是 三边的长，化简 _______ ． 14. 若关于 x 不等式组 有且只有 2 个整数解，且关于 y 的方程的解是负整数， 则符合条件的所有整数 a 的和是_________ ． 15. 如图，在中，点是边上一点，，连接，点是线段上一点，，连接，点是线段的中点，连接交线段于点，若的面积是12，则的面积是________． 16. 对于一个四位正整数，若千位数字是十位数字 2 倍，百位数字比个位数字小 2，那么称这个数 M 为“强基数”，例如： ， ∵， ， ∴ 是个“强基数”；又如 ， ∵， ∴ 不是一个“强基数”．则最大的“强基数”是 ______．若将任意一个四位正整数 N 的四位数字从个位到千位依次逆序排列得到一个新的四位数，那么称这个数为数 N 的“逆袭数”，同时记 为四位正整数 与其“逆袭数”之差，例如： ，其“逆袭数”为， ．若一个“强基数” M 的个位数字为，设 ，且 是8的倍数，则所有满足题意的“强基数”M 的最小值是_______ ． 三、 解答题 （本大题 8 个小题，第 17 题 16 分，其余每题各 10 分，共 86 分） 解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形 （包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 17. 解下列方程（组） （1） （2） （3）解不等式组 ， 把解集在数轴上表示出来，并写出不等式组的最大整数解． 18. 已知关于x，y的方程组的解满足以下条件： （1）若，求m的值． （2）若x为非正数，y为负数，求m的取值范围． 19. 亚洲冬季运动会于 2025 年 2 月 7 日在我国哈尔滨举行，某经销商销售带有“滨滨”吉祥物标志的甲、乙两种纪念品，已知甲、乙两种纪念品的进价和售价如表： 种类 种类进价（元/件） 售价（元/件） 甲 50 80 乙 70 90 （1）经销商第一次购进甲类和乙类纪念品共 200 个，全部销售完后总利润（利润＝售价－进价）为 4700 元，求甲类和乙类纪念品分别购进多少个？ （2）经销商第二次购进了与第（1）问中第一次购进一样多甲类和乙类纪念品，由于两类纪念品进价都比上次优惠了，甲类纪念品进行打折出售，乙类纪念品价格不变，全部销售完后总利润比上次还多赚 1400 元，求甲类纪念品打了几折？ 20. 如图，在中，，平分． （1）若，，求的度数； （2）若，则__________． 21. 为了响应习主席提出的“足球进校园”的号召，某中学开设了“足球大课间活动”，该校从商店购买了 A 种品牌的足球 50 个， B 种品牌的足球 25 个，共花费 4500 元，已知 B 种品牌足球的单价比 A 种品牌足球的单价高30 元． （1）求 A、 B 两种品牌足球的单价各多少元？ （2）根据需要，学校决定再次购进 A、 B 两种品牌的足球 50 个，正逢体育用品商店“优惠促销”活动， A 种品牌的足球单价优惠 4 元， B 种品牌的足球单价打 8 折．如果此次学校购买 A、 B 两种品牌足球的总费用不超过2750 元，且购买 B 种品牌的足球不少于 23 个，则有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？该方案的购进费用为多少元？ 22. 在四边形中，． （1）如图①，若，求出的度数； （2）如图②，若的角平分线交于点E，且，求出的度数； （3）如图③，若和的角平分线交于点E，求出的度数． 23. 若一个不等式（组）A有解且解集为，则称为A的解集中点，若A的解集中点是不等式（组）B的解，则称不等式（组）B对于不等式（组）A中点包含． （1）已知关于x的不等式组A：，以及不等式B：，那么不等式B对于不等式组A________（填“是”或“否”）中点包含； （2）已知关于x的不等式组Q：，以及不等式P：，若P对于不等式组Q中点包含，则a的取值范围是______． （3）关于x的不等式组S：，以及不等式组T：，若不等式组T对于不等式组S中点包含，求m需要满足何种条件？ 24. 如图，在 中，点 D 在 上，过点 D 作 ，交于点E， 平分，交的平分线于点P，与相交于点G，的平分线与 相交于点Q． （1）若，，则______ °，______ °； （2）若，当的度数发生变化时，、的度数是否发生变化？若要变化，说明理由；若不变化，求出、∠Q的度数 （用m的代数式表示）； （3）若中存在一个内角等于另一个内角的4倍，请直接写出所有符合条件的 ∠A 的度数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 万州二中教育集团初2024级七（下）第二次综合素质测评 数 学 试 题 （全卷共三个大题，满分 150 分，考试时间 120 分钟） 注意事项： 1． 试题的答案书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答； 2． 作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3． 作图 （包括作辅助线） 请一律用黑色 2B 铅笔完成； 4． 考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡一并收回． 一、 选择题 （本大题 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分） 在每个小题的下面，都给出了代号为 A、 B、 C、 D 的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 下列方程中，是一元一次方程的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元一次方程的定义：只含有一个未知数（元），且未知数的次数是1，这样的方程叫一元一次方程，据此即可判断． 【详解】A、最高次数是2，不是一元一次方程，选项错误； B、是一元一次方程，选项正确； C、含有2个未知数，不是一元一次方程，选项错误； D、含有2个未知数，且最高次数是2，不是一元一次方程，选项错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了一元一次方程的定义，熟练掌握一元一次方程的定义是解本题的关键． 2. 下列说法不一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】解：A．在不等式的两边同时加上c，不等式仍成立，即，说法正确，不符合题意； B．在不等式的两边同时减去c，不等式仍成立，即，说法正确，不符合题意； C．当c=0时，若，则不等式不成立，符合题意； D．在不等式的两边同时除以不为0的，该不等式仍成立，即，说法正确，不符合题意 故选C． 3. 下列长度的三根木棒首尾相接，能做成三角形框架的是（　　） A. 13cm、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形的三边关系定理，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形． 根据三角形三边关系定理对各选项分析即可． 【详解】解：A、，长度是、、13cm的木棒不能做成三角形框架，故A不符合题意； B、，长度是、、的木棒不能做成三角形框架，故B不符合题意； C、，长度是、、的木棒不能做成三角形框架，故C不符合题意； D、，长度是、、的木棒能做成三角形框架，故D符合题意． 故选：D． 4. 若是方程的解，则的值为（ ） A. 2027 B. 2028 C. 2029 D. 2030 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查方程解的意义，以及已知式子的值求代数式的值，根据题意得，把代入所求式子即可． 【详解】解：∵是方程的解， ∴， ∴， 故选：B． 5. 将一副三角板按照如图所示的方式摆放，其中，， ，点 C、 B、 E 在 同一直线上， ，则的度数为 （ ） A. 12° B. 15° C. 18° D. 22° 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了三角形的外角的定义、角的和差，得出图中的角的关系是解题的关键． 根据角的和差可得出的度数，再利用三角形的外角即可得出答案． 【详解】解：，， ， ， ， ， 故选A． 6. 明代《算法统宗》有一首饮酒数学诗：“醇酒一瓶醉三客，薄酒三瓶醉一人，共同饮了一十九，三十三客醉颜生，试问高明能算士，几多薄酒几多醇？”这首诗是说：“好酒一瓶，可以醉倒3位客人：薄酒三瓶，可以醉倒1位客人，如今33位客人醉倒了，他们总共饮19瓶酒．试问：其中好酒、薄酒分别是多少瓶？”设有好酒x瓶，薄酒y瓶．根据题意，可列方程组为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，设有好酒瓶，薄酒瓶，根据“好酒一瓶，可以醉倒位客人；薄酒三瓶，可以醉倒位客人，如今位客人醉倒了，他们总共饮瓶酒”列出方程组，即可求解． 【详解】解：设有好酒瓶，薄酒瓶，根据题意得： 故选：A． 7. 若不等式组 的解集为，则的值等于 （ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质，解一元一次不等式（组），解一元一次方程等知识点，解此题的关键是求出关于a和b的方程． 根据不等式的性质求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集，根据不等式组的解集得出，，求解并代入计算即可得出答案． 【详解】解： 解不等式①得，， 解不等式②得，， 不等式组 的解集为， 不等式组 的解集为 -1 < x < 1， ，， 解得：，， ， 故选D． 8. 运行程序如图所示，从“输入整数x”到“结果是否”为一次程序操作，若输入整数x后程序操作仅进行了两次就停止，则整数x可取值的个数为（ ） A. 1 B. 4 C. 5 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据运行程序，第一次运算结果小于等于18，第二次运算结果大于18列出不等式组，然后求解即可．本题考查了一元一次不等式组的应用，读懂题目信息，理解运行程序并列出不等式组是解题的关键． 【详解】解：由题意得， 解不等式①得， 解不等式②得． 则的取值范围是， 是整数， 的值是 故选：B． 9. 如图，在中，平分，于点．的角平分线所在直线与射线相交于点，若，且，则的度数为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，由题意平分，平分，推出，，设，设，，用含和的代数式表示和即可解决问题． 【详解】解：如图： 平分，平分， ，， 设，，， 由外角的性质得： ， ， ，解得， ， ． 故选：C． 10. 已知整式，其中为自然数，为正整数，、均为整数，若．下列说法正确的个数有（ ） ①满足条件的整式共有12个； ②所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式； ③当或时，所有满足条件的整式的和为4． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了整式的相关知识点，分四种情况：当时，当时，当时，当时，分别求解并逐项分析即可得解，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴当时，，此时或， ∵为正整数， ∴，即整式为，共1个， 当时，，此时， 若，则，整式为， 若，则，整式为或， 若，则，整式为或，共5个； 当时，，此时， 若，则，整式为， 若，则， ∴，或，， 整式为，，，，共5个； 当时，，此时， ∵为正整数， ∴，，整式为，共个， ∴满足条件的整式共有种，故①正确； 所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式，故②正确； 当时，所有多项式的和为之和，为， 当时，当时，和为，当时，和为，当时，和为， 当时，和为，总计为，故③正确； 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：D． 二、 填空题 （本大题 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分） 请将下列每小题的正确答案直接填在答题卡中对应的横线 上． 11. 一个数x与2的差是正数，可用不等式表示为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键． 正数就是大于0的意思，根据x与2的差大于0，可列出不等式． 【详解】解：根据题意，得， 故答案为：． 12. 若一个多边形的内角和是 1980°，则这个多边形的边数为________． 【答案】 【解析】 【分析】设这个多边形为边形，根据多边形的内角和公式：（且为整数）求解即可． 【详解】解：设这个多边形为边形，由题意得： ， 解得：， 所以这个多边形的边数是． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解答本题的关键在于熟练掌握多边形的内角和公式：（且为整数）． 13. 已知 是 三边的长，化简 _______ ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的三边关系和绝对值的性质，掌握相关性质是解题的关键． 根据三角形三边关系判断，的正负，根据绝对值的性质去掉绝对值即可． 【详解】解：的三边长分别是， 即 故答案为： 14. 若关于 x 的不等式组 有且只有 2 个整数解，且关于 y 的方程的解是负整数， 则符合条件的所有整数 a 的和是_________ ． 【答案】22 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，解一元一次方程，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 首先解不等式组，根据不等式组有且只有2个整数解得出关于a的不等式组，求出a的取值范围，再解方程，根据方程的解是负整数求出所有的a可能的值，进而得到符合条件的所有整数a，求和即可得到答案． 【详解】解： 解不等式①，得， 解不等式②，得， ， 关于 x 的不等式组 有且只有 2 个整数解， 这两个整数解是3，4， ， ， 解方程得， 关于 y 的方程的解是负整数， 或或或或或， 或4或5或6或8或14， 符合条件的所有整数为和， ， 符合条件的所有整数 a 的和是， 故答案为：． 15. 如图，在中，点是边上一点，，连接，点是线段上一点，，连接，点是线段的中点，连接交线段于点，若的面积是12，则的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，．由题意中的线段的比和，可推出，，从而可求出，．结合中点的性质即得出，从而可求出，进而得出，最后即得出，最后即可求出． 【详解】解：如图，连接，． ∵，， ∴，． 又∵， ∴，． ∵点是线段的中点， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即, ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查线段的中点的性质，线段的n等分点的性质，与三角形的高有关的计算问题．正确的连接辅助线是解题关键． 16. 对于一个四位正整数，若千位数字是十位数字的 2 倍，百位数字比个位数字小 2，那么称这个数 M 为“强基数”，例如： ， ∵， ， ∴ 是个“强基数”；又如 ， ∵， ∴ 不是一个“强基数”．则最大的“强基数”是 ______．若将任意一个四位正整数 N 的四位数字从个位到千位依次逆序排列得到一个新的四位数，那么称这个数为数 N 的“逆袭数”，同时记 为四位正整数 与其“逆袭数”之差，例如： ，其“逆袭数”为， ．若一个“强基数” M 的个位数字为，设 ，且 是8的倍数，则所有满足题意的“强基数”M 的最小值是_______ ． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查了新定义下的实数运算，整式加减的应用，列式表示出、是解题的关键． 首先理解题目中的定义：千位数字是十位数字的2倍．百位数字比个位数字小2．逆袭数的定义：将N的四位数字逆序排列得到的新数，称为N的逆袭数．根据定义可得最大的“强基数”是，根据题意计算，根据必须是8的倍数，用列举法求最小值． 【详解】解：设最大的“强基数”是 ，满足： (十位  的取值范围为 )；(个位  的取值范围为 )． 要最大化四位数，需使千位  最大．当  时，．此时，百位  最大值为 ，当  时，，故四位数为 ． 最大的“强基数”为 8749． 设满足题意的“强基数”M为 ，其逆袭数为 ，则： 代入 、，得： ， ∴ ∵ 是的倍数，， ∴是8的倍数， 当， ，对应数 ； ， ，对应数 ； ，，对应数 ； ， ，对应数 ． 比较上述数，最小值是 ． 故答案为：， ． 三、 解答题 （本大题 8 个小题，第 17 题 16 分，其余每题各 10 分，共 86 分） 解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形 （包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 17. 解下列方程（组） （1） （2） （3）解不等式组 ， 把解集在数轴上表示出来，并写出不等式组的最大整数解． 【答案】（1）（2）（3），数轴表示见解析，最大整数解2． 【解析】 【分析】本题主要考查一元一次方程的解法、二元一次方程组的解法以及一元一次不等式组的解法．熟练掌握去括号、移项、合并同类项、系数化为1等解方程（不等式）的基本操作，以及代入消元法（解方程组）、在数轴上表示不等式组解集的方法是解题的关键． （1）正确运用去括号法则，移项，合并同类项，系数化为1求解即可； （2）使用代入消元法求解即可； （3）解两个不等式，然后找出它们的公共解集，并在数轴上表示出来，最后找出解集中的最大整数解． 详解】（1）解： ． （2）解： 将②代入①得： 解得，把代入②得 故方程组的解为． （3）解： 由不等式①得：，由不等式②得， 不等式的解集为， 解集在数轴上表示为： 不等式组的最大整数解为2． 18. 已知关于x，y的方程组的解满足以下条件： （1）若，求m的值． （2）若x为非正数，y为负数，求m的取值范围． 【答案】（1） （2）无论m取任何值，都无法满足题意． 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组与不等式的综合，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先观察方程组，则得，所以，再结合，得，即可作答． （2）分别表示，，再结合x为非正数，y为负数，进行列式计算，即可作答． 【小问1详解】 解：∵， ∴得， 则， ∵， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴得， ∴， ∵y为负数， ∴ ∴， 由（1）得， ∵， ∴ ∴ ∵x为非正数， ∴ ∴ ∴无论m取任何值，都无法满足题意． 19. 亚洲冬季运动会于 2025 年 2 月 7 日在我国哈尔滨举行，某经销商销售带有“滨滨”吉祥物标志的甲、乙两种纪念品，已知甲、乙两种纪念品的进价和售价如表： 种类 种类进价（元/件） 售价（元/件） 甲 50 80 乙 70 90 （1）经销商第一次购进甲类和乙类纪念品共 200 个，全部销售完后总利润（利润＝售价－进价）为 4700 元，求甲类和乙类纪念品分别购进多少个？ （2）经销商第二次购进了与第（1）问中第一次购进一样多的甲类和乙类纪念品，由于两类纪念品进价都比上次优惠了，甲类纪念品进行打折出售，乙类纪念品价格不变，全部销售完后总利润比上次还多赚 1400 元，求甲类纪念品打了几折？ 【答案】（1）70 ；130 （2）八折 【解析】 【分析】本题主要考查了一元一次方程和二元一次方程的应用，明确题意，找准等量关系是解答本题的关键． （1）设甲类x个，则乙类个，根据题意列出关于x的一元一次方程，解方程即可求解； （2）设甲类打y折，根据题意列出关于y的一元一次方程，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：设甲类x个，则乙类y个，由题意得： ， 解得： ∴（个）， 答：甲类纪念品购进70个，乙类纪念品购进130个． 【小问2详解】 设甲类打y折，由题意得： ， 解得：． 答：甲类纪念品打了八折． 20. 如图，在中，，平分． （1）若，，求的度数； （2）若，则__________． 【答案】(1)20°;(2)10. 【解析】 【分析】（1）根据三角形的内角和定理求得∠BAC的度数，根据直角三角形两锐角互余求出∠DAC的度数，根据角平分线定义求得∠EAC的度数，从而求得∠DAE的度数； （2）根据三角形内角和定理和角平分线定义得出∠DAE的度数等于∠B与∠C差的一半解答即可． 【详解】解：（1）在中，， 所以， 因为平分，所以， 因为，所以 在中，， 所以； （2）∵AD⊥BC，AE平分∠BAC， ∴∠DAE=∠EAC-∠DAC =∠BAC -（90°-∠C） =（180°-∠B-∠C）-（90°-∠C） =90°-∠B-∠C-90°+∠C =（∠C-∠B） =10°． 故答案为(1)20°；(2)10. 【点睛】本题考查三角形内角和定理，角平分线定义，直角三角形两锐角互余，解题的关键是根据三角形内角和是180°解答． 21. 为了响应习主席提出的“足球进校园”的号召，某中学开设了“足球大课间活动”，该校从商店购买了 A 种品牌的足球 50 个， B 种品牌的足球 25 个，共花费 4500 元，已知 B 种品牌足球的单价比 A 种品牌足球的单价高30 元． （1）求 A、 B 两种品牌足球的单价各多少元？ （2）根据需要，学校决定再次购进 A、 B 两种品牌的足球 50 个，正逢体育用品商店“优惠促销”活动， A 种品牌的足球单价优惠 4 元， B 种品牌的足球单价打 8 折．如果此次学校购买 A、 B 两种品牌足球的总费用不超过2750 元，且购买 B 种品牌的足球不少于 23 个，则有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？该方案的购进费用为多少元？ 【答案】（1）A种品牌足球的单价是50元，B种品牌足球的单价是80元 （2）共有3种购买方案，为了节约资金，学校应选择购买方案1：购买27个A种品牌的足球，23个B种品牌的足球；总费用为元 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，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组． （1）设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，根据“购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共需4500元，B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元”，可得出关于x,y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设购买m个B种品牌的足球，则购买个A种品牌的足球，根据“此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于23个”，可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出共有3种购买方案，再分别求出各方案所需总费用，比较后即可得出结论． 【小问1详解】 解：设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元， 根据题意得：， 解得：， 答：A种品牌足球的单价是50元，B种品牌足球的单价是80元； 【小问2详解】 解：设购买m个B种品牌的足球，则购买个A种品牌的足球， 根据题意，得， 解得：， 又∵m为正整数， ∴m可以为23，24，25， ∴共有3种购买方案， 方案1：购买27个A种品牌的足球，23个B种品牌的足球，总费用为（元）； 方案2：购买26个A种品牌的足球，24个B种品牌的足球，总费用为（元）； 方案3：购买25个A种品牌的足球，25个B种品牌的足球，总费用为（元）． ∵， ∴为了节约资金，学校应选择购买方案1，总费用为元． 22. 在四边形中，． （1）如图①，若，求出的度数； （2）如图②，若的角平分线交于点E，且，求出的度数； （3）如图③，若和角平分线交于点E，求出的度数． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】本题主要考查了四边形的内角和、三角形的内角和、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识点，熟练运用平行线的性质和角平分线的定义是解题的关键． （1）根据四边形的内角和是结合已知条件可得，然后结合即可解答； （2）根据平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，最后根据三角形外角的性质即可解答； （3）根据四边形内角和定理以及角平分线的概念求得，再进一步然后根据三角形的内角和定理即可解答． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴． 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 【小问3详解】 解：∵， ∴， ∵和的角平分线交于点E，， ∴，， ∴， ∴． 23. 若一个不等式（组）A有解且解集为，则称为A的解集中点，若A的解集中点是不等式（组）B的解，则称不等式（组）B对于不等式（组）A中点包含． （1）已知关于x不等式组A：，以及不等式B：，那么不等式B对于不等式组A________（填“是”或“否”）中点包含； （2）已知关于x的不等式组Q：，以及不等式P：，若P对于不等式组Q中点包含，则a的取值范围是______． （3）关于x的不等式组S：，以及不等式组T：，若不等式组T对于不等式组S中点包含，求m需要满足何种条件？ 【答案】（1）是；（2）a≥-2.5；（3）-6＜m＜ 【解析】 【分析】（1）求得不等式组的解集中点，根据新定义判断即可； （2）求得不等式组的解集中点，代入不等式计算即可求出值； （3）求得不等式组的解集中点，代入不等式组，计算求出的取值即可． 【详解】解：（1）由解得，， 解集中点为， 不等式， 不等式对于不等式组是中点包含， 故答案为：是； （2）不等式组的解集为， 解集中点为， 对于不等式组中点包含， 代入得， 解得， 故答案为； （3）不等式组的解集为：且， 且， 解集中点为， 不等式组对于不等式组中点包含， ， 解得． 【点睛】本题考查了新定义，解一元一次不等式组，能求出不等式组的解集是解此题的关键． 24. 如图，在 中，点 D 在 上，过点 D 作 ，交于点E， 平分，交的平分线于点P，与相交于点G，的平分线与 相交于点Q． （1）若，，则______ °，______ °； （2）若，当的度数发生变化时，、的度数是否发生变化？若要变化，说明理由；若不变化，求出、∠Q的度数 （用m的代数式表示）； （3）若中存在一个内角等于另一个内角的4倍，请直接写出所有符合条件的 ∠A 的度数． 【答案】（1）114；24 （2）不变；为，为 （3）或或或 【解析】 【分析】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． （1）由平行线的性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解； （2）同理由平行线性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解； （3）设，由（2）可知，．再由不变，即可分类讨论①当时，②当时，③当时和④当时，分别列出关于α的等式，解出α即可． 【小问1详解】 ∵，， ∴． ∵平分， ∴根据角平分线的性质，． ∵， ∴根据平行线的性质，，． ∵平分， ∴根据角平分线的性质，． ∴； ∴． ∵平分，平分， ∴根据角平分线的性质，，． ∵， ∴，即， ∴． 故答案为：114，24； 【小问2详解】 ∵， ∴． ∵， ∴，． ∵平分，平分， ∴，． ∴ ． ∴ 由（1）可知不变， ∴． 【小问3详解】 设， 由（2）可知，． ∵， ∴可分类讨论：①当时， ∴， 解得：， ∴； ②当时， ∴， 解得：， ∴； ③当时， ∴， 解得：， ∴； ④当时， ∴， 解得：， ∴． 综上可知或或或 ． 所以的度数为或或或 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$