全真模拟冲刺卷(5)-【锦上添花】2025-2026学年七年级下册数学期末卷（华东师大版·新教材）

》》数学·七年级下 高升无航 全真模拟冲刺卷（五）》 做好题考高分 锦上添花 时间：100分钟 满分：120分 弥 ! 题 妨 三 总 分 得 分 y1 一、选择题（每小题3分，共30分，下列各小题均有四个选项，其 封 中只有一个是正确的) 训 1.方程2x-4=0的解是 1 A.x=-2 B.x=0 C.x=2 D.x2 2.剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一.下列剪纸图案中既 线 是轴对称图形又是中心对称图形的是 A D 3.(沈丘期末)如图，用三角板作△ABC的边AB上的高线，下列 製 内 三角板的摆放位置正确的是 ( B B.E 不 C.B D 量 4.（太康期末)如图，已知△ABC≌△DEF,则以下结论中不正确 ! 的是 () 得 A.AB=DE B.AC=EF C.∠A=∠D D.BF=CE 4 A 答 第4题图 第6题图 5.已知关于x的不等式(1-0)x>2的解集为x<,己。 ，则a的取 拼 值范围是 ( A.a>1 B.a≥1 C.a<0 D.a<1 架 题 6.如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转43得到△A'CB',若 AC⊥A'B',则∠BAC等于 ) 2A可 A.43° B.45 C.47 D.50° 7.(汝阳期末)已知关于x的不等式组2 花-3s2x-1-1,B有3 3 x-a<0 个整数解，则α的取值范围为 () A.1<a≤2B.1<a<2C.1≤a<2 D.1≤a≤2 8.如图，是一个3×3的正方形网格图案，其中有2个小正方形已 经被涂上阴影，在剩余的7个白色小正方形中任选一个涂上阴 影，使整体网格图案（包括白色方格）成轴对称图形，那么符合 条件的小正方形共有 () A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 9.李老师准备用30元钱全部购买A、B两种型号的签字笔（两种 型号的签字笔都买)，A型签字笔每支5元，B型签字笔每支2 元，则李老师的购买方案有 A.4种 B.3种 C.2种 D.1种 10.(郸城某重点中学月考)已知关于x、y的二元一次方程组 2x+y!+2m,的解满足不等式组：y<8则m的取值范 x+2y=2-m lx+y>1. 围是 A.m>3 B.0<m<3 C.-3<m<0D.-3<m<3 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.在直角三角形中，如果一个锐角为40°，则另一个锐角为 12.已知关于x的方程(m-1)xm+2m-4=0是一元一次方程， 则m= 13.（辉县期末)如图，将一副三角板叠放在一起，使含45°角的直 角三角板的一个锐角顶点E恰好落在另一个含30°角的直角 三角板的斜边AB上，DE与AC交于点G.如果∠BEF=110°， 那么∠AGE= 度 B A 第13题图 第14题图 14.如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为 AB、CD,若CD∥BE,∠1=20°，则∠2的度数是 15.（原阳期末)在△ABC中，∠BAC=90°，∠C=2∠B,点D在 BC边上，将△ABD沿AD翻折后得到△AED,边AE和边AC 重合时结束，边AE交边BC于点F.若折叠过程中，△DEF中 有两个角相等，则此时∠BAD的度数为 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16.（10分)解方程或不等式： （1.581: (2)*43,-1>1. 32 17.(9分)下面是小彬同学解二元一次方程组的过程，请认真阅 读并回答相应的问题 解方程组：{ x-2y=1,① 3x-y=-2.② 解：①×3，得3x-6y=3.③…第一步 ②-③，得-5y=-5.…第二步 y=1.…第三步 y=1代入①，得x=3.…第四步 所以=3…第五步 y=1. (1)小彬同学的解题过程从第 步开始出现错误，错 误的原因是 (2)第三步的依据是 (3)请写出正确的解题过程 18.（桐柏期末·9分)已知在△ABC中. (1)∠A+∠C=2∠B,求∠B的度数； (2)a、b、c是△ABC的三条边长，其中a、b满足(a+b-5)2+ |2a-5b-31=0,若这个三角形的周长为整数，求这个三 角形的周长 19.(9分)甲、乙两人同解方程组 ax-4y=-6,① 5x=by+10② 时，甲看错了 方程①中的a,解得 任3乙看错②中的6，解得红1， ly=1, ly=2. (1)求正确的a,b的值； (2)求原方程组的正确解. 20.（天水期末改编·9分)如图所示的正方形网格中，每个小正 方形的边长均为1个单位，△ABC的三个顶点都在格点上， (1)在网格中画出△ABC向下平移3个单位得到 的△A1B,C1; (2)在网格中画出△ABC关于直线m对称的△A2B2C2; (3)在直线m上画一点P,使得PA+PC的值最小. 21.(9分)学完图形变换后，小宛以“正五边形的变换”为主题开 展探究活动： (1)如图1，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重 合，折痕为AM,展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段 AM上，点B的对应点为点B',折痕为AF,求∠AFB的 大小； (2)如图2，用一些全等的正五边形按图示方式拼接，使相邻 的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为24°，图中所 示的是前3个正五边形拼接的情况，若拼接一圈后，中间 能形成一个正多边形，请求出这个正多边形的边数， C M D 图： 图2 22.(南阳期末·10分)某银行发行了A、B两种纪念币，已知3 枚A型纪念币和2枚B型纪念币面值共55元，6枚A型纪念 币和5枚B型纪念币面值共130元. (1)求每枚A、B型纪念币面值各多少元？ (2)若小明准备用至少850元的金额购买两种纪念币共50 枚，求A型纪念币最多能采购多少枚？ (3)在(2)的条件下，若小明至少要购买A型纪念币8枚，则 共有几种购买方案，请罗列出来，并写出每种方案所需 费用？ 23.（鹤壁期末·10分)【教材呈现】以下是华师版七年级下册数 学教材第143页的部分内容. 如图，△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB= 90°，作出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三 角形 【操作发现】 (1)请在图1中画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转 90°后的三角形，写出旋转前后CE与其对应线段的数量弥 关系和位置关系： 【探究证明】 (2)如图2，把△ADB绕点A顺时针旋转90°得到△ACE,设 DB、AB分别与CE交于点F、G,判断BD和EC的数量关 系和位置关系，并说明理由； 封 【问题解决】 (3)如图3，把△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△ADE,点D 恰好落在BC上，DE与CA交于点F,若△BAD与△FAD 关于直线AD对称，且BC=10,BD=3,则： ①∠CDE= ;②∠C= °；③线段EF 线 的长是 4 内 图1 图 图3 不 得 答 题DE出 B DME 图 图2 22.解：(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，根据题意，得50x+25=4500,解这 y-x=30, 个方程组，得厂=50， 1y=80. 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； (2)设购买m个B种品牌的足球，则购买(50-m)个A 种品牌的足球，根据题意，得 [(50-4)(50-m)+80×0.8m≤2750，解得23≤m≤ m≥23， 25,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(50-4)×27+80×0.8 ×23=2714(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(50-4)×26+ 80×0.8×24=2732(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(50-4) ×25+80×0.8×25=2750(元).2714<2732< 2750,∴.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。 23.解：【操作发现】(1)15,105； (2)旋转角α的所有可能的度数是15°，45°，105°， 135°，150.【解析】①当AD∥BC时，如图1所示， 由(1)得，a=15°；②当DE∥BC时，如图2所示， ∴.∠AFB=∠D=90°，.∴.∠AFC=90°，.∴.∠FAC= 60°，∴.DE∥BC,.a=∠FAC+45°=105°；③当DE∥ AB时，如图3所示，a=45°；④当DE∥AC时，如图4 所示，=∠EAD+∠BAC=45°+90°=135°；⑤当 AE∥BC时，如图5所示，∠EAC+∠C=180°，.·∠C =30°，.∠EAC=150°，即a=150°.综上所述，旋转 角a的所有可能的度数是15°，45°，105°，135°，150°； 【拓展应用】 当0°<a<45°，∠BDE+∠CAE+∠DBC=105°，保持 不变.理由如下：如图6，设BD分别交AC、AE于点M、 N.在△AMN中，∠AMN+∠CAE+∠ANM=180° ·.·∠ANM=∠E+∠BDE,∠AMN=∠C+∠DBC .∴.∠E+∠BDE+∠CAE+∠C+∠DBC=180° ∠C=30°，∠E=45°，.∠BDE+∠CAE+∠DBC =105° 图4 图5 图G 全真模拟冲刺卷（四）】 1.C2.A3.B4.C5.A6.D7.C8.B9.C 10.D【解析】设运动的时间为x秒，在△ABC中，AB= 20cm,AC=12cm,点P从点B出发以每秒3cm的速 度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm的 速度向，点C运动，当△APQ是以PQ为底的等腰三角 形时，AP=AQ,AP=20-3x,AQ=2x,即20-3x=2x, 解得x=4.故选：D. 11.5<a<1112.七13.1514.a>4 15.12【解析】小：将△BEF沿直线EF折叠，使点B落在 点D处，.DF=BF,:DF向右平移若千单位长度后 恰好能与边AC重合，∴AD=CF,DF=AC,:BC=7, .设AD=CF=x,则AC=DF=BF=BC-CF=7-x, 3AC-AD=11,.3(7-x）-x=11,.x=2.5,.AD =2.5,AC=4.5,.AC+3AD=4.5+3×2.5=12.故 答案为：12. 16.解：(1)去分母，得3(x-1)-(5x+2)=6.去括号，得 3x-3-5x-2=6.移项、合并同类项，得-2x=11,将 未知数的系数化为1，得x=宁 (2)解不等式①，得x≥0.解不等式②，得x≤1.∴.不 等式组的解集为0≤x≤1. 17.解：(1)如图所示，△A,B,C,即为所求作； (2)如图所示，点0和△A2B2C2即为所求作； (3)如图所示，△AB,C即为所求作 M B B. 18.解：(1)x+3y=7,.x=7-3y.又：x,y均为正整 效小或化2：方程：+3y7的正整敏解 为减2 (2)方程组的解满足2x-3y=2,.原方程组的解 与方程组+3y=7,①。 {2x3y=22的解相同，（①+②）3， 4 得x=3.将x=3代入①，得3+3y=7,解得y=3, rx=3, x=3, .原方程组的解为{4将 4代入x-3y+mx y=3y=3 4 2 +3=0,得3-3×3+3m+3=0,解得m=-行，m 的值为子 19.解：(1)点A,150°； (2)·∠B+∠ACB=30°，.∠BAC=180°-（∠B+ ∠ACB)=150°，.△ABC绕点A逆时针旋转150°后 与△ADE重合，∴.∠DAE=∠BAC=150°，AB=AD= 4,AC=AE,.∠BAE=360°-150°-150°=60°，：点 C为AD中点，AC=2AD=2,AE=AC=2 20.解：(1)△EFG是直角三角形.理由如下：：AB、DC分 别平移到EF和EG的位置，∴.AB∥EF,CD∥GE, ∠EFG=∠B,∠EGF=∠C.:∠B与∠C互余， .∠B+∠C=90°，.∴.∠EFG+∠EGF=90°..·∠FEG +LEFG+∠EGF=180°，∴.∠FEG=90°，.△EFG 是直角三角形； (2)AB、DC分别平移到EF和EG的位置，.BF=AE, 1.∫x-y<8, 3m-1<8, Ix+y>1, 3+m>1,解得0<m<3.故 CG=DE,.AE+ED=AD=6,.BF +CG=AE ED= 6,.BC=BF+FG+CG=14,∴.FG=14-6=8. 选：B. 21.解：(1)：△ABC和△ADE关于直线MN对称，ED= 11.50°12.-113.12514.40 15,BF=9,..CF EF,BF DF=9,CB ED =15, 15.45°或22.5°【解析】设∠BAD=x°，∠BAC=90°， .EF ED-DF ED-BF =15-9=6; ∠C=2∠B,.∠B+∠C=3∠B=90°，∠B=30°， (2):△ABC和△ADE关于直线MN对称，∠ABC= .∠ADF=∠B+∠BAD=30°+x°，.∠ADB=180° 35°，∠AED=65°，∠BAE=16°，∴.∠AED=∠ACB= -∠ADF=150°-x°，由折叠的性质可知：∠ADE= 65°，.∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-35°- ∠ADB=150°-x°，∠B=∠E=30°，∴.∠FDE= 65°=80°，∠BAE=16°，.∠EAC=∠BAC-∠BAE ∠ADE-∠ADF=120°-2x°，∴.∠DFE=180°- =80°-16°=64°，：线段AE与AC关于直线MN对 ∠FDE-∠E=2x°+30°，当△DEF中有两个角相等， 称∠BMN=∠CMV=子∠BC=分x64=32 分三种情况：当∠DFE=∠E时，则30°=2x°+30°，解 .∠BAN=∠BAE+∠EAN=16°+32°=48°， 得x=0(舍去)；当∠FDE=∠E时，则30°=120°- ∴.∠BFN=∠ABC+∠BAN=35°+48°=83°； 2x°，解得x=45;当∠DFE=∠FDE时，则120°-2x (3)平行.理由如下：MN⊥EC,MN⊥BD,EC∥ =2x°+30°，解得x=22.5.故答案为：45°或22.5°. BD,.BD和EC的位置关系为平行. 16.解：(1)去分母，得x-7-2(5x+8)=4.去括号，得x 2解1少根浆题意得1解得设 -7-10x-16=4.移项、合并同类项，得-9x=27,将 1n=14. 未知数的系数化为1，得x=-3; 答：m=10,n=14; (2)去分母，得2(x+4)-3(3x-1)>6.去括号，得 (2)设购买“滨滨“造型钥匙扣挂件x个，则购买“妮 2x+8-9x+3>6.移项、合并同类项，得-7x>-5, 妮“造型钥匙扣挂件(100-x)个，根据题意，得 10x+14(100-x)≥1160解得58≤x≤60，又： 两边都除以-7，得x<号 10x+14(100-x)≤1168， 17.解：(1)二；减去一个负数等于加上一个正数，他没有 为正整数，∴.x可以为58,59,60，.共有3种购买方 变号； 案：方案1：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件58个，“妮 (2)等式的性质2； 妮”造型钥匙扣挂件42个；方案2：购买“滨滨”造型 (3)①×3，得3x-6y=3③.②-③，得5y=-5,解得 钥匙扣挂件59个，“妮妮”造型钥匙扣挂件41个；方 案3：购买“滨滨”造型钥匙扣挂件60个，“妮妮”造型 y=1把y=-1代入①，得x=-1.所以-1， ly=-1. 钥匙扣挂件40个. 18.解：(1)∠A、∠B、∠C是△ABC的内角，.∠A+ 23.解：(1)105°； ∠B+∠C=180°，又：∠A+∠C=2∠B,即∠B+ (2):0D平分∠M0N,∠D0N=2∠M0N=7× 2∠B=180°，.∠B=60°； 90°=45°，.∠D0N=∠D=45°，.CD∥AB,.∠CEN (2)(a+b-5)2+12a-5b-31=0, =180°-∠MW0=180°-30°=150°； (3)当CD在AB上方时，如图1，设OM与CD相交于 {”0a-6ceca+6, F,:CD∥MN,.∠OFD=∠M=60°，在△ODF中， ∴.4-1<c<4+1,即3<c<5,∴.8<a+b+c<10, ∠M0D=180°-∠D-∠0FD=180°-45°-60°= :这个三角形的周长为整数，三角形的周长为9. 75°；当CD在AB的下方时，如图2，设直线OM与CD 19.解：（1)甲看错了方程①中的a,解得 相交于F,:CD∥MN,∴.∠DFO=∠M=60°，在 △D0F中，∠D0F=180°-∠D-∠DF0=180°-45° [仁子是方程5=女+10的解15=6+ -60°=75°，∴.旋转角为75°+180°=255°.综上所 10,解得b=5,:乙看错②中的b,解得 述，旋转的角度为75°或255°时，边CD恰好与边MW 平行. 仁2{2是方程-y=-6商熙， ∴.-a-8=-6,解得a=-2,.a=-2,b=5; (2)将a=-2,b=5代入原方程组，得 B {524y。-6,整理得+2,3③③-④，得3y l5x=5y+10, lx-y=2,④ B 图1 图2 =1,解得y=行将y=号代入④，得x-弓=2，解 全真模拟冲刺卷（五） 7 1.C2.D3.B4.B5.A6.C7.A8.C9.C 10.B【解析】解方程组2r+2m0①+②，得3x 得=号所以 x= 3 1 lx+2y=2-m,② =3 +3=-3+m,即+y3专0①-②，得x-y=3m 20.解：(1)如图所示，△AB,C,即为所求作； (2)如图所示△A2B2C2即为所求作； (3)如图所示，点P即为所求作 n @ 21.解：(1)如图1，·五边形ABCDE是正五边形 ∠BAE=∠B=(5-2)x180 5 =108°，由题意可知 AM所在的直线是正五边形的对称轴，∴.∠BAM= ∠BAM=子∠BMB=54,由翻折的性质可知，∠B4P =∠B'AF=2∠BMM=27,∠AFB=180°-108- 27°=45°： (2)由题意可知，所得到的正多边形的一个内角的度 数为360°-108°-108°-24°=120°，则这个正多边 形的外角为180°-120°=60°，所以这个正多边形的 边数为360° 60。=6.即这个正多边形的边数是6. 22.解：(1)设每枚A型纪念币面值是x元，每枚B型纪 念币面值是y元，根铭短流，符好y0部这个 方程组，得x=5, ly=20. 答：每枚A型纪念币面值是5元，每枚B型纪念币面 值是20元； (2)设A型纪念币采购m枚，则B型纪念币采购(50 -m)枚，根据题意，得5m+20(50-m)≥850，解得m ≤10，.m的最大值为10. 答：A型纪念币最多能采购10枚； (3)小明至少要购买A型纪念币8枚，∴8≤m≤ 10.又m为正整数，.m可以为8,9,10，共有3种 购买方案.方案1：购买8枚A型纪念币，42枚B型纪 念币，所需费用为5×8+20×42=880（元）；方案2： 购买9枚A型纪念币，41枚B型纪念币，所需费用为 5×9+20×41=865(元)；方案3：购买10枚A型纪 念币，40枚B型纪念币，所需费用为5×10+20×40 =850(元). 23.解：(1)如图所示，△ABD即为所求；EC=BD,EC ⊥BD; (2)结论：BD=EC,BD⊥EC.理由如下：在图2中」 :△ADB绕点A顺时针旋转90°得到△ACE,.△ADB ≌△ACE,.∴.BD=EC,∠EAB=∠CAD=90°，∠E= ∠B,又在△AEG和△FBG中，∠AGE=∠FGB, ∴.∠EAG=∠BFG=90°，∴.BD⊥EC; (3)①40；②30；③7. 考前押题卷（一） 1.D2.B3.C4.B5.B6.B7.A8.A9.B 10.D【解析】A.BD是△ABC角平分线，.∠ABD= ∠CBD,故A正确；B.BE是边AC上的高，.∠ABE +∠A=90°，故B正确：C..·BD是△ABC角平分线， CG平分∠ACF,∴.∠ABC=2∠GBC,∠ACF= 2∠GCF,·∠ACF=∠ABC+∠A,∠GCF=∠GBC+ ∠C,2L60F=2LCBC+∠A,LG=3∠A,故C 正确；D.2∠EBD=2(90°-∠ADB),∠ADB= ∠DBC+∠ACB,.2∠EBD=180°-(2∠DBC+ 2∠ACB)=180°-（∠ABC+2∠ACB)=180°-(180° -∠A+∠ACB)=∠A-∠ACB,故D错误.故选：D. L=2,12.x=1013.2<a≤314.76 15.74°或45°【解析】①当∠ABM=90°时，∠C= 90°，.∠AB'M=∠C=90°，.B'M∥BC,.∠AMB'= ∠B=32°，∠BMB=148°，由折叠的性质可得： ∠BMN=∠BMN=7∠BMB'=74;②当∠AMB= 90°时，如图，∠BMB=90°，由折叠的性质可得： ∠BMN=LB'MN=子∠BMB=45.综上所迷， ∠BMN的度数为74°或45°.故答案为：74°或45. B 16.解：(1)去分母，得24-3(3x-7)=4(x+7).去括号， 得24-9x+21=4x+28.移项，得-9x-4x=28-24 -21.合并同类项，得-13x=-17.将未知数的系数 化为1，得-吕 (2)解不等式①，得x<1,解不等式②，得x≥-3，将 不等式①②的解集在数轴上表示如图： 54321012 故此不等式组的解集为：-3≤x<1. 口0：由邀意可代2择降子将仁子代 人1可得-i每得 n=-5. 18.解：(1)△BAD≌△ACE,.BD=AE,AD=CE,.BD =AE=AD+DE=CE +DE,BD DE +CE; (2)△ABD满足∠ADB=90°时，BD∥CE.理由如下： ·△BAD≌△ACE,.∠E=∠ADB=90°，.∠BDE= 180°-90°=90°=∠E,∴.BD∥CE. 19.解：(1)如图所示，四边形A'B'CD即为所求作； (2)如图所示，四边形MNGH即为所求作； (3)如图所示，四边形EFPQ即为所求作. B 20.解：（1)设该班有x名学生，根据题意，得3x+20=4x -25,解得x=45. 数，所以3-2<0，解得x>号，s上所送a的取值范 答：该班有45名学生； (2)花苗总数为3×45+20=155（棵），设购买了y棵 围是：号<a<4,所以符合题意的所有整数a有2,3， A品种花苗，则购买了(155-y)棵B品种花苗，根据 他们的和为：2+3=5.故答案为：5. 题意，得3y+4(155-y)≤540，解得y≥80，∴.y的最 16.解：(1)去分母，得4(2x+5)-3(3x-2)=24.去括 小值为80. 号，得8x+20-9x+6=24.移项、合并同类项，得-x 答：至少购买了A品种花苗80棵： =-2.将未知数的系数化为1，得x=2; 21.解：(1)△ABC是直角三角形.理由如下：在△ABC 中，CD是高，∠A=∠DCB,.∠CDA=90°，∠A+ （2)方程组可化为[，03Dx4得红+8y ∠ACD=90°，∴.∠DCB+∠ACD=90°，∴.∠ACB= 32③.③-②，得5y=25,解得y=5.把y=5代入①， 90°，.△ABC是直角三角形； (2)证明：AE是△ABC的角平分线，∴，∠DAF= 得2所以化52 ∠CAE,∠FDA=90°，∠ACE=90°，∴.∠DAF+ 17.解：(1)去括号，得5x-13>2x-4.移项、合并同类 ∠AFD=90°，∠CAE+∠CEA=90°，∴.∠AFD= 项，得3x>9.两边都除以3，得x>3.它在数轴上的表 ∠CEA,:LAFD=LCFE,∴.∠CFE=LCEA,即 示如图所示； ∠CFE=∠CEF. -101234567→ 2a-6=10,得68， 2.解：(1)解方程组亿-6，=0， {6=6.解不等式组 2(x-1)≤4，① rx+12 (2)21<x+1,②解不等式0，得x≤3.解不等式 4兰≤x+6, 5 22-3 得-4≤x<11.又因为c是此不等式 ②，得x>-2.如图，在同一数轴上表示出不等式①② 的解集。 组的最大整数解，所以c=10; 5432B目24567 (2)因为AE平分△ABC的周长，所以AC+CE= 故此不等式组的解集为：-2<x≤3 18.解：(1)：CD平分∠ACB,∠ACB=70°，.∠ACD= 2(AB+BC+CA)=7×(10+8+6)=12.又因为 1 2∠ACB=35,∠ADC=80,∠BAC=180°- 1 AC=6,所以CE=12-6=6,所以AC=CE.因为∠C= 90°，所以△ACE是等腰直角三角形，所以∠AEC ∠ACD-∠ADC=180°-35°-80°=65°； =45°. (2)由(1)知，∠BAC=65°，AH⊥BC,.∠AHC= 23.獬：(1)60°，∠ADC'=2∠C 90°，∴.∠HAC=90°-∠ACB=90°-70°=20°， (2)∠C沿DE折叠，点C落在点C的位置，∠C= ∴.∠BAH=∠BAC-∠HAC=65°-20°=45°. 30°，∠DEC=55°，.∠DEC=∠DEC'=55°， 19.解：(1)如图所示，△A,B,C,即为所求作； .∠CEC'=∠DEC+∠DEC'=110°，：∠AFE是 (2)如图所示，△A2B2C2即为所求作； △CEF的一个外角，∴.∠AFE=∠CEC'+∠C=110° (3)如图所示，点P即为所求作. +30°=140°； (3)∠ADC'+∠BEC'=2∠C.【解析】连结C'C,图 略.∠C沿DE折叠，点C落在点C'的位置. .∠DCE=LDC'E,LECC'=∠EC'C,LDCE= ∠DCC'+∠ECC',∠DC'E=∠DC'C+∠EC'C, .·∠ADC'+∠BEC'=∠DCC'+∠DC'C+∠ECC'+ ∠EC'C,∴.∠ADC'+∠BEC'=∠DCE+∠DC'E= 2∠DCE. 考前押题卷（二） 20.解：(1)由平移特征，可得AB∥DC,AD∥BC,∴.∠B+ 1.D2.B3.A4.A5.D6.B7.B8.C9.B ∠BCD=180°，∠A+∠B=180°..·∠A=2∠B,.∴.∠B 10.A【解析】由2a-x>3,得x<2a-3,由2x+8>4a, =60°，.∠BCD=180°-60°=120°； 得x>2a-4,':解集中每一个x值均不在-1≤x≤4 (2)DG平分∠CDE.理由如下：AB∥CD,∴.∠DCE 的范围中，.2a-4≥4或2a-3≤-1，解得a≥4或a =∠B=60°.由三角形的外角性质，得∠CDF= ≤1.故选：A. ∠DFE-60°，又：∠FDG=30°，.∠CDG=∠CDF+ 11.312.30°13.1214.5 30°=∠DFE-60°+30°=∠DFE-30°.又∠EDG 155【解折】3公得不学支①，得> =∠EDF-∠FDG=∠EDF-30°，∠DFE=∠EDF, ..∠CDG=∠EDG..DG平分∠CDE. 气解不等式②，得x≤2，因为此不等式组有且只有 21.解：（1)四边形CDEF沿EF翻折得到四边形 C'D'EF且点D'恰好落在边AB上，∴.∠EFC'= 三个整数解，所以-1≤写<0，解得1≤a<4解才 ∠EFC,:∠BFE=77°，∴.∠EFC=180°-∠BFE= 103°，.∠BFC'=∠EFC'-∠BFE=103°-77°= 程2x+a得，=3-2，因为此方程的都吴负 26°，.∠BFC的度数为26°； (2)在△A'D'B中，∠A'D'B=50°，∠B=90°，