(共55张PPT)
(满分100分, 限时60分钟)
第十章 素养综合检测
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.(2024山东济宁邹城期末)下列各选项不能作为直角三角形 的三边长的是 ( )
A.3,4,5 B.6,8,10
C.1,2,2 D.7,24,25
C
解析 A.因为32+42=52,所以3,4,5能作为直角三角形的三边 长;B.因为62+82=102,所以6,8,10能作为直角三角形的三边长; C.因为12+22≠22,所以1,2,2不能作为直角三角形的三边长;D. 因为72+242=252,所以7,24,25能作为直角三角形的三边长.故 选C.
2.(2024山东日照月考)下列命题中,逆命题为真命题的有 ( )
①有两边相等的三角形是等腰三角形;②对顶角相等;③三边 对应相等的两个三角形全等;④若a=b,则a2=b2.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
B
解析 ①“有两边相等的三角形是等腰三角形”的逆命题 为“等腰三角形有两边相等”,此逆命题为真命题;②“对顶 角相等”的逆命题为“若两个角相等,则这两个角是对顶 角”,此逆命题为假命题;③“三边对应相等的两个三角形全 等”的逆命题为“若两个三角形全等,则它们的三边对应相 等”,此逆命题为真命题;④“若a=b,则a2=b2”的逆命题为 “若a2=b2,则a=b”,此逆命题为假命题,故选B.
3.(2024山东枣庄薛城期末)如图,B,E,C,F四点在同一条直线 上,AC=DE,∠ACB=∠DEF,添加下列条件,不一定能使△ABC ≌△DFE的是 ( )
A.BE=FC B.∠B=∠F
C.AB=DF D.∠A=∠D
C
解析 A.当添加BE=CF时,∵BE=CF,∴BE+EC=CF+EC,即 BC=EF,此时可根据SAS判定△ABC≌△DFE;B.当添加∠B= ∠F时,可根据AAS判定△ABC≌△DFE;C.当添加AB=DF时 不能判定△ABC≌△DFE;D.当添加∠A=∠D时可根据ASA 判定△ABC≌△DFE.故选C.
4.用反证法证明“△ABC中至少有2个角是锐角”时,假设正 确的是 ( )
A.假设△ABC中没有锐角
B.假设△ABC中最多有3个角是锐角
C.假设△ABC中最多有2个角是锐角
D.假设△ABC中最多有1个角是锐角
D
解析 “至少有2个”的反面是“最多有1个”,故选D.
5.(2022山东聊城期中)△ABC中,AB=20,AC=13,高AD=12,则 △ABC的面积为 ( )
A.66 B.126
C.54或44 D.126或66
D
解析 分两种情况讨论:当△ABC为锐角三角形时,如图1,
∵AD⊥BC,∴∠ADB=∠ADC=90°,
∵AB=20,AD=12,∴BD= = =16,
∵AC=13,AD=12,∴CD= = =5,
∴BC=BD+CD=16+5=21,
∴△ABC的面积= ×21×12=126;
图1 图2
当△ABC为钝角三角形时,如图2,同理可得BD=16,CD=5,
∴BC=BD-CD=16-5=11,
∴△ABC的面积= ×11×12=66.
综上所述,△ABC的面积为126或66.故选D.
6.(2024山西晋城沁水二模)如图,在△ABC中,AB=AC,以点C 为圆心、CB长为半径画弧,交AB边于点D;再分别以点B,D为 圆心,大于 BD的长为半径画弧,两弧交于点M,作射线CM交
AB边于点E.若AE=4,BE=1,则CE的长为 ( )
A.3 B. C. D.2
A
解析 由题意得CE⊥BA,∴∠CEA=90°,
∵AE=4,BE=1,AB=AC,
∴AB=AC=AE+BE=4+1=5,
在Rt△ACE中,CE= = =3,∴CE的长为3,故
选A.
7.(2024山东泰安东平期末)如图,在△ABC中,DE∥BC,∠ABC 和∠ACB的平分线分别交ED于点G,F,若FG=2,ED=5,则BE+ DC的值为 ( )
A.5 B.6 C.7 D.8
C
解析 ∵ED∥BC,∴∠EGB=∠GBC,∠DFC=∠FCB,
∵BG平分∠ABC,CF平分∠ACB,
∴∠GBC=∠GBE,∠FCB=∠FCD,
∴∠EGB=∠EBG,∠DCF=∠DFC,
∴BE=EG,CD=DF,
∵FG=2,ED=5,
∴EB+CD=EG+DF=EF+FG+FG+DG=ED+FG=7,故选C.
8.(2024云南昆明官渡期末)如图,在△ABC中,AB=AC,∠C=30°,
点D是AB的中点,过点D作DE⊥AB交BC于点E,DE=2,则CE 的长为( )
A.7 B.8 C.9 D.10
B
解析 连接AE,如图,
∵在△ABC中,AB=AC,∠C=30°,
∴∠B=∠C=30°,
∴∠BAC=180°-(∠B+∠C)=120°,
∵点D是AB的中点,DE⊥AB,
∴DE是线段AB的垂直平分线,
∴BE=AE,∴∠B=∠DAE=30°,
∵在Rt△ADE中,∠DAE=30°,DE=2,
∴AE=2DE=4,
∵∠BAC=120°,∠DAE=30°,
∴∠CAE=∠BAC-∠DAE=120°-30°=90°,
∵在Rt△CAE中,∠C=30°,AE=4,
∴CE=2AE=8.故选B.
9.(2023浙江宁波期末)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=6, BC=8,点D在边AB上,AD=AC,AE⊥CD,垂足为F,与BC交于点 E,则BE的长是 ( )
A.3 B.5 C. D.6
B
解析 连接DE,如图所示,
在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8,
∴AB= =10,
∵AD=AC=6,AF⊥CD,
∴DF=CF,BD=AB-AD=4,
∴CE=DE,
在△ACE和△ADE中,
∴△ACE≌△ADE(SSS),
∴∠ADE=∠ACE=90°,∴∠BDE=90°,
设CE=DE=x,则BE=8-x,
在Rt△BDE中,由勾股定理得DE2+BD2=BE2,
即x2+42=(8-x)2,解得x=3,
∴CE=3,∴BE=8-3=5.故选B.
10.(2024四川眉山仁寿期末)如图,在△ABC中,∠C=90°,AD平 分∠BAC,DE⊥AB于E,下列结论:①DA平分∠CDE;②∠BAC =∠BDE;③DE平分∠ADB;④BE+AC=AB;⑤点A,D一定在线 段EC的垂直平分线上,其中正确的有 ( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
C
解析 ∵DE⊥AB,∴∠DEA=∠C=90°,
∵AD平分∠BAC,∴CD=DE,
在Rt△ACD和Rt△AED中,
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL),
∴∠EDA=∠CDA,AC=AE,
∴DA平分∠CDE,
∵AB=AE+BE,∴AC+BE=AB,故①④正确;
∵AE=AC,DE=DC,
∴点A,D都在线段CE的垂直平分线上,故⑤正确;
∵∠BAC+∠B=∠BDE+∠B=90°,
∴∠BAC=∠BDE,故②正确;
由已知条件无法推出DE平分∠ADB,故③不正确.
综上可知,正确的结论为①②④⑤,共4个,故选C.
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.如图,△ACB≌△A‘CB',A'B'经过点A,∠BAC=70°,
则∠ACA'的度数为 .
40°
解析 ∵△ACB≌△A'CB',
∴AC=A'C,∠A'=∠BAC=70°,
∴∠CAA'=∠A'=70°,
∴∠ACA'=180°-∠CAA'-∠A'=40°.
12.如图,等边△ABC的边长为2,以B为原点建立平面直角坐 标系,则点A的坐标为 .
(1, )
解析 如图,过点A作AD⊥x轴于D,
∵△ABC是等边三角形,且边长为2,∴BD=CD= BC= ×2=1,
∴AD= = = ,∴点A的坐标为(1, ).
13.(2024安徽安庆潜山期末)如图,在△ABC中,AB=AC,点B,C,D,
E在同一直线上,点F在AC上,且CF=CD,DF=DE,若∠E=15°,
则∠A= .
60°
解析 ∵DF=DE,∴∠DFE=∠E=15°,
∴∠CDF=∠E+∠DFE=30°,
∵CF=CD,∴∠CFD=∠CDF=30°,
∴∠ACB=∠CDF+∠CFD=60°,
∵AB=AC,∴△ABC是等边三角形,∴∠A=60°.
14.(2023上海杨浦期末)如图,在△ABC中,BO,CO分别平分∠ABC和∠ACB,过点O作DE∥BC,分别交边AB,AC于点D和点E,如果△ABC的周长等于14,△ADE的周长等于9,那么BC= .
5
解析 ∵BO平分∠ABC,CO平分∠ACB,
∴∠ABO=∠OBC,∠ACO=∠OCB,
∵DE∥BC,∴∠BOD=∠OBC,∠COE=∠OCB,
∴∠ABO=∠BOD,∠ACO=∠COE,∴BD=OD,CE=OE,
∵△ADE的周长等于9,∴AD+DE+AE=AD+OD+OE+AE=AD +BD+CE+AE=AB+AC=9,
∵△ABC的周长是14,∴AB+AC+BC=14,
∴BC=14-9=5,故答案为5.
15.如图,在△ABC中,AB=AC,EG垂直平分AB,AG平分∠BAC, DF垂直平分CG,∠FDC=42°,则∠AGE的度数为 .
69°
解析 连接BG,如图,
∵DF垂直平分CG,∠FDC=42°,∴∠BCF=48°,
∵EG垂直平分AB,AG平分∠BAC,
∴AG=BG,∠BAG=∠CAG,
在△ABG和△ACG中,
∴△ABG≌△ACG(SAS),
∴BG=CG,∠BGA=∠CGA,
∴∠CBG=∠BCG=48°,
∴∠BGC=84°,
∴∠BGA=∠CGA=138°,
∵EG垂直平分AB,AG=BG,
∴∠AGE=∠BGE= ∠BGA=69°.
16.如图,在等边△ABC中,点D,E分别在边BC,AB上,且DE∥ AC,过点E作EF⊥DE,交CB的延长线于点F.若BD=5,则EF2= .
75
解析 ∵△ABC是等边三角形,∴∠ABC=∠C=60°,
∵DE∥AC,∴∠EDB=∠C=60°,
∴△BDE是等边三角形,∴DE=BD=5,
∵EF⊥DE,∴∠DEF=90°,
∴∠F=90°-∠EDB=30°,∴DF=2DE=10,
∴EF2=DF2-DE2=75.
三、解答题(共52分)
17.(2023山东济南章丘期末)(10分)如图所示,小安同学为电 力公司设计了一个安全用电的标识,点A,D,C,F在同一条直 线上,且AF=DC,BC=EF,BC∥EF.
(1)求证:AB∥DE.
(2)若∠A=20°,∠AFE=102°,求∠E的度数.
解析 (1)证明:∵AF=CD,
∴AF+FC=CD+FC,即AC=DF,
∵BC∥EF,∴∠ACB=∠DFE,
在△ABC和△DEF中,
∴△ABC≌△DEF(SAS),∴∠A=∠D,∴AB∥DE.
(2)易得∠D=∠A=20°,∵∠AFE=102°,
∴∠EFD=180°-102°=78°,
∴∠E=180°-20°-78°=82°.
18.(2024山东枣庄滕州月考)(10分)如图,在△ABC中,MD是 BC的垂直平分线,且MD交∠BAC的平分线于点D,DE⊥AB于 点E,DF⊥AC交AC的延长线于点F.
(1)求证:BE=CF.
(2)若AB=8,AC=4,求AE的长.
解析 (1)证明:如图,连接BD,
∵MD是BC的垂直平分线,∴DB=DC,
∵DE⊥AB于点E,DF⊥AC交AC的延长线于点F,
∴∠BED=∠AED=∠F=90°,
∵点D在∠BAC的平分线上,∴DE=DF,
在Rt△BED和Rt△CFD中,
∴Rt△BED≌Rt△CFD(HL),
∴BE=CF.
(2)在△AED和△AFD中,
∴△AED≌△AFD(AAS),∴AE=AF,
∵BE=CF,AB=8,AC=4,
∴2AE=AE+AF=AB-BE+AC+CF=AB+AC=12,∴AE=6.
19.(10分)如图,已知点A,C分别在∠GBE的边BG,BE上,且AB= AC,AD∥BE,∠GBE的平分线与AD交于点D,连接CD.
(1)求证:①AB=AD;②CD平分∠ACE.
(2)猜想∠BDC与∠BAC之间有何数量关系,并对你的猜想加 以证明.
解析 (1)证明:①∵AD∥BE,∴∠ADB=∠DBC,
∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC,
∴∠ABD=∠ADB,∴AB=AD.
②∵AD∥BE,∴∠ADC=∠DCE,
由①知AB=AD,∵AB=AC,∴AC=AD,
∴∠ACD=∠ADC,∴∠ACD=∠DCE,
∴CD平分∠ACE.
(2)猜想:∠BDC= ∠BAC.
证明:易知∠DBC= ∠ABC,∠DCE= ∠ACE,
∵∠BDC+∠DBC=∠DCE,
∴∠BDC+ ∠ABC= ∠ACE,
∵∠BAC+∠ABC=∠ACE,
∴∠BDC+ ∠ABC= ∠ABC+ ∠BAC,
∴∠BDC= ∠BAC.
20.(情境题·生命安全与健康)(2024甘肃兰州城关校级期末) (10分)森林火灾是一种常见的自然灾害,危害很大,随着我国 科技、经济的不断发展,开始应用飞机洒水的方式扑灭火源. 如图,有一台救火飞机沿东西方向,由点A飞向点B,已知点C 为其中一个着火点,AB=1 000 m,AC=600 m,BC=800 m,飞机 中心周围500 m以内可以受到洒水影响.
(1)请通过计算说明着火点C是否受洒水影响.
(2)若该飞机的速度为14 m/s,要想扑灭着火点C估计需要15 s,
请你通过计算判断着火点C能否被扑灭.
解析 (1)如图,过点C作CD⊥AB于点D,
∵AB=1 000 m,AC=600 m,BC=800 m,
∴AC2+BC2=6002+8002=1 0002,AB2=1 0002,
∴AC2+BC2=AB2,
∴△ABC是直角三角形,且∠ACB=90°,
∴S△ABC= AC·BC= CD·AB,
即600×800=1 000CD,∴CD=480 m,
∵飞机中心周围500 m以内可以受到洒水影响,480<500,∴着 火点C受洒水影响.
(2)如图,当EC=FC=500 m时,
在Rt△CDE中,ED= =140(m),
∴EF=2ED=280 m.
∵飞机的速度为14 m/s,280÷14=20(s),20 s>15 s,
∴着火点C能被扑灭.
21.(12分)如图,在等边三角形ABC中,点E是边AC上一定点,点 D是直线BC上一动点,以DE为边作等边三角形DEF,连接CF.
【问题解决】
如图①,若点D在边BC上,求证:CE+CF=CD.
【类比探究】
如图②,若点D在边BC的延长线上,请探究线段CE,CF与CD 之间存在怎样的数量关系,并说明理由.
解析 【问题解决】证明:在CD上截取CH=CE,如图所示.
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ECH=60°,
∴△CEH是等边三角形,
∴EH=EC=CH,∠CEH=60°,
∵△DEF是等边三角形,
∴DE=FE,∠DEF=60°,
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°,
∴∠DEH=∠FEC.
在△DEH和△FEC中,
∴△DEH≌△FEC(SAS),∴DH=CF,
∴CD=CH+DH=CE+CF,∴CE+CF=CD.
【类比探究】FC=CD+CE.理由如下:
∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=60°.
过点D作DG∥AB,交AC的延长线于点G,如图所示.
∵GD∥AB,∴∠GDC=∠B=60°,
∠DGC=∠A=60°,
∴∠GDC=∠DGC=60°,
∴△GCD为等边三角形,∴DG=CD=CG,
∵△EDF为等边三角形,
∴ED=DF,∠EDF=∠GDC=60°,
∴∠EDG=∠FDC.
在△EGD和△FCD中,
∴△EGD≌△FCD(SAS),∴EG=FC,
∴FC=EG=CG+CE=CD+CE,即FC=CD+CE.(共40张PPT)
(满分100分, 限时60分钟)
第七章 素养综合检测
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.(2024湖南永州冷水滩十二中月考)若方程(m+2n)x|m|+n=3yn+2+4是二元一次方程,则mn的值为 ( )
A.2 B.-1 C.0 D.-2
A
解析 ∵方程(m+2n)x|m|+n=3yn+2+4是二元一次方程,
∴ 解得
∴mn=-2×(-1)=2.故选A.
2.(2024山东泰安新泰宫里中学月考)下列方程组中,是二元 一次方程组的是 ( )
A. B.
C. D.
C
解析 A.方程组中mn的次数是2,故不是二元一次方程组,不 符合题意;B.方程组中x2项的次数是2,故不是二元一次方程 组,不符合题意;C.是二元一次方程组,符合题意;D.方程组中 第2个方程中分母含有未知数,故不是二元一次方程组,不符 合题意.故选C.
3.(2024湖南邵阳新宁月考)若方程mx+ny=3有两组解
和 则m+n的值为 ( )
A.3 B.4 C.5 D.6
D
解析 由题意得 两式相加得m+n=6,故选D.
4.(新独家原创)已知x和y满足2x+y=0和x-y=3,则点P(x,y)所在 的象限为 ( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
D
解析 根据题意得 ①+②得3x=3,解得x=1,把x=1
代入①得y=-2,
∴点P的坐标为(1,-2),∴点P在第四象限.
5.(2024台湾省中考)若二元一次方程组 的解为
则a+b的值为 ( )
A.-28 B.-14 C.-4 D.14
C
解析 把 代入 得
把②代入①得5a-3×(-3a)=28,解得a=2,
把a=2代入②得b=-6,a+b=2+(-6)=-4,故选C.
6.(2023吉林长春朝阳期中)已知二元一次方程组:① ② ③ ④ 解以上
方程组比较适合选择的方法是 ( )
A.①②用代入法,③④用加减法
B.①③用代入法,②④用加减法
C.②③用代入法,①④用加减法
D.②④用代入法,①③用加减法
B
解析 观察方程组可知,①③利用代入法较方便,②④利用加 减法较方便,故选B.
7.(2023吉林长春绿园期中)若单项式2xm+2nyn-2m+2与x5y7是同类 项,则mn的值是( )
A.3 B.-3 C.-1 D.
C
解析 ∵单项式2xm+2nyn-2m+2与x5y7是同类项,
∴ 解得
∴mn=(-1)3 =-1.故选C.
8.(跨物理·液体沸点)(2024安徽蚌埠固镇三模)学完一次函数 的知识后,某数学兴趣小组通过实验估计某液体的沸点,经过 几次测量,得到如下数据.
时间t/s 0 10 20 30
液体温度y/℃ 15 25 35 45
当加热70 s时,该液体刚好沸腾,则其沸点是( )
A.100 ℃ B.90 ℃ C.85 ℃ D.95 ℃
C
解析 根据题表可知y与t成一次函数关系,
设y=kt+b(k≠0),则 解得
∴y=t+15,经检验,其他数据也符合.
当t=70时,y=1×70+15=85,
即这种液体的沸点是85 ℃,
故选C.
9.对于实数a,b,我们规定“&”是一种运算:a&b=ax+by,其中 x,y是常数,如3&4=3x+4y.已知2&3=6且3&(-2)=-2,则x+y的值 为 ( )
A. B. C. D.5
C
解析 根据题意可得 由①×2+②×3,得4x+6y+9x-6y=12-6,解得x= ,将x= 代入①,得2× +3y=6,解得y= ,∴原方程组的解为 ∴x+y= + = ,故选C.
10.(情境题·社会主义先进文化)(2023河南洛阳月考)为响应 “科教兴国”战略的号召,学校计划成立创客实验室,现需购 买航拍无人机和编程机器人,已知购买1架航拍无人机和1个 编程机器人需要746元,1架航拍无人机价格的 比1个编程机
器人价格的3倍少75元.设购买1架航拍无人机需x元,购买1个 编程机器人需y元,则可列方程组为 ( )
A. B.
A
C. D.
解析 ∵购买1架航拍无人机和1个编程机器人需要746元, ∴x+y=746.∵1架航拍无人机价格的 比1个编程机器人价格
的3倍少75元,
∴ x+75=3y.∴可列方程组为 故选A.
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.(2023山东济南莱芜期中)若 是方程3x+y=1的一个
解,则9a+3b= .
3
解析 将 代入3x+y=1得3a+b=1,∴9a+3b=3(3a+b)=3×1
=3.
12.(2024山东济南商河期末)如图,直线y=-x+3与y=mx+n的交 点的横坐标为1,则关于x,y的二元一次方程组 的
解为 .
解析 ∵直线y=-x+3与y=mx+n的交点的横坐标为1,∴交点 的纵坐标为-1+3=2,
∴两直线交点的坐标为(1,2),
∴关于x,y的二元一次方程组 的解为
13.方程组 的解是 .
解析
①+②+③得2x+2y+2z=6,即x+y+z=3④,
④-①得z=1,④-②得x=0,④-③得y=2,
∴原方程组的解为
14.(教材变式·P28习题T2)当x=-2时,代数式ax2+bx+c的值是5; 当x=-1时,代数式ax2+bx+c的值是0;当x=1时,代数式ax2+bx+c 的值是-4,则当x=2时,代数式ax2+bx+c的值是 .
-3
解析 根据题意,得 解得
∴ax2+bx+c=x2-2x-3.
当x=2时,x2-2x-3=22-2×2-3=4-4-3=-3.
15.已知二元一次方程组 的解为 则图中三角形
ABC的面积为 .
24
解析 ∵ 的解为 ∴A(2,6),
把A(2,6)分别代入y=kx+4和y=-3x+b,
得2k+4=6,-6+b=6,解得k=1,b=12,
∴两直线的解析式分别为y=x+4,y=-3x+12,
在y=x+4中,当y=0时,x+4=0,解得x=-4,∴B(-4,0),
在y=-3x+12中,当y=0时,-3x+12=0,解得x=4,∴C(4,0),
∴三角形ABC的面积= ×(4+4)×6=24.
16.(2023山东济宁任城月考)在一家水果店,小明买了1斤苹 果,4斤西瓜,2斤橙子,共付了27.2元;小惠买了2斤苹果,6斤西 瓜,2斤橙子,共付了32.4元,则买1斤苹果和2斤西瓜一共需付 元.(1斤=500克)
5.2
解析 设买1斤苹果需付x元,买1斤西瓜需付y元,买1斤橙子 需付z元,由题意得
由②-①得x+2y=5.2,则买1斤苹果和2斤西瓜一共需付5.2元.
三、解答题(共52分)
17.(2024河南南阳月考)(12分)用适当的方法解下列方程组:
(1) (2)
(3)
解析 (1)①+②得3x=9,解得x=3,
把x=3代入①,得3-y=2,解得y=1,
故原方程组的解为
(2)①×2+②得7x=9,解得x= ,把x= 代入①得2× +3y=1,解得
y=- ,故原方程组的解为
(3)整理得
由①得x=7-2y③,
把③代入②,得3(7-2y)-4y=1.
解得y=2,
把y=2代入①,得x+2×2=7,解得x=3,
故原方程组的解是
18.(跨物理·浮力)(9分)在测浮力的实验中,将一长方体石块由 玻璃器皿的上方,向下缓慢移动浸入水里,在这一过程中,弹 簧测力计的示数F拉力(N)与石块下降的高度x(cm)之间的关系 如图所示.
(1)求AB所在直线的函数表达式.
(2)当石块下降的高度为8 cm时,求该石块所受浮力的大小.
(温馨提示:当石块位于水面上方时,F拉力=G;当石块入水后,
F拉力=G-F浮力)
解析 (1)设AB所在直线的函数表达式为F拉力=kx+b(k≠0),将 (6,4),(10,2.5)代入得
解得
∴AB所在直线的函数表达式为F拉力=- x+ .
(2)在F拉力=- x+ 中,令x=8,得F拉力=- ×8+ = ,∵4- =
(N),∴当石块下降的高度为8 cm时,该石块所受浮力为 N.
19.(9分)已知关于x,y的方程组 和 的解相
同.
(1)求a,b的值.
(2)若直线l1:y=ax+1与直线l2:y=- x+b分别交y轴于点A,B,两直
线交于点P,求△ABP的面积.
解析 (1)根据题意得 解得
将 代入方程组 得
解得
(2)由(1)可知a=1,b=-1,
∴直线l1的解析式为y=x+1,直线l2的解析式为y=- x-1,∴A(0,1),
B(0,-1),∴AB=2.
联立方程组 解得
∴点P的横坐标xP为- ,
∴S△ABP= AB·|xP|= ×2× = .
20.(新考向·过程性学习试题)(2023山东招远期中)(10分)
【数学问题】解方程组:
【思路分析】小明观察后发现方程①的左边是x+y,方程② 的括号里也是x+y,他想到可以把x+y视为一个整体,把方程① 直接代入方程②,这样,就可以将方程②直接转化为一元一次 方程,从而达到“消元”的目的.
【完成解答】
(1)请你按照小明的思路,完成解方程组的过程.
(2)你还能用其他的方法来求得方程组的解吗 若能,请写出 解答过程.
【迁移运用】
(3)请你按照小明的方法,解方程组:
解析 (1)把①代入②,得5x-2×2=6,解得x=2,
把x=2代入①得2+y=2,解得y=0,
∴原方程组的解为
(2)能.解答过程如下:由①得x=2-y③,
把③代入②得5(2-y)-2[(2-y)+y]=6,
解得y=0,把y=0代入①得x=2,
∴原方程组的解为 (解答过程不唯一)
(3)把①代入③得3+c=0,解得c=-3,
把c=-3代入②得5a-9=1,解得a=2,
把a=2代入①得2+b=3,解得b=1,
∴原方程组的解为
21.(2024江苏扬州邗江三模)(12分)已知用2辆A型车和1辆B 型车装满货物一次可运货10吨;用1辆A型车和2辆B型车装满 货物一次可运货11吨.某物流公司现有31吨货物,计划同时租 用A型车,B型车,一次运完,且恰好每辆车都装满货物.设租用 A型车a辆,B型车b辆.
根据以上信息,解答下列问题:
(1)1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运货多少吨
(2)请你帮该物流公司设计租车方案(即A,B两种型号的车各
租几辆).
解析 (1)设1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运 货x吨,y吨.
根据题意得 解得
答:1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运货3吨,4 吨.
(2)由题意可得3a+4b=31,∴b= .
∵a,b均为整数,
∴当a=1时,b=7;当a=5时,b=4;当a=9时,b=1.
故共有三种租车方案,分别为:①租用A型车1辆,B型车7辆;② 租用A型车5辆,B型车4辆;③租用A型车9辆,B型车1辆.(共48张PPT)
(满分100分, 限时60分钟)
第九章 素养综合检测
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.(跨物理·密度)(2023山西晋中期末)在物理学中,密度是物质 的特性之一,每种物质都有一定的密度.生活中豆油的密度比 水小,因此会浮在水面上.“在常温条件下,将豆油滴入水中, 豆油会浮在水面上”,这一事件是 ( )
A.必然事件 B.随机事件
C.不可能事件 D.不确定事件
A
解析 “在常温条件下,将豆油滴入水中,豆油会浮在水面 上”,这一事件是必然事件,属于确定事件,故选A.
2.(跨语文·成语解释)(2024浙江金华义乌期末)汉语是中华民 族智慧的结晶,成语又是汉语中的精华,是中华文化的一大瑰 宝,具有极强的表现力.下列成语描述的事件属于不可能事件 的是 ( )
A.百步穿杨 B.瓜熟蒂落
C.瓮中捉鳖 D.水中捞月
D
解析 “水中捞月”描述的事件是不可能事件.故选D.
3.(2024山东青岛市南期末)下列说法正确的是 ( )
A.“三角形三条高所在直线的交点在该三角形内部”是必 然事件
B.天气预报显示“明天的降雨概率为60%”,表示明天有6 0%的时间都在降雨
C.掷一枚质地均匀的硬币5次,其中有3次正面朝上,2次正面 朝下,因此正面朝上的概率是 ,正面朝下的概率是
D.“两直线被第三条直线所截,同位角相等”是随机事件
D
解析 A.“三角形三条高所在直线的交点在该三角形内 部”是随机事件,故原说法错误;B.天气预报显示“明天的降 雨概率为60%”,表示明天有60%的可能要降雨,故原说法错 误;C.掷一枚质地均匀的硬币5次,其中有3次正面朝上,2次正 面朝下,因此正面朝上的频率是 ,正面朝下的频率是 ,故原
说法错误;D.“两直线被第三条直线所截,同位角相等”是随 机事件,故原说法正确.故选D.
4.(情境题·科学研究)(2024山东潍坊模拟)在学校科技节宣传 活动中,科技活动小组将4个标有“百模大战”,3个标有“墨 子巡天”,2个标有“数智生活”的小球(除标记外其他都相 同)放入盒中,小红从盒中随机摸出1个小球,并对小球标记的 内容进行介绍,下列叙述正确的是 ( )
A.摸出“百模大战”小球的可能性最大
B.摸出“墨子巡天”小球的可能性最大
C.摸出“数智生活”小球的可能性最大
D.摸出三种小球的可能性相同
A
解析 ∵共有9个小球,其中4个标有“百模大战”,3个标有 “墨子巡天”,2个标有“数智生活”,
∴P(摸出“百模大战”小球)= ;
P(摸出“墨子巡天”小球)= = ;
P(摸出“数智生活”小球)= ,
∵ > > ,
∴摸出“百模大战”小球的可能性最大.
故选A.
5.(情境题·中华优秀传统文化)(2024广东深圳中考)二十四节 气,它基本概括了一年中四季交替的准确时间以及大自然中 一些物候等自然现象发生的规律,二十四个节气分别为春季 (立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨),夏季(立夏、小 满、芒种、夏至、小暑、大暑),秋季(立秋、处暑、白露、 秋分、寒露、霜降),冬季(立冬、小雪、大雪、冬至、小 寒、大寒),若从二十四个节气中选一个节气,则抽到的节气 在夏季的概率为( )
A. B. C. D.
D
解析 ∵共有二十四个节气,其中在夏季的有六个,∴抽到的 节气在夏季的概率为 = ,故选D.
6.(2024贵州遵义红花岗三模)如图所示的是某小区地下车库 的示意图.A为入口,B,C,D,E为出口,王师傅从入口进入后,任 选一个出口驶出,则王师傅恰好从D出口驶出的概率为 ( )
A. B. C. D.
C
解析 ∵有B,C,D,E四个不同的出口,∴王师傅恰好从D出口 驶出的概率为 ,故选C.
7.(2024山西太原期末)第33届夏季奥林匹克运动会于2024年 7月26日—8月11日在法国巴黎举行,如图所示的五张卡片(除 正面图案外完全相同)上分别印有巴黎奥运会的项目图标:篮 球、跳水、赛跑、骑行和花样游泳,其中跳水和花样游泳是 水上项目,现将五张卡片背面朝上放置,打乱后随机抽取一 张,则抽到的卡片上的图标恰好是水上项目的概率是 ( )
D
A. B. C. D.
解析 ∵共有5张卡片,其中印有水上项目(跳水和花样游泳) 图标的卡片有2张,∴打乱后随机抽取一张,抽到的卡片上的 图标恰好是水上项目的概率是 ,故选D.
8.(2021江苏常州中考)以下转盘分别被分成2个、4个、5 个、6个面积相等的扇形,任意转动这4个转盘各1次.已知某 转盘停止转动时,指针落在阴影区域的概率是 ,则对应的转
盘是( )
D
解析 A项,∵转盘被等分成2份,其中阴影区域占1份,∴指针 落在阴影区域的概率为 ;B项,∵转盘被等分成4份,其中阴
影区域占1份,∴指针落在阴影区域的概率为 ;C项,∵转盘
被等分成5份,其中阴影区域占2份,∴指针落在阴影区域的概 率为 ;D项,∵转盘被等分成6份,其中阴影区域占2份,∴指针
落在阴影区域的概率为 = .故选D.
9.(2023山东聊城阳谷三模)如图1,一个均匀的转盘被平均分 成10份,分别标有1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.小凯转动转盘做“用频 率估计概率”的试验,当转盘停止转动后,指针指向的数字即 为试验转出的数字,图2是小凯记录下的试验结果情况,那么 小凯记录的试验是 ( )
B
A.转动转盘后,出现偶数
B.转动转盘后,出现能被3整除的数
C.转动转盘后,出现比6大的数
D.转动转盘后,出现能被5整除的数
解析 观察题图2知:频率逐渐稳定在0.3,所以估计试验的概 率为0.3,A项,转动转盘后,出现偶数的概率为 =0.5,不符合
题意;B项,转动转盘后,出现能被3整除的数(3,6,9)的概率为 =0.3,符合题意;C项,转动转盘后,出现比6大的数(7,8,9,10)
的概率为 =0.4,不符合题意;D项,转动转盘后,出现能被5整
除的数(5和10)的概率为 =0.2,不符合题意.故选B.
10.(2023山东烟台芝罘期中)如图,△ABC中,D,E,F分别是AF, BD,CE的中点.一只蚂蚁在△ABC区域内爬行,它踩到空白部 分(△DEF)的概率为 ( )
A. B. C. D.
D
解析 如图,连接AE,
∵点E是BD的中点,∴S△AED= S△ABD,∵点D是AF的中点,∴S△AED=
S△DEF,∴S△DEF= S△ABD,同理,S△DEF= S△ACF= S△BCE,∴S△DEF= S△ABC,
∴一只蚂蚁在△ABC区域内爬行,它踩到空白部分(△DEF)
的概率为 .故选D.
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.(2024北京昌平期末)如图,货架上水平摆放着九个外包装 完全一样的盲盒,每个盲盒内装有一件商品,装有甲商品的盲 盒有5个,装有乙商品的盲盒有4个,随机抽取一个盲盒,则抽 到 商品的可能性大.(填“甲”或“乙”)
甲
解析 ∵装有甲商品的盲盒有5个,装有乙商品的盲盒有4个,
∴随机抽取一个盲盒,抽到甲商品的概率为 ;
抽到乙商品的概率为 ,∵ > ,
∴抽到甲商品可能性大.
12.(2024广东广州天河期末)某班的一个数学兴趣小组为了 了解某条斑马线前驾驶员礼让行人的情况,每天利用放学时 间进行调查,下表是该小组一个月内累计调查的结果,由此结 果可估计驾驶员在这条斑马线前能主动礼让行人的概率是 (结果保留小数点后一位).
0.8
排查车辆数n 20 40 100 200 400 1 000
能礼让的车辆数m 15 32 82 158 324 800
能礼让的频率 0.75 0.80 0.82 0.79 0.81 0.80
解析 根据题意得驾驶员在这条斑马线前能主动礼让行人 的频率稳定在0.80的附近,
∴估计驾驶员在这条斑马线前能主动礼让行人的概率是0.8. 故答案为0.8.
13.(2024江苏盐城东台一模)如图所示的是一块三角形飞镖 游戏板,它是由大小相等的9个小等边三角形组成的,向游戏 板随机投掷一枚飞镖(飞镖每次都落在游戏板上),则扎中白 色区域的概率是 .
解析 ∵游戏板的总面积为9个小等边三角形的面积,其中 白色区域的面积为6个小等边三角形的面积,∴飞镖落在白 色区域的概率是 = .
14.(跨生物·蜂巢)(2023山西晋中期末)大自然中有许多小动 物都是“小数学家”,图1是蜜蜂的蜂巢,结构非常精巧,实用 而且节省材料,多名学者通过研究发现:蜂巢巢房的横截面均 为六边形.图2是由7个全等的六边形组成的巢房截面图,一只 蜜蜂随机落在某个巢房中,则落在阴影部分所在巢房中的概 率为 .
解析 令每个六边形的面积为a,则巢房截面图面积为7a,阴 影部分的面积为4a,则落在阴影部分所在巢房中的概率为
= .
15.在不透明的袋子中装有黑、白两种球共50个,这些球除颜 色外都相同,随机从袋子中摸出一个球,记下颜色后,放回袋 子中并摇匀,再从中摸出一个球,经过大量重复试验后发现, 摸出黑球的频率稳定在0.4附近,则袋子中黑球的个数约为
.
20
解析 袋子中黑球的个数约为50×0.4=20.
16.(2024江苏泰州期末)不透明的盒子中装有红、白两色的小球共n(n为正整数)个,这些球除颜色外无其他差别,随机摸出一个小球,记下颜色后放回并摇匀,不断重复这一过程.如图所示的是用计算机绘制的试验结果.若盒子中共装有80个小球,可以根据本次试验结果,估算出盒子中红球的个数是 .
28
解析 随着试验次数的增加,“摸到红球”的频率稳定在0.35附近,所以可以估计“摸到红球”的概率是0.35,80×0.35=28,
所以盒子中红球的个数约是28,故答案为28.
三、解答题(共52分)
17.(12分)不透明的盒子中装有红球、黄球共10个,每个球除 颜色外其余都相同,每次从盒中摸出一个球,摸三次,不放回, 请你按要求设计出盒子中放球方案:
(1)“摸到三个球都是红球”是不可能事件.
(2)“摸到红球”是必然事件.
(3)“摸到两个黄球”是随机事件.
(4)“摸到两个黄球”是确定事件.
解析 (1)盒子中装有红球2个、黄球8个,则“摸到三个球都 是红球”是不可能事件.
(2)盒子中装有红球8个、黄球2个,则“摸到红球”是必然事件.
(3)盒子中装有红球8个、黄球2个,则“摸到两个黄球”是随 机事件.
(4)盒子中装有红球9个、黄球1个,则“摸到两个黄球”是不 可能事件,属于确定事件.
(1)(2)(3)方案均不唯一.
18.(2024广东茂名期末)(9分)用某种麦粒在相同条件下进行 发芽试验,结果如表所示:
试验的
麦粒数n 100 200 500 1 000 2 000 5 000
发芽的
麦粒数m 94 a 475 954 1 906 4 748
发芽的
频率 0.94 0.955 0.95 0.954 b 0.949 6
(1)上表中的a= ,b= .
(2)任取一粒麦粒,估计它能发芽的概率是 (精确到0.01).
(3)若某校劳动基地需要这种麦粒生长出的麦苗9 500棵,估 计需要准备多少麦粒进行发芽培育.
解析 (1)a=200×0.955=191,b=1 906÷2 000=0.953,
故答案为191;0.953.
(2)任取一粒麦粒,估计它能发芽的概率是0.95.
(3)9 500÷0.95=10 000(粒).
答:估计需要准备10 000粒麦粒进行发芽培育.
19.(2024广东佛山顺德期末)(9分)某商场促销,设有两种抽奖 方式:
方式一:如图1,有一枚质地均匀的正二十面体的骰子,其中1 个面上标有数字“1”,2个面上标有数字“2”,3个面上标有 数字“3”,4个面上标有数字“4”,5个面上标有数字“5”, 其余的面上标有数字“6”.将这个骰子掷出后,若标有数字 “6”的面朝上,则获奖;
方式二:如图2,一个质地均匀的转盘被等分成12份,分别标有 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12这12个数字,转动转盘,当转盘停止
时,若指针指向的数字为3的倍数,则获奖.
请通过计算说明选择何种抽奖方式,获奖机会更大.
解析 方式一:P(标有数字“6”的面朝上)= = = ,方式二:P(指针指向的数字为3的倍
数)= = ,
因为 < ,所以选择抽奖方式二获奖机会更大.
20.(2023山东淄博桓台期末)(10分)某儿童用品商店在“六 一”儿童节设置了一个购物摸球游戏:在一不透明的箱子里 装了50个小球,这些小球上分别标有50元,8元,2元,0元,其中 标有50元的小球有4个,标有0元的小球有5个,标有2元的小球 的个数比标有8元的小球的个数的2倍少1,这些小球除数字外其余都相同,并规定:凡购买指定商品,可以摸球一次,如果摸到标有50元,8元,2元的小球,那么可以得到等价值的奖品一个.
已知小明购买了指定商品,根据以上信息回答下列问题:
(1)小明获得奖品的概率是 ,获得8元奖品的概率是 .
(2)为了吸引顾客,儿童用品店现将8元奖品的获奖概率提高 到 ,在保持小球总数不变的情况下,需要把几个标有2元的
小球改为标有8元的小球
解析 (1)设标有8元的小球有x个,则标有2元的小球有(2x-1) 个,由题意得x+2x-1+4+5=50,解得x=14,所以2x-1=27,
所以标有8元的小球有14个,标有2元的小球有27个,
所以获得奖品的概率为 = ,
获得8元奖品的概率为 = ,
故答案为 ; .
(2)设需要将y个标有2元的小球改为标有8元的小球,由题意 得 = ,
解得y=6,
所以需要将6个标有2元的小球改为标有8元的小球.
21.(跨信息技术·扫雷)(12分)如图所示的是计算机“扫雷” 游戏的画面,在9×9的小方格雷区中,随机埋藏着10颗地雷,每 个小方格最多能埋藏1颗地雷.小明玩游戏时先踩中一个小 方格,显示数字2,表示与这个小方格相邻的8个小方格(包含 数字2的黑框区域记为A)中埋藏2颗地雷.
(1)游戏刚开始时,如果小明踩在图中9×9的小方格的任意一 个小方格上,那么他踩中地雷的概率是 .
(2)若小明在A区域内与数字2相邻的8个小方格中任踩一个, 则他踩中地雷的概率是 .
(3)为了尽可能不踩中地雷,小明踩完第一步之后,第二步应 踩在A区域内的小方格上,还是踩在A区域外的小方格上 请 说明理由.
解析 (1)游戏刚开始时,如果小明踩在题图中9×9的小方格 的任意一个小方格上,那么他踩中地雷的概率是 .故答案为
.
(2)若小明在区域A内围着数字2的8个小方格中任踩一个,则 他踩中地雷的概率是 = .故答案为 .
(3)小明的第二步应踩在A区域外的小方格上.
理由:由(2)知踩在A区域内的小方格上不踩中地雷的概率为1 - = ,
踩在A区域外的小方格上不踩中地雷的概率为 = =
,
∵ < ,
∴小明的第二步应踩在A区域外的小方格上.(共48张PPT)
(满分100分, 限时60分钟)
第八章 素养综合检测
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.下列语句是命题的有 ( )
①两点之间线段最短;
②连接PQ;
③不相交的两条直线平行;
④对顶角的平分线在同一条直线上;
⑤两个有理数相加,和一定大于每一个加数吗
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
B
解析 命题有①两点之间线段最短;③不相交的两条直线平 行;④对顶角的平分线在同一条直线上.②⑤不是判断的句 子,不是命题.故选B.
2.下列说法是定义的是 ( )
A.对顶角相等
B.三角形的三个内角和等于180°
C.三角形一边上的中线把这个三角形的面积均分成两份
D.只含有一个未知数,且未知数的最高次数是1的整式方程 叫做一元一次方程
D
解析 D是一元一次方程的定义.故选D.
3. (2023河北邢台期中)能说明“相等的角是对顶角”是假 命题的一个反例是( )
A
解析 A项中两个角的度数都是30°,这两个角相等,但这两个 角不是对顶角,可以说明“相等的角是对顶角”是假命题;B 项中两个角的度数都是30°,这两个角相等,且这两个角是对 顶角,不能说明“相等的角是对顶角”是假命题;C项中两个 角不相等,不能说明“相等的角是对顶角”是假命题;D项中 两个角不相等,不能说明“相等的角是对顶角”是假命题.故 选A.
4.(2024山东枣庄山亭期末)下列说法是真命题的有 ( )
①同位角相等;②在同一平面内,如果两条直线都与第三条直 线垂直,那么这两条直线互相平行;③三角形的一个外角大于 任何一个内角;④带根号的数一定是无理数.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
A
解析 ①两直线平行,同位角相等,故原命题错误,是假命题, 不符合题意;②在同一平面内,如果两条直线都与第三条直线 垂直,那么这两条直线互相平行,正确,是真命题,符合题意;③ 三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角,故原命 题错误,是假命题,不符合题意;④带根号的数不一定是无理 数,如: ,故原命题错误,是假命题,不符合题意.故真命题有1
个,故选A.
5.(2024四川达州渠县三模)如图,在△ABC中,点D,E,F分别是BC,
BA,AC上的点,连接EF,ED,EC,则下列条件中,能判定DE∥AC
的是( )
A.∠BED=∠EFC
B.∠1=∠2
C.∠BEF+∠B=180°
D.∠3=∠4
D
解析 由∠BED=∠EFC不能判定DE∥AC,
故A不符合题意;
∵∠1=∠2,∴EF∥BC,故B不符合题意;
∵∠BEF+∠B=180°,∴EF∥BC,故C不符合题意;
∵∠3=∠4,∴DE∥AC,故D符合题意.故选D.
6.(跨物理·光的折射)(2023广东深圳宝安三模)当光线从水中 射向空气时会发生折射,由于折射率相同,所以在水中平行的 光线,在空气中也是平行的,如图,容器水平放置,若∠1=50°, ∠2=158°,则∠3的度数为 ( )
A.50° B.68°
C.72° D.78°
C
解析 如图所示,
根据题意可知AC∥DE∥FG,BD∥CE,DF∥EG,∵BC∥DE, ∴∠1=∠BDE=50°,∴∠EDF=∠2-∠BDE=158°-50°=108°,
∵DE∥FG,∴∠DFG=180°-∠EDF=180°-108°=72°,
∵DF∥EG,∴∠3=∠DFG=72°,故选C.
7.(2023山东泰安中考)把一块直角三角尺和一把直尺按如图 所示的方式放置,若∠1=35°,则∠2的度数等于 ( )
A.65° B.55° C.45° D.60°
B
解析 如图,过点C作CA∥DF,
则∠1=∠ACF,
∵∠1=35°,
∴∠ACF=35°,
∵DF∥EG,
∴CA∥EG,
∴∠ACG=∠2,
∵∠FCG=90°,∴∠2=∠ACG=90°-35°=55°.故选B.
8.(2024江苏徐州沛县期末)如图所示的是一个五角星,则∠A+
∠B+∠C+∠D+∠E= ( )
A.90° B.180° C.270° D.360°
B
解析 如图,设AC,BE交于点M,AD,BE交于点N,
则∠AMN=∠C+∠E,∠ANM=∠B+∠D,所以∠A+∠B+∠C+ ∠D+∠E=∠A+∠AMN+∠ANM=180°,故选B.
9.如图,一艘货轮在海面上航行,准备要停靠到码头C处,货轮 航行到A处时,测得码头C在北偏东60°方向上.为了躲避A,C 之间的暗礁,这艘货轮调整航向,沿着北偏东30°方向继续航 行,当它航行到B处后,又沿着南偏东70°方向航行到达码头C 处,那么∠C的度数是 ( )
A.40°
B.45°
C.50°
D.60°
C
解析 如图,
∵BD∥AE,∴∠ABD=∠EAB=30°,
∵∠EAC=60°,∴∠BAC=60°-30°=30°,
∴∠C=180°-∠BAC-∠ABD-∠DBC=180°-30°-30°-70°
=50°.故选C.
10.(2024福建漳州华安月考)如图,在△ABC中,∠A=∠ABC, BH是∠ABC的平分线,BD和CD是△ABC两个外角的平分线, D,C,H三点在一条直线上,下列结论:①DB⊥BH;②∠D=90°- ∠A;③DH∥AB;④∠H= ∠A;⑤∠CBD=∠D,其中正确的
结论有 ( )
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
D
解析 ①∵BH,BD是∠ABC与∠CBE的平分线,
∴∠ABC=2∠CBH,∠CBE=2∠CBD,
∵∠ABC+∠CBE=180°,
∴∠CBH+∠CBD=90°,即∠DBH=90°,
∴DB⊥BH,故①正确;
②∵BD和CD是△ABC两个外角的平分线,
∴∠D=180°-∠DBC-∠DCB
=180°- ∠EBC- ∠BCF
=180°- (180°-∠ABC)- (180°-∠ACB)
= (∠ABC+∠ACB)
= (180°-∠A)
=90°- ∠A,故②正确;
③∵∠A=∠ABC,
∴∠BCF=∠A+∠ABC=2∠ABC,
∵CD是∠BCF的平分线,
∴∠BCD= ∠BCF=∠ABC,
∴DH∥AB,故③正确;
④∵∠D=90°- ∠A,∠DBH=90°,
∴∠H=90°-∠D= ∠A,故④正确;
⑤∵∠ABC+∠CBE=180°,BD平分∠CBE,
∴∠CBD= ∠CBE= (180°-∠ABC)=90°- ∠ABC,
∵∠A=∠ABC,∴∠CBD=90°- ∠A,
∵∠D=90°- ∠A,∴∠CBD=∠D,故⑤正确.
综上所述,正确的有5个.
故选D.
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.一个三角形的外角等于与其相邻的内角,则这个三角形为 三角形.
直角
解析 如图所示,
∵∠DAC=∠B+∠C,∠DAC=∠BAC,∠B+∠C+∠BAC=180°, ∴2∠BAC=180°,∴∠BAC=90°,∴三角形ABC为直角三角形.
12.如图,将一副三角尺按如图所示的方式摆放,则图中∠AOB
的度数为 .
105°
解析 ∵∠ACO=45°-30°=15°,
∴∠AOB=∠A+∠ACO=90°+15°=105°.
13.把命题“两数异号,和是正数”改写成“如果……那么… …”的形式是 ,它是
命题.(填“真”或“假”)
如果两数异号,那么它们的和是正数
假
解析 命题可改写为“如果两数异号,那么它们的和是正 数”,这个命题是假命题.
14.如图,一条公路修到湖边时,需拐弯绕湖而过,若∠A=130°, ∠B=150°,AF∥CD,则∠C的度数为 .
160°
解析 如图,延长AB,交DC的延长线于点E,
由题意得AF∥DE,∴∠A=∠E=130°,
∵∠ABC=150°,∴∠CBE=30°,
∴∠BCD=∠CBE+∠E=30°+130°=160°.
15.(2024陕西咸阳期末)如图,CE平分△ABC的外角∠ACD,F 为CA延长线上一点,FG∥CE,交AB于点G,则∠1,∠2与∠3之 间的数量关系是 .
∠2+∠3=∠1
解析 ∵CE平分∠ACD,
∴∠1=∠ECF,
∵FG∥CE,∴∠F=∠ECF=∠1,
∵∠FCD=∠3+∠BAC,∠BAC=∠2+∠F,
∴∠FCD=∠3+∠2+∠F,
∴∠1+∠ECF=∠3+∠2+∠F,
∴∠2+∠3=∠1.
16.(2024山东泰安新泰宫里中学月考)如图,∠ACP=∠PCD,∠ABP=∠PBD,且∠A=80°,∠D=120°,则∠P的度数为 .
100°
解析 ∵∠ACP=∠DCP,∠ABP=∠DBP,∠ACP+∠A=
∠ABP+∠P,∠DCP+∠P=∠DBP+∠D,
∴∠A-∠P=∠P-∠D,∴∠P= (∠A+∠D),
∵∠A=80°,∠D=120°,∴∠P= ×(80°+120°)=100°.
三、解答题(共52分)
17.(2024河南周口西华月考)(8分)
(1)判断下列命题是真命题还是假命题.如果是假命题,请举 出一个反例.
①两个锐角的和是锐角;
②0既不是正数,也不是负数.
(2)如图,已知钝角∠AOB,点D在射线OB上,画直线DE⊥OB, DF⊥OA,垂足为F.
解析 (1)①假命题.
反例:若∠A=40°,∠B=60°,则∠A+∠B=100°>90°,是钝角,故原命题是假命题.
②真命题.
(2)如图,DE,DF即为所求.
18.(2024湖北黄石黄石港期末)(10分)如图,从①∠1=∠2;② ∠C=∠D;③∠A=∠F三个条件中选出两个作为已知条件,另 一个作为结论可以组成3个命题.
(1)这三个命题中,真命题的个数为 .
(2)选择一个真命题加以证明.(要求写出每一步的依据)
解析 (1)由①②,得③;由①③,得②;由②③,得①,均为真命 题.故答案为3.
(2)答案不唯一.可选由①②,得③.
证明:如图所示,
∵∠1=∠2(已知),∠1=∠3(对顶角相等),
∴∠3=∠2(等量代换),
∴DB∥EC(同位角相等,两直线平行),
∴∠D=∠4(两直线平行,同位角相等),
∵∠C=∠D(已知),∴∠4=∠C(等量代换),
∴DF∥AC(内错角相等,两直线平行),
∴∠A=∠F(两直线平行,内错角相等).
19.(2023山东济南莱芜期中)(10分)如图,△ABC中,CD⊥AB于 点D,DE∥BC交AC于点E,EF⊥CD于点G,交BC于点F.
(1)求证:∠ADE=∠EFC.
(2)若∠ACB=72°,∠A=60°,求∠DCB的度数.
解析 (1)证明:∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,
∵CD⊥AB,EF⊥CD,∴AB∥EF,
∴∠B=∠EFC,∴∠ADE=∠EFC.
(2)∵∠ACB=72°,∠A=60°,
∴∠B=180°-∠A-∠ACB=48°,
∵CD⊥AB,∴∠BDC=90°,
∴∠DCB=180°-90°-48°=42°.
20.(2024江西宜春高安期末)(12分)在综合与实践课上,同学们以
“一个含30°角的直角三角尺和两条平行线”为背景开展数
学活动.如图,已知直线EF∥MN,直线EF和直角三角形ABC的边
AB相交于点D,其中∠ACB=90°,∠ABC=60°,∠A=30°.
(1)若∠1=32°,求∠2的度数.
(2)在(1)的条件下,求∠3的度数.
(3)创新小组的同学们探究后,发现图
中∠2和∠3始终满足某一数量关系,请直接写出该数量关系.
解析 (1)∵EF∥MN,∴∠2=∠ACN,
∵∠1+∠ACB+∠ACN=180°,
∴∠ACN=180°-90°-32°=58°.
∴∠2=58°.
(2)∵∠2=∠A+∠ADE,∠2=58°,∠A=30°,
∴∠ADE=58°-30°=28°,
∴∠3=180°-28°=152°.
(3)∠2+∠3=210°.详解:
∵∠2=∠A+∠ADE,∠ADE=180°-∠3,
∴∠2=30°+180°-∠3,
∴∠2+∠3=210°.
21.(2024四川成都期中)(12分)如图1,在△ABC中,BD平分∠ABC,
CE平分∠ACB,连接BE,CD,且∠EBA+∠ACD=∠BAC.
(1)求证:BE∥CD.
(2)若∠E=82°,∠A=44°,求∠D的度数.
(3)分别作∠BEC与∠BDC的平分线,两条平分线交于点G,探究∠BAC,∠EGD的数量关系,并证明你的结论.(先在图2中补全图形)
解析 (1)证明:如图,过点A作AP∥BE,
则∠EBA=∠BAP,∵∠EBA+∠ACD=∠BAC=∠BAP+∠CAP,
∴∠ACD=∠CAP,∴AP∥CD,∴BE∥CD.
(2)设∠CBD=α,∠BCE=β,∴∠BFE=∠CBD+∠BCF=α+β,
∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,
∴∠CBD=∠ABD=α,∠ACE=∠BCE=β,
∵∠BAC=44°,
∴∠ABC+∠ACB=2α+2β=180°-44°=136°,
∴α+β=68°,
∵∠BAC=44°,∴∠ABE+∠ACD=44°,
∵∠BFE+∠E+∠EBF+∠D+∠CFD+∠DCF=360°,
∴3α+3β+82°+44°+∠D=360°,
∴3×68°+126°+∠D=360°,
∴∠D=30°.
(3)∠EGD= ∠BAC+45°.证明:如图,
设∠CDG=x,∠BEG=y,
∵EG平分∠BEC,DG平分∠BDC,
∴∠BEG=∠CEG=y,∠CDG=∠BDG=x,
∵∠BME=∠DMG,
∴∠DBE+∠BEG=∠EGD+∠BDG,即∠ABD+∠ABE+y=
∠EGD+x①,
∵∠DNC=∠ENG,
∴∠CDN+∠DCN=∠EGD+∠NEG,即x+∠ACD+∠ACE=
∠EGD+y②,
∵∠BAC=∠ABE+∠ACD,2∠ABD+2∠ACE=180°-∠BAC,
∴∠ABD+∠ACE=90°- ∠BAC,
①+②得x+y+∠BAC+90°- ∠BAC=2∠EGD+x+y,
∴∠EGD= ∠BAC+45°.(共43张PPT)
(满分100分, 限时60分钟)
第十一章 素养综合检测
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.(2024陕西西安长安月考)下列各式:①x2+2x>5;②a+b+c;③ ≥ ;④x-1;⑤x+2≤3-2x.其中是不等式的有 ( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
B
解析 ①x2+2x>5是不等式;②a+b+c是代数式;③ ≥ 是
不等式;④x-1是代数式;⑤x+2≤3-2x是不等式,所以是不等式 的为①③⑤,共3个,故选B.
2.(2023山西临汾期末)限高标志牌是指禁止装载高度超过标 志所示数值的车辆通行.如图所示的是某桥洞的限高标志牌, 则下列车辆能通过此桥洞的是 ( )
A.4.5 m B.5.5 m C.6 m D.6.5 m
A
解析 由题图可知该桥洞禁止装载高度超过5 m的车辆通 行,∵4.5<5<5.5<6<6.5,
∴装载高度为4.5 m的车辆能通过此桥洞,故选A.
3.(2024河北廊坊固安期末)已知关于x的不等式组
下列说法不正确的是 ( )
A.若它的解集是1
B.当a=1时,此不等式组无解
C.若它的整数解只有2,3,4,则4≤a<5
D.若不等式组无解,则a≥1
D
解析 由①得x>1,由②得x≤a.
A.当不等式组的解集是1a=4,故A正确,不符合题意;
B.当a=1时,不等式②的解集为x≤1,
此时不等式组无解,故B正确,不符合题意;
C.当不等式组的整数解只有2,3,4时,4≤a<5,故C正确,不符合 题意;
D.当不等式组无解时,a≤1,故D错误,符合题意.故选D.
4.(2024四川眉山中考)不等式组 的解集是 ( )
A.x>1 B.x≤4
C.x>1或x≤4 D.1D
解析
解不等式①,得x>1,解不等式②,得x≤4,
故不等式组的解集为15.(2022山东潍坊高密期中)若点M(1-2m,m-1)在第三象限内, 则m的取值范围在数轴上表示正确的是 ( )
B
解析 ∵点M(1-2m,m-1)在第三象限内,
∴ 解得0.56.(2024内蒙古包头中考)若2m-1,m,4-m这三个实数在数轴上 所对应的点是从左到右依次排列的,则m的取值范围是 ( )
A.m<2 B.m<1
C.1B
解析 由题意可得2m-1即 解得m<1,故选B.
7.(2024河南南阳南召期末)定义新运算“@”,并规定:a@b= a-2b,若关于x的不等式组 的解集为x>6,则a的取值
范围是 ( )
A.a≥2 B.a>2 C.a≤2 D.a<2
C
解析 由题意得
解不等式①得x>6,
解不等式②得x>3a,
∵不等式组的解集为x>6,
∴3a≤6,解得a≤2,故选C.
8.(2023山东泰安肥城期末)如图,已知直线y=ax+2与直线y= mx+b的交点的横坐标是-2.下列结论:①a>0;②b<0;③方程ax +2=mx+b的解是x=-2;④不等式ax-b>mx-2的解集是x>-2.其中 正确结论的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
D
解析 由题图可知a>0,b<0,故①②正确;
∵直线y=ax+2与直线y=mx+b的交点的横坐标是-2,∴方程ax +2=mx+b的解为x=-2,故③正确;
当x>-2时,直线y=ax+2在直线y=mx+b的上方,∴当x>-2时,ax+ 2>mx+b,即不等式ax-b>mx-2的解集是x>-2,故④正确.故选D.
9.(2023山东济宁金乡一模)关于x的不等式组 恰好
有3个整数解,则a满足 ( )
A.a=10 B.10≤a<12
C.10B
解析 由6-3x<0得x>2,由2x≤a得x≤ ,
∵不等式组恰好有3个整数解,∴不等式组的整数解为3、 4、5,∴5≤ <6,解得10≤a<12,故选B.
10.(2023四川攀枝花一模)每年3月12日是“植树节”,某班 为响应“绿水青山就是金山银山”的理念,在植树节这天组 织学生开展植树活动,老师提前购买了一定数量的树苗,在分 发树苗的过程中,若每人种3棵,则多出86棵,若每人种5棵,则 有一人分得的树苗不足3棵,则这批树苗共有 ( )
A.122棵 B.186棵 C.212棵 D.221棵
D
解析 设有x人植树,则这批树苗共有(3x+86)棵,
由题意得 解得44∵x为正整数,∴x=45,
∴3x+86=221,∴这批树苗共有221棵.故选D.
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.(新独家原创)若a>b,且(m-3)a>(m-3)b,则m的取值范围是
.
m>3
解析 ∵a>b,且(m-3)a>(m-3)b,∴m-3>0,即m>3.
12.(2024黑龙江大庆中考)不等式组 的整数解有
个.
4
解析 解不等式x> 得x>-2,
解不等式5x-3<9+x得x<3,
所以不等式组的解集为-2所以不等式组的整数解为-1,0,1,2,
即不等式组有4个整数解.
故答案为4.
13.某公司为用户提供了上网费用的两种收费方式,如下表:
收费标准
收费方式 基础费用
(单位:元/月) 价格(单位:
元/分钟)
A 0 0.1
B 20 0.05
设用户上网的时间为x分钟,A,B两种收费方式的费用分别为 yA元、yB元,它们的函数图象如图所示,则当上网时间多于400 分钟时,选择 种方式更省钱.(填“A”或“B”)
B
解析 由图象可知,当上网时间多于400分钟时,
yA的函数图象在yB的函数图象上方,即yA>yB,
∴上网时间多于400分钟时,选择B方式更省钱.
故答案为B.
14.(2024山东泰安肥城二模)若关于x的不等式2x-3a+2≥0的 最小整数解为5,则实数a的取值范围为 .
解析 解不等式2x-3a+2≥0得x≥ ,
∵不等式的最小整数解为5,
∴4< ≤5,∴ 15.(跨体育与健康·投篮比赛)(2024山西晋中介休期中)体育 课上进行投篮比赛,规定:投进一球可得3分,投丢一球扣1分, 每人投篮12次.小宇同学要想得分不低于28分,则他至少需要 投进 个球.
10
解析 设小宇同学投进x个球,则投丢(12-x)个球,根据题意得 3x-(12-x)≥28,解得x≥10,
∴他至少需要投进10个球.故答案为10.
16.(教材变式·P153T3)(2021四川遂宁中考)已知关于x,y的二 元一次方程组 的解满足x-y>0,则a的取值范围
是 .
a>1
解析
①-②得x-y=3a-3,
∵x-y>0,∴3a-3>0,解得a>1.
三、解答题(共52分)
17.(2024山东泰安岱岳期末)(10分)
(1)解不等式: -1> +2.
(2)解不等式组:
解析 (1)去分母,得2(x+5)-6>9x+12,
去括号,得2x+10-6>9x+12,
移项,得2x-9x>12-10+6,
合并同类项,得-7x>8,
系数化为1,得x<- .
(2)解不等式5x-2>3(x+1),得x> ,
解不等式 x-1≥8-x,得x≥6,
∴不等式组的解集为x≥6.
18.(新独家原创)(6分)当x取何整数时,不等式1- >
和不等式2-3x≤4-x同时成立
解析 根据题意可得
解不等式①得x<1,
解不等式②得x≥-1,
∴不等式组的解集为-1≤x<1.
∴当x取-1或0时,不等式1- > 和不等式2-3x≤4-x同
时成立.
19.(2023山东烟台莱州期末)(8分)已知方程组
的解满足x,y均为负数.
(1)求m的取值范围.
(2)在(1)的条件下,若不等式(2m+1)x-2m<1的解为x>1,求m的 整数值.
解析 (1)
①+②得2x=2m-6,∴x=m-3,
①-②得2y=-8-4m,∴y=-2m-4,
∵x,y均为负数,∴ 解得-2(2)将不等式(2m+1)x-2m<1移项,得(2m+1)x<2m+1,
∵不等式(2m+1)x-2m<1的解为x>1,
∴2m+1<0,解得m<- ,
∵-2∴m的整数值为-1.
20.(2022山东青岛莱西期末)(6分)某商品的进价为900元,出 售时标价为1 650元,后来由于该商品积压,商店准备打折销 售,但要保证利润率不低于10%,则该商品最多可打几折
解析 设该商品打了x折,由题意得1 650× -900≥900×10%,
解得x≥6.
答:该商品最多可打6折.
21.(2024上海杨浦期中)(10分)已知关于a的方程2(a-2)=a+4 的解也是关于x的方程2(x-3)-b=7的解.
(1)求a,b的值.
(2)求出关于x的不等式ax-1≥ -b的最大整数解.
解析 (1)∵2(a-2)=a+4,∴2a-4=a+4,解得a=8.
∵关于a的方程2(a-2)=a+4的解也是关于x的方程2(x-3)-b=7 的解,∴把x=8代入方程2(x-3)-b=7,得2×(8-3)-b=7,解得b=3,
∴a=8,b=3.
(2)由(1)可知a=8,b=3,∴不等式为8x-1≥ -3,
去分母,得16x-2≥18x-5-6,
移项,得-18x+16x≥2-5-6,
合并同类项,得-2x≥-9,
系数化为1,得x≤4.5,
∴不等式的最大整数解为4.
22.(2024黑龙江龙东地区中考)(12分)为了增强学生的体质, 某学校倡导学生在大课间开展踢毽子活动,需购买甲、乙两 种品牌的毽子.已知购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子 5个共需200元;购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个 共需325元.
(1)购买一个甲种品牌毽子和一个乙种品牌毽子各需多少元
(2)若购买甲、乙两种品牌的毽子共花费1 000元,其中甲种 品牌毽子的数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙 种品牌毽子数量的16倍,则有几种购买方案
(3)若商家每售出一个甲种品牌毽子利润是5元,每售出一个 乙种品牌毽子利润是4元,在(2)的条件下,学校如何购买毽子 商家获得的利润最大 最大利润是多少元
解析 (1)设购买一个甲种品牌毽子需x元,购买一个乙种品 牌毽子需y元,根据题意得 解得
答:购买一个甲种品牌毽子需15元,购买一个乙种品牌毽子需 10元.
(2)设购买m个甲种品牌毽子,则购买 = 个
乙种品牌毽子,根据题意得 解得 ≤m≤64,
∵m,100- m均为正整数,
∴m可以为60,62,64,
∴学校共有3种购买方案:
方案1:购买60个甲种品牌毽子,10个乙种品牌毽子;
方案2:购买62个甲种品牌毽子,7个乙种品牌毽子;
方案3:购买64个甲种品牌毽子,4个乙种品牌毽子.
(3)学校选择方案1后,商家可获得的总利润为5×60+4×10=
340(元);
学校选择方案2后,商家可获得的总利润为5×62+4×7=338 (元);
学校选择方案3后,商家可获得的总利润为5×64+4×4=336 (元).
∵340>338>336,
∴在(2)的条件下,学校购买60个甲种品牌毽子,10个乙种品 牌毽子时,商家获得的利润最大,最大利润是340元.