章末检测试卷(四)

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第四章章末检测

第四章地表形态的塑造主备：刘秀云【学习目标】通过训练巩固第三四学习的知识点。

【重点难点】1、各种地貌的举例和岩石圈物质循环过程2、了解褶皱的概念、成因，认识褶皱山的形成和基本形态。

3、背斜、向斜对地貌的影响及判断。

4、断层的概念、主要断层地貌、断块山地及其主要特点【知识点梳理】一、选择题(每小题4分，共60分)1．下列关于内、外力作用的叙述，正确的是 ( ) A ．内力作用的能量主要来自太阳辐射能B ．内力作用的主要表现是地壳运动、岩浆活动、固结成岩等C ．外力作用使地表变得趋于平缓D ．外力作用强度较小，速度缓慢，内力作用激烈而迅速地质作用包括内力作用和外力作用，对地表形态会产生重大影响。

读“黄土高原”和“狮身人面像”图，完成2～3题。

2．“千沟万壑、支离破碎”是黄土高原现今地表形态的典型写照，其成因主要是( ) A ．风力侵蚀 B ．风化作用 C ．流水侵蚀 D ．冰川侵蚀 3．矗立在尼罗河畔的埃及狮身人面像缺损严重，其主要原因可能是 ( ) A ．雨水侵蚀和溶蚀作用B ．风化和风蚀作用 C ．喀斯特作用 D ．海蚀作用构造实践意义原因或依据背斜石油、天然气埋藏区岩层封闭，常有“储油构造”，易于储油、储气隧洞的良好选址天然拱形，结构稳定，不易储水顶部地带适宜建采石场裂隙发育，岩石破碎向斜地下水储藏区，常有“自流井”分布底部低凹，易汇集水，承受静水压力断层泉水、湖泊分布地；河谷发育岩隙水沿着断层线出露；岩石破碎，易被侵蚀为洼地，利于地表水汇集铁路、公路、桥梁、水库等的回避处岩层不稳定，容易诱发断层活动，破坏工程；水库水易渗漏当地时间2010年8月28日凌晨，印度尼西亚苏门答腊岛的锡纳朋火山在沉寂了400年后突然喷发。

读“锡纳朋火山与大松巴哇火山在印度尼西亚国内的位置分布图“，回答4～6题。

4．下面的“地壳物质循环示意图”中，能代表锡纳朋火山活动的地质过程及形成的岩石的数字或字母分别是()A．⑦a B．③b C．②c D．①d5．引起锡纳朋火山持续喷发的板块及该处的板块边界类型分别是()A．亚欧板块与太平洋板块生长边界B．亚欧板块与印度洋板块消亡边界C．印度洋板块与太平洋板块生长边界D．亚欧板块与太平洋板块消亡边界6．根据图丙中大松巴哇火山爆发后的火山灰厚度分布情况，可推测大松巴哇火山爆发期间的盛行风是( ) A．西北风B．东南风C．西南风D．东北风下图为“某地某水平面的岩层分布图”，读图回答7～9题。

新教材湘教版高中地理必修第二册第四章区域发展战略章末综合检测试卷(两套,含答案解析)

第四章区域发展战略综合测评(两套)第一套 (1)第二套 (13)第一套(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(每小题2分,共50分)在方言中,横切山脉使山脉中断的河谷或山谷称为“陉”,这种谷底因为走向与山脉近于垂直相交,也称为“横谷”。

“陉”在历史上常被利用作为迁徙、贸易、征战的道路系统。

下图为太行八陉示意图。

据此完成1~2题。

1.历史上“陉”的功能主要表现在()①交通通道②农业基地③人口集聚区④关隘要冲A.①②B.②③C.③④D.①④2.太行八陉中,交通意义最为重要的是()A.飞狐陉B.井陉C.曲陉D.轵关陉答案:1.D 2.B解析:第1题,主要考查自然环境对人类活动的影响。

由材料可知,历史上“陉”的功能主要表现在交通通道和关隘要冲。

第2题,主要考查交通线路分布的影响。

读图可知,井陉连接了石家庄、太原等主要城市,交通意义最为重要。

二十四道拐是地名,也是一段二十四道弯的公路,位于贵州省黔西南州晴隆县城南郊1千米处。

该公路在倾角约60度的斜坡上呈“S”型依山势而建,全程约4千米,是理想的山区公路汽车爬坡比赛赛场。

据此完成3~4题。

3.二十四道拐是理想的山区公路汽车爬坡比赛赛场,其原因主要是()A.路面湿润光滑,易发生驾驶事故B.“S”型弯道多,比赛观赏性强C.道路弯弯曲曲,驾驶刺激性较强D.道路弯多坡陡,对驾驶技术要求高4.该公路在60度的斜坡上呈“S”型依山势而建的根本原因是()A.该地地势起伏大,缺乏坡度小的缓坡B.该地地形闭塞,无运输量较大的铁路C.保障当地居民出行及货运安全D.延长公路里程答案:3.D 4.A解析:第3题,二十四道拐作为公路爬坡比赛赛场主要是因为道路多陡坡,并且弯道对驾驶技术要求较高。

故选D项。

第4题,该地区山地坡度大,修建“S”型公路可以减小道路坡度,方便车辆行驶;地形闭塞,无运输量较大的铁路与修建“S”型道路无关;修建隧道也可以保障当地居民出行及货运安全;延长公路里程只是结果,不是原因。

2024-2025学年高一地理新教材必修一人教版第1册章节课时目录

[分层训练与测评]
第一节地球的宇宙环境课时对点练微专题第二节太阳对地球的影响课时对点练微专题第三节地球的历史课时对点练
第四节地球的圈层结构课时对点练微专题
核心素养专项练(一)
章末检测试卷(一)
第一节大气的组成和垂直分层课时对点练
第二节大气受热过程和大气运动
课时1 大气的受热过程和大气对地面的保温作用
课时对点练
课时2 大气热力环流课时对点练微专题课时3 大气的水平运动——风课时对点练微专题
核心素养专项练(二)
章末检测试卷(二)
第一节水循环课时对点练微专题第二节海水的性质课时对点练
第三节海水的运动课时对点练
核心素养专项练(三)
章末检测试卷(三)
期中检测试卷
第一节常见地貌类型
课时1 喀斯特地貌和河流地貌课时对点练
课时2 风沙地貌和海岸地貌课时对点练
第二节地貌的观察课时对点练
核心素养专项练(四)
章末检测试卷(四)
第一节植被课时对点练
第二节土壤课时对点练
核心素养专项练(五)
章末检测试卷(五)
第一节气象与水文灾害
课时1 洪涝与干旱课时对点练
课时2 台风与寒潮课时对点练
第二节地质灾害课时对点练
第三节防灾减灾课时对点练
第四节地理信息技术在防灾减灾中的应用课时对点练微专题
核心素养专项练(六)
章末检测试卷(六)
期末检测试卷。

第4章章末检测题

第二册第四章单元检测题一.单选择题。

（1-20题每题2分，21-30题每题三分，共70分）1.治疗艾滋病（其遗传物质为RNA）的药物AZT的分子结构与胸腺嘧啶脱氧核苷酸的结构很相似，试问AZT抑制病毒繁殖的机制是（）A、抑制艾滋病毒RNA基因的转录B、抑制艾滋病毒RNA基因的逆转录C、抑制艾滋病毒蛋白质的翻译过程D、抑制艾滋病毒RNA基因的自我复制2.关于转运时RNA和氨基酸之间相互关系的说法，正确的是( )A．每种氨基酸都可由几种tRNA携带。

B．每种氨基酸都有它特定的一种转运RNAC．一种tRNA 可以携带几种结构上相似的氨基酸D．一种氨基酸可由一种或几种特定的tRNA来将它带到核糖体上3.如果细胞甲比细胞乙RNA的含量多，可能的原因有（）A、甲合成的蛋白质比乙多B、乙合成的蛋白质比甲多C、甲含的染色体比乙多D、甲含的DNA比乙多4.在同一草场，牛和羊虽吃同样的草料，但牛肉和羊肉的味道却不同，其根本原因是A、牛羊肉所含物质成分不同B、牛羊的染色体数目不同C、不同的DNA控制合成不同的蛋白质D、牛和羊的祖先不同5.有n个碱基组成的基因，控制合成有一条多肽链组成的蛋白质，氨基酸的平均相对分子质量为a则该蛋白质的相对分子质量最大为（）A、na/bB、na/3－18(n/3-1)C、na－18（n－1）D、na/6－18（n/6－1）6.某一DNA分子上有一个基因，经转录翻译后产生两条共含2000个肽键的多肽链，则该基因所含的碱基数是（）A、 12012B、12000C、12006D、60067．某基因中含有1200个碱基对，则由它控制合成的含有两条肽链的蛋白质分子中最多含有肽健的个数是 ( )A．198个 B．398个 C．400个 D．798个8.已知一段mRNA有30个碱基，其中A和C共有12个，那么转录成mRNA的一段DNA分子中G和T的数目以及该mRNA经翻译而合成肽链时，应脱去的水分子数目分别是A、12和30B、30和90C、18和0D、30和99．某DNA片段所转录的mRNA中尿嘧啶占28%，腺嘌呤占18%，则这个DNA片段中胸腺嘧啶和鸟嘌呤分别占A．46%、54% B．23%、27% C．27%、23% D．46%、27%10、某一个DNA分子中含有30%的G+C，则由它转录成的RNA中G+C应为（）A、60%B、30%C、20%D、15%11．某有遗传效应的DNA片断上有碱基1800个，则由它控制合成的蛋白质最多有多少种氨基酸 ( ) A．20 B．150 C．300 D．90012.人的胰岛素基因和得以表达的胰岛素基因依次位于（）A、全部细胞，胰岛细胞中B、胰岛细胞，全部细胞中C、均位于胰岛细胞中D、全部细胞，肾小管细胞13. 我国学者童第周等人以蝾螈内脏中提取DNA注入金鱼的受精卵中，结果约有1﹪的小金鱼的最后长有一根有尾两栖类的棒状平衡器，这个实验证明DNA（）A、分子结构相对稳定B、能够自我复制C、能够控制蛋白质的合成D、能产生可遗传的变异14．信使RNA 离开合成部位到达核糖体上，需要通过几层生物膜( )A．l层B．2层C．3层D．0层15．已知某转运RNA一端的三个碱基是GAU，它所转运的是亮氨酸，那么决定此氨基酸的密码子是由下列哪个碱基序列转录而来的 ( )A．GAT B．GAA C．CUA D．CTA16.科学家通过对前列腺癌细胞系的研究发现，绿茶中的多酚可减少BCL－XL蛋白，而这种蛋白有抑制癌细胞凋亡的作用，这表明绿茶具有抗癌作用的根本原因是由于绿茶细胞中具有（）A、多酚B、多酚酶基因C、 BCL－XL蛋白D、BCL－XL蛋白酶17、蒜黄和韭黄是在缺乏光照的环境下培育的蔬菜，对形成这种现象的最好解释是A、环境因素限制了基因的表达B、两种均为基因突变C、叶子中缺乏形成叶绿素的基因D、黑暗中植物不进行光合作用18、下图是两种化学合成的mRNA分子和两种以它们为模板合成的多肽。

【高中地理试卷】高一地理必修二第四章交通运输部局与区域发展章末检测试题

高一地理必修二第四章交通运输部局与区域发展章末检测试题一、单项选择题(每小题2分，共50分)青荣城际高速铁路是山东省第一条城际高速铁路,也是胶东半岛城市群将来最重要的联络通道之一。

结合青荣城际高速铁路图,回答1～2题。

1.修建从青岛到荣成的城际高速铁路最主要的原因是( )A.青岛城镇化进程加快B.区域能源运输紧张C.青岛人口向荣成迁移D.山东半岛社会经济发展2.青荣城际高速铁路青岛段70%采用高架形式修建,其优势是( )①节约土地资源②保护城市景观③减少建设成本④提高运行速度A.①④B.②③C.①②D.③④以重庆和德国杜伊斯堡为起始点的“渝新欧”国际铁路大通道构成“新丝绸之路”。

下图为“渝新欧”国际铁路线分布示意图。

读图，回答3～4题。

3．“新丝绸之路”的优势有( )①可长距离运输大宗货物②修建总成本低③运输快捷，灵活方便④受气象灾害影响相对较小A．①③B．②③C．①④D．②④4．关于“渝新欧”国际铁路大通道修建意义的叙述，错误的是( )A．促进沿线国家的经贸发展与合作 B．有利于欧洲污染工业向中国转移C．有利于缩小亚欧经济发展水平的差异 D．促进亚欧经济走廊的形成下图为上海港口迁移过程示意图。

读图回答5～6题。

5．港口区位迁移形成的拓建模式是( )A．门户港→支流港→深海港→干流港B．深海港→门户港→干流港→支流港C．干流港→门户港→支流港→深海港D．支流港→干流港→门户港→深海港6．洋山港建设对上海发展最重要的意义是( )A．促进城市内部功能的变迁B．加速临港工业的快速发展C．提升国际航运中心的地位D．推动产业的全面转型升级济州岛位于韩国的西南海域,是韩国的第一大岛屿,也是一座火山岛,该岛气候温和,成为韩国人心目中理想的度假之地,岛内公路四通八达。

读图,回答7～8题。

7.影响岛内公路布局的主要因素是( )A.人口B.地形C.景点D.河流8.岛内运输方式以公路运输为主,其主要原因是( )A.地势起伏大B.居住人口少C.自然灾害较少D.面积小,公路运输灵活方便西成高铁全线开通运营,使西安与成都间的列车运行时间大大缩短。

七年级数学第4章代数式章末检测卷

第4章代数式章末检测卷（浙教版）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项：本试卷满分100分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 1．（2021·福建泉州市·七年级期末）下列结论中正确的是（） A ．单项式24x y π的系数是14，次数是4 B ．单项式m 的次数是1，无系数 C ．多项式223x x y y ++是二次三项式 D ．多项式2223x xy ++是三次三项式 2．（2021·安徽合肥市·七年级期中）若将代数式中的任意两个字母交换，代数式不变，则称这个代数式为完全对称式，如a b c ++就是完全对称式，下列四个代数式：①a b c --；②ab bc ca ++；③222a b b c c a ++；④()2a b -其中是完全对称式的有（）A ．①②③B ．①②④C ．②④D ．②③④3．（2021·浙江七年级期末）若A 是一个五次多项式，B 是一个四次多项式，则A B -一定是（）A ．次数不超过五次的多项式B ．五次多项式或单项式C ．九次多项式D ．次数不低于五次的多项式4．（2021·浙江七年级期中）若22323,221A x x B x x =-+=-+，则A 与B 的大小关系为（） A ．A B =B ．A B >C ．A B <D ．无法判定大小关系5．（2021·苏州市初一期中）如果一个多项式的各项的次数都相同，那么这个多项式叫做齐次多项式．如：x 3+3xy 2+4xz 2+2y 3 是 3 次齐次多项式，若 a x +3b 2﹣6ab 3c 2 是齐次多项式，则 x 的值为（） A ．-1B ．0C ．1D ．26．（2021·河南七年级期末）如图，直线上的四个点A ，B ，C ，D 分别代表四个小区，其中A 小区和B 小区相距am ，B 小区和C 小区相距200m ，C 小区和D 小区相距am ，某公司的员工在A 小区有30人，B 小区有5人．C 小区有20人，D 小区有6人，现公司计划在A ，B ，C ，D 四个小区中选一个作为班车停靠点，为使所有员工步行到停靠点的路程总和最小，那么停靠点的位置应设在（）A ．A 小区B ．B 小区C ．C 小区D ．D 小区7．（2021.西安交大附中七年级期末）如图，观察表1，寻找规律，表1、表2、表3分别是从表1中截取的一部分，其中m 为整数且1m ，则a b c ++= （）表1A ．44m m -+B ．246m m ++C ．246m m -+D ．244m m ++8．（2021·河北七年级期末）老师设计了接力游戏，用合作的方式完成化简代数式，规则是：每名同学只能利用前面一个同学的式子，进一步计算，再将结果传给下一个同学，最后解决问题．过程如图所示：接力中，自己负责的一步正确的是（）A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁9．（2020·江苏省初三二模）当1x =时，代数式31px qx ++的值为2021，则当1x =-时，代数式31px qx ++的值为（） A ．2020B ．-2020C ．2019D ．-201910．（2021·重庆西南大学附中七年级期中）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…．我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球），若一个“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛球的总个数为（）A ．55B ．220C ．285D ．38511．（2021·浙江七年级期末）如图，长为y ，宽为x 的大长方形被分割为5小块，除D 、E 外，其余3块都是正方形，若阴影E 的周长为8，下列说法中正确的是（）①x 的值为4；②若阴影D 的周长为6，则正方形A 的面积为1；③若大长方形的面积为24，则三个正方形周长的和为24．A ．①②③B ．①②C ．①③D ．②③12．（2021·山东九年级三模）如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数字之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第2行左边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：11a =，22a =，33a =，43a =，56a =，64a =，710a =，85a =……，则99100a a +的值为（）A ．1275B ．1326C ．1378D ．1431二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13．（2021·广西贺州市·七年级期末）现规定a b a d c b c d=-+-，则22222356xy x xy x x xy+-=---______．14．（2021·湖北七年级期末）历史上数学家欧拉最先把关于x 的多项式用记号()f x 来表示，把x 等于某数a 时的多项式的值用()f a 来表示．例如，对于多项式()35f x mx nx =++，当3x =时，多项式的值为()32735f m n =++，若()36f =，则()3f -的值为__________． 15．（2021·江苏七年级期中）数学家华罗庚曾经说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休”．如图，将一个边长为1的正方形纸板等分成两个面积为12的长方形，接着把面积为12的长方形分成两个面积为14的长方形，如此继续进行下去，根据图形的规律计算：23101111()()()2222++++的值为16．（2021·祥云县教育体育局教研室七年级期末）如图所示，这是一个运算程序示意图．若第一次输入k 的值为216，则第2021次输出的结果是______．17．（2021·浙江九年级一模）按图示的方法，搭1个正方形需要4根火柴棒，搭3个正方形需要10根火柴棒，搭6个正方形需要18根火柴棒，则下列选项中，可以搭成符合规律图形的火柴棒的数目是根。

生物必修二第四章章末检测题

周末作业章末检测题一、选择题1．下列关于真核细胞中转录的叙述，错误的是()A．tRNA、rRNA和mRNA都从DNA转录而来B．同一细胞中两种RNA的合成有可能同时发生C．细胞中的RNA合成过程不会在细胞核外发生D．转录出的RNA链与模板链的相应区域碱基互补2．已知一段mRNA含有30个碱基，其中A和G有12个，转录该段mRNA的DNA分子中应有C和T的个数是() A．12 B．24 C．18 D．303．下列关于遗传密码子的叙述中，错误的是()A．一种氨基酸可能有几种与之相对应的遗传密码B．GTA肯定不是遗传密码子C．每种密码子都有与之对应的氨基酸D．信使RNA上的GCA在人细胞中和小麦细胞中决定的是同一种氨基酸4．对于下列图解，正确的说法有()①表示DNA复制过程②表示DNA转录过程③共有5种碱基④共有8种核苷酸⑤共有5种核苷酸⑥A均表示同一种核苷酸A．①②③B．④⑤⑥C．②③④D．①③⑤5．下列关于转录和翻译的叙述正确的是()A．mRNA在核糖体上移动翻译出蛋白质B．某基因翻译时所需tRNA种类数与氨基酸种类数不一定相等C．在细胞周期中，mRNA的种类和含量不会发生变化D．一个含2n个碱基的DNA分了，转录的mRNA分子的碱基数一定是n个6．下列有关遗传信息传递过程的叙述，错误的是()A．DNA复制、转录及翻译过程都遵循碱基互补配对原则B．核基因转录形成的mRNA穿过核孔进入细胞质中参与翻译过程C．DNA复制、转录和翻译的原料依次是脱氧核苷酸、核糖核苷酸和氨基酸D．DNA复制和转录都是以DNA的一条链为模板，翻译则以mRNA为模板7．假设未来发现某种外星生物，其遗传物质的结构模式与作用原理和地球上的生物相同。

若这种生物的氨基酸只有14种，其DNA和RNA的碱基组成分别只有A、T及A、U，则该生物的一个密码子最少由几个碱基组成()A．3个B．4个C．5个D．6个8．已知某tRNA一端的3个碱基顺序是GAU，它运载的是亮氨酸(亮氨酸的密码子是UUA、UUG、CUU、CUA、CUC、CUG)，那么相关DNA模板链上的碱基序列为()A．GAT B．GAU C．CUA D．CAT9.下列过程中，遵循“碱基互补配对原则”的是()①DNA复制②RNA复制③转录④翻译⑤逆转录A．①②③④⑤B．①②③④C．②③④⑤D．①③④⑤10．如图甲、乙表示真核生物遗传信息传递的两个过程，图丙为其中部分片段的放大示意图。

第4章一元一次方程章末检测卷(原卷版)

第4章一元一次方程章末检测卷（苏科版）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022·仪征市七年级月考）下列方程中，是一元一次方程的是（） A ．24=1x x -B ．110x-=C ．=0xD ．2=1x y +2．（2022·内蒙古）若关于x 的方程mx |m |﹣m +3＝0是一元一次方程，则这个方程的解是（） A ．x ＝﹣2B ．x ＝4C ．x ＝﹣2或x ＝4D ．x ＝23．（2022·重庆·垫江第八中学校七年级阶段练习）以下等式变形不正确的是（） A ．由x y =，得到22x y +=+ B ．由233a b -=-，得到2a b = C ．由m n =，得到am an =D ．由am an =，得到m n =4．（2022·江苏·七年级专题练习）有8个球编号是①至①，其中有6个球一样重，另外两个都轻1克，为了找出这两个轻球，用天平称了三次：第一次①+①比①+①重，第二次①+①比①+①轻，第三次①+①+①和①+①+①一样重．那么，两个轻球的编号是（） A ．①①B ．①①C ．①①D ．①①5．（2022·河南）若方程与关于的方程的解互为相反数，则的值为（）． A ．B ．C ．D ．6．（2022·河北·涿州市双语学校七年级期末）已知下列两个应用题：①现有60个零件的加工任务，甲单独每小时可以加工4个零件，乙单独每小时可以加工6个零件．现甲乙两人合作，问两人开始工作几小时后还有20个零件没有加工？①甲乙两人从相距20km 的两地同时出发，背向而行，甲的速度是4km/h ，乙的速度是6km/h ，问经过几小时后两人相距60km ？其中可以用方程4x +6x +20＝60表述题目中数量关系的应用题是（） A ．①B ．①C ．①①D ．①①都不对7．（2022·江苏九年级专题练习）小明在解关于x 的一元一次方程332a xx -= 时，误将x -看成了x +，得到()2160x --=x 313a x-=a 13-13731-的解是x ＝1，则原方程的解是（） A ．1x =-B ．57x =-C ．57x =D ．x ＝18．（2022·江苏南通市·七年级期末）在有理数范围内定义运算“☆”：12b b a a -=+☆，如：()1313112---=+=-☆．如果()21x x =-☆☆成立，则x 的值是（） A ．1- B ．5 C ．0 D ．29.（2022·江苏七年级期中）如图，是由7块正方形组成的长方形，已知中间小正方形的边长为1，则这个长方形的面积为（）A ．63B ．72C ．99D ．11010．（2022·沙坪坝·重庆一中）已知关于x 的方程的解为偶数，则整数a 的所有可能的取值的和为（） A ．8B ．4C ．7D ．-2二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．（2022·江苏·太仓市七年级期中）如果关于x 的方程4231x m x -=+和23x x =-的解相同，那么m =__________．12．（2022·仪征市实验初中七年级月考）若关于x 的一元一次方程ax ＝b 的解满足x ＝b ＋a ，则称该方程为“和解方程”，例如：方程2x ＝−4的解为x ＝−2，而−2＝−4＋2，则方程2x ＝−4为“和解方程”．若关于x 的一元一次方程2x ＝b －1是“和解方程”，则b 的值为________________； 13.（2022·重庆实验外国语学校）若关于x 的方程无解，则a 的值为 14．（2022·仪征市实验初中七年级月考）下面是一个被墨水污染过的方程：2x ﹣1＝3x ＋答案显示此方程的解是x ＝，被墨水遮盖的是一个常数，则这个常数是______________ 15．（2022·河南驻马店·七年级期中）已知关于x 的一元一次方程122022x x m +-=的解是71x =，那么关于1922ax x -=+6326a x x x -=-12-y 的一元一次方程13(1)2022y y m +-+=的解是_________．16.（2022·江苏盐城·七年级期末）某次篮球联赛共有十支队伍参赛，部分积分表如下表：根据表格提供的信息，可知胜一场积 _____分．17．（2022·山东济南·七年级专题练习）对于三个互不相等的有理数a ，b ，c ，我们规定符号max{,,}a b c 表示a ，b ，c 三个数中较大的数，例如max 2,3{,4}4=.按照这个规定则方程max{,,0}32x x x -=-的解为__________． 18．（2022·河南信阳·七年级期末）已知：方程3355x x +=+的解是5x =；方程()3333x x +=-+-的解是3x =-；方程()334433x x +++=+的解是1x =-（由43x +=得出）．则方程()3111x x -+=的解是________．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022·江苏无锡·七年级期末）解方程：(1)()2157x x +=-； (2)11136x x -+-=．20．（2022·河南南阳·七年级期中）下面是小明同学解方程的过程，请认真阅读并完成相应任务．(1)任务一：填空：①以上求解步骤中，第一步进行的是______，这一步的依据是（填写具体内容）__________； ①以上求解步骤中，第________步开始出现错误，具体的错误是_____________﹔ ①请直接写出该方程正确的解为____________________．(2)任务二：①请你根据平时的学习经验，在解方程时还需注意的事项提一条合理化建议．21.（2022·河北沧州·七年级期末）某工厂有28名工人生产A 零件和B 零件，每人每天可生产A 零件18个或B 零件12个（每人每天只能生产一种零件），一个A 零件配两个B 零件.工厂将零件批发给商场时，每个A 零件可获利10元，每个B 零件可获利5元.(1)若每天生产的A 零件和B 零件恰好配套，求该工厂每天有多少工人生产A 零件？(2)因市场需求，该工厂每天在生产配套的零件外，还要多生产出一部分A 零件供商场零售.在（1）的人员分配情况下，现从生产B 零件的工人中调出多少名工人生产A 零件，才能使每天生产的零件全部批发给商场后总获利为3120元？22．（2022·上海市罗南中学八年级阶段练习）解关于x 的方程：(21)2(1)a x x +=+．23.（2022·四川成都实外七年级期末）为了丰富学生的课余生活、拓展学生的视野，学校小卖部准备购进甲、乙两类中学生书刊．若购买400本甲和300本乙共需要6400元．其中甲、乙两类书刊的进价和售价如下表：（1）求甲、乙两类书刊的进价各是多少元？（2）第一次小卖部购进的甲、乙两类书刊共800本，全部售完后总利润（利润＝售价﹣进价）为5750元，求小卖部甲、乙两类书刊分别购进多少本？（3）第二次小卖部购进了与上次一样多的甲、乙两类书刊，由于两类书刊进价都比上次优惠了10%，小卖部准备对甲书刊进行打折出售，乙书刊价格不变，全部售完后总利润比上次还多赚10元，求甲书刊打了几折？24．（2022·江苏·扬州市梅岭中学七年级阶段练习）定义：若A﹣B＝m，则称A与B是关于m的关联数．例如：若A﹣B＝2，则称A与B是关于2的关联数；(1)若3与a是关于2的关联数，则a＝______．(2)若2x﹣1与3x﹣5是关于2的关联数，求x的值．(3)若M与N是关于m的关联数，M＝3mn＋n＋3，N的值与m无关，求N的值．25.（2022·福建福州七年级期中）随着互联网的普及和城市交通的多样化，人们的出行方式有了更多的选择．下图是某市两种网约车的收费标准，例：乘车里程为30公里，若选乘出租车，费用为：()()+⨯-+⨯-=（元）；若选乘曹操出行（快选），费用为：14 2.23031301093.4()30+⨯+⨯-+⨯⨯=（元）10 2.4300.830100.46011640请回答以下问题：（1）小明家到学校的路程是10公里．如果选乘出租车，车费为元；如果选乘曹操出行（快选），车费为元．（2）周末小明有事外出，要选乘网约车，如果乘车费用预算为25元，他的行车里程数最大是多少公里？（3）元旦期间，小明外出游玩，约车时发现曹操出行（快选）有优惠活动：总费用打八折．于是小明决定选乘曹操出行（快选）．付费后，细心的小明发现：相同的里程，享受优惠活动后的曹操出行（优选）的费用还是比出租车多了1.8元，求小明乘车的里程数．26．（2022·哈尔滨工业大学附属中学校开学考试）某小区建完之后，需要做内墙粉刷装饰，现有甲、乙两个工程队都想承包这项工程，已知甲工程队每天能粉刷160个房间，乙工程队每天能粉刷240个房间．且单独粉刷这些墙面甲工程队比乙工程队要多用20天，在粉刷的过程中，该开发商要付甲工程队每天费用1600元，付乙工程队每天费用2600元．（1）求这个小区共有多少间房间？（2）为了尽快完成这项工程，若先由甲、乙两个工程队按原粉刷速度合作一段时间后，甲工程队停工了，而乙工程队每天的粉刷速度提高25%,乙工程队单独完成剩余部分，且乙工程队的全部工作时间是甲工程队的工作时间的2倍还多4天，求乙工程队共粉刷多少天？（3）经开发商研究制定如下方案:方案一：由甲工程队单独完成；方案二：由乙工程队单独完成；方案三：按（3）问方式完成；请你通过计算帮开发商选择一种既省时又省钱的粉刷方案．。

高中化学人教版选修4：章末综合检测(四)

章末综合检测(四)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)1．下列过程需要通电才能进行的是( )①电离 ②电解 ③电镀 ④电泳 ⑤电化学腐蚀A ．①②③B ．②④⑤C ．②③④D ．全部解析：选C 。

电离是指电解质离解成自由移动的离子的过程，自发进行；电化学腐蚀是指金属因构成原电池而加快失去电子；而电解、电镀、电泳均是在通电条件下进行的，故选C 。

2．(2011年广东中山高二检测)有如下两个反应：①2HCl=====高温H 2＋Cl 2 ②2HCl=====电解H 2↑＋Cl 2↑关于这两个反应的叙述中错误的是( )A ．①②两反应都是氧化还原反应B ．①②两反应中的能量转换方式都是热能转变为化学能C ．②反应是电能转变为化学能D ．①反应是热能转变为化学能解析：选B 。

根据两反应方程式的特点可知①②两反应均为氧化还原反应，A 正确；①为将热能转变为化学能，②为电解池，将电能转变为化学能，故选B 。

3．缠有金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl 溶液中，如图所示，可以看到在靠近金属条的溶液中出现粉红色。

该金属条可能是( )A ．镁B ．铝C ．锌D ．铜解析：选D 。

在靠近金属条的溶液中出现粉红色，是由于铁钉发生吸氧腐蚀，则铁钉作原电池负极，2Fe －4e －===2Fe 2＋；比铁不活泼的金属作正极，O 2＋2H 2O ＋4e－===4OH －，由于c (OH －)增大，酚酞显红色，D 正确。

4．(2011年湖北武汉高二检测)下列叙述正确的是( )A ．纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO 4溶液，可使反应速率加快B ．甲醇和氧气以及KOH 溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH 3OH＋6OH －＋6e －===CO 2＋5H 2OC ．在铁件上镀铜时，金属铜作阴极D ．电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度保持不变解析：选A 。

锌置换出少量铜后形成铜锌原电池，使反应速率加快，A 项正确；负极上应发生失去电子的氧化反应，并且CO 2在碱性环境中要生成CO 2－3，B 项错误；电镀池中，镀层金属作阳极，C 项错误；电解精炼铜时，溶液中铜离子浓度降低，D 项错误。

高一物理第4章章末检测试卷

第4章章末检测试卷(四)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．从惯性的角度对生活中的现象进行分析，下列解释正确的是()A．赛车的速度可以超过螺旋桨飞机的速度，这表明质量小的物体可以获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．火车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时车手要控制适当的速度和角度，也就是调控车手和车的惯性2．(2019·浙南名校联盟高一上学期期末联考)如图所示为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是()3.(2018·孝感高中高一期末)某同学站在一观光电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况，如图1所示的v－t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)．根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是()图1A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力C．10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态4.如图2所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B 始终相对于小车静止在小车右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)()图2A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg1＋tan2θ，斜向右上方5．(2019·攀枝花市高一上学期期末)两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图3(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是()图3A．a2＝2a1B．a2＝a1 C．a2>2a1D．a1<a2<2a16．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图4甲所示．在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．斜面为同一斜面，则()图4A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3 C．a1<a2＝a3 D．a1<a2<a37.如图5所示，A、B两物体之间用水平轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()图5A．L2＜L1 B．L2＞L1C．L2＝L1 D．由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系8.质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，其在只受摩擦力作用时和受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度－时间图像如图6所示，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)()图6A．水平力F可能等于0.3 NB．摩擦力一定等于0.1 NC．水平力F一定等于0.1 ND．摩擦力可能等于0.3 N9.(2019·黄山市高一第一学期期末)如图7所示，从弹簧上方某点自由下落的小球，从接触竖直放置的弹簧，到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及加速度大小的变化情况正确的是()图7A．速度先变大，后变小B．速度先变小，后变大C．加速度先变大，后变小D．加速度先变小，后变大10.如图8所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是()图8A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移11．(2019·大庆中学高一期中)如图9甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，F －t关系图像如图乙所示．两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则()图9 A ．t 0时刻，两物体之间的摩擦力为零B ．t 0时刻，两物体的速度方向开始改变C ．t 0～2t 0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小D ．t 0～2t 0时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同12.(2019·广安市高一上学期期末)如图10所示，在倾角为θ的固定斜面的底端固定一个垂直斜面的挡板c ，质量均为m 的两个不同的小物体a 、b 通过轻质弹簧连接，处于静止状态，其中，物体a 与斜面间的动摩擦因数为μ，物体b 与斜面间光滑，此时弹簧的压缩量为x .现对物体a 沿斜面向下的方向施加一个外力使弹簧再压缩4x ，弹簧始终处于弹性限度内，然后，突然撤去外力，经过一段时间后，当物体a 沿斜面向上运动的速度为v 时，物体b 刚好离开挡板c ，重力加速度为g ，那么，下列说法中正确的是( )图10 A ．弹簧的劲度系数一定为mg sin θxB ．物体b 刚离开挡板c 时，a 物体的加速度大小为(2sin θ＋μcos θ)gC ．当物体a 沿斜面向上运动的速度最大时，物体b 对挡板的压力大小为(2sin θ＋μcos θ)mgD ．撤去外力后，当物体a 的速度为v 时，物体沿斜面向上运动的距离为5x二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：图11(1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图11所示的装置图．请你指出该装置中的两处错误或不妥之处：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.(2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图12是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s ，由图中的数据可算得小车的加速度a 为________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)图12(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg ，小盘和重物的总质量m 与小车的质量M 应满足的关系是________．14．(6分)如图13所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体的加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置．图13(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力大小作为__________，用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据画出a－F关系图线如图14所示．图14①分析此图线OA段可得出的实验结论是______________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．(填选项前字母)A．小车与轨道之间存在摩擦B．轨道保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8分)一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°且足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始(t＝0时刻)冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图15所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：图15(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端间的距离．16．(10分)(2018·华中师大一附中月考)如图16所示，用F＝7 N的水平恒力把质量为m＝0.5 kg的物块(可视为质点)压在竖直挡板上，物块离地面高为H＝6 m，物块从静止开始向下做匀加速运动，经过t＝2 s到达地面，取g ＝10 m/s2. (1)求物块与挡板间的动摩擦因数μ；(2)若将挡板由竖直位置逆时针转过37°后撤去压力F，求当物块以v0＝2 m/s的初速度从挡板上同一位置沿挡板下滑时，滑到地面时的速度大小v.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图1617．(10分)(2018·玉山一中高一月考)一足够长水平浅色传送带以速度v0匀速运动，现将一可视为质点的煤块轻放在传送带上，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ.经过一定时间后达到共同速度，现使传送带突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下．已知重力加速度为g.求：(1)煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；(2)煤块在传送带上划出的痕迹长度．18．(12分)如图17所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：图17(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；(2)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．。

第4章平行四边形单元检测卷-2020-2021学年八年级数学下学期高频考点专题突破(解析版)

第4章平行四边形章末检测卷（浙教版）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2021ꞏ江苏苏州市ꞏ九年级零模）一个n 边形的每个外角都是45°，则这个n 边形的内角和是（）A ．1080°B ．540°C ．2700°D ．2160°【答案】A【分析】根据多边形外角和及内角和可直接进行求解．【详解】解：由一个n 边形的每个外角都是45°，可得：360845n ︒==︒，∴这个多边形的内角和为：()821801080-⨯︒=︒，故选A ．【点睛】本题主要考查多边形的内角和及外角和，熟练掌握多边形的内角和及外角和是解题的关键．2．（2020ꞏ山东阳谷ꞏ初二期末）随着国民经济快速发展，我国涌现出一批规模大、效益高的企业，如大疆、国家核电、华为、凤凰光学等，以上四个企业的标志是中心对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此依次判断即可.【解析】∵在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，∴A 、C 、D 不符合，不是中心对称图形，B 选项为中心对称图形.故选：B.【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握相关概念是解题关键.3．（2021ꞏ山东东营市ꞏ八年级期末）下面关于平行四边形的说法中，不正确的是（）A ．对角线互相平分的四边形是平行四边形B ．有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形C ．有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形D ．有两组对角相等的四边形是平行四边形【答案】C【分析】根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．【详解】A 、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴选项A 不符合题意；B 、∵有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，∴选项B 不符合题意；C 、∵有一组对边相等，一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，∴选项C 符合题意；D 、∵有两组对角相等的四边形是平行四边形，∴选项D 不符合题意；故选：C ．【点睛】本题考查了平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．4．（2021ꞏ山东烟台市ꞏ八年级期末）如图1，平行四边形纸片ABCD 的面积为120，20AD =．今沿两对角线将四边形ABCD 剪成甲、乙、丙、丁四个三角形纸片．若将甲、丙合并（AD 、CB 重合）形成一轴对称图形（戊），如图2所示，则图形戊的两对角线长度和为（）A ．26B ．29C ．2243D ．1253【答案】A 【分析】由题意可得对角线EF ⊥AD ，且EF 与平行四边形的高相等，进而利用面积与边的关系求出BC 边的高即可．【详解】解：如图，连接AD 、EF ，则可得对角线EF ⊥AD ，且EF 与平行四边形的高相等．∵平行四边形纸片ABCD 的面积为120，AD=20，∴BC=AD=20，12EF×AD=12×120，∴EF=6，又AD=20，∴则图形戊中的四边形两对角线之和为20+6=26，故选：A ．【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及图形的对称问题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．5．（2020ꞏ福建南平市ꞏ七年级期中）如图，点,A B 为定点，直线//,l AB P 是直线l 上一动点．对于下列各值：①线段AB 的长；②APB ∠的度数；③PAB △的周长；④PAB △的面积．其中不会随点P 的移动而变化的是（）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【答案】B 【分析】由A 、B 为定点可得AB 长为定值，进而可判断①；当P 点移动时，∠APB 的度数发生变化，PA +PB 的长也发生变化，于是可判断②、③；由直线l ∥AB 可得P 到AB 的距离为定值，于是可判断④，从而可得答案．【详解】解：∵A 、B 为定点，∴AB 长为定值，∴①线段AB 的长不会随点P 的移动而变化；当P 点移动时，∠APB 的度数发生变化，∴②∠APB 的度数会随点P 的移动而变化；当P 点移动时，PA +PB 的长发生变化，∴③△PAB 的周长会随点P 的移动而变化；∵点A ，B 为定点，直线l ∥AB ，∴P 到AB 的距离为定值，∴④△APB 的面积不会随点P 的移动而变化；综上，不会随点P 的移动而变化的是①④．故选：B ．【点睛】本题考查了平行线的性质、同底等高的三角形的面积相等以及平行线间的距离等知识，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．6．（2020ꞏ江苏南通市ꞏ南通第一初中）已知：ABC ∆中，AB AC =，求证：90O B ∠<，下面写出可运用反证法证明这个命题的四个步骤：①∴180O A B C ∠+∠+∠>，这与三角形内角和为180O 矛盾,②因此假设不成立．∴90O B ∠<,③假设在ABC ∆中，90O B ∠≥,④由AB AC =，得90O B C ∠=∠≥，即180O B C ∠+∠≥．这四个步骤正确的顺序应是（）A ．③④②①B ．③④①②C ．①②③④D ．④③①②【答案】B【分析】根据反证法的证明步骤“假设、合情推理、导出矛盾、结论”进行分析判断即可.【详解】题目中“已知：△ABC 中，AB=AC ，求证：∠B ＜90°”，用反证法证明这个命题过程中的四个推理步骤：应该为：(1)假设∠B≥90°，(2)那么，由AB=AC ，得∠B=∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，(3)所以∠A+∠B+∠C ＞180°，这与三角形内角和定理相矛盾，(4)因此假设不成立．∴∠B ＜90°，原题正确顺序为：③④①②，故选B ．【点睛】本题考查反证法的证明步骤，弄清反证法的证明环节是解题的关键.7．（2021ꞏ上海九年级专题练习）四边形ABCD 中，对角线AC BD 、交于点O ．给出下列四组条件：①AB ∥CD ，AD ∥BC ；②AB CD =，AD BC =；③AO CO =，BO DO =；④AB ∥CD ，AD BC =．其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有（）A ．1组；B ．2组；C ．3组；D ．4组．【答案】C【分析】根据平行四边形的判定方法对①②③④分别作出判断即可求解．【详解】①AB ∥CD ，AD ∥BC ，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；②AB CD =，AD BC =，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；；③AO CO =，BO DO =，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；④AB ∥CD ，AD BC =，无法判定四边形是平行四边形．故选：C【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的定义和判定定理是解题关键．8．（2021ꞏ山东潍坊市ꞏ八年级期末）如图，在平行四边形ABCD 中，DE 平分,6,2ADC AD BE ∠==，则平行四边形ABCD 的周长是（）A ．16B ．18C ．20D ．24【答案】C 【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE=∠CED ，再根据等角对等边的性质可得CE=CD ，然后利用平行四边形对边相等求出CD 、BC 的长度，再求出▱ABCD 的周长．【详解】解：∵DE 平分∠ADC ，∴∠ADE=∠CDE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，BC=AD=6，AB=CD ，∴∠ADE=∠CED ，∴∠CDE=∠CED ，∴CE=CD ，∵AD=6，BE=2，∴CE=BC-BE=6-2=4，∴CD=AB=4，∴▱ABCD 的周长=6+6+4+4=20．故选：C ．【点睛】本题考查了平行四边形对边平行，对边相等的性质，角平分线的定义，等角对等边的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明CE=CD 是解题的关键．9．（2021ꞏ山东潍坊市ꞏ八年级期末）如图，在ABC ∆中，D 是AB 上一点，,AD AC AE CD =⊥于点E ，点F 是BC 的中点，若10BD =，则EF 的长为（）A ．8B ．6C ．5D ．4【答案】C【分析】首先根据AD AC =可得△ACD 为等腰三角形，再由AE CD ⊥结合“三线合一”性质可得E 为CD 的中点，从而得到EF 为△CBD 的中位线，最终根据中位线定理求解即可．【详解】∵AD AC =，∴△ACD 为等腰三角形，∵AE CD ⊥，∴E 为CD 的中点，（三线合一）又∵点F 是BC 的中点，∴EF 为△CBD 的中位线，∴152EF BD ==，故选：C ．【点睛】本题考查等腰三角形三线合一的性质以及中位线的性质，准确判断出中位线是解题关键．10．（2021ꞏ山东泰安市ꞏ九年级期末）如图，已知ABC ∆的面积为24,点D 在线段AC 上，点F 在线段BC 的延长线上，且4,BC CF =四边形DCFE 是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（）A ．6B ．8C ．3D ．4【答案】A【分析】想办法证明S 阴=S △ADE +S △DEC =S △AEC ，再由EF ∥AC ，可得S △AEC =S △ACF 解决问题；【详解】解：如图,连接AF 、EC ．∵BC=4CF ，S △ABC =24，∴S △ACF =14×24=6，∵四边形CDEF 是平行四边形，∴DE ∥CF ，EF ∥AC ，∴S △DEB =S △DEC ，∴S 阴=S △ADE +S △DEC =S △AEC ，∵EF ∥AC ，∴S △AEC =S △ACF =6，∴S 阴=6．故选：A ．【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握等高模型解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．11．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级期末）如图，在平行四边形ABCD 中，90B ∠<︒，BC AB >．作AE BC ⊥于点E ，AF CD ⊥于点F ，记EAF ∠的度数为α，AE a =，AF b =．则以下选项错误的是（）A ．::a b CD BC =B ．D ∠的度数为αC ．若60α=︒，则四边形AECF 的面积为平行四边形ABCD 面积的一半D ．若60α=︒，则平行四边形ABCD )a b +【答案】C【分析】由平行四边形的性质得出//AD BC ，AD BC =，AB CD =，B D ∠=∠，得出180D C ∠+∠=︒，求出180EAF C ∠+∠=︒，得出B D EAF α∠=∠=∠=；由平行四边形ABCD 的面积得出::a b CD BC =；若60α=︒，则60B D ∠=∠=︒，求出30BAE DAF ∠=∠=︒，由直角三角形的性质得出33BE AE a ==，33DF AF b ==，得出23AB BE a ==，23AD DF ==，求出平行四边形ABCD 的周长2())AB AD a b =+=+；求出ABE ∆的面积2126BE AE a =⨯=，ADF ∆的面积26=，平行四边形ABCD 的面积BC AE a =⨯=⨯=，得出四边形AECF 的面积=平行四边形ABCD的面积ABE -∆的面积ADF -∆的面积22()36ab a b =-+≠平行四边形ABCD 面积的一半；即得出结论．【详解】解：四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ∴，AD BC =，AB CD =，B D ∠=∠，180D C ∴∠+∠=︒，AE BC ⊥ 于点E ，AF CD ⊥于点F ，360290180EAF C ∴∠+∠=︒-⨯︒=︒，B D EAF α∴∠=∠=∠=；平行四边形ABCD 的面积BC AE CD AF =⨯=⨯，AE a =，AF b =，BC a CD b ∴⨯=⨯，::a b CD BC ∴=；若60α=︒，则60B D ∠=∠=︒，30BAE DAF ∴∠=∠=︒，33BE AE a ∴==，33DF AF ==，23AB BE a ∴==，23AD DF ==，∴平行四边形ABCD 的周长2())AB AD a b =+=+；ABE ∆ 的面积21122BE AE a =⨯=⨯，ADF ∆的面积21122DF AF b =⨯=⨯=，平行四边形ABCD 的面积33BC AE a ab =⨯=⨯=，∴四边形AECF 的面积=平行四边形ABCD 的面积ABE -∆的面积ADF -∆的面积22()36a b =-+≠平行四边形ABCD 面积的一半；综上所述，选项A 、B 、D 不符合题意，选项C 符合题意；故选：C ．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．12．（2021ꞏ山东泰安市ꞏ九年级期末）如图，ABCD 的对角线AC BD 、交于点,O DE 平分ADC ∠交AB 于点,60,E BCD ∠=︒12AD AB =，连接OE ．下列结论：①ABCD S AD BD =⋅ ；②DB 平分CDE ∠；③AO DE =；④OE 垂直平分BD ．其中正确的个数有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【分析】求得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，即可得到S ▱ABCD =AD•BD ；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE ，进而得出DB 平分∠CDE ；依据Rt △AOD 中，AO ＞AD ，即可得到AO ＞DE ；依据O 是BD 中点，E 为AB 中点，可得BE=DE ，利用三角形全等即可得OE ⊥BD 且OB=OD ．【详解】解：在ABCD 中，∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE 平分∠ADC ，∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED ，∴△ADE 是等边三角形，12AD AE AB ∴==，∴E 是AB 的中点，∴DE=BE ，1302BDE AED ︒∴∠=∠=，∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，∴S▱ABCD=AD•BD，故①正确；∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，∴∠CDB=∠CDE-∠BDE=60°-30°=30°，∴∠CDB=∠BDE，∴DB平分∠CDE，故②正确；∵Rt△AOD中，AO＞AD，∵AD=DE，∴AO＞DE，故③错误；∵O是BD的中点，∴DO=BO,∵E是AB的中点，∴BE=AE=DE∵OE=OE∴△DOE≌△BOE(SSS)∴∠EOD=∠EOB∵∠EOD+∠EOB=180°∴∠BOE=90°∴OE垂直平分BD，故④正确；正确的有3个，故选择：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，三角形全等判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质定理和等边三角形判定定理，三角形全等判定方法和性质是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）B a b关于原点成中心13．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级其他模拟）在直角坐标系中．点A-和点(,)a b的值为_____．对称，则-【答案】-【分析】直接利用关于原点成中心对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．B a b关于原点成中心对称，∴a=-b=【详解】解：∵点A-和点(,)则a-b的值为：a-b=-=-．故答案为：-．【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y）．14．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级开学考试）在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标分别是A B C，则平行四边形第四个顶点D的坐标为__________．(1,2),(3,0),(5,4)【答案】（3，6），（-1，-2），（7，2）【分析】分三种情况讨论，由平行四边形的性质即可得出答案．【详解】解：观察图象可知满足条件的点D的坐标为（3，6），（-1，-2），（7，2），故答案为：（3，6），（-1，-2），（7，2）．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质，解答本题的关键要注意分情况求解，不能忽略任何一种可能的情况．15．（2020ꞏ四川遂宁市ꞏ射洪中学九年级月考）如图，△ABC 中，AD 是中线，AE 是角平分线，CF ⊥AE 于F ，AB =13，AC =8，则DF 的长为_________．【答案】2.5【分析】延长CF 交AB 于H ，证明△AFH ≌△AFC ，根据全等三角形的性质得到AH=AC=7，CF=FH ，求出HB ，根据三角形中位线定理计算即可．【详解】解：延长CF 交AB 于H，∵AE 平分∠BAC ，∴∠HAF=∠CAF,在△AFH 和△AFC 中，90HAF CAF AF AF AFH AFC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩，∴△AFH ≌△AFC （ASA ），∴AH=AC ，CF=FH ，∵AB=13，AC=8，∴AH=AC=8，∴HB=AB-AH=13-8=5，∵CF=FH ，CD=DB ，∴DF=12HB=2.5，故答案为：2.5．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．16．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级其他模拟）在ABCD 中，E 是AD 边上的中点，连接BE ，并延长BE 交CD的延长线于点F ．已知AB =120A ∠=︒，5BF =：则FD =__________，ABCD S = __________．62-【分析】结合题意，通过证明AEB DEF △≌△，得到AB FD =，即可得到FD ；过点F 作FH BC ⊥于点H ，延长AD 交FH 于点G ，结合题意，根据平行四边形、对顶角、直角三角形两锐角互余的性质，计算得30DFG ∠= ，从而得CH 的值；再根据勾股定理计算，得FH 和BC 的值，结合平行四边形ABCD 性质以及FD CD =，DG 是CFH △中位线，从而得到DG ，通过计算即可得到答案．【详解】∵E 是AD 边上的中点∴AE ED=∵平行四边形ABCD ∴//AB CD ∴BAE EDF∠=∠∵AEB DEF ∠=∠∴AEB DEF △≌△∴AB FD=∵AB =∴FD AB ==过点F 作FH BC ⊥于点H ，延长AD 交FH 于点G∵ABCD ∴//AD BC ∴AG FH ⊥，即90DGF ∠=∵120A ∠=︒，且ABCD ∴18060ADC A ∠=-∠=∴60FDG ADC ∠=∠= ∴9030DFG FDG ∠=-∠= ∴12CH CF =∵平行四边形ABCD ∴==CD AB ∴CF CD DF =+=∴12CH CF ==∴3FH ===∴4BH ===∴4BC BH CH =-=-∵//AD BC ，FD CD ==∴DG 是CFH △中位线∴1322FG GH FH ===∴(34622ABCD BC S GH ⨯=⨯=-= ，62-．【点睛】本题考查了平行四边形、勾股定理、直角三角形、三角形中位线、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、勾股定理、直角三角形、三角形中位线、全等三角形的性质，从而完成求解．17．（2021ꞏ安徽阜阳市ꞏ九年级期末）如图，在▱ABCD 中，∠A ＝60°，AB ＝8，AD ＝6，点E 、F 分别是边AB 、CD 上的动点，将该四边形沿折痕EF 翻折，使点A 落在边BC 的三等分点处，则AE 的长为．【答案】143或285【分析】设点A 落在BC 边上的A′点，分两种情况：①当A′C=13BC=2时；②如图2，当A′B=13BC=2时，过A′点作AB 延长线的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理即可．【详解】设点A 落在BC 边上的A′点．①如图1，当A′C=13BC=2时，A′B=4，设AE=x ，则A′E=x ，BE=8-x ．过A′点作A′M 垂直于AB ，交AB 延长线于M 点，在Rt △A′BM 中，∠A′BM=60°，∴BM=2，．在Rt △A′EM 中，利用勾股定理可得：x 2=（10-x ）2+12，解得x=285．即AE=285；②如图2，当A′B=13BC=2时，设AE=x ，则A′E=x ，BE=8-x ．过A′点作A′N 垂直于AB ，交AB 延长线于N 点，在Rt △A′BN 中，∠A′BN=60°，∴BN=1，在Rt △A′EN 中，利用勾股定理可得：x 2=（9-x ）2+3，解得x=143．即AE=143；所以AE 的长为5.6或143．故答案为5.6或143．【点睛】本题主要考查翻折性质、平行四边形的性质、勾股定理，同时考查分类讨论的数学思想．18．（2020ꞏ山东济南市ꞏ八年级期末）如图，在 ABCD 中，AD=2AB ，CE AB ⊥，垂足E 在线段AB 上，F 、G 分别是AD 、CE 的中点，连接FG ，EF 、CD 的延长线交于点H ，则下列结论：①12DCF BCD ∠=∠；②EF CF =：③2BEC CEF S S = ；④3DFE AEF ∠=∠.其中，正确的序号有【答案】①②④【分析】由点F 是AD 的中点，结合 ABCD 的性质，得FD=CD ，即可判断①；先证∆AEF ≅∆DHF ，再证∆ECH 是直角三角形，即可判断②；由EF=HF ，得2HEC CEF S S = ，由CE AB ⊥，CE ⊥CD ，结合三角形的面积公式，即可判断③；设∠AEF=x ，则∠H=x ，根据直角三角形的性质，得∠FCH=∠H=x ，由FD=CD ，∠DFC=∠FCH=x ，由FG ∥CD ∥AB ，得∠AEF=∠EFG=x ，由EF=CF ，∠EFG=∠CFG=x ，进而得到3DFE AEF ∠=∠，即可判断④．【详解】∵点F 是AD 的中点，∴2FD=AD ，∵在 ABCD 中，AD=2AB ，∴FD=AB=CD ，∴∠DFC=∠DCF ，∵AD ∥BC ，∴∠DFC=∠BCF ，∴∠DCF=∠BCF ，即：12DCF BCD ∠=∠，∴①正确；∵AB ∥CD ，∴∠A=∠FDH ，∠AEF=∠H ，又∵AF=DF ，∴∆AEF ≅∆DHF （AAS ），∴EF=HF ，∵CE AB ⊥，∴CE ⊥CD ，即：∆ECH 是直角三角形，∴EF CF ==12EH ，∴②正确；∵EF=HF ，∴2HEC CEF S S = ∵CE AB ⊥，CE ⊥CD ，垂足E 在线段AB 上，∴BE CH <,∴BEC HCE S S < ,∴2BEC CEF S S < ，∴③错误；设∠AEF=x ，则∠H=x ，∵在Rt∆ECH 中，CF=FH=EF ，∴∠FCH=∠H=x ，∵FD=CD ，∴∠DFC=∠FCH=x ，∵点F ，G 分别是EH ，EC 的中点，∴FG ∥CD ∥AB ，∴∠AEF=∠EFG=x ，∵EF=CF ，∴∠EFG=∠CFG=x ，∴∠DFE=∠DFC+∠EFG+∠CFG=3x ，∴3DFE AEF ∠=∠．∴④正确．【点睛】本题主要考查平行四边形和直角三角形的性质定理的综合，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级其他模拟）在66⨯的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，请在图1、图2、图3中各画一个以A ，B 为顶点的四边形，满足以下要求：（1）在图1中画出一个面积为6，且是中心对称的四边形；（2）在图2中画出一个面积为9，且是轴对称的四边形；（3）在图3中画出一个既是轴对称又是中心对称的四边形．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）画一个底为2，高为3的平行四边形即可；（2）画一个上底为2，下底为4，高为3的梯形即可；（3）以AB 为边画一个正方形即可．【详解】解：（1）如图，四边形ABCD 即为所作；（2）如图，四边形ABCD 即为所作；（3）如图，四边形ABCD 即为所作．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键是掌握相应图形的性质，以及网格的性质．20．（2021ꞏ山东烟台市ꞏ八年级期末）如图，在ABC 中，CD 是AB 边的中线，E 是CD 的中点，连接AE 并延长交BC 于点F ．求证：2BF CF =．【答案】见解析【分析】取AF 的中点M ，连接DM ，则DM 是△ABF 的中位线，利用中位线定理结合全等三角形的判定即可证得．【详解】证明：取AF 的中点M ，连接DM ，∵CD 是AB 边的中线，∴D 是AB 边的中点，∴2BF DM =，//DM BC ．∴MDE FCE ∠=∠，DME CFE ∠=∠．∵E 是CD 的中点，∴DE CE =，在△MDE 和△FCE 中，MDE FCE DME CFE DE CE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴MDE FCE ≌△△．∴DM CF =，∴2BF CF =．【点睛】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．21．（2021ꞏ渝中区ꞏ重庆巴蜀中学九年级期末）已知：在平行四边形ABCD 中，点E 、F 分别在AD 和BC 上，点G 、H 在对角线AC 上，且BF=DE ，AH=CG ，连接FH 、HE 、BG 、FG ．（1）求证：FG=EH ．（2）若EG 平分∠AEH ，FH 平分∠CFG ，FG//AB ，∠ACD=68°，∠GFH=35°，求∠GHF的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）77°【分析】（1）根据平行四边形的性质可得//AD BC ，AD BC =，通过证明AEH △≌CFG △即可得证；（2）利用角平分线的定义可得35GFH CFH ∠=∠=︒，再根据平行四边形的性质求出18042ACB D ACD ∠=︒-∠-∠=︒，利用三角形外角的性质即可求解．【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴//AD BC ，AD BC =，∴EAH FCG ∠=∠，∵BF DE =，∴AD DE BC BF -=-，即AE CF =，在AEH △和CFG △中，AE CF EAH FCG AH CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AEH △≌CFG △，∴FG=EH ；（2）∵FH 平分∠CFG ，∠GFH=35°，∴35GFH CFH ∠=∠=︒，∵FG//AB ，∴70B GFC ∠=∠=︒，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴70D B ∠=∠=︒，∴18042ACB D ACD ∠=︒-∠-∠=︒，∴77GHF CFH ACB ∠=∠+∠=︒．【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等，掌握上述性质定理是解题的关键．22．（2021ꞏ安徽九年级一模）如图，在□ABCD 中，点P 在对角线AC 上一动点，过点P 作PM //DC ，且PM =DC ，连接BM ，CM ，AP ，BD ．（1）求证：△A DP ≌△BCM ；（2）若PA =12PC ，设△ABP 的面积为S ，四边形BPCM 的面积为T ，求S T的值．【答案】（1）证明见解析；（2）13【分析】（1）根据四边形ABCD 是平行四边形，得到AD=BC ，∠ADC+∠BCD=180︒，由PM //DC ，且PM =DC ，证得四边形PMCD 是平行四边形，得到PD=CM ，∠PDC+∠DCM=180︒，推出∠ADP=∠BCM ，即可证得结论；（2）作BH ⊥AC 于H ，DG ⊥AC 于G ，根据四边形ABCD 是平行四边形，得到△ABC ≌△CDA ，BH=DG ，求得2BCP ABP S S = ，ADP ABP S S = ，利用△A DP ≌△BCM ，得到ADP BCM S =S ，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD=BC ，∠ADC+∠BCD=180︒，∵PM //DC ，且PM =DC ，∴四边形PMCD 是平行四边形，∴PD=CM ，∠PDC+∠DCM=180︒，∴∠ADP=∠BCM ，∴△A DP ≌△BCM ；（2）解：作BH ⊥AC 于H ，DG ⊥AC 于G ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴△ABC ≌△CDA ，∴BH=DG ，∴12ABP BCP S AP S CP == ，即2BCP ABP S S = ，12112ABPADP AP BH S S AP DG ⋅⋅==⋅⋅ ，即ADP ABP S S = ，∵△A DP ≌△BCM ，∴ADP BCM S =S ，∴S T =13ABP BCP ADP S S S =+．【点睛】此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，同底等高或同高的三角形的面积关系，证明△A DP≌△BCM并利用其全等的性质解决问题是解题的关键．23．（2020ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ九年级月考）如图，在△AFC中，∠FAC=45°，FE⊥AC于点E，在EF上取一点B，连接AB、BC，使得AB=FC，过点A作AD⊥AF，且AD=BC，连接CD．（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）如图2，若AB平分∠FAC，延长FE交CD于点H，请直接写出与∠ABE相等的角．【答案】（1）见解析；（2）∠CHB；∠BCH；∠BAD；∠FCA；∠CFA【分析】（1）由题意易得∠FEA=∠FEC=90°，∠FAC=∠EFA=45°，进而可证Rt△AEB≌Rt△FEC，则有BE=CE，然后可证BC∥AD，最后求解问题即可；（2）由（1）及题意可直接进行解答．【详解】（1）证明：∵FE⊥AC，∴∠FEA=∠FEC=90°，∵∠FAC=45°，∴∠FAC=∠EFA=45°∴AE=EF，∵AB=FC，∴Rt△AEB≌Rt△FEC(HL)，∴BE=CE，∵AD⊥AF，∴∠FAD=90°，∴∠CAD=90°-45°=45°，∴∠CBE=∠BCE=∠CAD=45°，∴BC∥AD，∵BC=AD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：由（1）得：∠CBE=∠BCE=∠CAD=∠BFA=45°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABE=∠CHB，∠BAC=∠DCA，∵AB平分∠FAC，∴∠BAC=∠BAF，∵∠ABE=∠BFA+∠BAF，∠BCH=∠BCE+∠DCA，∴∠ABE=∠BCH=∠BAD，∵∠CFA=∠CFH+∠BFA，∠HCE=∠CFE，∴∠ABE=∠CFA，∵∠DCA+∠FCA=90°，∴∠ABE=∠FCA，∴与∠ABE相等的角有：∠CHB；∠BCH；∠BAD；∠FCA；∠CFA．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定及角的和差关系，熟练掌握平行四边形的性质与判定及角的和差关系是解题的关键．24．（2020ꞏ全国八年级课时练习）如图，等腰Rt△ABD中，AB＝AD，点M为边AD上一动点，点E在DA 的延长线上，且AM＝AE，以BE为直角边，向外作等腰Rt△BEG，MG交AB于N，连NE、DN．（1）求证：∠BEN＝∠BGN．（2）求NGAB的值．（3）当M在AD上运动时，探究四边形BDNG的形状，并证明之．【答案】（1）详见解析；（2；（3）四边形BDNG是平行四边形，证明详见解析.【分析】（1）连接BM，推出BE＝BM，∠EBA＝∠MBA，根据SAS证△BMN≌△BEN，推出∠BMN＝∠BEN，证出∠BMN＝∠BGN即可；（2）过G作GH⊥AB，垂足为H，证△BGH≌△ABE，推出BH＝AE＝AN，求出NGGHAB，代入求出即可；（3）根据ADN≌△BAE，推出BG⊥BE，BG＝BE，得出BG∥DN，BG＝DN，根据平行四边形的判定判断即可．【解析】（1）证明：连BM，∵∠BAD＝90°，∴BA⊥EM，∵AE＝AM，∴BE＝BM，∠EBA＝∠MBA，在△BEN和△BMN中BE BMEBA MBABN BN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BMN≌△BEN，∴∠BMN＝∠BEN，∵BE＝BG＝BM，∴∠BMN＝∠BGN，∴∠BEN＝∠BGN．（2）解：由（1）得，∠GBE＝∠GNE＝90°，∴△NME等腰直角三角形，∴AE＝AN，过G作GH⊥AB，垂足为H，∴∠H＝∠BAE＝∠GBE＝90°，∴∠HGB+∠HBG＝90°，∠HBG+∠ABE＝90°，∴∠HGB＝∠EBA，在△BGH和△ABE中H BAEHGB ABEBG BE∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BGH≌△ABE，∴BH＝AE＝AN，HN＝AB＝GH，NGGHAB，∴NGAB=．（3）解：四边形BDNG是平行四边形，理由是：∵∠DAN＝∠BAE＝90°，AN＝AE，AB＝AD，∴△ADN≌△BAE，∴DN⊥BE，DN＝BE＝BG，又∵BG⊥BE，BG＝BE，∴BG∥DN，BG＝DN∴四边形BDNG为平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形性质等知识点的运用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题型较好，但有一定的难度．25．（2020ꞏ广东深圳市ꞏ八年级期末模拟）如图1，已知平行四边形ABCO，以点O为原点，OC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，AB交y轴于点D，AD=2，OC=6，∠A=60°，线段EF所在的直线为OD的垂直平分线，点P为线段EF上的动点，PM⊥x轴于点M点，点E与E′关于x轴对称，连接BP、E′M．（1）请直接写出点A的坐标为_____，点B的坐标为_____；（2）当BP+PM+ME′的长度最小时，请直接写出此时点P的坐标为_____；（3）如图2，点N为线段BC上的动点且CM=CN，连接MN，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的EP的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（﹣2，），（4，）；（2）（2）；（3）EP 的值为3或65．【分析】（1）由30°直角三角形的性质求出OD 的长，再由平行四边形的性质求出BD 的长即可解决问题；（2）首先证明四边形OPME ′是平行四边形，可得OP =EM ，因为PM 是定值，推出PB +ME ′=OP +PB 的值最小时，BP +PM +ME ′的长度最小；（3）分三种情形画出图形分别求解即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，在Rt △ADO 中，∵∠A =60°，∴∠AOD =30°．∵AD =2，∴OD A （﹣2，），∵四边形ABCO 是平行四边形，∴AB =OC =6，∴DB =6﹣2=4，∴B （4，）；（2）如图1中，连接OP ．∵EF 垂直平分线段OD ，PM ⊥OC ，∴∠PEO =∠EOM =∠PMO =90°，∴四边形OMPE 是矩形，∴PM =OE ．∵OE =OE ′，∴PM =OE ′，PM ∥OE ′，∴四边形OPME ′是平行四边形，∴OP =EM ，∵PM 是定值，∴PB +ME ′=OP +PB 的值最小时，BP +PM +ME ′的长度最小，∴当O 、P 、B 共线时，BP +PM +ME ′的长度最小．∵直线OB 的解析式为y =2x ，∴P （2．故答案为（2．（3）如图2中，当PM =PN 时，∵AOCB 是平行四边形，∴∠MCN =∠A =60°．∵MC =CN ，∴△MNC 是等边三角形，∴∠CMN =∠CNM =60°．∵PM ⊥OC ，∴∠PMN =∠PNM =30°，∴∠PNF =30°+60°=90°，∵∠PFN =∠BCO =60°，∴∠NPF =30°，NF =1，∴PF =2NF =2，∵EF =2BD OC =5，∴PE =5﹣2=3．如图3中，当PM =MN 时，∵PM =MN =CM ，∴EP =OM =6如图4中，当点P 与F 重合时，NP =NM ，此时PE =EF =5．综上所述：满足条件的EP 的值为3或65．【点睛】本题考查了四边形综合题、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、最短问题等知识，解题的关键是学会利用两点之间线段最短，解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．26．（2020ꞏ浙江杭州市ꞏ八年级期末）如图，在四边形ABCD 中，//AB CD ，90A ∠=︒，16cm AB =，13cm BC =，21cm CD =，动点N 从点D 出发，以每秒2cm 的速度在射线DC 上运动到C 点返回，动点M 从点A 出发，在线段AB 上，以每秒1cm 的速度向点B 运动，点M ，N 分别从点A ，D 同时出发．当点M 运动到点B 时，点N 随之停止运动，设运动时间为t （秒）．（1）当t 为何值时，四边形MNCB 是平行四边形．（2）是否存在点N ，使NMB △是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）5秒或373秒；（2）存在，163秒或72秒或685秒【分析】（1）由题意已知，AB ∥CD ，要使四边形MNBC 是平行四边形，则只需要让BM=CN 即可，因为M 、N 点的速度已知，AB 、CD 的长度已知，要求时间，用时间=路程÷速度，即可求出时间；（2）使△BMN 是等腰三角形，可分三种情况，即BM=BN 、NM=NB 、MN=MB ；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t 表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相等即可求得时间t ．【详解】解：（1）设运动时间为t秒．∵四边形MNCB是平行四边形，∴MB=NC，当N从D运动到C时，∵BC=13cm，CD=21cm，∴BM=AB-AM=16-t，CN=21-2t，∴16-t=21-2t，解得t=5，当N从C运动到D时，∵BM=AB-AM=16-t，CN=2t-21∴16-t=2t-21，解得t=373，∴当t=5秒或373秒时，四边形MNCB是平行四边形；（2）△NMB是等腰三角形有三种情况，Ⅰ．当NM=NB时，作NH⊥AB于H，则HM=HB，当N从D运动到C时，∵MH=HB=12BM=12（16-t），由AH=DN得2t＝12(16−t)+t，解得t＝163秒；当点N从C向D运动时，观察图象可知，只有由题意：42-2t=12（16-t）+t，解得t=685秒．Ⅱ．当MN=MB，当N从D运动到C时，MH=AH-AM=DN-AM=2t-t=t，BM=16-t，∵MN2=t2+122，∴（16-t）2=122+t2，解得t＝72（秒）；Ⅲ．当BM=BN，当N从C运动到D时，则BH=AB-AH=AB-DN=16-2t，∵BM2=BN2=NH2+BH2=122+（16-2t）2，∴（16-t）2=122+（16-2t）2，即3t2-32t+144=0，∵△＜0，∴方程无实根，。

2020-2021学年人教版初一数学上学期高频考点第四章检测卷【含解析】

2020-2021学年人教版初一数学上学期第四章几何图形初步章末检测卷注意事项：本试卷满分100分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020·浙江省初一期末）图中有4根绳子，在绳的两端用力拉，有一根绳子是能打成结的，请问是哪一根？( ).A．B．C．D．【答案】B【分析】假定固定绳子的一头，拉起绳子的另一头，顺着绳子观察，想象是否会出现打结的情况．【解析】解：由分析逐一验证，会发现B选项会出现打结的情况．故选：B．【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，注意B和C的不同．2．（2019·河北邢台初三三模）在正常情况下，射击时要保证瞄准的一只眼在准星和缺口确定的直线上，才能射中目标，这样做的依据是( )A．两点之间线段最短B．两点确定一条直线C．三点确定一条直线D．四点确定一条直线【答案】B【分析】根据直线的性质进行判断即可.【解析】在正常情况下，射击时要保证瞄准的一只眼在准星和缺口确定的直线上，才能射中目标，这说明了两点确定一条直线，故选：B.【点睛】本题主要考查了直线的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.3．（2019·江苏省初三二模）过正方体中有公共顶点的三条棱的中点切出一个平面，形成如图几何体，其正确展开图正确的为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．【解析】选项A 、C 、D 折叠后都不符合题意，只有选项B 折叠后两个剪去三角形与另一个剪去的三角形交于一个顶点，与正方体三个剪去三角形交于一个顶点符合．故选：B ．【点睛】考查了截一个几何体和几何体的展开图．解决此类问题，要充分考虑带有各种符号的面的特点及位置．4．（2020·山东单县·初一期末）40.4404',a β∠=︒∠=︒,则α∠与β∠的关系是（）A ．αβ∠=∠B ．αβ∠>∠C ．αβ∠<∠D ．以上都不对【答案】B【分析】首先统一单位，利用1°=60′，则∠α=40.4°=40°24′，再进一步与∠β比较得出答案即可．【解析】∵∠α=40.4°=40°24′，∠β=40°4′，∴∠α＞∠β．故选：B ．【点睛】本题考查了角的大小比较的方法以及度分秒之间的换算．在比较角的大小时有时可把度化为分来进行比较．5．（2020·偃师市实验中学初一月考）下面说法:①若线段AC=BC,则C 是线段AB 的中点;②两点之间,直线最短;③延长直线AB;④若一个角既有余角又有补角,则它的补角一定比它的余角大.其中正确的有( ) A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【分析】根据两点间的距离，中点的定义及余角和补角的知识进行各选项的判断即可．【解析】①如图，AC=BC ，但C 不是线段AB 的中点，故①不正确；②两点之间线段最短，故②不正确；③直线向两边无限延伸，不能延长，故③不正确；④一个角有余角，说明这个角是锐角，所以它的补角一定比它的余角大，故④正确．故选B ．【点睛】本题考查了两点间的距离、直线及余角和补角的知识，解答本题需要同学们熟练掌握基本知识．6．（2020·全国初一课时练习）如图，AOB ∠，以OB 为边作BOC ∠，使2BOC AOB ∠=∠，那么下列说法正确的是（）A ． 3AOC AOB ∠=∠B ．AOB AOC ∠=∠或3AOC AOB ∠=∠ C ．AOC BOC ∠>∠D ． AOC AOB ∠=∠【答案】B【解析】根据∠BOC 的位置，以O 为顶点，OB 为一边作∠BOC=20°有两种情况：①当∠BOC 的一边OA 在∠AOB 内部时，则∠AOB=∠AOC;②当∠BOC 的一边OB 在∠AOC 内部时，则∠AOC=∠AOB+∠BOC=3∠AOB ．故选：B.点睛：此题主要考查学生对角的计算这一知识点的理解和掌握，此题采用分类讨论的思想，难度不大，属于基础题.7．（2020·浙江省初一期末）如图，一个正方体有盖盒子（可密封）里装入六分之一高度的水，改变正方体盒子的放置方式，下列选项中不是盒子里的水能形成的几何体是（）A ．正方体B ．长方体C ．三棱柱D ．三棱锥【答案】A 【分析】根据正方体的特征求解即可．【解析】解：根据题意可知，盒子里的水能形成的几何体是长方体、三棱柱，三棱锥，不可能是正方体．故答案为A ．【点睛】考查了认识立体图形，掌握正方体的特征和良好的空间想象能力是解答本题的关键．8．（2020·淄博市淄川区城南镇第一中学初一期中）岛P 位于岛Q 的正西方，由岛P 、Q 分别测得船R 位于南偏东30°和南偏西45°方向上．符合条件的示意图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：根据文字语言，画出示意图，如下：故选D．【点睛】本题考查方向角的概念，掌握概念正确作图是解题关键．9．（2020·深圳市高级中学初一期末）已知线段AB=10cm，在直线AB上取一点C，使AC=16cm，则线段AB 的中点与AC的中点的距离为( )A．13cm或26cm B．6cm或13cm C．6cm或25cm D．3cm或13cm【答案】D【分析】结合题意画出简单的图形，再结合图形进行分析求解．【解析】解：①如图，当C在BA延长线上时，∵AB=10cm，AC=16cm，D，E分别是AB，AC的中点，∴AD=12AB=5cm，AE=12AC=8cm，∴DE=AE+AD=8+5=13cm；②如图，当C在AB延长线上时，∵AB=10cm，AC=16cm，D，E分别是AB，AC的中点，∴AD=12AB=5cm，AE=12AC=8cm，∴DE=AE-AD=8-5=3cm；故选：D．【点睛】本题主要考查了两点间的距离，解决问题的关键是依据题意画出图形，进行分类讨论．故选D.【点睛】此题考查了两点间的距离求解，解答本题的关键是分类讨论点E的位置，有一定难度，注意不要遗漏．10．（2019·全国初一课时练习）如图，某公司有三个住宅区，A，B，C各区分别住有职工10人，15人，45人，且这三个区在一条大道上(A，B，C三点共线)，已知AB＝150m，BC＝90m．为了方便职工上下班，该公司的接送车打算在此间只设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，那么该停靠点的位置应设在( )A．点A B．点B C．点A，B之间D．点C【答案】D【分析】本题为数学知识的应用，由题意设一个停靠点，分别计算所有人的路程的和再判断．【解析】①以点A为停靠点，则所有人的路程的和=150×15+45×240=13050（米）；②以点B为停靠点，则所有人的路程的和=10×150+90×45=5550（米）；③以点C为停靠点，则所有人的路程的和=10×240+15×90=3750（米）；④当在AB之间停靠时，设停靠点到A的距离是m，则（0＜m＜150），则所有人的路程的和是：10m+15（150﹣m）+45（240﹣m）=13050－50m＞5550 ；⑤当在BC之间停靠时，设停靠点到B的距离为n，则（0＜n＜90），则总路程为10（150+n）+15n+45（90﹣n）=5550－20n＞3750，∴该停靠点的位置应设在点C．故选D．【点睛】本题为数学知识的应用，考查的知识点为两点之间线段最短．11．如图，将一张长方形纸片的角A、E分别沿着BC、BD折叠，点A落在A'处，点E落在边BA'上的E'处，则∠CBD的度数是（）A．85°B．90°C．95°D．100°【答案】B【解析】根据折叠的性质可得：∠ABC=∠A′BC，∠EBD=∠E′BD，∵∠ABC+∠A′BC+∠E′BD+∠EBD=180°，∴2∠A′BC+2∠E′BD=180°．∴∠A′BC+∠E′BD=90°．∴∠CBD=90°．故选B．【点睛】由折叠的性质，即可得：∠ABC=∠A′BC，∠EBD=∠E′BD，然后由平角的定义，即可求得∠A′BC+∠E′BD=90°，则可求得∠CBD的度数．此题考查了折叠的性质与平角的定义，解题的关键是掌握翻折的性质．12．（2020·广西钦州·期末）如图，直线AB 与CD 相交于点,60O AOC ∠=，一直角三角尺EOF 的直角顶点与点O 重合，OE 平分AOC ∠，现将三角尺EOF 以每秒3的速度绕点O 顺时针旋转，同时直线CD 也以每秒9的速度绕点O 顺时针旋转，设运动时间为t 秒（040t ≤≤），当CD 平分EOF ∠时，t 的值为（）A ．2.5B ．30C ．2.5或30D ．2.5或32.5【答案】D【分析】分两种情况进行讨论：当转动较小角度的OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒；当转动较大角度的OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒；分别依据角的和差关系进行计算即可得到t 的值．【解析】解：分两种情况：①如图OC 平分EOF ∠时，45AOE ∠=︒，即930345t t +︒-=︒，解得 2.5t =；②如图OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒，即9150345t t -︒-=︒，解得32.5t =．综上所述，当CD 平分EOF ∠时，t 的值为2.5或32.5．故选：D ．【点睛】本题考查角的动态问题，理解题意并分析每个运动状态是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 13．（2020·尚志市田家炳中学初一期末）往返于,A B 两地的客车，中途停靠C D E F G 、、、、五个站，要准备______种车票．【答案】42【分析】先求出线段的条数，再计算车票的种类.【解析】∵,A B两地的客车，中途停靠C D E F G、、、、五个站，∴同一条线段上共有7个点，共有线段7(71)212⨯-=条，∵每两个站点之间有两种车票，即每条线段有两种车票，∴共有车票21242⨯=种，故答案为：42.【点睛】此题考查线段的条数计算公式：n个点之间的线段共有(1)2n n-条.14．（2020山西吕梁初一期末）如图，在利用量角器画一个40°的∠AOB的过程中，对于先找点B，再画射线OB这一步骤的画图依据，喜羊羊同学认为是两点确定一条直线，懒羊羊同学认为是两点之间线段最短．你认为_____同学的说法是正确的．【答案】喜羊羊．【分析】根据直线的性质，可得答案．【解析】解：在利用量角器画一个40︒的AOB∠的过程中，对于先找点B，再画射线OB这一步骤的画图依据，喜羊羊同学认为是两点确定一条直线，懒羊羊同学认为是两点之间线段最短．我认为喜羊羊同学的说法是正确的，故答案为：喜羊羊．【点睛】本题考查了直线的公理：两点确定一条直线，要与线段的公理：两点之间线段最短，区分开来，不要混淆．15．（2019·西安市铁一中学初一月考）如图，将三个同样的正方形的一个顶点重合放置，那么1∠的度数_．【答案】20°.【分析】根据∠1=∠BOD+EOC-∠BOE，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD和∠EOC的度数从而求解.【解析】解：如图：∠BOD=90°-∠A0B=90°-30°=60°∠EOC=90°-∠EOF=90°-40°=50°又：∠1=∠BOD+∠EOC-∠BOE .∠1=60°+50°-90°=20°故答案是：20°.【点睛】本题主要考查了角度的计算，正确理解∠1=∠BOD+EOC-∠BOE这一关系是解决本题的关键. 16.（2019•薛城区期末）用小立方块搭成的几何体，从正面和上面看的形状图如图，则组成这样的几何体最少需要立方块个数为；最多需要立方块个数为；【答案】7; 8【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，相加即可．【解析】解：有两种可能；由主视图可得：这个几何体共有3层，由俯视图可得：第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，∴最多为3+4+1＝8个小立方块，最少为个2+4+1＝7小立方块．故选：C．【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，关键是掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就很容易得到答案．17．（2020·河南潢川·初一期末）从12点整开始到1点，经过_____分钟，钟表上时针和分针的夹角恰好为99°．【答案】18或522 11【分析】先求解出时针和分针每分钟旋转的角度，再按照追击问题看待两个指针，求时间即可【解析】∵时针每60分钟走1大格，即30°∴时针的速度为：0.5°/min同理，分针的速度为：6°/min 要使时针和分针夹角为99°，有两种情况：情况一：时针比分针多走99°设从12点整开始，时针和分针都走了x分钟则：0.5x+99=6x 解得：x=18情况二：时针比分针多走(360-99)°，即多走261°设从12点整开始，时针和分针都走了y分针则：0.5y+261=6x 解得：y=522 11故答案为：18或522 11【点睛】本题是钟表问题和夹角结合考查的类型，解题关键是将时钟问题类比到追击问题中，根据追击问题的模型，求时间18．已知线段AB＝4cm，点C是直线AB上一点（不同于点A、B）．下列说法：①若点C为线段AB的中点，则AC＝2cm；②若AC＝1cm，则点C为线段AB的四等分点；③若AC+BC＝4cm，则点C一定在线段AB 上；④若AC+BC＞4cm，则点C一定在线段AB的延长线上；⑤若AC+BC＝8cm，则AC＝2cm．其中正确的序号有【答案】①③④【分析】根据线段的中点，线段的延长线，线段的反向延长线，线段的和差计算正确结论即可.【解析】解：（1）如图1所示：∵点C为线段AB的中点，∴AC＝BC＝12AB，又∵AB＝4cm，∴AC＝2cm，∴结论①正确；（2）如图2所示：∵AC1＝1，AB＝4，∴11 4AC AB=，∴点C1为线段AB的四等分点，又∵AC2＝1，∴21 4AC AB=又∵点C2在AB的反向延长线上，∴点C2不是线段AB的四等分点，∴结论②错误；（3）如图3所示：点C为线段AB上的一动点，∴AB＝AC+BC，又∵AB＝4cm，∴AC+BC＝4cm，∴结论③正确；（4）如图4所示：若点C在AB的延长线上时，AC1+BC1＞AB，∵AB＝4，∴AC1+BC1＝AB+2BC1＞4cm，若点在AB的反向延长线上时，AC2+BC2＞AB，∵AB＝4，∴AC2+BC2＝AB+2AC2＞4cm，∴结论④正确；（5）如图5所示：若点C在线段AB的延长线时，且AC1＝6cm，有AC1+BC1＝8cm，若点C在线段AB的反向延长线时，且AC2＝2cm，有AC2+BC2＝8cm，∴结论⑤错误．综合所述；正确结论是①、③、④．【点睛】本题考查线段的中点，线段的延长线，线段的反向延长线，线段的和差计算，熟练掌握各定义和运算法则是关键.三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020.广东省初一期末）如图，平面上四个点A、B、C、D．(1)根据下列语句画图：①射线AB；②直线CD交射线AB于点E；③在线段BC的延长线上取一点F，使CF=CD，连接AD、AF．(2)图中以A为顶点的角中，小于平角的角有哪几个？【答案】(1)画图见解析；(2)小于平角的角有：∠DAB，∠DAF，∠BAF．【分析】(1) 根据直线没有端点, 射线有一个端点, 线段有两个端点, 可得答案.(2) 根据平角的定义和角的定义进行解答.【解析】(1)①如图所示：②如图所示：③如图所示，在线段BC的延长线上取一点F，使CF=CD，连接AD、AF．(2)如图所示，图中以A为顶点的角中，小于平角的角有：∠DAB，∠DAF，∠BAF．【点睛】本题主要考查直线、射线、线段的定义及平角的定义和角的定义.20．（2020·浙江嵊州初一期末）点A，O，B依次在直线MN上，如图1，现将射线OA绕点O顺时针方向以每秒10°的速度旋转，同时射线OB绕着点O按逆时针方向以每秒15°的速度旋转，直线MN保持不动，如图2，设旋转时间为t秒（t≤12）．（1）在旋转过程中，当t=2时，求∠AOB的度数．（2）在旋转过程中，当∠AOB=105°时，求t的值．（3）在旋转过程中，当OA或OB是某一个角（小于180°）的角平分线时，求t的值．【答案】(1) 130°；(2)t=3或11.4;(3)t=4.5或367或9或727【分析】（1）分别求出∠AOM和∠BON的度数，即可得出答案；（2）分为两种情况，得出方程10t+15t=180-105或10t+15t=180+105，求出方程的解即可；（3）分为四种情况，列出方程，求出方程的解即可．【解析】（1）当t=2时，∠AOM=10°t=20°，∠BON=15°t=30°，所以∠AOB=180°﹣∠AOM﹣∠BON=130°；（2）当∠AOB=105°时，有两种情况：①10t+15t=180﹣105，解得：t=3；②10t+15t=180+105，解得：t=11.4；（3）①当OB 是∠AON 的角平分线时，10t+15t+15t=180，解得：t=4.5； ②当OA 是∠BOM 的角平分线时，10t+10t+15t=180，解得：t=367； ③当OB 是∠AOM 的角平分线时，5t+15t=180，解得：t=9； ④当OA 是∠BON 的角平分线时，10t+7.5t=180，解得：t=727．【点睛】本题考查了角平分线的定义和邻补角的定义，能求出符合的所有情况是解此题的关键． 21．（2020·河北怀安初一期末）如图，点C 在线段AB 上，点M 、N 分别是AC 、BC 的中点．（1）若AC ＝8cm ，CB ＝6cm ，求线段MN 的长；（2）若C 为线段AB 上任一点，满足AC ＋CB ＝acm ，其它条件不变，你能猜想MN 的长度吗？并说明理由；（3）若C 在线段AB 的延长线上，且满足AC ﹣BC ＝bcm ，M 、N 分别为AC 、BC 的中点，你能猜想MN 的长度吗？并说明理由．【答案】（1）7cm ；（2）12a ，理由见详解；（3）12b ，理由见详解．【分析】（1）根据“点M 、N 分别是AC 、BC 的中点”，先求出MC 、CN 的长度，再利用MN=CM+CN 即可求出MN 的长度即可，（2）当C 为线段AB 上一点，且M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则存在MN=2a，（3）点在AB 的延长线上时，根据M 、N 分别为AC 、BC 的中点，即可求出MN 的长度．【解析】解：（1）点M 、N 分别是AC 、BC 的中点，∴CM=12AC=4cm ，CN=12BC=3cm ， ∴MN=CM+CN=4+3=7cm ，∴线段MN 的长为7cm ；（2）MN 的长度等于12a ，根据图形和题意可得：MN=MC+CN=12AC+12BC=12（AC+BC ）=12a ；（3）MN 的长度等于12b ，根据图形和题意可得：MN=MC-NC=12AC-12BC=12（AC-BC ）=12b ．【点睛】本题主要考查了两点间的距离，关键是掌握线段的中点把线段分成两条相等的线段，注意根据题意画出图形也是关键．22．（2019·福建晋江·初一期末）一副三角板，90∠=∠=︒AOD CBO（1）按如图①所示方式放置，点O D C 、、三点共线，30BOC ∠=︒，求AOB ∠的度数；（2）在（1）的条件下，若,OP OQ 分别是COA ∠与BOC ∠内部的一条射线，且,OP OQ 均以点O 为中心，分别从OA OC 、位置出发，以3n 度/秒、n 度/秒的旋转速度沿逆时针方向旋转，当OQ 与OB 重叠时，所有旋转均停止，试说明:当旋转t 秒后，3;COP BOQ ∠=∠（3）若三角板BOC (不含30角)是一块非标准三角板，按如图②所示方式放置，使3AOC BOC ∠=∠，作射线OT ，若BOT AOT COT ∠-∠=∠，求COT ∠与AOB ∠的度数之比．【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）1:2或1:1【分析】（1）利用角的计算法则将AOD ∠和BOC ∠相加即可求得结果；（2）利用旋转速度和旋转时间将∠COQ 和AOP ∠的度数用含n 、t 的式子表示出来，再利用角的计算法则表示出COP ∠和BOQ ∠，即可得到3∠=∠COP BOQ ；（3）分两种情况：OT 在 AOB ∠内部和外部时，根据已知条件进行计算变形，即可求得结果．【解析】解：（1）30BOC ∠=︒，90AOD ∠=︒， 3090120∴∠=∠+∠=︒+︒=︒AOB BOC AOD ；（2）当旋转t 秒后，3,∠=︒∠=︒AOP nt COQ nt ，∵30,90，∠=︒∠=︒BOC AOD()30∴∠=∠-∠=-︒BOQ BOC COQ nt ，()9033(30)∠=∠-∠=-︒=-︒COP AOD AOP nt nt ，3∴∠=∠COP BOQ ；（3）当OT 在 AOB ∠内部时，如图②所示，，∠-∠=∠∠-∠=∠BOT AOT COT BOT BOC COT ，∴∠=∠AOT BOC ， 3∠=∠AOC BOC ，14∴∠=∠=∠AOT BOC AOB ，12∴∠=∠-∠-∠=∠COT AOB AOT BOC AOB ，COT ∴∠与AOB ∠的度数之比为1:2；当OT 在AOB ∠外部时，如图③所示，，∠-∠=∠∠-∠=∠BOT AOT COT BOT BOC COT ， ∴∠=∠AOT BOC ，∴∠+∠=∠+∠AOT AOC BOC AOC ，即∠=∠COT BOA ，COT ∴∠与AOB ∠的度数之比为1:1 【点睛】本题考查了角的计算：利用几何图形计算几个角的和或差．解题的关键是理解题意，表示出角度与角度之间的关系；分类讨论也是解题的关键．23．（2019·江苏省初三一模）某种产品形状是长方形，长为8cm ，它的展开图如图：（1）求长方体的体积；（2）请为厂家设计一种包装纸箱，使每箱能装10件这种产品，要求没有空隙且要使该纸箱所用材料尽可能少（纸箱的表面积尽可能小）【答案】（1）长方形的体积为144cm 3；（2）纸箱的表面积为792cm 2【分析】（1）设长方体的高为xcm ，则长方形的宽为（12﹣2x ）cm ，根据长方体的展开图可见产品的一个宽+2个长+一个高=25，从而列出方程，求解得出长方体产品的长宽高，再根据长方体的体积计算方法即可算出答案；（2）由于产品的长宽高是固定的，厂家设计一种包装纸箱，使每箱能装10件这种产品，要求没有空隙且要使该纸箱所用材料尽可能少，故在装这10件产品时，让产品重叠在一起的面积尽可能的大，从而得出设计的包装纸箱为15×12×8规格，再根据长方体的表面积计算方法即可算出答案.【解析】（1）解：设长方体的高为xcm，则长方形的宽为（12﹣2x）cm，根据题意可得：12﹣2x+8+x+8=25，解得：x=3，所以长方体的高为3cm，宽为6cm，长为8cm，长方形的体积为：8×6×3=144cm3；（2）解：由要求没有空隙且要使该纸箱所用材料尽可能少（纸箱的表面积尽可能小），可知纸箱的装法有两种，即每层一个共10层或每层两个共5层，①每层一个共10层：（ⅰ）当3×6的面叠加在一起时，表面积为2（3×6+3×80+6×80）=1476cm2,（ⅱ）当3×8的面叠加在一起时，表面积为2（3×8+3×60+8×60）=1368cm2,（ⅲ）当6×8的面叠加在一起时，表面积为2（30×8+30×6+8×6）=936cm2,②每层两个共5层：（ⅰ）当每一层的两个长方体的3×6的面叠加在一起时，且底层的长方体的3×8的面贴地面时，表面积为2（3×16+3×30+16×30）=1236cm2,（ⅱ）当每一层的两个长方体的3×6的面叠加在一起时，且底层的长方体的6×8的面贴地面时，表面积为2（6×16+6×15+16×15）=852cm2,（ⅲ）当每一层的两个长方体的3×8的面叠加在一起时，且底层的长方体的3×6的面贴地面时，表面积为2（3×12+3×40+12×40）=1272cm2,（ⅳ）当每一层的两个长方体的3×8的面叠加在一起时，且底层的长方体的8×6的面贴地面时，表面积为2（12×8+8×15+12×15）=792cm2,（ⅴ）当每一层的两个长方体的8×6的面叠加在一起时，且底层的长方体的8×3的面贴地面时，表面积为2（6×8+6×30+8×30）=936cm2,（ⅵ）当每一层的两个长方体的8×6的面叠加在一起时，且底层的长方体的6×3的面贴地面时，表面积为2（6×6+6×40+6×40）=1032cm2,所以当每一层的两个长方体的3×8的面叠加在一起时，且底层的长方体的8×6的面贴地面时，表面积最小，为792cm2，设计的包装纸箱为长为12cm，宽为8cm，高为15cm.故答案为792cm2【点睛】本题考查几何体的表面积，几何体的展开图.（1）根据展开图合理设未知数，找到等量关系列式计算.（2）关键是列出所有纸箱装法并计算表面积.24．如图，P是定长线段AB上一点，C、D两点分别从P、B出发以1cm/s、2cm/s的速度沿直线AB向左运动（C在线段AP上，D在线段BP上）（1）若C、D运动到任一时刻时，总有PD＝2AC，请说明P点在线段AB上的位置：（2）在（1）的条件下，Q是直线AB上一点，且AQ﹣BQ＝PQ，求PQAB的值．（3）在（1）的条件下，若C、D运动5秒后，恰好有1CD AB2=，此时C点停止运动，D点继续运动（D点在线段PB上），M、N分别是CD、PD的中点，下列结论：①PM﹣PN的值不变；②MNAB的值不变，可以说明，只有一个结论是正确的，请你找出正确的结论并求值．【答案】（1）点P在线段AB上的13处；（2）13；（3）②MNAB的值不变.【分析】（1）根据C、D的运动速度知BD=2PC，再由已知条件PD=2AC求得PB=2AP，所以点P在线段AB上的13处；（2）由题设画出图示，根据AQ-BQ=PQ求得AQ=PQ+BQ；然后求得AP=BQ，从而求得PQ与AB的关系；（3）当点C停止运动时，有CD＝12AB，从而求得CM与AB的数量关系；然后求得以AB表示的PM与PN的值，所以MN＝PN−PM＝112AB．【解析】解：（1）由题意：BD=2PC∵PD=2AC，∴BD+PD=2（PC+AC），即PB=2AP.∴点P在线段AB上的13处；（2）如图：∵AQ-BQ=PQ，∴AQ=PQ+BQ，∵AQ=AP+PQ，∴AP=BQ，∴PQ=13AB，∴13PQAB=（3）②MNAB的值不变.理由：如图，当点C停止运动时，有CD=12AB，∴CM=14AB，∴PM=CM-CP=14AB-5，∵PD=23AB-10，∴PN=1223（AB-10）=13AB-5，∴MN=PN-PM=112AB，当点C停止运动，D点继续运动时，MN的值不变，所以111212ABMNAB AB==.【点睛】本题考查了比较线段的长短．利用中点性质转化线段之间的倍分关系是解题的关键，在不同的情况下灵活选用它的不同表示方法，有利于解题的简洁性．同时，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系也是十分关键的一点．25．（2020·江苏南京·南师附中宿迁分校初一期末）已知直线AB过点O，∠COD＝90°，OE是∠BOC的平分线．（1）操作发现：①如图1，若∠AOC＝40°，则∠DOE＝②如图1，若∠AOC＝α，则∠DOE＝（用含α的代数式表示）（2）操作探究：将图1中的∠COD绕顶点O顺时针旋转到图2的位置，其他条件不变，②中的结论是否成立？试说明理由．（3）拓展应用：将图2中的∠COD绕顶点O逆时针旋转到图3的位置，其他条件不变，若∠AOC＝α，求∠DOE的度数，（用含α的代数式表示）【答案】（1）20°，12α；（2）成立，理由见详解；（3）180°－12α．【分析】（1）如图1，根据平角的定义和∠COD＝90°，得∠AOC＋∠BOD＝90°，从而∠BOD＝50°，OE是∠BOC的平分线，可得∠BOE＝70°，由角的和差得∠DOE＝20°；同理可得：∠DOE＝12α；（2）如图2，根据平角的定义得：∠BOC＝180°－α，由角平分线定义得：∠EOC＝12∠BOC＝90°－12α，根据角的差可得（1）中的结论还成立；（3）同理可得：∠DOE＝∠COD＋∠COE＝180°－12α．【解析】解：（1）如图1，∵∠COD＝90°，∴∠AOC＋∠BOD＝90°，∵∠AOC＝40°，∴∠BOD＝50°，∴∠BOC＝∠COD＋∠BOD＝90°＋50°＝140°，∵OE平分∠BOC，∴∠BOE＝12∠BOC＝70°，∴∠DOE＝∠BOE－∠BOD＝20°，②如图1，由（1）知：∠AOC＋∠BOD＝90°，∵∠AOC ＝α，∴∠BOD ＝90°﹣α，∴∠BOC ＝∠COD ＋∠BOD ＝90°＋90°﹣α＝180°﹣α，∵OE 平分∠BOC ，∴∠BOE ＝12∠BOC ＝90°﹣12α， ∴∠DOE ＝∠BOE ﹣∠BOD ＝90°﹣12α﹣（90°﹣α）＝12α，（2）（1）中的结论还成立，理由是：如图2，∵∠AOC ＋∠BOC ＝180°，∠AOC ＝α，∴∠BOC ＝180°﹣α， ∵OE 平分∠BOC ，∴∠EOC ＝12∠BOC ＝90°﹣12α， ∵∠COD ＝90°，∴∠DOE ＝∠COD ﹣∠COE ＝90°﹣（90°﹣12α）＝12α；（3）如图3，∵∠AOC ＋∠BOC ＝180°，∠AOC ＝α，∴∠BOC ＝180°﹣α， ∵OE 平分∠BOC ，∴∠EOC ＝12∠BOC ＝90°﹣12α， ∵∠COD ＝90°，∴∠DOE ＝∠COD ＋∠COE ＝90°＋（90°﹣12α）＝180°﹣12α．【点睛】本题考查了角平分线的定义、平角的定义及角的和与差，能根据图形确定所求角和已知各角的关系是解此题的关键．26．如图，点O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，使110BOC ∠=°，将一直角三角板的直角顶点放在点O 处（30OMN ∠=︒），一边OM 在射线OB 上，另一边ON 在直线AB 的下方．（1）将图1中的三角板绕点O 逆时针旋转至图2，使一边OM 在BOC ∠的内部，且恰好平分BOC ∠，求BON ∠的度数；（2）将图1中的三角板绕点O 以每秒5〫的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t 秒时，直线ON 恰好平分锐角AOC ∠，求t 的值；（3）将图1中的三角板绕点O 逆时针旋转至图3，使一边ON 在AOC ∠的内部，请探究AOM NOC ∠-∠的值．【答案】（1）35°；（2）11或47；（3）∠AOM-∠NOC=20°．【分析】（1）根据角平分线的定义通过计算即可求得∠BON 的度数；（2）当ON 的反向延长线平分∠AOC 时或当射线ON 平分∠AOC 时这两种情况分别讨论，根据角平分线的定义以及角的关系进行计算即可；（3）根据∠MON=90°，∠AOC=70°，分别求得∠AOM=90°-∠AON，∠NOC=70°-∠AON，再根据∠AOM-∠NOC=（90°-∠AON）-（70°-∠AON）进行计算，即可得出∠AOM与∠NOC的数量关系．【解析】解：（1）如图2中，∵OM平分∠BOC，∴∠MOC=∠MOB，又∵∠BOC=110°，∴∠MOB=55°，∵∠MON=90°，∴∠BON=∠MON-∠MOB=35°；（2）（2）分两种情况：①如图2，∵∠BOC=110°∴∠AOC=70°，当当ON的反向延长线平分∠AOC时，∠AOD=∠COD=35°，∴∠BON=35°，∠BOM=55°，即逆时针旋转的角度为55°，由题意得，5t=55°解得t=11；②如图3，当射线ON平分∠AOC时，∠NOA=35°，∴∠AOM=55°，即逆时针旋转的角度为：180°+55°=235°，由题意得，5t=235°，解得t=47，综上所述，t=11s或47s时，直线ON恰好平分锐角∠AOC；故答案为：11或47；（3）∠AOM-∠NOC=20°．理由：∵∠MON=90°，∠AOC=70°，∴∠AOM=90°-∠AON，∠NOC=70°-∠AON，∴∠AOM-∠NOC=（90°-∠AON）-（70°-∠AON）=20°，∴∠AOM与∠NOC的数量关系为：∠AOM-∠NOC=20°．【点睛】本题主要考查的是角平分线的定义的运用，熟练掌握角平分线的使用和角的和差关系是解题的关键．。

苏教版生物七年级上册第四章《生物体的组成》章末检测

第四章生物体的组成（时间：60分钟，满分：100分）一、选择题（本大题共25小题，每题2分，共50分。

）1.参与调节人体消化、呼吸、循环、泌尿、生殖等各种生命活动的系统是（）A.消化系统和呼吸系统B.神经系统和内分泌系统C.消化系统和神经系统D.呼吸系统和内分泌系统2.下列关于草履虫的叙述，错误的是（）A.生活在清澈见底、水流湍急的小溪中B.具有细胞膜、细胞质、细胞核C.能够通过细胞分裂进行生殖D.对污水具有一定的净化作用3.老师常常教导我们“牡丹花儿开，花儿好看我不摘”。

牡丹花在结构上属于（）A.组织B.营养器官C.系统D.生殖器官4.观察草履虫的结构时，在载玻片的滴液上放少量棉花纤维，再盖盖玻片，并用吸水纸从盖玻片的边缘吸去一些水，这样做的目的是（）A.使草履虫不运动B.限制一定的范围，使草履虫运动慢些，便于观察C.防止草履虫从盖玻片下跑出来D.使草履虫依附在棉纤维上5.下列关于单细胞生物的叙述中，错误的是（）A.整个生物体只由一个细胞构成B.能够独立生活C.能够趋利避害，适应环境D.不能完成呼吸、生殖等复杂的生命活动6.由口腔、咽、食道、胃、小肠、大肠、肛门以及肝、胰、唾液腺等器官组成的系统是（）A.呼吸系统B.运动系统C.消化系统D.内分泌系统7.关于人体器官——胃的下列说法中，错误的是（）A.胃是属于消化系统内的一个重要器官B.胃壁主要由肌肉构成，因而胃属于肌肉组织C.组成胃的结构层次是细胞→组织→器官D.组成胃的组织有四种，但以肌肉组织为主8.依据图①～③，下列叙述正确的是（）A.图示生物①②的结构层次都是器官B.图示生物②是由上皮组织、分生组织、输导组织和营养组织等构成的C.图示生物①②③都具有细胞结构和遗传物质——DNAD.图示生物①②③的结构层次为：细胞→组织→器官→系统→生物9.关于系统的概念，下列说法正确的是（）A.人体某些器官的总和B.人体内功能上有某种联系的多个器官的总和C.人体内生理功能多样且结构上连续的各个器官的总和D.人体内能共同完成特定生理功能的多个器官组成的体系10.（2013·黑龙江佳木斯）与洋葱表皮细胞相比，细菌的细胞中没有的结构是（）A.细胞壁B.细胞膜C.细胞质D.成形的细胞核11.下列单细胞生物中同时含有能量转换器叶绿体和线粒体的是（）A.①②B.③④C.④⑤D.②⑤12.构成植物体的保护组织具有保护内部柔嫩部分的功能，在人体中具有类似功能的组织。

第四章几何图形初步章末检测卷含答案(人教版)

第四章平面基本图形章末检测卷（人教版）本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如图是一个正方体被切割后留下的立体示意图，剩余的几何体的左视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据一般指由物体左边向右做正投影得到的视图是左视图，可得答案．【详解】解：从几何体的左面看，轮廓为正方形，其中被切割的部分应该画为虚线且是一条“捺”向的虚线，故选项C符合题意．故选：C．2．小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．三角形两边之和大于第三边D．两点确定一条直线【答案】A【分析】根据线段的性质即可求解．【详解】解：两地距离显示的是两点之间的线段，因为两点之间线段最短，所以导航的实际可选路线都比两地距离要长，故选：A．3．下列四个正方体的展开图中，能折叠成如图所示的正方体的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】由正方体的信息可得：面,A 面,B 面C 为相邻面，从相对面与相邻面入手，逐一分析各选项，从而可得答案．【详解】解：由题意可得：正方体中，面,A 面,B 面C 为相邻面．由A 选项的展开图可得面,A 面C 为相对面，故选项A 不符合题意；由B 选项的展开图可得面,A 面,B 面C 为相邻面，故选项B 符合题意；由C 选项的展开图可得面,B 面C 为相对面，故选项C 不符合题意；由D 选项的展开图可得面,A 面B 为相对面，故选项D 不符合题意；故选：.B 4．下面等式成立的是（） A ．83.58350'︒=︒B ．88572327303733''''''︒-︒=︒C ．154836372759521635'''''''''︒+︒=︒D ．41.254115'︒=︒【答案】D【分析】根据1=60,1=60''''︒进行换算即可【详解】83.58330'︒=︒，故本选项不符合题意；885723273733''''''︒-︒=29︒，故本选项不符合题意；154836372759531635'''''''''︒+︒=︒，故本选项不符合题意；41.254115'︒=︒，故本选项符合题意；故选：D ．5．定义：当点C 在线段AB 上，AC nAB =时，我们称n 为点C 在线段AB 上的点值，记作A CB d n =※．甲同学猜想：点C 在线段AB 上，若2AC BC =，则23C AB d =※．乙同学猜想：点C 是线段AB 的三等分点，则13C AB d =※ 关于甲乙两位同学的猜想，下列说法正确的是（）A ．甲正确，乙不正确B ．甲不正确，乙正确C ．两人都正确D ．两人都不正确【答案】A【分析】本题根据题目所给A C B d n =※的定义对两人的猜想分别进行验证即可得到答案，对于乙的猜想注意进行分类讨论．【详解】解：甲同学：点C 在线段AB 上，且2AC BC =， ∴23AC AB =，∴23C AB d =※，∴甲同学正确．乙同学：点C 在线段AB 上，且点C 是线段AB 的三等分点，∴有两种情况， ①当13AC AB =时，13C AB d =※，②当23AC AB =时，23C AB d =※，∴乙同学错误．故选：A ．6．如图，用方向和距离描述学校相对于小明家的位置正确的是（）A ．学校在小明家的南偏西25︒方向上的1200米处B ．学校在小明家的北偏东25︒方向上的1200米处C ．学校在小明家的北偏东65︒方向上的1200米处D ．学校在小明家的南偏西65︒方向上的1200米处【答案】C【分析】根据以正西，正南方向为基准，结合图形得出北偏东的角度和距离来描述物体所处的方向进行描述即可．【详解】解：由图形知，学校在小明家的北偏东65°方向上的1200米处，故选：C ． 7．如图，图1是一个三阶金字塔魔方，它是由若干个小三棱锥堆成的一个大三棱锥（图2），把大三棱锥的四个面都涂上颜色．若把其中1个面涂色的小三棱锥叫中心块，2个面涂色的叫棱块，3个面涂色的叫角块，则三阶金字塔魔方中“（棱块数）+（角块数）-（中心块数）”得（）A ．2B ．-2C ．0D ．4【答案】B【分析】根据三阶魔方的特征，分别求出棱块数、角块数、中心块数，再计算即可．【详解】解：如图所示：∵3个面涂色的小三棱锥为四个顶点处的三棱锥，共4个，∴角块有4个； ∵2个面涂色的小三棱锥为每两个面的连接处，共6个，∴棱块有6个；∵1个面涂色的小三棱锥为每个面上不与其他面连接的部分，即图中的阴影部分的3个， ∴中心块有：3412⨯=（个）；∴（棱块数）+（角块数）-（中心块数）=64122+-=-；故选：B ．8．将三角尺与直尺按如图所示摆放，下列关于α∠与β∠之间的等量关系正确的是（）A ．45αβ∠+∠=︒B ．12αβ∠=∠C ．135αβ∠+∠=︒D ．90αβ∠+∠=︒【答案】D【分析】利用平角性质和余角、补角解得角之间的关系．【详解】解：∵直尺一边是平角为180°，三角尺的顶角为90°， ∴90180αβ∠+︒+∠=︒，∴90αβ∠+∠=︒，故选：D ．9．今年是牛年，在班级“牛年拼牛画”的活动中，小刚同学用一个边长为8cm 的正方形做成的七巧板（如图1）拼成了一头牛的图案（如图2），则牛头部所占的面积为（）A．4 cm2B．8 cm2C．16 cm2D．20 cm2【答案】C【分析】由图1的正方形的边长为8cm，可求正方形的面积，再根据牛头所占面积为正方形面积的14可得答案．【详解】解：∵图1的正方形的边长为8cm，∴正方形的面积是64cm2，由牛的拼法可知，牛的头部占正方形的14，∴牛头部所占的面积是64×14=16cm2，故选：C．10．如图1，线段OP表示一条拉直的细线，A、B两点在线段OP上，且OA：AP＝1：2，OB：BP＝2：7．若先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上；如图2，再从图2的B点及与B点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（）A．1:1:2B．2:2:5C．2:3:4D．2:3:5【答案】B【分析】根据题意设OB的长度为2a,则BP的长度为7a，OP的长度为9a，从而根据比值可以得到图一中各线段的长，根据题意可以求出折叠后，再剪开各线段的长度，从而可以求得三段细线由小到大的长度比，本题得以解决．【详解】解：设OB的长度为2a，则BP的长度为7a，OP的长度为9a，∵OA ：AP ＝1：2，∴OA ＝3a ，AP ＝6a ，又∵先固定A 点，将OA 折向AP ，使得OA 重叠在AP 上，如图2，再从图2 的B 点及与B 点重迭处一起剪开，使得细线分成三段，∴这三段从小到大的长度分别是：2a 、2a 、5a ，∴此三段细线由小到大的长度比为：2a ：2a ：5a ＝2：2：5，故选：B ．11．如图，将长方形纸片ABCD 的∠C 沿着GF 折叠（点F 在BC 上，不与B ，C 重合），使点C 落在长方形内部点E 处，若∠BFE ＝3∠BFH ，∠BFH ＝20°，则∠GFH 的度数是（）A ．85°B ．90°C ．95°D ．100°【答案】D【分析】根据折叠求出∠CFG ＝∠EFG ＝12∠CFE ，根据∠BFE ＝3∠BFH ，∠BFH ＝20°，即可求出∠GFH ＝∠GFE +∠HFE 的度数．【详解】解：∵将长方形纸片ABCD 的角C 沿着GF 折叠（点F 在BC 上，不与B ，使点C 落在长方形内部点E 处，∴∠CFG ＝∠EFG ＝12∠CFE ，∵∠BFE ＝3∠BFH ，∠BFH ＝20°，∴∠BFE ＝60°，∴∠CFE ＝120°，∴∠GFE ＝60°， ∵∠EFH ＝∠EFB ﹣∠BFH ，∴∠EFH ＝＝40°，∴∠GFH ＝∠GFE +∠EFH ＝60°+40°＝100°．故选：D ．12．如图，直线AB 与CD 相交于点,60O AOC ∠=，一直角三角尺EOF 的直角顶点与点O 重合，OE 平分AOC ∠，现将三角尺EOF 以每秒3的速度绕点O 顺时针旋转，同时直线CD 也以每秒9的速度绕点O 顺时针旋转，设运动时间为t 秒（040t ≤≤），当CD 平分EOF ∠时，t 的值为（） A ．2.5B ．30C ．2.5或30D ．2.5或32.5【答案】D【分析】分两种情况进行讨论：当转动较小角度的OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒；当转动较大角度的OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒；分别依据角的和差关系进行计算即可得到t 的值．【解析】解：分两种情况：①如图OC 平分EOF ∠时，45AOE ∠=︒，即930345t t +︒-=︒，解得 2.5t =；②如图OC 平分EOF ∠时，45COE ∠=︒，即9150345t t -︒-=︒，解得32.5t =．综上所述，当CD 平分EOF ∠时，t 的值为2.5或32.5．故选：D ．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13．如图是某几何体的表面展开图，则该几何体的名称是______；侧面积＝______（用含π的代数式表示）．【答案】圆柱体 300π【分析】根据圆柱的侧面展开图计算即可；【详解】由题可知几何体的名称是圆柱体；侧面积=2512300ππ⨯=；故答案是圆柱体；300π．14．已知 A B C 、、三点在同一条直线上，且线段4cm,6cm AB BC ==，点D E 、分别是线段AB BC 、的中点点F 是线段DE 的中点，则BF =_______cm ．【答案】12或52【分析】根据中点定义求出BD 、BE 的长度，然后分①点C 在AB 的延长线上时，求出DE 的长度，再根据中点定义求出EF 的长，然后根据BF =BE -EF 代入数据进行计算即可得解；②点C 在AB 的反向延长线上时，求出DE 的长度，再根据中点定义求出EF 的长，然后根据BF =BE -EF 代入数据进行计算即可得解．【详解】解：D 、E 分别是线段AB 、BC 的中点，4AB cm =，6BC cm =，114222BD AB cm ∴==⨯=，116322BE BC cm ==⨯=， ①如图1，点C 在AB 的延长线上时，235DE BD BE cm =+=+=，点F 是线段DE 的中点，1155222EF DE cm ∴==⨯=，此时，51322BF BE EF cm =-=-=； ②如图2，点C 在AB 的反向延长线上时，321DE BE BD cm =-=-=，点F 是线段DE 的中点，1111222EF DE cm ∴==⨯=，此时，15322BF BE EF =-=-=，综上所述，12BF =或52cm ．故答案为：12或52．15．如图是由一些大小相同的小正方体组成的简单几何体的从正面看，从上边看到的图形，若组成的这个几何体的小正方体的块数为n ，则n 的所有可能的值之和为____________．【答案】38【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出层数和每一层小正方体的个数，从而算出总的个数．【解析】当个数最少的时候从俯视图看一共有8个正方体，如图一所示（其中一种情况），当个数最多的时候有11个正方体，如图二所示．所以，n 所有可能的值为8、9、10、11,则，n 的所有可能值之和为38．故答案为：38.16．如图所示，90AOC ∠=︒，点B ，O ，D 在同一直线上，若126∠=︒，则2∠的度数为______．【答案】116°【分析】由图示可得，∠1与∠BOC 互余，结合已知可求∠BOC ，又因为∠2与∠COB 互补，即可求出∠2的度数．【详解】解：∵126∠=︒，∠AOC ＝90°，∴∠BOC ＝64°， ∵∠2＋∠BOC ＝180°，∴∠2＝116°．故答案为：116°．17．如图，点O 是钟面的中心，射线OC 正好落在3：00时针的位置．当时钟从2：00走到3：00，则经过___________分钟，时针，分针，与OC 所在的三条射线中，其中一条射线是另外两条射线所夹角的角平分线．【答案】6或24013【分析】分两种情况讨论：当时针为角平分线和OC 为角平分线进行计算即可．【详解】设时针为OB ，分针为OA ．当时针为OB 为角平分线时，如图1所示：设经过x 分钟，OB 为角平分线，则∠AOB=60゜-6x ゜+3060x ⨯︒，∠BOC=30゜－3060x⨯︒，依题意得：60-6x+3060x ⨯＝30－3060x⨯解得x=6；当时针为OC 为角平分线时，如图2所示：设经过x 分钟，OC 为角平分线，则∠AOC=6x ゜-90゜，∠BOC=30゜－3060x⨯︒，依题意得：6x -90＝30－3060x⨯解得x=24013；综合上述可得：经过6分钟或24013分钟时，时针，分针，与OC 所在的三条射线中，其中一条射线是另外两条射线所夹角的角平分线．故答案为：6或24013． 18．如图，数轴上有两点,A B ，点C 从原点O 出发，以每秒1cm 的速度在线段OA 上运动，点D 从点B 出发，以每秒4cm 的速度在线段OB 上运动．在运动过程中满足4OD AC =，若点M 为直线OA 上一点，且AM BM OM -=，则ABOM的值为_______．【答案】1或53【分析】设点A 在数轴上表示的数为a ，点B 在数轴上表示的数为b ，设运动的时间为t 秒，由OD=4AC 得a 与b 的关系，再根据点M 在直线AB 的不同的位置分4种情况进行解答，①若点M 在点B 的右侧时，②若点M 在线段BO 上时，③若点M 在线段OA 上时，④若点M 在点A 的左侧时，分别表示出AM 、BM 、OM ，由AM -BM=OM 得到t 、a 、b 之间的关系，再计算AB OM的值即可．【详解】设运动的时间为t 秒，点M 表示的数为m则OC=t ，BD=4t ，即点C 在数轴上表示的数为-t ，点D 在数轴上表示的数为b -4t ，∴AC=-t -a ，OD=b -4t ，由OD=4AC 得，b -4t=4（-t -a ），即：b=-4a ，①若点M 在点B 的右侧时，如图1所示：由AM -BM=OM 得，m -a -（m -b ）=m ，即：m=b -a ；∴=1b a B O m A m M m -== ②若点M 在线段BO 上时，如图2所示：由AM -BM=OM 得，m -a -（b -m ）=m ，即：m=a+b ；∴=4543b a b a a a m a AB b a a OM ----===+- ③若点M 在线段OA 上时，如图3所示：由AM -BM=OM 得，m -a -（b -m ）=-m ，即：433a b a a m a +-===- ∵此时m ＜0，a ＜0，∴此种情况不符合题意舍去；④若点M 在点A 的左侧时，如图4所示：由AM -BM=OM 得，a -m -（b -m ）=-m ，即：m=b -a=-5a ；而m ＜0，b -a ＞0，因此，不符合题意舍去，综上所述，AB OM 的值为1或53．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．如图，已知平面上两条线段AB ，CD 及一点P ，请利用尺规按下列要求作图：（1）画射线AC ，延长线段CD 交线段AB 于点E ；（2）连接BD ，并用圆规在线段AB 上求一点F ，使BF ＝BD （保留画图痕迹）；（3）在直线AB 上求作一点Q ，使点Q 到C ，P 两点的距离之和最小．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据射线的定义，线段的延长线的定义画出图形即可．（2）以B为圆心，BD 为半径作弧，交AB于点F，点F即为所求作．（3）连接PC交AB于点Q，点Q即为所求作．【详解】解：（1）如图，射线AC，射线CE即为所求作．（2）如图，线段BF即为所求作．（3）如图，点Q即为所求作．20．在一次青少年模型大赛中，小高和小刘各制作了一个模型，小高制作的是棱长为acm 的正方体模型，小刘制作的是棱长为acm的正方体右上角割去一个长为3cm，宽为2cm，高为1cm的长方体模型（如图2）（1）用含a的代数式表示，小高制作的模型的各棱长度之和是___________；（2）若小高的模型各棱长之和是小刘的模型各棱长之和的56，求a的值；（3）在（2）的条件下，①图3是小刘制作的模型中正方体六个面的展开图，图中缺失的有一部分已经很用阴影表示，请你用阴影表示出其余缺失部分，并标出边的长度．②如果把小刘的模型中正方体的六个面展开，则展开图的周长是________cm；请你在图方格中画出小刘的模型中正方体六个面的展开图周长最大时的图形．【答案】（1）12a；（2）5；（3）①见解析；②72，图见解析【分析】（1）根据正方体由12条等长的棱即可计算．（2）根据立体图形求出小刘的模型的棱长之和，再根据题意即可列出关于a的方程，求出a即可．（3）①由题意可知另两个阴影再第一行和第三行第一个正方形内，再根据所给出的阴影，画出在第一行和第三行第一个正方形内的阴影即可．②展开图周长最长时，此时有12个5cm的边在展开图的最外围，画出此时的展开图，计算即可．【详解】（1）12×a=12acm（2）小高的模型的棱长之和为12acm，小刘的模型有9条长度为acm的棱，1条长度为（a-1）cm的棱，1条长度为（a-2）cm的棱，1条长度为（a-3）cm的棱，3条长度为1cm的棱，3条长度为2cm的棱，3条长度为3cm的棱，故小刘的模型的棱长之和为：9(1)(2)(3)132333(1212)a a a a a cm+-+-+-+⨯+⨯+⨯=+，根据题意可列512(1212)6a a=+解得：5a=（3）①如下图=⨯++++++=②如下图，此时展开图的周长512(12)32(31)72cm21．如图，点P是线段AB上的一点，点M、N分别是线段AP、PB的中点．（1）如图1，若点P是线段AB的中点，且MP＝4cm，则线段AB的长cm；（2）如图2，若点P是线段AB上的任一点，且AB＝12cm，求线段MN的长；（3）小明由（1）（2）猜想到，若点P是直线AB上的任意一点，且AB＝12cm，线段MN 的长与（2）中结果一样，你同意他的猜想吗？说明你的理由．【答案】（1）16；（2）MN＝6cm；（3）同意，理由见解析【分析】（1）根据线段中点的定义可求解AP的长，进而可求解AB的长；（2）根据线段中点的定义可求得AB=2MN，即可求解MN的值；（3）可分两种情况：当P点在线段AB延长线上时，当P点在线段BA延长线上时，根据中点的定义求解M，N两点间的距离．【详解】解：（1）∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，∵MP=4cm，∴AP=8cm，∵P为AB的中点，∴AB=2AP=16cm，故答案为：16；（2）∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，∴AP+BP=2MP+2PN=2MN，即AB=2MN，∵AB=12cm，∴MN=6cm；（3）同意．理由：当P点在线段AB延长线上时，∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，∴AP-BP=2MP-2PN=2MN，即AB=2MN，∵AB=12cm，∴MN=6cm；当P点在线段BA延长线上时，∵点M、N分别是线段AP、PB的中点，∴AP=2MP，BP=2PN，∴BP-AP=2PN-2MP=2MN，即AB=2MN，∵AB=12cm，∴MN=6cm．22．利用折纸可以作出角平分线．（1）如图1，若∠AOB＝58°，则∠BOC＝．（2）折叠长方形纸片，OC，OD均是折痕，折叠后，点A落在点A′，点B落在点B'，连接OA'．①如图2，当点B'在OA'上时，判断∠AOC与∠BOD的关系，并说明理由；②如图3，当点B'在∠COA'的内部时，连接OB'，若∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，求∠A'OB'的度数．【答案】（1）29°；（2）①∠AOC+∠BOD＝90°，理由见解析；②30°【分析】（1）由折叠得出∠AOC＝∠BOC，即可得出结论；（2）①由折叠得出∠AOA'＝2∠AOC，∠BOB'＝2∠BOD，再由点B'落在OA'上，得出∠AOA'+∠BOB'＝180°，即可得出结论；②同①的方法求出∠AOA'＝88°，∠BOB'＝122°，即可得出结论．【详解】解：（1）由折叠知，∠AOC＝∠BOC＝12∠AOB，∵∠AOB＝58°，∴∠BOC＝12∠AOB＝12×58°＝29°，故答案为：29°；（2）①∠AOC+∠BOD＝90°，理由：由折叠知，∠AOC＝∠A'OC，∴∠AOA'＝2∠AOC，由折叠知，∠BOD＝∠B'OD，∴∠BOB'＝2∠BOD，∵点B'落在OA'，∴∠AOA'+∠BOB'＝180°，∴2∠AOC+2∠BOD＝180°，∴∠AOC+∠BOD ＝90°；②由折叠知，∠AOA'＝2∠AOC，∠BOB'＝2∠BOD，∵∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，∴∠AOA'＝2∠AOC＝2×44°＝88°，∠BOB'＝2∠BOD＝2×61°＝122°，∴∠A 'OB '＝∠AOA '+∠BOB '﹣180°＝88°+122°﹣180°＝30°，即∠A 'OB '的度数为30°． 23．十八世纪伟大的数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（v ），面数（f ），棱数（e ）之间存在一个有趣的数量关系：v +f ﹣e ＝2，这就是著名的欧拉定理．而正多面体，是指多面体的各个面都是形状大小完全相同的的正多边形，虽然多面体的家族很庞大，可是正多面体的成员却仅有五种，它们是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，那今天就让我们来了解下这几个立体图形中的“天之骄子”：（1）如图1，正四面体共有____个顶点，____条棱．（2）如图2，正六面体共有____个顶点，____条棱．（3）如图3是某个方向看到的正八面体的部分形状（虚线被隐藏），正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，那么它共有_______个顶点，_______条棱．（4）当我们没有正12面体的图形时，我们可以根据计算了解它的形状：我们设正12面体每个面都是正n （n ≥3）边形，每个顶点处有m （m ≥3）条棱，则共有12n ÷2＝6n 条梭，有12n ÷m ＝12n m 个顶点．欧拉定理得到方程：12n m+12﹣6n ＝2，且m ，n 均为正整数，去掉分母后：12n +12m ﹣6nm ＝2m ，将n 看作常数移项：12m ﹣6nm ﹣2m ＝﹣12n ，合并同类项：（10﹣6n ）m ＝﹣12n ，化系数为1：m ＝1212106610n n n n -=--，变形：12610n m n =-＝122020610n n -+-＝122020610610n n n -+--＝2(610)20610610n n n -+--＝202610n +-．分析：m （m ≥3），n （n ≥3）均为正整数，所以20610n -是正整数，所以n ＝5，m ＝3，即6n ＝30，1220n m=．因此正12面体每个面都是正五边形，共有30条棱，20个顶点．请依据上面的方法或者根据自己的思考得出：正20面体共有_____条棱；_______个顶点．【答案】（1）4；6；（2）8；12；（3）6；12；（4）30；12．【分析】（1）根据面数×每面的边数÷每个顶点处的棱数可求点数，用顶点数×每个顶点的棱数÷2即可的棱数；（2）用正六面体有六个面×每个面四条棱÷每个顶点处有三条棱可得正六面体共8个顶点，用8个顶点数×每个顶点处有3条棱÷2正六面体共有=12条棱；（3）正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，用八个面×每个面有三棱÷每个顶点处有四条棱，它共有6个顶点，利用顶点数×每个顶点处有四条棱÷2可得正八面体12条棱；（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条梭，有20n÷m＝20nm个顶点．欧拉定理得到方程：20nm+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，可求m＝201018nn-，变形：3621018mn=+-求正整数解即可．【详解】解：（1）如图1，正四面体又四个面，每个面有三条边，每个顶点处有三条棱，共有4×3÷3=4个顶点，共有4个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，正四面体共有4×3÷2=6条棱．故答案为4；6；（2）如图2，正六面体有六个面，每个面四条棱，每个顶点处有三条棱，共有6×4÷3=8个顶点，正六面体共8个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，正六面体共有8×3÷2=12条棱．故答案为：8；12；（3）如图3正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，有八个面，每个面有三棱，每个顶点处有四条棱，共有8×3÷4=6个顶点，它共有6个顶点，每个顶点处有四条棱，6×4÷2=12条棱．故答案为：6；12；（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条棱，有20n÷m＝20nm个顶点．欧拉定理得到方程：20nm+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，去掉分母后：20n+20m﹣10nm＝2m，将n看作常数移项：20m﹣10nm﹣2m＝﹣20n，合并同类项：（18﹣10n）m＝﹣20n，化系数为1：m＝2020 18101018n nn n-=--，变形：201018nmn=-＝2036361018nn-+-＝20363610181018nn n-+--＝2(1018)3610181018nn n-+--＝3621018n +-．分析：m （m ≥3），n （n ≥3）均为正整数，所以361018n -是正整数，所以n ＝3，m ＝5，即10n ＝30，2012n m=．正20面体共有30条棱；12个顶点．故答案为：30；12．24．如图，P 是线段AB 上一点，AB =12cm ，C 、D 两点分别从P 、B 出发以1cm/s 、2cm/s 的速度沿直线AB 向左运动（C 在线段AP 上，D 在线段BP 上），运动的时间为t .（1）当t =1时，PD =2AC ，请求出AP 的长；（2）当t =2时，PD =2AC ，请求出AP 的长；（3）若C 、D 运动到任一时刻时，总有PD =2AC ，请求出AP 的长；（4）在（3）的条件下，Q 是直线AB 上一点，且AQ ﹣BQ =PQ ，求PQ 的长.【答案】（1）4cm ；（2）4cm ；（3）4cm ；（4）4cm 或12cm分析：(1) 观察图形可以看出，图中的线段PC 和线段BD 的长分别代表动点C 和D 的运动路程. 利用“路程等于速度与时间之积”的关系可以得到线段PC 和线段BD 的长，进而发现BD =2PC . 结合条件PD =2AC ，可以得到PB =2AP . 根据上述关系以及线段AB 的长，可以求得线段AP 的长.(2) 利用“路程等于速度与时间之积”的关系结合题目中给出的运动时间，可以求得线段PC 和线段BD 的长，进而发现BD =2PC . 根据BD =2PC 和PD =2AC 的关系，依照第(1)小题的思路，可以求得线段AP 的长.(3) 利用“路程等于速度与时间之积”的关系可知，只要运动时间一致，点C 与点D 运动路程的关系与它们运动速度的关系一致. 根据题目中给出的运动速度的关系，可以得到BD =2PC . 这样，本小题的思路就与前两个小题的思路一致了. 于是，依照第(1)小题的思路，可以求得线段AP 的长.(4) 由于题目中没有指明点Q 与线段AB 的位置关系，所以应该按照点Q 在线段AB 上以及点Q 在线段AB 的延长线上两种情况分别进行求解. 首先，根据题意和相关的条件画出相应的示意图. 根据图中各线段之间的关系并结合条件AQ -BQ =PQ ，得到AP 和BQ 之间的关系，借助前面几个小题的结论，即可求得线段PQ 的长.【解析】(1) 因为点C 从P 出发以1(cm/s)的速度运动，运动的时间为t =1(s)，所以111PC =⨯=(cm).因为点D 从B 出发以2(cm/s)的速度运动，运动的时间为t =1(s)，所以212BD =⨯=(cm).故BD =2PC.因为PD =2AC ，BD =2PC ，所以BD +PD =2(PC +AC )，即PB =2AP .故AB =AP +PB =3AP .因为AB =12cm ，所以1112433AP AB ==⨯=(cm). (2) 因为点C 从P 出发以1(cm/s)的速度运动，运动的时间为t =2(s)，所以122PC =⨯=(cm). 因为点D 从B 出发以2(cm/s)的速度运动，运动的时间为t =2(s)，所以224BD =⨯=(cm).故BD =2PC.因为PD =2AC ，BD =2PC ，所以BD +PD =2(PC +AC )，即PB =2AP .故AB =AP +PB =3AP . 因为AB =12cm ，所以1112433AP AB ==⨯=(cm). (3) 因为点C 从P 出发以1(cm/s)的速度运动，运动的时间为t (s)，所以PC t =(cm). 因为点D 从B 出发以2(cm/s)的速度运动，运动的时间为t (s)，所以2BD t =(cm).故BD =2PC. 因为PD =2AC ，BD =2PC ，所以BD +PD =2(PC +AC )，即PB =2AP .故AB =AP +PB =3AP . 因为AB =12cm ，所以1112433AP AB ==⨯=(cm). (4) 本题需要对以下两种情况分别进行讨论.(i) 点Q 在线段AB 上(如图①).因为AQ -BQ =PQ ，所以AQ =PQ +BQ .因为AQ =AP +PQ ，所以AP =BQ .因为13AP AB =，所以13BQ AP AB ==. 故13PQ AB AP BQ AB =--=.因为AB =12cm ，所以1112433PQ AB ==⨯=(cm). (ii) 点Q 不在线段AB 上，则点Q 在线段AB 的延长线上(如图②).因为AQ -BQ =PQ ，所以AQ =PQ +BQ .因为AQ =AP +PQ ，所以AP =BQ . 因为13AP AB =，所以13BQ AP AB ==.故1433AQ AB BQ AB AB AB =+=+=. 因为AB =12cm ，所以411233PQ AQ AP AB AB AB =-=-==(cm). 综上所述，PQ 的长为4cm 或12cm.25．（问题情境）有这样一个问题：“如图1，OC 是∠AOB 内一条射线，OD 、OE 分别平分∠AOB 、∠AOC ．若∠AOC ＝30°，∠BOC ＝90°，求∠DOE 的度数”，小明在做题中发现：解决这个问题时∠AOC 的度数不知道也可以求出∠DOE 的度数．也就是说这个题目可以简化为：如图1，OC 是∠AOB 内一条射线，OD 、OE 分别平分∠AOB 、∠AOC ．若∠BOC ＝90°，求∠DOE 的度数．（1）请你先完成这个简化后的问题的解答；（变式探究）小明在完成以上问题解答后，作如下变式探究：（2）如图1，若∠BOC ＝m °，则∠DOE ＝ °；（变式拓展）小明继续探究：（3）已知直线AM 、BN 相交于点O ，若OC 是∠AOB 外一条射线，且不与OM 、ON 重合，OD 、OE 分别平分∠AOB 、∠AOC ，当∠BOC ＝m °时，求∠DOE 的度数（自己在备用图中画出示意图求解）．【答案】（1）45°；（2）2m °；（3）2m ° 【分析】（1）首先假设∠AOC =a °，然后用a 表示∠AOB ，再根据OD ，OE 两条角平分线，推出∠DOE 即可；（2）首先假设∠AOC =a °，然后用a 表示∠AOB ，再根据OD ，OE 两条角平分线，用m °表示∠DOE 即可；（3）分三种情况讨论，第一种：OC 在AM 上，第二种：OC 在AM 下侧，∠MON 之间，第三种：OC 在∠AON 之间，即可得到∠DOE ，【详解】解：（1）设∠AOC ＝a °，则∠AOB ＝∠AOC +∠BOC ＝a °+90°，∵OD 平分∠AOB ，OE 平分∠AOC ，∴∠DOE ＝∠AOD ﹣∠AOE ＝12∠AOB ﹣12∠AOC ＝12（a °+90°）﹣12a °＝1902⨯︒＝45°；（2）设∠AOC ＝a °，则∠AOB ＝∠AOC +∠BOC ＝a °+m °，∵OD 平分∠AOB ，OE 平分∠AOC ，∴∠DOE ＝∠AOD ﹣∠AOE ＝12∠AOB ﹣12∠AOC ＝12（a °+m °）﹣12a °＝2m °，故答案为：2m °；（3）①当OC 在AM 上，即OC 在∠BOM 之间，设∠AOC ＝a °，则∠AOB ＝∠AOC +∠BOC ＝a °+m °，∵OD 平分∠AOB ，OE 平分∠AOC ，∴∠DOE ＝∠AOD ﹣∠AOE ＝12∠AOB ﹣12∠AOC ＝12（a °+m °）﹣12a °＝2m °；②当OC 在直线AM 下方，且OC 在∠MON 之间时，∠BOC ＝∠AOB +∠AOC ＝m °， ∠DOE ＝∠AOE ﹣∠AOD ＝12∠AOC +12∠AOB ＝12∠BOC ＝2m °； ③当OC 在直线AM 下方，且OC 在∠AON 之间时，由②得，∠BOC ＝m °，∠DOE ＝12∠AOC +12∠AOB ＝12∠BOC ＝2m °；综上所述，∠DOE ＝2m °． 26．如图1，点O 为直线AB 上一点，过O 点作射线OC ，使∠BOC =120°．将一块直角三角板的直角顶点放在点O 处，边OM 与射线OB 重合，另一边ON 位于直线AB 的下方．（1）将图1的三角板绕点O 逆时针旋转至图2，使边OM 在∠BOC 的内部，且恰好平分∠BOC ，问：此时ON 所在直线是否平分∠AOC ？请说明理由；（2）将图1中的三角板绕点O 以每秒6°的速度沿逆时针方向旋转一周，设旋转时间为t 秒，在旋转的过程中，ON 所在直线或OM 所在直线何时会恰好平分∠AOC ？请求所有满足条件的t 值；（3）将图1中的三角板绕点O 顺时针旋转至图3，使边ON 在∠AOC 的内部，试探索在旋转过程中，∠AOM 和∠CON 的差是否会发生变化？若不变，请求出这个定值；若变化，请求出变化范围．【答案】（1）直线ON 平分∠AOC ，见解析；（2）10秒或40秒或25秒或55秒；（3）不变，30°【分析】（1）直线ON 平分∠AOC ，设ON 的反向延长线为OD ，已知OM 平分∠BOC ，根据角平分线的定义可得∠MOC =∠MOB ，又由OM ⊥ON ，根据垂直的定义可得∠MOD =∠MON =90°，所以∠COD =∠BON ，再根据对顶角相等可得∠AOD =∠BON ，即可∠COD =∠AOD，结论得证；（2）分直线ON平分∠AOC时和当直线OM平分∠AOC时两种情况进行讨论求解即可；（3）设∠AON=x°，则∠CON=60°－x°，∠AOM=90°－x°，即可得到∠AOM－∠CON=30°.【详解】解：（1）直线ON平分∠AOC理由：设ON的反向延长线为OD，∵OM平分∠BOC，∴∠MOC=∠MOB，又∵OM⊥ON，∴∠MOD=∠MON=90°，∴∠COD=∠BON，又∵∠AOD=∠BON，∴∠COD=∠AOD，∴OD平分∠AOC，即直线ON平分∠AOC；（2）①当直线ON平分∠AOC时，三角板旋转角度为60°或240°，∵旋转速度为6°/秒，∴t=10秒或40秒；②当直线OM平分∠AOC时，三角板旋转角度为150°或330°，∴t=25秒或55秒，综上所述：t=10秒或40秒或25秒或55秒；（3）设∠AON=x°，则∠CON=60°－x°，∠AOM=90°－x°，∴∠AOM－∠CON=30°，∴∠AOM与∠CON差不会改变，为定值30°．。

新教材高中生物必修一章末检测试卷(第4章)

章末检测试卷(第4章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分)1．将生鸡蛋的大头保持壳膜完好去掉蛋壳，小头开个小孔让蛋清和蛋黄流出。

将蛋壳内灌入15%的蔗糖溶液，然后放在烧杯的清水中并用铅笔标上吃水线。

下列分析错误的是()A．壳膜相当于渗透装置中的半透膜B．半小时后吃水线低于烧杯的水面是由于清水渗入蛋壳所致C．若将清水换为质量分数15%的NaCl溶液，则蛋壳先上浮后下沉D．水分子进出壳膜达到平衡后，将不再发生移动答案 D解析本实验中相当于渗透装置中的半透膜的是壳膜，A正确；由于壳膜内的浓度大于外界溶液的浓度，外界清水透过壳膜进入到壳膜内的蔗糖溶液中，导致蛋壳下沉，吃水线低于烧杯的水面，B正确；若将清水换为质量分数15%的NaCl溶液，由于壳膜内的浓度小于外界溶液的浓度，壳膜内的水就透过壳膜进入到壳膜外，导致蛋壳上浮，由于Na＋和Cl－都可以通过半透膜，因此半透膜两侧的浓度差很快消失，壳膜外的水就透过壳膜进入到壳膜内，导致蛋壳下沉，C正确；水分子进出壳膜达到平衡时，水分子仍进出壳膜，D错误。

2．(2019·山东济南一中高一期中)将人的红细胞置于不同浓度的蔗糖溶液中，浸泡半小时之后的结果如下图所示，依照细胞外形的变化判断蔗糖溶液的浓度大小依次为()A．甲>乙>丙>丁B．丁>甲>乙>丙C．丙>丁>甲>乙D．丙>乙>丁>甲答案 D3．(2019·辽宁高一期中)在马铃薯上用打孔器打出两个圆柱体P和Q，P在蒸馏水中放1 h，Q在与马铃薯细胞液等浓度的盐溶液中放1 h(溶质不进入细胞)。

处理后的圆柱体是否与原来的孔刚好合适()A．P不合适，Q刚好合适B．P和Q都不合适C．P和Q都刚好合适D．P刚好合适，Q不合适答案 A解析马铃薯圆柱体P，放在蒸馏水中，细胞吸水膨胀，则与原来的孔不合适；马铃薯圆柱体Q放在与马铃薯细胞液等浓度的盐溶液中，细胞吸水和失水处于动态平衡，则与原来的孔刚好合适，故选A。

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章末检测试卷(四)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每小题2.5分，共50分)读下图，回答1～3题。

1．一般情况下，一年中河流R( )A．有两个汛期C．只有秋汛D．秋季和夏季各有一个汛期2．与太湖平原、珠江三角洲等地区相比，图示平原地区作为商品粮生产基地的不利条件是( ) A．粮食总产量低B．复种指数低C．交通不便D．机械化水准低3．以下不属于该商品粮基地的特点的是( )A．以国营农场的经营方式为主B．已形成粮食作物的地区专业化生产C．粮食商品率较低D．是我国农业机械化水平最高的地区之一答案1.A 2.B 3.C解析第1题，河流R(松花江)是黑龙江最大的支流，也是流经东北地区的主要河流。

春季，因为积雪融水的作用，形成春汛；夏季受大气降水的影响，形成夏汛。

所以一般情况下，松花江有两次汛期。

故选A。

第2题，图示的松嫩平原和三江平原是我国东北平原的重要组成部分，该地纬度较高，热量不足，所以作物一年一熟，复种指数较低。

故选B。

第3题，由上题分析可知，该地为松嫩平原和三江平原，该地区主要以国营农场的经营方式为主，粮食生产专业化水准高，机械化水准高，商品率高。

故选C。

下图为“我国某地20世纪50年代至2000年土地资源利用类型变化状况”。

读图回答4～6题。

4．甲、乙、丙图例代表的土地类型分别是( )A．耕地、林地、湿地B．林地、耕地、湿地C．林地、湿地、耕地D．湿地、耕地、林地5．图示区域土地利用的变化最可能导致( )A．干旱、洪涝频率增加B．土地石漠化加剧C．年降水量逐年增加D．水生生物物种增加6．当前有利于促动图示区域可持续发展的举措是( )A．扩大商品粮基地建设B．推广基塘农业模式C．大规模实施退耕还林D．有计划地退耕还湿地答案4.B 5.A 6.D解析第4题，图示三江平原地区在20世纪50年代以丙类土地为主，可判断丙类土地资源利用类型为湿地；但2000年丙类土地大面积减少，而乙类土地利用类型大面积扩大，可判断乙类土地利用类型为耕地，说明该地区20世纪50年代以后长期开垦湿地；而甲类土地利用类型主要分布于山地，判断为林地。

第5题，因为湿地的大面积减少，导致湿地调节径流的功能大大减弱，故图示区域土地利用的变化可能导致旱涝灾害增加。

第6题，针对该地区生态破坏的主要原因——过度开垦湿地，可知促动该区域可持续发展的主要措施是退耕还湿地。

双塔灌区，疏勒河三大灌区之一，位于河西走廊西端，疏勒河下游盆地。

双塔灌区所产农产品产量高、品质优良。

读“2010年双塔灌区农作物单方水净产值表”，完成7～8题。

作物类型用水定额/(m3/hm2) 单方水净产值/(元/m3)单位面积净产值/(元/hm2)作物种植面积/hm2小麦8 700 0.13 1 164 1 414 棉花8 700 3.62 31 493 5 390 蔬菜12 300 1.81 22 313 5 393瓜类 4 500 5.30 23 861 6047.双塔灌区所产农产品品质优良，其主导因素是( )A．昼夜温差大B．土壤肥沃C．水源充足D．地形平坦8．从区域可持续发展的角度看，双塔灌区今后种植面积最可能扩大的作物类型是( ) A．棉花B．蔬菜C．瓜类D．小麦答案7.A 8.C解析第7题，由材料可知，双塔灌区位于河西走廊，深居内陆，远离海洋，降水较少，光照强、昼夜温差大，利于作物实行光合作用，利于作物的有机质积累，故品质优良。

答案选A 项。

第8题，该地气候干旱，水资源紧缺，水资源是制约农业发展的主要因素，从图中数据可知，当前，瓜类种植面积较小，单位面积净产值较高，用水定额小，单方水净产值高，从可持续发展角度看，应大力发展耗水少、单方水净产值大的瓜类作物。

答案选C项。

(2018·河南省新乡市期末)林下经济是以林地和森林环境为依托、以循环发展为目的的“立体复合种养”模式。

预计2020年我国林下经济总产值将达到1.5万亿元。

读“林下经济产业链示意图”，完成9～11题。

9．图示产业链中的生态旅游属于( )A．森林景观利用B．林下养殖C．林产品采集加工D．林下种植10．我国发展林下经济突出的自然优势是( )A．森林面积广，土壤肥沃B．气候复杂，森林多样C．动物数量多，水源充足D．疆域辽阔，以山地为主11．我国倡导发展林下经济的主要意义是( )①改善林区的生态环境②解决林区的能源资源短缺③增加林业资源的附加值④优化林区产业结构A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④答案9.A 10.B 11.C解析第9题，产业链中的生态旅游是利用森林特色景观发展旅游业，属于森林景观利用；林下养殖、林下种植、林产品采集加工是农业和工业，不是旅游业。

第10题，我国地形多样，气候复杂，森林多样，发展林下经济种类多，有明显优势；我国疆域虽广，但森林覆盖率低；是利用森林发展特色经济，而不是利用这里的野生动物资源。

选B准确。

第11题，林下经济充分利用林下土地资源和林荫优势从事林下种植、养殖等立体复合生产经营；所以发展林下经济利于改善林区的生态环境，多种经营模式增加林业资源的附加值；发展林下经济是调整和优化产业结构、转变经济发展方式；但不能解决林区的能源资源短缺问题。

读表，回答12～13题。

湖南某乡村面貌变化表12.导致该乡面貌发生变化的主要原因是( )①自然条件的改变②产业结构的调整③劳动力数量的大量增加④环境的综合整治A．①②B．②④C．③④D．①③13．该地区在今后发展中应注意( )①大力发展工业，以此拉动区域经济发展②鼓励农民外出打工，减轻本区域环境压力，并促动劳务收入增长③严格控制乡镇企业的污染，保护环境④根据环境的承载量合理规划旅游业的发展，积极发展生态旅游业A．①②B．②③C．③④D．①③答案12.B 13.C解析第12题，与1995年相比，2006年该乡“修建水库，营造湖岛风光、发展淡水养殖及加工、发展旅游和乡镇企业”，说明导致该乡面貌发生变化的原因主要是产业结构的调整、环境的综合整治。

故选B。

第13题，根据该乡当前的发体现状，要实现可持续发展，应该严格控制乡镇企业的污染，保护环境，根据环境的承载力合理规划旅游业的发展，积极发展生态旅游业。

大力发展工业会造成生态破坏和环境污染，鼓励农民外出打工，不利于该乡自身区域经济发展。

故选C。

读“某国工业化、城市化进程比较图”，完成14～15题。

14．关于该国工业化、城市化进程特点的叙述，准确的是( )A．城市化与工业化呈同步增长趋势B．阶段Ⅰ工业化进程速度比城市化快C．该国可能属于发展中国家D．阶段Ⅱ工业化促动了城市化发展15．阶段Ⅲ，该国新增就业机会主要来自( )A．技术密集型产业B．能源密集型产业C．劳动密集型产业D．资源密集型产业答案14.D 15.A解析第14题，从图中可知工业化与城市化增长不同步，A错；阶段Ⅰ工业化进程速度慢于城市化，B错；该地区已发展到第Ⅲ阶段，城市化水平较高，工业化水平有所下降，经济增长主要来自第三产业，是发达国家，C错，D对。

第15题，第Ⅲ阶段该国经济增长主要来自第三产业，主要产业部门是技术密集型产业和现代服务业，A对；能源密集型产业、劳动密集型产业和资源密集型产业主要在经济发展相对较低水平的地区或国家。

设城市化水平为U，工业化水平为I，用I/U的比值和0.5相比较，能够判断工业化与城市化的关系(滞后/协调/超前)。

读“山东省工业化与城市化关系表”，回答16～17题。

16.关于山东省城市化和工业化关系的叙述，准确的是( )A．城市化一直滞后于工业化，工业化过度发展B．城市化与工业化的偏差逐渐缩小，到2004年可基本协调C．城市化一直超前于工业化，带来了一系列城市问题D．城市化与工业化同步发展，两者相辅相成17．资料所体现的城市化发展特点，对山东省的影响是( )A．造成了城市建设步伐的超前B．限制了城市第三产业的发展C．加快了农村人口的职业转换D．限制了乡镇企业的发展答案16.A 17.B解析第16题，从图中能够看出，山东省的I/U的比值随着时间的推移，逐渐减小，但仍远大于0.5，表明城市化一直严重滞后于工业化，工业化过度发展。

第17题，城市化一般指农业人口转化为非农业人口，农村地区转化为非农村地区，农业活动转化为非农业活动的过程。

非农业活动包括第二产业和第三产业。

城市化发展滞后于工业化进程，会限制城市第三产业的发展。

下图为“我国某省区三大产业产值比重与城市人口比重的变化图”，其中①代表第二产业产值比重的变化，②代表城市人口比重的变化，③代表第三产业产值比重的变化，④代表第一产业产值比重的变化。

读图回答18～20题。

18．分析图中各曲线的变化特点，判断该省区最可能是( )A．江苏省B．河南省C．四川省D．海南省19．图中曲线变化反映出该省区的城市化发展特点是( )A．与我国其他省区相比，城市化水平较低B．城市化发展与当地的经济发展协调一致C．城市人口增长与第二产业发展同步D．20世纪90年代末城市化速度最快20．该省区的第一产业比重逐步下降，其主要的原因是( )A．区域工业化和城市化的发展使耕地大大减少B．农业生产水平落后，产出少C．农民的文化素质较低，农业经济不发达D．农业生产的自然条件日渐恶化答案18.A 19.D 20.A解析从图中各曲线的变化特点看，该省区的第二产业所占比重最大，其次是第三产业，说明该省的工业经济占主导地位，结合其城市人口所占比重较大，可判断为我国经济发达的省份，从而确定为江苏省；从其城市化曲线变化上看，20世纪90年代末城市化速度最快；该省的工业发达，工业化促动了城市化，并占用了大量的耕地，使农业产值比重下降。

二、综合题(共50分)21．(2018·河北省张家口市期末)阅读图文材料，完成下列要求。

(13分)波兰位于欧洲中部，所产苹果红黄相间，口感甘甜，松脆多汁，以鲜食为主，在国际水果市场，波兰苹果向来以品质优良、种植技术先进、质量管控严谨而闻名，所产苹果2/3出口，其中格鲁耶茨为主产区；当地农户苹果种植面积少则几十亩，多则上百亩，大多采用矮化密植的方式，并使用先进的滴灌技术，从种植、施肥、修剪到采摘、包装、运输等全部实现机械化操作，使苹果的生产成本大大降低。

下图示意波兰地形。

(1)分析波兰苹果种植园采用滴灌技术的主要原因。

(2)请对波兰苹果“以鲜食为主”这个现象做出合理解释。

(3)说出波兰苹果的种植经验对我国的借鉴意义。

答案(1)波兰位于欧洲中部降水较少，滴灌技术可精确灌溉，节约水资源；滴灌能够减少水分蒸发和土壤深层渗透；减少杂草生长；精准施肥，保证苹果稳产、高产。

(2)温带大陆性气候，日照充足、昼夜温差大，苹果糖分较高，口感较好；有严格的质量管控，水果品质好；交通便利，有较好的保鲜技术。

(3)引进先进的果园管理技术；实施严格的质量标准；提升机械化水平；培育优良品种。