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期末真题必刷基础 60 题（60 个考点专练）
一．科学记数法—表示较小的数（共1小题）
1．（2022秋•朔城区期末）银农科技董事长钱炫舟公开宣布：银农科技的终极目标——做真正的纳米农药，
发挥更好的药效，创造更多的价值！银农的粒径新标准达到 600﹣900纳米（1纳米＝10﹣9米），也标
志着银农产品正式步入纳米时代．将600纳米用科学记数法表示为（ ）
A．0.6×10﹣11米 B．0.6×10﹣9米
C．6×10﹣9米 D．6×10﹣7米
【分析】首先把600纳米化成以米为单位的量；然后根据：绝对值小于 1的数也可以利用科学记数法表
示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数 n由原数
左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，将600纳米用科学记数法表示即可．
【解答】解：∵1纳米＝10﹣9米，
∴600纳米＝600×10﹣9＝6×10﹣7米．
故选：D．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为 a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原
数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
二．同底数幂的乘法（共1小题）
2．（2022秋•南关区校级期末）若a•2•23＝26，则a等于（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【分析】根据同底数幂的乘除法则求解．
【解答】解：∵a•2•23＝26，
∴a＝26÷24＝22＝4．
故选：A．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法，掌握同底数幂的运算法则是解答本题的关键．
三．幂的乘方与积的乘方（共1小题）
3．（2022秋•东丽区期末）计算（﹣2a2b3）3的结果是（ ）
A．﹣2a6b9 B．﹣8a6b9 C．8a6b9 D．﹣6a6b9
【分析】根据幂的乘方法则：底数不变，指数相乘，求解即可．【解答】解：原式＝﹣8a6b9，
故选：B．
【点评】本题考查了幂的乘方，解答本题的关键是掌握幂的乘方的运算法则：底数不变，指数相乘．
四．同底数幂的除法（共1小题）
4．（2022秋•嘉陵区校级期末）已知（ax）y＝a6，（ax）2÷ay＝a3．
（1）求xy和2x﹣y的值；
（2）求4x2+y2的值．
【分析】（1）根据幂的乘方的法则计算，即可求出xy的值，根据同底数幂除法的法则计算，即可求出
2x﹣y；
（2）利用2x﹣y的值，结合完全平方公式即可计算．
【解答】解：（1）∵（ax）y＝a6，
∴axy＝a6，
∴xy＝6；
∵（ax）2÷ay＝a3，
∴a2x﹣y＝a3，
∴2x﹣y＝3，
∴xy和2x﹣y的值分别为6和3；
（2）∵2x﹣y＝3，
∴（2x﹣y）2＝9，
∴4x2﹣4xy+y2＝9，
∵xy＝6，
∴4x2﹣4×6+y2＝9，
∴4x2+y2＝33．
∴4x2+y2的值为33．
【点评】本题考查了幂的乘方、同底数幂除法的法则以及完全平方公式，解题的关键是熟练掌握相关运
算法则并灵活运用．
五．单项式乘单项式（共1小题）
5．（2022秋•原州区校级期末）计算：﹣3x2y2•2xy+（xy）3
【分析】根据积的乘方等于乘方的积，可得单项式的乘法，根据单项式的乘法，可得同类项，根据合并
同类项，可得答案．
【解答】解：原式＝﹣6x3y3+x3y3＝﹣5x3y3．
【点评】本题考查了积的乘方、单项式的乘法、合并同类项，熟记法则并根据法则计算是解题关键．
六．单项式乘多项式（共1小题）
6．（2022秋•西青区期末）计算 的结果是（ ）
A．﹣24a3+8a2 B．﹣24a3﹣8a2﹣10a
C．﹣24a3+8a2﹣10a D．﹣24a2+8a+10
【分析】直接利用单项式乘多项式，进而计算得出答案．
【解答】解：原式＝﹣12a•2a2﹣（﹣12a）• a+（﹣12a）•
＝﹣24a3+8a2﹣10a．
故选：C．
【点评】此题主要考查了单项式乘多项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
七．多项式乘多项式（共1小题）
7．（2022秋•澄迈县期末）如果代数式（x﹣2）（x2+mx+1）的展开式不含x2项，那么m的值为（ ）
A．2 B． C．﹣2 D．﹣
【分析】根据题意先将原式展开，然后将含x2的项进行合并，最后令其系数为0即可求出m的值．
【解答】解：（x﹣2）（x2+mx+1）
＝x3+mx2+x﹣2x2﹣2mx﹣2
＝x3+（m﹣2）x2+（1﹣2m）x﹣2，
因为不含x2项，
所以m﹣2＝0，
解得：m＝2，
故选：A．
【点评】本题考查多项式乘以多项式，关键是根据题意先将原式展开．
八．完全平方公式的几何背景（共1小题）
8．（2022秋•广州期末）如图，某小区规划在边长为x m的正方形场地上，修建两条宽为2m的甬道，其
余部分种草，以下各选项所列式子是计算通道所占面积的为（ ）A．4x+4 B．x2﹣（x﹣2）2
C．（x﹣2）2 D．x2﹣2x﹣2x+22
【分析】用正方形场地的面积减去正方形场地除去甬道部分的面积即可．
【解答】解：由图可知边长为x m的正方形场地的面积为：x2，
除去甬道剩余部分的面积为：（x﹣2）2，
∴甬道所占面积为：x2﹣（x﹣2）2．
故选：B．
【点评】本题考查了完全平方公式及正方形的面积等知识点，属于基础知识的考查，比较简单．
九．完全平方式（共1小题）
9．（2022秋•新兴县期末）已知x2+2（m﹣1）x+9是一个完全平方式，则m的值为（ ）
A．4 B．4或﹣2 C．±4 D．﹣2
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．
【解答】解：∵x2+2（m﹣1）x+9是一个完全平方式，
∴2（m﹣1）＝±6，
解得：m＝4或m＝﹣2，
故选：B．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
一十．平方差公式的几何背景（共1小题）
10．（2022秋•邯山区校级期末）如图，实线内图形的面积可以用来验证下列的某个等式成立，该等式是（ ）
A．a2+2ab+b2＝（a+b）2 B．a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2
C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） D．a2+ab＝a（a+b）
【分析】分别用代数式表示两个图中阴影部分的面积即可．
【解答】解：左图阴影部分的面积可以看作两个正方形的面积差，即a2﹣b2，
右图，拼成长为（a+b），宽为（a﹣b）的长方形，因此面积为（a+b）（a﹣b），
由两个图形中阴影部分的面积相等可得，a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），
故选：C．
【点评】本题考查平方差公式的几何背景，掌握平方差公式的结构特征是解决问题的关键．
一十一．整式的除法（共1小题）
11．（2022秋•双阳区期末）计算（﹣4a2+12a3b）÷（﹣4a2）的结果是（ ）
A．1﹣3ab B．﹣3ab C．1+3ab D．﹣1﹣3ab
【分析】直接利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】解：（﹣4a2+12a3b）÷（﹣4a2）
＝1﹣3ab．
故选：A．
【点评】此题主要考查了整式的除法，正确掌握运算法则是解题关键．
一十二．因式分解的意义（共1小题）
12．（2022秋•荔湾区期末）下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．x（x﹣2）＝x2﹣2x B．（x+1）2＝x2+2x+1
C．x+2＝x（1+ ） D．x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）
【分析】把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，依据分解因式
的定义进行判断即可．
【解答】解：A．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
B．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；C．等式的右边不是几个整式的积的形式，即从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意；
D．从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了因式分解的定义，解题时注意因式分解与整式乘法是相反的过程，二者是一个式子
的不同表现形式．因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式．
一十三．因式分解-提公因式法（共1小题）
13．（2022秋•朝阳区校级期末）将多项式a2x+ay﹣a2xy因式分解时，应提取的公因式是（ ）
A．a B．a2 C．ax D．ay
【分析】直接利用公因式的定义得出答案．
【解答】解：a2x+ay﹣a2xy＝a（ax+y﹣axy），
则应提取的公因式是a．
故选：A．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
一十四．因式分解-运用公式法（共1小题）
14．（2022秋•肇源县期末）若4x2﹣（k﹣1）x+9能用完全平方公式因式分解，则k的值是（ ）
A．13 B．13或﹣11 C．﹣11 D．无法确定
【分析】根据完全平方公式的结构特点即可得出答案．
【解答】解：∵4x2﹣（k﹣1）x+9能用完全平方公式因式分解，4x2﹣（k﹣1）x+9＝（2x）2﹣（k﹣1）
x+32，
∴k﹣1＝±2×2×3，
解得：k＝13或﹣11，
故选：B．
【点评】本题考查了完全平方公式，熟知完全平方公式的结构特点是解本题的关键，即（a±b）2＝
a2±2ab+b2．
一十五．因式分解-分组分解法（共1小题）
15．（2022秋•武昌区校级期末）分解因式
（1）a2﹣b2﹣2a+1；
（2）a3b﹣ab．
【分析】（1）先分组，再根据平方差公式和完全平方公式分解因式即可；
（2）先提公因式，然后用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：（1）a2﹣b2﹣2a+1＝a2﹣2a+1﹣b2
＝（a﹣1）2﹣b2
＝（a﹣1+b）（a﹣1﹣b）；
（2）a3b﹣ab
＝ab（a2﹣1）
＝ab（a+1）（a﹣1）．
【点评】本题主要考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握平方差公式和完全平方公式．
一十六．因式分解-十字相乘法等（共1小题）
16．（2022秋•新都区期末）若x2+ax+b＝（x+1）（x﹣4），则a+b的值为 ﹣ 7 ．
【分析】将（x+1）（x﹣4）利用多项式乘多项式的计算法则展开即可求解．
【解答】解：∵（x+1）（x﹣4）＝x2﹣3x﹣4，
∴a＝﹣3，b＝﹣4，
则a+b＝﹣7．
故答案为：﹣7．
【点评】本题考查多项式乘多项式，掌握相应计算法则即可．
一十七．因式分解的应用（共1小题）
17．（2022秋•罗湖区期末）如果一个自然数能表示成两个自然数的平方差，就称这个数为“智慧数”．
如3＝22﹣12，所以3是“智慧数”，又如：1＝12﹣02，5＝32﹣22，8＝32﹣12，所以1，5，8都是“智
慧数”．
下列不是“智慧数”的是（ ）
A．44 B．45 C．46 D．49
【分析】根据智慧数的定义求解即可．
【解答】解：∵44＝122﹣102，
∴44是“智慧数”A正确；
∵45＝92﹣62，
∴45是“智慧数”B正确；
∵49＝72﹣02，
∴49是“智慧数”D正确；
故选：C．
【点评】本题考查了因式分解的应用，读懂题意，理解”智慧数“定义是解决问题的关键．
一十八．分式的定义（共1小题）18．（2022秋•双辽市期末）下列各式中：﹣3x， ， ， ， ，分式的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据分式的定义（A与B为整式，B≠0，且B中含有字母，形如 的式子称为分式），即可得
出答案．
【解答】解：分式的个数是 ， ，共2个．
故选：A．
【点评】本题主要考查分式的定义，熟练掌握分式的定义是解决本题的关键．
一十九．分式有意义的条件（共1小题）
19．（2022秋•海丰县期末）要使分式 有意义，x应满足的条件是（ ）
A．x＞﹣3 B．x＜﹣3 C．x≠﹣3 D．x＝﹣3
【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于零可得答案．
【解答】解：由题意得：x+3≠0，
解得：x≠﹣3，
故选：C．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
二十．分式的值为零的条件（共1小题）
20．（2023春•巴中期末）若分式 的值为0，则x的值为（ ）
A．±2 B．﹣2 C．0 D．2
【分析】根据分式值为零条件可得x2﹣4＝0，且x﹣2≠0，再解即可．
【解答】解：根据分式值为零条件：x2﹣4＝0，且x﹣2≠0，
解得：x＝﹣2，
故选：B．
【点评】此题主要考查了分式值为零的条件，关键是掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于
零．注意：“分母不为零”这个条件不能少．
二十一．分式的基本性质（共1小题）21．（2022秋•东港区校级期末）若分式 中a、b的值同时扩大到原来的2倍，则分式的值（ ）
A．不变 B．扩大2倍 C．扩大4倍 D．扩大6倍
【分析】把分式 中的a、b换成2a、2b得到新的分式，再比较原分式与新分式即可得到答案．
【 解 答 】 解 ： 把 分 式 中 a 、 b 的 值 同 时 扩 大 到 原 来 的 2 倍 ， 得 到 的 新 分 式 为
，
∴分式的值扩大了4倍，
故选：C．
【点评】本题主要考查了分式的基本性质，熟知分式的基本性质是解题的关键．
二十二．最简分式（共1小题）
22．（2022秋•平谷区期末）下列分式中是最简分式的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】直接利用分式的性质结合最简分式的定义分析得出答案．
【解答】解：A． ＝ ，故此选项不合题意；
B． 是最简分式，故此选项符合题意；
C． ＝x+1，故此选项不合题意；D． ＝x﹣2，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了最简分式，正确化简分式是解题关键．
二十三．分式的乘除法（共1小题）
23．（2022秋•双峰县期末）计算 的结果是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先进行乘方计算，然后把除法转化为乘法计算，最后进行乘法运算即可．
【解答】解：原式＝﹣ • ÷ ＝﹣ • • ＝﹣ ，
故选：B．
【点评】解决乘法、除法、乘方的混合运算，容易出现的是符号的错误，在计算过程中要首先确定符号．
二十四．分式的加减法（共1小题）
24．（2022秋•增城区期末）化简 的结果是（ ）
A．a﹣b B．a+b C． D．
【分析】先通分，再计算，然后化简，即可求解．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝ ．故选：D．
【点评】本题主要考查了异分母分式相加减，熟练掌握异分母分式相加减法则是解题的关键．
二十五．分式的混合运算（共1小题）
25．（2022秋•九龙坡区期末）计算题．
（1）（x﹣2）2+x（x+4）；
（2） ．
【分析】（1）直接利用完全平方公式、单项式乘多项式运算法则化简，进而合并同类项得出答案；
（2）直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：（1）原式＝x2﹣4x+4+x2+4x
＝2x2+4；
（2）原式＝ •
＝ •
＝ •
＝ ．
【点评】此题主要考查了分式的混合运算、整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
二十六．分式的化简求值（共1小题）
26．（2022秋•长沙县期末）先化简，再求值： ，其中a＝3．
【分析】原式先根据除法法则变形，再利用同分母分式的减法法则计算，同时利用约分得到最简结果，
把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：
＝＝
＝ ，
当a＝3时，原式＝ ．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
二十七．零指数幂（共1小题）
27．（2022秋•磁县期末）若（2x﹣1）0有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＝﹣2 B．x≠0 C．x≠ D．x＝
【分析】直接利用零指数幂：a0＝1（a≠0），进而得出答案．
【解答】解：（2x﹣1）0有意义，则2x﹣1≠0，
解得：x≠ ．
故选：C．
【点评】此题主要考查了零指数幂，正确掌握零指数幂的定义是解题关键．
二十八．列代数式（分式）（共1小题）
28．（2022秋•西青区校级期末）已知A、B两地相距100米，甲、乙两人分别从A、B两地同时出发，相
向而行，速度分别为x米/秒、y米/秒，甲、乙两人第一次相距a（a＜100）米时，行驶时间为（ ）
A． 秒 B． 秒
C． 秒 D． 秒
【分析】根据第一次相距a千米，可知他们一共行驶了（100﹣a），然后根据路程除以速度即可求出时
间．
【解答】解：由题意可得，
两人第一次相距a米的运动时间为 秒．
故选：D．
【点评】此题考查列代数式，理解题意掌握路程、速度与时间之间的关系是解题的关键．
二十九．解分式方程（共1小题）
29．（2022秋•汉阳区校级期末）解分式方程：（1） ；
（2） +1．
【分析】利用解分式方程的步骤解各方程即可．
【解答】解：（1）原方程去分母得：（x+1）2＝x2﹣1+5，
整理得：x2+2x+1＝x2﹣1+5，
移项，合并同类项得：2x＝3，
系数化为1得：x＝ ，
经检验，x＝ 是分式方程的解，
故原方程的解为x＝ ；
（2）原方程去分母得：3x＝2x﹣1+3x+3，
移项，合并同类项得：﹣2x＝2，
系数化为1得：x＝﹣1，
经检验，x＝﹣1是分式方程的增根，
故原方程无解．
【点评】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
三十．分式方程的增根（共1小题）
30．（2022秋•兴隆县期末）若方程 + ＝3有增根，则a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【分析】增根是分式方程化为整式方程后产生的使分式方程的分母为0的根．把增根代入化为整式方程
的方程即可求出a的值．
【解答】解：方程两边都乘（x﹣2），得
x﹣1﹣a＝3（x﹣2）
∵原方程增根为x＝2，
∴把x＝2代入整式方程，得a＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
三十一．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
31．（2022秋•同江市期末）A，B两地航程为48千米，一艘轮船从A地顺流航行至B地，又立即从B地
逆流返回A地，共用去9小时，已知水流速度为4千米/时，若设该轮船在静水中的速度为x千米/时，
则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
【分析】直接根据题意得出顺水速以及逆水速，进而表示出所用时间即可得出答案．
【解答】解：设该轮船在静水中的速度为x千米/时，则可列方程为：
+ ＝9，
故选：C．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确表示出行驶的时间是解题关键．
三十二．分式方程的应用（共1小题）
32．（2022秋•韩城市期末）某公司生产A、B两种机械设备，每台B种设备的成本是A种设备的1.5倍，
公司若投入16万元生产A种设备，36万元生产B种设备，则可生产两种设备共10台，请解答下列问题：
（1）A、B两种设备每台的成本分别是多少万元？
（2）A、B两种设备每台的售价分别是6万元、10万元，且该公司生产台，现公司决定对两种设备优惠
出售，A种设备按原来售价8折出售，B种设备在原来售价的基础上优惠10%，若设备全部售出，该公
司一共获利多少万元？
【分析】（1）设A种设备每台成本为x元，则B种设备每台设备成本为1.5x元，根据题意列出方程即
可求出答案．
（2）根据题意列出算式即可求出答案．
【解答】解：（1）设A种设备每台成本为x元，
则B种设备每台设备成本为1.5x元，
，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是原方程的解，
∴1.5x＝6，答：A、B两种设备每台的成本分别是4和6万元．
（2）由（1）可知：A种设备共有4台，B种设备6台，
A种设备获利为：4×（6×0.8﹣4）＝3.2万元，
B种设备获利为：6×（10×0.9﹣6）＝18万元，
∴该公司共获利为3.2+18＝21.2万元，
答：该公司共获利为21.2万元．
【点评】本题考查分式方程，解题的关键是正确找出题中的等量关系，本题属于基础题型．
三十三．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
33．（2022秋•葫芦岛期末）如图，BD是△ABC的中线，AB＝8，BC＝5，△ABD和△BCD的周长的差是
3 ．
【分析】根据三角形中线的定义可得AD＝CD，然后求出△ABD和△BCD的周长差＝AB﹣BC，代入数
据进行计算即可得解．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∴△ABD和△BCD的周长差＝（AB+AD+BD）﹣（BC+CD+BD），
＝AB+AD+BD﹣BC﹣CD﹣BD，
＝AB﹣BC，
∵AB＝8，BC＝5，
∴△ABD和△BCD的周长差＝8﹣5＝3．
答：△ABD和△BCD的周长差为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形的中线的定义，是基础题，数据概念并求出△ABD和△BCD的周长差＝AB
﹣BC是解题的关键．
三十四．三角形的稳定性（共1小题）
34．（2023春•香坊区期末）如图，生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是利用三角形的（
）A．全等形 B．稳定性 C．灵活性 D．对称性
【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【解答】解：生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是因为三角形具有稳定性．
故选：B．
【点评】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、
房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
三十五．三角形三边关系（共1小题）
35．（2022秋•广宗县期末）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cm B．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cm D．5cm，5cm，11cm
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】解：A、3+4＜8，不能组成三角形；
B、8+7＝15，不能组成三角形；
C、13+12＞20，能够组成三角形；
D、5+5＜11，不能组成三角形．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．
判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
三十六．三角形内角和定理（共1小题）
36．（2022秋•祁阳县期末）若一个三角形三个内角度数的比为1：2：3，那么这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．等边三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
【分析】已知三角形三个内角的度数之比，可以设一份为k°，根据三角形的内角和等于180°列方程求三
个内角的度数，从而确定三角形的形状．
【解答】解：设一份为k°，则三个内角的度数分别为k°，2k°，3k°．
则k°+2k°+3k°＝180°，
解得k°＝30°，∴k°＝30°，2k°＝60°，3k°＝90°，
所以这个三角形是直角三角形．
故选：D．
【点评】本题主要考查了内角和定理．解答此类题利用三角形内角和定理列方程求解可简化计算．
三十七．三角形的外角性质（共1小题）
37．（2022秋•息县期末）将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的大小等于（ ）
A．50° B．60° C．75° D．85°
【分析】利用三角形内角和定理和三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵∠DAC＝∠DFE+∠C＝60°+45°＝105°，
∴∠CAF＝180°﹣∠DAC＝75°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
三十八．全等图形（共1小题）
38．（2022秋•通许县期末）下列说法中，正确的有（ ）
①形状相同的两个图形是全等形；
②面积相等的两个图形是全等形；
③全等三角形的周长相等，面积相等；
④若△ABC≌△DEF，则∠A＝∠D，AB＝EF．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据全等形的定义，全等三角形的判定与性质判断即可．
【解答】解：能够完全重合的两个图形叫做全等形，即形状和大小相同的两个图形是全等形，故①②
说法错误；
全等三角形能够完全重合，所以全等三角形的周长相等，面积相等，故③说法正确；
若△ABC≌△DEF，∠A的对应角为∠D，所以∠A＝∠D，AB的对应边为DE，所以AB＝DE，故④说
法错误；
说法正确的有③，共1个．故选：A．
【点评】本题主要考查全等形，理解能够完全重合的两个图形叫做全等形是解题关键．
三十九．全等三角形的性质（共1小题）
39．（2022秋•汶上县校级期末）如图，△ABC≌△DCB，若AC＝7，BE＝5，则DE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据全等三角形的对应边相等推知BD＝AC＝7，然后根据线段的和差即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC≌△DCB，
∴BD＝AC＝7，
∵BE＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，仔细观察图形，根据已知条件找准对应边是解决本题的关键．
四十．全等三角形的判定（共1小题）
40．（2023春•泉州期末）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD，则添加的一个条件不能是（ ）
A．∠B＝∠C B．BE＝CD C．BD＝CE D．∠ADC＝∠AEB
【分析】已知条件AB＝AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定定理进行
分析即可．
【解答】解：A、添加∠B＝∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
B、添加BE＝CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加BD＝CE可得AD＝AE，可利用利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC＝∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角
对应相等时，角必须是两边的夹角．
四十一．直角三角形全等的判定（共1小题）
41．（2022秋•安化县期末）如图，在△ABC中AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点
H，已知EH＝EB＝3，AE＝4，则CH的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】本题可先根据AAS判定△AEH≌△CEB，可得出AE＝CE，从而得出CH＝CE﹣EH＝4﹣3＝
1．
【解答】解：在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEH＝∠ADB＝90°；
∵∠EAH+∠AHE＝90°，∠DHC+∠BCH＝90°，∠EHA＝∠DHC（对顶角相等），
∴∠EAH＝∠DCH（等量代换）；
∵在△BCE和△HAE中
，
∴△AEH≌△CEB（AAS）；
∴AE＝CE；
∵EH＝EB＝3，AE＝4，
∴CH＝CE﹣EH＝AE﹣EH＝4﹣3＝1．
故选：A．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA，
AAS、HL，要熟练掌握并灵活应用这些方法．
四十二．全等三角形的判定与性质（共1小题）
42．（2022秋•盱眙县期末）如图，AE⊥AB，且AE＝AB，BC⊥CD，且BC＝CD，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S是（ ）
A．30 B．50 C．60 D．80
【分析】易证△AEF≌△BAG，△BCG≌△CDH即可求得AF＝BG，AG＝EF，GC＝DH，BG＝CH，即
可求得梯形DEFH的面积和△AEF，△ABG，△CGB，△CDH的面积，即可解题．
【解答】解：∵∠EAF+∠BAG＝90°，∠EAF+∠AEF＝90°，
∴∠BAG＝∠AEF，
∵在△AEF和△BAG中， ，
∴△AEF≌△BAG，（AAS）
同理△BCG≌△CDH，
∴AF＝BG，AG＝EF，GC＝DH，BG＝CH，
∵梯形DEFH的面积＝ （EF+DH）•FH＝80，
S△AEF ＝S△ABG ＝ AF•FE＝9，
S△BCG ＝S△CDH ＝ CH•DH＝6，
∴图中实线所围成的图形的面积S＝80﹣2×9﹣2×6＝50，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证
△AEF≌△BAG，△BCG≌△CDH是解题的关键．
四十三．全等三角形的应用（共1小题）
43．（2022秋•东昌府区校级期末）如图所示，某同学把一块三角形的模具不小心打碎成了三块，现在要
去商店配一块与原来一样的三角形模具，那么最省事的是带哪一块去（ ）A．① B．② C．③ D．①和②
【分析】根据全等三角形的判定方法结合图形判断出带③去．
【解答】解：由图形可知，③有完整的两角与夹边，根据“角边角”可以作出与原三角形全等的三角
形，
所以，最省事的做法是带③去．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
四十四．角平分线的性质（共1小题）
44．（2022秋•渌口区期末）如图，在△ABC中，AD是角平分线，DE⊥AB于点E，△ABC的面积为15，
AB＝6，DE＝3，则AC的长是（ ）
A．8 B．6 C．5 D．4
【分析】过点D作DF⊥AC于F，然后利用△ABC的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：过点D作DF⊥AC于F，
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，
∴DE＝DF＝3，
∴S△ABC ＝ ×6×3+ AC×3＝15，
解得AC＝4．
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，三角形的面积，熟记性质并利用三角
形的面积列出方程是解题的关键．
四十五．线段垂直平分线的性质（共1小题）
45．（2022秋•东宝区期末）和三角形三个顶点的距离相等的点是（ ）
A．三条角平分线的交点B．三边中线的交点
C．三边上高所在直线的交点
D．三边的垂直平分线的交点
【分析】三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等．
【解答】解：根据线段垂直平分线的性质可得：三角形三个顶点的距离相等的点是三边的垂直平分线的
交点．
故选：D．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质（三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到
三个顶点的距离相等．此点称为外心，也是这个三角形外接圆的圆心．），难度一般．
四十六．等腰三角形的性质（共1小题）
46．（2022秋•利通区期末）若等腰三角形的两边长分别是2和10，则它的周长是（ ）
A．14 B．22 C．14或22 D．12
【分析】本题没有明确已知的两边的具体名称，要分为两种情况即：①2为底，10为腰；②10为底，
2为腰，可求出周长．注意：必须考虑三角形的三边关系进行验证能否组成三角形．
【解答】解：∵等腰三角形的两边分别是2和10，
∴应分为两种情况：①2为底，10为腰，则2+10+10＝22；
②10为底，2腰，而2+2＜10，应舍去，
∴三角形的周长是22．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系；题目从边的方面考查三角形，涉及分类讨论
的思想方法．求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的
好习惯，把不符合题意的舍去．
四十七．等腰三角形的判定（共1小题）
47．（2022秋•保康县期末）如图所示，共有等腰三角形（ ）
A．4个 B．5个 C．3个 D．2个
【分析】由已知条件，根据三角形内角和定理，求出图形中未知度数的角，即可根据等角对等边求得等腰三角形的个数．
【解答】解：根据三角形的内角和定理，得：∠ABO＝∠DCO＝36°，
根据三角形的外角的性质，得
∠AOB＝∠COD＝72°．
再根据等角对等边，得
等腰三角形有△AOB，△COD，△ABC，△CBD和△BOC．
故选：B．
【点评】此题考查了三角形的内角和定理、三角形的外角的性质以及等腰三角形的判定方法．得到各角
的度数是正确解答本题的关键．
四十八．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
48．（2022 秋•兴隆县期末）如图，在△ABC 中，∠ABC 和∠ACB 的平分线相交于点 F，过 F 作
DE∥BC，交AB于点D，交AC于点E．若BD＝4，DE＝7，则线段EC的长为（ ）
A．3 B．4 C．3.5 D．2
【分析】根据△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点 F．判断出∠DBF＝∠FBC，∠ECF＝
∠BCF，再利用两直线平行内错角相等，判断出∠DFB＝∠DBF，∠CFE＝∠BCF，即BD＝DF，FE＝
CE，然后利用等量代换即可求出线段CE的长．
【解答】解：∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点F，
∴∠DBF＝∠FBC，∠ECF＝∠FCE，
∵DF∥BC，交AB于点D，交AC于点E．
∴∠DFB＝∠DBF，∠CFE＝∠BCF，
∴BD＝DF＝4，FE＝CE，
∴CE＝DE﹣DF＝7﹣4＝3．
故选：A．
【点评】此题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，平行线段性质的理解和掌握，关键利用两直线
平行内错角相等．
四十九．等边三角形的性质（共1小题）
49．（2023春•连平县期末）如图，△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，连接AD，则∠BAD的大小
为 30 ° ．【分析】根据等边三角形的三线合一性质求解即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵点D是BC的中点，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝ ∠BAC＝30°，
故答案为：30°．
【点评】此题考查了等边三角形的性质，熟记等边三角形的三线合一性质是解题的关键．
五十．等边三角形的判定与性质（共1小题）
50．（2022秋•西湖区校级期末）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点 O，且
OD∥AB，OE∥AC．
（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；
（2）若BC＝10，求△ODE的周长．
【分析】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解
决问题．
（2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题．
【解答】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°；∵OD∥AB，OE∥AC，
∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，
∴△ODE为等边三角形．
（2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB，
∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，
∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD；同理可证CE＝OE；
∴△ODE的周长＝BC＝10．
【点评】该题主要考查了等边三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用平行线的性质、
等边三角形的性质来分析、判断、解答．
五十一．直角三角形的性质（共1小题）
51．（2022秋•湖里区期末）在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，则∠B＝ 3 0 °．
【分析】由直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝30°．
故答案为：30．
【点评】本题主要考查直角三角形的性质，解答的关键是明确直角三角形的两个锐角互余．
五十二．含30度角的直角三角形（共1小题）
52．（2022秋•天桥区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，∠B＝30°，点P是BC边上的动点，则
AP长不可能是（ ）
A．3.5 B．4.2 C．5.8 D．7.3【分析】根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再根据垂线段最短求出AP的最
小值，然后得到AP的取值范围，从而得解．
【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝8，∠B＝30°，
∴AC＝ AB＝ ×8＝4，
∵点P是BC边上的动点，
∴4＜AP＜8，
∴AP的值不可能是3.5．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，垂线段最短，熟记性质并
求出AP的取值范围是解题的关键．
五十三．多边形内角与外角（共1小题）
53．（2022秋•丰宁县校级期末）已知一个多边形的内角和是1440°，则这个多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】由多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），即可求解．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）•180°＝1440°，
∴n＝10．
故选：B．
【点评】本题考查多边形的内角和，关键是掌握多边形的内角和定理．
五十四．轴对称的性质（共1小题）
54．（2022秋•东港区期末）如图所示，△ABC是在2×2的正方形网格中以格点为顶点的三角形，那么图
中与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形共有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【分析】根据网格结构确定出对称轴，然后作出△ABC的对称三角形即可得解．
【解答】解：如图，与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形共有5个．
故选C．【点评】本题考查了轴对称的性质，解题的关键在于根据网格结构确定出对称轴，利用数形结合的思想
求解更形象直观．
五十五．轴对称图形（共1小题）
55．（2022秋•下陆区校级期末）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（
）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项正确；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
五十六．镜面对称（共1小题）
56．（2022秋•芮城县期末）小刚从镜子中看到的电子表的读数是[15：01]，则电子表的实际度数是 1 0 ：
21 ．
【分析】镜子中看到的数字与实际数字是关于镜面成垂直的线对称．注意镜子的5实际应为2．
【解答】解：如图：电子表的实际时刻是10：21．
故答案为10：21．
【点评】此题主要考查了镜面对称，可以把数据抄下来，反过来看看，这样最直观．
五十七．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
57．（2022秋•苍梧县期末）在平面直角坐标系 xOy中，点P（﹣2，4）关于x轴的对称点的坐标是
（ ）
A．（2，4） B．（4，﹣2） C．（﹣4，2） D．（﹣2，﹣4）
【分析】利用关于x轴的对称点的坐标特点可得答案．
【解答】解：点P（﹣2，4）关于x轴的对称点的坐标是（﹣2，﹣4），
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于x轴的对称点的坐标，关键是掌握关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标
不变，纵坐标互为相反数．
五十八．坐标与图形变化-对称（共1小题）
58．（2022秋•竞秀区期末）剪纸艺术是中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，
蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点 E的坐标为（2m，﹣n），其关
于y轴对称的点F的坐标为（3﹣n，﹣m+1），则m﹣n的值为（ ）
A．﹣9 B．﹣1 C．0 D．1
【分析】根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等，即可进行解答．【解答】解：∵E（2m，﹣n）和F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，
∵ ，解得： ，
∴m﹣n＝﹣4﹣（﹣5）＝1，
故选：D．
【点评】本题主要考查了关于y轴对称的点的坐标特征以及解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握
“关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等”．
五十九．作图-轴对称变换（共1小题）
59．（2022秋•合肥期末）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为 1，格点三角形ABC（顶
点是网格线的交点的三角形）的顶点A，C的坐标分别为A（2，4），B（﹣1，0），请按要求解答下列
问题：
（1）在图中建立正确的平面直角坐标系，写出点C的坐标；
（2）在图中作出△ABC关于x轴对称的△A B C ．
1 1 1
【分析】（1）根据B点坐标确定原点位置，再建立坐标系即可；
（2）首先确定A、B、C三点关于x轴的对称点，再连接即可．
【解答】解：（1）如图：C（3，2）；
（2）如图所示，△A B C 即为所求．
1 1 1【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，画轴对称图形关键是确定组成图形的关键点的对称点位
置．
六十．轴对称-最短路线问题（共1小题）
60．（2022秋•龙江县校级期末）如图所示，点P在∠AOB内，点M，N分别是点P关于AO，BO的对称
点，MN分别交OA，OB于点E，F．
（1）若∠AOB＝ °，则∠MON＝ 2 ° ，∠EPF＝ 180 ° ﹣ 2 ° （用含 的代数式表示）；
（2）①若△PEFα的周长是10cm，求αMN的长． α α
②若∠O＝45°，OP＝x cm，直接写出△PEF的周长的最小值（用含x的代数式表示）
【分析】（1）如图，连接OP、OM、ON，根据轴对称的性质可得△OMP和△EMP都是等腰三角形，
且∠MOA＝∠AOP，进而可根据等腰三角形的性质得∠OME＝∠OPE，同理可得∠BOP＝∠BON，
∠OPF＝∠ONF，于是可推得∠MON＝2∠AOB，∠EPF＝∠OPE+∠OPF＝∠OMN+∠ONM，再根据已
知条件和三角形的内角和定理即可求出答案；
（2）①根据轴对称的性质可推出MN＝△PEF的周长，进而可得结果；
②易得△OMN是等腰直角三角形，且OM＝ON＝OP＝x，从而可根据勾股定理求出MN，而由轴对称
的性质可知MN即为△PEF的周长的最小值，于是可得结果．
【解答】解：（1）如图，连接OP、OM、ON．
∵M是点P关于AO的对称点，∴OP＝OM，ME＝PE，∠MOA＝∠AOP，
∴∠OMP＝∠OPM，∠EMP＝∠EPM，
∴∠OME＝∠OPE，
同理可得：OP＝ON，∠BOP＝∠BON，∠OPF＝∠ONF，
∴OM＝ON，∠MON＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB＝2 °；
∴∠OMN+∠ONM＝180°﹣∠MON＝180°﹣2 °， α
∴∠EPF＝∠OPE+∠OPF＝∠OMN+∠ONM＝α180°﹣2 °，
故答案为：2 °，180°﹣2 °； α
α α
（2）①∵M、N分别是点P关于AO、BO的对称点，
∴ME＝PE，NF＝PF，
∴MN＝ME+EF+FN＝PE+EF+PF＝△PEF的周长，
∵△PEF的周长等于10cm，
∴MN＝10cm；
②∵∠AOB＝45°，OM＝ON＝OP＝x，
∴∠MON＝2∠AOB＝90°， ，
∵MN＝△PEF的周长，且△PEF的周长的最小值为MN的长，
∴△PEF的周长的最小值是 cm．
【点评】本题考查了轴对称的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理以及勾股定理等知识，属
于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
