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2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷
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这是一份2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷，共26页。
2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷
一.选择题（每小题只有一个选项是正确的，共10小题，每题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a5 B．a+2a＝3a2 C．（ab）3＝ab3 D．（﹣a3）2＝﹣a6
2．（3分）清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为（ ）
A．8.4×10﹣5 B．8.4×10﹣6 C．8.4×10﹣7 D．8.4×106
3．（3分）下列徽章中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）一列火车匀速通过隧道（隧道长大于火车的长），火车在隧道内的长度y与火车进入隧道的时间x之间的关系用图象表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．同位角相等
B．三角形的三条高线交于一点
C．两边及一角分别相等的两个三角形全等
D．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
6．（3分）如图，在3×3正方形网格中，已有三个小正方形被涂黑，将剩余的白色小正方形再任意涂黑一个，则所得黑色图案是轴对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．40° B．60° C．70° D．80°
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC．在AB、AC上分别截取AP，AQ，使AP＝AQ．再分别以点P，Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点R，作射线AR，交BC于点D．若BC＝6，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（3分）如图，用五个螺丝将五条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
10．（3分）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：①BF＝CE；②AE﹣BF＝EF；③连接FM、CM，得△CME≌△BMF；④∠FEM＝45°，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二.填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11．（3分）一口袋内装有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个球（除编号外都相同），从中随机摸出一个球，则摸出编号为偶数的球的概率是 ．
12．（3分）若a+b＝4，ab＝3，则a2+b2＝ ．
13．（3分）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连接AD、CD．若∠B＝65°，则∠ADC的大小为 度．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC和∠BAC的平分线相交于点O，OD⊥OA交AC于D，OE⊥OB交BC于E，AC＝6，AB＝10，则△CDE的周长为 ．
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB、BC、AC为边向上作正方形AGFB、正方形BCDE、正方形ACMN，点E在FG上，若AC＝3，BC＝5，则图中阴影的面积为 ．
三.解答题（共7小题，其中16题6分，17题7分，18题8分，19题8分，20题9分，21题7分，22题10分，共55分）
16．（6分）计算：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
17．（7分）先化简，再求值：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y，其中x＝1，y＝2．
18．（8分）如图，在边长为单位1的正方形网格中有△ABC．
（1）在图中画出△ABC关于直线MN成轴对称的图形△A1B1C1；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线MN上有一点P使得PA+PB的值最小，请在图中标出点P的位置．
19．（8分）已知：如图，点A、F、C、D在同一直线上，AF＝DC，AB＝DE，AB∥DE，连接BC，BF，CE．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．
20．（9分）快车与慢车分别从甲乙两地同时相向出发，匀速而行，快车到达乙地后停留1小时，然后按原路原速返回，快车比慢车晚1小时到达甲地，快慢两车距各自出发地的路程y（km）与所用的时间x（h）的关系如图所示．
（1）图中表示的自变量是 ，因变量是 ．
（2）甲乙两地之间的路程为 km：快车的速度为 km/h：慢车的速度为 km/h．（3）出发 小时，快慢两车距各自出发地的路程相等．
（4）快慢两车出发 小时相距150km．
21．（7分）如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，使得△BOC≌△ADC连接OD．已知∠AOB＝110°，设∠BOC＝α．
（1）发现问题：发现∠OAD的大小不变为 °
（2）分析问题：当a＝150°时，分析判断△AOD的形状是 三角形．
（3）解决问题：请直接写出当α为 度时，△AOD是等腰三角形．
22．（10分）如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题只有一个选项是正确的，共10小题，每题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a5 B．a+2a＝3a2 C．（ab）3＝ab3 D．（﹣a3）2＝﹣a6
【分析】先根据合并同类项法则，同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方进行计算，再判断即可．
【解答】解：A．a2•a3＝a5，故本选项符合题意；
B．a+2a＝3a，故本选项不符合题意；
C．（ab）3＝a3b3，故本选项不符合题意；
D．（﹣a3）2＝a6，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了合并同类项法则，同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方等知识点，能熟记合并同类项法则、同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方法则是解此题的关键．
2．（3分）清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为（ ）
A．8.4×10﹣5 B．8.4×10﹣6 C．8.4×10﹣7 D．8.4×106
【分析】绝对值小于1的正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指数幂，指数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．
【解答】解：0.0000084＝8.4×10﹣6．
故选：B．
【点评】本题考查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．
3．（3分）下列徽章中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念．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．
4．（3分）一列火车匀速通过隧道（隧道长大于火车的长），火车在隧道内的长度y与火车进入隧道的时间x之间的关系用图象表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可以写出火车行驶的各个阶段中y与x的函数关系，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意可得，
火车头刚进入隧道到火车尾刚进入隧道的这一过程中，y随x的增大而增大，
火车尾刚进入隧道到火车头刚要驶离隧道的这一过车中，y随x的增加不发生变化，
火车头刚出隧道到火车尾刚驶离隧道这一过程中，y随x的增大而减小，
故选：A．
【点评】本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，写出各段过程中与x的函数关系．
5．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．同位角相等
B．三角形的三条高线交于一点
C．两边及一角分别相等的两个三角形全等
D．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
【分析】根据同位角定义判断A；根据三角形的高的定义判断B；根据全等三角形的判定定理判断C；根据线段垂直平分线的性质判断D．
【解答】解：A、同位角不一定相等，故本选项说法错误，不符合题意；
B、钝角三角形的三条高线不相交，但是它们所在的直线相交于三角形外的一点，故本选项说法错误，不符合题意；
C、两边及一角分别相等的两个三角形不一定全等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，故本选项说法正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，也考查了同位角，三角形的高，线段垂直平分线的性质．
6．（3分）如图，在3×3正方形网格中，已有三个小正方形被涂黑，将剩余的白色小正方形再任意涂黑一个，则所得黑色图案是轴对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，涂黑一个格共6种等可能情况，结合轴对称的意义，可得到轴对称图形的情况数目，结合概率的计算公式，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，涂黑每一个格都会出现一种等可能情况，共出现6种等可能情况，
而当涂黑左上角和右下角的黑块时，不会是轴对称图形，其余的4种情况均可以，
故其概率为＝；
故选：D．
【点评】此题考查几何概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P（A）＝．
7．（3分）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．40° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据平角的定义和平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：由题意得，∠4＝60°，
∵∠1＝40°，
∴∠3＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2＝80°，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质，平角的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC．在AB、AC上分别截取AP，AQ，使AP＝AQ．再分别以点P，Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点R，作射线AR，交BC于点D．若BC＝6，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】依据等腰三角形的性质，即可得到BD＝BC，进而得出结论．
【解答】解：由题可得，AR平分∠BAC，
又∵AB＝AC，
∴AD是三角形ABC的中线，
∴BD＝BC＝×6＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了基本作图以及等腰三角形的性质，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．
9．（3分）如图，用五个螺丝将五条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条线段的长来判断三角形的最长边时的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【解答】解：相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5；
①选4+5作为三角形的一边、另外的线段构成三角形另外两边，而1+2+3＝6＜4+5，不能构成三角形；
②选3+4作为三角形的一边，另外的线段构成三角形另外两边为2和6或3和5，
而1+2+5＝8＞3+4，6﹣2＜7，5﹣3＜7，三角形均成立，
此时最大边长为7；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．
故选：B．
【点评】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．
10．（3分）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：①BF＝CE；②AE﹣BF＝EF；③连接FM、CM，得△CME≌△BMF；④∠FEM＝45°，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①证明△BCF≌△CAE即可得出；②由①可得BF＝CE，AE＝CF，所以EF＝CF﹣CE＝AE﹣BF；
③M是AB的中点，可得CM＝BM＝AM，根据题意可得∠CBA＝∠CAB＝45°，由①可得∠CBF＝∠ECA即可得出∠FBM＝∠ECM即可得出正确；
④由③即可得出∠EMF＝90°，EM＝FM，所以∠FEM＝45°．
【解答】解：∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴∠BFC＝∠CEA，
∵∠BCA＝90°，
∴∠BCF＝∠CAE，
∵CA＝CB，
∴△BCF≌△CAE（SAS），
∴BF＝CE，故①正确；
由①知BF＝CE，AE＝CF，
∴EF＝CF﹣CE＝AE﹣BF，故②正确；
∵M是AB的中点，
∴CM＝BM＝AM，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∠FBC＝∠ECA，
∴∠FBM＝∠ECM，
∵BF＝CE，
∴△CME≌△BMF（SAS），故③正确；
由③即可得∠BMF＝∠EMC，EM＝FM，
∴∠EMF＝90°，
∴∠FEM＝45°．故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质和全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的判定是解题是关键．
二.填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11．（3分）一口袋内装有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个球（除编号外都相同），从中随机摸出一个球，则摸出编号为偶数的球的概率是 ．
【分析】用袋子中编号为偶数的小球的数量除以球的总个数即可得．
【解答】解：∵从袋子中随机摸出一个球共有7种等可能结果，其中摸出编号为偶数的球的结果数为3，
∴摸出编号为偶数的球的概率为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
12．（3分）若a+b＝4，ab＝3，则a2+b2＝ 10 ．
【分析】首先根据完全平方公式将a2+b2用（a+b）与ab的代数式表示，然后把a+b，ab的值整体代入求值．
【解答】解：∵a+b＝4，ab＝3，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，
＝42﹣2×3，
＝16﹣6，
＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了完全平方公式，关键是要熟练掌握完全平方公式的变形，做到灵活运用．
13．（3分）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连接AD、CD．若∠B＝65°，则∠ADC的大小为 65 度．
【分析】根据作法可得AB＝CD，BC＝AD，然后利用“边边边”证明△ABC和△CDA全等，再根据全等三角形对应角相等解答．
【解答】解：∵以点A为圆心，以BC长为半径作弧；以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D，
∴AB＝CD，BC＝AD，
在△ABC和△CDA中，
，
∴△ABC≌△CDA（SSS），
∴∠ADC＝∠B＝65°．
故答案为：65．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据作法得到全等三角形相等的边是解题的关键．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC和∠BAC的平分线相交于点O，OD⊥OA交AC于D，OE⊥OB交BC于E，AC＝6，AB＝10，则△CDE的周长为 4 ．
【分析】延长DO交AB于点M，延长EO交AB于点N，根据ASA定理可得△BOE≌△BON，△AOD≌△AOM，再由SAS定理得出△EOD≌△NOM，由全等三角形的对应边相等可得出结论．
【解答】解：延长DO交AB于点M，延长EO交AB于点N，
∵OB是∠ABC的平分线，
∴∠OBE＝∠OBN．
∵OE⊥OB，
∴∠BOE＝∠BON＝90°．
在△BOE与△BON中，
，
∴△BOE≌△BON（ASA）．
同理可得，△AOD≌△AOM，
∴OE＝ON，OD＝OM，BE＝BN，AD＝AM．
在△EOD与△NOM中，
，
∴△EOD≌△NOM（SAS），
∴DE＝MN．
∴CE+CD+DE
＝BC﹣BE+AC﹣AD+MN
＝BC﹣（BM+MN）+AC﹣（AN+MN）+MN
＝BC﹣BM﹣MN+AC﹣AN﹣MN+MN
＝BC﹣BM﹣MN+AC﹣AN
＝BC﹣（BM+MN+AN）+AC
＝BC+AC﹣AB，
在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，
∴BC＝＝8，
∴CE+CD+DE
＝8+6﹣10
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB、BC、AC为边向上作正方形AGFB、正方形BCDE、正方形ACMN，点E在FG上，若AC＝3，BC＝5，则图中阴影的面积为 12 ．
【分析】由勾股定理得AB2+AC2＝BC2，AB＝4，再证△BCP≌△CDQ（ASA），得S△BCP＝S△CDQ，则S四边形APDQ＝S△ABC＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AC＝3，BC＝5，
∴AB2+AC2＝BC2，AB＝＝4，
∴S△ABC＝AC•AB＝×3×4＝6，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCP＝∠D＝90°，
∵∠BAC＝∠CAP＝90°，
∴∠DCQ+∠CQD＝∠DCA+∠BPC＝90°，
∴∠CQD＝∠BPC，
∴△BCP≌△CDQ（ASA），
∴S△BCP＝S△CDQ，
∴S△CDQ﹣S△CAP＝S△BCP﹣S△CAP，
即S四边形APDQ＝S△ABC＝6，
∴图中阴影部分面积之和＝AB2+AC2+S△ABC+S四边形APDQ﹣BC2＝6+6＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
三.解答题（共7小题，其中16题6分，17题7分，18题8分，19题8分，20题9分，21题7分，22题10分，共55分）
16．（6分）计算：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
【分析】先计算乘方、零次幂、负整数指数幂和同底数幂的除法，再计算加减．
【解答】解：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
＝1﹣（﹣1）+（﹣8）+32
＝1+1﹣8+9
＝3．
【点评】此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序，并能进行正确地计算．
17．（7分）先化简，再求值：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y，其中x＝1，y＝2．
【分析】先算括号内的乘法，再合并同类项，算除法，最后代入求出即可．
【解答】解：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y
＝[4x2﹣4xy+y2﹣4x2+y2]÷y
＝[﹣4xy+2y2]÷y
＝﹣4x+2y，
当x＝1，y＝2时，原式＝﹣4+4＝0．
【点评】本题考查了整式的混合运算和求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
18．（8分）如图，在边长为单位1的正方形网格中有△ABC．
（1）在图中画出△ABC关于直线MN成轴对称的图形△A1B1C1；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线MN上有一点P使得PA+PB的值最小，请在图中标出点P的位置．
【分析】（1）利用网格特点和对称的性质，分别画出A、B、C关于直线MN的对称点即可；
（2）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积；
（3）连接AB1交MN于P点，利用PB＝PB1，PA+PB＝PA+PB1＝AB1，根据两点之间线段最短可判断P点满足条件．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）△ABC的面积＝3×3﹣×3×1﹣×2×1﹣×2×3＝3.5；
（3）如图，点P为所作．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了最短路径问题．
19．（8分）已知：如图，点A、F、C、D在同一直线上，AF＝DC，AB＝DE，AB∥DE，连接BC，BF，CE．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．
【分析】（1）由AF＝CD，可求得AC＝DF，由AB∥DE，可得∠A＝∠D，利用SAS可证明△ABC≌△DEF；
（2）由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠DFE，再利用平行线的判定可证明BC＝EF．
【解答】证明：（1）∵AF＝CD，
∴AF﹣FC＝CD﹣FC即AC＝DF．
∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D．
在△ABC和△DEF中
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DEF（已证），
∴∠ACB＝∠DFE，
∴∠BCF＝∠EFC，
∴BC∥EF．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
20．（9分）快车与慢车分别从甲乙两地同时相向出发，匀速而行，快车到达乙地后停留1小时，然后按原路原速返回，快车比慢车晚1小时到达甲地，快慢两车距各自出发地的路程y（km）与所用的时间x（h）的关系如图所示．
（1）图中表示的自变量是 时间 ，因变量是 路程 ．
（2）甲乙两地之间的路程为 420 km：快车的速度为 140 km/h：慢车的速度为 70 km/h．（3）出发 小时，快慢两车距各自出发地的路程相等．
（4）快慢两车出发 h或h或h 小时相距150km．
【分析】（1）根据函数的定义解答即可；
（2）根据函数图象中的数据，可以解答本题；
（3）根据题意和函数图象中的数据，可以计算出出发几小时后，快慢两车距各自出发地的路程相等；
（4）根据题意，利用分类讨论的方法，可以求得出发几小时快慢两车相距150km．
【解答】解：（1）图中表示的自变量是时间，因变量是路程，
故答案为：时间，路程；
（2）甲乙两地之间的路程为420km；
快车的速度为420÷（4﹣1）＝140（km/h）；
慢车的速度为420÷[4+（4﹣1）﹣1]＝70（km/h）；
故答案为：420，140，70；
（3）由图象和（1）可得，A点坐标为（3，420），B点坐标为（4，420），
由图可知：快车返程时，两车距各自出发地的路程相等，
设出发x小时，两车距各自出发地的路程相等，
70x＝2×420﹣140（x﹣1），
解得x＝，
故出发小时后，快慢两车距各自出发地的路程相等；
故答案为：；
（4）由题意可得，
第一种情形：没有相遇前，相距150km，
则140x+70x+150＝420，
解得x＝，
第二种情形：相遇后而快车没到乙地前，相距150km，
140x+70x﹣420＝150，
解得x＝，
第三种情形：快车从乙往甲返回，相距150km，
70x﹣140（x﹣4）＝150，
解得x＝，
综上所述，出发h或h或h快慢两车相距150km．
故答案为：h或h或h．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（7分）如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，使得△BOC≌△ADC连接OD．已知∠AOB＝110°，设∠BOC＝α．
（1）发现问题：发现∠OAD的大小不变为 50 °
（2）分析问题：当a＝150°时，分析判断△AOD的形状是 直角 三角形．
（3）解决问题：请直接写出当α为 125或110或140 度时，△AOD是等腰三角形．
【分析】此题有一定的开放性，要找到变化中的不变量才能有效解决问题．
【解答】解：（1）∵CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO＝∠COD＝∠OCD＝60°，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠BOC＝∠ADC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣60°﹣110°﹣α＝190°﹣α，
∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．
故答案为：50；
（2）解：当α＝150°，即∠BOC＝150°时，△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC＝∠BOC＝150°，
又∵△COD是等边三角形，
∴∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝90°，
即△AOD是直角三角形．
故答案为：直角；
（3）解：①要使AO＝AD，需∠AOD＝∠ADO．
∵∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴190°﹣α＝α﹣60°
∴α＝125°；
②要使OA＝OD，需∠OAD＝∠ADO．
∵∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝50°，
∴α﹣60°＝50°
∴α＝110°；
③要使OD＝AD，需∠OAD＝∠AOD．
∵190°﹣α＝50°
∴α＝140°．
综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．
故答案为：125或110或140．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等知识，试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．
22．（10分）如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 AE＝BD ，位置关系是 AE⊥BD ．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
【分析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．只要证明△ACE≌△BCD即可；
（2）结论不变．如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．只要证明△ACE≌△BCD即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，延长AE交BD于H．
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．
（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．
∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．
同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的射线思考问题，属于中考压轴题．
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2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷
一.选择题（每小题只有一个选项是正确的，共10小题，每题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a5 B．a+2a＝3a2 C．（ab）3＝ab3 D．（﹣a3）2＝﹣a6
2．（3分）清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为（ ）
A．8.4×10﹣5 B．8.4×10﹣6 C．8.4×10﹣7 D．8.4×106
3．（3分）下列徽章中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）一列火车匀速通过隧道（隧道长大于火车的长），火车在隧道内的长度y与火车进入隧道的时间x之间的关系用图象表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．同位角相等
B．三角形的三条高线交于一点
C．两边及一角分别相等的两个三角形全等
D．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
6．（3分）如图，在3×3正方形网格中，已有三个小正方形被涂黑，将剩余的白色小正方形再任意涂黑一个，则所得黑色图案是轴对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．40° B．60° C．70° D．80°
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC．在AB、AC上分别截取AP，AQ，使AP＝AQ．再分别以点P，Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点R，作射线AR，交BC于点D．若BC＝6，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（3分）如图，用五个螺丝将五条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
10．（3分）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：①BF＝CE；②AE﹣BF＝EF；③连接FM、CM，得△CME≌△BMF；④∠FEM＝45°，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二.填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11．（3分）一口袋内装有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个球（除编号外都相同），从中随机摸出一个球，则摸出编号为偶数的球的概率是 ．
12．（3分）若a+b＝4，ab＝3，则a2+b2＝ ．
13．（3分）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连接AD、CD．若∠B＝65°，则∠ADC的大小为 度．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC和∠BAC的平分线相交于点O，OD⊥OA交AC于D，OE⊥OB交BC于E，AC＝6，AB＝10，则△CDE的周长为 ．
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB、BC、AC为边向上作正方形AGFB、正方形BCDE、正方形ACMN，点E在FG上，若AC＝3，BC＝5，则图中阴影的面积为 ．
三.解答题（共7小题，其中16题6分，17题7分，18题8分，19题8分，20题9分，21题7分，22题10分，共55分）
16．（6分）计算：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
17．（7分）先化简，再求值：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y，其中x＝1，y＝2．
18．（8分）如图，在边长为单位1的正方形网格中有△ABC．
（1）在图中画出△ABC关于直线MN成轴对称的图形△A1B1C1；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线MN上有一点P使得PA+PB的值最小，请在图中标出点P的位置．
19．（8分）已知：如图，点A、F、C、D在同一直线上，AF＝DC，AB＝DE，AB∥DE，连接BC，BF，CE．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．
20．（9分）快车与慢车分别从甲乙两地同时相向出发，匀速而行，快车到达乙地后停留1小时，然后按原路原速返回，快车比慢车晚1小时到达甲地，快慢两车距各自出发地的路程y（km）与所用的时间x（h）的关系如图所示．
（1）图中表示的自变量是 ，因变量是 ．
（2）甲乙两地之间的路程为 km：快车的速度为 km/h：慢车的速度为 km/h．（3）出发 小时，快慢两车距各自出发地的路程相等．
（4）快慢两车出发 小时相距150km．
21．（7分）如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，使得△BOC≌△ADC连接OD．已知∠AOB＝110°，设∠BOC＝α．
（1）发现问题：发现∠OAD的大小不变为 °
（2）分析问题：当a＝150°时，分析判断△AOD的形状是 三角形．
（3）解决问题：请直接写出当α为 度时，△AOD是等腰三角形．
22．（10分）如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
2022-2023学年广东省深圳中学初中部七年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题只有一个选项是正确的，共10小题，每题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a5 B．a+2a＝3a2 C．（ab）3＝ab3 D．（﹣a3）2＝﹣a6
【分析】先根据合并同类项法则，同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方进行计算，再判断即可．
【解答】解：A．a2•a3＝a5，故本选项符合题意；
B．a+2a＝3a，故本选项不符合题意；
C．（ab）3＝a3b3，故本选项不符合题意；
D．（﹣a3）2＝a6，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了合并同类项法则，同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方等知识点，能熟记合并同类项法则、同底数幂的乘法和幂的乘方与积的乘方法则是解此题的关键．
2．（3分）清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为（ ）
A．8.4×10﹣5 B．8.4×10﹣6 C．8.4×10﹣7 D．8.4×106
【分析】绝对值小于1的正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指数幂，指数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．
【解答】解：0.0000084＝8.4×10﹣6．
故选：B．
【点评】本题考查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．
3．（3分）下列徽章中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念．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．
4．（3分）一列火车匀速通过隧道（隧道长大于火车的长），火车在隧道内的长度y与火车进入隧道的时间x之间的关系用图象表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可以写出火车行驶的各个阶段中y与x的函数关系，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意可得，
火车头刚进入隧道到火车尾刚进入隧道的这一过程中，y随x的增大而增大，
火车尾刚进入隧道到火车头刚要驶离隧道的这一过车中，y随x的增加不发生变化，
火车头刚出隧道到火车尾刚驶离隧道这一过程中，y随x的增大而减小，
故选：A．
【点评】本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，写出各段过程中与x的函数关系．
5．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．同位角相等
B．三角形的三条高线交于一点
C．两边及一角分别相等的两个三角形全等
D．线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
【分析】根据同位角定义判断A；根据三角形的高的定义判断B；根据全等三角形的判定定理判断C；根据线段垂直平分线的性质判断D．
【解答】解：A、同位角不一定相等，故本选项说法错误，不符合题意；
B、钝角三角形的三条高线不相交，但是它们所在的直线相交于三角形外的一点，故本选项说法错误，不符合题意；
C、两边及一角分别相等的两个三角形不一定全等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，故本选项说法正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，也考查了同位角，三角形的高，线段垂直平分线的性质．
6．（3分）如图，在3×3正方形网格中，已有三个小正方形被涂黑，将剩余的白色小正方形再任意涂黑一个，则所得黑色图案是轴对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，涂黑一个格共6种等可能情况，结合轴对称的意义，可得到轴对称图形的情况数目，结合概率的计算公式，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，涂黑每一个格都会出现一种等可能情况，共出现6种等可能情况，
而当涂黑左上角和右下角的黑块时，不会是轴对称图形，其余的4种情况均可以，
故其概率为＝；
故选：D．
【点评】此题考查几何概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P（A）＝．
7．（3分）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．40° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据平角的定义和平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：由题意得，∠4＝60°，
∵∠1＝40°，
∴∠3＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2＝80°，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质，平角的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC．在AB、AC上分别截取AP，AQ，使AP＝AQ．再分别以点P，Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点R，作射线AR，交BC于点D．若BC＝6，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】依据等腰三角形的性质，即可得到BD＝BC，进而得出结论．
【解答】解：由题可得，AR平分∠BAC，
又∵AB＝AC，
∴AD是三角形ABC的中线，
∴BD＝BC＝×6＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了基本作图以及等腰三角形的性质，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．
9．（3分）如图，用五个螺丝将五条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条线段的长来判断三角形的最长边时的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【解答】解：相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5；
①选4+5作为三角形的一边、另外的线段构成三角形另外两边，而1+2+3＝6＜4+5，不能构成三角形；
②选3+4作为三角形的一边，另外的线段构成三角形另外两边为2和6或3和5，
而1+2+5＝8＞3+4，6﹣2＜7，5﹣3＜7，三角形均成立，
此时最大边长为7；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．
故选：B．
【点评】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．
10．（3分）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：①BF＝CE；②AE﹣BF＝EF；③连接FM、CM，得△CME≌△BMF；④∠FEM＝45°，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①证明△BCF≌△CAE即可得出；②由①可得BF＝CE，AE＝CF，所以EF＝CF﹣CE＝AE﹣BF；
③M是AB的中点，可得CM＝BM＝AM，根据题意可得∠CBA＝∠CAB＝45°，由①可得∠CBF＝∠ECA即可得出∠FBM＝∠ECM即可得出正确；
④由③即可得出∠EMF＝90°，EM＝FM，所以∠FEM＝45°．
【解答】解：∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴∠BFC＝∠CEA，
∵∠BCA＝90°，
∴∠BCF＝∠CAE，
∵CA＝CB，
∴△BCF≌△CAE（SAS），
∴BF＝CE，故①正确；
由①知BF＝CE，AE＝CF，
∴EF＝CF﹣CE＝AE﹣BF，故②正确；
∵M是AB的中点，
∴CM＝BM＝AM，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∠FBC＝∠ECA，
∴∠FBM＝∠ECM，
∵BF＝CE，
∴△CME≌△BMF（SAS），故③正确；
由③即可得∠BMF＝∠EMC，EM＝FM，
∴∠EMF＝90°，
∴∠FEM＝45°．故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质和全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的判定是解题是关键．
二.填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11．（3分）一口袋内装有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个球（除编号外都相同），从中随机摸出一个球，则摸出编号为偶数的球的概率是 ．
【分析】用袋子中编号为偶数的小球的数量除以球的总个数即可得．
【解答】解：∵从袋子中随机摸出一个球共有7种等可能结果，其中摸出编号为偶数的球的结果数为3，
∴摸出编号为偶数的球的概率为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
12．（3分）若a+b＝4，ab＝3，则a2+b2＝ 10 ．
【分析】首先根据完全平方公式将a2+b2用（a+b）与ab的代数式表示，然后把a+b，ab的值整体代入求值．
【解答】解：∵a+b＝4，ab＝3，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，
＝42﹣2×3，
＝16﹣6，
＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了完全平方公式，关键是要熟练掌握完全平方公式的变形，做到灵活运用．
13．（3分）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连接AD、CD．若∠B＝65°，则∠ADC的大小为 65 度．
【分析】根据作法可得AB＝CD，BC＝AD，然后利用“边边边”证明△ABC和△CDA全等，再根据全等三角形对应角相等解答．
【解答】解：∵以点A为圆心，以BC长为半径作弧；以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D，
∴AB＝CD，BC＝AD，
在△ABC和△CDA中，
，
∴△ABC≌△CDA（SSS），
∴∠ADC＝∠B＝65°．
故答案为：65．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据作法得到全等三角形相等的边是解题的关键．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC和∠BAC的平分线相交于点O，OD⊥OA交AC于D，OE⊥OB交BC于E，AC＝6，AB＝10，则△CDE的周长为 4 ．
【分析】延长DO交AB于点M，延长EO交AB于点N，根据ASA定理可得△BOE≌△BON，△AOD≌△AOM，再由SAS定理得出△EOD≌△NOM，由全等三角形的对应边相等可得出结论．
【解答】解：延长DO交AB于点M，延长EO交AB于点N，
∵OB是∠ABC的平分线，
∴∠OBE＝∠OBN．
∵OE⊥OB，
∴∠BOE＝∠BON＝90°．
在△BOE与△BON中，
，
∴△BOE≌△BON（ASA）．
同理可得，△AOD≌△AOM，
∴OE＝ON，OD＝OM，BE＝BN，AD＝AM．
在△EOD与△NOM中，
，
∴△EOD≌△NOM（SAS），
∴DE＝MN．
∴CE+CD+DE
＝BC﹣BE+AC﹣AD+MN
＝BC﹣（BM+MN）+AC﹣（AN+MN）+MN
＝BC﹣BM﹣MN+AC﹣AN﹣MN+MN
＝BC﹣BM﹣MN+AC﹣AN
＝BC﹣（BM+MN+AN）+AC
＝BC+AC﹣AB，
在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，
∴BC＝＝8，
∴CE+CD+DE
＝8+6﹣10
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB、BC、AC为边向上作正方形AGFB、正方形BCDE、正方形ACMN，点E在FG上，若AC＝3，BC＝5，则图中阴影的面积为 12 ．
【分析】由勾股定理得AB2+AC2＝BC2，AB＝4，再证△BCP≌△CDQ（ASA），得S△BCP＝S△CDQ，则S四边形APDQ＝S△ABC＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AC＝3，BC＝5，
∴AB2+AC2＝BC2，AB＝＝4，
∴S△ABC＝AC•AB＝×3×4＝6，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCP＝∠D＝90°，
∵∠BAC＝∠CAP＝90°，
∴∠DCQ+∠CQD＝∠DCA+∠BPC＝90°，
∴∠CQD＝∠BPC，
∴△BCP≌△CDQ（ASA），
∴S△BCP＝S△CDQ，
∴S△CDQ﹣S△CAP＝S△BCP﹣S△CAP，
即S四边形APDQ＝S△ABC＝6，
∴图中阴影部分面积之和＝AB2+AC2+S△ABC+S四边形APDQ﹣BC2＝6+6＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
三.解答题（共7小题，其中16题6分，17题7分，18题8分，19题8分，20题9分，21题7分，22题10分，共55分）
16．（6分）计算：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
【分析】先计算乘方、零次幂、负整数指数幂和同底数幂的除法，再计算加减．
【解答】解：（2023﹣π）0﹣（﹣1）2023+（﹣）﹣3+311÷39
＝1﹣（﹣1）+（﹣8）+32
＝1+1﹣8+9
＝3．
【点评】此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序，并能进行正确地计算．
17．（7分）先化简，再求值：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y，其中x＝1，y＝2．
【分析】先算括号内的乘法，再合并同类项，算除法，最后代入求出即可．
【解答】解：[（2x﹣y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）]÷y
＝[4x2﹣4xy+y2﹣4x2+y2]÷y
＝[﹣4xy+2y2]÷y
＝﹣4x+2y，
当x＝1，y＝2时，原式＝﹣4+4＝0．
【点评】本题考查了整式的混合运算和求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
18．（8分）如图，在边长为单位1的正方形网格中有△ABC．
（1）在图中画出△ABC关于直线MN成轴对称的图形△A1B1C1；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线MN上有一点P使得PA+PB的值最小，请在图中标出点P的位置．
【分析】（1）利用网格特点和对称的性质，分别画出A、B、C关于直线MN的对称点即可；
（2）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积；
（3）连接AB1交MN于P点，利用PB＝PB1，PA+PB＝PA+PB1＝AB1，根据两点之间线段最短可判断P点满足条件．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）△ABC的面积＝3×3﹣×3×1﹣×2×1﹣×2×3＝3.5；
（3）如图，点P为所作．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了最短路径问题．
19．（8分）已知：如图，点A、F、C、D在同一直线上，AF＝DC，AB＝DE，AB∥DE，连接BC，BF，CE．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．
【分析】（1）由AF＝CD，可求得AC＝DF，由AB∥DE，可得∠A＝∠D，利用SAS可证明△ABC≌△DEF；
（2）由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠DFE，再利用平行线的判定可证明BC＝EF．
【解答】证明：（1）∵AF＝CD，
∴AF﹣FC＝CD﹣FC即AC＝DF．
∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D．
在△ABC和△DEF中
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DEF（已证），
∴∠ACB＝∠DFE，
∴∠BCF＝∠EFC，
∴BC∥EF．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
20．（9分）快车与慢车分别从甲乙两地同时相向出发，匀速而行，快车到达乙地后停留1小时，然后按原路原速返回，快车比慢车晚1小时到达甲地，快慢两车距各自出发地的路程y（km）与所用的时间x（h）的关系如图所示．
（1）图中表示的自变量是 时间 ，因变量是 路程 ．
（2）甲乙两地之间的路程为 420 km：快车的速度为 140 km/h：慢车的速度为 70 km/h．（3）出发 小时，快慢两车距各自出发地的路程相等．
（4）快慢两车出发 h或h或h 小时相距150km．
【分析】（1）根据函数的定义解答即可；
（2）根据函数图象中的数据，可以解答本题；
（3）根据题意和函数图象中的数据，可以计算出出发几小时后，快慢两车距各自出发地的路程相等；
（4）根据题意，利用分类讨论的方法，可以求得出发几小时快慢两车相距150km．
【解答】解：（1）图中表示的自变量是时间，因变量是路程，
故答案为：时间，路程；
（2）甲乙两地之间的路程为420km；
快车的速度为420÷（4﹣1）＝140（km/h）；
慢车的速度为420÷[4+（4﹣1）﹣1]＝70（km/h）；
故答案为：420，140，70；
（3）由图象和（1）可得，A点坐标为（3，420），B点坐标为（4，420），
由图可知：快车返程时，两车距各自出发地的路程相等，
设出发x小时，两车距各自出发地的路程相等，
70x＝2×420﹣140（x﹣1），
解得x＝，
故出发小时后，快慢两车距各自出发地的路程相等；
故答案为：；
（4）由题意可得，
第一种情形：没有相遇前，相距150km，
则140x+70x+150＝420，
解得x＝，
第二种情形：相遇后而快车没到乙地前，相距150km，
140x+70x﹣420＝150，
解得x＝，
第三种情形：快车从乙往甲返回，相距150km，
70x﹣140（x﹣4）＝150，
解得x＝，
综上所述，出发h或h或h快慢两车相距150km．
故答案为：h或h或h．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（7分）如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，使得△BOC≌△ADC连接OD．已知∠AOB＝110°，设∠BOC＝α．
（1）发现问题：发现∠OAD的大小不变为 50 °
（2）分析问题：当a＝150°时，分析判断△AOD的形状是 直角 三角形．
（3）解决问题：请直接写出当α为 125或110或140 度时，△AOD是等腰三角形．
【分析】此题有一定的开放性，要找到变化中的不变量才能有效解决问题．
【解答】解：（1）∵CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO＝∠COD＝∠OCD＝60°，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠BOC＝∠ADC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣60°﹣110°﹣α＝190°﹣α，
∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．
故答案为：50；
（2）解：当α＝150°，即∠BOC＝150°时，△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC＝∠BOC＝150°，
又∵△COD是等边三角形，
∴∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝90°，
即△AOD是直角三角形．
故答案为：直角；
（3）解：①要使AO＝AD，需∠AOD＝∠ADO．
∵∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴190°﹣α＝α﹣60°
∴α＝125°；
②要使OA＝OD，需∠OAD＝∠ADO．
∵∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝50°，
∴α﹣60°＝50°
∴α＝110°；
③要使OD＝AD，需∠OAD＝∠AOD．
∵190°﹣α＝50°
∴α＝140°．
综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．
故答案为：125或110或140．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等知识，试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．
22．（10分）如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 AE＝BD ，位置关系是 AE⊥BD ．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
【分析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．只要证明△ACE≌△BCD即可；
（2）结论不变．如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．只要证明△ACE≌△BCD即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，延长AE交BD于H．
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．
（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．
∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．
同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的射线思考问题，属于中考压轴题．
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