2022-2023学年河南省驻马店市遂平县七年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省驻马店市遂平县七年级（下）期末数学试卷（含解析），共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共20小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2022年，中国举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会，如图，通过平移吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形是( )
A. B. C. D.
2. 如图，直线a，b相交于点O，若∠1+∠2=90°，则∠3等于( )
A. 120°B. 125°C. 130°D. 135°
3. 下列实数−2、0、 9，π中，无理数是( )
A. −2B. 0C. 9D. π
4. 如图，直线a//b，直线AB⊥AC，若∠1=50°，则∠2=( )
A. 30°
B. 40°
C. 45°
D. 50°
5. 下列说法中，错误的是( )
A. 8的立方根是2B. 81的平方根是±3
C. 4的算术平方根是±2D. 立方根等于−1的实数是−1
6. 若xy>0，则关于点P(x,y)的说法正确的是( )
A. 在一或二象限B. 在一或三象限C. 在二或四象限D. 在一或四象限
7. 如图，要使AD//BC，则需要添加的条件是( )
A. ∠A=∠CBEB. ∠A=∠C
C. ∠C=∠CBED. ∠A+∠D=180°
8. 广州，美丽的羊城，没有冬季严寒，是热门旅游城市之一，经济发达，历史人文底蕴深厚.下列表示广州市地理位置最合理的是( )
A. 在中国南部B. 毗邻港滨
C. 距离北京2000公里D. 东经113°、北纬23°
9. 如图，∠1=70°，直线a平移后得到直线b，则∠2−∠3( )
A. 70°
B. 180°
C. 110°
D. 80°
10. 如图所示，在平面直角坐标系中，半径均为1个单位长度的半圆O1，O2，O3，…，组成一条平滑的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒π2个单位长度，则第2023秒时，点P的坐标是( )
A. (2023,−1)B. (2023,0)C. (2023,2)D. (2023,1)
11. 若关于x的方程4(x−2)−a=0的解是x=3，则a的值是( )
A. −5B. −4C. 5D. 4
12. 如图，直线AB//CD，∠A=40°，∠D=45°，则∠1的度数是( )
A. 80°B. 85°C. 90°D. 95°
13. 下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
14. 如图，将Rt△ABC绕直角顶点顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1=25°，则∠B的度数是( )
A. 70°
B. 65°
C. 60°
D. 55°
15. 把边长相等的正五边形ABCDE和正方形ABFG按照如图所示的方式叠合在一起，则∠EAG的度数是( )
A. 18°
B. 20°
C. 28°
D. 30°
16. 下列说法正确的是( )
A. 正八边形和正方形的组合不能铺满地面
B. 五角星是旋转对称图形，绕着它的中心至少旋转36°能与自身重合
C. 三条线段长度分别为2cm，4cm，6cm，则这三条线段可以组成一个三角形
D. 在△ABC中，若∠A：∠B：∠C=1：2：3，则△ABC是直角三角形
17. 已知一个由50个偶数排成的数阵．用如图所示的框去框住四个数，并求出这四个数的和．在下列给出备选答案中，有可能是这四个数的和的是( )
A. 80B. 148C. 172D. 220
18. 如图为互相垂直的两直线将四边形ABCD分成四个区域的情形，若∠A=100°，∠B=∠D=85°，∠C=90°，则根据图中标示的角，判断下列∠1，∠2，∠3的大小关系，何者正确( )
A. ∠1=∠2>∠3B. ∠1=∠3>∠2C. ∠2>∠1=∠3D. ∠3>∠1=∠2
19. 将正方形纸片两次对折，并剪出一个菱形小洞后平铺，得到的图形是( )
A. B. C. D.
20. 如图，在△ABC中，D是BC中点，E是AD中点，连结BE、CE，若△ABC的面积为20，则△BCE的面积为( )
A. 5
B. 10
C. 15
D. 18
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共11小题，共33.0分）
21. 比较大小： 37 6， 5−12 12.(用“>”或“<”连接)
22. 将含30°角的三角板如图摆放，AB//CD，若∠1=20°，则∠2的度数是______．
23. 如图，在正方形的网格中建立平面直角坐标系，若B、C两点的坐标分别是B(0,2)，C(1,0)，则A点的坐标为 ．
24. 把命题“任意两个直角都相等”改写成“如果…，那么…”的形式是 ．
25. 已知 3.12≈1.766， 31.2≈5.586，则 3120≈______．
26. 在平面直角坐标系中，四边形ABCD四个观点分别是A(−4,−4)，B(1,−4)，C(1,−2)，D(−4,−2)，设点M是四边形ABCD边上的动点，直线AM将四边形ABCD的周长分为3：4两部分，则点M的坐标是______ ．
27. 如图，直线AB左边是计算器上的数字是5，若以AB为对称轴，那么它的对称图形是数字______ ．
28. 一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形的边数为______ ．
29. 已知三角形的三边长分别是3、x、9，则化简|x−5|+|x−13|=_____．
30. 一副三角尺按如图的位置摆放(顶点C与F重合，边CA与边FE叠合，顶点B、C、D在一条直线上).将三角尺DEF绕着点F按顺时针方向旋转n°后(031. 如图，在四边形ABCD中，∠C=50°，∠B=∠D=90°，E，F分别为BC，DC上的点，当△AEF的周长最小时，∠EAF的度数为______．
三、解答题（本大题共16小题，共147.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
32. (本小题8.0分)
计算：
(1) 9+3−8+(−2)2；
(2)327+(−1)2023+|− 3|− 16．
33. (本小题8.0分)
解方程：
(1)25x2−36=0；
(2)2(x+1)3=−16．
34. (本小题8.0分)
按要求画图及填空：
在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立如图所示平面直角坐标系，原点O及△ABC的顶点都在格点上．
(1)点A的坐标为______ ．
(2)将△ABC先向下平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1.△ABC内一点P(x0,y0)，平移后P的对应点P1坐标为______ ．
(3)△A1B1C1的面积为______ ．
35. (本小题8.0分)
把下面的说理过程补充完整：
如图，已知：∠1+∠2=180°，∠3=∠B，试判断∠AED与∠C的关系，并说明理由．
解：∠AED=∠C．
理由∵∠1=∠ADF(______ )，∠1+∠2=180°(已知)，
∴∠2+∠ADF=180°(等量代换)，
∴EF//AB(______ )，
∴∠3=∠ADE(______ ).
∵∠3=∠B(已知)，
∴∠B=∠ADE(等量代换)，
∴DE//BC(同位角相等，两直线平行)，
∴∠AED=∠C(______ ).
36. (本小题8.0分)
已知某正数x的两个平方根分别是a−3和2a+15，y的立方根是−3.z是 13的整数部分．求x+y−2z的平方根．
37. (本小题10.0分)
如图所示，直线AB，CD相交于点O，∠BOD=∠BOE，OF平分∠COE．
(1)判断OF与OB的位置关系，并说明理由．
(2)∠AOC：∠AOD=1：5，求∠EOF的度数．
38. (本小题10.0分)
已知点P(2a−2,a+5)，解答下列各题：
(1)点P在x轴上，求出点P的坐标；
(2)点Q的坐标为(4,5)，直线PQ//y轴，求出点P的坐标；
(3)若点P在第二象限，且它到x轴的距离与y轴的距离相等，求a2023+2023的值．
39. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A(0,a)，B(b,a)，且a、b满足(a−2)2+|b−4|=0，现同时将点A，B分别向下平移2个单位，再向左平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，连接AC，BD，AB．

(1)求点C，D的坐标及四边形ACDB的面积S四边形ACDB；
(2)在y轴上是否存在一点M，连接MC，MA，使S△MCA=12S四边形ACDB？若存在这样一点，求出点M的坐标，若不存在，试说明理由；
(3)点P是直线BD上的一个动点，连接PM，PO，当点P在直线BD上移动时(不与B，D重合)，直接写出∠BAP，∠DOP，∠APO之间满足的数量关系．
40. (本小题10.0分)
(1)解方程2x+53−3x−24=2；
(2)解不等式组：12x+2≥0(1)1−x+52<−1−x(2)，并把解集在数轴上表示出来．
41. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD是正方形，△ADE旋转后能与△ABF重合．
(1)判断△AEF的形状，试说明理由；
(2)若CF=7，CE=3，求四边形AECF的面积．
42. (本小题9.0分)
如图，在正方形网格中，点A、B、C、M、N都在格点上(不写作法)
(1)作△ABC关于直线MN对称的△A′B′C′；
(2)将△ABC向上平移两个单位得△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(3)在直线MN上找一点P，使AP+CP的值最小．
(4)若网格中最小正方形的边长为1，直接写出△ABC的面积．
43. (本小题9.0分)
如图，在△ABC中，AD是高，∠DAC=10°，AE是△ABC外角∠MAC的平分线，交BC的延长线于点E，BF平分∠ABC交AE于点F，若∠ABC=46°，求∠AFB的度数．
44. (本小题9.0分)
某学校计划购买甲、乙两种品牌的篮球．已知购买4个甲种品牌的篮球和3个乙种品牌的篮球共需要850元；购买1个甲种品牌篮球和2个乙种品牌的篮球共需要400元．
(1)求每个甲种品牌的篮球和每个乙种品牌的篮球的价格分别为多少元？
(2)学校计划购买甲、乙两种品牌的篮球共30个，总花费不超过3500元，且购买的乙种品牌篮球不少于8个，共有几种购买方案？
45. (本小题9.0分)
如图，ABCD是正方形，点E、F分别在边AD和CD上，∠EBF=45°.将△BCF绕点B逆时针旋转90°，点C落在了点A的位置，点F落在点G的位置．
(1)求∠GBE的度数；
(2)点E、A、G是否在同一条直线上？并说明理由．
(3)若将△GBE沿直线BE折叠后是否与△FBE完全重合？并说明理由．
(4)直接写出线段EF、AE、CF之间的数量关系式．
46. (本小题10.0分)
在△ABC中，∠ACB的平分线CD与外角∠EAC的平分线AF所在的直线交于点D．
(1)如图1，若∠B=60°，求∠D的度数；
(2)如图2，把△ACD沿AC翻折，点D落在D′处．
①当AD′⊥AD时，求∠BAC的度数；
②试确定∠DAD′与∠BAC的数量关系，并说明理由．
47. (本小题10.0分)
如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A=30°，∠CDE=45°．
(1)如图1，求∠EFB的度数；
(2)若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．
①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD//AB，则∠ECB的度数为______°；
②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：如图，通过平移吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形．
故选：D．
根据平移的性质，即可解答．
本题考查平移的性质，掌握平移不改变图形的大小形状，只改变位置是解决问题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵∠1=∠2，∠1+∠2=90°，
∴∠1=45°，
∴∠3=180°−∠1=135°．
故选：D．
由对顶角相等可得∠1=∠2，从而可求∠1的度数，再利用邻补角的定义即可求∠3．
本题主要考查对顶角，邻补角，解答的关键是对相应的知识的掌握．
3.【答案】D
【解析】解：−2、0、 9=3是有理数，π是无理数，
故选：D．
根据无理数的定义求解即可．
此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π， 5，0.8080080008…(每两个8之间依次多1个0)等形式．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了平行线的性质，熟记两直线平行，内错角相等及垂线的定义是解题的关键．
根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，根据垂直的定义和余角的定义列式计算得到∠2．
【解答】
解：∵直线a//b，∠1=50°，
∴∠1=∠3=50°，
∵直线AB⊥AC，
∴∠2+∠3=90°．
∴∠2=40°．
故选：B．
5.【答案】C
【解析】解：A、8的立方根是2，正确，不符合题意；
B、 81的平方根是±3，正确，不符合题意；
C、4的算术平方根是2，原说法错误，符合题意；
D、立方根等于−1的实数是−1，正确，不符合题意．
故选：C．
根据立方根、平方根及算术平方根的概念对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是立方根、平方根及算术平方根，熟知以上知识是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵xy>0，
∴x>0，y>0或x<0，y<0，
∴点P(x,y)在一或三象限．
故选：B．
根据xy>0，可得x>0，y>0或x<0，y<0，再根据各象限内点的坐标的符号特征判断即可．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．
7.【答案】A
【解析】解：A、∵∠A=∠CBE，∴AD//BF，符合题意；
B、由∠A=∠C无法得到AD//BF，不符合题意；
C、由∠C=∠CBE，只能得到AB//CD，无法得到AD//BF，不符合题意；
D、由∠A+∠D=180°，只能得到AB//CD，无法得到AD//BF，不符合题意；
故选：A．
依据同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行，即可得到添加的条件．
本题主要考查了平行线的判定，解题时注意：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．
8.【答案】D
【解析】解：表示广州市地理位置最合理的是东经113°、北纬23°，
故选：D．
根据在地理上常用经纬度来表示某个点的位置，既有经度，又有纬度．
此题主要考查了坐标确定位置，解答此题的关键是熟知地理上关于某点的表示方法．
9.【答案】C
【解析】解：延长直线，如图：
，
∵直线a平移后得到直线b，
∴a//b，
∴∠5=180°−∠1=180°−70°=110°，
∵∠3=∠4，
∵∠2=∠4+∠5=∠3+∠5，
即：∠2−∠3=∠5=110°，
故选：C。
延长直线后根据平行线的性质解答即可。
此题考查平移问题，关键是根据平行线的性质和三角形的外角性质解答。
10.【答案】A
【解析】解：2023×π2÷π=20232=1011.5，
1011×2=2022，
2022+1=2023，
故选：A．
两个半圆为一个周期循环出现，奇数在x轴上方，偶数在x轴下方．
本题考查了点的坐标，找到周期的规律是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：把x=3代入4(x−2)−a=0，得4×(3−2)−a=0，
解得：a=4，
故选：D．
把x=3代入4(x−2)−a=0得出4×(3−2)−a=0，求出方程的解即可．
本题考查了一元一次方程的解，能得出关于a的一元一次方程是解此题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠A=∠C=40°，
∵∠1=∠D+∠C，∠D=45°，
∴∠1=∠D+∠C=45°+40°=85°，
故选：B．
根据∠1=∠D+∠C，∠D是已知的，结合平行线的性质即可解决问题．
本题考查平行线的性质、三角形的外角的性质等知识，属于基础题．
13.【答案】A
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
14.【答案】A
【解析】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
∴∠CAA′=45°，
∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=25°+45°=70°，
由旋转的性质得∠B=∠A′B′C=70°．
故选：A．
根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A′B′C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A′B′C．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
15.【答案】A
【解析】解：正五边形的一个内角的度数是15×(5−2)×180°=108°，
正方形的一个内角是90°，
则∠EAG=108°−90°=18°．
故选：A．
∠EAG的度数是正五边形的内角与正方形的内角的度数的差，根据多边形的内角和定理求得角的度数，进而求解．
本题考查了多边形的内角和定理，求得正五边形的内角的度数是关键．
16.【答案】D
【解析】解：A、∵正八边形的内角为135°，正方形的内角为90°，
∴135°×2+90°=360°，
∴正八边形和正方形的组合能铺满地面，故不符合题意；
B、五角星被平分成五部分，因而每部分被分成的中心角是72°，因而最少旋转72度，就可以与自身重合，故不符合题意；
C、∵2+4=6，
∴长为2cm、4cm、6cm的线段，首尾相连不可以围成一个三角形；故不符合题意；
D、设∠A=x，∠B=2x，∠C=3x，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴x+2x+3x=180°，
∴x=30°，
则2x=60°，3x=90°，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，故符合题意；
故选：D．
根据平面镶嵌、旋转的性质、三角形的三边关系、直角三角形的判定定理判断即可．
本题考查了平面镶嵌、旋转的性质、三角形的三边关系、直角三角形的判定定理，熟练掌握各定理是解题的关键．
17.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题目的意思，根据题目表示出这四个数，注意阅读材料题一定要审题细致，思维缜密．
可利用图例，看出框内四个数字之间的关系，上下相差10，左右相差2，利用此关系表示四个数之和，再进行求解即可得出答案．
【解答】
解：用a表示框住的四个数，如图所示，
显然a的个位数字只可能是2，4，6，框住的四个数之和为a+(a+2)+(a+12)+(a+14)=4a+28．
当4a+28分别为80，148，172，220时，a分别为13，30，36，48，
所以a=36符合题意，即这四个数的和可能是172．
故选C．
18.【答案】D
【解析】解：∵(180°−∠1)+∠2=360°−90°−90°=180°
∴∠1=∠2
∵(180°−∠2)+∠3=360°−85°−90°=185°
∴∠3−∠2=5°，
∴∠3>∠2
∴∠3>∠1=∠2
故选：D．
根据多边形的内角和定理即可判断．
本题考查多边形的内角与外角，解题的关键是熟练运用多边形的内角和定理，本题属于基础题型．
19.【答案】C
【解析】解：严格按照图中的顺序向右下对折，向左下对折，从直角三角形的顶点处剪去一个菱形，展开后实际是从正方形的对角线的交点处剪去4个较小的角相对的菱形，得到结论．故选C．
对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．
20.【答案】B
【解析】解：∵D是BC中点，
∴△ABD的面积=△ACD的面积=12×△ABC的面积=10，
∵E是AD中点，
∴△EBD的面积=12△ABD的面积=5，△ECD的面积=12△ACD的面积=5，
∴△BCE的面积=△EBD的面积+△ECD的面积=10，
故选：B．
根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分计算，得到答案．
本题考查的是三角形的面积计算，掌握三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分是解题的关键．
21.【答案】> >
【解析】解：∵ 37> 36，
∴ 37>6；
∵ 5> 4=2，
∴ 5−1>1，
∴ 5−12>12．
故答案为：>，>．
由 37> 36，即可得到 37>6；由 5>2，即可得到 5−1>1，于是得到 5−12>12．
本题考查实数的大小比较，算术平方根，关键是掌握实数的大小比较方法．
22.【答案】50°
【解析】解：如图：
因为∠1=20°，180°−∠3=180°−(∠1+30°)，
所以∠3=∠1+30°=20°+30°=50°，
因为AB//CD，
所以∠2=∠3=50°．
故答案为：50°．
根据AB//CD，即可得到∠3=∠2，由邻补角的定义和三角形的内角和定理，可得∠3=∠1+30°=20°+30°=50°，进而得到∠2的度数．
本题考查了平行线的性质，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．
23.【答案】(−1,3)
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标，正确得出原点位置是解题关键．
直接利用已知点坐标得出原点位置，进而得出答案．
【解答】
解：如图所示：A点的坐标为(−1,3)．
故答案为：(−1,3)．
24.【答案】如果两个角都是直角，那么这两个角相等
【解析】解：把命题“任意两个直角都相等”改写成“如果…，那么…”的形式是：
如果两个角都是直角，那么这两个角相等，
故答案为如果两个角都是直角，那么这两个角相等．
把原命题的题设放在如果后面，结论放在那么后面即可．
本题考查了命题、定理，关键是掌握命题的题设与结论，知道命题的题设放在如果后面，结论放在那么后面．
25.【答案】55.86
【解析】解：∵ 31.2≈5.586，
∴ 3120≈55.86，
故答案为：55.86
根据小数点移动规律直接写出答案即可．
本题考查了算术平方根的知识，解题的关键是掌握小数点移动的规律：被开方数的小数点向左或向右移动两位，结果的小数点向左或向右移动一位．．
26.【答案】(−0.4,−2)或(1,−3.4)
【解析】解：根据坐标所画的四边形如图所示
所以四边形ABCD为矩形，
∴CD=5，BC=2，
∴矩形ABCD的周长为：(5+2)×2=14，
∵AM将四边形ABCD的周长分为3：4，
∴所分的周长为：14×37=6，
∴当M在CD上时，点M的坐标为(0,−2)
当M在BC上时，点M的坐标为(1,−3)
故答案为：(0,−2)或(1,−3)．
根据坐标，画出四边形ABCD即可求解
此题主要考查坐标与图形的性质，两坐标点间的长度计算．
27.【答案】2
【解析】解：如图所示：

根据轴对称图形的定义可知，数字“5”的轴对称图形是数字2．
故答案为：2．
先得到数字“5”的轴对称图形，根据图形即可求解．
本题主要考查的是利用轴对称的性质作图，作出对称图形是解题的关键．
28.【答案】12
【解析】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意得，
(n−2)×180°=5×360°，
解得n=12，
故答案为：12．
根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°与外角和定理列出方程，求解即可得到答案．
本题主要考查了多边形内角和公式，多边形外角和定理，解题关键是掌握多边形内角和公式：(n−2)⋅180°以及多边形的外角和等于360°．
29.【答案】8
【解析】解：∵三角形的三边长分别是3、x、9，
∴6∴x−5>0，x−13<0，
∴|x−5|+|x−13|=x−5+13−x=8，
故答案为：8．
首先确定第三边的取值范围，从而确定x−5和x−13的值，然后去绝对值符号求解即可．
本题考查了三角形的三边关系，解题的关键是能够根据三边关系确定x的取值范围，从而确定绝对值内的代数式的符号，难度不大．
30.【答案】45
【解析】解：①如图1中，EF//AB时，∠ACE=∠A=45°，
∴旋转角n°=45°时，EF//AB．
②如图2中，EF//AB时，∠ACE+∠A=180°，
∴∠ACE=135°
∴旋转角n°=360°−135°=225°，
∵0∴此种情形不合题意，
故答案为45．
分两种情形讨论，分别画出图形求解即可．
本题考查旋转变换、平行线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
31.【答案】80°
【解析】解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF的周长最小值．作DA延长线AH，

∵∠C=50°，
∴∠DAB=130°，
∴∠HAA′=50°，
∴∠AA′E+∠A″=∠HAA′=50°，
∵∠EA′A=∠EAA′，∠FAD=∠A″，
∴∠EAA′+∠A″AF=50°，
∴∠EAF=130°−50°=80°，
故答案为：80°．
据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′E+∠A″=∠HAA′=50°，进而得出∠AEF+∠AFE=2(∠AA′E+∠A″)，即可得出答案．
本题考查的是轴对称−最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．
32.【答案】解：(1) 9+3−8+(−2)2
=3+(−2)+4
=5．
(2)327+(−1)2023+|− 3|− 16
=3+(−1)+ 3−4
= 3−2．
【解析】(1)首先计算乘方、开平方和开立方，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可；
(2)首先计算乘方、开平方、开立方和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
33.【答案】解：(1)∵25x2−36=0，
∴25x2=36，
∴x2=3625，
∴x=±65；
(2)∵2(x+1)3=−16，
∴(x+1)3=−8，
∴x+1=−2，
∴x=−3．
【解析】根据平方根、立方根的定义，即可解答．
此题主要考查了立方根和平方根，正确掌握相关的定义是解题关键．
34.【答案】(−4,2) (x0−5,y0−2) 5.5
【解析】解：(1)如图，A(−4,2)．
故答案为：(−4,2)．
(2)如图，△A1B1C1即为所求．平移后P的对应点P1坐标为(x0−5,y0−2)；
故答案为：(x0−5,y0−2)；
(3)S△A1B1C1=3×4−12×1×3−12×2×3−12×1×4=5.5．
故答案为：5.5．
(1)根据点A的位置写出坐标即可．
(2)根据平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；平移后P的对应点P1坐标为(x0−5,y0−2)；
(3)利用分割法求面积即可．
本题考查作图−平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，正确作出图形是解题的关键．
35.【答案】对顶角相等 同旁内角互补，两直线平行 两直线平行，内错角相等 两直线平行，同位角相等
【解析】解：∠AED=∠C．
理由：∵∠1=∠ADF(对顶角相等)，∠1+∠2=180°(已知)．
∴∠2+∠ADF=180°(等量代换)，
∴EF//AB(同旁内角互补，两直线平行)，
∴∠3=∠ADE(两直线平行，内错角相等)，
∵∠3=∠B(已知)，
∴∠B=∠ADE(等量代换)，
∴DE//BC(同位角相等，两直线平行)，
∴∠AED=∠C(两直线平行，同位角相等)，
故答案为：对顶角相等；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等．
根据平行线的性质和判定进行解答即可得出答案．
本题主要考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定进行解答是解决本题的关键．
36.【答案】解：由题可知：a−3+2a+15=0，
解得：a=−4，
∴x=(a−3)2=49，
∴y=(−3)3=−27，
∵3< 13<4，
∴z=3，
∴x+y−2z=16，
∴x+y−2z的平方根是±4．
【解析】根据一个正数的两个平方根的和为0，立方根的定义，无理数大小估算的法则，得a−3+2a+15=0，3y=−3，3< 13<4，求得a=−4，y=−27，z=3，进而解决代值计算便可．
本题主要考查平方根的性质以及立方根的定义，熟练掌握平方根的性质以及立方根的定义是解决本题的关键．
37.【答案】解：(1)OF⊥OB，

理由如下：
∵∠BOD=∠BOE，
∴OB平分∠DOE，
∴∠BOE=∠BOD=12∠DOE，
∵OF平分∠COE，
∴∠COF=∠EOF=12∠COE，
∴∠BOF=∠BOE+∠EOF
=12∠DOE+12∠COE
=12(∠DOE+∠COE)
=12∠COD
=12×180°
=90°，
∴OF⊥OB；
(2)设∠AOC=x°，∠AOD=5x°，
∵∠AOC+∠AOD=180°，
∴x+5x=180，
x=30，
∴∠AOC=30°，∠AOD=150°，
∴∠BOE=∠BOD=∠AOC=30°，
由(1)得∠BOF=90°，
∴∠EOF=∠BOF−∠BOE，
=90°−30°
=60°．
【解析】(1)直接利用角平分线的定义以及结合邻补角的定义得出答案；
(2)结合已知得出∠EOF的度数，再利用角平分线的定义得出答案．
本题主要考查了角平分线的定义以及邻补角的定义，正确得出各角之间关系是解题关键．
38.【答案】解：(1)∵点P在x轴上，
∴a+5=0，
∴a=−5，
∴2a−2=−12，
∴点P的坐标为(−12,0)．
(2)∵点Q的坐标为(4,5)，直线PQ//y轴，
∴2a−2=4，
∴a=3，
∴a+5=8，
∴P(4,8)．
(3)∵点P在第二象限，且它到x轴的距离与y轴的距离相等，
∴2a−2=−(a+5)，
∴a=−1，
∴a2023+2023=(−1)2023+2023=2022，
∴a2023+2023的值为2022．
【解析】(1)根据x轴上的点纵坐标为0求解即可；
(2)根据平行于y轴的直线上的点横坐标都相等进行求解；
(3)根据第二象限内点的横坐标为负，纵坐标为正，并且由它到两坐标轴的距离相等，可利用横纵坐标互为相反数求解．
本题主要考查了平面直角坐标系内的点的坐标特征，掌握横轴上的点纵坐标为0，纵轴上的点横坐标为0，平行于y轴的直线上的点横坐标相等，点到两个坐标轴的距离相等，如果横纵坐标符号相同，则横纵坐标相同，若符号相反，则横纵坐标互为相反数等知识是解决本题的关键．
39.【答案】解：(1)∵(a−2)2+|b−4|=0，
∴a=2，b=4，
∴A(0,2)，B(4,2)．
∵将点A，B分别向下平移2个单位，再向左平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，
∴C(−1,0)，D(3,0)．
∴S四边形ABDC=AB×OA=4×2=8；
(2)在y轴上存在一点M，使S△MCD=S四边形ABCD.设M坐标为(0,m)．
∵S△MCD=12S四边形ABDC，
∴12×4|m|=4，
∴2|m|=4，
解得m=±2．
∴M(0,2)或(0,−2)；
(3)①当点P在线段BD上移动时，∠APO=∠DOP+∠BAP
理由如下：
过点P作PE//AB交OA于E．
∵CD由AB平移得到，则CD//AB，
∴PE//CD，
∴∠BAP=∠APE，∠DOP=∠OPE，
∴∠BAP+∠DOP=∠APE+∠OPE=∠APO，
②当点P在DB的延长线上时，同①的方法得，∠DOP=∠BAP+∠APO；
③当点P在BD的延长线上时，同①的方法得，∠BAP=∠DOP+∠APO．
【解析】(1)先由非负数性质求出a=2，b=4，再根据平移规律，得出点C，D的坐标，然后根据四边形ABDC的面积=AB×OA即可求解；
(2)存在．设M坐标为(0,m)，根据S△PAB=S四边形ABDC，列出方程求出m的值，即可确定M点坐标；
(3)分三种情况讨论，过P点作PE//AB交OC与E点，根据平行线的性质得∠BAP+∠DOP=∠APE+∠OPE=∠APO．
此题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形平移的关系，坐标与平行四边形性质的关系，平行线的性质及三角形、平行四边形的面积公式．关键是理解平移规律，作平行线将相关角进行转化．
40.【答案】解：(1)∵2x+53−3x−24=2，
∴4(2x+5)−3(3x−2)=24，
8x+20−9x+6=24，
8x−9x=24−20−6，
−x=−2，
则x=2；
(2)解不等式(1)，得：x≥−4，
解不等式(2)，得：x<1，
则不等式组的解集为−4≤x<1，
将解集表示在数轴上如下：

【解析】(1)依次去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得答案；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次方程和一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
41.【答案】解：(1)△AEF为等腰直角三角形．
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠BAC=∠D=∠ABC=90°，
∵△ADE旋转后能与△ABF重合，
∴AE=AF，∠EAF=∠DAB=90°，
∴△AEF为等腰直角三角形；
(2)∵△ADE旋转后能与△ABF重合，
∴BF=DE，∠D=∠ABF=90°，
∴∠ABC+∠ABF=90°，
∴F点在CB的延长线上，
∴四边形AECF的面积=S△ABF+S四边形AECB=S△ADE+S四边形AECB=S正方形ABCD，
∵CF=7，
∴CB+BF=CB+DE=7，
而DE=CD−CE=CB−CE=CB−3，
∴CB+CB−3=7，解得CB=5，
∴四边形AECF的面积=S正方形ABCD=52=25．
【解析】(1)利用旋转的性质得到AE=AF，∠EAF=∠DAB=90°，则可判断△AEF为等腰直角三角形；
(2)利用旋转的性质得到BF=DE，∠D=∠ABF=90°，则可判断F点在CB的延长线上，所以四边形AECF的面积=S正方形ABCD，再利用CB+BF=CB+DE=7，DE=CB−CE=CB−3可计算出BC的长，从而得到四边形AECF的面积．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
42.【答案】解：(1)如图所示：△A′B′C′为所作的图形；
(2)如图所示：则△A1B1C1为所画的图形；
(3)连结AC′或CA′与MN交于点P，则点P为所找的点；
(4)S△ABC=12×2×3=3．
【解析】此题主要考查了轴对称变换以及三角形面积求法和平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
(1)直接利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(3)利用轴对称求最短路线的方法得出答案；
(4)利用三角形面积求法得出答案．
43.【答案】解：∵AD是高，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABC=46°，
∴∠BAD=90°−∠ABC=90°−46°=44°，
∵∠DAC=10°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=44°+10°=54°，
∴∠MAC=180°−∠BAC=126°，
∵AE是△ABC外角∠MAC的平分线，
∴∠CAE=12∠MAC=63°，
∴∠BAF=∠BAC+∠CAE=54°+63°=117°，
∵∠ABC=46°，BF平分∠ABC，
∴∠ABF=12∠ABC=23°，
∴∠AFB=180°−∠ABF−∠BAF=180°−23°−117°=40°．
【解析】根据高定义得出∠ADB=90°，根据三角形内角和定理求出∠BAD=90°−∠ABC=44°，求出∠BAC=∠BAD+∠DAC=54°，求出∠MAC=180°−∠BAC=126°，根据角平分线定义求出∠CAE=12∠MAC=63°，求出∠BAF=∠BAC+CAE=117°，根据角平分线定义求出∠ABF=12∠ABC=23°，再根据三角形内角和定理求出答案即可．
本题考查了角平分线定义，三角形内角和定理，三角形外角性质等知识点，能熟记三角形的内角和等于180°和角平分线定义是解此题的关键．
44.【答案】解：(1)设每个甲种品牌的篮球的价格为x元，每个乙种品牌的篮球的价格为y元，
依题意得：4x+3y=850x+2y=400，
解得：x=100y=150．
答：每个甲种品牌的篮球的价格为100元，每个乙种品牌的篮球的价格为150元．
(2)设购买m个乙种品牌的篮球，则购买(30−m)个甲种品牌的篮球，
依题意得：m≥8100(30−m)+150m≤3500，
解得：8≤m≤10，
又∵m为整数，
∴m可以为8，9，10，
∴共有3种购买方案．
【解析】(1)设每个甲种品牌的篮球的价格为x元，每个乙种品牌的篮球的价格为y元，根据“购买4个甲种品牌的篮球和3个乙种品牌的篮球共需要850元；购买1个甲种品牌篮球和2个乙种品牌的篮球共需要400元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可求出结论；
(2)设购买m个乙种品牌的篮球，则购买(30−m)个甲种品牌的篮球，利用总价=单价×数量，结合总价不超过3500元且购买的乙种品牌篮球不少于8个，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为整数，即可得出共有3种购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
45.【答案】解：(1)∵△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAG，
∴∠FBG=90°，
又∵∠EBF=45°，
∴∠GBE=∠FBG−∠EBF=90°−45°=45°；
(2)G、A、E三点在同一直线上，理由如下：
∵△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAG，
∴∠C=∠GAB，BF=BG，∠CBF=∠ABG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠C=∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠BAD=90°+90°=180°，
∴G、A、E三点在同一直线上；
(3)△GBE沿直线BE折叠后与△FBE完全重合，理由如下：
∵G、A、E三点在同一直线上，
∴EG=AE+AG，
由(1)知：∠GBE=45°，
又∵∠EBF=45°，
∴∠GBE=∠EBF
在△GBE和△FBE中，
BG=BF∠GBE=∠FBEBE=BE，
∴△GBE≌△FBE(SAS)，
∴将△GBE沿直线BE折叠后与△FBE完全重合；
(4)EF=AE+CF，理由如下：
∵△GBE≌△FBE，
∴GE=EF，
∵△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAG，
∴CF=AG，
由(2)知：EG=AE+AG，
∴EF=AE+CF．
【解析】(1)由旋转得∠FBG=90°，由角的和差关系即可求得答案；
(2)由旋转可得：∠C=∠GAB，BF=BG，∠CBF=∠ABG，再结合正方形性质可得∠GAB+∠BAD=90°+90°=180°，即可证得结论；
(3)通过SAS证明△GBE≌△FBE，即可得出EF=AE+CF；
(4)根据△GBE≌△FBE，可得GE=EF，再由旋转可得CF=AG，结合(3)的结论即可求得答案．
本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转变换和折叠变换的性质，三点共线等知识，运用前面探究的结论解决新问题是本题的关键．
46.【答案】解：(1)如图1，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠DCB=12∠ACB，
∵AF是外角∠EAC的平分线，
∴∠CAF=∠FAE=12∠CAE，
又∵∠CAF=∠D+∠ACD，
∠CAE=∠B+∠ACB，
∴∠D=12∠B=30°；
(2)如图2，又折叠得：∠DAC=∠D′AC，
①当AD′⊥AD时，即；∠DAD′=90°，
∴∠DAC=∠D′AC=135°，
∴∠CAF=180°−135°=45°=∠FAE，
∴∠BAC=180°−45°−45°=90°，
答：当AD′⊥AD时，∠BAC=90°．
②设∠DAD′=α，则∠DAC=∠D′AC=12(360°−α)=180°−12α，
∴∠CAF=180°−∠DAC=180°−(180°−12α)=12α，
∴∠CAE=2∠CAF=α，
∴∠BAC=180°−α，
即：∠BAC+∠DAD′=180°，
答：∠DAD′与∠BAC的数量关系是：∠BAC+∠DAD′=180°．
【解析】(1)利用角平分线的定义和三角形的外角的性质进行代换可以得出∠B=2∠D，已知∠B=60°，可求∠D的度数；
(2)①根据折叠，可得等角，再利用特殊角，和周角的意义可以计算出∠DAC的度数，再利用平角的意义，可求出∠CAF，进而得出∠BAC的度数；
②设∠DAD′为任意角度，通过折叠、外角、角平分线，平角等代换，得出∠DAD′与∠BAC的数量关系，即∠DAD′与∠BAC互补的结论．
考查角平分线、周角、平角、三角形内角和等知识，适当的等量代换是解决问题的关键，设未知数，用任意角度代换从而得出一般性的结论．
47.【答案】(1)∵∠A=30°，∠CDE=45°，
∴∠ABC=90°−30°=60°，∠E=90°−45°=45°，
∴∠EFB=∠ABC−∠E=60°−45°=15°；
(2)①30
②如图1，CE//AB，∠ACE=∠A=30°，
∠ECB=∠ACB+∠ACE=90°+30°=120°；
如图2，DE//AB时，延长CD交AB于F，
则∠BFC=∠D=45°，
在△BCF中，∠BCF=180°−∠B−∠BFC，
=180°−60°−45°=75°，
∴∠ECB=∠BCF+∠ECF=75°+90°=165°；
如图3，CD//AB时，∠BCD=∠B=60°，
∠ECB=∠BCD+∠EDC=60°+90°=150°；
如图4，CE//AB时，∠ECB=∠B=60°，
如图5，DE//AB时，∠ECB=60°−45°=15°．
【解析】解：(1)见答案
(2)①∵CD//AB，
∴∠ACD=∠A=30°，
∵∠ACD+∠ACE=∠DCE=90°，
∠ECB+∠ACE=∠ACB=90°，
∴∠ECB=∠ACD=30°；
故答案为30
②见答案
(1)根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
(2)①根据两直线平行，内错角相等可得∠ACD=∠A，再根据同角的余角相等可得∠ECB=∠ACD；
②分CE、DE、CD与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可．
本题考查了旋转的性质，三角板的知识，平行线的判定与性质，难点在于(2)根据旋转角的逐渐增大分别作出图形．