26春 典中点 七年级数学下（R版）答案

荣德基主编答案课时练答案详解详析7.1.1两条直线相交所以∠BOC=68°-45°=23°,故选B.3.C【点拨】分两种情况讨论：两个角为对顶角或邻补角，分别列方程求解.6.【解】(1)因为∠AOC=40°,所以∠AOD=180°-∠AOC=140°.因为OE平分∠AOD,(2)因为∠AOE:∠BOD=7:4,所以设∠AOE=7x,∠BOD=4x.因为OE平分∠AOD,所以∠AOD=2∠AOE=14x.因为∠AOD+∠BOD=180°,所以x=10°.所以∠AOD=14x=140°.8.A【点拨】先求出∠EOF的度数，再根据角平分线的定义求出∠AOF的度数，再根据两角的差求出∠AOC的度数，进而求出∠BOD的度数，最后利用两角的差求出∠BOE的度数.9.72°【点拨】因为OD平分∠AOB,所以∠AOD=①如图①,设∠AOD=∠DOB=x°,∠BOE=y°,则∠EOC=2y.根据题意可知x+y=72,2x+2y+y=2(x+y)+y=180,所以2×72+y=180.所①②如图②,设∠AOD=∠DOB=x°,则∠BOC=2x=360,解得x=-36(舍去).所以∠BCD=180°-∠BCE=180°-40°=140°.又因为CF平分∠BCD,所以∠BCF=∠DCF=70°.因为∠ACB=90°,所以∠ACF=∠ACB-∠BCF=90°-70°=20°.因为点C在DE上，所以∠BCD=180°-∠BCE.因为CF平分∠BCD,所以∠DOF=90°—α=70°所以∠EOF=∠DOF-∠DOE=50°.②OF平分∠BOD.理由：因为∠COE=2α,OD平分∠COE,所以又因所以∠BOF=180°-∠AOC-∠COD所以∠DOF=∠BOF.所以OF平分∠BOD.答案详解详析因为∠COE=2α,OD平分∠COE,所以∠COF=∠DOF+∠COD=90°.因为∠EOF=4∠AOC=4α,当点F在AB下方时，因为∠AOC=∠DOE=所以∠EOF=∠DOE+∠DOF=90°.因为∠EOF=4∠AOC=4a,所以4α=90°.所以α=22.5°7.1.2两条直线垂直2∠EOD,所以∠AOC=2∠COE.因为EO⊥AB,所以∠AOE=90°.所以∠AOC+∠COE=90°.所因为∠BOD和∠AON互余，所以∠BOD+∠AON=90°.因为∠AON=∠COM,所以∠BOD+∠COM=90°.所以∠MOB=180°-(∠BOD+∠COM)=90°.所以OB⊥OM.(2)设∠COM=x,则∠BOC=5x,所以∠BOM=4x.因为∠BOM=90°,所以∠BOD=90°-22.5°=67.5°.所以∠BCE+∠ACD=90°+∠ACE+∠ACD=90°+90°=180°,是定值.如图②,因为∠BCE=∠ACD,所以∠BCE+∠ACD=180°,是定值.故七年级数学下R版①错误.②设∠ACD=α,则∠BCE=3α.如图①.所以3a+a=180°,解得α=45°.所以DE⊥AC.②①②如图②.此时DE不垂直于AC.故②错误.故选D.(1)OC,OD在直线OB同侧.当OC,OD在直线OB上方因为∠AOB=35°,所以∠AOC=2∠AOB=70°.①所以∠BOC=∠AOC+∠AOB=105°.因为OD⊥OB,所以∠BOD=90°.所以∠COD=∠BOC-∠BOD=15°;当OC,OD在直线OB下方时，如图②.所以∠BOC=∠AOB=35°因为OD⊥OB,所以∠BOD=90°.②(2)OC,OD在直线OB异侧.当OC在直线OB上方、OD在直线OB下方时，如图③.所以∠AOC=2∠AOB=70°.因为OD⊥OB,所以∠BOD=90°.所以∠BOD=90°.所以∠BOE=15°.因为未旋转之前，∠DOE=90°,所以未旋转之如图④.所以∠BOC=∠AOB=35°.因为如图④.所以∠BOC=∠AOB=35°.因为OD⊥OB,因为∠AOC=180°-30°=150°,∠AOD=75°.④④所以∠BOD=90°.所以OD平分∠AOC;所以∠COD=∠所以OD平分∠AOC;综上所述，∠COD的度数为15°或55°或125°11.【解】(1)30°或150°(2)45°①②①②因为AB⊥CD于点O,所以∠BOC=90°,因为AB⊥CD于点O,所以∠BOC=90°,因为∠1=∠2,所以∠1=15°,所以∠BOE=180°-15°=165°.所以旋转角为165°+90°=255°.因为255÷5=51(秒),所以在旋转一周的过程延长DO到N,因为∠1=15°,∠DOE=90°,所以∠AON=180°-∠EOD-∠1=75°.又因为∠AOC=180°-∠如图②,因为AB⊥CD于点O,所以∠BOC=90°.又因为又因为OF平分∠COE,OG平分∠BOE,所综上，在旋转一周的过程中，第15秒或第51秒时，直线OE恰好平分∠BOC,此时直线OD平分∠AOC.所【点拨】有两种情况：角的度数是180°-30°=150°.(2)①有两种情况：如图①,当OE在AB的下方时，如图③,易得∠AOD=∠EOE'.因为∠BOE′=90°,所以∠BOC+∠COE+∠EOE′=90°.所以∠AOD+∠COE=60°答案详解详析所以∠FOG所以∠FOG=60°.(2)与∠FOG互为同位角的角是∠BMF.所以∠COF=60°.因为∠AOE=90°-∠AOD,所以∠COE=180°-∠BOC-∠AOE=180°-所以∠EMB=30°.所以∠AMO=30°.③④11.【解】(答案不唯一)③④7.1.3两条直线被第三条直线所截(2)能.其路径为：专项培优1相交线中的几种角专项培优1相交线中的几种角所以∠BOD=∠AOC=2a.又因为OE平分∠BOD,5.3;3【点拨】题图中内错角共有3对，分别是∠AMN与∠DNM,∠GMN与∠DNM,∠BMN与∠CNM.同旁内角共有3对，分别是∠BMN与6.【解】(1)∠MOF,∠AOF,∠BCE又因为OF平分∠COE,所以∠AOM=180°-∠MOB=20°.因为∠AOE所以∠MOE=∠AOE-∠AOM=33°.(2)∠COE和∠BOE的对顶角分别为∠DOF和(3)因为∠BOF=90°,所以∠A因为∠BOD=60°,(2)∠COE和∠BOE的对顶角分别为∠DOF和(3)因为∠BOF=90°,所以∠A因为∠BOD=60°,所以∠AOC=∠BOD=60°,所以∠FOC=∠AOF+∠AOC=90°+69.【解】画法不唯一，如图①,与∠C成同旁内角的角有3个，分别为∠CED,∠B,∠所以∠FOC=∠AOF+∠AOC=90°+6(3)∠BAC和∠BCA,∠FAC和∠A①专项培优2相交线中的计数问题①10.【解】(1)因为∠COM=120°,所以∠10.【解】(1)因为∠COM=120°,所以∠DOF=120°.因为OG平分∠DOF,七年级数学下七年级数学下版如图①所示.所以∠AOF+∠EOF=90°,∠EOF+∠EOD所以∠EOF=∠BOD,∠AOF=∠DOE.所以当∠AOF=60°时，∠DOE=60°,故①正确；因为OB平分∠GOD,所以∠GOD=2∠①因为∠DOE=90°-∠BOD,(2)当n=4时，m的最大值为6.如图②所示.所以∠DOE不一定等于∠GOD.所以OD不一定是∠EOG的平分线，故②不正确；因为OB平分∠DOG,所以∠BOD=∠BOG.(3)【点拨】三条直线相交，交点最多是1+2=3(个),四条直线相交，交点最多是1+2+3=6(个),(3)【点拨】三条直线相交，交点最多是1+2=3(个),四条直线相交，交点最多是1+2+3=6(个),10(个),六条直线相交，交点最多是1+2+3+4+5=15(个),…,依次类推，n条直线相交，交点最多是1+2+3+所以∠COG=180°-2∠EOF,故④正确.故其中正确的结论为①③④.二、9.垂线段最短∠AOC=70°.又因为∠BOE:∠EOD=3:2,(4)当m=6时，n的最大值为7.如图(4)当m=6时，n的最大值为7.如图③所示.③11.0【点拨】在题图的6个角中，同位角有∠1与∠6,∠3与∠5,共2对，即a=2,内错角有∠2与∠3,∠4与∠6,共2对，即b=2,同旁内角有∠1与∠2,∠2与∠4,∠4与∠5,∠1与∠5,共4对，即c=4,所以a+b—c=2+2-4=0.③3.【解】(1)10;1+2+3+4;16;1+1+2+3+4+5(3)当直线条数为n时，最多有1+2+3+…+(n一(个)交点，把平面最多分成1+1+3.【解】(1)10;1+2+3+4;16;1+1+2+3+4+5(3)当直线条数为n时，最多有1+2+3+…+(n一(个)交点，把平面最多分成1+1+40°,得∠AOC=50°,根据角平分线的定义，得三、13.【解】(1)正确.4.6;∠1和∠5,∠2和∠6,∠3和∠7,∠4和∠8,∠7和∠9,∠4和∠9;4;∠1和∠7,∠4和∠6,∠5和∠9,∠2和∠9;4;∠1和∠6,∠1和∠9,∠4和∠7,∠6和∠9阶段综合培优测4.6;∠1和∠5,∠2和∠6,∠3和∠7,∠4和∠8,∠7和∠9,∠4和∠9;4;∠1和∠7,∠4和∠6,∠5和∠9,∠2和∠9;4;∠1和∠6,∠1和∠9,∠4和∠7,∠6和∠9阶段综合培优测8.C【点拨】因为OE⊥AB,OD⊥OF,(3)正确.(2)因为∠AOC+∠BOC=180°,所以2x+(x+90)=180,解得x=30.因为∠BOD=∠AOC,所以y+4=2×30=60,解得y=56.答案详解详析因为∠COE=54°,所以∠AOC=∠AOE+∠COE=144°.因为OF平分∠AOC,7.2.1平行线的概念4.EF//CD;平行于同一直线的两直线互相平行因为AB//CD,EF//AB因为AB//CD,EF//AB,所以EF//CD.(2)设∠EOF=x°,则∠COE=2x°,所以∠COF=3x°.7.C【点拨】如图，因7.C【点拨】如图，因为L₁//L₂//l₃,L同一点，所以这6条直线最多有3+3+3+1=10所以∠AOF=∠COF=3x°.I所以∠AOE=4x°.I(个)交点.因为l最多与前6条(个)交点.因为l最多与前6条直线有6个交点，l₈最多与前7条直线有7个交点，所以这8条直线的交点个数最多为10+6+7=23.故选C.所以∠COF=3x°=67.5°.所以∠DOF=180°-∠COF=112.5°.8.【解】(1)如图，直线EF,直线GH即为所求作.8.【解】(1)如图，直线EF,直线GH即为所求作.所以∠AOE=180°-∠BOE=180°—x.又因为OC平分∠AOE,(2)∠CPE=120°,∠EPD=60°,(2)∠CPE=120°,∠EPD=60°,【探究】相等或互补.【发现】如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.所以∠AOE=180°-∠BOE=180°-m.又因为OC平分∠AOE,点方法本题可用度量法先测量出角的度数，然后根据这些角之间的位置关系以及数量关系，得出结论.7.2.2平行线的判定1.B2.D3.37.【解】∵∠F=∠A,∠A+∠ACD=180°,七年级数学下七年级数学下版8.【解】AB//CE8.【解】AB//CE,理由如下：所以∠ECD=∠FCD.因为∠ACB=∠FCD,所以∠ECD=∠ACB.因为∠B=∠ACB,又因为∠1=∠2,所以∠1+∠5=∠2+∠6,即∠ABC=∠BCD.所以AB//CD.所以∠B=∠ECD.所以AB//CE.10.D【点拨】如图，设直线10.D【点拨】如图，设直线PA与纸片的边交于点M,直线AB与纸片的边交于点H.第一次对折后，射线AH与射线AB重合，由平角的定义及角平分线的定义可得∠PAB=∠PAH=90°.第二次对折后，射线PM和射线PA重合，同理可得∠MPC=补，两直线平行可得b//a.故选D.11.∠ABC;角平分线的定义；∠DCB;角平分线的CD;同旁内角互补，两直线平行为OC平分∠AOB,EG平分∠DEF,所以∠2=(2)∠1+∠2=90°.理由如下：因为OC平分∠AOB,EG平分∠DEF,所以.所以∠1+(2)存在，当t为10或70时，CD//AB.【点拨】分三种情况讨论：①如图②,当AB,CD在EF的两侧时，易得∠ACD=180°-40°-4t°=140°-4t°,∠BAC=110°-t°,4t°=110°-t°,解得t=10.因为(180-40)÷4=②如图③,当AB,CD都在EF的右侧时，易得∠BAC,所以320°-4t°=110°-t°,解得t=70.因为(360-40)÷4=80(秒),所以35<t<80,故t=70符合题意；③如图④,当AB,CD都在EF的左侧时，易得∠BAC,所以4t°-320°=t°—110°,解得t=70,而此时t>80,故此情况不存在.综上所述，当t为107.2.3平行线的性质第1课时平行线的性质(3)OC和GE的位置关系为OC//GE.理由：因为EF⊥OB于点F,所以∠EFG=90°.所以∠1+∠EGF=180°-90°=90°.因为由(2)知∠1+∠2=90°,所以∠2=∠EGF,所以OC//GE.13.【解】(1)AB//CD.理由如下：3.C【点拨】设AB与CD交于点F.由题意可得4.130°5.25°【点拨】∵∠B=50°,CE//AB,∴∠BCE=答案详解详析6.【解】(1)∵AD平分∠6.【解】(1)∵AD平分∠BAC,又∵∠BAO=108°,又∵∠CEF+∠ABD=180°,又∵∠CEF+∠ABD=180°,∴易得∠OCD+∠OEF=(180°×2)—(54°+所以∠AEP=∠1.因为AB//CD,所以PM//CD.所以∠2=∠PFC.所以∠EPF=∠1+∠2=∠AEP+∠PFC.因为∠AEP=45°,∠EPF=80°,所以∠PFC=∠EPF-∠AEP=80°-45°=35°.为AB//EF,所以∠A=∠AFE.因为AF//CG,所∠DCG=∠EGC=∠A.所以与∠A相等的角有9.30或70因为EQ,FQ分别平分∠AEP,∠CFP,2∠CFQ=2(∠AEQ+∠CFQ)=45°-∠CAE,∠B'AE=∠BAC′-∠CA所以∠DAC-∠B'AE=45°-∠CAE—(30°-(2)如图①,当B'C′//DE时，∠BAB′=∠DAE+∠BAC=45°+30°=75°,所以t=75°÷5=15;(第11题)(第11题)R七年级数学下版R所以∠BAB′=∠B'AD+∠DAE+∠BAC=太阳光线为平行线，所以θ=α=7.2°(两直线平行，同位角相等).因为亚历山大城、塞尼城之间的距离约为800km,所以地球的周长约为800=40000(km).综上，所有符合条件的t的值为15或24或27或33.第2课时平行线的性质与判定的综合应用9.【解】(1)AB//CD,理由如下：9.【解】(1)AB//CD,理由如下：4.5【点拨】∵4.5【点拨】∵AE⊥AB,BF⊥AB,∴∠EAB=答案详解详析5.如果两个角相等，那么这两个角是对顶角6.【解】(1)是真命题.(2)是假命题.反例：-3+2=-1.(反例不唯一)(3)是真命题.7.A【点拨】在同一平面内，①如果a//b,a⊥c,那是真命题.8.-3;1(答案不唯一)9.①②③④【点拨】①根据定义6666正读倒读都一样，故6666是“回文数”.故①是真命题；②两位数的“回文数”为11,22,33,44,55,66,77,88,99,合计9个.故②是真命题；③三位数的“回文数”中，百位和个位是1的为101,111,121,131,141,151,161,171,181,191,合计10个，同理百位和个位是2的有10个，依次类推，则三位数的“回文数”合计10×9=90(个).故③是真命910b+11×100c=11×(9091a+9∴m是11的倍数.故④是真命题.10.【解】(1)能构造3个命题，分别如下：命题1:由①②,得到③;命题2:由①③,得到②;命题3:由②③,得到①.(2)构造的3个命题都是真命题.(选择其一证明即可)命题1.证明：∵AB//CD,5.乙【点拨】由题可得BE=tcm,CE=(6—t)cm,①当点B到点C的距离是点B到点E距离的2倍时，6=2t,解得t=3;②当点E到点B的距离是点E到点C距离的2③当点E到点C的距离是点E到点B距离的2倍时，6-t=2t,解得t=2;④当点C到点B的距离是点C到点E距离的2倍时，6=2(6—t),解得t=3.七年级数学下版七年级数学下版所以乙的说法是正确的.6.【解】(1)如图，三角形DEF即为所求.∴2x=x+45°,解得x=45°.3=7.8.B【点拨】∵AB=5,第1次平移得到长方形3=7.8.B【点拨】∵AB=5,第1次平移得到长方形第2次平移得到长方形A₂B₂C₂D₂,此时B₁B₂=4,AB₂=AB+BB₁+B₁B₂=5+4+45+4n.∵AB,的长度为2029,∴5+4n=2029,解得n=506.9.15°或30°或90°【点拨】设∠CDE=x,分类讨论：(1)如图①,当点E在BC上时，过点C作CG//AB,∵三角形DEF由三角形ABC平移得等).(答案不唯一)11.(1)【证明】∵∠EDF=90°,∠DEF=60°,∴FD平分∠EFM.(2)【解】①由(1)知∠DFE=30°,∵∠BAC=45°,①②①②答案详解详析113.【解】(1)∠AEC=∠A+∠C.理由如下：由题易知∠D=∠E-∠AHE,专项培优3平行线的性质与判定中常见辅助线的作法4.【解】(1)过点专项培优3平行线的性质与判定中常见辅助线的作法(2)(二选一即可)①∠BAP+∠APQ+∠PQC+在三角形BDE中，∠1+∠2+∠E=180°.如图①,过点P作PE//在三角形BDE中，∠1+∠2+∠E=180°.即∠ABD+∠CDB=180°.∴AB分点方法分点方法本题可通过连接B,D两点构造截线BD,进而利用平行线的判定说明AB//CD.2.【证明】如图，延长BF交DC的延长线于点H.2.【证明】如图，延长BF交DC的延长线于点H.即∠BAP+∠APQ+∠PQC+∠QCD七年级数学下版七年级数学下版②∠BAP+∠APE+∠EPQ-∠PQF题时经常用到.E向右作EM//AB.又∵AB//CD,∴AB//专项培优4平行线的性质与判定中的2.(1)【解】AB//CD.理由如下：2.(1)【解】AB//CD.理由如下：(2)【证明】∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠1+∠4=90°,7.D【点拨】先证明∠AEG=∠HEG=∠BED=∠D=∠GFC,再求出∠AEG+∠GEH+∠DEB=3.【解】(1)如图，过点3.【解】(1)如图，过点B作BG//∠BCE=360°,进而可得∠GEM=90°,判断B正确；求出∠MED=判断D正确.9.80【点拨】如图，过点E作EF//AB.又∵D'E'//AF,∴∠AMP=∠EPN=50°.由折叠的性质可知设∠AMN=x,则∠PMN=x,∠A由折叠的性质可知∠GMP=∠BMP,阶段综合培优测∵∠EFB不一定等于45°,七年级数学下版∴∠1不一定等于45°,故D七年级数学下版三、12.【解】如图，四边形A'B'C′D′即为所作.所以∠BOE=∠BOD+∠DOE=38°+108°=三、12.【解】如图，四边形A'B'C′D′即为所作.因为∠DOE+∠COE=180°,所以∠BOD=60°.所以∠AOD=180°-∠BOD=所以∠BOD=60°.所以∠AOD=180°-∠BOD=(2)OE⊥OF.理由如下：因为∠AOD,∠BOD的平分线分别是OE,OF,.(2)(答案不唯一)命题：如果a⊥c,b⊥c,那么a⊥b..14.(1)【证明】∵BC//AD,∴∠B=∠DOE.所以OE⊥OF.(2)【解】∵∠DOB=125°,所以OE⊥OF.点方法说明两直线的垂直关系，只需说明两直线相交所成的四个角中，有一个角是直角即可.又∵∠A=∠DOE,点方法说明两直线的垂直关系，只需说明两直线相交所成的四个角中，有一个角是直角即可.5.【解】(1)同位角：∠1与∠5,∠2与∠6;内错角：∠3与∠6,∠4与∠5;同旁内角：∠3与∠5,∠45.【解】(1)同位角：∠1与∠5,∠2与∠6;内错角：∠3与∠6,∠4与∠5;同旁内角：∠3与∠5,∠4与∠6.(2)略.∴∠BEC=2∠ABG.故①正确；②如图①,过点F作FH//CD,由(1)知AP//DG,∠BFG的平分线FC交直线AP于点C,.故②正确；①②①②答案详解详析15③如图②,过点G作GM//③如图②,过点G作GM//AB,又∵∠AOD=∠BOC,∴∠AOD=125°.∴3x+7x=180,解得x=18.∵∠ABE与∠BEF的平分线交于点G,∵∠ABE与∠BEF的平分线交于点G,*17.【解】(1)PB′⊥QC′【点拨】当旋转时间为*30=30°.如图①,设PB与QC交于点E,过点E作EF//AB,则易知EF//CD//AB,①(2)设(2)设PB'与CD交于点F,射线PB旋转ts时，PB'//C′Q.①当0≤t≤45时，第一次平行，如图②,由题知∠BPB′=(4t)°,∠CQC′=45°+t°.即(4t)°=45°+t°,解得t=15;9.【解】OE//BD.理由如下：又∵∠A=104°,∴∠ABD=180°-104°=76°.又∵∠BOE=76°,∴∠ABD=∠BOE.∴OE//BD.②当45<t≤90时，第二次平行，如图③,易知即(4t)°-180°=180°—(45°+t°),解(2)【证明】∵AE平分∠BAD,∠BAD=100°,又∵∠C=50°,∴∠AEB=∠C.③④③当90<t≤135③④③当90<t≤135时，第三次平行，如图④,易知12.如果两数同号，那么这两个数的积是正数13.—2;1(答案不唯一)14.①②④15.48七年级数学下版16.【解】(1)∵EO⊥AB七年级数学下版综上所述，当射线PB旋转的时间为15s或63s5.2025【点拨】由题意，得a+b=0,ab=-a²=5.2025【点拨】由题意，得a+b=0,ab=-a²=-2025,∴a—ab+b=(a+b)—ab=b)²的平方根是±5.(2)原式=±√64=±8.(3)原0.9-1.3=0.85.∴3a-2b=3×2-2×1=4.∴(2)原式=±√64=±8.(3)原0.9-1.3=0.85.15.【解】(1)∵正数x的平方根是m和m+b,或理为2m²x+(m+b)²x=6.∵正数x的平方根是m和m+b,∴(m+b)²=x,m²=x,代入2m2x+(m+b)²x=6,可得2x²+x²=6,或16.【解】设墨墨所做的正方体储存盒的棱长为xcm.由题意，得6x²≈20×3×10,解得x≈10(负值已舍去).(2)不能.理由如下：∵长方形卡纸的长宽之比为5:3,∴设长方形卡纸的长为5xcm,则宽为3xcm.故这个数是49或441.故选D. 又∵(5√20)²=500>20²,即5√20>20, ∴嘉琪不能用这张卡纸裁出符合要求的长方形卡纸.答案详解详析17(3)20;15(答案不唯一)第2课时算术平方根(3)20;15(答案不唯一)第2课时算术平方根∴-3,-12,-27这三个数是“完美组合数”.(2)若(2)若-5,m这两个数乘积的算术平方根为15,则-5m=225,解得m=-45.易知—5,-45,—20是“完美组合数”,若m,-20这两个数乘积的算术平方根为15,则—20m=225,最小值，最小值为6. 解得m=-11.25(不是整数，舍去). ∴肇事汽车没有违规行驶.(2)第n个等式(2)第n个等式1∴对应n的值为0,7,12,15,16,共5个.故选D.1∴m"的算术平方根为4.12.√6【点拨】设左下角的数字为x,∴-4+m+x=m+2-2,解得x=2+4.∴m-n=6.设右下角的数字为y,则m+2-2=n-2+y,解得y=8.∴—4+2+8=n+2+4,解得n=0,∴m=6.∴√m+n=√6+0=√6.=2025.13.【解】(1)设这个长方形过道的长为5xm,则宽为2xm,根据题意，得5x·2x=10,解得x==2025.第3课时计算器的使用和估算1.C2.C3.C4.2(答案不唯一1.C2.C3.C4.2(答案不唯一)解得x=√4800(负值已舍去).(2)设这个正方形的地板砖的边长为am,七年级数学下版14.【解】(1)-3,—12,—27这三个数是“完美组七年级数学下版11.A【点拨】∵数轴上分别是-2,a,b,AB=8,∴a+2=8,解得a=6.∵a+b=8,∴b=2.∵b是关于x∴这个足球场能用于比赛.∴这个足球场能用于比赛.13.6【点拨】设两位数M=10a+b,则N=10恰是某正整数的立方，∴设M-N=(10a+b)一(10b+a)=9(a-b)=c³.∵c是正整数，且易知∴c=3,即a—b=3,∴满足条件的M有41,52,∴对255只需进行3次操作后变为1.∴对256需进行4次操作后变为1.∴只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是255.14.(1)3【点拨】∵3a-2的平方根是士5,4a-2b-8的算术平方根是4,∴3a-2=25,4a一1.C2.C3.A(2)±2【点拨】由算术平方根和立方根的概念可1,B=3,∴B+A=4,∴B+A的平方根为±2.15.①②【点拨】①因为3⁴=81,所以3是81的四根，②正确；③易知|2025+a|+|a-2027|=4052,∴数轴上数a到数-2025和数2027的距离和为4052.又∵2027—(-2025)=4052,∴整数a=-2025,—2024,…,-1,0,1,…, 8. 8.【解】(1)³√-27-(³-5)³=-3+5=2.9.【解】(1)∵8x³+125=0,16.【解】(1)设铁块的棱长为xcm9.【解】(1)∵8x³+125=0,∴铁块的棱长为6cm.(2)设杯内部的底面直径为dcm,∴杯内部的底面直径约为24cm.17.【解】(1)①两②6③36答案详解详析19解得b=-4,a=2.∴2a—3b的平方根为±4.(2)把b=-4,a=2代入方程，得2x²+4×(-4)一2=0,即x²=9,∴能确定195112的立方根是个两位数.②∵195112的个位数字是2,8³=512,∴能确定195112的立方根的个位数字是8.③如果划去195112后面的三位数112得到数195.第1课时实数的概念及分类∴195112的立方根是58.∴√2a+1+1的最小值是1.5.【解】如图所示.(3)当1-x=0,即x=1时，3-√1-x有最大值，且最大值为3,5.【解】如图所示.2.【解】(1)a≥2026(2)因为a≥2026,所以2025-a<0,7.—36【点拨】∵√1=1,4=2,√7.—36【点拨】∵√1=1,4=2,√9=3,√16=4,√25=5,√36=6,√49=7是有理数，∴50个数中有7个有理数，即m=7.∴n=50-7=43.②不存在.所以2025²=a-2026.所以a-2025²=2026.∵n为正整数，∴a+2b—c的平方根为±√∵n为正整数，4.【解】(1)9【点拨】∵正实数x的两个平方根是a∴上式等号不成立，即不存在正整数n.∴上式等号不成立，即不存在正整数n.45.3(答案不唯一)七年级数学下=5.=-8.=(1-2)+(3-4)十…+(43-44)+45=23.∵m,n是有理数，解得n=-5,m=6或m=-6.综上所述，m+n=1或—11.√5<2,则a=1,b=4-√5-1=3-√5.∴2+√5<2,则a=1,b=4-√5-1=3-√5.∴2+由此发现如下规律：整数部分是1的算术平方3-4+√2=√2-1,同理可得A₃B₃=2-√2;A₄B₄=√2-1;A₅B₅=2-√2;…,以此类推可13.【解】(1)由数轴知c<b<a,所以a-b>0,c—b<0,c-a<0.(2)因为x与y互为相反数，所以x+y=0.所以a=0.因为z是绝对值最小的负整数，所以z=-1.所以b=-(-1)²=-1.因为m,n互为倒数，所以mn=1.所以c=-4×1=-4.答案详解详析2122七年级数学下R版所以98a+99b+100c=98×0+99×(-1)十100×(一4)=-99-400=-499.14.【解】(1)∵A,B表示的数分别为1,√2,∵点A到B的距离与点O到C的距离相等，又∵点C在点O的左边，(2)∵|c-m+1|+√c-n+2√2=∴m+n+46的平方根为±√49=±7.(3)根据题意可知，点D表示的数为√2-7,即x=分两种情况：①当点E在点A左边时，AE=∴y-1=4—√2,解得y=5—√专项培优6实数大小比较的方法在数轴上表示如图.3.【解】(1)∵(√76)²=76,8.5²=72.25,76>72.25,因为6²=36>19,所以√19<6.所以√19-6<0.5.【解】(1)∵9>8=2,3<√4=2,6.【解】∵a=√3-√2≈0.318c=√5-2≈0.236,0.318>0.26则则,阶段综合培优测∴3n—2m的算术平方根为√16=4.∴3n—2m的算术平方根为√16=4.数，可得1-3y与4x-1互为相反数，即4x—1+1-3y=0,解得,将代入12.2(答案不唯一)13.10³-27,1.23456,无理数集合：,3.2121121112...(相邻两个2之间1的个数逐次加1)=-7.=-7.当x=√3时，原式=3+(0+1)×√3+0+1=当x=-√3时，原式=3+(0+1)×(一√3)+15.【解】(1)∵2<√6<3,3<√13<4,15.【解】(1)∵2<√6<3,3<√13<4,又∵12+√3=x+y,x是整数，∴8-y的相反数是√3-9.16.【解】根据题意得m—8=3,2m-n-5=2,解得m=11,n=15.答案详解详析23∴点B表示的数是√3-1.∴线段BC=AB=√3+1.∴点C表示的数是√3+1+√3-1=2(3)∵正整数a,b满足|a+1|=5—(∴正整数a,b可能为a=3,b=2的平方根为±3;的平方根为±2.综上，a的平方根为±2或±3.第九章平面直角坐标系9.1.1平面直角坐标系的概念3.C【点拨】∵点A的坐标为(一1,—2),AB平行的坐标为(-1,3)或(-1,-7).故选C.4.(-2,1)(答案不唯一)5.(1)四(2)16.【解】(1)如图所示，A(-3,0)即为所求.(2)如图所示，B(0,—2)即为所求.(3)如图所示，C(4,-4)(4)如图所示，D₁(2,3)或D₂(2,-3)即为所求.7.C【点拨】∵mn>0,∴m和n同号，即同正或同负.又∵m+n<0,∴m和n均为负数.∴点P位于第三象限.8.B【点拨】∵CD//x轴，∴两点纵坐标相等.C,D两点间的距离是5,∴n-4-(-3)=5,解得n=6.∴m+n=7+6=13.∴m+n的算术平方根10.(0,4)或(0,—4)或(2,0)或(-2,0)【点拨】根据题意可知三角形AOB的面当点C在x轴上时，∴点C的坐标为(2,0)或(-2,0);当点C在y轴上时，∴点C的坐标为(0,4)或(0,—4).综上所述，点C的坐标为(0,4)或(0,—4)或(2,0)或(-2,0).11.(-1014,0)【点拨】由题图可知A₁(-1,—1),A₅(-1,-3),横坐标相同，纵坐标相差2个单位长度；A₂(-2,0),A₆(-4,0),横坐标相差2个标相同，纵坐标相差2个单位长度；A₄(2,0),A₈(4,0),横坐标相差2个单位长度，纵坐标相同.∵2026÷4=506……2,∴点A2026的纵坐标与点A₂的纵坐标相同，点A2026的横坐标与点A2的横坐标相差506×2=1012(个)单位长度，即点A2026的横坐标为-2-1012=-1014.∴点A2026的坐标为(-1014,0).12.【解】(1)5(2)由题意得m₁+m=|a-5|+la|.24七年级数学下R版以丙为坐标原点，乙的位置是(-3,-4),所以甲的位置是(-7,—7).以丙为坐标原点，乙的位置是(-3,-4),所以甲的位置是(-7,—7).(2)点P从点O到点A用时6÷1=6(s),从点A到点B用时4÷1=4(s),∴t的取值范围为6≤t≤6+4,即6≤t≤10.,此时点P的坐标为(6,0);当点综上，点P的坐标为(-1,—6)或(6,1).(3)∵点P在第四象限，(2)由题意可得点D的坐标为(2×2+a,2+2a).∵点D在x轴上，∴2+2a=0.∴a=-1.∵EC//y轴，∴点E的横坐标为2.设点E的纵坐标为y.∴点E的坐标为(2,4)或(2,—6).12,解得y=0,∴点12,解得y=0,∴点P的坐标为(6,0);当点P3×4=6<12,∴点P在BD上时，三角形OPD的面积不可能为12.则A(0,3),B(0,0),C(6,0),D(4,33×4=6<12,∴点P在BD上时，三角形OPD的面积不可能为12.综上，点P的坐标为(6,0).(2)如图②,要使点A(2)如图②,要使点A的坐标为(-3,3),则横轴在点A下边3个单位长度处，纵轴在点A右边3个单位长度处.故应以BC所在的直线为x轴，在AD上截取AE=3.过点E作EF⊥x轴于点F,以EF所在直线为y轴建立平面直角坐标系.5.A【点拨】如图，满足条件的点C有6个.故选A.5.O₁点【点拨】因为A(8,30°),B(8,60°),C6.(一7,—7)【点拨】以甲为坐标原点，乙的位置是(4,3),则以乙为坐标原点，甲的位置是(-4,-3);60°),则A,B与观测点距离相等，点B,C与观测6.(一7,—7)【点拨】以甲为坐标原点，乙的位置是(4,3),则以乙为坐标原点，甲的位置是(-4,-3);答案详解详析256.【解】(1)建立如图所示的平面直角坐标系.度，此时点B平移后的坐标为(-3,1),点C平移后的坐标为(1,0),故此选项不符合题意；6.【解】(1)建立如图所示的平面直角坐标系.D.当点A(1,3)平移到(3,0)时，平移方式是先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，此时点B平移后的坐标为(0,—1),点C平移后的坐标为(4,-2),故此选项不符合题意.(2)坐标为(0,-1)的棋子如图所示.(3)要使黑棋这一步要赢，这一步黑棋的坐标为(3,-2)或(-2,3).(2)坐标为(0,-1)的棋子如图所示.(3)要使黑棋这一步要赢，这一步黑棋的坐标为(3,-2)或(-2,3).(4)三角形的面积7.D【点拨】由题意得，奇数点在第一象限，9.2.2用坐标表示平移第1课时点在坐标系中的平移第1课时点在坐标系中的平移律为先向下平移2个单位长度，再向右平移6个单位长度.∵B(-4,3),∴B'(2,1).故选B.4.C【点拨】根据题意可知，线段AB向下平移了3个单位长度，向右平移了5个单位长度，∴点A的横坐标加5,点B的纵坐标减3.5.【解】(1)(1,-1);(3,—1);(3,1);(1,1)(2)如图.9.【解】(1)∵-27的立方根是—3,∴m=-3.∵4的算术平方根是2,∴n=2.∴点C的坐标为(-3,2).∴点B向左平移了3个单位长度到点C.E(-2,0).(2)x+y=2.10.【解】(1)(-1,0);(3,0)足为H,如图①.∵点A和点∵点A和点B的坐标分别为①∵将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后得到线段CD,∴CD=4,点C和点D的坐标分别为(0,2)和由题意得OM①∵将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后得到线段CD,∴CD=4,点C和点D的坐标分别为(0,2)和由题意得OM=t.B.当点A(1,3)平移到(1,0)时，平移方式是向下平移3个单位长度，此时点B平移后的坐标为(-2,-1),点C平移后的坐标为(2,—2),故此选项符合题意；C.当点A(1,3)平移到(0,2)时，平移方式是先向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长七年级数学下R版2+,解得t=3.∴t=3时，四边形OMDB的面积等于9.【点拨】当点N在线段OB上时，如图②所示，由题意得②H,连接②EMD-SEMD-S当点N运动到线段BO的延长线上时，如图③所示，由题意得OM=t,ON=2t-3,连接OD,③EMD-S③CEN+SCED)=CMD-S=2t—(2t-3)=3.EMD-S第2课时由点的坐标变化判断图形的平移过程3.【解】(1)建立平面直角坐标系如图.(2)由题意得，平移方式是先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度.∴点B'的坐标为(4,1).段AB的两个端点均在坐标轴上，即平移后得到线段A'B′或A"B",由图可得A'(0,2),B'(1,0),∴线段AB先向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度后得到A'B′,由图可得A”(-1,0),B"(0,∴线段AB先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后得到A"B".故选B.5.【解】(1)由题图可知点B的坐标为(2,1),点B′的坐标为(-1,-2).∴三角形A'B'C′是由三角形ABC先向左平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度得到的.(2)根据题意得a-2-3=2a-7,2b—3-3=9-b,解得a=2,b=5.∴点M的坐标为(0,7),点M的坐标为(-3,4).(2)观察可知，每四次移动为一个循环，每个循环中，横坐标增加2,纵坐标为1,1,0,0,依次出现.∴从点A2026到点A2027的移动方向与从点A₂到点A₃的移动方向一致，为向下移动.2.【解】(1)(9,4);(18,7)(2)∵A(0,1),A₂(1×3,1+1),A₄(A₆(3×3,1+3),…,又∵点A₂的坐标为(3036,1013),∴3n=3036,解得n=1012.答案详解详析27T2025+x2026+x2027+x【点拨】(1)∵A₁(2,3),A₂(4,3),A₃(8,3),∴A的横坐标为2⁴=16,纵坐标为3.ABCD=5×3=15.∴点AABCD=5×3=15.所以,即|2+t|=6,解得t₁=4,t₂=-8.所以点P的坐标为(0,4)或(0,-8).4.【解】(1)画三角形ABC如图所示.5(2)画三角形A₁B₁C₁如图所示.∴点B₄的坐标为(32,0).(2)由A₁(2,3),A₂(4,3),A₃(8,3),可以发现点A,的横坐标是2",纵坐标都是3.故点A的坐标为(2”,3).由B₁(4,0),B₂(8,0),B₃(16,0),可以发现点B,的横坐标是2"+1,纵坐标都是0.故点B的坐标为(2"+1,0).1.【解】(1)A(3,3),B(-2,—2),C(4,-3).(2)如图所示.(3)存在.设点P的坐标为(0,m),解得m=3或m=-1.所以点P的坐标为(0,3)或(0,-1).阶段综合培优测x轴，垂足为D,过点B作x轴，垂足为D,过点B作BE⊥AD,垂足为E.易知OD=4,AD=10,DE=8,又因为AD≠BC,所以四边形ABCD为梯形.故选A.AOD+SABE+S8=100.3.【解】(1)画出图形如图所示.28七年级数学下R版12.【解】(1)13.【解】(1)如图，三角形ABC即为所求.4.D【点拨】A.横坐标的变化为0—(一2)=2,0—2=-2,-1—(-3)=2,变化不同，故不符合3-2=1,-4—(-3)=-1,变化不同，故不符合题意；C.横坐标的变化为1-(-2)=3,3-2=1,-1-(-3)=2,变化不同，故不符合题意；D.12.【解】(1)13.【解】(1)如图，三角形ABC即为所求.5-3=2,1-(-1)=2,变化相同，故符合题意.故选D.5.C【点拨】由题意设点D可表示为(3,a).分∠BOC,∴6.A6.A【点拨】由题意，得线段AB的平移方式是向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，所以点A的对应点A'的坐标是(2-4,3+2),即(-2,5).故选A.(2)三角形A'B'C′是由三角形ABC向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度得到的.延长FG,CD长EO,AB如图.交于点N,延10.(11,2)【点拨】由所给点的排列方式可知，点(1,0)及其上方共有1个点；点(2,0)及其上方共有2个点；点(3,0)及其上方共有3个点；点(4,0)及其上方共有4个点；…;点(n,0)及其上延长FG,CD长EO,AB如图.交于点N,延第66个点的坐标为(11,0).又因为n为奇数时，箭头的方向为从上向下，所以第64个点的坐标为(11,2).故答案为(11,2).三、11.【解】如图所示.得到的图案像字母E,答案详解详析293a+60°—β=240°—3a-β=2412.【解】(1)设当点P在线段AM上移动时，3a+60°—β=240°—3a-β=24由题意得AM=9,PM=2n,OQ=n,8.【解】(1)如图，以点A为坐标原点，水平方向为x轴，过点A作x轴的垂线为y轴，建立平面直角坐标系.(2)设当以A,0,Q,P为顶点的四边形的面积是10∵点A的坐标为(0,4),∴OA=4.∵过点A(0,4)的直线a⊥y轴，点P沿直线a向左移动，∴点P的纵坐标为4.分以下两种情况讨论：2t)×4=10,解得t=4.3),E(4,4),F(5,5).(2)B,C,D,E,F(2)B,C,D,E,F各点的坐标与点A的坐标相比较，横坐标与纵坐标分别加1,2,3,4,5.(3)易知每级台阶高为1,宽也为1,所以10级台阶的长度是11,高度是10.10.【解】(1)如图，四边形A'B′C′D′即为所求.综上所述，点P10.【解】(1)如图，四边形A'B′C′D′即为所求.第十章二元一次方程组7.【解】根据题意，得2—2m=4,n+4=-7,(2)(答案不唯一)由图可知，四边形ABCD(2)(答案不唯一)由图可知，四边形ABCD先向右平移6个单位长度，再向下平移1个单位长度得到四边形A'B'C′D'.11.【解】∵(a-2)²=-b-3|,∴a-2=0,b—3=0,解得a=2,b=3.∴点M的坐标为(0,3).设点N的坐标为(c,0).∴点N的坐标为(4,0)或(-4,0).所以m+n=-1-11=-12.3(n—2)=p,将2(m+2)-3(n-2)=p整理得2m—3n=p-10.所以p-10=5,解得p=15.9.B【点拨】设租用45座客车x辆，60座客车y辆，由题意得45x+60y=900,∴∴共4个满足条件的正整数解，对应4种租车方案.七年级数学下R版10.-1【点拨】把代入二元一次方程10.-1【点拨】把代入二元一次方程ax+令y=2x,则“优美二元一次方程”4x-y=n-210.2.1代入消元法11.—2或—3【点拨】由二元一次方程组的概念，得c+3=0,a-2=1,b+3=1,解得c=-3,a=2=0,b+3=1,解得c=-3,a=2,b=-2,所以a+b+c=-3.4.-5,6【点拨】根据题意可得5.50【点拨】∵2※1=9,(-3)※3=-6,为△ABC的面积等于40cm²,所以S△AcD=4.-5,6【点拨】根据题意可得5.50【点拨】∵2※1=9,(-3)※3=-6,把①代入②中，得4x+3(2x-5)=-10,把代入①,得y=-4,所以方程组的解为把①代入②中，得4x+3(2x-5)=-10,把代入①,得y=-4,所以方程组的解为由①得,③将③代入②,得5a-2(13-3a)=7,解得a=3.把a=3代入①,得9+2b=13,解得b=2.把代入①,得5a+20=15,解得a=-1.所以原方程组的解是由②得2x=3y+1③,把③代入①,得3y+1+4y=15,解得y=2,把y=2代入③,得,所以方程组的解为所以原方程组的解是由②得2x=3y+1③,把③代入①,得3y+1+4y=15,解得y=2,把y=2代入③,得,所以方程组的解为(2)令y=2x,则“优美二元一次方程’(3)存在.令y=2x,则“优美二元一次方程答案详解详析31整理得把①代入②,得5y-2(3y+7)=6,解得y=-20,把y=-20代入①得x=-53,整理得把①代入②,得5y-2(3y+7)=6,解得y=-20,把y=-20代入①得x=-53,即小虎把a看成,小龙把b看成了8.所以原方程组的解为(2)将代入方程bx+2y=18,得2b+12=18,解得b=3.所以原方程组的解为8.B【点拨】将代人方程ax+3y=17,得a+15=17,8.B【点拨】由①,得,③把③代人②,得由①,得,③把③代人②,得去分母，得24-9y-10y=10,故甲、乙正确，丙错误.将y=1代入①,得2x+3=8,解得.故丁正确.∴ax+by=c变为ax+(a+1)y=a+2.ax+ay+y-a-2=0.a(x+y-1)+y-2=0.∵a为任意数时等式都成立，由②得y=2,把y=2代入①得x=-1,∴这个解为10.4【点由②得y=2,把y=2代入①得x=-1,∴这个解为∵点P(x,y)在平面直角坐标系的第四象限，且到两坐标轴的距离相等，(3)方程组可化为把③代入①得a(1-2y)+(a+1)y=a+2,把③代入①得a(1-2y)+(a+1)y=a+2,11.【解】设大宿舍有x间，小宿舍有y间，把代入③得把代入③得∴a的整数值为2或3.∴大宿舍有10间，小宿舍有40间.12.【解】(1)将代入方程ax+3y=17,得七年级数学下R版10.2.2加减消元法10.2.2加减消元法4y=2k.③③一②,得y=1—k.将y=1—k代入①,得x=3k-2,∴x+3y=3k—2+3-3k=1,故解为代入x—2y=-3,解为代入x—2y=-3,左边=-4≠右边，故D选项不成立.故选D.(2)2【点拨】①-②,得x-y=a+2.又∵关于x,y的方程组10.14【点拨】解的解满足x-y=4,∴a+2=4,∴a=2.的解是正整数，所以为正整数且为正整数.所以p=6或p=8.所以整数p的值的和为6+8=14.∴原方程组的解是(2)方程组整理得①×2-②,得一y=-8,解得y=8,把y=8代入①,得x—24=-7,解得x=17,得x+y=11.∴原方程组的解为得x+y=11.12.【解】依题意联立，得方程组(3)方程组变形为由①+②,得5x=10,解得x=2.由①×2-②,得y=1,把y=1代入②,得2x+3=7,由①×2-②,得y=1,把y=1代入②,得2x+3=7,解得x=2,∴原方程组的解为∴原方程组的解为6.【解】设每只麻雀、燕子的平均重量分别为x两、6.【解】设每只麻雀、燕子的平均重量分别为x两、所以(2a+b)²026=(2×1-3)2026=1.答案详解详析33原方程组可化为原方程组可化为解得所以x+y=1.③将③×2024,得2024x+2024y=2024,④②一④,得x=-1.把x=-1代入③,得y=2,所以原方程组的解为4.【解】可以求解.可变形为①-②,得7x+7y=7,所以x+y=1,③将③×(a-5),得(a-5)x+(a-设②一④,得—2y=5.解得设∴方程组①可变为又∵方程组②把代人③,得∴方程组①可变为又∵方程组②的解是∴方程组②的解是所以原方程组的解为的解是∴方程组②的解是专项培优9解二元一次方程组的消元技巧故方程组的解是故方程组的解是由①得2x-3y=2,③专项培优10含字母系数的二元一专项培优10含字母系数的二元一次方程组解得y=4,把y=4代入③,得2x-3×4=2,解得x=7.解得联立，得方程组将故原方程组的解为2.【解】由①-②,得6718x—6718y=6718,由①+②,得10000x+10000y=50000,故原方程组的解为2.【解】由①-②,得6718x—6718y=6718,由①+②,得10000x+10000y=50000,2.【解】(1)因为哥哥正确地解得所以3a—2b=2,3c+14=8.所以c=-2.因为弟弟因把c写错而解得所以—2a+2b=2.联∴原方程组的解为4+5+(-2)=7.∴原方程组的解为七年级数学下R版(2)因为弟弟因把c写错而解得所以—2c—7×2=8,解得c=-11.所以弟弟把c写错成了-11.3.4【点拨】原方程组为①×3,得(2m+9)y=34,所以.把y= 代入①,得.因为y是正整数，所以2m+9=1或2或17或34.所以m=-4或—3.5或4或12.5.又因为m为正整数，所以题意，所以正整数m的值是4.4.【解】(1)由题意得解得(2)由题意得解得因为x+y=5,所以m+1+3m-2=5,5.【解】由①,得y=7-5x,将其代入②,整理得(m—10)x=n-14.③(1)若方程③有无数解，则所以所以当m=10,n=14时，原方程组有无数解.所以当m=10,n≠14时，原方程组无解.阶段综合培优测由①+②,得5x=-10,解得x=-2.将x=-2代入①,得-4-y=1,解得y=-5,∴原方程组的解为二点(x,y)在平面直角坐标系中的位置是在第三象限.7.A【点拨】根据题意得②一①,得2v=80,解得v=40,把v=40代人①,得s。+200=260,8.B【点拨】当购买5本A种图书时，设购买x本所所以当购买5本A种图书时，有3种采购方案.当购种图书.根据题意，得30×6+25m+20n=500,以或所以当购买6本案有3+3=6(种).12.0【点拨】∵x&y=mx+ny,1&1=3,1&.2=5,解得将②代入①,得3(y+3)+2y=14,解得y=1,把y=1代入②,得x=1+3=4,∴原方程组的解为由②×3+①,得10x=-10,把x=-1代入②,得2×(一1)-y=-5,∴原方程组的解为(3)原方程组可整理得答案详解详析35答：十年来铁路增加里程5.2万公里，公路增加里程104.8万公里.答：十年来铁路增加里程5.2万公里，公路增加里程104.8万公里.箱，则乙车装A种货物(20-x)箱，B种货物将y=2代入②,得x—3×2=-3,∴原方程组的解为14.【解】将代人②,得—12+b=-2,即甲车装了18箱A种货物和2箱B种货物，乙车装了2箱A即甲车装了18箱A种货物和2箱B种货物，乙车装了2箱A种货物和18箱B种货物，所以甲车有2箱货物装错.把a=1,b=10代入方程组得7.40【点拨】设安排x名工人加工A型零件，则安排(m-x)名工人加工B型零件，根据题意得15.【解】()。由①,得2y=(1+a)—ax,③则工厂有40名工人.将③代入②,得2x+[(1+a)-ax]b=3,则工厂有40名工人.8.【解】(1)①(6x+18);(x+3因为方程组有无穷多组解，②根据题意得所以2—ab=0且3-b—ab=0,所以ab=2.所以3—b-2=0.所以b=1.所以a=2.②根据题意得(2)没有.理由如下：(2)40或45或50【点拨】根据题意得6x+18=(2)40或45或50【点拨】根据题意得6x+18=∵x,n均为整数，x是3的倍数.∵40≤n≤50,∴x∵x,n均为整数，x是3的倍数.∵40≤n≤50,∴x的值可取21,24,27,-1或-3,此时所以原方程组无整数解.综上，原方程组没有整数解.综上，n的值可以是40或45或509.【解】综上，n的值可以是40或45或509.【解】(1)第一次实验用粮食糟醅和芋头糟醅的质量分别是x,y公斤，则第二次实验用粮食糟醅和芋头糟醅的质量分别是2x,3y公斤，5.【解】设十年来铁路增加里程x万公里，公路增加里程y万公里，由题意可得由题意得解得由题意可得 36.C【.C【点拨】设两工程队各工作了x天，在施工期∴两个工程队各工作了17天.6.D【点拨】结论I:若m的值为3,则3-n=8,答：第一次实验用粮食糟醅和芋头糟醅的质量分别是40,20公斤.(2)两次实验得到的粮食酒总量为(40+40×2)×30%=36(公斤),设需要准备z公斤大米，则粮食糟醅的质量为4z公斤，由题意可得4z×30%×80%=36,解答：需要准备37.5公斤大米.第2课时几何图形问题、数字问题与工程问题结论Ⅱ:解得由①一②,得4x-4y=m-n.3.12;20【点拨】设白色皮块有x块，黑3.12;20【点拨】设白色皮块有x块，黑色皮块有y块，由题意得解得所以白色皮块有20块，黑色皮块有12块.②甲工程队工作的天数；乙工程队工作的天数(2)选择①:7.6cm【点拨】设题图①中，去掉凸起部分的木构件长度为xcm,凸起部分的长度为ycm,由题意得解得∴题图①中的木构件长度为x+y=5.5+0.5=6(cm).设甲工程队整治河道xm,乙工程队整治河道8.【解】设同时放入小球x设甲工程队整治河道xm,乙工程队整治河道则一个小球的体积为(32—26)×a÷3=2a(cm³),一个大球的体积为(32—26)×a÷2=3a(cm³),由题意可得答：甲工程队整治河道150m,乙工程队整治河道75m.答：需要同时放入小球6个，大球4个.9.答：需要同时放入小球6个，大球4个.9.【解】(1)①484②如图①,设AD=xcm,AE=ycm,设甲工程队工作的天数是m天，乙工程队工作的天数是n天.则所以甲工程队整治的河道长度为15×10=150(m),乙工程队整治的河道长度为15×5=75(m).∴该长方体纸盒的体积为答：甲工程队整治河道150m,乙工程队整治河道75m.∴该长方体纸盒的体积为答案详解详析37购买2个艺术饰品，2个垃圾桶.9.【解】(1)设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，解得答：A型汽车每辆的进价为8