江蘇省七年級下學期期末必刷基礎60題（31個考點專練）解析版

江蘇省七下期末必刷基礎60題（31個考點專練）一．科學記數法—表示較小的數（共2小題）1．（2023春?常州期末）細菌的個體十分微小，大約10億個細菌堆積起來只有一顆小米粒那么大．某種細菌的直徑是0.000002，用科學記數法表示這種細菌的直徑是A． B． C． D．【分析】絕對值小于1的正數也可以利用科學記數法表示，一般形式為，與較大數的科學記數法不同的是其所使用的是負整數指數冪，指數由原數左邊起第一個不為零的數字前面的0的個數所決定．【解答】解：．故選：．【點評】本題考查用科學記數法表示較小的數，一般形式為，其中，為由原數左邊起第一個不為零的數字前面的0的個數所決定．2．（2023春?丹陽市校級期末）是第五代移動通信技術，應用網絡下載一個的文件只需要0.00076秒，則數據0.00076用科學記數法可表示為．【分析】科學記數法的表示形式為的形式，其中，為整數．確定的值時，要看把原數變成時，小數點移動了多少位，的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值時，是正整數；當原數的絕對值時，是負整數．【解答】解：．故答案為：．【點評】此題考查科學記數法的表示方法．科學記數法的表示形式為的形式，其中，為整數，正確確定的值以及的值是解決問題的關鍵．二．同底數冪的乘法（共1小題）3．（2023春?靖江市期末）已知，，則6．【分析】根據同底數冪的乘法，可得答案．【解答】解：，故答案為：6．【點評】本題考查了同底數冪的乘法，同底數冪的乘法底數不變指數相加．三．冪的乘方與積的乘方（共3小題）4．（2023春?灌南縣期末）下列運算正確的是A． B． C． D．【分析】根據合并同類項的法則：把同類項的系數相加，所得結果作為系數，字母和字母的指數不變；同底數冪的乘法法則：同底數冪相乘，底數不變，指數相加；積的乘方法則：把每一個因式分別乘方，再把所得的冪相乘；冪的乘方法則：底數不變，指數相乘進行計算即可．【解答】解：、，故原題計算錯誤；、，故原題計算錯誤；、，故原題計算錯誤；、，故原題計算正確；故選：．【點評】此題主要考查了合并同類項、同底數冪的乘法、積的乘方、冪的乘方，關鍵是掌握各計算法則．5．（2023春?鼓樓區(qū)期末）計算：．【分析】逆用積的乘方公式計算即可．【解答】解：．故答案為：．【點評】本題考查利用積的乘方進行計算，解題的關鍵是逆用積的乘方公式．6．（2023春?高郵市期末）如圖，用4張長為，寬為的長方形紙片拼成一個大正方形后，中間恰好是一個小正方形．若大正方形的邊長為7，長方形紙片的面積為12．（1）求中間小正方形的邊長；（2）若長方形紙片的長和寬各增加1，求此時長方形紙片的面積；（3）求的值．【分析】（1）大正方形的邊長為7，長方形紙片的面積為12得，，設中間小正方形的邊長，依題意可列出方程，解此方程求出即可；（2）長方形紙片的長和寬各增加1，則長為，寬為，，然后把，整體代入求出即可；（3）先把轉化為，然后在，即可得出答案．【解答】解：大正方形的邊長為7，長方形紙片的面積為12，，（1）設中間小正方形的邊長，依題意得：，（舍去負值），中間小正方形的邊長為1．（2）長方形紙片的長和寬各增加1，則長為，寬為，設此時長方形紙片的面積為，則；（3）．【點評】此題主要考查了列代數式，求代數式的值，解答此題的關鍵是依題意得出，，難點是根據“中間小正方形的面積個矩形紙片的面積大正方形的面積”列出方程及整體思想的應用．四．同底數冪的除法（共3小題）7．（2023春?泰興市期末）下列各式，計算結果為的是A． B． C． D．【分析】直接利用合并同類項，同底數冪的乘除運算法則以及冪的乘方運算法則計算得出答案．【解答】解：、，無法計算，故此選項錯誤；、，故此選項正確；、，故此選項錯誤；、，故此選項錯誤．故選：．【點評】本題考查的是同底數冪的乘法與除法，合并同類項及冪的乘方法則，熟知以上知識是解答此題的關鍵．8．（2023春?泰興市期末）若，，則．【分析】利用同底數冪的除法逆運算的法則及冪的乘方的法則對所求的式子進行整理，再代入相應的值運算即可．【解答】解：當，時，．故答案為：．【點評】本題主要考查同底數冪的除法逆運算，冪的乘方，解答的關鍵是對相應的運算法則的掌握．9．（2023春?邗江區(qū)期末）按要求解答下列各小題．（1）已知，，求的值；（2）如果，求的值；（3）已知，求的值．【分析】（1）利用同底數冪的除法的運算法則即可求解；（2）利用冪的乘方與積的乘方的運算法則，將變形，再代入求解即可．（3）利用同底數冪的乘法與同底數冪的除法，聯(lián)立方程，求解即可．【解答】解：（1），，．（2），，．（3），，即，解得．【點評】本題考查同底數冪的乘法、同底數冪的除法、冪的乘方與積的乘方，熟練掌握運算法則是解答本題的關鍵．五．多項式乘多項式（共2小題）10．（2023春?淮安區(qū)期末）小羽制作了如圖所示的卡片類，類，類各50張，其中，兩類卡片都是正方形，類卡片是長方形，現(xiàn)要拼一個長為，寬為的大長方形，那么所準備的類卡片的張數A．夠用，剩余4張 B．夠用，剩余5張 C．不夠用，還缺4張 D．不夠用，還缺5張【分析】根據大長方形的面積公式求出拼成大長方形的面積，再對比卡片的面積，即可求解．【解答】解：大長方形的面積為，類卡片的面積是，需要類卡片的張數是54，不夠用，還缺4張，故選：．【點評】本題主要考查多項式與多項式的乘法與圖形的面積，掌握多項式乘以多項式的計算方法是解題的關鍵．11．（2023春?靖江市期末）若的乘積中不含的一次項，則．【分析】首先利用多項式乘多項式的計算方法進行乘法運算，再根據乘積中不含的一次項，使含的一次項的系數之和等于0即可．【解答】解：，乘積中不含的一次項，，解得：，故答案為：．【點評】此題主要考查了多項式的乘法，關鍵是掌握多項式與多項式相乘的法則：多項式與多項式相乘，先用一個多項式的每一項乘另外一個多項式的每一項，再把所得的積相加．六．完全平方公式（共2小題）12．（2023春?海州區(qū)期末）下列運算正確的A． B． C． D．【分析】、根據積的乘方的運算法則計算；、把多項式合并同類項；、用完全平方公式計算；、根據同底數的冪相除的運算法則計算．【解答】解：、原式，不符合題意；、原式，符合題意；、原式，不符合題意；、原式，不符合題意；故選：．【點評】本題考查了積的乘方、合并同類項、完全平方公式、同底數的冪相除，掌握這幾個知識點的綜合應用是解題關鍵．13．（2023春?泰興市期末）請從①，②，③，中任選兩個作為條件，求的值．你選擇的兩項為①②（答案不唯一）．（只填序號）【分析】選擇①②，利用完全平方公式展開，合并同類項后可求得的值；選擇①③或者②③同理．【解答】解：選擇的兩項為①②，若選擇①②，，，，，，的值為1，故答案為：①②；選擇的兩項為①③若選擇①③，，，，，，的值為1，故答案為：①③；選擇的兩項為②③，若選擇②③，，，，，的值為1，故答案為：①②（答案不唯一）．【點評】本題考查了整式的混合運算，完全平方公式，熟練掌握運算法則是解題的關鍵．七．完全平方式（共1小題）14．（2023春?高郵市期末）下列各式中，為完全平方式的是A． B． C． D．【分析】利用完全平方公式的結構特征判斷即可得到結果．【解答】解：，故選：．【點評】此題考查了完全平方式，熟練掌握完全平方公式是解本題的關鍵．八．整式的混合運算—化簡求值（共1小題）15．（2023春?吳江區(qū)期末）先化簡再求值，其中．【分析】用平方差公式和完全平方公式展開，合并同類項后，求出，的值代入計算即可．【解答】解：原式，，，，，，原式．【點評】本題考查整式化簡求值，解題的關鍵是掌握平方差公式和完全平方公式，把所求式子化簡．九．因式分解-提公因式法（共2小題）16．（2023春?句容市期末）因式分解：．【分析】結合多項式的特點，直接應用提取公因式法進行因式分解即可．【解答】解：故答案為：．【點評】本題考查因式分解，正確運用因式分解的方法是本題解題關鍵．17．（2023春?盱眙縣期末）因式分解：．【分析】提取公因式即可．【解答】解：．故答案為：．【點評】本題考查了分解因式，能熟練掌握分解因式的方法是解此題的關鍵，分解因式的方法有提取公因式法，公式法，十字相乘法等．一十．因式分解-運用公式法（共1小題）18．（2023春?興化市期末）已知二次三項式能用完全平方公式分解因式，則的值為．【分析】根據完全平方公式，第一個數為，第二個數為3，中間應加上或減去這兩個數積的兩倍．【解答】解：依題意，得，解得．故答案為：．【點評】本題考查了公式法分解因式，熟練掌握完全平方公式的結構特點是解題的關鍵．一十一．提公因式法與公式法的綜合運用（共3小題）19．（2023春?建鄴區(qū)校級期末）分解因式：（1）；（2）．【分析】（1）提公因式后利用平方差公式因式分解即可；（2）提公因式后利用完全平方公式因式分解即可【解答】解：（1）原式；（2）原式．【點評】本題考查因式分解，熟練掌握因式分解的方法是解題的關鍵．20．（2023春?無錫期末）分解因式：（1）；（2）．【分析】（1）利用完全平方公式因式分解即可；（2）提公因式后再利用平方差公式因式分解即可．【解答】解（1）原式；（2）原式．【點評】本題考查因式分解，熟練掌握并應用因式分解的方法是解題的關鍵．21．（2023春?江都區(qū)期末）分解因式：（1）；（2）．【分析】（1）直接提取公因式2，再利用平方差公式分解因式即可；（2）直接利用完全平方公式分解因式即可．【解答】解：（1）原式；（2）原式．【點評】此題主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正確運用公式法分解因式是解題關鍵．一十二．負整數指數冪（共2小題）22．（2023春?無錫期末）計算的結果為A． B． C．4 D．【分析】根據負整數指數冪計算公式直接進行計算即可．【解答】解：．故選：．【點評】此題主要考查了負整數指數冪，關鍵是掌握．23．（2023春?鼓樓區(qū)期末）計算：3．【分析】直接利用負整數指數冪的性質以及零指數冪的性質分別化簡，進而得出答案．【解答】解：原式．故答案為：3．【點評】此題主要考查了負整數指數冪的性質以及零指數冪的性質，正確化簡各數是解題關鍵．一十三．二元一次方程的解（共2小題）24．（2023春?南通期末）若，是關于和的二元一次方程的解，則的值等于A．3 B．6 C． D．【分析】把與的值代入方程計算即可求出，把所求式子因式分解后代入計算即可．【解答】解：將代入方程得：，．故選：．【點評】此題考查了二元一次方程的解，方程的解即為能使方程左右兩邊相等的未知數的值．25．（2023春?淮安區(qū)期末）已知是方程的一個解，則的值是1．【分析】根據方程的解滿足方程直接代入求解即可得到答案．【解答】解：由題意可得，，解得，故答案為：1．【點評】本題考查二元一次方程的解得問題，解題的關鍵是根據方程的解滿足方程直接代入列新的方程求解．一十四．二元一次方程組的解（共1小題）26．（2023春?海門市期末）已知關于、的二元一次方程組，給出下列結論中正確的是①當這個方程組的解、的值互為相反數時，；②當時，方程組的解也是方程的解；③無論取什么實數，的值始終不變；④若用表示，則．A．①② B．②③ C．①③④ D．②③④【分析】把兩個方程相加，可以得出，從而可得，即可判斷①，當時，原方程組的解滿足，而方程的解滿足，即可判斷②，先解方程組，可得，然后再計算的值，即可判斷③，將方程組中的字母消去，即可判斷④．【解答】解：，①②得：，，①當這個方程組的解、的值互為相反數時，即，，，故第1個結論正確；②原方程組的解滿足：，當時，，而當時，方程的解滿足，故第2個結論不正確；③，解得：，，無論取什么實數，的值始終不變；故第3個結論正確；④，由①得：③，把③代入②得：，解得：，故第4個結論正確；所以，上列結論中正確的有3個．故選：．【點評】本題考查了解二元一次方程組，二元一次方程組的解，熟練掌握解方程中的整體思想是解題的關鍵．一十五．解二元一次方程組（共2小題）27．（2023春?丹徒區(qū)期末）解方程組（1）；（2）．【分析】（1）利用代入消元法解方程組即可；（2）利用加減消元法解方程組即可．【解答】解：（1），將②代入①得：，整理得：，解得：，將代入②得：，故原方程組的解為；（2），①②得：，解得：，將代入②得：，解得：，故原方程組的解為．【點評】本題考查解二元一次方程組，熟練掌握解方程組的方法是解題的關鍵．28．（2023春?沭陽縣期末）按要求解方程組：（1）（用代入消元法）；（2）（用加減消元法）．【分析】（1）把方程①化為，再利用代入法求解即可；（2）由①②先求解，再求解即可．【解答】解：（1），將①變形為③，將③代入②，得，解得，將代入③，得，所以方程組的解為；（2），①②得，，解得，把代入②得，，解得，所以方程組的解為．【點評】本題考查的是二元一次方程組的解法，掌握代入消元法與加減消元法是解本題的關鍵．一十六．由實際問題抽象出二元一次方程組（共1小題）29．（2023春?姑蘇區(qū)校級期末）古代一歌謠：棲樹一群鴉，鴉樹不知數：三個坐一棵，五個地上落；五個坐一棵，閑了一棵樹．請你動腦筋，鴉樹各幾何？若設烏鴉有只，樹有棵，由題意可列方程組A． B． C． D．【分析】根據“三個坐一棵，五個地上落；五個坐一棵，閑了一棵樹”，即可得出關于，的二元一次方程組，此題得解．【解答】解：依題意，得：．故選：．【點評】本題考查了由實際問題抽象出二元一次方程組，找準等量關系，正確列出二元一次方程組是解題的關鍵．一十七．不等式的性質（共2小題）30．（2023春?鼓樓區(qū)期末）如果，那么下列不等式成立的是A． B． C． D．【分析】根據不等式的性質判斷即可．【解答】解：．若，根據不等式的性質①得，，原變形不成立，故本選項不符合題意；．若，根據不等式的性質③得，，原變形成立，故本選項符合題意；．若，根據不等式的性質②得，，原變形不成立，故本選項不符合題意；．若，令，，，原變形不成立，故本選項不符合題意；故選：．【點評】本題考查了不等式的性質，掌握①不等式的兩邊同時加上（或減去）同一個數或同一個含有字母的式子，不等號的方向不變；②不等式的兩邊同時乘（或除以）同一個正數，不等號的方向不變；③不等式的兩邊同時乘（或除以）同一個負數，不等號的方向改變是解題的關鍵．31．（2023春?泰興市期末）已知，下列不等式中正確的是A． B． C． D．【分析】：根據不等式性質①不等式的兩邊同時加上（或減去）同一個數或同一個含有字母的式子，不等號的方向不變，進行求解即可得出答案；：根據不等式性質③不等式的兩邊同時乘以（或除以）同一個負數，不等號的方向改變，進行求解即可得出答案；：根據不等式性質②不等式的兩邊同時乘以（或除以）同一個正數，不等號的方向不變，進行求解即可得出答案；：根據不等式性質①不等式的兩邊同時加上（或減去）同一個數或同一個含有字母的式子，不等號的方向不變，進行求解即可得出答案；【解答】解：，，故選項不符合題意；，，故選項不符合題意；，，故選項不符合題意；，，故選項符合題意．故選：．【點評】本題主要考查了不等式的性質，熟練應用不等式的性質進行求解是解決本題的關鍵．一十八．不等式的解集（共1小題）32．（2023春?南通期末）若關于的不等式組無解，則的取值范圍是．【分析】根據不等式組的解集的定義可知，不等式組中兩個不等式的解集沒有公共部分，進而得出的取值范圍．【解答】解：關于的不等式組無解，也就是兩個不等式解集沒有公共部分，即，沒有公共部分，，故答案為：．【點評】本題考查不等式的解集，解題的關鍵是理解不等式組解集的定義．一十九．解一元一次不等式（共2小題）33．（2023春?沭陽縣期末）不等式的解集是．【分析】根據解一元一次不等式的方法可以解答本題．【解答】解：，移項及合并同類項，得：，系數化為1，得：，故答案為：．【點評】本題考查解一元一次不等式，解答本題的關鍵是明確解一元一次不等式的方法．34．（2023春?句容市期末）已知關于，的方程組．若，為非負數，求的取值范圍．【分析】先用含的代數式表示出、，再根據，為非負數可以列出關于的不等式組，然后求解即可．【解答】解：解方程組得：，，為非負數，，解得．即的取值范圍是．【點評】本題考查解二元一次方程組、解一元一次不等式組，解答本題的關鍵是明確解一元一次不等式的方法和解二元一次方程組的方法．二十．一元一次不等式的應用（共1小題）35．（2023春?溧陽市期末）某種服裝的進價為200元，出售時標價為300元，由于換季，商店準備打折銷售，但要保持利潤不低于，那么至多打A．6折 B．7折 C．8折 D．9折【分析】設該服裝打折銷售，根據利潤售價進價結合利潤不低于，即可得出關于的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出結論．【解答】解：設該服裝打折銷售，依題意，得：，解得：．故選：．【點評】本題考查了一元一次不等式的應用，根據各數量之間的關系，正確列出一元一次不等式是解題的關鍵．二十一．一元一次不等式組的整數解（共2小題）36．（2023春?儀征市期末）已知．（1）用含的代數式表示，則；（2）若為非負數，則的取值范圍是；（3）若，求整數的值．【分析】（1）把等式移到等式右邊即可．（2）為非負數，即，解不等式即可．（3），即，解不等式組，求整數解即可．【解答】解：（1），．（2）為非負數，，，解得．（3），，解得：，為整數，，，故整數的值為：或．【點評】本題考查一次函數與一元一次不等式的關系，根據的取值確定含的代數式的取值范圍是解題的關鍵．37．（2023春?邗江區(qū)校級期末）解不等式組，并寫出它的所有整數解的和．【分析】分別求解這兩個不等式，得到不等式組的解集，寫出不等式組的整數解即可．【解答】解：解第一個不等式得：；；即，解第二個不等式得：；；即，原不等式組的解集為：，所以不等式組的整數解為：、、0、1．【點評】本題考查了解一元一次不等式組，一元一次不等式組的整數解，掌握同大取大；同小取??；大小小大中間找；大大小小找不到是解題的關鍵．二十二．平行線的判定（共1小題）38．（2023春?吳江區(qū)期末）如圖，點在的延長線上，下列條件中不能判定的是A． B． C． D．【分析】利用平行線的判定條件進行分析即可．【解答】解：當時，由內錯角相等，兩直線平行得，故不符合題意；當時，由內錯角相等，兩直線平行得，故符合題意；當時，由同位角相等，兩直線平行得，故不符合題意；當時，由同旁內角互補，兩直線平行得，故不符合題意；故選：．【點評】本題主要考查平行線的判定，解答的關鍵是熟記平行線的判定條件并靈活運用．二十三．平行線的性質（共4小題）39．（2023春?鼓樓區(qū)期末）如圖，把一張長方形紙片沿折疊，，則A． B． C． D．【分析】根據平行線的性質得出，根據折疊的性質求出，根據平角的定義求解即可．【解答】解：，，，根據折疊的性質得，，，，故選：．【點評】此題考查了平行線的性質，熟記“兩直線平行，內錯角相等”是解題的關鍵．40．（2023春?溧陽市期末）如圖，直線，小亮把一把含的三角尺的直角頂點放在直線上，把的頂點放在直線上，若，則的度數為．【分析】根據兩直線平行，同旁內角互補結合已知條件即可求出的度數．【解答】解：，，，，故答案為：．【點評】本題考查了平行線的性質，熟練掌握兩直線平行，同旁內角互補是解題的關鍵．41．（2023春?如皋市期末）如圖，，，平分交于點．（1）求的度數；（2）若，判斷與的位置關系，并說明理由．【分析】（1）先由平行線的性質得，進而得，再根據角平分線的定義可得出答案；（2）先由平行線的性質得，再根據得，據此即可判定與的位置．【解答】解：（1），，又，，平分，，（2）與的位置關系是：．理由如下：由（1）可知：，，，又，，．【點評】此題主要考查了平行線的判定和性質，解答此題的關鍵是熟練掌握平行線的判定和性質：兩直線平行同位角相等，兩直線平行內錯角相等，兩直線平行同旁內角互補．42．（2023春?泰州期末）如圖1是一蓋可折疊臺燈．圖2、圖3是其平面示意圖，支架、為固定支撐桿，支架可繞點旋轉調節(jié)．已知燈體頂角，頂角平分線始終與垂直．（1）如圖2，當支架旋轉至水平位置時，恰好與平行，求支架與水平方向的夾角的度數；（2）若將圖2中的繞點順時針旋轉到如圖3的位置，求此時與水平方向的夾角的度數．【分析】（1）利用角平分線定義可得，由垂直定義可得，得出，再運用平行線性質即可得出答案；（2）過點作，過點作，根據平行線的性質求解即可．【解答】解：（1）如圖2，，平分，，，，，，，，，即；（2）如圖3，過點作，過點作，則，，，，，，，．【點評】本題考查了平行線性質等，熟練掌握平行線性質是解題關鍵．二十四．平行線的判定與性質（共4小題）43．（2023春?宿城區(qū)期末）如圖，已知：，，求證．證明：（已知），又（對頂角相等），（等量代換），，．又（已知），（等量代換），．【分析】直接利用平行線的判定與性質結合已知條件得出，進而得出答案．【解答】證明：（已知），又（對頂角相等），（等量代換），，（兩直線平行，同位角相等）．又（已知），（等量代換），（內錯角相等，兩直線平行）．故答案為：；兩直線平行，同位角相等；；內錯角相等，兩直線平行．【點評】此題主要考查了平行線的判定與性質，正確得出是解題關鍵．44．（2023春?儀征市期末）如圖，在中，，、是、上的兩點，．（1）求證：；（2）若，平分，求的度數．【分析】（1）首先由得，再根據，由此得，據此可得出結論；（2）先由，得，再由平分，得，最后再根據可得的度數．【解答】（1）證明：，，，，．（2）解：，，，平分，，，．【點評】此題主要考查了平行線的判定和性質，解答此題的關鍵是準確識圖，熟練掌握平行線的判定及性質．45．（2023春?丹徒區(qū)期末）如圖，四邊形中，點、分別在、上，，．（1）判斷與的位置關系，并說明理由．（2）若，平分，且，求的度數．【分析】（1）結合題意，利用平行線的判定及性質即可得出結論；（2）根據角平分線定義及平行線的性質可求得的度數，然后根據角的和差計算即可．【解答】解：（1），理由如下：，，，，，；（2），平分，，，，，．【點評】本題考查平行線的判定與性質，垂直的定義及角的和差，（1）中根據平行線的判定及性質證得是解題的關鍵．46．（2023春?邗江區(qū)期末）如圖，已知，，，點，，在同一條直線上．（1）判斷與的位置關系，并說明理由．（2）若，求的度數．【分析】（1）先根據，得出，故可得出，再由得出，故可得出結論；（2）由得出的度數，再由直角三角形的性質可得出結論．【解答】解：（1）．理由：，，，，，，；（2），，，．【點評】本題考查的是平行線的判定與性質，先根據題意得出是解答此題的關鍵．二十五．三角形三邊關系（共3小題）47．（2023春?淮安期末）下列各組長度的三條線段能組成三角形的是A．1，2，3 B．1，1，2 C．1，2，2 D．1，5，7【分析】根據三角形的任意兩邊的和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，只要把三邊代入，看是否滿足即可．【解答】解：，不能構成三角形，不合題意；，不能構成三角形，不合題意；，能構成三角形，符合題意；，不能構成三角形，不合題意．故選：．【點評】此題主要考查了三角形的三邊關系，要注意三角形形成的條件：任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．48．（2023春?南通期末）若三角形兩邊、的長分別為3和4，則第三邊的取值范圍是A． B． C． D．【分析】根據三角形的任意兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊求出第三邊的取值范圍．【解答】解：根據三角形的三邊關系可得：，解得：，故選：．【點評】本題考查了三角形的三邊關系，熟記性質是解題的關鍵．49．（2023春?丹陽市校級期末）已知三角形三條邊長分別是2、、3，且為奇數，則3．【分析】首先根據三角形的三邊之間的關系得：，由此解得，然后再根據為奇數即可求出的值．【解答】解：根據三角形的三邊之間的關系得：，，為奇數，．故答案為：3．【點評】此題主要考查了三角形的三邊之間關系，解答此題的關鍵是熟練掌握三角形的三邊之間關系：任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．二十六．三角形的外角性質（共1小題）50．（2023春?泗洪縣期末）如圖，五角星的五個內角之和180度．【分析】根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和把五個角轉化為一個三角形的內角的和，再根據三角形內角和定理解答．【解答】解：如圖，，，，，．故答案為：180．【點評】本題考查了三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質，三角形的內角和定理，把五個角轉化為一個三角形的三個內角的和是解題的關鍵．二十七．多邊形的對角線（共1小題）51．（2023春?南通期末）從一個多邊形的一個頂點出發(fā)畫了6條對角線，則這個多邊形是九邊形．【分析】先由邊形從一個頂點出發(fā)可引出條對角線，可得這個多邊形的邊數．【解答】解：設這個多邊形的邊數是，由題意，得，解得，所以這個多邊形是九邊形．故答案為：九．【點評】本題考查了多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段，叫做多邊形的對角線．掌握邊形從一個頂點出發(fā)可引出條對角線是解題的關鍵．二十八．多邊形內角與外角（共4小題）52．（2023春?高郵市期末）如圖，將透明直尺疊放在正五邊形徽章上，若直尺的下沿于點，且經過點，上沿經過點，則的度數為A． B． C． D．【分析】利用多邊形的內角和及正多邊形的性質求得，的度數，然后結合已知條件及四邊形的內角和求得的度數，從而求得的度數．【解答】解：由題意可得，，，四邊形中，，，故選：．【點評】本題考查多邊形的內角和，結合已知條件求得，的度數是解題的關鍵．53．（2023春?常州期末）一個多邊形的每一個外角都是，則這個多邊形的邊數為A．6 B．7 C．8 D．9【分析】任意多邊形的外角和為，用除以即為多邊形的邊數．【解答】解：．故選：．【點評】本題主要考查的是多邊形的外角和的應用，明確正多邊形的每個外角的度數邊數是解題的關鍵．54．（2023春?秦淮區(qū)期末）一個正多邊形每個內角與它相鄰外角的度數比為，則這個正多邊形是A．正五方形 B．正六邊形 C．正七邊形 D．正八邊形【分析】設這個外角是，則內角是，根據內角與它相鄰的外角互補列出方程求出外角的度數，根據多邊形的外角和是即可求解．【解答】解：一個正多邊形每個內角與它相鄰外角的度數比為，設這個外角是，則內角是，根據題意得，解得，，故選：．【點評】本題考查了多邊形的內角和外角，根據內角與它相鄰的外角互補列出方程是解題的關鍵．55．（2023春?灌云縣期末）如圖，在四邊形中，，連接，點在邊上，點在邊上，且．（1）求證：；（2）若平分，，，求的度數．【分析】（1）由知，結合得，據此即可得證；（2）由、知，再根據平分線定義及知，由三角形的內角和定理可得答案．【解答】解：（1）如圖，（已知），（兩直線平行，內錯角相等）．，（等量代換）．（同位角相等，兩直線平行）．（2）解：（已知），（兩直線平行，同旁內角互補）．（已知），．平分（已知），．．在中，（三角形內角和定理），，．【點評】本題主要考查多邊形的內角與外角、平行線的判定與性質，解題的關鍵是掌握平行線的判定與性質、三角形的內角和定理及角平分線的性質．二十九．命題與定理（共2小題）56．（2023春?丹徒區(qū)期末）下列命題中，是真命題的是A．內錯角相等 B．