江苏省七年级下学期期末必刷基础60题（31个考点专练）解析版

江苏省七下期末必刷基础60题（31个考点专练）一．科学记数法—表示较小的数（共2小题）1．（2023春•常州期末）细菌的个体十分微小，大约10亿个细菌堆积起来只有一颗小米粒那么大．某种细菌的直径是0.000002，用科学记数法表示这种细菌的直径是A． B． C． D．【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，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：．故选：．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，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．2．（2023春•丹阳市校级期末）是第五代移动通信技术，应用网络下载一个的文件只需要0.00076秒，则数据0.00076用科学记数法可表示为．【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数．【解答】解：．故答案为：．【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，正确确定的值以及的值是解决问题的关键．二．同底数幂的乘法（共1小题）3．（2023春•靖江市期末）已知，，则6．【分析】根据同底数幂的乘法，可得答案．【解答】解：，故答案为：6．【点评】本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的乘法底数不变指数相加．三．幂的乘方与积的乘方（共3小题）4．（2023春•灌南县期末）下列运算正确的是A． B． C． D．【分析】根据合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变；同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；幂的乘方法则：底数不变，指数相乘进行计算即可．【解答】解：、，故原题计算错误；、，故原题计算错误；、，故原题计算错误；、，故原题计算正确；故选：．【点评】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、幂的乘方，关键是掌握各计算法则．5．（2023春•鼓楼区期末）计算：．【分析】逆用积的乘方公式计算即可．【解答】解：．故答案为：．【点评】本题考查利用积的乘方进行计算，解题的关键是逆用积的乘方公式．6．（2023春•高邮市期末）如图，用4张长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形后，中间恰好是一个小正方形．若大正方形的边长为7，长方形纸片的面积为12．（1）求中间小正方形的边长；（2）若长方形纸片的长和宽各增加1，求此时长方形纸片的面积；（3）求的值．【分析】（1）大正方形的边长为7，长方形纸片的面积为12得，，设中间小正方形的边长，依题意可列出方程，解此方程求出即可；（2）长方形纸片的长和宽各增加1，则长为，宽为，，然后把，整体代入求出即可；（3）先把转化为，然后在，即可得出答案．【解答】解：大正方形的边长为7，长方形纸片的面积为12，，（1）设中间小正方形的边长，依题意得：，（舍去负值），中间小正方形的边长为1．（2）长方形纸片的长和宽各增加1，则长为，宽为，设此时长方形纸片的面积为，则；（3）．【点评】此题主要考查了列代数式，求代数式的值，解答此题的关键是依题意得出，，难点是根据“中间小正方形的面积个矩形纸片的面积大正方形的面积”列出方程及整体思想的应用．四．同底数幂的除法（共3小题）7．（2023春•泰兴市期末）下列各式，计算结果为的是A． B． C． D．【分析】直接利用合并同类项，同底数幂的乘除运算法则以及幂的乘方运算法则计算得出答案．【解答】解：、，无法计算，故此选项错误；、，故此选项正确；、，故此选项错误；、，故此选项错误．故选：．【点评】本题考查的是同底数幂的乘法与除法，合并同类项及幂的乘方法则，熟知以上知识是解答此题的关键．8．（2023春•泰兴市期末）若，，则．【分析】利用同底数幂的除法逆运算的法则及幂的乘方的法则对所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．【解答】解：当，时，．故答案为：．【点评】本题主要考查同底数幂的除法逆运算，幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．9．（2023春•邗江区期末）按要求解答下列各小题．（1）已知，，求的值；（2）如果，求的值；（3）已知，求的值．【分析】（1）利用同底数幂的除法的运算法则即可求解；（2）利用幂的乘方与积的乘方的运算法则，将变形，再代入求解即可．（3）利用同底数幂的乘法与同底数幂的除法，联立方程，求解即可．【解答】解：（1），，．（2），，．（3），，即，解得．【点评】本题考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．五．多项式乘多项式（共2小题）10．（2023春•淮安区期末）小羽制作了如图所示的卡片类，类，类各50张，其中，两类卡片都是正方形，类卡片是长方形，现要拼一个长为，宽为的大长方形，那么所准备的类卡片的张数A．够用，剩余4张 B．够用，剩余5张 C．不够用，还缺4张 D．不够用，还缺5张【分析】根据大长方形的面积公式求出拼成大长方形的面积，再对比卡片的面积，即可求解．【解答】解：大长方形的面积为，类卡片的面积是，需要类卡片的张数是54，不够用，还缺4张，故选：．【点评】本题主要考查多项式与多项式的乘法与图形的面积，掌握多项式乘以多项式的计算方法是解题的关键．11．（2023春•靖江市期末）若的乘积中不含的一次项，则．【分析】首先利用多项式乘多项式的计算方法进行乘法运算，再根据乘积中不含的一次项，使含的一次项的系数之和等于0即可．【解答】解：，乘积中不含的一次项，，解得：，故答案为：．【点评】此题主要考查了多项式的乘法，关键是掌握多项式与多项式相乘的法则：多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加．六．完全平方公式（共2小题）12．（2023春•海州区期末）下列运算正确的A． B． C． D．【分析】、根据积的乘方的运算法则计算；、把多项式合并同类项；、用完全平方公式计算；、根据同底数的幂相除的运算法则计算．【解答】解：、原式，不符合题意；、原式，符合题意；、原式，不符合题意；、原式，不符合题意；故选：．【点评】本题考查了积的乘方、合并同类项、完全平方公式、同底数的幂相除，掌握这几个知识点的综合应用是解题关键．13．（2023春•泰兴市期末）请从①，②，③，中任选两个作为条件，求的值．你选择的两项为①②（答案不唯一）．（只填序号）【分析】选择①②，利用完全平方公式展开，合并同类项后可求得的值；选择①③或者②③同理．【解答】解：选择的两项为①②，若选择①②，，，，，，的值为1，故答案为：①②；选择的两项为①③若选择①③，，，，，，的值为1，故答案为：①③；选择的两项为②③，若选择②③，，，，，的值为1，故答案为：①②（答案不唯一）．【点评】本题考查了整式的混合运算，完全平方公式，熟练掌握运算法则是解题的关键．七．完全平方式（共1小题）14．（2023春•高邮市期末）下列各式中，为完全平方式的是A． B． C． D．【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可得到结果．【解答】解：，故选：．【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．八．整式的混合运算—化简求值（共1小题）15．（2023春•吴江区期末）先化简再求值，其中．【分析】用平方差公式和完全平方公式展开，合并同类项后，求出，的值代入计算即可．【解答】解：原式，，，，，，原式．【点评】本题考查整式化简求值，解题的关键是掌握平方差公式和完全平方公式，把所求式子化简．九．因式分解-提公因式法（共2小题）16．（2023春•句容市期末）因式分解：．【分析】结合多项式的特点，直接应用提取公因式法进行因式分解即可．【解答】解：故答案为：．【点评】本题考查因式分解，正确运用因式分解的方法是本题解题关键．17．（2023春•盱眙县期末）因式分解：．【分析】提取公因式即可．【解答】解：．故答案为：．【点评】本题考查了分解因式，能熟练掌握分解因式的方法是解此题的关键，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-运用公式法（共1小题）18．（2023春•兴化市期末）已知二次三项式能用完全平方公式分解因式，则的值为．【分析】根据完全平方公式，第一个数为，第二个数为3，中间应加上或减去这两个数积的两倍．【解答】解：依题意，得，解得．故答案为：．【点评】本题考查了公式法分解因式，熟练掌握完全平方公式的结构特点是解题的关键．一十一．提公因式法与公式法的综合运用（共3小题）19．（2023春•建邺区校级期末）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．【点评】本题考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．20．（2023春•无锡期末）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．【点评】本题考查因式分解，熟练掌握并应用因式分解的方法是解题的关键．21．（2023春•江都区期末）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．【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用公式法分解因式是解题关键．一十二．负整数指数幂（共2小题）22．（2023春•无锡期末）计算的结果为A． B． C．4 D．【分析】根据负整数指数幂计算公式直接进行计算即可．【解答】解：．故选：．【点评】此题主要考查了负整数指数幂，关键是掌握．23．（2023春•鼓楼区期末）计算：3．【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．【解答】解：原式．故答案为：3．【点评】此题主要考查了负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质，正确化简各数是解题关键．一十三．二元一次方程的解（共2小题）24．（2023春•南通期末）若，是关于和的二元一次方程的解，则的值等于A．3 B．6 C． D．【分析】把与的值代入方程计算即可求出，把所求式子因式分解后代入计算即可．【解答】解：将代入方程得：，．故选：．【点评】此题考查了二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．25．（2023春•淮安区期末）已知是方程的一个解，则的值是1．【分析】根据方程的解满足方程直接代入求解即可得到答案．【解答】解：由题意可得，，解得，故答案为：1．【点评】本题考查二元一次方程的解得问题，解题的关键是根据方程的解满足方程直接代入列新的方程求解．一十四．二元一次方程组的解（共1小题）26．（2023春•海门市期末）已知关于、的二元一次方程组，给出下列结论中正确的是①当这个方程组的解、的值互为相反数时，；②当时，方程组的解也是方程的解；③无论取什么实数，的值始终不变；④若用表示，则．A．①② B．②③ C．①③④ D．②③④【分析】把两个方程相加，可以得出，从而可得，即可判断①，当时，原方程组的解满足，而方程的解满足，即可判断②，先解方程组，可得，然后再计算的值，即可判断③，将方程组中的字母消去，即可判断④．【解答】解：，①②得：，，①当这个方程组的解、的值互为相反数时，即，，，故第1个结论正确；②原方程组的解满足：，当时，，而当时，方程的解满足，故第2个结论不正确；③，解得：，，无论取什么实数，的值始终不变；故第3个结论正确；④，由①得：③，把③代入②得：，解得：，故第4个结论正确；所以，上列结论中正确的有3个．故选：．【点评】本题考查了解二元一次方程组，二元一次方程组的解，熟练掌握解方程中的整体思想是解题的关键．一十五．解二元一次方程组（共2小题）27．（2023春•丹徒区期末）解方程组（1）；（2）．【分析】（1）利用代入消元法解方程组即可；（2）利用加减消元法解方程组即可．【解答】解：（1），将②代入①得：，整理得：，解得：，将代入②得：，故原方程组的解为；（2），①②得：，解得：，将代入②得：，解得：，故原方程组的解为．【点评】本题考查解二元一次方程组，熟练掌握解方程组的方法是解题的关键．28．（2023春•沭阳县期末）按要求解方程组：（1）（用代入消元法）；（2）（用加减消元法）．【分析】（1）把方程①化为，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），将①变形为③，将③代入②，得，解得，将代入③，得，所以方程组的解为；（2），①②得，，解得，把代入②得，，解得，所以方程组的解为．【点评】本题考查的是二元一次方程组的解法，掌握代入消元法与加减消元法是解本题的关键．一十六．由实际问题抽象出二元一次方程组（共1小题）29．（2023春•姑苏区校级期末）古代一歌谣：栖树一群鸦，鸦树不知数：三个坐一棵，五个地上落；五个坐一棵，闲了一棵树．请你动脑筋，鸦树各几何？若设乌鸦有只，树有棵，由题意可列方程组A． B． C． D．【分析】根据“三个坐一棵，五个地上落；五个坐一棵，闲了一棵树”，即可得出关于，的二元一次方程组，此题得解．【解答】解：依题意，得：．故选：．【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．一十七．不等式的性质（共2小题）30．（2023春•鼓楼区期末）如果，那么下列不等式成立的是A． B． C． D．【分析】根据不等式的性质判断即可．【解答】解：．若，根据不等式的性质①得，，原变形不成立，故本选项不符合题意；．若，根据不等式的性质③得，，原变形成立，故本选项符合题意；．若，根据不等式的性质②得，，原变形不成立，故本选项不符合题意；．若，令，，，原变形不成立，故本选项不符合题意；故选：．【点评】本题考查了不等式的性质，掌握①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；②不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变是解题的关键．31．（2023春•泰兴市期末）已知，下列不等式中正确的是A． B． C． D．【分析】：根据不等式性质①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变，进行求解即可得出答案；：根据不等式性质③不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，进行求解即可得出答案；：根据不等式性质②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变，进行求解即可得出答案；：根据不等式性质①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变，进行求解即可得出答案；【解答】解：，，故选项不符合题意；，，故选项不符合题意；，，故选项不符合题意；，，故选项符合题意．故选：．【点评】本题主要考查了不等式的性质，熟练应用不等式的性质进行求解是解决本题的关键．一十八．不等式的解集（共1小题）32．（2023春•南通期末）若关于的不等式组无解，则的取值范围是．【分析】根据不等式组的解集的定义可知，不等式组中两个不等式的解集没有公共部分，进而得出的取值范围．【解答】解：关于的不等式组无解，也就是两个不等式解集没有公共部分，即，没有公共部分，，故答案为：．【点评】本题考查不等式的解集，解题的关键是理解不等式组解集的定义．一十九．解一元一次不等式（共2小题）33．（2023春•沭阳县期末）不等式的解集是．【分析】根据解一元一次不等式的方法可以解答本题．【解答】解：，移项及合并同类项，得：，系数化为1，得：，故答案为：．【点评】本题考查解一元一次不等式，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．34．（2023春•句容市期末）已知关于，的方程组．若，为非负数，求的取值范围．【分析】先用含的代数式表示出、，再根据，为非负数可以列出关于的不等式组，然后求解即可．【解答】解：解方程组得：，，为非负数，，解得．即的取值范围是．【点评】本题考查解二元一次方程组、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法和解二元一次方程组的方法．二十．一元一次不等式的应用（共1小题）35．（2023春•溧阳市期末）某种服装的进价为200元，出售时标价为300元，由于换季，商店准备打折销售，但要保持利润不低于，那么至多打A．6折 B．7折 C．8折 D．9折【分析】设该服装打折销售，根据利润售价进价结合利润不低于，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．【解答】解：设该服装打折销售，依题意，得：，解得：．故选：．【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．二十一．一元一次不等式组的整数解（共2小题）36．（2023春•仪征市期末）已知．（1）用含的代数式表示，则；（2）若为非负数，则的取值范围是；（3）若，求整数的值．【分析】（1）把等式移到等式右边即可．（2）为非负数，即，解不等式即可．（3），即，解不等式组，求整数解即可．【解答】解：（1），．（2）为非负数，，，解得．（3），，解得：，为整数，，，故整数的值为：或．【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式的关系，根据的取值确定含的代数式的取值范围是解题的关键．37．（2023春•邗江区校级期末）解不等式组，并写出它的所有整数解的和．【分析】分别求解这两个不等式，得到不等式组的解集，写出不等式组的整数解即可．【解答】解：解第一个不等式得：；；即，解第二个不等式得：；；即，原不等式组的解集为：，所以不等式组的整数解为：、、0、1．【点评】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解，掌握同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．二十二．平行线的判定（共1小题）38．（2023春•吴江区期末）如图，点在的延长线上，下列条件中不能判定的是A． B． C． D．【分析】利用平行线的判定条件进行分析即可．【解答】解：当时，由内错角相等，两直线平行得，故不符合题意；当时，由内错角相等，两直线平行得，故符合题意；当时，由同位角相等，两直线平行得，故不符合题意；当时，由同旁内角互补，两直线平行得，故不符合题意；故选：．【点评】本题主要考查平行线的判定，解答的关键是熟记平行线的判定条件并灵活运用．二十三．平行线的性质（共4小题）39．（2023春•鼓楼区期末）如图，把一张长方形纸片沿折叠，，则A． B． C． D．【分析】根据平行线的性质得出，根据折叠的性质求出，根据平角的定义求解即可．【解答】解：，，，根据折叠的性质得，，，，故选：．【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．40．（2023春•溧阳市期末）如图，直线，小亮把一把含的三角尺的直角顶点放在直线上，把的顶点放在直线上，若，则的度数为．【分析】根据两直线平行，同旁内角互补结合已知条件即可求出的度数．【解答】解：，，，，故答案为：．【点评】本题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．41．（2023春•如皋市期末）如图，，，平分交于点．（1）求的度数；（2）若，判断与的位置关系，并说明理由．【分析】（1）先由平行线的性质得，进而得，再根据角平分线的定义可得出答案；（2）先由平行线的性质得，再根据得，据此即可判定与的位置．【解答】解：（1），，又，，平分，，（2）与的位置关系是：．理由如下：由（1）可知：，，，又，，．【点评】此题主要考查了平行线的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质：两直线平行同位角相等，两直线平行内错角相等，两直线平行同旁内角互补．42．（2023春•泰州期末）如图1是一盖可折叠台灯．图2、图3是其平面示意图，支架、为固定支撑杆，支架可绕点旋转调节．已知灯体顶角，顶角平分线始终与垂直．（1）如图2，当支架旋转至水平位置时，恰好与平行，求支架与水平方向的夹角的度数；（2）若将图2中的绕点顺时针旋转到如图3的位置，求此时与水平方向的夹角的度数．【分析】（1）利用角平分线定义可得，由垂直定义可得，得出，再运用平行线性质即可得出答案；（2）过点作，过点作，根据平行线的性质求解即可．【解答】解：（1）如图2，，平分，，，，，，，，，即；（2）如图3，过点作，过点作，则，，，，，，，．【点评】本题考查了平行线性质等，熟练掌握平行线性质是解题关键．二十四．平行线的判定与性质（共4小题）43．（2023春•宿城区期末）如图，已知：，，求证．证明：（已知），又（对顶角相等），（等量代换），，．又（已知），（等量代换），．【分析】直接利用平行线的判定与性质结合已知条件得出，进而得出答案．【解答】证明：（已知），又（对顶角相等），（等量代换），，（两直线平行，同位角相等）．又（已知），（等量代换），（内错角相等，两直线平行）．故答案为：；两直线平行，同位角相等；；内错角相等，两直线平行．【点评】此题主要考查了平行线的判定与性质，正确得出是解题关键．44．（2023春•仪征市期末）如图，在中，，、是、上的两点，．（1）求证：；（2）若，平分，求的度数．【分析】（1）首先由得，再根据，由此得，据此可得出结论；（2）先由，得，再由平分，得，最后再根据可得的度数．【解答】（1）证明：，，，，．（2）解：，，，平分，，，．【点评】此题主要考查了平行线的判定和性质，解答此题的关键是准确识图，熟练掌握平行线的判定及性质．45．（2023春•丹徒区期末）如图，四边形中，点、分别在、上，，．（1）判断与的位置关系，并说明理由．（2）若，平分，且，求的度数．【分析】（1）结合题意，利用平行线的判定及性质即可得出结论；（2）根据角平分线定义及平行线的性质可求得的度数，然后根据角的和差计算即可．【解答】解：（1），理由如下：，，，，，；（2），平分，，，，，．【点评】本题考查平行线的判定与性质，垂直的定义及角的和差，（1）中根据平行线的判定及性质证得是解题的关键．46．（2023春•邗江区期末）如图，已知，，，点，，在同一条直线上．（1）判断与的位置关系，并说明理由．（2）若，求的度数．【分析】（1）先根据，得出，故可得出，再由得出，故可得出结论；（2）由得出的度数，再由直角三角形的性质可得出结论．【解答】解：（1）．理由：，，，，，，；（2），，，．【点评】本题考查的是平行线的判定与性质，先根据题意得出是解答此题的关键．二十五．三角形三边关系（共3小题）47．（2023春•淮安期末）下列各组长度的三条线段能组成三角形的是A．1，2，3 B．1，1，2 C．1，2，2 D．1，5，7【分析】根据三角形的任意两边的和大于第三边，任意两边之差小于第三边，只要把三边代入，看是否满足即可．【解答】解：，不能构成三角形，不合题意；，不能构成三角形，不合题意；，能构成三角形，符合题意；，不能构成三角形，不合题意．故选：．【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．48．（2023春•南通期末）若三角形两边、的长分别为3和4，则第三边的取值范围是A． B． C． D．【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出第三边的取值范围．【解答】解：根据三角形的三边关系可得：，解得：，故选：．【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟记性质是解题的关键．49．（2023春•丹阳市校级期末）已知三角形三条边长分别是2、、3，且为奇数，则3．【分析】首先根据三角形的三边之间的关系得：，由此解得，然后再根据为奇数即可求出的值．【解答】解：根据三角形的三边之间的关系得：，，为奇数，．故答案为：3．【点评】此题主要考查了三角形的三边之间关系，解答此题的关键是熟练掌握三角形的三边之间关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．二十六．三角形的外角性质（共1小题）50．（2023春•泗洪县期末）如图，五角星的五个内角之和180度．【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和把五个角转化为一个三角形的内角的和，再根据三角形内角和定理解答．【解答】解：如图，，，，，．故答案为：180．【点评】本题考查了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，三角形的内角和定理，把五个角转化为一个三角形的三个内角的和是解题的关键．二十七．多边形的对角线（共1小题）51．（2023春•南通期末）从一个多边形的一个顶点出发画了6条对角线，则这个多边形是九边形．【分析】先由边形从一个顶点出发可引出条对角线，可得这个多边形的边数．【解答】解：设这个多边形的边数是，由题意，得，解得，所以这个多边形是九边形．故答案为：九．【点评】本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握边形从一个顶点出发可引出条对角线是解题的关键．二十八．多边形内角与外角（共4小题）52．（2023春•高邮市期末）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章上，若直尺的下沿于点，且经过点，上沿经过点，则的度数为A． B． C． D．【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质求得，的度数，然后结合已知条件及四边形的内角和求得的度数，从而求得的度数．【解答】解：由题意可得，，，四边形中，，，故选：．【点评】本题考查多边形的内角和，结合已知条件求得，的度数是解题的关键．53．（2023春•常州期末）一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形的边数为A．6 B．7 C．8 D．9【分析】任意多边形的外角和为，用除以即为多边形的边数．【解答】解：．故选：．【点评】本题主要考查的是多边形的外角和的应用，明确正多边形的每个外角的度数边数是解题的关键．54．（2023春•秦淮区期末）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为，则这个正多边形是A．正五方形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形【分析】设这个外角是，则内角是，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是即可求解．【解答】解：一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为，设这个外角是，则内角是，根据题意得，解得，，故选：．【点评】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．55．（2023春•灌云县期末）如图，在四边形中，，连接，点在边上，点在边上，且．（1）求证：；（2）若平分，，，求的度数．【分析】（1）由知，结合得，据此即可得证；（2）由、知，再根据平分线定义及知，由三角形的内角和定理可得答案．【解答】解：（1）如图，（已知），（两直线平行，内错角相等）．，（等量代换）．（同位角相等，两直线平行）．（2）解：（已知），（两直线平行，同旁内角互补）．（已知），．平分（已知），．．在中，（三角形内角和定理），，．【点评】本题主要考查多边形的内角与外角、平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行线的判定与性质、三角形的内角和定理及角平分线的性质．二十九．命题与定理（共2小题）56．（2023春•丹徒区期末）下列命题中，是真命题的是A．内错角相等 B．