1.(2025·镇江丹徒区期中)在下列实数中：$\sqrt[3]{8}$,0,$\sqrt{16}$,$-3.1415$,$\pi$,$-\frac{22}{7}$,$0.3141141114…$(每两个4之间1的个数依次加1)无理数的个数是(
A.1
B.2
C.3
D.4
B
).A.1
B.2
C.3
D.4
答案：B [解析] $\sqrt[3]{8}=2$，$\sqrt{16}=4$，是整数，属于有理数，无理数有π，0.3141141114...(每两个4之间1的个数依次加1)，共有2个.故选B
2.$(-6)^2$的平方根是(
A.$\pm6$
B.6
C.$-6$
D.$\pm\sqrt{6}$
A
).A.$\pm6$
B.6
C.$-6$
D.$\pm\sqrt{6}$
答案：A [解析] $(-6)^2=36$，36的平方根是±6.故选A.
3.(2025·常州期中)如图,$\triangle ABD和\triangle BCD$都是边长为2的等边三角形,点E,F分别在边AB,AD上,将$\triangle AEF$沿直线EF折叠,点A恰好落在边BC的中点G处,则AF的长度是(
A.1
B.$\frac{7}{4}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{5}{3}$
B
).A.1
B.$\frac{7}{4}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{5}{3}$
答案：B [解析]如图，连接DG，
∵△ABD和△BCD都是边长为2的等边三角形，
∴AB=AD=BD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC.
∵△BCD都是边长为2的等边三角形，G为BC的中点，
∴DG⊥BC，CG=1，
在Rt△CDG中，$DG=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$.
根据翻折变换可知，AF=FG.
∵AD//BC，DG⊥BC，
∴DG⊥AD，
在Rt△DFG中，设FG=m，则DF=2 - m，
∴$DF^2 + DG^2 = FG^2$，即$(2 - m)^2 + (\sqrt{3})^2 = m^2$，
解得$m = \frac{7}{4}$.故选B.
∵△ABD和△BCD都是边长为2的等边三角形，
∴AB=AD=BD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC.
∵△BCD都是边长为2的等边三角形，G为BC的中点，
∴DG⊥BC，CG=1，
在Rt△CDG中，$DG=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$.
根据翻折变换可知，AF=FG.
∵AD//BC，DG⊥BC，
∴DG⊥AD，
在Rt△DFG中，设FG=m，则DF=2 - m，
∴$DF^2 + DG^2 = FG^2$，即$(2 - m)^2 + (\sqrt{3})^2 = m^2$，
解得$m = \frac{7}{4}$.故选B.
4.(2024·镇江句容期中)将一根24 cm的筷子置于底面直径为12 cm,高为5 cm的圆柱形水杯中,如图,设筷子露在杯子外面的长度为h cm,则h的取值范围是(
A.$h\leq19$
B.$11\leq h\leq19$
C.$12\leq h\leq19$
D.$13\leq h\leq19$
B
).A.$h\leq19$
B.$11\leq h\leq19$
C.$12\leq h\leq19$
D.$13\leq h\leq19$
答案：B [解析]如图，当筷子的底端在D点时，筷子露在杯子外面的长度最长，
此时h = 24 - 5 = 19;
当筷子的底端在A点时，筷子露在杯子外面的长度最短，在
Rt△ABD中，AD = 12cm，BD = 5cm，
∴$AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13(cm)$，
此时h = 24 - 13 = 11，
∴h的取值范围是11 ≤ h ≤ 19.故选B.
此时h = 24 - 5 = 19;
当筷子的底端在A点时，筷子露在杯子外面的长度最短，在
Rt△ABD中，AD = 12cm，BD = 5cm，
∴$AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13(cm)$，
此时h = 24 - 13 = 11，
∴h的取值范围是11 ≤ h ≤ 19.故选B.
5.如图,小巷左右两侧是竖直的墙,一架梯子斜靠在左墙时,梯子底端到左墙角的距离为0.7 m,顶端距离地面2.4 m. 如果保持梯子底端位置不动,将梯子斜靠在右墙时,顶端距离地面2 m,则小巷的宽度为(
A.0.7 m
B.1.5 m
C.2.2 m
D.2.4 m
C
).A.0.7 m
B.1.5 m
C.2.2 m
D.2.4 m
答案：C [解析]如图，在Rt△ACB中，∠ACB = 90°，BC = 0.7m，AC = 2.4m，
∴$AB = \sqrt{BC^2 + AC^2} = \sqrt{0.7^2 + 2.4^2} = 2.5(m)$.
在Rt△A'BD中，∠A'DB = 90°，A'D = 2m，
A'B = AB = 2.5m，
∴$BD = \sqrt{A'B^2 - A'D^2} = \sqrt{2.5^2 - 2^2} = 1.5(m)$.
∴CD = BC + BD = 0.7 + 1.5 = 2.2(m).故选C.
∴$AB = \sqrt{BC^2 + AC^2} = \sqrt{0.7^2 + 2.4^2} = 2.5(m)$.
在Rt△A'BD中，∠A'DB = 90°，A'D = 2m，
A'B = AB = 2.5m，
∴$BD = \sqrt{A'B^2 - A'D^2} = \sqrt{2.5^2 - 2^2} = 1.5(m)$.
∴CD = BC + BD = 0.7 + 1.5 = 2.2(m).故选C.
6.(2025·宿迁宿城区期中)如图,$\triangle ABC$的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上,$CD\perp AB$于点D,则CD的长是(
A.$\frac{19}{5}$
B.4
C.$\frac{17}{5}$
D.$\frac{21}{5}$
A
).A.$\frac{19}{5}$
B.4
C.$\frac{17}{5}$
D.$\frac{21}{5}$
答案：A [解析]如图，由勾股定理，得$AB = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$.
∵$S_{\triangle ABC} = S_{长方形CGHK} - S_{\triangle CKA} - S_{\triangle ABH} - S_{\triangle CBG} = 20 - \frac{5}{2} - 6 - 2 = \frac{19}{2}$，$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB\cdot CD$，
∴$\frac{1}{2}×5CD = \frac{19}{2}$，
∴$CD = \frac{19}{5}$.故选A.
∵$S_{\triangle ABC} = S_{长方形CGHK} - S_{\triangle CKA} - S_{\triangle ABH} - S_{\triangle CBG} = 20 - \frac{5}{2} - 6 - 2 = \frac{19}{2}$，$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB\cdot CD$，
∴$\frac{1}{2}×5CD = \frac{19}{2}$，
∴$CD = \frac{19}{5}$.故选A.
7.(2025·镇江期中)如图,在Rt$\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^\circ$,$AB= 10\ cm$,$AC= 6\ cm$,动点P从点B出发,沿射线BC以1 cm/s的速度运动,设运动的时间为t秒,若$\triangle ABP$是等腰三角形时,则t的值为(
A.10
B.16
C.10或16
D.10或16或$\frac{25}{4}$
D
).A.10
B.16
C.10或16
D.10或16或$\frac{25}{4}$
答案：D [解析]Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AB = 10cm，AC = 6cm，由勾股定理，得$BC = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8(cm)$.
∵动点P从点B出发，沿射线BC以1cm/s的速度运动，运动的时间为t秒，
∴BP = tcm.
①当PB = PA时，如图
(1)所示:
∵BP = tcm，
∴PC = (8 - t)cm，
∴$6^2 + (8 - t)^2 = t^2$，解得$t = \frac{25}{4}$;
②当BA = PB时，如图
(2)所示:
∵AB = 10cm，
∴BP = t = 10cm，解得t = 10;
③当AB = AP时，如图
(3)所示:
∵AC⊥BP，
∴BC = CP = 8cm，
∴BP = BC + CP = 16cm，
∴t = 16cm.
综上所述，当t的值分别为$\frac{25}{4}$，10，16时，△ABP为等腰三角形.故选D
∵动点P从点B出发，沿射线BC以1cm/s的速度运动，运动的时间为t秒，
∴BP = tcm.
①当PB = PA时，如图
(1)所示:
∵BP = tcm，
∴PC = (8 - t)cm，
∴$6^2 + (8 - t)^2 = t^2$，解得$t = \frac{25}{4}$;
②当BA = PB时，如图
(2)所示:
∵AB = 10cm，
∴BP = t = 10cm，解得t = 10;
③当AB = AP时，如图
(3)所示:
∵AC⊥BP，
∴BC = CP = 8cm，
∴BP = BC + CP = 16cm，
∴t = 16cm.
综上所述，当t的值分别为$\frac{25}{4}$，10，16时，△ABP为等腰三角形.故选D
8.任何实数a,可用$[a]$表示不超过a的最大整数,如$[4]= 4$,$[\sqrt{3}]= 1$. 现对72进行如下操作：$72\xrightarrow{第一次}[\sqrt{72}]= 8\xrightarrow{第二次}[\sqrt{8}]= 2\xrightarrow{第三次}[\sqrt{2}]= 1$,这样对72只需进行3次操作即可变为1. 类似地,将81变为1需要操作的次数是(
A.2
B.3
C.4
D.5
B
).A.2
B.3
C.4
D.5
答案：B [解析] 81 $\xrightarrow{第一次}$ $\sqrt{81}=9$ $\xrightarrow{第二次}$ $\sqrt{9}=3$ $\xrightarrow{第三次}$ $[\sqrt{3}]=1$.故对81只需进行3次操作后即可变为1.故选B
9.边长为2的正三角形的面积是
$\sqrt{3}$
.答案：$\sqrt{3}$ [解析]如图，过点A作AD⊥BC于点D.
∵AB = AC = BC = 2，
∴$BD = CD = \frac{1}{2}BC = 1$.
在Rt△ABD中，根据勾股定理，得
$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{3}$，
则$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BC\cdot AD = \sqrt{3}$
∵AB = AC = BC = 2，
∴$BD = CD = \frac{1}{2}BC = 1$.
在Rt△ABD中，根据勾股定理，得
$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{3}$，
则$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BC\cdot AD = \sqrt{3}$
10.如图,每个小正方形的边长为1,A,B,C是小正方形的顶点,则$\angle ABC$的度数为
45°
.答案：45° [解析]如图，连接AC.
根据勾股定理，得$AC = BC = \sqrt{5}$，$AB = \sqrt{10}$
∵$(\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 = (\sqrt{10})^2$，
∴$AC^2 + BC^2 = AB^2$.
∴△ABC是等腰直角三角形.
∴∠ABC = 45°.
根据勾股定理，得$AC = BC = \sqrt{5}$，$AB = \sqrt{10}$
∵$(\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 = (\sqrt{10})^2$，
∴$AC^2 + BC^2 = AB^2$.
∴△ABC是等腰直角三角形.
∴∠ABC = 45°.