特训07 期末选填题压轴题（五大模块，浙江期末归纳）-2023-2024学年七年级数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（浙教版，浙江专用）

特训07 期末选填题压轴题（五大模块，浙江期末归纳） 目录： 模块1：单选题—二元一次方程组、分式 模块2：单选题—整式的乘除有关的图形周长、面积问题 模块3：单选题—平行线综合 模块4：填空题—本学期代数部分综合（含实际应用、新定义、规律题） 模块5：填空题—平行线（含旋转问题） 1、 单选题 模块1：单选题—二元一次方程组、分式 1．（22-23七年级下·浙江衢州·期末）若，且关于x，y的二元一次方程，当a取不同值时，方程都有一个公共解，那么这个公共解为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）设，，，，其中，，给出以下结论： 当时，； 不论为何值，． 则下列判断正确的是（   ） A．，都对 B．，都错 C．对，错 D．错，对 3．（22-23七年级下·浙江湖州·期末）新定义：若两个分式与的差为（为正整数），则称是的“分式”．例如：，则称分式是分式的“1分式”．根据以上定义，下列选项中说法错误的是（    ） A．是的“3分式” B．若的值为，则是的“2分式” C．若是的“1分式”，则 D．若与互为倒数，则是的“5分式” 4．（2020·浙江杭州·模拟预测）若，则使p最接近的正整数n是（　　　） A．4 B．5 C．6 D．7 模块2：单选题—整式的乘除有关的图形周长、面积问题 5．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）在长方形内，将一张边长为a的正方形纸片和两张边长为b的正方形纸片（），按图1，图2两种方式放置（两个图中均有重叠部分），矩形中未被这三张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为，当时，若知道下列条件，能求值的是（    ）    A．边长为a的正方形的面积 B．边长为b的正方形的面积 C．边长为a的正方形的面积与两个边长为b的正方形的面积之和 D．边长a与b之差 6．（22-23七年级下·浙江宁波·期中）如图，有三张正方形纸片，，，它们的边长分别为，，，将三张纸片按图，图两种不同方式放置于同一长方形中，记图中阴影部分周长为，面积为，图中阴影部分周长为，面积为，若，则的值为（  ）    A． B． C． D． 7．（21-22七年级上·浙江宁波·期末）如图是一个由4张纸片拼成的长方形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中（1）（2）是两个面积相等的梯形，（3）（4）是正方形，若要求出长方形的面积，则需要知道下列哪个条件（   ） A．（1）与（2）的周长之差 B．（3）的面积 C．（1）与（3）的面积之差 D．长方形的周长 8．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形被分割成个2长方形和2个正方形，要求图中阴影部分的面积，只要知道下列图形的面积是（    ）      A．长方形 B．长方形 C．长方形 D．长方形 9．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图所示，将三张边长分别为a，a，b（其中，）的正方形纸片按图甲、乙两种方式放置在长方形内（图甲，图乙中三张正方形纸片均有部分重叠），未被这三张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，图甲中阴影部分的周长为，图乙中阴影部分的周长为，，以下说法正确的是（    ）    A． B． C． D． 10．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，将两张边长分别为和（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置长方形内（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若长方形中边的长度分别为．设图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为．当时，的值为（    ）      A． B． C． D． 模块3：单选题—平行线综合 11．（22-23七年级下·浙江金华·期末）要得知作业纸上两相交直线，所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案，如图所示．下列说法正确的是（    ）    方案一：   ①画一条直线分别与，相交于点；②量得与的度数．即可得出两直线所夹的锐角． 方案二：   ①画一条直线分别与，相交于点；②过点作，量得的度数．即可得出两直线所夹的锐角． A．唯方案一可行 B．唯方案二可行 C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不行 12．（22-23七年级下·浙江金华·期末）如图，将对边平行的纸条两次对折．已知，则图3中的的度数是（   ） A． B． C． D． 13．（22-23七年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知，点E为上方一点，、分别为，的角平分线，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 14．（22-23七年级下·浙江绍兴·期末）如图，，平分，的反向延长线交的平分线于点M，则与的数量关系是（    ）    A． B． C． D． 15．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）如图，已知，P为下方一点，G，H分别为上的点，，，（，且，均为锐角），与的角平分线交于点F，平分，交直线于点E，下列结论：①；②；③若，则．其中正确的序号是（    ）．      A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 2、 填空题 模块4：填空题—本学期代数部分综合（含实际应用、新定义、规律题） 16．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）已知关于x，y的方程组的解为，直接写出关于m、n的方程组的解为 ． 17．（21-22七年级下·浙江杭州·期末）已知关于的二元一次方程组的解为，那么关于的二元一次方程组中的的值为 ． 18．（22-23七年级下·浙江金华·期末）规定：若实数x，y，z满足，则记作． (1）根据题意，，则 ． (2）若记，，则a，b，c三者之间的关系式是 ． 19．（21-22七年级下·浙江宁波·期末）已知实数a，b满足，则的值为 ． 20．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）实验室需要购买A，B，C三种型号的盒子存放材料，盒子容量和单价如下表所示： 盒子型号 A B C 盒子容量（单位：升） 2 3 4 盒子单价（单位：元） 5 6 9 其中A型号盒子做促销活动：购买3个及以上可一次性优惠4元，现有28升材料需要存放，要求每个盒子都要装满且三种盒子都至少买一个． （1）若购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为1，6，2，则购买总费用为 元； （2）若一次性购买所需盒子且购买总费用不超过58元，则购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为 个（写出一种即可）． 21．（浙江省衢州市衢江区2022-2023学年七年级下学期期末数学试题）某APP中，扫码骑共享单车出行可获得绿色能量，能量获取规则： ①扫码骑共享单车，开启后单次时长大于等于3分钟获得绿色能量； ②每分钟可得绿色能量，单次上限30分钟，单日上限88分钟． 例如：开启后单次时长为2分钟，则不能获得能量；若开启后单次时长为12分钟，则获得的能量为：． （1）若小俊在一天中骑了一次共享单车，用了分钟，则小俊这一天从骑共享单车出行可得绿色能量为 g． （2）小米在一天中共骑了4次共享单车，已知第1次和第2次骑行的时间分别为2分钟和25分钟，第3次骑行的时间是第4次的2倍，一共得了的绿色能量，那么小米第3次骑行了 分钟． 22．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）我国南宋数学家杨辉用“三角形”解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，这个“三角形”给出了的展开式的系数规律（按的次数由大到小的顺序）． … 请依据上述规律，写出展开式中含项的系数是 ． 23．（22-23七年级下·浙江金华·期末）在求两位数的平方时，可以结合完全平方公式用“列竖式”的方法进行速算，求解过程如图1所示．若如图2所示的这个两位数的个位数字为a，则这个两位数为 ．    24．（22-23七年级下·浙江金华·期末）如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成（），其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为6，则称数M为“如意数”，并把数M分解成的过程，称为“快乐分解”．例如，因为，22和24的十位数字相同，个位数字之和为6，所以528是“如意数”． （1）最小的“如意数”是 ； （2）把一个“如意数”M进行“快乐分解”，即，A与B的和记为，A与B的差记为，若能被7整除，则M的值为 ． 25．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）用如图中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图的竖式和横式两种无盖纸盒现在仓库里有张正方形纸板和张长方形纸板若做了竖式纸盒个，横式纸盒个，恰好将库存的纸板用完小聪在做作业时，发现题中长方形纸板数字被墨水污染了，只记得这个数字比略大些，是，，，，中某个数字，则这个数字是 ，按照上述条件，最后做成的横式纸盒比竖式纸盒多 个    26．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）分解下列因式：，，． （1）观察上述三个多项式的系数，有，，，于是小明猜测：若多项式是完全平方式，那么系数、、之间一定存在某种关系．请你用数学式子表示小明的猜想： ； （2）若多项式和都是完全平方式，利用（2）中的规律求的值是 ． 模块5：填空题—平行线（含旋转问题） 27．（21-22七年级下·浙江舟山·期末）公元前240年前后，在希腊的亚历山大城图书馆当馆长的埃拉托色尼通过测得有关数据，求得了地球圆周的长度，他是如何测量的呢？如图所示，由于太阳距离地球很远，太阳射来的光线可以看作平行线，在同时刻，光线与A城和地心的连线所夹的锐角记为∠1，光线与B城和地心的连线重合，通过测量A，B两城间的路程（即弧AB）和∠1的度数，利用圆的有关知识，地球圆周的长度就可以大致算出来了．已知弧AB的长度约为800km，若∠1≈7.2°，则地球的周长约为 km． 28．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，点A在PQ上，的一条边BE在MN上，且，．现将绕点B以每秒的速度按逆时针方向旋转（E，F的对应点分别是，），同时，射线AQ绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是）．设旋转时间为t秒．    （1） （用含t的代数式表示） （2）在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为 秒． 29．（20-21七年级下·陕西西安·期中）将一副三角板中的两块直角三角板的顶点按如图方式放在一起，其中，，且、、三点在同一直线上．现将三角板绕点顺时针转动度（），在转动过程中，若三角板和三角板有一组边互相平行，则转动的角度为 ． 30．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，一副三角板按如图1摆放，其中，，．保持三角板不动，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且，则经过 秒边与三角板的一条直角边（边，）平行．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训07 期末选填题压轴题（五大模块，浙江期末归纳） 目录： 模块1：单选题—二元一次方程组、分式 模块2：单选题—整式的乘除有关的图形周长、面积问题 模块3：单选题—平行线综合 模块4：填空题—本学期代数部分综合（含实际应用、新定义、规律题） 模块5：填空题—平行线（含旋转问题） 1、 单选题 模块1：单选题—二元一次方程组、分式 1．（22-23七年级下·浙江衢州·期末）若，且关于x，y的二元一次方程，当a取不同值时，方程都有一个公共解，那么这个公共解为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得：，把代入得，整理得：，根据当a取不同值时，方程都有一个公共解，得出，解关于x、y的方程组即可． 【解析】解：由得：， ∴关于x，y的二元一次方程可变为： ， 整理得：， ∵当a取不同值时，方程都有一个公共解， ∴， 解得：，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，解题的关键是根据当a取不同值时，方程都有一个公共解，得出． 2．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）设，，，，其中，，给出以下结论： 当时，； 不论为何值，． 则下列判断正确的是（   ） A．，都对 B．，都错 C．对，错 D．错，对 【答案】C 【分析】结合平方差公式可得，从而通过配方代入数据求出； 当时求出，所以所给式子此时不成立，即可判断． 【解析】解：由题意知，， 所以，即， ，故正确． 当时，，，则，此时无意义，故不正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平方差公式和完全平方公式．本题的关键是结合整体的思想，对已知式子和所求式子进行化简整理． 3．（22-23七年级下·浙江湖州·期末）新定义：若两个分式与的差为（为正整数），则称是的“分式”．例如：，则称分式是分式的“1分式”．根据以上定义，下列选项中说法错误的是（    ） A．是的“3分式” B．若的值为，则是的“2分式” C．若是的“1分式”，则 D．若与互为倒数，则是的“5分式” 【答案】C 【分析】根据新定义运算逐个验证正确与否即可． 【解析】A、，A说法正确； B、，B说法正确； C、由已知条件得：，化简得：，C说法错误； D、由已知得：，，D说法正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了新定义运算，解题的关键是正确运用新定义的运算规则． 4．（2020·浙江杭州·模拟预测）若，则使p最接近的正整数n是（　　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】先用“裂项法”变形化简得到p，再根据分子不变，分母越大分数值越小，所以先确定n=4时的p值，看其与的大小，即可求出结论． 【解析】解：原式 当时， 当时， 当分子不变时，分母越大分数值越小， ∴当n=6和n=7时的分数值均小于n=4和n=5时， ∴当n=4时最接近． 故选：A． 【点睛】本题考查分式的加减法，熟练运用“裂项法”进行变形化简是解题的关键． 模块2：单选题—整式的乘除有关的图形周长、面积问题 5．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）在长方形内，将一张边长为a的正方形纸片和两张边长为b的正方形纸片（），按图1，图2两种方式放置（两个图中均有重叠部分），矩形中未被这三张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为，当时，若知道下列条件，能求值的是（    ）    A．边长为a的正方形的面积 B．边长为b的正方形的面积 C．边长为a的正方形的面积与两个边长为b的正方形的面积之和 D．边长a与b之差 【答案】B 【分析】通过“割补法”分别表示出、，进而可得到． 【解析】解：设，则 由图可得：    由图可得： 故若知道边长为b的正方形的面积，即可求出的值． 故选：B 【点睛】本题考查利用“割补法”求解不规则图形的面积，以及“设而不求”的数学思想．在图中，作出辅助线是解决问题的关键． 6．（22-23七年级下·浙江宁波·期中）如图，有三张正方形纸片，，，它们的边长分别为，，，将三张纸片按图，图两种不同方式放置于同一长方形中，记图中阴影部分周长为，面积为，图中阴影部分周长为，面积为，若，则的值为（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题目中的数据，设大长方形的宽短边长为，表示出，，，，再代入，即可求解． 【解析】解：设大长方形的宽为， 由图知，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的值为． 故选：． 【点睛】本题主要考查整式的混合运算，明确整式的混合运算的计算方法是解题的关键． 7．（21-22七年级上·浙江宁波·期末）如图是一个由4张纸片拼成的长方形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中（1）（2）是两个面积相等的梯形，（3）（4）是正方形，若要求出长方形的面积，则需要知道下列哪个条件（   ） A．（1）与（2）的周长之差 B．（3）的面积 C．（1）与（3）的面积之差 D．长方形的周长 【答案】D 【分析】设正方形的边长为a，长方形的宽为，长方形的长为，则长方形面积为：，再分析选项即可． 【解析】解：设正方形的边长为a，长方形的宽为，长方形的长为， 则长方形面积为：， ∵（1）（2）是两个面积相等的梯形， ∴， ∴，即， ∴长方形面积为：， ∵（1）与（2）的周长之差为：， ∴A选项的条件不能求出长方形面积； ∵（3）的面积为：， ∴B选项的条件不能求出长方形面积； ∵（1）与（3）的面积之差为：， ∴C选项的条件不能求出长方形面积； 长方形的周长为：， ∴D选项的条件能求出长方形面积． 故选：D 【点睛】本题考查正方形面积，梯形面积，长方形面积和周长，整式的混合运算，掌握面积的计算公式及整式混合运算法则是解题的关键． 8．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形被分割成个2长方形和2个正方形，要求图中阴影部分的面积，只要知道下列图形的面积是（    ）      A．长方形 B．长方形 C．长方形 D．长方形 【答案】D 【分析】连接，根据题意得到，，然后利用求解即可． 【解析】如图所示，连接，      ∵， ∴， 同理可得， ∴ ∵ ∴ ∴要求图中阴影部分的面积，只要知道长方形的面积． 故选：D． 【点睛】本题考查了图形面积的计算，涉及图形的割补，通过割补，把不易计算面积的不规则图形转化为易于计算面积的规则图形． 9．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图所示，将三张边长分别为a，a，b（其中，）的正方形纸片按图甲、乙两种方式放置在长方形内（图甲，图乙中三张正方形纸片均有部分重叠），未被这三张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，图甲中阴影部分的周长为，图乙中阴影部分的周长为，，以下说法正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将阴影部分的每条边长相加求得周长表达式，然后按选项计算判断即可； 【解析】解：∵是长方形， ∴，， 从阴影部分的上面那条边开始，顺时针方向计算阴影部分周长可得： ， ， ∵，，，， 故选：D． 【点睛】本题考查了整式的加减，掌握其运算法则是解题关键． 10．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，将两张边长分别为和（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置长方形内（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若长方形中边的长度分别为．设图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为．当时，的值为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题中已知线段长度，结合图形，数形结合表示出阴影部分面积，按要求求差即可得到答案． 【解析】解：两个正方形的边长分别为和（），且长方形中边的长度分别为， 在图1中，； 在图2中，； ， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查求阴影部分面积关系，数形结合，准确表示出阴影部分面积是解决问题的关键． 模块3：单选题—平行线综合 11．（22-23七年级下·浙江金华·期末）要得知作业纸上两相交直线，所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案，如图所示．下列说法正确的是（    ）    方案一：   ①画一条直线分别与，相交于点；②量得与的度数．即可得出两直线所夹的锐角． 方案二：   ①画一条直线分别与，相交于点；②过点作，量得的度数．即可得出两直线所夹的锐角． A．唯方案一可行 B．唯方案二可行 C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不行 【答案】C 【分析】方案一，根据三角形内角和定理即可解答；方案二，根据平行线的性质可知进而即可解答． 【解析】解：方案一， ∵量得与的度数， ∴在中，， ∴， ∴“量得与的度数，即可得出两直线所夹的锐角”说法正确；    ②方案二， 过点作， ∴， ∴“量得的度数，即可得出两直线所夹的锐角”说法正确．    ∴方案一、二均可行， 故选：． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，掌握三角形内角和定理是解题的关键． 12．（22-23七年级下·浙江金华·期末）如图，将对边平行的纸条两次对折．已知，则图3中的的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，熟记各性质并准确识图，理清翻折前后重叠的角相等是解题的关键．图1中，由题意知，求出图2中，图3中根据求出度数． 【解析】解：图1中，∵长方形对边， ∴， 在图2中，， 在图3中，． 故选：B． 13．（22-23七年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知，点E为上方一点，、分别为，的角平分线，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，过G作，根据平行线的性质可推导出，，再根据角平分线的定义和三角形的外角性质推导出，则，进而求解即可． 【解析】解：如图，过G作，则，    ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵、分别为，的角平分线， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴，则， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查平行线的性质、角平分线的定义、三角形的外角性质等知识，添加平行线，利用平行线的性质探究角之间的关系是解答的关键． 14．（22-23七年级下·浙江绍兴·期末）如图，，平分，的反向延长线交的平分线于点M，则与的数量关系是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用角平分线的定义得到，，过M作，过N作，再利用平行线的判定与性质得到，，，，经过角度之间的运算得到，，即可求解． 【解析】解：∵平分，平分， ∴，， 过M作，过N作，则，，    ∵， ∴，， ∴，， ∴， 即， 又∵， ∴，即， 故选：D． 【点睛】本题考查角平分线的定义、平行线的判定与性质、角的运算，添加平行线，利用平行线的性质探究角之间的关系是解答的关键． 15．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）如图，已知，P为下方一点，G，H分别为上的点，，，（，且，均为锐角），与的角平分线交于点F，平分，交直线于点E，下列结论：①；②；③若，则．其中正确的序号是（    ）．      A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】根据角平分线的性质、邻补角的定义可得，，，，再根据角的和差可得，再根据平行线的性质和三角形的内角和定理可判定①；如图：过E作，先说明判定②解答；由已知得，，则，即，由②有，即，可得，即可判定③． 【解析】解：∵与的角平分线交于点F，平分，交直线于点E， ∴，，, ∴， ∵， ∴， ∴,即①正确； 如图：过E作， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，故②正确；    ∵，， ∴，即， ∵， ∴， 即， ∴解得：，即③正确． 故选D． 【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理、四边形的内角和定理等知识点，明确各角之间的关系是解答本题的关键． 2、 填空题 模块4：填空题—本学期代数部分综合（含实际应用、新定义、规律题） 16．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）已知关于x，y的方程组的解为，直接写出关于m、n的方程组的解为 ． 【答案】 【分析】把，，看作一个整体根据第一个方程组的解，得出，，解出即可． 【解析】解：根据题意可知：，， 解得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解二元一次方程组、二元一次方程组的解，掌握整体思想的应用是解题关键． 17．（21-22七年级下·浙江杭州·期末）已知关于的二元一次方程组的解为，那么关于的二元一次方程组中的的值为 ． 【答案】 【分析】根据二元一次方程组解的定义求出的值，再代入方程组得到一个关于的二元一次方程组，求出的值，再代入计算即可． 【解析】解：关于的二元一次方程组的解为， ， 解得：， 将代入得， 解得， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查二元一次方程组的解以及解二元一次方程组，理解二元一次方程组解的定义，掌握解二元一次方程组的方法是正确解答的前提． 18．（22-23七年级下·浙江金华·期末）规定：若实数x，y，z满足，则记作． (1）根据题意，，则 ． (2）若记，，则a，b，c三者之间的关系式是 ． 【答案】 3 【分析】本题主要考查同底数幂的乘法公式的应用， （1）根据定义可得，由即可得出． （2）由得，再用同底数幂的乘法公式可求得三者之间满足的关系式． 【解析】解：（1）由定义可知即， ∵， ∴， （2）由定义可知：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为3；． 19．（21-22七年级下·浙江宁波·期末）已知实数a，b满足，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是利用完全平方公式分解因式，偶次方的非负性，代数式的值，掌握“利用完全平方公式分解因式”是解本题的关键．把原式化为，再利用非负数的性质求得，，从而可得答案． 【解析】， ， ， ，， ，， ， 故答案为：． 20．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）实验室需要购买A，B，C三种型号的盒子存放材料，盒子容量和单价如下表所示： 盒子型号 A B C 盒子容量（单位：升） 2 3 4 盒子单价（单位：元） 5 6 9 其中A型号盒子做促销活动：购买3个及以上可一次性优惠4元，现有28升材料需要存放，要求每个盒子都要装满且三种盒子都至少买一个． （1）若购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为1，6，2，则购买总费用为 元； （2）若一次性购买所需盒子且购买总费用不超过58元，则购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为 个（写出一种即可）． 【答案】 59 4，4，2（答案不唯一） 【分析】（1）根据盒子的个数乘以盒子的单价即可得购买费用； （2）设购买A种型号盒子x个，购买B种型号盒子y个，购买C种盒子型号z个，根据题意列出方程和不等式，然后求整数解即可． 【解析】（1）购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为1，6，2， 则购买费用为：（元）， 故答案为：； （2）设购买A种型号盒子x个，购买B种型号盒子y个，购买C种盒子型号z个， 根据题意得：， ①当时，， ∵x，y，z都为正整数， ∴时，，（不符合题意舍去）， ②当时，， ∵x，y，z都为正整数， ∴时，， 综合所述，购买A，B，C三种型号的盒子的个数分别为4，4，2． 故答案为：4，4，2． 【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，分别和两种情况列出方程求出整数解是解题的关键． 21．（浙江省衢州市衢江区2022-2023学年七年级下学期期末数学试题）某APP中，扫码骑共享单车出行可获得绿色能量，能量获取规则： ①扫码骑共享单车，开启后单次时长大于等于3分钟获得绿色能量； ②每分钟可得绿色能量，单次上限30分钟，单日上限88分钟． 例如：开启后单次时长为2分钟，则不能获得能量；若开启后单次时长为12分钟，则获得的能量为：． （1）若小俊在一天中骑了一次共享单车，用了分钟，则小俊这一天从骑共享单车出行可得绿色能量为 g． （2）小米在一天中共骑了4次共享单车，已知第1次和第2次骑行的时间分别为2分钟和25分钟，第3次骑行的时间是第4次的2倍，一共得了的绿色能量，那么小米第3次骑行了 分钟． 【答案】 / 40 【分析】（1）根据每分钟可得绿色能量，求出分钟获得的绿色能量即可； （2）设小米第3次骑行了分钟，第4次骑行了分钟，根据一共得了的绿色能量列出方程，解方程得出，根据，求出第4次实际骑行时间为：分钟，求出第3次实际骑行时间为：（分钟）． 【解析】解：（1）小俊这一天从骑共享单车出行可得绿色能量为：； 故答案为：； （2）设小米第3次骑行了分钟，第4次骑行了分钟，根据题意得： ， 解得：， ∵， ∴第3次骑行时间大于30分钟， ∴第4次实际骑行时间为：（分钟）， 第3次实际骑行时间为：（分钟）， 故答案为：40． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程，准确计算． 22．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）我国南宋数学家杨辉用“三角形”解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，这个“三角形”给出了的展开式的系数规律（按的次数由大到小的顺序）． … 请依据上述规律，写出展开式中含项的系数是 ． 【答案】 【分析】根据资料提示确定展开式中与的指数关系，再确定系数的关系，由此即可求解． 【解析】解：根据材料提示可知，，其中的指数从逐次递减直到次数为，的指数从逐次递增直到次数为， ∴， ∴， ∴含项的系数是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查定义新运算，数字规律，理解题目中数字规律，掌握乘方的运算法则是解题的关键． 23．（22-23七年级下·浙江金华·期末）在求两位数的平方时，可以结合完全平方公式用“列竖式”的方法进行速算，求解过程如图1所示．若如图2所示的这个两位数的个位数字为a，则这个两位数为 ．    【答案】或 【分析】观察图象可知，第一行从右向左分别为个位数和十位数字的平方，每个数的平方占两个空，平方是一位数的前面的空用0填补，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，然后相加即为这个两位数的平方，根据此规律求解设这个两位数的十位数字为，根据图3，利用十位数字与个位数字的乘积的2倍的关系列出方程可得，根据个位数的平方是两位数，个位数字为，即可求得或，然后写出即可． 【解析】解：设这个两位数的十位数字为， 由题意得，， 解得：， ∵个位数的平方是两位数，且该两位数的个位数字为， ∴或， ∴这个两位数是或． 故答案为：或． 【点睛】本题是对数字变化规律的考查，仔细观察图形，观察出前两行的数与两位数的十位和个位上的数字的关系是解题的关键． 24．（22-23七年级下·浙江金华·期末）如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成（），其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为6，则称数M为“如意数”，并把数M分解成的过程，称为“快乐分解”．例如，因为，22和24的十位数字相同，个位数字之和为6，所以528是“如意数”． （1）最小的“如意数”是 ； （2）把一个“如意数”M进行“快乐分解”，即，A与B的和记为，A与B的差记为，若能被7整除，则M的值为 ． 【答案】 【分析】（1）根据“如意数”的定义进行判断即可得； （2）设两位数和的十位数字均为，的个位数字为，则的个位数字为，且m为1至9的自然数，从而可得，，再求出，根据，自然数M的个位数字不为0，以及 ，可得为5或者4 ，然后根据能被7整除分别求出、的值，由此即可得． 【解析】（1）∵自然数M的个位数字不为0， ∴根据“如意数”的定义可得最小的“如意数”为：， 故答案为：； （2）由题意，设两位数和的十位数字均为，的个位数字为，则的个位数字为，且m为1至9的自然数， ，， ，， ∵，自然数M的个位数字不为0， ∴为5 、4或者3， ∵， ∴为5或者4 ， ，即的分子时奇数， 当时，，分子是奇数，分母时偶数，则该数不是整数， 不符合题意，舍去； 当时，， 能被7整除，且m为1至9的自然数， 满足条件的整数只有6， ，， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了因式分解的应用、整式加减的应用等知识点，正确理解“如意数”的定义是解题关键． 25．（22-23七年级下·浙江杭州·期末）用如图中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图的竖式和横式两种无盖纸盒现在仓库里有张正方形纸板和张长方形纸板若做了竖式纸盒个，横式纸盒个，恰好将库存的纸板用完小聪在做作业时，发现题中长方形纸板数字被墨水污染了，只记得这个数字比略大些，是，，，，中某个数字，则这个数字是 ，按照上述条件，最后做成的横式纸盒比竖式纸盒多 个    【答案】 2005 197 【分析】设做了竖式纸盒个，横式纸盒个，有张长方形纸板．根据所需正方形纸板和长方形纸板的张数列出方程组，再根据未知数均为整数的特点，判断出为的倍数，进而求解． 【解析】解：设张长方形纸板，根据题意列得， ， 得， ， ， 是的倍数， ． ， 解得， 横式纸盒比竖式纸盒多个． 故答案为：①；②． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找出等量关系，正确列出二元一次方程组，再根据未知数的特点，判断出长方形纸板的张数正好是的倍数是解题的关键． 26．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）分解下列因式：，，． （1）观察上述三个多项式的系数，有，，，于是小明猜测：若多项式是完全平方式，那么系数、、之间一定存在某种关系．请你用数学式子表示小明的猜想： ； （2）若多项式和都是完全平方式，利用（2）中的规律求的值是 ． 【答案】 16 【分析】（1）根据题中给出的三个式子，结合多项式，由，，的形式即可猜想出答案； （2）由（1）中的猜想，根据多项式是完全平方式，得到①；多项式是完全平方式，得到②，从而两式相乘即可得到的值． 【解析】解：（1），对比多项式有， 由可知； 同理，对于，，由，，均可得到； 用数学式子表示小明的猜想：， 故答案为：； （2）由（1）中猜想，当多项式是完全平方式，得到①；当多项式是完全平方式，得到②， ， 和都是多项式， 与不能同时为， 若，则；不可能为完全平方式； 若，则；不可能为完全平方式； ，两边同时除以得到， 故答案为：． 【点睛】本题考查分解因式与完全平方式之间的规律，读懂题意，得到猜想结论，灵活利用结论求解是解决问题的关键． 模块5：填空题—平行线（含旋转问题） 27．（21-22七年级下·浙江舟山·期末）公元前240年前后，在希腊的亚历山大城图书馆当馆长的埃拉托色尼通过测得有关数据，求得了地球圆周的长度，他是如何测量的呢？如图所示，由于太阳距离地球很远，太阳射来的光线可以看作平行线，在同时刻，光线与A城和地心的连线所夹的锐角记为∠1，光线与B城和地心的连线重合，通过测量A，B两城间的路程（即弧AB）和∠1的度数，利用圆的有关知识，地球圆周的长度就可以大致算出来了．已知弧AB的长度约为800km，若∠1≈7.2°，则地球的周长约为 km． 【答案】40000 【分析】先根据平行线的性质求得∠POQ的度数，从而确定一个周角有多少个这样的角，再结合弧AB的长即可求得答案． 【解析】 ， 地球的周长约为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，周角的涵义，熟练掌握相关知识是解题的关键． 28．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，点A在PQ上，的一条边BE在MN上，且，．现将绕点B以每秒的速度按逆时针方向旋转（E，F的对应点分别是，），同时，射线AQ绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是）．设旋转时间为t秒．    （1） （用含t的代数式表示） （2）在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为 秒． 【答案】 5或35 【分析】（1）直接根据速度和时间可得：，所以根据余角的定义可得结论； （2）有两种情况：利用数形结合，画图后作辅助线，构建平行线的性质和外角的性质可得结论． 【解析】解：（1）如图1，由题意得： ，，      ∴ 故答案为：； （2）①如图2，， 延长交于C，则， 由题意得：，，                                                                             ∴，解得：； ②如图3，， 延长，交于D，交直线于C，则， 由题意得： ，， ∴    ∵, ∴，解得， 综上，在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为5秒或35秒； 故答案为：5或35． 【点睛】本题考查的是旋转变换和平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是关键，在解答（2）时，要采用分类讨论的思想，作延长线构建出平行线的截线，从而可得同位角相等解决问题． 29．（20-21七年级下·陕西西安·期中）将一副三角板中的两块直角三角板的顶点按如图方式放在一起，其中，，且、、三点在同一直线上．现将三角板绕点顺时针转动度（），在转动过程中，若三角板和三角板有一组边互相平行，则转动的角度为 ． 【答案】或或 【分析】分三种情况讨论，由平行线的性质可求解． 【解析】解：若和只有一组边互相平行，分三种情况： ①若，则； ②若，则； ③当时，， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了三角板的角度运算，平行线的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 30．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，一副三角板按如图1摆放，其中，，．保持三角板不动，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且，则经过 秒边与三角板的一条直角边（边，）平行．    【答案】或或或 【分析】延长交于点，可求，进行分类讨论，画图可得在各个不同位置或时，所旋转的度数，即可求解． 【解析】解：如图，延长交于点，    ，， ， ， ， ①如图，    当时，， 此时旋转的度数为， ()； ②如图    当时，， ， 此时旋转的度数为， ()； ③如图    当时，， ， 此时旋转的度数为， ()； ④如图    当时，， ， 此时旋转的度数为， ()； 综上所述：或或或． 【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$