选择题典型必刷练50题（压轴题）-2024-2025学年苏科版数学七年级下学期期末真题汇编复习【2024新教材】
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内容正文：
2024-2025学年苏科版数学七年级下学期期末真题汇编复习【2024新教材】
选择题典型必刷练50题（压轴题）
（原卷版）
同学你好，该份练习结合最新版本课本内容设定制作，贴合书本内容。题目精选近两年江苏省各市近两年常考易错真题，典型常规题等重点题目！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，按照考点划分，解析思路清晰，难度中上，非常适合成绩拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
1．（23-24八年级上·广西河池·期末）下列各式中，计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【思路引导】本题考查了幂的乘方、同底数幂的乘法、同底数幂的除法和单项式乘以单项式，根据合并同类项法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加；幂的乘方，底数不变，指数相乘；同底数幂相除，底数不变，指数相减，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【完整解答】解：A、，故此选项不符合题意；
B、，故此选项不符合题意；
C、，故此选项符合题意；
D、，故此选项不符合题意．
故选：C．
2．（23-24七年级下·云南昆明·期中）已知实数，满足，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路引导】本题考查二元一次方程组的解，解一元一次方程，方程组中两方程相加求出，然后根据列式求出的值即可．熟知方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
【完整解答】解：，
①②得：，
∵，
∴，
∴，即的值为．
故选：C．
3．（24-25七年级下·江苏宿迁·期中）我们可以用一些硬纸片拼成的图形面积来解释一些代数恒等式．观察图形，通过面积的计算，可以验证的恒等式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【思路引导】本题考查了平方差公式的几何意义，解题的关键在于会用不同的方法表示图形的面积．根据图形不同的拼法得到面积的不同的表示方法，再结合面积相等建立等式，即可解题．
【完整解答】解：由题知，第一个图形面积为，
第二个图形面积为，
则有，
故选：C．
4．（24-25八年级上·安徽亳州·期末）下列命题：①如果，那么；②如果两个角相等，那么这两个角为同位角；③如果，那么；④如果与互补，那么，其中假命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【思路引导】本题考查的是命题与定理，根据绝对值、同位角的概念、实数的大小比较、补角的概念判断即可．正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【完整解答】解：①如果，那么，故本小题命题是假命题；
②两个角相等，这两个角不一定是同位角，故本小题命题是假命题；
③如果，那么，是假命题，例如：，而；
④如果与互补，那么，是真命题；
故选：C．
5．（24-25八年级上·福建泉州·期末）已知，则的值是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【思路引导】本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．先将原式变形为，然后利用完全平方公式展开，即可求出答案．
【完整解答】解：，
，
，
，
，
，
故选：B．
6．（24-25八年级上·浙江台州·期末）四张全等的梯形硬纸板可拼成平行四边形（如图1），也可拼成正方形（如图2），根据两个图形中阴影部分面积的关系，可以得到一个关于的等式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【思路引导】本题考查了平方差公式的应用，解题关键是熟练掌握平行四边形和正方形面积公式表示出阴影部分的面积．
根据平行四边形面积公式求出第一个图形的面积，根据正方形面积公式求出第二个图形阴影的面积．即可求出答案．
【完整解答】解：由第二个图形看出，第一个图形的高为，
面积是，
第二个图形阴影的面积是，
∵两个图形的阴影部分的面积相等，
∴，
故选：A．
7．（24-25八年级上·贵州铜仁·期末）若关于x的一元一次方程的解为正整数，且关于x的不等式组无解，则符合条件的整数k的值的和为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．2
【答案】D
【思路引导】本题考查了一元一次方程的整数解、一元一次不等式组的解集，熟练掌握解一元一次方程，根据不等式组的解的情况求参数是解题的关键．先求出的解为，从而推出，再整理不等式组为，结合不等式组无解得到，最后利用整数k的值以及是正整数的条件即可解答．
【完整解答】解：由，得，
∵方程的解为正整数，
∴，
解得：，
∵，
∴解①得，
解②得，
∴，
∵不等式组无解，
∴，
∴，
即整数，
∵为正整数，
∴，或，
则符合条件的整数的值的和为．
故选：D．
8．（20-21七年级下·安徽合肥·期末）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路引导】本题考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，积的乘方运算，掌握运算法则是解题关键．
根据合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，积的乘方运算法则进行计算，然后作出判断．
【完整解答】解：A．，故此选项不符合题意；
B．，故此选项不符合题意；
C．，故此选项不符合题意；
D．，正确，故此选项符合题意，
故选：D．
9．（24-25七年级上·贵州铜仁·期末）如图，用12块相同的长方形地板砖拼成一个宽为的大长方形，设每块长方形地板砖的长为，宽为，根据题意可列方程组为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【思路引导】本题考查根据实际问题列二元一次方程组，根据图形可知，大长方形的宽等于小长方形的长加上2个小长方形的宽，小长方形的长等于4个小长方形的宽，列出方程组即可．
【完整解答】解：由图形，可得：；
故选B．
10．（24-25八年级上·福建福州·期末）某商店的某种商品成本增加，因此商家决定对该商品进行提价，现有三种方案．方案一：第一次提价，第二次提价；方案二：第一次提价，第二次提价；方案三：第一、二次提价均为；其中a，b是不相等的正数．有以下说法：
①方案一、方案二提价一样；
②方案一提价有可能高于方案二提价；
③三种方案中，方案三的提价最多；
④方案三的提价有可能低于方案一的提价．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
【答案】A
【思路引导】本题主要考查列代数式，分别求出三次方案提价后变为原来的多少，再进行比较即可．
【完整解答】解：方案一：两次提价后变为原来的，
方案二：两次提价后变为原来的，
方案三：两次提价后变为原来的，
所以方案一和方案二提价一样，故①正确，②错误；
，
∵，
∴，
∴方案三提价最多，故③正确，④错误．
故选：A．
11．（24-25八年级上·山东青岛·期末）《算法统宗》是明代数学家程大位所著的一部应用数学书，书中有这样一个问题，原文为：九百九十九文钱，甜果苦果买一千，四文钱买苦果七，十一文钱九个甜，甜苦两果各几个？请君布算莫迟疑！大意是说：用九百九十九文钱共买了一千个甜果和苦果，其中四文钱可以买苦果七个，十一文钱可以买甜果九个，请问究竟甜、苦果各有几个？根据题意，设甜果x个，苦果y个，可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【思路引导】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出二元一次方程组或一元一次方程是解题的关键．
设甜果x个，苦果y个，利用总价单价数量，结合用九百九十九文钱共买了一千个甜果和苦果，可列出关于x，y的二元一次方程组．
【完整解答】解：设甜果x个，苦果y个，
根据题意得：，
故选：A．
12．（24-25七年级上·安徽合肥·期末）已知关于，的二元一次方程组有正整数解，其中为整数，则的值为（ ）
A． B．3 C．或4 D．3或15
【答案】D
【思路引导】本题考查了解二元一次方程组，利用二元一次方程组有正整数解求参数的值，熟练掌握以上知识点是解题的关键．先利用加减消元法解方程组求得，，再根据方程组有正整数解，其中为整数，求得值，再代入进行计算即可．
【完整解答】解：，
得：，
把代入②得：，
关于，的二元一次方程组有正整数解，其中为整数，
既能被7整除也能被21整除，即的值可以为1或者7，
或4，
当时，；
当时，，
的值为3或15．
故选：D．
13．（24-25七年级上·福建福州·期末）如图，点分别在长方形纸片的边上，连接，将纸片沿折叠，使得点A落在点M处，使得点B落在点N处，若，则的度数是（ ）．（用含的式子表示）
A． B． C． D．
【答案】B
【思路引导】本题考查了角的计算，折叠的性质，列代数式，掌握角的和差计算，折叠性质是解题的关键．
根据折叠性质可得：即，由平角定义可得：，结合，即可得出，进而得出的度数，再根据即可求解．
【完整解答】解：根据题意，由折叠性质可得：
即，
∵，，
∴
∴
∴
∴
．
故选：B．
14．（24-25七年级上·湖南常德·期末）已知关于，的二元一次方程组的解为且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】本题考查了二元一次方程组的解．利用关于x，y的二元一次方程组的解为得到，，据此求解即可．
【完整解答】解：∵关于x，y的二元一次方程组的解为，
∴，
两式相加得，
∴，
∴，
故选：A．
15．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，在中，点是边上一点，将沿翻折得到，与交于点，当时，求的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路引导】本题考查了翻折变换（折叠问题），三角形的面积，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质和三角形的面积公式即可得到结论．
【完整解答】解：∵将沿翻折得到，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
故选：D．
16．（24-25八年级上·山西运城·期末）如图是由6块颜色不同的正方形卡片无重叠无缝隙地拼成的长方形，中间最小的正方形边长为1．若设标有序号①、②的两个正方形边长分别为，，则根据题意可得到的二元一次方程组为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】本题考查二元一次方程组的应用，解题关键是观察图形中正方形边长的拼接关系，找出等量关系列出方程组．
观察图形，从水平方向看，两个边长为的部分长度和等于，即；从垂直方向看，的长度与相等，即．将这两个等量关系组合，得到方程组；
【完整解答】解：水平方向：观察图形可知，存在由两个边长为的部分组成的水平线段，其长度等于边长为的正方形边长加最小正方形边长，即．
垂直方向：从垂直边的拼接关系看，边长为的正方形边长加，等于边长为的正方形边长减（因图形无缝拼接），即，
综上，符合条件的二元一次方程组为．
故选：A．
17．（24-25八年级上·四川泸州·期末）仔细观察，探索规律：
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路引导】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律．将所求式子前配上就符合范例中的结构特征，再根据规律计算即可．
【完整解答】解：
，
故选：D．
18．（24-25七年级上·江苏扬州·期末）如图，已知点A、B在电线上，，．若将电线在点A处折叠，使点O、B分别落在点、处，则用老虎钳在点处剪断后，电线剪成的三段中，最短的电线与最长的电线长度比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路引导】本题考查了翻折变换（折叠问题），比的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
设，根据已知条件得到，，求得，得到．．，，于是得到结论．
【完整解答】解：设，
，，
，
，
，，
最短的电线与最长的电线长度比是，
故选：D．
19．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）下列计算，结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【思路引导】本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方、合并同类项，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方、合并同类项法则逐项进行计算即可得答案．
【完整解答】解：A．，不是同类项，不能合并，故原式计算错误，本选项不符合题意；
B．，故原式计算正确，本选项符合题意；
C．，故原式计算错误，本选项不符合题意；
D．，故原式计算错误，本选项不符合题意；
故选：B．
20．（23-24七年级下·广东佛山·阶段练习）如图a是长方形纸带，，将纸带沿折叠成图b，再沿折叠成图c，则图c中的（ ）．
A．96 B．108 C．118 D．128
【答案】A
【思路引导】题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，根据两直线平行，内错角相等可得，再根据翻折变换的性质，折叠后重叠了层，然后根据平角的定义列式进行计算即可得解．
【完整解答】解：∵长方形的对边，
∴，
∴．
故选：A．
21．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）观察下列等式：
；
；
；
……
根据以上规律计算的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】本题考查了规律型：数字的变化类，解决本题的关键是观察数字的变化寻找规律．
根据规律求出的值，再减去1即可解答．
【完整解答】∵；
；
；
……
（为正整数）
当时，
∴
．
故选：A．
22．（24-25七年级下·重庆·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【思路引导】本题主要考查了不等式的性质，灵活运用不等式的性质成为解题的关键．
根据不等式的性质逐项判断即可．
【完整解答】解：A． 若，则，故该选项错误，不符合题意；
B． 当时，，，故该选项错误，不符合题意；
C． 若，当时，，故该选项错误，不符合题意；
D． 若，则，故该选项正确，符合题意．
故选D．
23．（21-22七年级下·广东江门·期末）已知关于x的不等式组有四个整数解，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】解不等式组的两个不等式，根据其整数解的个数得出，解之可得．
本题主要考查不等式组的整数解问题，根据不等式组的整数解的个数得出关于的不等式组是解题的关键．
【完整解答】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
不等式组有4个整数解，
，
解得：．
故选：A．
24．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在锐角三角形中，，将沿着射线方向平移得到（平移后点的对应点分别是），连接．若在整个平移过程中，和的度数之间存在2倍关系，则的度数不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路引导】本题主要考查了平移的性质和平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据的平移过程，分点在上和点在外两种情况，根据平移的性质得到，根据平行线的性质得到和和之间的等量关系，列出方程求解即可．
【完整解答】解：如图，当点在线段上时，过点作．
因为由平移得到，
所以，
所以，
当时，
设，则，
因为，，
所以，，
因为，
所以，
解得，
所以；
当时，
设，则，
同理可得，，
因为，
所以，
解得，
所以；
如图，当点在线段的延长线上时，过点作，同理可得，
当时，
设，则，
同理可得，，
因为，
所以，
解得，
所以；
当时，
由图可知，，故不存在这种情况，
综上所述，的度数为或或．
25．（24-25八年级上·重庆巫山·期末）有如下一列等式：，，，，，，其中n为正整数，的各项系数均不为0且互不相等．交换任意两项的系数得到的新多项式称为“互邻式”．
①多项式共有6个不同的“互邻式”；
②若多项式，则；
③若多项式，则的系数之和为256；
④若多项式，则．
以上正确的说法有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【思路引导】本题考查了有理数的乘方运算，多项式乘法中的规律探索，整式的加减计算，掌握规律是解题的关键．根据题目中给出的定义对①进行判断；利用求解②即可；设代入求解③即可；分别设，代入，两式子相加即可得出④的结果．
【完整解答】解：根据题意可知：多项式有5项，任选两项交换系数，共有个不同的“互邻式”，故①错误；
，
，故②正确；
，
设，，故③正确；
设时，，
设时，，
，故④错误，
综上所述正确的有：②③，共2个，
故选：B．
26．（23-24七年级下·浙江宁波·期末）如图，有三张正方形纸片，将三张纸片按照如图所示的方式放置于一个长方形中，已知中间重叠部分四边形恰好是一个正方形，记图中两块未被覆盖的阴影部分面积分别为和，已知，，若要知道和的面积差，只需要知道（ ）
A．正方形的边长 B．正方形的边长
C．正方形的边长 D．正方形的边长
【答案】C
【思路引导】本题考查了列代数式，整式的混合运算，延长交于点，则右上角未被覆盖部分阴影部分的面积，分别设正方形的边长分别为，正方形的边长为，表示出，，再作差即可得解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【完整解答】解：如图，延长交于点，则右上角未被覆盖部分阴影部分的面积，
设正方形的边长分别为，正方形的边长为，
则，，，，，，
∴，，
∴
故要知道和的面积差，只需要知道的值即可，即要知道正方形的边长，
故选：．
27．（23-24七年级下·湖北黄石·期末）若关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】本题主要考查了含参不等式的求解，根据一元一次不等式的基本性质得到a与b的比值以及的结论，设，代入即可得解．
【完整解答】解：由得：，
∵不等式的解集是，
且
设
则
∴的解集是，
即，
故选：A．
28．（23-24七年级下·广东广州·期末）已知关于，的方程组，下列说法中正确的有（ ）个．
①当时，；②当时，的最小值为2；③取任意实数，的值始终不变；④不存在实数，使成立．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路引导】此题考查二元一次方程组的解，二元一次方程的解，解二元一次方程组．熟练掌握以上知识是解题关键．由，可得原方程组为，求解即可判断①；由原方程组可得出，结合，即得出，求解即可判断②；由原方程组可得出，即说明取任意实数，的值始终不变，可判断③；由原方程组可得出，整理，得：．结合，即可求出，，从而可求出，即存在实数，使成立，可判断④．
【完整解答】解：①当时，原方程组为，
解得：，故该项正确；
②，
由，得：．
∵，即，
∴，
解得：，即的最大值为2，故该项错误；
③，
由，得：，
∴取任意实数，的值始终不变，故该项正确；
④原方程组可改为：，
∴，
整理，得：．
∵，即，
∴，
解得：，
，
∴，即存在实数，使成立，故该项错误．
综上可知正确的有2个．
故选B．
29．（23-24七年级下·重庆·期末）甲、乙、丙三家艺术中心为表彰进步学生，准备去文具店采购签字笔、笔记本、钢笔三种文具，签字笔、笔记本、钢笔单价分别为8元、10元、25元．乙艺术中心采购签字笔数量是甲的6倍，笔记本数量是甲的12倍，钢笔数量是甲的8倍，丙采购的签字笔数量是甲的3倍，笔记本数量是甲的9倍，钢笔数量和甲相同．三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，则甲艺术中心采购总费用为（ ）元
A．237 B．350 C．425 D．901
【答案】A
【思路引导】本题考查了三元一次方程组的应用，解本题的关键在找出数量关系，列出方程组．
设甲采购签字笔x个、笔记本y个、钢笔z个，根据数量单价总价，分别表示出乙采购和并采购的费用，然后根据三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，列方程组，解方程组，再根据签字笔、笔记本、钢笔均为整数，求出答案即可．
【完整解答】解：设甲采购签字笔x个、笔记本y个、钢笔z个，则费用分别为元，元，元；
乙采购采购签字笔个、笔记本个、钢笔个，则费用分别为元，元，元；
丙采购采购签字笔个、笔记本个、钢笔个，则费用分别为元，元，元；
根据题意得
整理，得
由②得：，
∵x、y都是正整数，
∴y可能为1、2、3、4、5，
把③代入①整理，得
，
，
∵z为正整数，y可能为1、2、3、4、5，
∴当时，（不符合题意），
当时，（符合题意），
当时，（不符合题意），
当时，（不符合题意），
当时，（不符合题意），
把代入②得：，
甲艺术中心采购总费用为元，
故选：A．
30．（23-24七年级下·江苏南通·期中）已知关于x，y的方程组中x，y均大于0．若a与正数b的和为4，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】先解二元一次方程组可得，根据x，y均大于0，进而可得：，然后根据，，可得，从而可得，即，进而可得，最后进行计算即可解答．
【完整解答】解：，
解得：，
，，
，
解得：，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【考点评析】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，解二元一次方程组，准确熟练地进行计算是解题的关键．
31．（21-22七年级上·浙江温州·期末）我们知道自行车一般是由后轮驱动，因此，后轮胎的磨损要超过前轮胎，假设前轮行驶5000公里报废，后轮行驶3000公里报废，如果在自行车行驶若干公里后，将前后轮进行对换，那么这对轮胎最多可以行驶（ ）公里．
A．4000 B．3750 C．4250 D．3250
【答案】B
【思路引导】本题考查了二元一次方程组的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．利用二元一次方程组求解的应用题一般情况下题中要给出两个等量关系，准确地找到等量关系并用方程组表示出来是解题的关键．设每个新轮胎报废时的总磨损量为k，一对新轮胎交换位置前走了x公里，交换位置后走了y公里，根据交换前磨损总量和交换后的磨损总量相等，可列出方程组，解方程组即可．
【完整解答】解：设每个新轮胎报废时的总磨损量为k，
则安装在前轮的轮胎每行驶1公里磨损量为，安装在后轮的轮胎每行驶1公里的磨损量为，
设一对新轮胎交换位置前走了x公里，交换位置后走了y公里，
由题意得：，
两式相加，得，
解得：，
故选：B．
32．（23-24八年级上·重庆城口·期末）“杨辉三角”（如图），也叫“贾宪三角”，是中国古代数学无比睿智的成就之一，被后世广泛运用．用“杨辉三角”可以解释（，2，3，4）的展开式（按a的次数由大到小的顺序）的系数规律，例如，在“杨辉三角”中第3行的3个数1，2，1，恰好对应着的展开式中各项的系数；第4行的4个数1，3，3，1，恰好对应着的展开式中各项的系数，等等．当n是大于4的自然数时，上述规律仍然成立．则下列说法正确的有（ ）个
①的展开式中的系数是9
②的展开式为：
③能被28整除
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【思路引导】本题考查数字的变换类规律，解题的关键是读懂题意，找到“杨辉三角”的规律．求出的展开式中的系数即可判定①；由计算规律可判断②正确；将分解为，再将分解成即可判定．
【完整解答】解：由计算规律可得，的展开式中，字母部分因式依次为，，，…，
∴含的为第二项，
又由“杨辉三角”可知，的展开式中第二项的系数为n，
∴的展开式中含的项为，故①正确；
由计算规律可得，
，故②正确；
∵，
而
，
∴能被28整除，故③正确；
∴正确的有①②③，共3个；
故选：D．
33．（23-24八年级上·河北石家庄·期末）有个依次排列的整式：第1个整式是，第2个整式是，用第2个整式减去第1个整式，所得之差记为，记；将第2个整式与相加作为第3个整式，记，将第3个整式与相加记为第4个整式，以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，将得到四个结论：①；②当时，第3个整式的值为25；③若第5个整式与第4个整式之差为15，则；④第2024个整式为；⑤当时，；以上正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【思路引导】本题主要考查数据的规律类问题．根据题意可以得出规律，第n项为，，根据规律逐项求解判断即可．
【完整解答】解：由题意可知，第1个整式为，第2个整式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
....．
∴，故①正确；
∵将第2个整式与相加作为第3个整式，
∴第3个整式为，
当时，，故②错误；
∵将第3个整式与相加作为第4个整式，
∴第4个整式为，
以此类推，第n个整式为，
∴第4个整式为，
∵第5个整式与第4个整式之差为15，
∴，
解得，故③正确；
∵第n个整式为，
∴第个整式为，故④正确；
∵，
∴
，故⑤正确．
综上，正确的有①③④⑤，共4个．
故选：D．
34．（23-24九年级上·重庆万州·期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加得到第3项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：
①第5项为； ②；
③若，则； ④当时，第项的值为．
以上结论正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【思路引导】本题考查数字变化的规律，能根据题意表示出第n个整式及是解题的关键．
依次求出各整式及…，发现规律即可解决问题．
【完整解答】解：由题知，
，
整式中的第2项为：，
，
整式中的第3项为：，
……
，
整式中的第n项为：（n为正整数），
所以整式中的第5项为：，
故①正确．
当时，
，
故②正确．
当时，
，
则，
故③正确．
当时，
令整式中的第k项的值为M，
则，
，
两式相减得：
，
，
故④正确；
故选：D．
35．（23-24八年级上·重庆开州·期末）关于x的二次三项式（a，b均为非零常数），关于x的三次三项式（其中c，d，e，f均为非零常数），下列说法中正确的个数有（ ）
①当时，；
②当为关于x的三次三项式时，则；
③当多项式M与N的乘积中不含项时，则；
④；
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【思路引导】本题考查代数式求值，整式的加减运算，多项式乘多项式中不含某一项的问题．将代入代数式求出的值，判断①，根据多项式的和为三次三项式，得到的常数项为0，求出的值，确定②，计算多项式乘多项式后，项的系数为，求出的值判断③，根据恒等式对应项的系数相等，求出的值，判断④．掌握相关运算法则，正确的计算，是解题的关键．
【完整解答】解：∵，
∴当时，；故①正确；
∵，为关于x的三次三项式，且a，b均为非零常数，
∴，
∴；故②正确；
∵
，
又多项式M与N的乘积中不含项，
∴，
∴；故③正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；故④正确；
综上：正确的个数为4个；
故选D．
36．（23-24七年级上·上海松江·期末）如图1是中国数学会的会徽，，它是由四个相同的直角三角形拼成的一个正方形． 将会徽抽象为图2，记，，． 对图2进行图形运动得到图3，下面的说法不正确的是（ ）
A．可以看作是绕点B顺时针旋转得到
B．可以看作是沿着方向平移距离a，再沿方向平移距离b得到
C．可以看作是绕点D逆时针旋转得到
D．图形运动后，原正方形与六边形的面积相等，可得
【答案】B
【思路引导】本题考查了平移的性质与旋转的性质：根据平移的性质与旋转的性质，等积変化逐一判断即可；掌握平移的性质与旋转的性质是解题的关键．
【完整解答】解：A．由旋转的定义可以判定结论正确，故不符合题意；
B．可以看作是沿着方向平移距离b，再沿方向平移距离a得到，结论错误，故符合题意；
C．由旋转的定义可以判定结论正确，故不符合题意；
D．图形运动后并没有改变图形的面积，通过图和图的面积表示得，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
37．（22-23八年级下·重庆南川·期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘得到，将第2项加上得到第3项……以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：①第4项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【思路引导】根据题干所提供的运算方法，分别计算出第2项，的值；第3项，的值，第4项，的值，第5项，的值，由规律可判断每个结论的正误即可．
【完整解答】解：根据题意，第1项为，，
第2项为，，
第3项为，，
第4项为，故①正确；
，故②错误；
若第2023项的值为0，即
，
即，，故③正确；
当时，设①
②
①－②，得，，故④错误．
故选B．
【考点评析】本题考查整式的混合运算以及数字的变化类，掌握整式混合运算的计算方法，发现所列举代数式所呈现的规律是正确判断的前提．
38．（21-22七年级下·浙江宁波·期末）如图，将两张长为，宽为的长方形纸片按图1，图2两种方式放置，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图1和图2中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求值的是（ ）
A．长方形纸片的周长和面积 B．长方形纸片长和宽的差
C．①和②的面积差 D．长方形纸片和①的面积差
【答案】D
【思路引导】设正方形的边长为，分别求出、①和②的面积、长方形纸片的面积与周长，再逐项判断即可得．
【完整解答】解：如图，设正方形的边长为，
则，
，
，
∵长方形纸片的周长为，面积为，
∴若知道长方形纸片的周长和面积或长方形纸片长和宽的差，能求出，即选项A、B不符合题意；
图中①的面积为，
②的面积为，
∴①和②的面积差为，
∴若知道①和②的面积差，能求出，即选项C不符合题意；
∵长方形纸片和①的面积差为，
∴若知道长方形纸片和①的面积差，不能求出，即选项D符合题意；
故选：D．
【考点评析】本题考查了整式乘法、完全平方公式在图形中的应用，熟记运算法则是解题的关键．
39．（22-23七年级下·安徽淮北·期末）关于的多项式：，其中为正整数，若各项系数各不相同且均不为0，我们称这样的多项式为“亲缘多项式”．
①是“亲缘多项式”．
②若多项式和均为“亲缘多项式”，则也是“亲缘多项式”．
③多项式是“亲缘多项式”且．
④关于的多项式，若，，为正整数，则为“亲缘多项式”．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路引导】①将展开，进行判断即可；②合并同类项后，进行判断即可；③计算出，进行判断即可；④利用特殊值法进行判断即可．
【完整解答】解：①，各项系数各不相同且均不为0，
是“亲缘多项式”，故①正确；
②，并不能确定各项系数各不相同且均不为0，
不是“亲缘多项式”，故②错误；
③，
是“亲缘多项式”，
，
，
；故③正确；
④当，，时：，三次项和一次项的系数相同，不是“亲缘多项式”，故④错误；
综上：正确的有2个；
故选：B．
【考点评析】本题考查整式的运算．理解并掌握“亲缘多项式”的定义是解题的关键．
40．（22-23七年级下·福建福州·期末）已知关于，的方程组，其中，下列说法正确的是（ ）
①当时，与相等； ②是原方程组的解；
③无论为何值时，； ④若，，则的最大值为11；
A．①③ B．②③ C．②③④ D．③④
【答案】D
【思路引导】①当时，则有即可求解；②当，取不同值时解不同，即可求解；③解此方程组得，即可求解；④可求，由，可求，进而可求解．
【完整解答】解：①当时，则有
，
解得：，
故①错误；
②当，取不同值时解不同；
故②错误；
③解此方程组得，
所以，
故③正确；
④
，
因为，
所以，
解得：，
因为，
所以，
所以，
所以的最大值为，
故④正确；
故选D．
【考点评析】本题考查了含有参数的二元一次方程组，一元一次不等式组等，掌握方程组及不等式组的解法是解题的关键．
41．（22-23七年级下·重庆巴南·期末）对于x，y定义一种新运算F，规定（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，若，，下列结论：①；②若，则m，n有且仅有4组正整数解；③若对任意实数x，y均成立，则．正确的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【思路引导】根据新定义运算可得，可得，可得，再根据运算法则逐一分析各说法即可．
【完整解答】解：∵，，，
∴，解得：，
∴，
∴，故①符合题意；
∵，
∴，
整理得：，
∴其正整数解为：，，，，故②符合题意；
∵，
∴，
∴，
上式对任意实数x，y均成立，
∴，
∴，故③符合题意；
故选A
【考点评析】本题考查的是新定义运算，二元一次方程组的解法，二元一次方程的正整数解问题，含参数的二元一次方程有无数解的问题，理解题意，熟练的利用新定义的运算法则进行运算是解本题的关键．
42．（22-23七年级下·重庆潼南·期末）对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为，即当n为非负整数时，若，则．反之，当n为非负整数时，若，则．例如：，．给出下列说法：
①；
②；
③当，m为非负整数时，有；
④若，则非负实数x的取值范围为；
⑤满足的所有非负实数x的值有4个．
以上说法中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【思路引导】对于①根据新定义直接判断，②可用举反例法判断，③根据题意所述利用不等式的性质判断，④利用对非负实数 “四舍五入”到个位的值记为，进而列出不等式得出的取值范围即可判断，⑤根据新定义得出是的倍数，进而得出的值．
【完整解答】解：①，故结论正确；
②错误，比如时，，而，故结论②错误；
③为非负整数，则，不影响“四舍五入”，所以当时，故结论③正确；
④∵，
∴，
∴，故④错误；
⑤又∵且为非负实数，即：，
解得：，
若满足，则为整数，必然是的倍数，则，为整数，
则，可得，
即：当，1，2，3时，亦即当，，，时，满足的所有非负实数x的值有4个，故⑤正确；
综上，正确的有①③⑤，共3个；
故选：C．
【考点评析】本题考查了四舍五入，解一元一次不等式，以及学生理解题意的能力，关键是看到所得值是个位数四舍五入后的值，问题可得解．
43．（22-23七年级下·重庆北碚·期中）若关于x的不等式组最多有2个整数解，且关于y的一元一次方程的解为非正数，则符合条件的所有整数k的和为（ ）
A．13 B．18 C．21 D．26
【答案】B
【思路引导】分别求出不等式组的解集，一元一次方程的解，根据题意，求出符合条件的所有整数k，再将它们相加，即可得出结果．
【完整解答】解：由，可得：，
∵关于x的不等式组最多有2个整数解，
∴或无解，
∵不等式组的整数解最多时为：1，2，
∴，解得：；
解，得：，
∵方程的解为非正数，
∴，解得：，
综上：，
符合条件的的整数值为：，和为；
故选B．
【考点评析】本题考查由不等式组的解集和方程的解的情况求参数的值．正确的求出不等式组的解集和方程的解，是解题的关键．
44．（2018·山东泰安·一模）关于x的不等式组恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】此题可先根据一元一次不等式组解出x的取值范围，再根据不等式组恰好只有四个整数解，求出实数a的取值范围．
【完整解答】解：由不等式，可得：，
由不等式，可得：，
由以上可得不等式组的解集为：，
因为不等式组恰好只有四个整数解，
即整数解为，
所以可得：，
解得：，
故选A．
【考点评析】本题考查了不等式组的解法，先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分.不等式组解集的确定方法是：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解.根据原不等式组恰有4个整数解列出关于a的不等式是解答本题的关键．
45．（22-23八年级上·江苏·期末）已知实数a，b满足，则代数式的最大值为（ ）
A．－4 B．－5 C．4 D．5
【答案】A
【思路引导】先整体代入，将原式转化为只含有a的代数式，直接求最大值即可．
【完整解答】，即
时，的最大值为
故选：A
【考点评析】此题考查整体代入求值，以及利用公式变形求最值，解题关键是找到a的取值范围．
46．（22-23八年级上·重庆綦江·期末）有依次排列的2个整式：x，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：x，3，，这称为 第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作 后的整式串；以此类推．通过下列实际操作：
①第二次操作后整式串为：x，，3，x，；
②第二次操作后，当时，所有整式的积为正数；
③第四次操作后整式串中共有19个整式；
④第2021次操作后，所有的整式的和为；
⑤第二次操作后，所有整式的绝对值之和为，则其最小值为：9；
上面五个结论中正确的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【思路引导】先一次计算前面两次操作后的整式，再结合可得，即可判断①②，再写出第四次操作后的结果可判断③，依次计算第一次，第二次，第三次，再归纳出规律可得第n次操作的规律，从而可判断④，再画出图形，利用数轴上两点之间的距离，结合两点之间，线段最短，可判断⑤，从而可得答案．
【完整解答】解：∵第一次操作后的整式串为：x，3，，
∴第二次操作后的整式串为x，，3，x，，
即x，，3，x，，故①正确，符合题意；
第二次操作后整式的积为，
∵，
，即，
，
即第二次操作后，当时，所有整式的积为正数，故②正确，符合题意；
第三次操作后整式串为x，，，x，3，，x，3，，
第四次操作后整式串为x，，，x，，，x，，3，，，3，x，，3，x，，
共17个，故③的说法错误，不符合题意；
第一次操作后所有整式的和为，
第二次操作后所有整式的和为，
第三次操作后所有整式的和为，
…，
第n次操作后所有整式的积为，
∴第2021次操作后，所有的整式的和为，故④的说法正确，符合题意；
∵第二次操作后，所有整式的绝对值之和为，即，
∴当取最小值，则原代数式取最小值，
如图，
当时，取最小值6，
∴此时的最小值为9，故⑤正确，符合题意；
正确的说法有①②④⑤，
故选：C．
【考点评析】本题考查整式的加减运算，整式的乘法运算，平方差公式的应用，规律的探究，理解题意，结合数形结合的方法解题是关键．
47．（22-23七年级上·湖北武汉·期末）如图，把一个角沿过点O的射线对折后得到的图形为，现从点O引一条射线，使，再沿把角剪开．若剪开后再展开，得到的三个角中，有且只有一个角最大，最大角是最小角的三倍，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【思路引导】由题可知，沿过O的射线分为了射线和射线两种情况，分类讨论两种情况，利用建立等量关系即可解决．
【完整解答】解：①由题意得，三个角分别是、、，
且，，
又
，
，
②三个角分别是、、，
有且只有一个角最大，即为，
且，，
又
，
．
故选：D．
【考点评析】本题考查了角的和差倍分，解决本题的关键是读清题意，找到不同情况，利用题目中的等量建立方程解得参数的值．
48．（22-23九年级上·重庆沙坪坝·期末）有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加得到第3项，再将第3项乘以得到，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：
①第5项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第m项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【思路引导】先分别求出前三项以及，，，从而得出规律为第项为，，据此求解即可．
【完整解答】解：第1项为，，
∴第2项为，，
∴第3项为，，
∴可以推出第项为，，
∴第5项为，，故结论①、②正确；
∵第2023项为，，
∴，
∴，
∴，
∴或1
当时，
当时，，
∴若第2023项的值为0，则或0，故结论③错误；
同理可得：第m项为，
∴当时，第m项的值为，故结论④正确，
综上可得：结论正确的个数为3个．
故选：C
【考点评析】本题考查了多项式乘以多项式的规律，解题的关键在于能够根据题意找到规律求解．
49．（22-23九年级上·重庆·阶段练习）已知多项式，多项式．
①若多项式是完全平方式，则或
②
③若，，则
④若，则
⑤代数式的最小值为2022
以上结论正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【思路引导】①利用完全平方公式的形式求解；
②利用整式的加减运算和配方法求解；
③利用完全平方和和完全平方差公式求解；
④利用完全平方和和完全平方差公式求解；
⑤利用完全平方公式和配方法求解．
【完整解答】解：①多项式是完全平方式，
，故结论正确；
②
，
而，
，故结论正确；
③，，
，
，
根据②故结论错误；
④
，
；故结论正确；
⑤
，
，，
当，时有最小值为2022，
但是根据②，
结论错误．
故选：C．
【考点评析】本题主要考查了完全平方公式和配方法的应用，同时也利用非负数的性质求最值，题目比较难．
50．（21-22七年级下·福建福州·期末）已知、、满足，，且、、都为正数．设，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路引导】把当作常数解方程组，再代入，根据、、都为正数，求出的取值范围，从而求解．
【完整解答】解：，，
，，
，
、、都为正数，
∴，
，
，
．
故选：A．
【考点评析】本题是不定方程和不等式组的综合题是一道难度不小的综合题，求出c的取值范围是解题的关键．
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2024-2025学年苏科版数学七年级下学期期末真题汇编复习【2024新教材】
选择题典型必刷练50题（压轴题）
（原卷版）
同学你好，该份练习结合最新版本课本内容设定制作，贴合书本内容。题目精选近两年江苏省各市近两年常考易错真题，典型常规题等重点题目！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，按照考点划分，解析思路清晰，难度中上，非常适合成绩拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
1．（23-24八年级上·广西河池·期末）下列各式中，计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（23-24七年级下·云南昆明·期中）已知实数，满足，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25七年级下·江苏宿迁·期中）我们可以用一些硬纸片拼成的图形面积来解释一些代数恒等式．观察图形，通过面积的计算，可以验证的恒等式是（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25八年级上·安徽亳州·期末）下列命题：①如果，那么；②如果两个角相等，那么这两个角为同位角；③如果，那么；④如果与互补，那么，其中假命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（24-25八年级上·福建泉州·期末）已知，则的值是( )
A． B． C． D．
6．（24-25八年级上·浙江台州·期末）四张全等的梯形硬纸板可拼成平行四边形（如图1），也可拼成正方形（如图2），根据两个图形中阴影部分面积的关系，可以得到一个关于的等式为（ ）
A． B．
C． D．
7．（24-25八年级上·贵州铜仁·期末）若关于x的一元一次方程的解为正整数，且关于x的不等式组无解，则符合条件的整数k的值的和为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．2
8．（20-21七年级下·安徽合肥·期末）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（24-25七年级上·贵州铜仁·期末）如图，用12块相同的长方形地板砖拼成一个宽为的大长方形，设每块长方形地板砖的长为，宽为，根据题意可列方程组为（ ）
A． B． C． D．
10．（24-25八年级上·福建福州·期末）某商店的某种商品成本增加，因此商家决定对该商品进行提价，现有三种方案．方案一：第一次提价，第二次提价；方案二：第一次提价，第二次提价；方案三：第一、二次提价均为；其中a，b是不相等的正数．有以下说法：
①方案一、方案二提价一样；
②方案一提价有可能高于方案二提价；
③三种方案中，方案三的提价最多；
④方案三的提价有可能低于方案一的提价．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
11．（24-25八年级上·山东青岛·期末）《算法统宗》是明代数学家程大位所著的一部应用数学书，书中有这样一个问题，原文为：九百九十九文钱，甜果苦果买一千，四文钱买苦果七，十一文钱九个甜，甜苦两果各几个？请君布算莫迟疑！大意是说：用九百九十九文钱共买了一千个甜果和苦果，其中四文钱可以买苦果七个，十一文钱可以买甜果九个，请问究竟甜、苦果各有几个？根据题意，设甜果x个，苦果y个，可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
12．（24-25七年级上·安徽合肥·期末）已知关于，的二元一次方程组有正整数解，其中为整数，则的值为（ ）
A． B．3 C．或4 D．3或15
13．（24-25七年级上·福建福州·期末）如图，点分别在长方形纸片的边上，连接，将纸片沿折叠，使得点A落在点M处，使得点B落在点N处，若，则的度数是（ ）．（用含的式子表示）
A． B． C． D．
14．（24-25七年级上·湖南常德·期末）已知关于，的二元一次方程组的解为且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
15．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，在中，点是边上一点，将沿翻折得到，与交于点，当时，求的比值为（ ）
A． B． C． D．
16．（24-25八年级上·山西运城·期末）如图是由6块颜色不同的正方形卡片无重叠无缝隙地拼成的长方形，中间最小的正方形边长为1．若设标有序号①、②的两个正方形边长分别为，，则根据题意可得到的二元一次方程组为（ ）
A． B． C． D．
17．（24-25八年级上·四川泸州·期末）仔细观察，探索规律：
则（ ）
A． B． C． D．
18．（24-25七年级上·江苏扬州·期末）如图，已知点A、B在电线上，，．若将电线在点A处折叠，使点O、B分别落在点、处，则用老虎钳在点处剪断后，电线剪成的三段中，最短的电线与最长的电线长度比是（ ）
A． B． C． D．
19．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）下列计算，结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
20．（23-24七年级下·广东佛山·阶段练习）如图a是长方形纸带，，将纸带沿折叠成图b，再沿折叠成图c，则图c中的（ ）．
A．96 B．108 C．118 D．128
21．（24-25八年级上·福建龙岩·期末）观察下列等式：
；
；
；
……
根据以上规律计算的值是（ ）
A． B． C． D．
22．（24-25七年级下·重庆·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
23．（21-22七年级下·广东江门·期末）已知关于x的不等式组有四个整数解，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
24．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在锐角三角形中，，将沿着射线方向平移得到（平移后点的对应点分别是），连接．若在整个平移过程中，和的度数之间存在2倍关系，则的度数不可能为（ ）
A． B． C． D．
25．（24-25八年级上·重庆巫山·期末）有如下一列等式：，，，，，，其中n为正整数，的各项系数均不为0且互不相等．交换任意两项的系数得到的新多项式称为“互邻式”．
①多项式共有6个不同的“互邻式”；
②若多项式，则；
③若多项式，则的系数之和为256；
④若多项式，则．
以上正确的说法有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
26．（23-24七年级下·浙江宁波·期末）如图，有三张正方形纸片，将三张纸片按照如图所示的方式放置于一个长方形中，已知中间重叠部分四边形恰好是一个正方形，记图中两块未被覆盖的阴影部分面积分别为和，已知，，若要知道和的面积差，只需要知道（ ）
A．正方形的边长 B．正方形的边长
C．正方形的边长 D．正方形的边长
27．（23-24七年级下·湖北黄石·期末）若关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
28．（23-24七年级下·广东广州·期末）已知关于，的方程组，下列说法中正确的有（ ）个．
①当时，；②当时，的最小值为2；③取任意实数，的值始终不变；④不存在实数，使成立．
A．1 B．2 C．3 D．4
29．（23-24七年级下·重庆·期末）甲、乙、丙三家艺术中心为表彰进步学生，准备去文具店采购签字笔、笔记本、钢笔三种文具，签字笔、笔记本、钢笔单价分别为8元、10元、25元．乙艺术中心采购签字笔数量是甲的6倍，笔记本数量是甲的12倍，钢笔数量是甲的8倍，丙采购的签字笔数量是甲的3倍，笔记本数量是甲的9倍，钢笔数量和甲相同．三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，则甲艺术中心采购总费用为（ ）元
A．237 B．350 C．425 D．901
30．（23-24七年级下·江苏南通·期中）已知关于x，y的方程组中x，y均大于0．若a与正数b的和为4，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
31．（21-22七年级上·浙江温州·期末）我们知道自行车一般是由后轮驱动，因此，后轮胎的磨损要超过前轮胎，假设前轮行驶5000公里报废，后轮行驶3000公里报废，如果在自行车行驶若干公里后，将前后轮进行对换，那么这对轮胎最多可以行驶（ ）公里．
A．4000 B．3750 C．4250 D．3250
32．（23-24八年级上·重庆城口·期末）“杨辉三角”（如图），也叫“贾宪三角”，是中国古代数学无比睿智的成就之一，被后世广泛运用．用“杨辉三角”可以解释（，2，3，4）的展开式（按a的次数由大到小的顺序）的系数规律，例如，在“杨辉三角”中第3行的3个数1，2，1，恰好对应着的展开式中各项的系数；第4行的4个数1，3，3，1，恰好对应着的展开式中各项的系数，等等．当n是大于4的自然数时，上述规律仍然成立．则下列说法正确的有（ ）个
①的展开式中的系数是9
②的展开式为：
③能被28整除
A．0 B．1 C．2 D．3
33．（23-24八年级上·河北石家庄·期末）有个依次排列的整式：第1个整式是，第2个整式是，用第2个整式减去第1个整式，所得之差记为，记；将第2个整式与相加作为第3个整式，记，将第3个整式与相加记为第4个整式，以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，将得到四个结论：①；②当时，第3个整式的值为25；③若第5个整式与第4个整式之差为15，则；④第2024个整式为；⑤当时，；以上正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
34．（23-24九年级上·重庆万州·期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加得到第3项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：
①第5项为； ②；
③若，则； ④当时，第项的值为．
以上结论正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
35．（23-24八年级上·重庆开州·期末）关于x的二次三项式（a，b均为非零常数），关于x的三次三项式（其中c，d，e，f均为非零常数），下列说法中正确的个数有（ ）
①当时，；
②当为关于x的三次三项式时，则；
③当多项式M与N的乘积中不含项时，则；
④；
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
36．（23-24七年级上·上海松江·期末）如图1是中国数学会的会徽，，它是由四个相同的直角三角形拼成的一个正方形． 将会徽抽象为图2，记，，． 对图2进行图形运动得到图3，下面的说法不正确的是（ ）
A．可以看作是绕点B顺时针旋转得到
B．可以看作是沿着方向平移距离a，再沿方向平移距离b得到
C．可以看作是绕点D逆时针旋转得到
D．图形运动后，原正方形与六边形的面积相等，可得
37．（22-23八年级下·重庆南川·期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘得到，将第2项加上得到第3项……以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：①第4项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
38．（21-22七年级下·浙江宁波·期末）如图，将两张长为，宽为的长方形纸片按图1，图2两种方式放置，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图1和图2中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求值的是（ ）
A．长方形纸片的周长和面积 B．长方形纸片长和宽的差
C．①和②的面积差 D．长方形纸片和①的面积差
39．（22-23七年级下·安徽淮北·期末）关于的多项式：，其中为正整数，若各项系数各不相同且均不为0，我们称这样的多项式为“亲缘多项式”．
①是“亲缘多项式”．
②若多项式和均为“亲缘多项式”，则也是“亲缘多项式”．
③多项式是“亲缘多项式”且．
④关于的多项式，若，，为正整数，则为“亲缘多项式”．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
40．（22-23七年级下·福建福州·期末）已知关于，的方程组，其中，下列说法正确的是（ ）
①当时，与相等； ②是原方程组的解；
③无论为何值时，； ④若，，则的最大值为11；
A．①③ B．②③ C．②③④ D．③④
41．（22-23七年级下·重庆巴南·期末）对于x，y定义一种新运算F，规定（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，若，，下列结论：①；②若，则m，n有且仅有4组正整数解；③若对任意实数x，y均成立，则．正确的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
42．（22-23七年级下·重庆潼南·期末）对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为，即当n为非负整数时，若，则．反之，当n为非负整数时，若，则．例如：，．给出下列说法：
①；
②；
③当，m为非负整数时，有；
④若，则非负实数x的取值范围为；
⑤满足的所有非负实数x的值有4个．
以上说法中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
43．（22-23七年级下·重庆北碚·期中）若关于x的不等式组最多有2个整数解，且关于y的一元一次方程的解为非正数，则符合条件的所有整数k的和为（ ）
A．13 B．18 C．21 D．26
44．（2018·山东泰安·一模）关于x的不等式组恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
45．（22-23八年级上·江苏·期末）已知实数a，b满足，则代数式的最大值为（ ）
A．－4 B．－5 C．4 D．5
46．（22-23八年级上·重庆綦江·期末）有依次排列的2个整式：x，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：x，3，，这称为 第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作 后的整式串；以此类推．通过下列实际操作：
①第二次操作后整式串为：x，，3，x，；
②第二次操作后，当时，所有整式的积为正数；
③第四次操作后整式串中共有19个整式；
④第2021次操作后，所有的整式的和为；
⑤第二次操作后，所有整式的绝对值之和为，则其最小值为：9；
上面五个结论中正确的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
47．（22-23七年级上·湖北武汉·期末）如图，把一个角沿过点O的射线对折后得到的图形为，现从点O引一条射线，使，再沿把角剪开．若剪开后再展开，得到的三个角中，有且只有一个角最大，最大角是最小角的三倍，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
48．（22-23九年级上·重庆沙坪坝·期末）有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加得到第3项，再将第3项乘以得到，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：
①第5项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第m项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
49．（22-23九年级上·重庆·阶段练习）已知多项式，多项式．
①若多项式是完全平方式，则或
②
③若，，则
④若，则
⑤代数式的最小值为2022
以上结论正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
50．（21-22七年级下·福建福州·期末）已知、、满足，，且、、都为正数．设，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
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