期末复习必考选填压轴题十六大题型总结-【新教材】2024-2025学年七年级数学下册举一反三系列（苏科版2024）

期末复习必考选填压轴题十六大题型总结 【苏科版2024】 【题型1 幂的运算的逆用】 1 【题型2 由整式乘法求几何图形的面积】 2 【题型3 由乘法公式求值】 3 【题型4 乘法公式的几何背景】 3 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 5 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 5 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 6 【题型8 二元一次方程组的应用】 7 【题型9 求一元一次不等式（组）的解集】 8 【题型10 方程组与不等式（组）综合应用】 9 【题型11 根据不等式的性质求取值范围】 9 【题型12 一元一次不等式（组）的应用】 10 【题型13 与三角形的角有关的计算】 11 【题型14 新定义问题】 12 【题型15 规律探究】 12 【题型16 多结论问题】 13 【题型1 幂的运算的逆用】 【例1】（24-25七年级·江苏·期末）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【变式1-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）当a<0，n为正整数时，（－a）5·（－a）2n的值为（   ） A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数 【变式1-2】（24-25七年级·安徽滁州·期中）已知． （1）若，则自然数 ； （2）若是一个完全平方数，则自然数 ． 【变式1-3】（24-25七年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【题型2 由整式乘法求几何图形的面积】 【例2】（24-25七年级·江苏无锡·阶段练习）如图，长为，宽为的大长方形被分割为小块，除阴影，外，其余块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的是（　　） 小长方形的较长边为；阴影的较短边和阴影的较短边之和为；阴影和阴影的周长之和与值无关；当时，阴影和阴影的面积和为定值． A． B． C． D． 【变式2-1】（24-25七年级·湖南岳阳·阶段练习）在长方形内，将两张边长分别为a和b（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两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，的值为 ．（用a、b的代数式表示） 【变式2-2】（24-25七年级·浙江丽水·期末）甲、乙两个大小不一样的正方形按如图所示的两种方式放置．，记图①中的阴影部分面积为，图②中的阴影部分面积为． （1）若，则的值是 ； （2）若，，则的值是 ． 【变式2-3】（24-25七年级·浙江·期中）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【题型3 由乘法公式求值】 【例3】（24-25七年级·重庆·阶段练习）已知实数，满足，则的值是（   ） A． B．0 C．115 D．2025 【变式3-1】（24-25七年级·山东济南·期末）设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【变式3-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知有理数满足，，则 ． 【变式3-3】（24-25七年级·安徽合肥·期末）若与互为相反数，则的值为（    ） A．2 B．6 C．8 D．64 【题型4 乘法公式的几何背景】 【例4】（24-25七年级·安徽合肥·期末）如图，在由四个面积分别为的小长方形组成的大长方形中、四边形和四边形均为正方形，若，且，则大长方形的面积是（    ）． A．25 B．26 C．27 D．28 【变式4-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）如图1为我校七年级两个班的劳动实践基地，图2是从实践基地抽象出来的几何模型：两块边长为、的正方形，其中重叠部分为池塘，阴影部分、分别表示两个班级的基地面积．若，，则（   ） A．16 B．15 C．14 D．12 【变式4-2】（24-25七年级·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 【变式4-3】（24-25七年级·江西九江·阶段练习）有三个大小不一的正方形按如图1位置重叠摆放，已知小正方形边长为a，．现将这三个正方形沿边长剪成如图2的三块，并分别用，，来表示它们的面积，若，且，求的值是 ． 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 【例5】（24-25七年级·浙江杭州·期中）关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 【变式5-1】（24-25七年级·江苏南通·期末）已知方程组的解是，则方程组的解是（ ） A． B． C． D． 【变式5-2】（24-25七年级·江苏南通·阶段练习）若关于，的方程组的解为，则方程组的解为 ． 【变式5-3】（24-25七年级·浙江舟山·期末）若方程组的解是，则方程组的解是（    ） A． B． C． D． 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 【例6】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形， 1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形， 它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形的面积为（    ）    A．1296 B．1444 C．2304 D．20736 【变式6-1】（24-25七年级·浙江杭州·期末）如图，在大长方形中，放入六个相同的小长方形，，，则图中阴影部分面积是 ． 【变式6-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，长方形ABCD被分成8块，图中的数字是其中5块的面积数，则图中阴影部分的面积是 ﹒ 【变式6-3】（24-25七年级·浙江湖州·期中）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为(　　) A． B． C． D． 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 【例7】（24-25七年级·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 【变式7-1】（24-25七年级·浙江·期中）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．②③④ D．①③④ 【变式7-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期中）已知两个数x、y，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作；再从x、y、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从x、y、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去…，以下结论正确的个数为（    ） ①若x、y为方程组的解，则； ②对于整数x、y，若为偶数，在操作过程中，得到的一定为偶数； ③若x，y满足，要使得成立，则n至少为4． A．3 B．2 C．1 D．0 【变式7-3】（24-25七年级·重庆江津·期中）已知关于x、y的方程组，下列结论中正确的个数有（    ） ① 当时，是方程组的解； ② 不存在一个实数，使得x、y的值互为相反数； ③ 当方程组的解是时，方程组的解为； ④ x、y都为自然数的解有3对． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型8 二元一次方程组的应用】 【例8】（24-25七年级·浙江嘉兴·期中）小明去文具店购买了笔和本子共5件，已知两种文具的单价均为正整数且本子的单价比笔的单价贵．在付账时，小明问是不是27元，但收银员却说一共48元，小明仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了．小明实际的购买情况是（    ） A．1支笔，4本本子 B．2支笔，3本本子 C．3支笔，2本本子 D．4支笔，1本本子 【变式8-1】（24-25七年级·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 【变式8-2】（24-25七年级·福建福州·期中）用如图①中的长方形和正方形纸板为侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒（图2中两个盒子朝上的一面不用纸板）．现在仓库里有m张长方形纸板和n张正方形纸板，如果做两种纸盒若干个，恰好使库存的纸板用完，则的值有可能是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【变式8-3】（24-25七年级·广东惠州期末）A和B同学每人都有若干本课外读物．A对B说：“你若给我2本书，我的书数将是你的n倍”；B对A说：“你若给我n本书，我的书数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【题型9 求一元一次不等式（组）的解集】 【例9】（24-25七年级·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． 【变式9-1】（2025·湖北襄阳·一模）已知不等式组有解但没有整数解，则的取值范围为 ． 【变式9-2】（24-25七年级·四川成都·期中）若关于x的一元一次不等式组的解集是，则n的取值范围为 ． 【变式9-3】（24-25七年级·上海虹口·期中）已知关于的不等式组的整数解共有5个，且关于的不等式的解集为，则的取值范围 ． 【题型10 方程组与不等式（组）综合应用】 【例10】（24-25七年级·安徽宣城·期中）若数使关于的方程有非负数解，且关于的不等式组恰好有两个偶数解，则符合条件的所有整数的和是（    ） A． B． C． D． 【变式10-1】（24-25七年级·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． 【变式10-2】（24-25七年级·重庆忠县·期末）若整数a使关于x的不等式组至少有1个整数解，且使关于x，y的方程组的解为正整数，那么所有满足条件的a值之和为(   ) A．﹣17 B．﹣16 C．﹣14 D．﹣12 【变式10-3】（24-25七年级·重庆·期末）若关于x的不等式组无解，且关于x的方程的解为正整数，则所有满足条件的整数a的和等于 ． 【题型11 根据不等式的性质求取值范围】 【例11】（24-25七年级·山东济宁·期末）非负数x，y满足，记，W的最大值为m，最小值n，则（    ） A．6 B．7 C．14 D．21 【变式11-1】（24-25七年级·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． 【变式11-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知非负数 x，y，z 满足..，设 ，则 W 的最大值与最小值的和为（   ） A． B． C． D． 【变式11-3】（24-25七年级·江苏苏州·期中）已知的解集为，则的解集为（  ） A． B． C． D． 【题型12 一元一次不等式（组）的应用】 【例12】（24-25七年级·重庆巴南·期末）某校棋艺社开展围棋比赛，共位学生参赛．比赛为单循环制，所有参赛学生彼此恰好比赛一场．记分规则为：每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．比赛结束后，若所有参赛者的得分总和为76分，且平局的场数不超过比赛场数的，则 ． 【变式12-1】（24-25七年级·北京西城·期末）小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于．    （1）小明恰好跑3圈时，路程是否超过了？答： （填“是”或“否”）； （2）小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了 圈． 【变式12-2】（24-25七年级·北京西城·期中）2024年4月8日，德胜中学迎来了第二届科技节的盛大开幕，从8日至10日，一系列精彩纷呈的活动如德胜模型展示、合作竞赛、微讲坛、科技小制作以及科技嘉年华等接踵而至，同学们热情高涨，纷纷踊跃参与，七年级某班共有36名同学积极报名了科技微讲坛活动．其中有15名男生和5名女生参加了位于东校区的讲坛，另有16名男生和15名女生参加了位于西校区的讲坛，有以下几个说法： ①只在东校区参加了讲坛的男生比只在西校区参加了讲坛的男生少； ②只在东校区参加了讲坛的男生和只在西校区参加了讲坛的女生可能一样多； ③报名了科技微讲坛的男生人数一定比女生人数多； ④在两个校区都参加了讲坛的男生一定比在两个校区都参加了讲坛的女生多； 其中正确的是 ． 【变式12-3】（24-25七年级·四川达州·阶段练习）“书香文化节”是我校的四大节日之一，某年级甲、乙、丙三个班在“书香文化节”期间各自建立了本班的图书角．建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于．第一周结束后，三个图书角共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为；第二周结束后，三个图书角又共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为．若每个班的图书角的书籍总本书为正整数，则第二周结束后丙班图书角拥有书籍 本． 【题型13 与三角形的角有关的计算】 【例13】（24-25七年级·湖北孝感·期末）在中，，的平分线交于点，的外角平分线所在直线与的平分线交于点，与的外角平分线交于点．下列结论中错误的是：（   ） A． B． C． D． 【变式13-1】（24-25七年级·上海奉贤·期中）在中，为边上的高，，，则 【变式13-2】（24-25七年级·四川甘孜·期中）如图，已知，，点M为射线上一动点，连接，作平分交直线于点P在直线上取点N，连接，使，当时， ． 【变式13-3】（24-25七年级·四川甘孜·期中）如图，在中，．现将沿过点的一条直线折叠，使点落在线段的延长线上的点处，的角平分线与折痕交于点，连接，．若中一个内角的度数是另一个内角度数的倍，则的度数为 ． 【题型14 新定义问题】 【例14】（24-25七年级·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 【变式14-1】（2025·四川泸州·二模）定义：如果，那么x叫做以a为底N的对数，记作．例如：因为，所以；因为，所以则下列说法正确的个数为（   ） ①；②；③；④若，则， A．1 B．2 C．3 D．4 【变式14-2】（24-25七年级·河北保定·期中）对于m，n定义一种新运算T，规定：，即：当时，；当时，，这里等式左边括号里及等式右边的运算都是通常的四则运算． 若关于x的不等式的最大整数解为，则 ． 【变式14-3】（24-25七年级·广东中山·期中）定义：当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“友好三角形”，其中称为“友好角”．如果一个“友好三角形”的一个内角为，那么这个三角形的“友好角”的度数为 ． 【题型15 规律探究】 【例15】（24-25七年级·河南平顶山·期中）我国南宋时期杰出的数学家杨辉（钱塘（今杭州）人），下面的图表是他在《详解九章算术》中记载的“杨辉三角”． 此图揭示了（为非负整数）的展开式的项数及各项系数的有关规律，由此规律可解决如下问题：假如今天是星期三，再过天还是星期三，那么再过天是星期几（    ） A．星期三 B．星期四 C．星期二 D．星期五 【变式15-1】（24-25七年级·安徽安庆·阶段练习）一串数：按一定的规律排列，那么这串数的前（    ）个数的和最小． A．502 B．503 C．504 D．505 【变式15-2】（24-25七年级·安徽合肥·单元测试）观察下列各式：，，，，用文字语言表示你发现的规律： ；用符号语言表示你发现的规律： ；这是一个 命题（填“真”或“假”）． 【变式15-3】（24-25七年级·江苏苏州·期中）如图所示的中，，，，点、在直线上，将绕着点顺时针旋转到位置①得到直线上的点，将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②得到直线上的点，按此规律旋转至点，则= ． 【题型16 多结论问题】 【例16】（24-25七年级·重庆·期中）关于x的三次三项式（其中a，b，c，d均为常数），关于x的二次三项式（e，f均为非零常数），下列说法有几个正确（   ） ①当的结果为关于x的三次三项式时，则； ②若二次三项式能分解成，则； ③当多项式A与B的乘积中不含项时，则； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式16-1】（24-25七年级·广东广州·期中）如图，在中，，，，，将沿方向平移，得到，且与相交于点，连接．下列结论：①；②；③阴影部分的周长为12cm；④若，则的周长比四边形的周长少；⑤若的面积比的面积大，则；其中正确结论为 （请填序号） 【变式16-2】（24-25七年级·湖北武汉·期中）如图，，点F在线段上，点E在线段上，，，交线段于点P，过点D作于点H．有下列结论：①；②；③若，则；④若，则．其中结论正确的有 （填写所有正确结论的序号） 【变式16-3】（24-25七年级·重庆·期中）有个依次排列的整式：第一项是，第二项是，用第二项减去第一项，所得之差记为，将加2记为，将第二项与相加作为第三项，将加2记为，将第三项与相加作为第四项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到3个结论： ①； ②若第101项与第51项之差为9500，则； ③当时，； 以上结论正确个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习必考选填压轴题十六大题型总结 【苏科版2024】 【题型1 幂的运算的逆用】 1 【题型2 由整式乘法求几何图形的面积】 3 【题型3 由乘法公式求值】 8 【题型4 乘法公式的几何背景】 11 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 15 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 17 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 21 【题型8 二元一次方程组的应用】 25 【题型9 求一元一次不等式（组）的解集】 29 【题型10 方程组与不等式（组）综合应用】 31 【题型11 根据不等式的性质求取值范围】 34 【题型12 一元一次不等式（组）的应用】 37 【题型13 与三角形的角有关的计算】 41 【题型14 新定义问题】 49 【题型15 规律探究】 52 【题型16 多结论问题】 55 【题型1 幂的运算的逆用】 【例1】（24-25七年级·江苏·期末）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【分析】由题意可知是100的倍数，从而分析得到的末尾数字是01，设（t为正整数），由，分析判断即可得到正确答案． 【详解】解：由题意知，是100的倍数 ∵与100互质 ∴是100的倍数 ∴的末尾数字是01 ∴的数值一定是偶数，且m，n是正整数， 设：（t为正整数） 则： ∵的末尾两位数字为61，的末尾两位数字为41，的末尾两位数字为21，末尾两位数字为01 ∴t的最小值为5， ∴的最小值为10 故答案为：B 【点睛】本题考查幂的乘方，牢记相关的知识点并能灵活应用是解题的关键． 【变式1-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）当a<0，n为正整数时，（－a）5·（－a）2n的值为（   ） A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数 【答案】A 【详解】（－a）5·（－a）2n=（－a）2n+5， 因为a<0， 所以－a>0， 所以（－a）2n+5>0， 故选A． 【变式1-2】（24-25七年级·安徽滁州·期中）已知． （1）若，则自然数 ； （2）若是一个完全平方数，则自然数 ． 【答案】 【分析】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方的应用； （1）根据题意得出，进而即可求解； （2）根据完全平方公式得出，进而得出，即可求解． 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以自然数； 故答案为：． （2）， ∴只有时，原式为完全平方数，即自然数. 故答案为：． 【变式1-3】（24-25七年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【答案】 【分析】先将代为，利用同底数幂的除法可得，由于结果底数是2，故左边5和3的指数应为0，左边和右边2的指数相等，由此可得方程组，解方程组求出x，y，z的值，代入即可求解． 【详解】解：， 则， ， 故， 解得：， 因此， 故答案为：． 【点睛】本题考查同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方、解三元一次方程组等知识点，解题的关键是通过对原式变形得到关于x，y，z的方程组． 【题型2 由整式乘法求几何图形的面积】 【例2】（24-25七年级·江苏无锡·阶段练习）如图，长为，宽为的大长方形被分割为小块，除阴影，外，其余块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的是（　　） 小长方形的较长边为；阴影的较短边和阴影的较短边之和为；阴影和阴影的周长之和与值无关；当时，阴影和阴影的面积和为定值． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了列代数式以及整式的混合运算，逐一分析四条说法的正误是解题的关键．①观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为，说法①正确；②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影，的较短边长，将其相加可得出阴影的较短边和阴影的较短边之和为，说法②错误；③由阴影，的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影和阴影的周长之和为，可得出说法③正确；④由阴影，的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影和阴影的面积之和为，代入可得出说法④正确． 【详解】解：①大长方形的长为，小长方形的宽为， 小长方形的长为，说法①正确； ②大长方形的宽为，小长方形的长为，小长方形的宽为， 阴影的较短边为，阴影的较短边为， 阴影的较短边和阴影的较短边之和为，说法②错误； ③阴影的较长边为，较短边为，阴影的较长边为，较短边为， 阴影的周长为，阴影的周长为， 阴影和阴影的周长之和为， 阴影和阴影的周长之和与值无关，说法③正确； ④阴影的较长边为，较短边为，阴影的较长边为，较短边为， 阴影的面积为，阴影的面积为 ， 阴影和阴影的面积之和为， 当时，，说法④正确． 综上所述，正确的说法有①③④． 故选：A． 【变式2-1】（24-25七年级·湖南岳阳·阶段练习）在长方形内，将两张边长分别为a和b（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两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，的值为 ．（用a、b的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了列代数式和整式的混合运算，解题的关键是：能灵活运用整式的运算法则进行计算．设，则，根据图形得出，再根据整式的运算法则即可求出答案． 【详解】解：设，则， 故答案为：． 【变式2-2】（24-25七年级·浙江丽水·期末）甲、乙两个大小不一样的正方形按如图所示的两种方式放置．，记图①中的阴影部分面积为，图②中的阴影部分面积为． （1）若，则的值是 ； （2）若，，则的值是 ． 【答案】 20 【分析】（1）根据已知条件得到乙正方形的边长为，于是得到结论； （2）根据阴影部分的面积可得，，两式相除得到a、b的关系，再代入求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴乙正方形的边长为， ∴， 故答案为：20； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 整理，得， 即， ∴或， ∴或（舍去） ∴， 故答案为：．    【点睛】本题考查了多项式与几何图形的面积以及因式分解，正确理解题意、灵活运用所学知识是解题的关键． 【变式2-3】（24-25七年级·浙江·期中）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了多项式乘多项式与图形面积．先将代数式化为，根据题中图形面积的求法画出相应的图形，求出的最大值，进而求出的最大值． 【详解】解：依题意有， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，该长方形为边长是8的正方形， 边长是和的长方形的最大面积是64， ∴的最大值为． 故答案为：． 【题型3 由乘法公式求值】 【例3】（24-25七年级·重庆·阶段练习）已知实数，满足，则的值是（   ） A． B．0 C．115 D．2025 【答案】A 【分析】本题主要考查了完全平方公式、非负数的性质、代数式求值等知识点，熟练掌握完全平方公式是解题的关键． 先将已知条件变形为，然后根据非负数的性质求出a、b的值，最后代入要求的代数式计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ∵ ∴，解得：， 把代入可得： ． 故选：A． 【变式3-1】（24-25七年级·山东济南·期末）设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据完全平方公式得出，，进而根据已知条件得出，进而即可求解． 【详解】，，， ，， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了完全平方公式变形求值，根据题意得出是解题的关键． 【变式3-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知有理数满足，，则 ． 【答案】1 【分析】本题考查完全平方公式，非负性，根据，，得到，进而得到，推出，非负性得到，代入中求出的值，进而求出的值即可． 【详解】解：∵，， ∴ ， ∴， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：1． 【变式3-3】（24-25七年级·安徽合肥·期末）若与互为相反数，则的值为（    ） A．2 B．6 C．8 D．64 【答案】C 【分析】根据互为相反数的两个数的和为0列方程，分解因式，结合绝对值和平方数的非负性，根据几个非负数的和为0，得到它们同时为0，求出，的值，根据完全平方公式变形即得． 此题主要考查了相反数，绝对值，完全平方公式．熟练掌握相反数性质，完全平方公式分解因式，绝对值与平方数的非负性，完全平方公式变形，是解决问题的关键． 【详解】∵若与互为相反数， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故选：C． 【题型4 乘法公式的几何背景】 【例4】（24-25七年级·安徽合肥·期末）如图，在由四个面积分别为的小长方形组成的大长方形中、四边形和四边形均为正方形，若，且，则大长方形的面积是（    ）． A．25 B．26 C．27 D．28 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质、完全平方公式、解二元一次方程组等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． 设，则，；由、可得、，再根据完全平方公式以及实际意义可得、，进而得到，然后代入即可解答． 【详解】解：设，则， ∵， ∴，解得：， ∵， ∴，解得：， ∴，， ∴（舍弃负值），（舍弃负值）， ∴， ∴． 故选B． 【变式4-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）如图1为我校七年级两个班的劳动实践基地，图2是从实践基地抽象出来的几何模型：两块边长为、的正方形，其中重叠部分为池塘，阴影部分、分别表示两个班级的基地面积．若，，则（   ） A．16 B．15 C．14 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了完全平方公式和平方差公式与几何图形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，，求得，再根据，，利用完全平方公式求出的值，最后整体代入计算即可． 【详解】解：根据题意，得，， ， ，， ， ， ， ， ． 故选：A． 【变式4-2】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】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． 【点睛】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． 【变式4-3】（24-25七年级·江西九江·阶段练习）有三个大小不一的正方形按如图1位置重叠摆放，已知小正方形边长为a，．现将这三个正方形沿边长剪成如图2的三块，并分别用，，来表示它们的面积，若，且，求的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查因式分解及整式混合运算的应用，先根据大中小三个正方形的边长分别为，，，分别表示出，，，再代入，，然后利用因式分解得到，，最后根据求解即可． 【详解】解：由图形可得，大中小三个正方形的边长分别为，，， ∴，，， ∵，且， ∴，且， 整理得，且， ∵可得，， ∴， ∵可得，， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 【例5】（24-25七年级·浙江杭州·期中）关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解和解二元一次方程组，先将方程组变形为，再根据题意得到，即可求出最后结果． 【详解】解：方程组可变为：， ∵关于x．y的方程组的解为， ∴， 由①得：， 解得：， 由②得：， ∴方程组的解是， 故选：B． 【变式5-1】（24-25七年级·江苏南通·期末）已知方程组的解是，则方程组的解是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将方程组变形，设，结合题意得出m=3，n=4，即可求出x，y的值． 【详解】解：方程组可以变形为：方程组 设， 则方程组可变为， ∵方程组的解是， ∴方程组的解是， ∴，解得：x=5，y=10， 故选：D． 【点睛】此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．弄清题意是解本题的关键． 【变式5-2】（24-25七年级·江苏南通·阶段练习）若关于，的方程组的解为，则方程组的解为 ． 【答案】 【分析】将解方程组变形为，依据题意得，求解即可． 【详解】∵关于，的方程组的解为， 将解方程组变形为， ∴关于，的方程组的解为， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，用到了换元法，体现了整体思想． 【变式5-3】（24-25七年级·浙江舟山·期末）若方程组的解是，则方程组的解是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将变形为，再设-3x+1=x’，-2y=y’，列出方程组，再得其解即可． 【详解】解：将变形为, 设-3x+1=x’，-2y=y’，则原方程变形为：， 因为方程组的解是， 所以，解得：， 所以方程组的解是， 故选：A． 【点睛】本题考查二元一次方程组的解，熟练掌握二元一次方程组的解与二元一次方程组的关系是解题的关键． 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 【例6】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形， 1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形， 它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形的面积为（    ）    A．1296 B．1444 C．2304 D．20736 【答案】A 【分析】本题主要考查了利用二元一次方程组解决几何问题，解题的关键是假设未知数，找准等量关系． 对各正方形进行编号，假设正方形②的边长为，正方形③的边长为，表示出所有正方形的边长，找出等量关系，列出二元一次方程组进行求解即可． 【详解】解：如图所示，对各正方形进行编号，    根据题意可得： 正方形①的边长为： 假设正方形②的边长为，正方形③的边长为，则， 则正方形④的边长为， 正方形⑥的边长为， 正方形⑦的边长为， 正方形⑤的边长为， 正方形⑧的边长为， 正方形的边长为和，则， ∴， 解得， ∴最大正方形的面积为， 故选：A． 【变式6-1】（24-25七年级·浙江杭州·期末）如图，在大长方形中，放入六个相同的小长方形，，，则图中阴影部分面积是 ． 【答案】51 【分析】先设小长方形的长、宽分别为、，由题意列方程组，解得小长方形的长、宽，由可求得，再根据，可解阴影面积. 【详解】解：设小长方形的长、宽分别为、， 依题意得： ，即， 解得：， ， ， ， ， ， 答案为51. 【点睛】本题考查了二元一次方程组的实际应用，利用了求面积中一种常用的方法割补法，面积总量不变，扣掉较容易求出的图形面积，可得解. 【变式6-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，长方形ABCD被分成8块，图中的数字是其中5块的面积数，则图中阴影部分的面积是 ﹒ 【答案】98 【分析】设未知的三块面积分别为x，y，z（如图）．根据S△BCF=S△ABF+S△CDF，S△ABE=S△ADE+S△BCE列出三元一次方程组，再利用加减消元法即可求得y的值． 【详解】设未知的三块面积分别为x，y，z（如图）， 则x+y+76=24+87+55+19+z，z+y+87=55+x+24+19+76， 即x+y-z=109①，z+y-x=87② 由①+②得，y=98. 即图中阴影部分的面积是98﹒ 故答案为98. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解决本题的关键是理清三角形与矩形间的面积关系，列出三元一次方程组，再通过加减消元，得到阴影部分的面积． 【变式6-3】（24-25七年级·浙江湖州·期中）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】观察图③可知3个小长方形的宽与1个小长方形的长的和等于大长方形的宽，小长方形的4个长等于小长方形的3个长与3个宽的和，可列出关于a，b的方程组，解方程组得出a，b的值；利用a，b的值分别求得阴影部分面积与整个图形的面积，即可求得影部分面积与整个图形的面积之比． 【详解】解：根据题意、结合图形可得： ， 解得：， ∴阴影部分面积， 整个图形的面积， ∴阴影部分面积与整个图形的面积之比， 故选B． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意并利用大长方形的长与宽和小长方形的关系建立二元一次方程组是解题的关键． 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 【例7】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】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． 【变式7-1】（24-25七年级·浙江·期中）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．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查的是解二元一次方程组的问题，掌握解二元一次方程组的方法是解题关键． 根据相反数的定义，得到，得出，将方程组加减消元，得到，求解得到的值，即可判断①结论；将代入方程组，求得，再将代入，求出，即可判断②结论；利用加减消得到，即可判断③结论；将变形，即可判断④结论． 【详解】解： ， 当这个方程组的解的值互为相反数时，则， 则， 得： ， ∴， ∴结论①正确； 当时，， 解得：， 将代入中，得：， 解得： ， ∴方程组的解不是方程的解，②结论错误； 得，， ， 解得：， ∴无论取什么实数，的值始终不变，③结论正确； ， ∴，④结论正确； 综上所述，正确的结论有①③④， 故选：D． 【变式7-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期中）已知两个数x、y，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作；再从x、y、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从x、y、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去…，以下结论正确的个数为（    ） ①若x、y为方程组的解，则； ②对于整数x、y，若为偶数，在操作过程中，得到的一定为偶数； ③若x，y满足，要使得成立，则n至少为4． A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】本题考查新定义的实数运算和一元二次方程根与系数的关系，理解题目中的算法是解题的关键．①先解方程组，可得，再计算即可求解；②对于整数x、y，若为偶数，则x、y同为偶数或同为奇数，为偶数或奇数，计算结果可能为奇数或偶数；③先根据非负数的性质求解，再计算，然后从中选取绝对值较大的两个数，进行计算，即可求解． 【详解】解：①∵， 解得：， ∴；故说法正确； ②对于整数x、y，若为偶数， 则x、y同为偶数或同为奇数， ∴为偶数或奇数， ∴的结果可能为奇数或偶数， ∴得到的一定为偶数说法错误； ③∵， ∴即， 解得：， ∴，， 则 ， 然后从中选取绝对值较大的两个数，进行计算， 则 ， ， ∵ ∴要使得成立，则n至少为4，说法正确， 故选：B． 【变式7-3】（24-25七年级·重庆江津·期中）已知关于x、y的方程组，下列结论中正确的个数有（    ） ① 当时，是方程组的解； ② 不存在一个实数，使得x、y的值互为相反数； ③ 当方程组的解是时，方程组的解为； ④ x、y都为自然数的解有3对． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】此题考查了二元一次方程组的解，一元一次不等式组， ①把代入方程组求出解，即可做出判断； ②根据题意得到，代入方程组求出a的值，即可做出判断； ③的各项和原方程成比例，故可得方程，即可解答； ④用表示，可得一元一次不等式组，再根据的取值范围，即可解答， 熟知方程的各项成比例时，两个方程的解相同，是解题的关键． 【详解】解：当时，原方程为，解得，故①错误； x、y的值互为相反数时，可得，可得方程，方程无解，故②正确； 的各项和原方程成比例，故可得，解得 ，故③正确； 解，可得，当为自然数时，可得，解得且为奇数，故，即x、y都为自然数的解有4对，故④错误； 故选：B． 【题型8 二元一次方程组的应用】 【例8】（24-25七年级·浙江嘉兴·期中）小明去文具店购买了笔和本子共5件，已知两种文具的单价均为正整数且本子的单价比笔的单价贵．在付账时，小明问是不是27元，但收银员却说一共48元，小明仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了．小明实际的购买情况是（    ） A．1支笔，4本本子 B．2支笔，3本本子 C．3支笔，2本本子 D．4支笔，1本本子 【答案】A 【分析】设购买了笔x件，购买了本子(5-x)件，本子的单价为a元，笔的单价为b元，分类讨论解方程即可． 【详解】解：设购买了笔x件，购买了本子(5-x)件，本子的单价为a元，笔的单价为b元，列方程组得 ， 当x=1时，原方程组为，解得，符合题意； 当x=2时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 当x=3时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 当x=4时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 故选：A． 【点睛】本题考查了含参数的二元一次方程组的应用，解题关键是理解题意，找出等量关系，列出方程组，分类讨论解方程组． 【变式8-1】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】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． 【变式8-2】（24-25七年级·福建福州·期中）用如图①中的长方形和正方形纸板为侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒（图2中两个盒子朝上的一面不用纸板）．现在仓库里有m张长方形纸板和n张正方形纸板，如果做两种纸盒若干个，恰好使库存的纸板用完，则的值有可能是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【答案】A 【分析】设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒y个，由所需长方形纸板和正方形纸板的张数列出方程组，再由x、y的系数表示出m+n并判断m+n为5的倍数，然后选择答案即可． 【详解】解：设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒为y个， 根据题意得：， 整理得：m+n＝5（x+y）， ∵x、y都是正整数， ∴m+n是5的倍数， ∵2020、2021、2022、2023四个数中只有2020是5的倍数， ∴m+n的值可能是2020． 故选：A． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键． 【变式8-3】（24-25七年级·广东惠州期末）A和B同学每人都有若干本课外读物．A对B说：“你若给我2本书，我的书数将是你的n倍”；B对A说：“你若给我n本书，我的书数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】首先设A同学有x本课外读物，B同学有y本课外读物，x，y均为非负整数，根据题意可得方程组：，消去x，可整理得：，由n为正整数分析，即可求得结果． 【详解】解：设A同学有x本课外读物，B同学有y本课外读物，x，y均为非负整数， 由题意可得方程组：， 将代入②中得，消去x得： 即： ∵为正整数 ∴的值分别为1，3，5，15， ∴y的值只能为4，5，6，11， ∴当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 综上可得：n的值分别为8，3，2，1； 即n的可能值有4个． 故答案选：B． 【点睛】本题考查了二元一次不定方程的运用，难度较大，解题关键是理解题意，根据题意求方程组，注意消元思想和分类讨论思想的运用． 【题型9 求一元一次不等式（组）的解集】 【例9】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】解：由得：， ∵不等式的解集是， 且 设 则 ∴的解集是， 即， 故选：A． 【变式9-1】（2025·湖北襄阳·一模）已知不等式组有解但没有整数解，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先求得不等式组的解集，根据解集没有整数解，建立起新的不等式组，解之即可 【详解】∵， ∴解①得，x＜-a，解②得，x＞-1， ∴不等式组的解集为：-1＜x＜-a， ∵不等式组有解但没有整数解， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，能根据不等式组无整数解建立新不等式组并解之是解题的关键． 【变式9-2】（24-25七年级·四川成都·期中）若关于x的一元一次不等式组的解集是，则n的取值范围为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是求一元一次不等式组的解集，正确求出每一个不等式解集是基础，根据不等式组的解集得出关于的不等式组是解答此题的关键． 分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：大小小大中间找确定不等式组的解集，再结合不等式组的解集为可得答案． 【详解】解： 解不等式①，得：， 解不等式②，得：， ∵不等式组的解集为， ∴． 故答案为：． 【变式9-3】（24-25七年级·上海虹口·期中）已知关于的不等式组的整数解共有5个，且关于的不等式的解集为，则的取值范围 ． 【答案】 【分析】先求于的不等式组的解集，根据整数解的个数求的取值范围，然后根据关于的不等式的解集求的取值范围，最后作答即可． 【详解】解：， 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∵不等式组有5个整数解， ∴， 解得，， ， 移项合并得，， ∵关于的不等式的解集为， ∴， ∴， 综上，， ∴的值为； 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【题型10 方程组与不等式（组）综合应用】 【例10】（24-25七年级·安徽宣城·期中）若数使关于的方程有非负数解，且关于的不等式组恰好有两个偶数解，则符合条件的所有整数的和是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了一元一次方程的解，一元一次不等式组的整数解，先求出一元一次方程的解，根据一元一次方程解的情况可得，即得，再求出不等式组的解，根据不等式组解的情况可得，即得，综上可得，据此可得的整数值，进而即可求解，根据一元一次方程和一元一次不等式组求出的取值范围是解题的关键． 【详解】解：去分母得，， 解得， ∵关于的方程有非负数解， ∴， ∴， 解不等式组得，， ∵不等式组恰好有两个偶数解，得到偶数解为， ∴， ∴， 综上，， ∴符合条件的整数的值有，，， ∴符合条件的所有整数的和为， 故选：． 【变式10-1】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】解：， 解得：， ，， ， 解得：， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 【点睛】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． 【变式10-2】（24-25七年级·重庆忠县·期末）若整数a使关于x的不等式组至少有1个整数解，且使关于x，y的方程组的解为正整数，那么所有满足条件的a值之和为(   ) A．﹣17 B．﹣16 C．﹣14 D．﹣12 【答案】B 【分析】根据不等式组求出的范围，然后再根据关于，的方程组的解为正整数得到或或，从而确定所有满足条件的整数的值的和． 【详解】不等式组整理得：， 由不等式组至少有1个整数解，得到， 解得：， 解方程组，得， 关于，的方程组的解为正整数， 或或， 解得或或， 所有满足条件的整数的值的和是． 故选：B． 【点睛】本题考查解一元一次不等式组，学生的计算能力以及推理能力，解题的关键是根据不等式组以及二元一次方程组求出的范围，本题属于中等题型． 【变式10-3】（24-25七年级·重庆·期末）若关于x的不等式组无解，且关于x的方程的解为正整数，则所有满足条件的整数a的和等于 ． 【答案】12 【分析】解不等式组可以得到，再解方程得到，根据题意可得或，计算得结果． 【详解】解：解不等式组得， ∵不等式组无解， ∴，解得， 解方程可得， 又∵方程的解为正整数，a为整数， ∴或 ∴满足条件的整数a的和为：， 故答案为：12． 【点睛】本题考查一元一次不等式组的解法，一元一次方程的解法，掌握不等式组无解时求参数的取值是解题的关键． 【题型11 根据不等式的性质求取值范围】 【例11】（24-25七年级·山东济宁·期末）非负数x，y满足，记，W的最大值为m，最小值n，则（    ） A．6 B．7 C．14 D．21 【答案】D 【分析】设 ，用t表示出x、y的值，再由x，y为非负数即可求出t的取值范围，把所求代数式用t的形式表示出来，根据t的取值范围即可求解． 【详解】解：设 ， 则x=2t+1，y=2-3t， ∵x≥0，y≥0， ∴2t+1≥0，2-3t≥0， 解得 ∴ ∵w=3x+4y，把x=2t+1，y=2-3t，代入得：w=-6t+11， ∴ 解得，7≤w≤14， ∴w的最大值是14，最小值是7， ∴m+n=14+7=21． 故选：D． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，通过设参数的方法求出W的取值范围是解答此题的关键． 【变式11-1】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】解：，， ，， ， 、、都为正数， ∴， ， ， ． 故选：A． 【点睛】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． 【变式11-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知非负数 x，y，z 满足..，设 ，则 W 的最大值与最小值的和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先设，求得，，，又由，，均为非负实数，即可求得的取值范围，则可求得的取值范围． 【详解】解：设， 则，，， ，，均为非负实数， ， 解得， 于是， ， 即． 的最大值是，最小值是， 的最大值与最小值的和为， 故选：C． 【点睛】此题考查了最值问题．解此题的关键是设比例式：，根据已知求得的取值范围．此题难度适中，注意仔细分析求解． 【变式11-3】（24-25七年级·江苏苏州·期中）已知的解集为，则的解集为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令1－x=y，则，根据题干可知：，从而得出x的取值范围． 【详解】令1－x=y，则 ∵的解集为 ∴的解集为： ∴ 解得： 故选：D． 【点睛】本题考查解不等式，解题关键是通过换元法，将1-x表示为y的形式． 【题型12 一元一次不等式（组）的应用】 【例12】（24-25七年级·重庆巴南·期末）某校棋艺社开展围棋比赛，共位学生参赛．比赛为单循环制，所有参赛学生彼此恰好比赛一场．记分规则为：每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．比赛结束后，若所有参赛者的得分总和为76分，且平局的场数不超过比赛场数的，则 ． 【答案】8 【分析】设分出胜负的有x场，平局y场，根据所有参赛者的得分总和为76分，且平局的场数不超过比赛场数的列出方程与不等式，根据x，y为非负整数，得到一组解，根据m为正整数，且判断出最终的解． 【详解】设分出胜负的有x场，平局y场， 由题意知，， 解得，， ∵x，y为非负整数， ∴满足条件的解为：，，，， ∵， 此时使m为正整数的解只有，即， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了二元一次方程，一元一次不等式，一元二次方程的综合应用，本题注意隐含的条件，参赛学生，胜利的场数，平局场数都为非负整数． 【变式12-1】（24-25七年级·北京西城·期末）小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于．    （1）小明恰好跑3圈时，路程是否超过了？答： （填“是”或“否”）； （2）小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了 圈． 【答案】 否 10 【分析】（1）设环形跑道的周长为L，小明总计跑了x圈，结合图形即可作答； （2）利用环形道的周长与里程数的关系建立不等式求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程即可求解． 【详解】（1）设环形跑道的周长为L，小明总计跑了x（x为整数）圈， 结合图形，根据题意有：， 即小明恰好跑3圈时，路程没有超过； （2）结合图形，根据题意有：， 解得：， 根据题意还有：，可得：， ∵， ∴， ∴， ∵x为整数， ∴为整数， ∴， 即，即小明共跑了10圈， 故答案为：否，10． 【点睛】本题考查了不等式的应用，根据题意结合图形得出不等式组，是解答本题的关键． 【变式12-2】（24-25七年级·北京西城·期中）2024年4月8日，德胜中学迎来了第二届科技节的盛大开幕，从8日至10日，一系列精彩纷呈的活动如德胜模型展示、合作竞赛、微讲坛、科技小制作以及科技嘉年华等接踵而至，同学们热情高涨，纷纷踊跃参与，七年级某班共有36名同学积极报名了科技微讲坛活动．其中有15名男生和5名女生参加了位于东校区的讲坛，另有16名男生和15名女生参加了位于西校区的讲坛，有以下几个说法： ①只在东校区参加了讲坛的男生比只在西校区参加了讲坛的男生少； ②只在东校区参加了讲坛的男生和只在西校区参加了讲坛的女生可能一样多； ③报名了科技微讲坛的男生人数一定比女生人数多； ④在两个校区都参加了讲坛的男生一定比在两个校区都参加了讲坛的女生多； 其中正确的是 ． 【答案】①④/④① 【分析】本题考查了列代数式表达式以及一元一次不等式的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先设名男生参加讲坛，则名女生参加讲坛，分别表示即有名男生同时参加东校区的讲坛和西校区的讲坛，名女生同时参加东校区的讲坛和西校区的讲坛，然后得出只参加一种讲坛的男生、女生的人生，结合各个说法进行分析，即可作答． 【详解】解：设名男生参加讲坛，则名女生参加讲坛， ∵有15名男生和5名女生参加了位于东校区的讲坛，另有16名男生和15名女生参加了位于西校区的讲坛， ∴， 即有名男生同时参加东校区的讲坛和西校区的讲坛，名女生同时参加东校区的讲坛和西校区的讲坛； ∴只在东校区参加了讲坛的男生为，只在西校区参加了讲坛的男生为， ∴ 则只在东校区参加了讲坛的男生比只在西校区参加了讲坛的男生少是正确的； 同理，只在东校区参加了讲坛的女生为，只在西校区参加了讲坛的女生为， ∴当只在东校区参加了讲坛的男生和只在西校区参加了讲坛的女生可能一样多时， 则 解得，不是正整数，故舍去 ∴②是错误的； 当报名了科技微讲坛的男生人数一定比女生人数多时， 则，解得 但题干没有条件说明 故③是错误的； ∵ 解得 ∵在的范围内 ∴在两个校区都参加了讲坛的男生一定比在两个校区都参加了讲坛的女生多， 故④是正确的； 故答案为：①④ 【变式12-3】（24-25七年级·四川达州·阶段练习）“书香文化节”是我校的四大节日之一，某年级甲、乙、丙三个班在“书香文化节”期间各自建立了本班的图书角．建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于．第一周结束后，三个图书角共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为；第二周结束后，三个图书角又共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为．若每个班的图书角的书籍总本书为正整数，则第二周结束后丙班图书角拥有书籍 本． 【答案】 【分析】设第二周结束后丙班图书角拥有书籍本，第二周结束后甲班图书角拥有书籍本，第二周结束后乙班图书角拥有书籍本，则第二周结束后三个班的图书角的书籍总数为本，再根据建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于列出不等式组求出；再由第一周结束后，三个图书角的书本数量之比为，得到是26的倍数，进一步推出是13的倍数，由此求出x的值即可得到答案． 【详解】解：设第二周结束后丙班图书角拥有书籍本，第二周结束后甲班图书角拥有书籍本，第二周结束后乙班图书角拥有书籍本， ∴第二周结束后三个班的图书角的书籍总数为本， 由题意得，， 解得； ∵x为整数， ∴x的值可以为43，44，45，46，47，48； ∵第一周结束后，三个图书角的书本数量之比为， ∴第一周结束后三个班的图书角的书籍总数一定是的倍数， ∴是26的倍数， ∴是整数， ∴是整数，即是13的倍数， ∴满足题意的x的值只能是45， ∴， ∴第二周结束后丙班图书角拥有书籍本， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意找到不等关系求出是解题的关键． 【题型13 与三角形的角有关的计算】 【例13】（24-25七年级·湖北孝感·期末）在中，，的平分线交于点，的外角平分线所在直线与的平分线交于点，与的外角平分线交于点．下列结论中错误的是：（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，熟练学握角平分线的定义和三角形的外角性质，并能进行推理计算是解决问题的关键。 由角平分线的定义可得，再由三角形的内角和定理可求解；由角平分线的定义可得，结合三角形外角的额性质可判定；由三角形外角的性质可得，再利用角平分线的定义及三角形的内角和定理可判定；由的结果无法推出． 【详解】∵的平分线交于点， ， ， ， ， ， ， ， ，故A正确，不符合题意； ∵平分， ∵， ∴， 故B正确，不符合题意； 取的延长线与点M，的延长线与点N，如图： 平分，平分， ， 故C正确，不符合题意； 由选项C知， ，无法得到， 故D项错误，符合题意． 故选：D． 【变式13-1】（24-25七年级·上海奉贤·期中）在中，为边上的高，，，则 【答案】或 【分析】本题考查三角形内角和定理，掌握三角形内角和是，分类讨论思想是解题的关键．分两种情况画出相应的图形，再根据三角形的高以及内角和定理可求出的度数，由图形中角的和差关系进行计算即可． 【详解】解：如图1，∵为边上的高， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图2，∵为边上的高， ∴， 又∵ ∴， ∴； 故答案为：或． 【变式13-2】（24-25七年级·四川甘孜·期中）如图，已知，，点M为射线上一动点，连接，作平分交直线于点P在直线上取点N，连接，使，当时， ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的外角定理，解决本题的关键是准确识图，熟练掌握平行线的性质． 根据点与点，点的位置分三种情况讨论，分别画出图形根据平行线的性质推导即可． 【详解】解：①当点N在点P的右侧时， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ， ∴， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ； ②当点N在点A的左侧时，和是同一个角， 设， 平分， ，， ， ， ∴，， ， ，， ， ，即：， ， ∴， ∴， 将代入上式解得： ， ， ③当点在之间时， 设，则， ∵平分， ∴， ∴， 由已知得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，不合题意，此种情况不存在． 综上所述：的度数为或． 故答案为：或． 【变式13-3】（24-25七年级·四川甘孜·期中）如图，在中，．现将沿过点的一条直线折叠，使点落在线段的延长线上的点处，的角平分线与折痕交于点，连接，．若中一个内角的度数是另一个内角度数的倍，则的度数为 ． 【答案】或或． 【分析】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握三角形内心的性质，三角形内角和，三角形的外角，分类讨论：当；当；当；当；当时，当情况，即可． 【详解】解：∵沿过点的一条直线折叠，使点落在线段的延长线上的点处， ∴， ∴是的角平分线， ∵是的角平分线， ∴点是的内心， ∴是的角平分线， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵中一个内角的度数是另一个内角度数的倍， ∴当， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴； 当， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，不符合题意， ∴不存在； 当， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴， ∴； ∴ ∴； 当， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴，不符合题意， ∴不存在； 当， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，不符合题意； ∴不存在； 综上所述：；；． 故答案为：或或． 【题型14 新定义问题】 【例14】（24-25七年级·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 【分析】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． 【详解】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 【点睛】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． 【变式14-1】（2025·四川泸州·二模）定义：如果，那么x叫做以a为底N的对数，记作．例如：因为，所以；因为，所以则下列说法正确的个数为（   ） ①；②；③；④若，则， A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了学生的数的乘方的计算能力，理解新定义的意义是解题的关键． 先理解新定义，再结合乘方以及其逆用的运算法则逐个判断即可． 【详解】解：①∵，∴，故说法①正确，符合题意； ②设，，则，， ∴， ∴，即②正确； ③设，，则，， ∴，即， ∴， ∴，即，故③正确，符合题意； ④设，则，， ∴， ∴， ∴，解得，故④说法正确，符合题意． 综上，正确的说法有个． 故选：D． 【变式14-2】（24-25七年级·河北保定·期中）对于m，n定义一种新运算T，规定：，即：当时，；当时，，这里等式左边括号里及等式右边的运算都是通常的四则运算． 若关于x的不等式的最大整数解为，则 ． 【答案】或 【分析】此题考查了新定义、解一元一次不等式组和一元一次不等式，正确列出不等式和不等式组是关键．根据题意列出一元一次不等式，解不等式得到，再根据关于的不等式的最大整数解为进行求解即可． 【详解】解：由题意可得，， ∴ 解得， ∵关于的不等式的最大整数解为， ∴ 解得 ∵为最大整数， ∴或； 故答案为：或 【变式14-3】（24-25七年级·广东中山·期中）定义：当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“友好三角形”，其中称为“友好角”．如果一个“友好三角形”的一个内角为，那么这个三角形的“友好角”的度数为 ． 【答案】或或 【分析】利用“友好三角形”的定义讨论：当三角形的另一个内角为时，可确定“友好角”的度数为；当三角形的另一个内角为时，可确定 “友好角”的度数为；当三角形的另两个内角为时，可确定 “友好角”的度数为． 【详解】解：∵一个“友好三角形”中有一个内角为， ∴当三角形的另一个内角为时，这个“友好三角形”的“友好角”的度数为； 当三角形的另一个内角为时，这个“友好三角形”的“友好角”的度数为； 当三角形的另两个内角为时，则， 解得：，； 综上所述：这个“友好三角形”的“友好角”的度数为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查三角形内角和定理，读懂题目信息，理解“友好角”的定义是解题的关键，难点在于分情况讨论． 【题型15 规律探究】 【例15】（24-25七年级·河南平顶山·期中）我国南宋时期杰出的数学家杨辉（钱塘（今杭州）人），下面的图表是他在《详解九章算术》中记载的“杨辉三角”． 此图揭示了（为非负整数）的展开式的项数及各项系数的有关规律，由此规律可解决如下问题：假如今天是星期三，再过天还是星期三，那么再过天是星期几（    ） A．星期三 B．星期四 C．星期二 D．星期五 【答案】B 【分析】本题考查了多项式乘法中的规律探索问题，把转化为，再根据题中规律展开，即可求解． 【详解】解： ，其中、、、为常数， 除以的余数为， 今天是星期三，再过天还是星期三， 再过天是星期四， 故选：B． 【变式15-1】（24-25七年级·安徽安庆·阶段练习）一串数：按一定的规律排列，那么这串数的前（    ）个数的和最小． A．502 B．503 C．504 D．505 【答案】B 【分析】本题主要考查了数字规律，通过观察，分析、归纳并发现其中的规律是解题的关键． 观察发这串数字可知：没相邻两个数相差4，进而得到．由前n项和最小，则第n项小于0，据此即可解答． 【详解】解：观察发这串数字可知：每相邻两个数相差4，则第n个数为． 设这串数的前n个数的和最小， ∴，解得：， ∴，即前503个数的和最小． 故选：B． 【变式15-2】（24-25七年级·安徽合肥·单元测试）观察下列各式：，，，，用文字语言表示你发现的规律： ；用符号语言表示你发现的规律： ；这是一个 命题（填“真”或“假”）． 【答案】 两个连续整数中，较大数与较小数的平方差等于这两个数之和 对于，（是整数），有 真 【分析】本题考查对数字等式规律，命题和证明，解题关键是通过观察等式特征归纳出通用规律，再用代数方法化简等式两边证明规律成立． 观察题目中的等式，发现两个连续整数的平方差等于这两数的和，用符号表示该规律，并验证其正确性即可， 【详解】解：观察给出的例子，发现每个等式都是较大的数的平方减去较小的数的平方，结果等于这两个数的和．例如，，．因此，规律可以表述为：两个连续整数中，较大数与较小数的平方差等于这两个数之和． 设较大的数为，较小的数为，则规律可表示为：． 展开左边并简化：左边： ； 右边： ， ∵左边右边， ∴该命题是真命题； 故答案为：两个连续整数中，较大数与较小数的平方差等于这两个数之和；对于，（是整数），有；真． 【变式15-3】（24-25七年级·江苏苏州·期中）如图所示的中，，，，点、在直线上，将绕着点顺时针旋转到位置①得到直线上的点，将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②得到直线上的点，按此规律旋转至点，则= ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质及图形的规律问题，得到的长度依次增加，，，且三次一循环是解题的关键．观察发现，每旋转3次为一个循环组依次循环，每个循环长度增加．用2024除以3求出循环组数，然后列式计算即可得解． 【详解】解：∵中，，，， ∴将绕点A顺时针旋转到①，可得到点，此时； 将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时； 将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时； … 由图可知每旋转3次为一个循环组依次循环，每个循环长度增加． 又∵， ∴． 故答案为：． 【题型16 多结论问题】 【例16】（24-25七年级·重庆·期中）关于x的三次三项式（其中a，b，c，d均为常数），关于x的二次三项式（e，f均为非零常数），下列说法有几个正确（   ） ①当的结果为关于x的三次三项式时，则； ②若二次三项式能分解成，则； ③当多项式A与B的乘积中不含项时，则； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①计算的值，再根据题意列方程求解；②计算的值，根据题意列方程求，的值，再计算；③先求的值，再根据题意列方程求解；④根据③所求列方程组求解即可． 【详解】解：∵，， ∴ ， ∵的结果为关于x的三次三项式，，均为非零常数， ， ，故①正确； ， ，， ，故②正确； ， ∵多项式A与B的乘积中不含项， ∴， ，故③错误； ④ ， ， 解得：， ，故④错误； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了多项式乘法，解三元一次方程组，因式分解，整式的加减计算，正确理解题意列出对应的方程和方程组是解题的关键． 【变式16-1】（24-25七年级·广东广州·期中）如图，在中，，，，，将沿方向平移，得到，且与相交于点，连接．下列结论：①；②；③阴影部分的周长为12cm；④若，则的周长比四边形的周长少；⑤若的面积比的面积大，则；其中正确结论为 （请填序号） 【答案】①③⑤ 【分析】本题考查了三角形的面积和平移的性质，利用线段转化和面积转化，可以求解． 【详解】解：由平移性质可得，，，故①正确，②不正确； 阴影部分的周长为，③正确； 时，四边形的周长为，的周长比四边形的周长少，④不正确； ∵， ∴， ∴， ∵，，，， ∴边上的高h为， ∴， ∴， ∴，故⑤正确， 故答案为：①③⑤． 【变式16-2】（24-25七年级·湖北武汉·期中）如图，，点F在线段上，点E在线段上，，，交线段于点P，过点D作于点H．有下列结论：①；②；③若，则；④若，则．其中结论正确的有 （填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】设，过点作，推出，判断①，过点作，推出，利用三角形的外角求出，判断②；根据三角形的内角和，推出，判断③，三角形的内角和定理推出，进而得到，判断④． 【详解】解：设， ∴，， ∴， 过点作，则：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴；故①正确； 过点作，则：， ∴， ∴， ∵， ∴；故②正确； ∵， ∴， ∴， ∵，故③错误； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查平行线的判定和性质，三角形的内角和定理，三角形的外角，综合性强，难度较大，属于压轴题，解题的关键是添加辅助线构造平行线，理清角度之间的和差关系． 【变式16-3】（24-25七年级·重庆·期中）有个依次排列的整式：第一项是，第二项是，用第二项减去第一项，所得之差记为，将加2记为，将第二项与相加作为第三项，将加2记为，将第三项与相加作为第四项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到3个结论： ①； ②若第101项与第51项之差为9500，则； ③当时，； 以上结论正确个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了完全平方公式，平方差公式；数字类的规律探索，整式的加减计算，根据所给计算方式，依次求出第1项，第2项，第3项，…，及，，，…，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由题知，第1项为：， 第2项为：， ∴， ∴， ∴第3项为：，， 第4项为：， …， 以此类推， 第n项为：，（n为正整数）． 当时，．故①正确． 第项与第项之差可表示为：， 第101项与第51项之差为9500， ∴，即 ∴ 解得．故②正确． 当时， ．故③正确． 故选：D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$