【期末压轴题汇总——填空题 】（40题五大压轴题型）专项训练2025-2026学年北师大版数学七年级上册

期末压轴题汇总——填空题（40题五大压轴题型） 题型1：与绝对值有关的压轴题 ……………………………………………… 1 题型2：整式加减运算的压轴题 ……………………………………………… 1 题型3：整式加减中新定义的压轴题 ………………………………………… 2 题型4：一元一次方程应用的压轴题 ………………………………………… 5 题型5：规律探索压轴题 ……………………………………………………… 8 题型1：与绝对值有关的压轴题（共5题） 1．把有理数t代入算式中得，称为第一次运算；再将作为t的值代入算式得到，称为第二次运算；……，依此规律，当，且经过第十次运算后得到的结果是 ． 2．的最小值是 3．在式子（其中）中，任选两个字母，在两侧加绝对值后再去掉绝对值并化简（不改变字母的位置），称为第一轮“绝对操作”．例如，选择m，n进行第一轮“绝对操作”，得到，再对第一轮“绝对操作”后得到的式子进行同样的操作，称为第二轮“绝对操作”，例如，选择y，n进行第二轮“绝对操作”，得到，……，按此方法，进行轮“绝对操作”．对原式子进行第一轮“绝对操作”后，则有 种不同的结果；若对原式子进行三轮“绝对操作”，且每轮操作中绝对值里只含两个字母，则有 种不同的结果． 4．已知，，若，则x的最大值与最小值的乘积为 ． 5．已知，则的最大值是 ．最小值是 ． 题型2：整式加减运算的压轴题（共3题） 6．若一个四位正整数各数位上的数字均不为0，且千位数字与百位数字不相等，个位数字与十位数字不相等，那么称这个四位正整数为“双异数”．将一个“双异数”的其中一个数位上的数字去掉，可以得到四个新三位数，把这四个新三位数的和与3的商记为．例如，“双异数”，去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：175，375，315，317，这四个三位数之和为，，所以．计算： ，若“双异数”的千位数字比百位数字大3．个位数字是十位数字的2倍，且能被11整除，则的最大值为 ． 7．已知，在多项式中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算；称此为“绝对操作”．例如：，，…下列说法： ① 不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ② 存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③ 若只添加1个绝对值符号，“绝对操作”共有4种不同运算结果： ④ 所有的“绝对操作”共有5种不同运算结果． 其中正确的是 ． （填序号） 8．将数个，个，个，…，个（为正整数）顺次排成一列，，，，，，…，…记，，，…，，，，…，，则 ． 题型3：整式加减中新定义的压轴题（共11题） 9．我们规定：若一个正整数A能写成，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方减2倍数”，并把A分解成的过程，称为“方减分解”．例如：因为，25与23的十位数字相同，个位数字5与3的和为8，所以579是“方减2倍数”，579分解成的过程就是“方减分解”．按照这个规定，最小的“方减2倍数”是 ；把一个“方减2倍数”A进行“方减分解”，即，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B能被19整除，且满足的值最大，则满足条件的正整数A为 ． 10．对于一个四位正整数（满足的整数），若，则称为“翼龙数”，例如：8466满足，所以8466是“翼龙数”，那么最小的“翼龙数”为 ；记为“翼龙数”的“转化数”，则当能被12整除，能被5整除时，最大的“翼龙数” ． 11．如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“十全数”．例如：四位数7923，∵，∴792是“十全数”；又如：四位数3418，∵，3418不是“十全数”．若一个“十全数”为，则这个数为 ，若一个“十全数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和被9除余1，则所有满足条件的“十全数”之和是 ． a 1 3 5 7 9 b 5 6 7 8 9 c 4 3 2 1 0 d 9 7 5 3 1 12．如果一个四位正整数的各数位上的数字互不相同且均不为0，且满足十位数字比千位数字大6，个位数字比百位数字大4，那么称这个四位数为“清活数”．记“清活数”M的千位数字和个位数字之积与百位数字和十位数字之积的和为．例如：四位数1276，∵，，∴1276是“清活数”，；四位数3295，∵，但，∴3295不是“清活数”．若为“清活数”，则 ．若N为“清活数”，且能被12整除，则满足条件的N的最大值与最小值的平均数为 ． 13．若一个四位数m的千位数字与百位数字和的两倍等于其十位数字与个位数字的和，则称这个四位数m为“行知数”；将“行知数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到新数，并记，若四位数为“行知数”，（，，a，b，c，d为整数）且能被8整除，则 ，在此条件下，则所有满足条件的“行知数”m的最小值为 ． 14．一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0，若满足千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数为“友好数”．最小的“友好数”为 ；将友好数的千位数字与个位数字对调，百位数字与十位数字对调得到，令，将友好数的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到，，若被5除余1，则满足条件的的最大值为 ． 15．如果一个四位自然数的各数位上的数字均不为0，满足，那么称这个四位数为“天天向上数”．例如：四位数2129，，是“天天向上数”：又如3465，∵，不是“天天向上数”．若一个“天天向上数”为，则此时 ；若一个“天天向上数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值与最小值的差为 ． 16．对于一个四位正整数（，且为整数），若满足，那么就称这个数为“完美数”，且，，当，时， ；若一个“完美数”的千位与百位数字分别为，，且和均为整数，则满足条件的的最大值与最小值的和为 ． 17．有种四位自然数称为“启明数”，它的各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8．把启明数的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．例如：，，，是“启明数”．则．若“启明数”，则 ；已知四位自然数是“启明数”，（，），且、、、均为正整数），若恰好能被8整除，则满足条件的数的最大值是 ． 18．若一个四位正整数（，，，），各个数位上的数字均不为0，满足千位与个位数字之差等于百位与十位数字之和，则称这个四位数M为“分层数”． 另定义对于一个四位正整数N，分别按顺序取千位数字与百位数字组成两位数，百位数字与十位数字组成两位数，十位数字与个位数字组成两位数，将3个两位数之和记为，例如． 则当（k为整数）时，代数式所有可能值的和为 ． 按上述条件，满足时M的值为 ． 19．一个四位数（其中a，b，c，d均为不小于1，且不大于9的整数），若（），且k为整数，称m为“k型数”，例如，对于4675，∵，则4675为“5型数”；对于3526，∵，则称3526为“型数”；若四位数m是“3型数”， 是“型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数数n，n也是“3型数”，则满足条件的所有四位数m为 ． 题型4：一元一次方程应用的压轴题（共12题） 20．商店有一批货物，售价不变，如果成本上涨10%，那么利润率将降低12个百分点，如果成本上涨20%，那么利润率会变为 %． 21．A，B，C三点在数轴上所表示的数为，，2，一根长为3个单位长度的木棒如图放置在数轴上（点P与点B重合），当木棒以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点M、N分别从A、C出发，分别以每秒1个单位长度和4个单位长度的速度向右运动，记木棒运动后对应的位置为，M、N运动后对应的位置为、，若为常数，则 ． 22．阅读材料：一个四位自然数的千位为，百位为，十位为，个位为，若关于的一元一次方程的解为，则称这个四位自然数为方程的“顺承数”．如：方程的解是所以2317就是方程的“顺承数”．判断5138 （填“是”或“否”）为某个方程的“顺承数”；方程的解是（且为整数），若是该方程的“顺承数”，交换的百位和个位数字得到新数，且能被3整除，则满足条件的的最大值与最小值之和为 ． 23．一筐苹果，若分给全班同学每人5个，则还剩下15个；若全班同学一起吃，其中7个同学每人每天吃1个，其他同学每人每天吃2个，恰好用若干天吃完，则筐里最多共有 个苹果． 24．某市居民用电电费目前实行梯度价格表： 用电量（单位：千瓦⋅时，统计为整数） 单价（单位：元） 及以内 （含） 及以上 若居民童大爷家、月份共用电千瓦⋅时（其中月份用电量少于月份），共交电费元，则童大爷家月份的用电量为 ． 25．疫情隔离期间，为了降低外出感染风险，各大商超开通了送货到小区的便民服务，某商超推出适合大多数家庭需要的A、B、C三种蔬菜搭配装袋供市民直接选择．其中，甲种搭配每袋装有3千克A，1千克B，1千克C；乙种搭配每袋装有1千克A，2千克B，2千克C．甲、乙两种袋装蔬菜每袋成本价分别为袋中A、B、C三种蔬菜的成本价之和．已知A种蔬菜每千克成本价为2.4元，甲种搭配每袋售价为26元，利润率为30%，乙种搭配的利润率为20%．若这两种袋装蔬菜的销售利润率达到25%，则该商超销售甲、乙两种袋装蔬菜的数量之整数比是 ．（） 26．为了弘扬中华优秀传统文化，带领全体学生赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美，风华一中举办了第一届“古吟杯”中国诗词竞答活动．诗词题库中设置了“风”“雅”“颂”三类题型，每类题型下包含若干个试题，同一类题型中的试题分值相同．现有甲乙丙三个参赛队伍参赛，每个参赛队伍均需回答完所有试题，答对一个试题将获得相应的分数，答错不扣分．在所有参赛队伍作答完毕后，裁判员对三支队伍的作答情况进行了统计．其中甲队回答正确的“风”“雅”“颂”三类题型试题数目之比为2：3：1，“雅”类题型的得分占甲队总分的，甲队总得分率为60%；乙队回答正确的“风”“雅”“颂”三类题型试题数目之比为2：1：1，其中“风”类题型的得分占乙队总分的，乙队总得分率为75%；丙队与乙队回答正确的“风”类题型试题数目相同，丙队回答正确的“雅”类题型试题数目是甲队回答正确的“雅”类题型试题数目的，丙队回答正确的“颂”类题型试题数目是甲、乙两队回答正确的“颂”类题型试题数目之和，则丙队的总得分率为 ．（总得分率） 27．如图，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点E是AB上的一点，且AE＝2BE．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿点C﹣D﹣A﹣E匀速运动，最终到达点E．设点P运动时间为ts，若三角形PCE的面积为18cm2，则t的值为 ． 28．万盛是重庆茶叶生产基地和名优茶产地之一，以“重庆第一泡•万盛茶飘香”为主题的采茶制茶、品茶赏茶，茶艺表演活动在万盛板辽湖游客接待中心开幕，活动持续两周，活动举办方为游客准备了三款2021年的新茶：清明香，云雾毛尖、滴翠剑茗．第一批采制的茶叶中清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗的数量（盒）之比为2：3：1，由于品质优良宣传力度大，网上的预订量暴增，举办方加紧采制了第二批同种类型的茶叶，其中清明香增加的数量占总增加数量的，此时清明香总数量达到三种茶叶总量的，而云雾毛尖和滴翠剑茗的总数量恰好相等．若清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗三种茶叶每盒的成本分别为500元、420元，380元，清明香的售价为每盒640元，活动中将清明香的供游客免费品尝，活动结束时两批茶叶全部卖完，总利润率为16%，且云雾毛尖的销售单价等于另外两种茶叶销售单价之和的，则滴翠剑茗单价为 元 29．如图1，点C在线段上，图中共有三条线段、和，若其中有一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段的“好点”；如图2，已知．动点P从点A出发，以的速度沿向点B匀速运动；点Q从点B出发，以的速度沿向点A匀速运动，点P，Q同时出发，当其中点P到达终点时，运动停止；设运动的时间为，当 s时，Q为线段的“好点”． 30．将长为4宽为a（a大于1且小于4）的长方形纸片按如图所示的方式折叠并压平，剪下一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按同样的方式操作，称为第二次操作；如此反复操作下去  ，若在第n次操作后，剩下的长方形恰为正方形，则操作终止．当时，a的值为 ． 31．已知：如图1，点依次在直线上，现同时将射线绕点按逆时针方向分别以每秒的速度旋转，如图2，设旋转时间为（）秒，经过 秒． 题型5：规律探索压轴题（共9题） 32．大于的正整数的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如：，…，则 ；若“分裂”后，其中有一个奇数是，则的值是 ． 33．已知且，我们定义，记为；，记为；……；，记为．若将数组中的各数分别作的变换，得到的数组记为；将作的变换，得到的数组记为；……；则的值为 ． 34．有一行数，，，，现将任意相邻的两个数用左边的数减去右边的数，所得的差写在这两个数中间，得一行新数，，，，，，，称为第一次操作，再做第二次操作……，经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为 ，经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为 ． 35．把所有正奇数从小到大排列，并按如下规律分组：……，现用等式表示正奇数M是第i组第j个数（从左往右数），如，则 ． 36．下列图形都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，……按此规律排列下去．第⑩个图形中的颗数为 ． 37．将边长为1的正方形纸片按如图所示方法进行对折，第1次对折后得到的图形面积为S1，第2次对折后得到的图形面积为S2，…，第n次对折后得到的图形面积为Sn，则S1+S2+S3+…+S2022＝ ． 38．现有一列整数，第一个数为1，第二个数为x（x为正整数）．以后每一个数都由它前一个数与再前一个数差的绝对值得到．如第三个数是由x与1差的绝对值得到，即为，第四个数是由与x差的绝对值得到，即为，…，依此类推要使这列数的前101个数中恰好有30个0，则 ． 39．下图显示的填数幻方只填了一部分，将下列九个数：，，1，2，4，8，16，32，64填入方格中，使得所有行、列及对角线上各数的乘积相等．则填“x”格中的数应是 ． 40．是不为1的有理数，我们把称为的差倒数．如：2的差倒数是，的差倒数是．已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数，…，依此类推，则 ． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末压轴题汇总——填空题（40题五大压轴题型） 题型1：与绝对值有关的压轴题 ……………………………………………… 1 题型2：整式加减运算的压轴题 ……………………………………………… 5 题型3：整式加减中新定义的压轴题 ………………………………………… 8 题型4：一元一次方程应用的压轴题 ………………………………………… 23 题型5：规律探索压轴题 ……………………………………………………… 36 题型1：与绝对值有关的压轴题（共5题） 1．把有理数t代入算式中得，称为第一次运算；再将作为t的值代入算式得到，称为第二次运算；……，依此规律，当，且经过第十次运算后得到的结果是 ． 【答案】 【分析】本题为运算规律类问题，考查了有理数的加减运算，绝对值的化简等知识，根据多次运算结果发现规律是解题关键．根据运算程序进行多次运算，得出结果规律“从第二次计算开始，偶数次运算结果为，奇数次运算结果为”，据此即可求解． 【详解】解：第一次运算，当时，； 第二次运算，当时，； 第三次运算，当时，； 第四次运算，当时，； 第五次运算，当时，； 观察结果，从第二次运算开始，偶数次运算结果为，奇数次运算结果为， ∴第十次运算后得到的结果是． 2．的最小值是 【答案】 【分析】本题考查了绝对值，理解绝对值的几何意义，化简绝对值是解题的关键；表示a的点到表示b的点的距离，根据绝对值的几何意义把问题转化为求x到1，2，3，，2009，2010的距离之和，而当x表示的点处在最中间两个数1005，1006对应的点之间时，距离之和最小，再根据绝对值的化简求解即可． 【详解】解：表示x到1，2，3，，2009，2010的距离之和， 当时，距离之和最小， ， 故答案为：． 3．在式子（其中）中，任选两个字母，在两侧加绝对值后再去掉绝对值并化简（不改变字母的位置），称为第一轮“绝对操作”．例如，选择m，n进行第一轮“绝对操作”，得到，再对第一轮“绝对操作”后得到的式子进行同样的操作，称为第二轮“绝对操作”，例如，选择y，n进行第二轮“绝对操作”，得到，……，按此方法，进行轮“绝对操作”．对原式子进行第一轮“绝对操作”后，则有 种不同的结果；若对原式子进行三轮“绝对操作”，且每轮操作中绝对值里只含两个字母，则有 种不同的结果． 【答案】 5 5 【分析】本题考查化简绝对值，根据新定义，结合绝对值的意义，进行分析求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∴的结果均为； ， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故对原式子进行第一轮“绝对操作”后，则有5种不同的结果； 当对原式子进行三轮“绝对操作”，且每轮操作中绝对值里只含两个字母时： 第一轮操作：， 或， ， 即第一轮操作，有3种不同的结果，，，， 第二轮操作，对于，仍有3种结果，为：，，， 对于：， ， 对于：， 或， ， 故第二轮操作后，共有：，，，四种结果； 第三轮操作，对于，，，最终结果仍为4种， 对于：， ， ， 故三轮操作后，共有，，，，，5种结果； 故答案为：5，5． 4．已知，，若，则x的最大值与最小值的乘积为 ． 【答案】 【分析】先化简x的表达式，再利用a，b，c中负因数的个数为奇数个分别求出最大值与最小值即可求解． 【详解】解：∵， ∴，，， ∴， ∵， ∴a，b，c中负因数的个数为奇数个 ∴当时，x的最大值为， 当时，x的最小值为， ∴x的最大值与最小值的成绩为， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了有理数的除法，有理数的乘法，绝对值的性质，熟记运算法则是解题的关键． 5．已知，则的最大值是 ．最小值是 ． 【答案】 【分析】先讨论∶ 、、的最小值，根据它们的积是36，分别得到、、的值， 再讨论x、y、z的最大最小值，代入计算出代数式的最大值和最小值． 【详解】解：∵，，， ∴，，， 当时，x最小取，最大取2， 当时，y最小取，最大取2， 当时，z最小取，最大取3 ∴的最大值为∶ ， 的最小值为∶ ， 故答案为：；． 【点睛】本题考查了绝对值的意义，主要运用了分类讨论的思想．根据积得到各个绝对值的和分别是多少是解决本题的关键． 题型2：整式加减运算的压轴题（共3题） 6．若一个四位正整数各数位上的数字均不为0，且千位数字与百位数字不相等，个位数字与十位数字不相等，那么称这个四位正整数为“双异数”．将一个“双异数”的其中一个数位上的数字去掉，可以得到四个新三位数，把这四个新三位数的和与3的商记为．例如，“双异数”，去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：175，375，315，317，这四个三位数之和为，，所以．计算： ，若“双异数”的千位数字比百位数字大3．个位数字是十位数字的2倍，且能被11整除，则的最大值为 ． 【答案】 530 7412 【分析】先根据“双异数”的定义求出；设“双异数” 的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字是，根据“双异数”的定义求出，的取值范围，进而得到，即能被11整除，最后分别当，5，6，7，8，9时讨论即可． 【详解】解：去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：813、213、283、281，这四个三位数之和为，， ； 设“双异数” 的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字是， 一个四位正整数各数位上的数字均不为0，且千位数字与百位数字不相等，个位数字与十位数字不相等，那么称这个四位正整数为“双异数” ∴， ∴， 去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：、、、， 这四个三位数之和为，， ， 能被11整除， 能被11整除， 当时，在范围内不存在整数y使能被11整除； 当，时，能被11整除；此时； 当时，在范围内不存在整数y使能被11整除； 当，时，能被11整除；此时； 当时，在范围内不存在整数y使能被11整除； 当时，在范围内不存在整数y使能被11整除； 综上所述，最大； 故答案为：530；7412． 【点睛】本题考查整除问题，考查方式比较新颖，理解“双异数”的具体特征是解决问题的关键． 7．已知，在多项式中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算；称此为“绝对操作”．例如：，，…下列说法： ① 不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ② 存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③ 若只添加1个绝对值符号，“绝对操作”共有4种不同运算结果： ④ 所有的“绝对操作”共有5种不同运算结果． 其中正确的是 ． （填序号） 【答案】③④/④③ 【分析】本题考查化简绝对值，整式的加减运算．根据“绝对操作”的定义，逐一进行判断即可．需要注意去绝对值时的符号，和所有结果可能的比较．难度较大． 【详解】①当前两项添加绝对值时：，运算结果与原多项式相等；故①错误； ②∵不可能变成，故不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；故②错误； ③若只添加1个绝对值符号：；； ； “绝对操作”共有4种不同运算结果；故③正确； ④由③知：只添加1个绝对值符号，“绝对操作”共有4种不同运算结果； 当添加个绝对值时： ∵， ∴当添加的两个绝对值有一个是 时，最终结果跟只加一个绝对值的结果相同， 当添加的两个绝对值不包含时， ； 综上：所有的“绝对操作”共有5种不同运算结果．故④正确； 故答案为：③④． 8．将数个，个，个，…，个（为正整数）顺次排成一列，，，，，，…，…记，，，…，，，，…，，则 ． 【答案】4041 【分析】根据题意，可以得到，，，，从而可以得到的值，进而可以得到的值． 【详解】解：，，，， ， 由题意可得， ∵， ∴ 故答案为：4041． 【点睛】此题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出，． 题型3：整式加减中新定义的压轴题（共11题） 9．我们规定：若一个正整数A能写成，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方减2倍数”，并把A分解成的过程，称为“方减分解”．例如：因为，25与23的十位数字相同，个位数字5与3的和为8，所以579是“方减2倍数”，579分解成的过程就是“方减分解”．按照这个规定，最小的“方减2倍数”是 ；把一个“方减2倍数”A进行“方减分解”，即，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B能被19整除，且满足的值最大，则满足条件的正整数A为 ． 【答案】 【分析】本题考查了代数式的运算与变形和逻辑推理能力，正确计算是解题的关键． 本题主要分两部分求解．第一部分求最小的“方减2倍数”，根据定义找出最小的满足条件的两位数m和n,进而求出最小的“方减2倍数”．第二部分，先根据“方减2倍数”A的“方减分解”得到新四位数B的表达式，再结合B能被19整除以及的值最大这两个条件，通过分析m、n的取值来确定正整数A． 【详解】解：因为“方减2倍数” m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8， 所以设则， 观察可知，m的值越小，A就越小． 因为m是两位数，最小的两位数是10， 所以A最小时，此时，． 将，代入可得． 那么最小的“方减2倍数” ． ∵将放在的左边组成一个新的四位数B， ∴ ， 因为B能被19整除， 所以能被19整除． ∵，，满足的值最大， ∴尽可能得大， 当时，，由能被19整除可得，解得，不合题意； 当时，，由能被19整除可得，解得不合题意；或，解得， 符合题意； ∴满足的值最大时，，， 此时，， 此时． 故答案为：64，． 10．对于一个四位正整数（满足的整数），若，则称为“翼龙数”，例如：8466满足，所以8466是“翼龙数”，那么最小的“翼龙数”为 ；记为“翼龙数”的“转化数”，则当能被12整除，能被5整除时，最大的“翼龙数” ． 【答案】 2112 5351 【分析】本题考查了定义新运算，整式的加减运算，有理数的混合运算，理解题意，整式加减，有理数的混合运算法则是关键． 根据题意给定的“翼龙数”的计算方法，结合整式的加减，有理数的混合运算，分类讨论即可求解． 【详解】解：一个四位正整数（满足的整数），，称为“翼龙数”， 求最小的“翼龙数”，则千位的值最小，且， ∴最小为，则， ∴， 满足此算式的的值可以是， ∴保证该“翼龙数”最小，则， ∴， 验证：，符合题意， ∴最小的“翼龙数”为； 设“翼龙数”，即， ∴转换数， ∴ ， ∵， ∴， ， ∴， ∵当能被12整除，能被5整除， ∴是的倍数，是的倍数， ∵要考虑是最大的“翼龙数”， ∴当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； ， 同理，可得当时，，符合题意； ∴， ∵，即， ∴， 当最大为时， ，该数是的倍数， ∴当（为正整数）时，即，则，则时，均不为整数，故不符合题意； 当最大为时，即，则，则时，，符合题意； ∴的最大值为， ∴， ∴的值可以是和，和，和的组合， 其中最大的为， ∴最大的“翼龙数”， 故答案为：①；② ． 11．如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“十全数”．例如：四位数7923，∵，∴792是“十全数”；又如：四位数3418，∵，3418不是“十全数”．若一个“十全数”为，则这个数为 ，若一个“十全数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和被9除余1，则所有满足条件的“十全数”之和是 ． 【答案】 3527 9362 【分析】本题考查了新定义，整式的加减运算等知识，理解新定义，正确进行各种变形是解题的关键． （1）根据“十全数”的意义即可求解； （2）由题意得，，则被9除余1，确定出最大为47，最小取13，故只能为19，28，37，46；由得：，确定是9的倍数，然后确定的取值范围后得，从而得，，则消去c得，然后就四个数的取值列表即可求解． 【详解】解：由“十全数”的含义得：， 解得：， 则这个数为3527； 由题意得：， 即， 上式被9除余1，则被9除余1， 由题意的和最大为取，b，c的和最大为17，其和最小为，b，c的和最小为3，则最大为47，最小取13； 故只能为19，28，37，46； 由得：， 即是9的倍数； ∵的各数位上的数字互不相等且均不为0， ∴， ∴， ∴，即； 由得，； ∵只能为19，28，37，46； ∴只能为9，18，27，36； ∵为偶数， ∴，36， 即，18； 但b，c不相等，故其和不可能为18， ∴； 显然a只能为奇数； 当取1，3，5，7，9时， a 1 3 5 7 9 b 5 6 7 8 9 c 4 3 2 1 0 d 9 7 5 3 1 综上，“十全数”为1549，7813，其和为9362； 故答案为：3527，9362． 12．如果一个四位正整数的各数位上的数字互不相同且均不为0，且满足十位数字比千位数字大6，个位数字比百位数字大4，那么称这个四位数为“清活数”．记“清活数”M的千位数字和个位数字之积与百位数字和十位数字之积的和为．例如：四位数1276，∵，，∴1276是“清活数”，；四位数3295，∵，但，∴3295不是“清活数”．若为“清活数”，则 ．若N为“清活数”，且能被12整除，则满足条件的N的最大值与最小值的平均数为 ． 【答案】 38 2488 【分析】本题考查定义新运算，整式的加减运算，二元一次方程的解，根据“清活数”的值求出的值，再根据的定义求出的值即可，设“清活数”的千位数为，百位数为，根据“清活数”的定义表示出数字，进而表示出，根据能被12整除，求出满足题意的的值，进一步求解即可． 【详解】解：∵为“清活数” ∴，， ∴； 设“清活数”的千位数为，百位数为，则：十位数字为，个位数字为，， ∴， 当最大时，，，则一定能被12整除， ∴当时，此时最大，为， 当最小时，，， ∵能被12整除，且,四位正整数的各数位上的数字互不相同， ∴， ∴最小，为， ∴满足条件的N的最大值与最小值的平均数为； 故答案为：． 13．若一个四位数m的千位数字与百位数字和的两倍等于其十位数字与个位数字的和，则称这个四位数m为“行知数”；将“行知数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到新数，并记，若四位数为“行知数”，（，，a，b，c，d为整数）且能被8整除，则 ，在此条件下，则所有满足条件的“行知数”m的最小值为 ． 【答案】 8 2355 【分析】本题主要考查整式的计算，本题通过给出的新定义：行知数，通过来用表示，通过分析可以被8整除，来得到，通过讨论得到对应的的值． 【详解】解：由题意得：， ，, ∴ 由题意得：是8的倍数， ∵，，，a，b，c，d为整数 ∴， ∵ ∴或或（不符题意，舍去）或（不符题意，舍去）， ∵， 当时，，即 ∵，a，b，c，d为整数 ∴ ∴； 当时，，即 ∵，a，b，c，d为整数 ∴ ∴； 或 ∴； 综上，，2355，3357 所以，所有满足条件的“行知数”m的最小值为2355， 故答案为：8；2355． 14．一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0，若满足千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数为“友好数”．最小的“友好数”为 ；将友好数的千位数字与个位数字对调，百位数字与十位数字对调得到，令，将友好数的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到，，若被5除余1，则满足条件的的最大值为 ． 【答案】 1243 9537 【分析】根据“友好数”的定义即可得出最小的“友好数”； 设正整数的千位数字是，百位数字是，千位数字与十位数字的和与百位数字与个位数字的和为，则十位数字为，个位数字为，分别表示出、、，再求出，，得出，要使最大，则，推出，结合被5除余1，得出的取值为或或，分情况计算即可得出答案． 【详解】解：∵一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0，若满足千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数为“友好数”． ∴最小的“友好数”为1243； 设正整数的千位数字是，百位数字是，千位数字与十位数字的和与百位数字与个位数字的和为，则十位数字为，个位数字为， ∴，，， ∴，， ∴， ∵一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0， ∴，，，， ∵要使最大， ∴， ∴， ∵被5除余1， ∴的取值为或或， ∴当时，，解得， ∴，，此时数为； 当时，，解得， ∴，，此时数为； 当时，，解得， ∴，，不符合题意； ∵， ∴满足条件的的最大值为， 故答案为：1243，． 【点睛】本题考查了新定义运算、整式的加减的应用，理解“友好数”的定义，准确进行计算是解此题的关键． 15．如果一个四位自然数的各数位上的数字均不为0，满足，那么称这个四位数为“天天向上数”．例如：四位数2129，，是“天天向上数”：又如3465，∵，不是“天天向上数”．若一个“天天向上数”为，则此时 ；若一个“天天向上数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值与最小值的差为 ． 【答案】 【分析】本题考查了新定义运算、整式的加减的应用，根据“天天向上数”定义计算即可得出的值，根据“天天向上数”的定义得出，由题意得出，结合、、、的取值得出或或，再分别求解即可得出答案，理解“天天向上数”定义是解此题的关键． 【详解】解：∵一个“天天向上数”为， ∴， ∴， 解得：； ∵如果一个四位自然数的各数位上的数字均不为0，满足，那么称这个四位数为“天天向上数”， ∴， ∴， ∵一个“天天向上数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和能被9整除， ∴ ， ∴（为正整数）， 由题意得：，，，， ∴， ∵的和为偶数， ∴或或， 当时，解得或或或， ∵， ∴当时，此时、无符合题意的取值，不符合题意； 当时，此时，，即这个“天天向上数”为， 当时，此时，，即这个“天天向上数”为， 当时，此时，，即这个“天天向上数”为； 当时，解得或或或， ∵， ∴当时，此时，，即这个“天天向上数”为， 当时，此时、无符合题意的取值，不符合题意； 当时，此时、无符合题意的取值，不符合题意； 当时，此时、无符合题意的取值，不符合题意； 当时，解得， ∵， ∴当时，此时、无符合题意的取值，不符合题意； 综上所述，符合题意的“天天向上数”为，，，， ∵， ∴， 故答案为：，． 16．对于一个四位正整数（，且为整数），若满足，那么就称这个数为“完美数”，且，，当，时， ；若一个“完美数”的千位与百位数字分别为，，且和均为整数，则满足条件的的最大值与最小值的和为 ． 【答案】 1153 10359 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，实数的运算，理解新定义，并将其转化为实数的运算是解题的关键． 当，时，根据定义得，，即可求得的值；根据定义可知“完美数”的千位与百位数字分别为，，十位与个位数字分别为，，且，，进而得，，根据和均为整数，得或，即或5或6，再根据要使得最大，则，取最大，即，进而求得满足条件得最大的，同理可求得的最小值，再求和即可求解． 【详解】解：由“完美数”可知，，则， ∴当，时，，， ， ∵一个“完美数”的千位与百位数字分别为，， 则十位与个位数字分别为，， 且，，，， ∴，， 则 ， ， ∵和均为整数， ∴，均为整数， 则或， ∴或5或6， 要使得最大，则，取最大，即， 此时为整数， ∴为整数，满足条件的最大值为， 即最大的“完美数”为6846； 要使得最小，则，取最小，即， 此时为整数， ∴为整数，满足条件的最小值为， 即最小的“完美数”为3513； 综上，满足条件的的最大值与最小值的和为； 故答案为：1153，10359． 17．有种四位自然数称为“启明数”，它的各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8．把启明数的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．例如：，，，是“启明数”．则．若“启明数”，则 ；已知四位自然数是“启明数”，（，），且、、、均为正整数），若恰好能被8整除，则满足条件的数的最大值是 ． 【答案】 3 4117 【分析】本题考查新定义的运用，求得，代入，计算即可求得的值；根据是“启明数”，可得到各个数位上数字，表示出和，计算出，然后除以8，根据和的取值找到满足条件的数的最大值．理解新定义的意义并进行合理推理是解决本题的关键． 【详解】解：“启明数”， , 数是“启明数”， 千位上的数字为，百位上的数字为，十位上的数字为，个位上的数字为． ， ． ． ，， ，． ． 恰好能被8整除， 是一个整数． 是8的倍数． ，，取最大值，各个数位上的数字均不为0， 千位上的数字应取最大值， 百位上的取最小值1． ， ，． 满足条件的数的最大值． 故答案为：3，4117． 18．若一个四位正整数（，，，），各个数位上的数字均不为0，满足千位与个位数字之差等于百位与十位数字之和，则称这个四位数M为“分层数”． 另定义对于一个四位正整数N，分别按顺序取千位数字与百位数字组成两位数，百位数字与十位数字组成两位数，十位数字与个位数字组成两位数，将3个两位数之和记为，例如． 则当（k为整数）时，代数式所有可能值的和为 ． 按上述条件，满足时M的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了整式的加减，有理数的乘方运算，整除，根据题意列出式子，分类讨论，即可求解． 【详解】解：依题意，， 又∵ 即是整数， 即 ∵， ∴，，则； 当，，则 当，，则 当，，则， 当，，则， 当，则，则（不合题意） 当，，则， 综上所述，所有可能值的和为； ∵，，， ∵ 由以上结论可得， 当时，则，不合题意， 当时，，则，，此时 故答案为：，． 19．一个四位数（其中a，b，c，d均为不小于1，且不大于9的整数），若（），且k为整数，称m为“k型数”，例如，对于4675，∵，则4675为“5型数”；对于3526，∵，则称3526为“型数”；若四位数m是“3型数”， 是“型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数数n，n也是“3型数”，则满足条件的所有四位数m为 ． 【答案】7551或6662 【分析】设，m是“3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数n，n也是“3型数”，可得，设，由是“型数”，分两种情况：（Ⅰ）时，，可得，因x、d是整数，2x、2d是偶数，而3是奇数，此种情况不存在；（Ⅱ）时，，可得①，②，即有，，从而可得m是7551或6662． 【详解】解：设， ∵m是“3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数n，n也是“3型数”， ∴且， 将两式相减整理得：， ∴m的十位与百位数字相同，设， 由是“﹣3型数”，分两种情况： （Ⅰ）时，， ∵四位数是“3型数”， ∴， ∵是“型数”， ∴， ∴， 整理化简得：， ∵x、d是整数，2x、2d是偶数，而3是奇数， ∴无整数解，此种情况不存在； （Ⅱ）时，， ∵是“型数”， ∴，即①， ∵m是“3型数”， ∴，即②， ①+②化简得， ①+②×2化简得， ∴当时，，，此时， 当时，，，此时． 综上所述，满足条件的所有四位数m是7551或6662． 故答案为：7551或6662． 【点睛】本题考查整式的加减，涉及新定义，解题的关键是分类讨论思想的应用． 题型4：一元一次方程应用的压轴题（共12题） 20．商店有一批货物，售价不变，如果成本上涨10%，那么利润率将降低12个百分点，如果成本上涨20%，那么利润率会变为 %． 【答案】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，涉及了商品利润率；根据利润=售价−进价，利润率=利润÷成本，根据如果成本上涨，那么利润率将降低12个百分点，列出方程求解即可． 【详解】解：假设成本为“1”，利润率为，售价，成本上涨，即成本变为“1.1”，利润： 则：．解得： 成本上涨： 利润率, 故答案为：10 21．A，B，C三点在数轴上所表示的数为，，2，一根长为3个单位长度的木棒如图放置在数轴上（点P与点B重合），当木棒以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点M、N分别从A、C出发，分别以每秒1个单位长度和4个单位长度的速度向右运动，记木棒运动后对应的位置为，M、N运动后对应的位置为、，若为常数，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了数轴上的动点问题，利用代数式表示数轴上的点，数轴上两点之间的距离，一元一次方程的应用，正确理解动点问题是解题的关键．设经过t秒后，利用点P，Q的运动方向和速度，可得到点，，表示的数，再根据数轴上两点的距离公式用代数式表示出，，进而可得，根据其值为常数，可得关于t的系数为0，然后解方程求出看k的值． 【详解】解：设运动时间为t，依题意得： 所表示的数为，所表示的数为，所表示的数为， ∴， 所表示的数为，所表示的数为， ∴， ∴， 若为常数，则， 解得：． 故答案为． 22．阅读材料：一个四位自然数的千位为，百位为，十位为，个位为，若关于的一元一次方程的解为，则称这个四位自然数为方程的“顺承数”．如：方程的解是所以2317就是方程的“顺承数”．判断5138 （填“是”或“否”）为某个方程的“顺承数”；方程的解是（且为整数），若是该方程的“顺承数”，交换的百位和个位数字得到新数，且能被3整除，则满足条件的的最大值与最小值之和为 ． 【答案】 是 4146 【分析】本题主要考查了一元一次方程的解，正确理解题目中给出的新概念是解题的关键．根据题目中给出的新定义即可求出答案；根据的值可能是4，3，2，1，0，判断出四位数，再根据能被3整除，可得结论． 【详解】解：是方程， 是“顺承数”； 方程的解是，，且，，为整数），若是该方程的“顺承数”， 四位数是：2204，2124，2044，2033，2011，2113，2022，2102，2000， 四位数是：2402，2421，2440，2330，2110，2311，2220，2201，2000， 是4606，4545，4484，4363，4121，4424，4242，4303，4000， 能被3整除， 有4545，4242两个数能被3整除， 满足条件的的值为2124和2022， 最大值与最小值之和为 故答案为：是；4146 23．一筐苹果，若分给全班同学每人5个，则还剩下15个；若全班同学一起吃，其中7个同学每人每天吃1个，其他同学每人每天吃2个，恰好用若干天吃完，则筐里最多共有 个苹果． 【答案】195 【分析】本题考查一元一次方程的应用，设全班共个同学，全班同学恰好天吃完，可得，故，即可知的最大值为，从而可得答案． 【详解】解：设全班共个同学，则筐里共有个苹果， 个同学每人每天吃1个，其他同学每人每天吃2个， 全班同学每天吃个， 设全班同学恰好天吃完， ， ， 为正整数， 为奇数， 要使最大，则， ， 筐里最多共有（个）苹果； 故答案为：195． 24．某市居民用电电费目前实行梯度价格表： 用电量（单位：千瓦⋅时，统计为整数） 单价（单位：元） 及以内 （含） 及以上 若居民童大爷家、月份共用电千瓦⋅时（其中月份用电量少于月份），共交电费元，则童大爷家月份的用电量为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用．根据题意分情况列一元一次方程是解题的关键． 设月份的用电量为千瓦⋅时，则月份的用电量为千瓦⋅时，由题意知，，解得，，分①当时，②当时，③当时，三种情况列方程计算求解即可． 【详解】解：设月份的用电量为千瓦⋅时，则月份的用电量为千瓦⋅时， 由题意知，，解得，， ①当时， 依题意得，， 解得：， ∴月份的用电量为千瓦⋅时； ②当时， 依题意得，， 解得：，不合题意，舍去； ③当时， 依题意得，， 方程无解； 综上所述，月份的用电量为千瓦⋅时； 故答案为：． 25．疫情隔离期间，为了降低外出感染风险，各大商超开通了送货到小区的便民服务，某商超推出适合大多数家庭需要的A、B、C三种蔬菜搭配装袋供市民直接选择．其中，甲种搭配每袋装有3千克A，1千克B，1千克C；乙种搭配每袋装有1千克A，2千克B，2千克C．甲、乙两种袋装蔬菜每袋成本价分别为袋中A、B、C三种蔬菜的成本价之和．已知A种蔬菜每千克成本价为2.4元，甲种搭配每袋售价为26元，利润率为30%，乙种搭配的利润率为20%．若这两种袋装蔬菜的销售利润率达到25%，则该商超销售甲、乙两种袋装蔬菜的数量之整数比是 ．（） 【答案】7：5 【分析】先求出1千克B种蔬菜成本价+1千克C种蔬菜成本价，进而得出乙种蔬菜每袋售价．再设销售甲种蔬菜x袋，乙种蔬菜y袋，根据题意列出方程，即可求得x：y的值． 【详解】解：∵甲种搭配每袋装有3千克A，1千克B，1千克C， 而A种蔬菜每千克成本价为2.4元，甲种搭配每袋售价为26元，利润率为30％， ∴1千克B种蔬菜成本价+1千克C种蔬菜成本价=26÷(1+30％)−2.4×3=12.8 (元)， ∵乙种搭配每袋装有1千克A，2千克B，2千克C，乙种搭配的利润率为20％， ∴乙种蔬菜每袋售价为(2.4+2×12.8)×(1+20％)=33.6 (元)， ∴甲种蔬菜每袋成本价为26÷(1+30％)=20 (元)，乙种蔬菜每袋成本价为2.4+2×12.8=28 (元)， 设该甲种蔬菜销售了x袋，乙种蔬菜销售了y袋， 由题意，得20×30％x+28×20％y=25％(20x+28y)， 得x=1.4y， 故， ∴销售甲、乙两种袋装蔬菜的数量之比7：5， 故答案为：7：5 【点睛】本题考查了一次方程的应用，利润、成本价与利润率之间的关系的应用，理解题意得出等量关系是解题的关键． 26．为了弘扬中华优秀传统文化，带领全体学生赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美，风华一中举办了第一届“古吟杯”中国诗词竞答活动．诗词题库中设置了“风”“雅”“颂”三类题型，每类题型下包含若干个试题，同一类题型中的试题分值相同．现有甲乙丙三个参赛队伍参赛，每个参赛队伍均需回答完所有试题，答对一个试题将获得相应的分数，答错不扣分．在所有参赛队伍作答完毕后，裁判员对三支队伍的作答情况进行了统计．其中甲队回答正确的“风”“雅”“颂”三类题型试题数目之比为2：3：1，“雅”类题型的得分占甲队总分的，甲队总得分率为60%；乙队回答正确的“风”“雅”“颂”三类题型试题数目之比为2：1：1，其中“风”类题型的得分占乙队总分的，乙队总得分率为75%；丙队与乙队回答正确的“风”类题型试题数目相同，丙队回答正确的“雅”类题型试题数目是甲队回答正确的“雅”类题型试题数目的，丙队回答正确的“颂”类题型试题数目是甲、乙两队回答正确的“颂”类题型试题数目之和，则丙队的总得分率为 ．（总得分率） 【答案】84% 【分析】设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道，根据题意列出方程组，可得出，，代入甲队和乙队得分率可得出和的关系式；进而求出丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道，最后根据得分率的公式可求出丙队得分率． 【详解】解：设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道， 由题意可知，， 解得 ， 将，代入上式，得， ∴， ∴丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道， 题目总分值为，， ∴丙队得分率 ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查一次方程组的应用，理清楚题干中条件，并且能列出一元一次方程组是解题关键． 27．如图，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点E是AB上的一点，且AE＝2BE．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿点C﹣D﹣A﹣E匀速运动，最终到达点E．设点P运动时间为ts，若三角形PCE的面积为18cm2，则t的值为 ． 【答案】或6 【分析】分下列三种情况讨论，如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时，根据三角形的面积公式建立方程求出其解即可；如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时，由S△PCE=S四边形AECD-S△PCD-S△PAE建立方程求出其解即可；如图3，当点P在AE上，即7＜t≤9时，由S△PCE=PE•BC=18建立方程求出其解即可． 【详解】解：如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时， ∵四边形ABCD是长方形， ∴AB=CD=6cm，AD=BC=8cm． ∵CP=2t（cm）， ∴S△PCE=×2t×8=18， ∴t=； 如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时， ∵AE=2BE， ∴AE=AB=4． ∵DP=2t-6，AP=8-（2t-6）=14-2t． ∴S△PCE=×（4+6）×8-（2t-6）×6-（14-2t）×4=18， 解得：t=6； 当点P在AE上，即7＜t≤9时， PE=18-2t． ∴S△CPE=（18-2t）×8=18， 解得：t=＜7（舍去）． 综上所述，当t=或6时△APE的面积会等于18． 故答案为：或6． 【点睛】本题考查了一元一次方程的运用，三角形面积公式的运用，梯形面积公式的运用，动点问题，分类讨论等；解答时要运用分类讨论思想求解，避免漏解． 28．万盛是重庆茶叶生产基地和名优茶产地之一，以“重庆第一泡•万盛茶飘香”为主题的采茶制茶、品茶赏茶，茶艺表演活动在万盛板辽湖游客接待中心开幕，活动持续两周，活动举办方为游客准备了三款2021年的新茶：清明香，云雾毛尖、滴翠剑茗．第一批采制的茶叶中清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗的数量（盒）之比为2：3：1，由于品质优良宣传力度大，网上的预订量暴增，举办方加紧采制了第二批同种类型的茶叶，其中清明香增加的数量占总增加数量的，此时清明香总数量达到三种茶叶总量的，而云雾毛尖和滴翠剑茗的总数量恰好相等．若清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗三种茶叶每盒的成本分别为500元、420元，380元，清明香的售价为每盒640元，活动中将清明香的供游客免费品尝，活动结束时两批茶叶全部卖完，总利润率为16%，且云雾毛尖的销售单价等于另外两种茶叶销售单价之和的，则滴翠剑茗单价为 元 【答案】480 【分析】设滴翠剑茗单价为元，则云雾毛尖最高价位元，根据云雾毛尖的销售单价等于另外两种茶叶销售单价之和的得出三种茶叶的单价，根据销售总额列出方程，解方程即可． 【详解】解：第一批采制的茶叶中清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗的数量（盒之比为， 第二批采制后清明香增加的数量占总增加数量的，此时清明香总数量达到三种茶叶总量的，而云雾毛尖和滴翠剑茗的总数量恰好相等， 即云雾毛尖、滴翠剑茗的数量各占， 增加后清明香、云雾毛尖、滴翠剑茗的数量（盒之比为， 设总共有盒茶叶， 成本为（元， 销售额应为（元， 清明香的销售额为（元， 另外两种茶的销售总额为（元， 设滴翠剑茗单价为元，则云雾毛尖单价为元， 因此可建立方程， 解得， 因此滴翠剑茗单价为480元， 故答案为：480． 【点睛】本题主要考查一元一次方程的知识，根据售价成本利润列出方程是解题的关键． 29．如图1，点C在线段上，图中共有三条线段、和，若其中有一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段的“好点”；如图2，已知．动点P从点A出发，以的速度沿向点B匀速运动；点Q从点B出发，以的速度沿向点A匀速运动，点P，Q同时出发，当其中点P到达终点时，运动停止；设运动的时间为，当 s时，Q为线段的“好点”． 【答案】或8 【分析】根据题意，得；分、、三种情况分析，分别列一元一次方程并求解，即可得到答案． 【详解】∵动点P从点A出发，以的速度沿向点B匀速运动 ∴点P到达终点时，用时为： ∵点P，Q同时出发，点P速度点Q速度，且当其中点P到达终点时，运动停止 ∴ 如图，Q为线段的“好点” ∵点Q从点B出发，以的速度沿向点A匀速运动 ∴，则 根据题意，分、、三种情况分析； 当时， ∴ ∵ ∴符合题意； 当是， ∴ ∵ ∴不符合题意； 当时， ∴ ∵ ∴符合题意 故答案为：或8． 【点睛】本题考查了一元一次方程和线段的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次方程、线段的性质，从而完成求解． 30．将长为4宽为a（a大于1且小于4）的长方形纸片按如图所示的方式折叠并压平，剪下一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按同样的方式操作，称为第二次操作；如此反复操作下去  ，若在第n次操作后，剩下的长方形恰为正方形，则操作终止．当时，a的值为 ． 【答案】 【分析】经过第一次操作可知剩下的长方形一边长为a，另一边长为4-a；分当时，及当，两种情况讨论；根据第2次剩下的长方形分两种情况讨论，若第三次操作后，剩下的长方形恰好是正方形，由此可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：第1次操作，剪下的正方形边长为a，剩下的长方形的长宽分别为a、4-a， 当时，即时 第二次操作后，剩余长方形的长宽分别为a、4-2a， ①当时，即时 第三次操作剩余两边为a、4-3a， 此时为正方形，得 解得 又 不成立； ②当，即时 第三次操作剩余两边边长分别为， 此时为正方形，得 解得，此时符合题意； 当，即时，第2次操作，剪下的正方形边长为4-a，所以剩下的长方形的两边分别为4-a、a-（4-a）=2a-4， ①当2a-4＜4-a，即a＜时， 则第3次操作时，剪下的正方形边长为2a-4，剩下的长方形的两边分别为2a-4、（4-a）-（2a-4）=8-3a， 则2a-4=8-3a，解得a=； ②2a-4＞4-a，即a＞时 则第3次操作时，剪下的正方形边长为4-a，剩下的长方形的两边分别为4-a、（2a-4）-（4-a）=3a-8， 则4-a=3a-8，解得a=； 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是根据剪纸的操作后的边长的关系得出方程求解，注意的范围需要分情况讨论． 31．已知：如图1，点依次在直线上，现同时将射线绕点按逆时针方向分别以每秒的速度旋转，如图2，设旋转时间为（）秒，经过 秒． 【答案】或或24 【分析】本题考查的是角的动态定义，角的和差关系，一元一次方程的应用，掌握以上知识是解题的关键． 第一次追上之前，，得到；第一次追上之后，，得到；第二次追上之前，，得到；第二次追上之后，，，分别解方程，最后一次不成立． 【详解】解：①如图，第一次追上之前，， 由题可知， ， 的运动速度是每秒， ， ， 即， 解得； ②如图，第一次追上之后，， 此时，， ， ， 解得； ③如图，第二次追上之前，， 此时，， ， ， 解得； ④如图，第二次追上之后，， 此时，， ， ， 解得（不合题意）； 综上，的值为6或12或24． 故答案为：6或12或24． 题型5：规律探索压轴题（共9题） 32．大于的正整数的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如：，…，则 ；若“分裂”后，其中有一个奇数是，则的值是 ． 【答案】 45 【分析】本题考查了数字规律探究、不等式估算 第一步通过观察底数与分裂奇数个数、起始奇数的关系，归纳出规律表达式； 第二步利用公式确定分裂的奇数范围，结合平方根估算验证m的值． 【详解】解：∵，，, ∴分裂为2个连续奇数，分裂为3个连续奇数，分裂为4个连续奇数， ∴底数为m时，分裂出m个连续奇数． ∵起始奇数： 起始奇数： 起始奇数： ∴分裂的起始奇数为： ∴分裂出5个连续奇数，起始奇数： ∴分裂出5个连续奇数依次为21，23，25，27，29， ∴ ∵分裂的起始奇数为，结束奇数为 ∴， ∵与2025接近，， ∴若，起始奇数：，结束奇数：， ∴，符合条件， 若：结束奇数：，，不符合， 若：起始奇数：，，不符合， 故． 33．已知且，我们定义，记为；，记为；……；，记为．若将数组中的各数分别作的变换，得到的数组记为；将作的变换，得到的数组记为；……；则的值为 ． 【答案】4160 【分析】本题考查了数字类规律探索，要先根据题意找到规律，多算几组，发现每三次变换为一个循环，进而可得到结果，准确计算、发现规律是解题的关键． 【详解】由题意得： ∴； ∴； ∴； ∴； ∴； ∴ ∴，， ， ， 由规律可得每三次变换为一个循环， ∴ ∴ 故答案为：4160． 34．有一行数，，，，现将任意相邻的两个数用左边的数减去右边的数，所得的差写在这两个数中间，得一行新数，，，，，，，称为第一次操作，再做第二次操作……，经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为 ，经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为 ． 【答案】 【分析】本题考查了规律探索；根据所给计算方式炸出规律是解题的关键． 分别计算第一次操作所得数的和、第二次操作所得数的和；找出规律即可求解． 【详解】解：由题可得：原来这行数的和为：； 令原来四个数分别为，，，， 原来这行数的和为：； 第一次操作所得数的和为：， 整理为：； 即第一次操作所得数的和为原来这数行的和加上首数与尾数的差， ∴第一次操作所得数的和为：； 令第一次操作所得数为：，，，，，，， 第一次操作所得数的和为：， 则第二次操作所得数的和为：， 整理为：； 即第二次操作所得数的和为第一次操作所得数的和加上首数与尾数的差， 所以第二次操作所得数的和为：； …， 所以第次操作所得数的和为：； 当时，； 即经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为； 当时，， 即经过次操作，得到的这一行数的各个数之和为． 故答案为：，． 35．把所有正奇数从小到大排列，并按如下规律分组：……，现用等式表示正奇数M是第i组第j个数（从左往右数），如，则 ． 【答案】 【分析】根据题意可以发现题目中的数据都是奇数，从第一组开始，每组中的奇数都是奇数个．再根据2019是第个奇数，从而即可得出2019是第32组第个数，即得出答案． 【详解】由题意可知：第一组有1个奇数，第二组有3个奇数，第三组有5个奇数，…，则第n组有个奇数， ∴前n组共有个奇数． ∵2019是第个奇数， ∴可令， ∴， ∴2019在第32组，即； ∵前31组共有个奇数， ∴2019是第32组第个数，即． ∴故． 【点睛】本题考查了数字的变化规律，找出数字之间的运算规律，利用规律解决问题； 36．下列图形都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，……按此规律排列下去．第⑩个图形中的颗数为 ． 【答案】175 【分析】根据题意将每个图形都看作两部分，一部分是上面的构成规则的矩形，另一部分是构成下面的近似金字塔的形状，然后根据递增关系即可得到答案． 【详解】第①个图形中的颗数； 第②个图形中的颗数； 第③个图形中的颗数； 第④个图形中的颗数； …… ∴第n个图形中的颗数 ∴当时，， ∴第⑩个图形中的颗数为颗， 故答案为： 【点睛】本题考查了图形变化规律，正确地得到每个图形中小星星的数字变化情况是解题的关键． 37．将边长为1的正方形纸片按如图所示方法进行对折，第1次对折后得到的图形面积为S1，第2次对折后得到的图形面积为S2，…，第n次对折后得到的图形面积为Sn，则S1+S2+S3+…+S2022＝ ． 【答案】 【分析】根据翻折变换表示出所得图形的面积，再根据各部分图形的面积之和等于正方形的面积减去剩下部分的面积进行计算即可得解. 【详解】解：由题意可知，S1=，S2=，S3=，…，S2022=， 剩下部分的面积= S2022=， ∴S1+S2+S3+…+S2022=1－， 故答案为：1－. 【点睛】本题考查图形的变化规律，发现各部分图形的面积之和等于正方形的面积减去剩下部分的面积是解题关键． 38．现有一列整数，第一个数为1，第二个数为x（x为正整数）．以后每一个数都由它前一个数与再前一个数差的绝对值得到．如第三个数是由x与1差的绝对值得到，即为，第四个数是由与x差的绝对值得到，即为，…，依此类推要使这列数的前101个数中恰好有30个0，则 ． 【答案】6或7#7或6 【分析】分x为偶数和奇数时进行讨论，找到规律即可求x的值． 【详解】解：①x为偶数： 这列数为：1，x，x−1，1，x−2，x−3，…，1，2，1，1，0，1，1，0，1，…， 观察可得出，每3个为一组，每组第1个数均为1，第2个，第3个数从x开始依次−1，直至减到1，然后开始1，0，1循环， ∵前100个数中恰好有30个0， ∴100÷3＝33…1， 则前3组不含0，即前3组的第2个、第3个数从x开始减到1，从第4组开始后30组均为1，0，1， ∴2×3＝6，则x＝6； ②x为奇数时： 这列数为：1，x，x−1，1，x−2，x−3，…，1，3，2，1，1，0，1，1，0，…， 观察可得出，每3个为一组，每组第1个数均为1，第2个，第3个数从x开始依次−1，直至减到2，然后开始1，1，0循环， ∵前100个数中恰好有30个0， ∴100÷3＝33……1，则前3组不含0，即前3组的第2个、第3个数从x开始减到2，从第4组开始后30组均为1，1，0， ∴2×3＝6，则x＝6＋1＝7； 综上所述：x的值为6、7． 故答案为：6或7． 【点睛】本题考查了规律型−数字的变化类，解决本题的关键是利用分类讨论思想寻找规律． 39．下图显示的填数幻方只填了一部分，将下列九个数：，，1，2，4，8，16，32，64填入方格中，使得所有行、列及对角线上各数的乘积相等．则填“x”格中的数应是 ． 【答案】8 【详解】将未填各空格标注字母，如下图． 九个已知数的乘积是． 所以，每行、每列、每条对角线上三个数的乘积等于64． 因为乘积等于64，所以从第二列和第三行分别得到． 由此得到，a，c，e，f分别是，，2，4中的某个数． 考虑第一行的乘积，得． 这样一来，x只可能是1或8． 考虑到对角线的乘积，得． 若，则，不可能． 唯一可能是． 故答案为：8． 这时的填法是 40．是不为1的有理数，我们把称为的差倒数．如：2的差倒数是，的差倒数是．已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数，…，依此类推，则 ． 【答案】 【分析】先求出，，，，观察规律，发现三个数一循环，求的余数，余1，与相同，余2与相同，整除与相同，即可确定的值即可． 【详解】解：，，，，， 通过结果发现，三个数一个循环， 2020被3除，结果为，被3除余1，为此． 故答案为：． 【点睛】本题考查用代数式表示的新定义下，规律探索问题，关键是通过部分的有理数运算后，发现规律． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $