2025-2026学年人教版七年级数学下册各章节压轴题专项训练

**基本信息** 聚焦七年级下册六大核心章节压轴突破，构建“考情-思路-精练”三阶训练体系，以数学思维整合知识逻辑，强化模型应用与分类讨论能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |相交线与平行线|20题|模型转化/动态分类/折叠还原|几何推理基础→模型应用→综合探究| |实数|10题|非负性模型/无理数拆分/新定义运算|数系扩充→概念辨析→代数综合| |平面直角坐标系|18题|坐标变换/割补法求面积/动点轨迹|数形结合入门→坐标运算→动态几何| |二元一次方程组|14题|参数讨论/整体代换/错解复原|方程建模→消元运算→综合应用| |不等式与不等式组|19题|含参解集分析/特殊解限定/方案设计|不等关系→解法应用→优化决策| |数据的收集、整理与描述|4题|图表互补/样本估计总体/统计决策|数据处理基础→图表分析→实际推断|

七年级数学下册各章节压轴题专项训练 1、 包括章节：《相交线与平行线》、《实数》、《平面直角坐标系》、《二元一次方程组》、《不等式与不等式组》、《数据的收集、整理与描述》 2、 适合期中、期末、月考、阶段测试等场景的拔高训练 目 录 一、相交线与平行线 2 （一）压轴考情 2 （二）解题思路 2 （三) 好题精练 3 二、实数 50 （一）压轴考情 50 （二）解题思路 51 （三) 好题精练 51 三、平面直角坐标系 70 （一）压轴考情 70 （二）解题思路 70 （三) 好题精练 71 四、二元一次方程组 102 （一）压轴考情 102 （二）解题思路 103 （三) 好题精练 104 五、不等式与不等式组 117 （一）压轴考情 117 （二）解题思路 117 （三) 好题精练 118 六、数据的收集、整理与描述 138 （一）压轴考情 138 （二）解题思路 139 （三）好题精练 139 一、相交线与平行线 （一）压轴考情 相交线与平行线是七年级下册几何入门核心章节，也是初中几何逻辑推理的基础，为期中、期末高频压轴考点，多以解答题、几何探究大题形式考查，属于几何拔高必考题型。该章节压轴题不局限于基础角度计算，侧重动态几何变化、模型综合应用、分类讨论推理三大拔高方向。 常考压轴题型包含：折线型平行线角度探究、动点平移角度变化问题、三角板/直尺拼接几何综合题、折叠类角度计算与推理、多拐点平行线模型综合探究。命题多结合生活场景、几何变换设问，梯度性极强，第一问侧重基础角度推导，第二、三问延伸动态变化、结论探究、结论证明与变式拓展，区分度高，是阶段测试、期中期末拔高提分的关键题型。同时，该章节的几何推理格式、逻辑论证思路，也是后续几何学习的核心铺垫，阅卷中重点考查推理过程的严谨性。 （二）解题思路 1. 夯实核心定理，筑牢解题基础：熟练掌握对顶角相等、邻补角互补、垂直的定义、平行线的判定与性质等核心知识点，明确“判定由角推线、性质由线推角”的核心逻辑，杜绝定理混用，这是所有压轴题型的解题根基。 2. 掌握经典几何模型，快速破题：压轴题多围绕固定模型出题，重点掌握铅笔模型、猪蹄模型、锯齿模型三大拐点平行线模型，牢记模型对应的角度数量关系，遇到多拐点折线问题，优先通过作辅助线，过拐点作已知直线的平行线，拆分复杂角度，转化为基础平行线角度关系求解。 3. 动态问题分类讨论，不漏解、不错解：针对动点、平移、旋转、三角板滑动等动态压轴题型，核心思路是“定位置、分情况、找不变”，根据动点运动轨迹、图形位置变化，划分不同区间分类讨论，抓住运动过程中始终平行、垂直等不变的几何关系，结合角度公式推导通用结论。 4. 折叠问题抓等量，还原图形：折叠类压轴题核心为折叠前后对应角相等、对应线段相等，解题时先还原折叠前的图形，标注相等角度，结合邻补角、平行线性质建立角度等式，通过方程思想求解未知角度。 5. 规范推理步骤，严谨答题：几何压轴题注重过程得分，解题时遵循“已知—推导—结论”的逻辑，每一步推理对应对应定理，杜绝跳步、无依据推导，复杂探究题可先猜想结论，再逆向推导、正向证明，完整完成答题闭环。 （三)好题精练 1．如图，，M是平面内一点，连接MB，MC，的平分线与的平分线交于点N．若，则的度数为（   ） A．30° B．40° C．50° D．60° 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是过拐点作平行线转化角的关系． 过点作，过点作，证明，，再根据角平分线得出从而得出答案． 【详解】解：解：如图，过点作，过点作， ∵； ∴， ∴，， ∴， 同理可得：， ∵， ∴ ∵的平分线与的平分线交于点N． ，， ∴ ∴， 故选：D． 2．如图，已知直线，直线分别交直线，于点E，F，平分交于点M，G是射线上一动点（不与点M，F重合），平分交于点H．设．有下列四个式子：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，画出图形分类讨论是解题的关键． 分点在点右侧，点在和之间，根据平行线的性质和角平分线的定义，分别求出结论即可． 【详解】解：当点在点右侧时，如图示： 平分，平分， ，， ， ． ， ， 当点在和之间时，如图： 平分，平分， ，， ， ． ， ，则； 综上：①④正确，②③错误； 故选：B． 3．已知直线，点在直线之间，连接．下面结论正确的个数为（   ） ①如图1，若，，则； ②如图2，点在之间，当，，则； ③如图2，点在之间，当，，则； ④如图3，的角平分线交于，且，点在直线之间，连接，，，，则和的关系为（用含的式子表示，题中的角均指大于且小于的角）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查平行线的判定和性质．①过点P作，则，根据平行线的性质即可求解；②过点P作，过点Q作，则，，结合，即可得到结论；③过点P作，过点Q作，则，，结合，即可得到结论；④过点P作，则，可得，过点N作，可得，即，结合，，可得，进而可得结论． 【详解】解：①过点P作，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；①正确； ②点P作，过点Q作，则，， ∴， ∴，即， 同理：， ∵，， ∴， ∴， ∴，即，②正确； ③过点P作，过点Q作，则，， ∴， ∴，即， 同理：， ∵， ∴， ∴， ∴，即，③正确； ④过点P作，则， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴ 过点N作， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，④正确． 综上，正确的有4个， 故选：D． 4．如图，在中，，，，点P是延长线上一动点，边与点M，边与点N，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，证明P、M、N、B四点是以为直径的圆上，设此圆心为O，连接、，则，由勾股定理，可得，所以当取最小值时，值最小，再过点C作于D，求得，在中，求出，即可求解． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∴点P、M、N、B在以为直径的圆上，设此圆心为O，连接、， ∴， 由勾股定理，可得， ∴当取最小值时，值最小， ∴当于P时，此时值最小，则值最小， 过点C作于D， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查勾股定理，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短，本题综合性较强，熟练掌握相关定理和将求最小值转化成求最小值是解题的关键． 5．如图，，分别平分和，若，则的度数是__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了利用平行线的性质求角度，角平分线的计算，正确构造平行线是解题的关键． 延长交射线于点，过点分别作，则，那么，由角平分线得到，，则，再由得到内错角相等求解即可． 【详解】解：如图，延长交射线于点，过点分别作， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵分别平分和， ∴，， ∴ ∵， ∴，， ∴， 故答案为：． 6．如图，与交于点E，点G在直线上，，，，下列四个结论，其中错误的是_______ （填序号）． ①； ②； ③； ④． 【答案】③④ 【分析】本题主要考查平行线的判定瑟性质，过H作，先根据同位角相等两直线平行得出，再根据平行线的性质以及对顶角相等、三角形内角和以及倍角关系求解即可． 【详解】解：∵， ∴，故①正确， 过H作，如图： ， 设，则，， ∴, 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故②正确， ∵，， ∴， ∵， ∴， 又 ∴，不一定为，故③错误， ，故④错误， 综上所述，错误的结论为③④． 故答案为：③④． 7．如图，，在的两边上分别过点和点向同方向作射线和，且． （1）若，则的度数为______． （2）若和的平分线所在的直线交于点（与不重合），则的度数为______． 【答案】 或 【分析】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，掌握平行线的性质是解决问题的关键． （1）过点作，而，可得，证明，，再进一步解答即可； （2）分两种情况当为锐角时，过点作，过点作，利用平行线的性质可得，，再结合角平分线即可求得；当为钝角时，，，再根据角平分线及平行线性质得． 【详解】解：（1）过点作，而， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： （2）①当为锐角时，如图所示： 过点作，过点作， ， ， ，， ，， ，即， ，， ，， ，即， 又点为和的角平分线所在的直线的交点， ，， ， ②当为钝角时，如图所示： 过点作，过点作， ， ， ，， ，， ， ， ， ，， ，， 又点为和的角平分线所在的直线的交点， ，， ， 综上所述或 故答案案为：或． 8．将一个三角板如图所示摆放，直线与直线相交于点，，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，设时间为秒，且，当______时，与三角板的直角边平行． 【答案】5或35或65或95或125 【分析】根据题意，分6种情况讨论：当时，当时，当第二次平行于时，当第二次平行于时，当第三次平行于时，当第三次平行于时，画出对应的图形，利用平行线的性质，计算得到答案． 本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，是解答本题的关键． 【详解】解：如图， 时， 延长交于D点， 则，， ， ， ， ， ， 解得； ②如图：时， ，， ， ， ， 解得； ③如图第二次平行于时， 设与的交点为E， 则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得； ④如图第二次平行于时， ，， ∵， ∴， ∴， 解得； ⑤如图：第三次平行于时， 则，， ， ， 又， ， ∴， 解得； ⑥如图：第三次平行于时， ，， ， ， ∴， 解得（舍去）． 综上，所有满足条件的t的值为：5或35或65或95或125． 故答案为：5或35或65或95或125 9．如图，已知，，，则______．    【答案】/360度 【分析】本题考查了平行公理的推理，平行线的性质等知识．过作，再证明，先证明，，再证明，，分别代入原式即可得到一个周角，问题得解． 【详解】解：如图，过作．    ∵， ∴． ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 10．如图，，E为上一点，且垂足为F，，平分，且，则下列结论：①；②平分；③；④；其中正确的有________．（请填写序号） 【答案】①②③④ 【分析】根据平行线的性质，角平分线和垂线的定义逐个分析计算即可． 【详解】∵，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 故①正确； ∵， ∴， ∴， 即平分， 故②正确； ∵，， ∴, ∴， ∴， ∵， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 故④正确； 综上所述，正确的有①②③④， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，垂线的定义，解题的关键是利用表示各个角度． 11．已知：，，E，G是上的点，F，H是上的点． (1)如图①，求证：； (2)如图②，点M在的延长线上，其中，，射线以每秒的速度绕点E逆时针旋转，同时射线以每秒的速度绕点E顺时针旋转．当射线首次与重合时，两条射线都停止运动．在整个运动过程中，设运动时间为t．当时，求的度数； (3)如图③，作，的角平分线交于点N，交于点P，作的角平分线交于点Q，当，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)或 (3) 【分析】（1）根据平行线的判定与性质证明即可； （2）由题意得：，当时，运动停止．由得，然后分两种情况，根据角的和差列方程求解即可； （3）由题意设，则，根据角平分线和平行线的性质得到，则，则，过点作，则，由平行线的传递性可得，则，则，即可求解比值． 【详解】（1）证明：如图①， ， ， ， ， ； （2）解：由题意得：，当时，运动停止． 由得， ①当时，， 解得， ， ， ②当时，， 解得， ， ， 综上所述，的度数为或； （3）解：， 设，则， ， ， 平分， ， ， ， ， 平分， ， 过点作， ， ， ， ， ， ， ． 12．在平面内，对于和，给出如下定义：若存在一个常数，使得，则称是的“系数平衡角”．例如，，，有，则是的“系数平衡角”． (1)【概念理解】 若，则的“系数平衡角”是____； (2)【初步认识】 在平面内，，点为直线上一点，点为直线上一点．如图，点为平面内一点，连接，，，若是的“系数平衡角”，求的度数． (3)【问题解决】 连接，点为直线与直线间的动点（点不在直线上），，．是的“系数平衡角”，此时的度数为____． 【答案】(1)； (2)； (3)或 【分析】（1）设的“系数平衡角”是，由“系数平衡角”定义列方程即可得出； （2）过点作直线，利用平行线的内错角相等得出，是的“系数平衡角”，推出，再结合，求解即可； （3）根据，，设，，，， 再根据是的“系数平衡角”，可得，然后分类讨论：①当点在直线异侧时，过点作直线，过点作直线，②当点在直线同侧时，过点作直线，过点作直线，结合平行线的性质列出方程，即可求解． 【详解】（1）∵设的“系数平衡角”为， ∴根据题意，， ∵， ∴； （2）如图，过点作直线， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵是的“系数平衡角”， ∴根据题意，，即， ∵， ∴，解得：； （3）∵，， ∴设，，，， ∵是的“系数平衡角”， ∴， 分类讨论：①如图，当点在直线异侧时，过点作直线，过点作直线， ∵， ∴， ∴，， ，， ∴，， ∴， ， ∵， ∴，解得：， ∴； ②如图，当点在直线同侧时，过点作直线，过点作直线， ∵， ∴， ∴，， ，， ∴， ， ∵， ∴，解得：， ∴； ∴综上，为或． 13．如图，为直线上一点，，是内部的一条射线，平分．已知，． (1)求的值． (2)求的度数． (3)从点作一条射线，使与的和等于，求的度数． 【答案】(1)； (2)； (3)的度数为或． 【分析】本题主要考查了角的计算以及角平分线的定义的运用，解题时注意：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线叫做这个角的平分线．解决问题的关键是根据角的和差关系进行计算． （1）由题目条件直接求得答案； （2）根据（1）中的值，求出和的度数，再根据角平分线求得结果； （3）根据射线的位置不同，分情况讨论，进而求出的度数． 【详解】（1）解：∵为直线上一点，且， ∴， 又∵，， ∴，解得：； （2）∵，； 又∵平分， ∴． 又∵， ∴． ∴． （3）∵，且， 设，则． ①在内部，此时， ∴(矛盾，舍去)； ②在内部此时， ∴，解得：． ∴； ③在内部，此时， ∴，解得：， ∴． ④在内部，此时， ∴，解得：， ∴(矛盾，舍去)． 综上，的度数为或． 14．在现代化的智能工厂中，机械臂的精准操作依赖于精确的方向控制．如图所示，有两条平行的机械轨道与，即，将机械臂与轨道的接触点记为，机械臂与轨道的接触点记为，为了实现复杂的操作任务，通过关节和关节来调节三个机械臂、和的位置，在实际运行过程中，为确保稳定，三个机械臂、和不共线． (1)如图1所示，当机械臂时，与的数量关系是______． (2)如图2所示，当，，时，求的度数．（用含的代数式表示） (3)当，时，直接写出与的数量关系．（用含，的代数式表示，只需写出任意两个符合题意的结果．） 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）延长交于E，利用平行线的性质即可求证； （2）分别过点P、Q作，即可得出，再利用平行线的性质即可求解； （3）分不同的图形进行讨论，并分别过点P、Q作，即可得出，再利用平行线的性质即可求解． 【详解】（1）证明：如图，延长交于E， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ （2）解：； 理由：如图，分别过点P、Q作， ∵， ∴， ∴， 当，，时， ； （3）解：或或或； 理由如下：如图2-1，分别过点P、Q作， ∵， ∴， ∴， 当，时， ， ∴； 如图2-2，分别过点P、Q作， ∵， ∴， ∴， 当，时， ∴； 如图2-3，分别过点P、Q作， ∵， ∴， ∴， 当，时， ∴； 如图2-4，分别过点P、Q作， ∵， ∴， ∴， 当，时， ∴； 综上可得：或或或． 【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，涉及到了两直线平行，同位角相等，两直线平行，同旁内角互补，平行线的传递性等知识，解题关键是分类讨论，作出辅助线求解，本题的难点是画出图形，考查了学生的想象能力与逻辑思维能力． 15．以直线上一点为端点作射线，使，将一个直角三角尺的一个顶点放在处，边与直线重合，． (1)如图，求的度数． (2)将直角三角尺绕点以度/秒的速度顺时针旋转一周，同时射线绕点以度/秒的速度先顺时针旋转到与射线重合，再绕点以相同的速度逆时针旋转，随直角三角尺的停止而停止，记旋转时间为秒． ①如图，当直角三角尺旋转到直线上方，且平分时，求的度数． ②探究：在旋转过程中，当时，求的值． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】本题主要考查了角平分线的定义、平角的性质、角的和差运算以及动态几何中的分类讨论思想，熟练掌握角的和差关系、根据旋转位置进行分类讨论并建立方程是解题的关键． （）利用平角为的性质，结合已知、，通过角度和差关系直接计算的度数． （2）①先根据角平分线的定义，由平分且，得出；再结合旋转中角度的动态变化关系，建立关于时间的方程，进而求出的度数．②根据三角尺的旋转位置分三种情况讨论：当未与重合时，结合的关系表示出，再由列方程求解．当与重合后、未到下方时，分析角度关系列出方程，检验解是否符合区间范围．当在下方时，用含的式子表示和，再根据角度倍数关系列方程求解，最终综合所有情况得到的值． 【详解】（1）解：， ； （2）解：①如图2， 平分，， ， 当旋转时间为秒时，， 则，解得， ， ②（）当顺时针旋转未与重合，即当时，如图 ， 由，得， 解得； （）当与重合后开始逆时针旋转，即当时，如图， ， 则， 由，得， 解得，此情况不符合题意，舍去， （）当在下方，即当时，如图， ， 由，得， 解得， 综上所述，或． 16．如图1，已知直线，点是直线上两点，点在点左侧，点是直线上一点，连接，平分交于点． (1)若，则___________； (2)如图2，点是线段上一点，连接平分交于点．作交于点，点在线段上，且满足，当时，求证：； (3)如图3，若，点是射线上一点，射线以每秒的速度绕点逆时针转动，射线以每秒的速度绕点逆时针转动，当射线转至与射线重合时立即以相同速度绕点顺时针回转，若它们同时开始转动，设转动时间为秒，当射线回到出发时的位置时，射线，同时停止转动，则在转动过程中，当射线所在直线与射线所在直线互相垂直时，请直接写出所有符合条件的的值，并写出求解的值的其中一种情况的过程． 【答案】(1) (2)见解析 (3)的值是秒或秒或秒，见解析 【分析】本题考查了角平分线的有关计算，平行线的判定和性质，一元一次方程的应用． （1）根据得到，进而得到，根据角平分线的定义得到，即可求出的值； （2）设，则，根据得到，根据角平分线的定义得到，即，根据得到，即，根据角平分线的定义得到，即，即可证明； （3）分三种情况分别列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴． 故答案为：； （2）证明：设， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ； （3）解：当射线转至与射线重合，则（秒），当 时，（秒）， ，如图， ， ； 当时，如图， ， ； 当时，如图， ， ； 综上：的值是秒或秒或秒． 17．【问题背景】 如图①，在同一平面内，a、b、c三根木棒钉在一起， 【实践操作】 (1)木棒a、c固定不动，木棒沿顺时针方向至少旋转__________，使得（如图②）； (2)如图③，当木棒时，将一个三角板ABC放在与之间（其中，），并使直角顶点在直线上，顶点在直线上，现测得，请你求出的度数； (3)现将图①中的木棒a、b同时沿顺时针的方向转动一周，速度分别为每秒和每秒，当一根木棒停止旋转时，另一根也同时停止转动．在旋转的过程中，存在某一时刻使得，请你直接写出是在第几秒． 【答案】(1) (2) (3)在旋转的过程中，存在某一时刻使得，的值为或. 【分析】本题考查的是平行公理的应用，平行线的性质，一元一次方程的应用. （1）直接利用平行线的性质求解即可. （2）如图，过作，证明，再进一步求解即可. （3）如图，设旋转的时间为，则最长旋转时间为，情况①：由题意可得：，，可得，，情况②：如图，，，可得，，证明，再进一步可得答案. 【详解】（1）解：如图， ∵，， ∴， ∴木棒a、c固定不动，木棒沿顺时针方向至少旋转，使得. （2）解：如图，过作， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴. （3）解：情况①：如图，设旋转的时间为，则最长旋转时间为， 由题意可得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 解得：， 情况②：如图，，， 由题意可得：，， ∵， ∴， ∴， 解得：， 综上：在旋转的过程中，存在某一时刻使得，的值为或. 18．综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践课上，老师让同学们借助“两条平行线，和一副直角三角尺”开展数学活动． 【操作发现】 （1）如图1，小明把三角尺角的顶点放在直线上，，若，则 ． （2）如图2，小颖把等腰直角三角尺的两个锐角的顶点，分别放在直线，上，请用等式表示与之间满足的数量关系 ．(不用证明) 【综合应用】 （3）在图2的基础上，小亮把三角尺角的顶点放在点处，即，如图3，平分交直线于点，平分交直线于点．将含角的三角尺绕着点转动，且使始终在的内部，请问的值是否发生变化？若不变，求出它的值；若变化，说明理由． 【学以致用】 （4）已知：直线，三角板中，．三角板如图4位置放置，在线段上取点，连接并延长交直线于点，在线段上取点，连接并延长交的角平分线于点，若，且．探究与之间的数量关系并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不变，，理由见解析 （4），证明见解析 【分析】本题综合考查平行线的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理等知识，利用平行线的性质导角是解题的关键． （1）考查平行线的“同位角相等”性质，结合已知和三角尺的角()，利用平角列等式计算角度； （2）考查平行线的“内错角相等”性质，通过作辅助线(过作平行线)，可证明角度和为； （3）考查平行线性质及角度等量代换，通过设未知数表示相关角度，推导的固定值，进而得出的固定值； （4）考查平行线的“同位角相等”、三角形内角和定理，通过设未知数表示，逐步推导与的表达式，最终确定数量关系． 【详解】解：（1）∵， ∴(两直线平行，同位角相等)， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 故答案为：； （2）如图，过点作， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； （3）不变，，理由如下： ∵、分别平分、， ∴，， 设， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 同（2）可得， 即； （4）设，则，． ∵， ∴． ∵， ∴，,， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵平分， ∴x． ∵， ∴． ∴x． ∴． 19．如图所示，含的直角三角形，点和点在两平行线上，分别为的角平分线，为的延长线与的交点． (1)求证：； (2)试判别和的大小关系，并说明理由； (3)当时，射线和射线分别以每秒和每秒的速度同时顺时针旋转，当射线旋转一周时，全部停止运动，求射线和射线在旋转过程中平行时对应的时间的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)，理由见解析； (3)或． 【分析】（1）先由角平分线得出，，再根据邻补角的定义，根据等量代换即可求解； （2）先通过运算角得出和，再比较即可求解； （3）先根据已知条件，求出各个角度，再进行分类讨论，根据平行的性质求解即可． 【详解】（1）解：证明∵、分别为、的角平分线， ∴，． ∵， ∴， ， ， ， ， ∴． （2）∵直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵由（1）得，即， ∴， ∴， ∴． ∴． （3）∵射线和射线分别以每秒和每秒的速度同时顺时针旋转， ∴射线绕点以每秒的速度顺时针旋转到，射线绕点以每秒的速度顺时针旋转到， ∴设，， ∵射线旋转一周时，全部停止运动， ∴， ∴， ∴． ∵由（1）得，且， ∴． ∴， ∴，， ∵、分别为、的角平分线， ∴，， ∴，． ∵， ∴， ． ①如图，，即，， ，即， ∴ ∵直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴， ， ， ； ②如图，，即，， ，即， ∴， ∵直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴， ， ， （舍）； ③如图，，即，， ，即， ∴， ∵直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴， ， ， （舍）； ④如图，，即，， ，即， ∴， ∵直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴， ， ， ； 综上，射线和射线在旋转过程中平行时对应的时间为或． 【点睛】本题主要考查角平分线的定义、邻补角的定义、几何中角度的运算、平行的性质、解一元一次方程等，具有分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键． 20．如图，已知点在直线上，点、与点、分别在直线两侧，且，． (1)若平分，求的度数； (2)在（1）的条件下，过点作射线，使得，求的度数； (3)在的内部作一条射线，射线OM在射线OF的上方，使得，若，求的值． 【答案】(1) (2)或 (3)7 【分析】本题考查了角平分线的性质、角的和与差、邻补角，根据题意画出图形是解题的关键． （1）根据平分得到，利用周角的性质求出的即可； （2）在（1）的条件下，分别讨论在下方和上方时的情况，分别求出的度数即可； （3）由，设，用x表示，设，则，由，用x表示，再分别用x表示，求出比值即可． 【详解】（1）解：由已知，平分，， ∴， ∴ ； （2）当在下方时，， ∴， 当在上方时，， ∴， 的度数是或． （3）由， ∴设， ∴ ， 若， 设，则， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴ ， ∴． 二、实数 （一）压轴考情 实数是七年级下册数系扩充的核心章节，承接有理数知识，是初中代数计算体系的重要升级，也是期中、期末必考代数压轴考点，多以选择填空压轴、代数解答探究大题形式考查，属于代数拔高训练重点题型。该章节压轴题摒弃单一的平方根、立方根基础计算，侧重数形结合应用、参数分类讨论、新定义探究、实数综合运算四大拔高方向，综合性极强。 常考压轴题型包含：算术平方根与立方根的非负性综合求值、实数与数轴结合的化简与大小比较、含参数实数取值范围探究、新定义实数运算、无理数整数部分与小数部分拆分计算、实数规律探究与归纳猜想。命题多以多问梯度形式呈现，第一问考查基础运算与概念辨析，第二、三问结合参数、数轴、规律探究进行拓展延伸，融合方程、不等式基础知识点，侧重考查学生的代数思维与综合运算能力，是试卷区分度的核心题型，广泛适用于阶段测试、期中期末拔高训练。同时，实数的非负性、无理数性质也是后续二次根式、函数取值问题的重要基础。 （二）解题思路 1. 吃透核心概念，规避基础易错：精准区分平方根、算术平方根、立方根的定义与取值特点，牢记正数有两个互为相反数的平方根、算术平方根为非负数、任意实数都有唯一立方根等核心性质，明确有理数与无理数的判定标准，杜绝概念混淆导致的计算失误，是实数压轴题解题的基础前提。 2. 紧抓非负性核心模型，秒杀定值题型：实数压轴高频考点为非负性求和为0模型，常见的绝对值、算术平方根、平方数均为非负数，若多个非负数相加和为0，则每一项均为0。解题时优先识别题型特征，根据该性质列方程求解参数值，快速完成综合求值问题。 3. 结合数轴数形结合，简化化简问题：针对实数与数轴结合的压轴题型，核心思路是“定符号、判大小、去绝对值”，先根据数轴上点的位置判断未知数正负、实数间的大小关系，再依据绝对值、二次根式的化简法则去括号、去绝对值符号，完成代数式化简求值。 4. 拆分无理数结构，精准突破特殊题型：针对无理数整数部分、小数部分求解的压轴题，掌握固定解题方法，先估算无理数的取值范围，确定其整数部分，再利用“小数部分=原数-整数部分”拆分结构，结合代数式代入、整体代入思想求解复杂式子的值。 5. 归纳规律特征，应对探究新题型：对于实数规律探究、新定义运算类压轴题，先分析题干给出的运算规则、数字变化规律，通过特例计算、对比归纳通用规律，严格遵循新定义法则列式运算，遇到多问变式问题，沿用统一规律推导，保证解题逻辑连贯。 6. 规范运算步骤，强化细节把控：实数综合运算题型繁杂，解题时严格遵循运算顺序，先算开方、乘方，再算加减，有括号先算括号内，同时注意符号变化、无理数化简彻底，含参数问题需分类讨论取值范围，杜绝漏解、错解，保证计算结果准确无误。 （三)好题精练 21．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，绝对值和有理数的加减计算，根据新定义即可判断①②；若，且，则，，据此可判断③；根据可得原方程为，解得，但不能得到，据此可判断④． 【详解】解：①，原说法正确； ②，原说法正确； ③若，且，则，，，原说法正确； ④∵， ∴， ∴，而并不一定成立，原说法错误； ∴说法正确的有3个， 故选：B． 22．对实数定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：．若，，则下列结论正确的个数为（    ） （）； （）若，则； （）若，则有且仅有组正整数解； （）如果，那么或； A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】本题考查了实数的新定义运算，根据新定义运算法则逐项判断即可求解，理解新定义运算是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， 解得，故（）正确； ∴， 若， 则， ∴， ∴， ∴，故（）正确； 若， 则， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴或或，即或或， 此时或或， ∴有且仅有组正整数解，故（）正确； 如果， 则， ∴， ∴， ∴或， 即或，故（）正确； 综上，结论正确的个数有个， 故选：． 23．一个四位正整数m各个数位上的数字互不相同且都不为0，四位数m前两位数字之和为4，后两位数字之和为10，称这样的四位数m为“事实数”；把四位数m的前两位上的数字和后两位上的数字整体轮换后得到新的四位数，称此时的是m的“伴随数”，并规定，例如：，∵，，∴1234不是“事实数”；，∵，，3128是“事实数”．则，．已知：，（，，，其中a、b、c均为整数），当为“事实数”时，求出所有的值：___，的最大值：_______． 【答案】 1346、1364、1328 【分析】本题考查了新定义运算，整式的加减的应用，先求出，再分两种情况：当时，若为“事实数”，则，且；当时，若为“事实数”，则，且；分别计算即可得解，理解题意，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：由题意得：（，，，其中a、b、c均为整数）． 当时，若为“事实数”，则，且． ∴，． 经分析，此时b、c的值可能存在以下4种情况： ①当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）． ②当时，则．此时，． ③当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）． ④当时，则．此时，． 当时，若为“事实数”，则，且． ∴，． 经分析，此时b、c的值可能存在以下三种情况： ⑤当时，则（不合题意，舍去）． ⑥当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）． ⑦当时，则．此时，． 综上：的值有1346、1364、1328． 当，． 当，． 当，． ∴的最大值为， 故答案为：1346、1364、1328；． 24．一个各数位上数字均不相等且不为0的四位自然数，若满足的结果是一个完全平方数，则称这个四位数为“差方数”．例如：四位数5236，，是“差方数”．若是一个“差方数”，则的最大值是_____；若是一个“差方数”，设，，且是整数，则满足条件的的最小值是_____． 【答案】 9873 2415 【分析】根据“差方数”的特点，求出满足条件的的最大值即可；先根据题意求出，，代入求出，然后根据“差方数”的特点，从最小的“差方数”开始，依次进行验证，找出符合条件的数即可． 【详解】解：∵是一个“差方数”， ∴要使取最大值，则千位上的数取最大值9，百位上的值取8，十位上的数字取7， 又∵， ∴的最大值是9873； ∵， ∴， ， ∴ ， ∵是一个“差方数”， ∴的结果是一个完全平方数， ∴，即， 又∵各数位上数字均不相等且不为0， ∴要使M最小，则的最小值为2，的最小值为1，b的最小值为3， ∵当时，， ∴是“差方数”， 把，，，代入得：，不是整数，不符合题意； ∵当时，， ∴“差方数”， 把，，，代入得：，不是整数，不符合题意； ∴b取最小值为3时，没有符合题意的“差方数”； 取最小值2，取最小值1，b取4， 当时，， ∴“差方数”， 把，，，代入得：，是整数，符合题意； ∴M的最小值为2415． 故答案为：9873． 【点睛】本题主要考查了新定义运算，数字规律探索，整式加减的应用，解题的关键是理解题意，用分类讨论的思想，解决问题． 25．一个各位数字均不为0的四位数，且满足各数位数字之和能被十位数字整除，则称这个四位数为“希福数”．若为“希福数”，则________________；将的个位数字放在千位数字前记为，将的个位数字放在千位数字前记为，将的个位数字放在千位数字前记为，规定．已知一个四位数（，，）是“希福数”，若能被6整除，则满足条件的的最大值与最小值的和为________________． 【答案】 2 【分析】本题主要考查了整除问题以及新定义“希福数”，根据“希福数”定义直接求解，即可得到答空1答案，先根据“希福数”得到与、的关系，再结合能被6整除求解即可得到答案； 【详解】解：∵为“希福数”， ∴能被9整除，即为整数，且， ∴， 故答空1答案为：2； ∵是“希福数”， ∴能被整除， ∴能被整除， ∵，，， ∴， ， ∴， ∵，，， ∴ ∵能被6整除， ∴或或或或或或或， ∵能被整除， ∴最小值为，，，即， ∴最大值为，，，即， ∴， 故答空2答案为：． 26．数字“8”在古代深受古人喜爱，由于释迦牟尼的生日是中国农历的四月初八，古人们更加崇拜“8”字．后又“8”的谐音为“发”，与发财致富有关，所以，“8”成为了我们中国人口中最吉利的数字．若一个正整数各数位上的数字之和为8，且这个数能被8整除，我们就称这个数为“发财数”．例如：数字2024，因为，且，所以2024是“发财数”．1232_____ “发财数”（填是或不是），求所有三位“发财数”的和是____________． 【答案】 是 2128 【分析】本题考查了新定义，数的整除，熟练掌握知识点是解的关键． ①根据定义直接验证即可； ②若一个三位数是“发财数”，则百位数必定小于等于8，且个位数为偶数．设该三位数十位上的数是a，个位数是b，按照百位数等于8，7，6，5，4，3，2，1进行讨论计算即可． 【详解】解：①∵，， ∴1232是“发财数”， 故答案为：是； ②若一个三位数是“发财数”，则百位数必定小于等于8，且个位数为偶数． 设该三位数十位上的数是a，个位数是b，当百位数等于8时，，故，而800能被8整除，故800是“发财数”； 当百位数等于7时，，故且或者且，而710和701都不能被8整除，所以它们都不是“发财数”； 当百位数等于6时，，要求b为偶数，所以或，当时，；当时，；经计算602不能被8整除，620不能被8整除，即602、620不是“发财数”； 当百位数等于5时，，要求b为偶数，所以或，当时，；当时，；经计算530不能被8整除，512能被8整除，即530不是“发财数”，512是“发财数”； 当百位数等于4时，，要求b为偶数，所以或或，当时，；当时，；当时，；经计算422、404不能被8整除，440能被8整除，即422和404不是“发财数”，440是“发财数”； 当百位数等于3时，，要求b为偶数，所以或或，当时，；当时，；当时，；经计算332、350、314不能被8整除，即350、332和314不是“发财数”； 当百位数等于2时，，要求b为偶数，所以或或或，当时，当时，；当时，；当时，；经计算242、260和206不能被8整除，224能被8整除，即242、260和206不是“发财数”，224是“发财数”； 当百位数等于1时，，要求b为偶数，所以或或或，当时；当时，；当时，；当时，；经计算116、134和170不能被8整除，152能被8整除，即116、134和170不是“发财数”,152是“发财数”； 综上所述，三位“发财数”共有如下几个： 800，512，440，224，152， ∴所有三位“发财数”的和是， 故答案为：2128． 27．一个两位正整数n，如果n满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称n为“异数”，将n的两个数位上的数字对调得到一个新数．把放在n的后面组成第一个四位数，把n放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以81所得的商记为，例如：时，，．则______；若s、t为“异数”，其中，（，、，且，，，为整数）．规定：，若能被7整除，且是一个整数的平方，则的最小值为_______ 【答案】 /0.8 【分析】由新定义及可求；由新定义得，，由 能被7整除，，且，为整数，可求出，的值，从而可求出，由是一个整数的平方，、，且，为整数，可求出，的值，从而可求出，代入求值，即可求解． 【详解】解：由题意得 时，， ； ， ， 能被7整除， ，且，为整数， ， ，，或，， 或， 同理可求：， 是一个整数的平方， ， 、，且，为整数， ，， 或，， 或， ①当，时， ； ②当，时， ； ③当，时， ； ④当，时， ； ， 的最小值为． 故答案：，． 【点睛】本题考查了新定义运算，整式加减，理解新定义，根据取值不同进行分类讨论是解题的关键． 28．若一个各数位数字不为0的四位数，的千位数字与百位数字的和等于其十位数字与个位数字两倍的和，则称这个四位数为“双丰数”，将“双丰数”的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调得到新数，并记，则最小的“双丰数”为________；若四位数（，，，，，，，为整数）为“双丰数”，且能被9整除，令，则在所有满足条件的“双丰数”中，当值最小时的“双丰数”为________． 【答案】 1211 9162 【分析】本题考查对题干中新定义运算法则的理解，第一空根据“双丰数”和定义的运算，进行分析计算即可，第二空根据定义的运算，将整理化简，因为能被9整除，推出能被9整除，得到可取、、、，根据“双丰数”定义，得到的值，再对结合进行分析，要值最小，即尽量取大且最大为，即可解题． 【详解】解：“双丰数”各数位数字不为0，其千位数字与百位数字的和等于其十位数字与个位数字两倍的和， 要“双丰数”最小， “双丰数”的十位数与个位数应尽可能的小，其千位数字也尽可能的小， 故其十位数与个位数都为1． 其千位数字与百位数字的和， 故其千位数与百位数分别为1和2， 所以最小的“双丰数”为1211， 由题可知，， ， 能被9整除，能被9整除， 能被9整除，， 为“双丰数”， 又，，，，，，，为整数 ， 即可取、、、， ①，有，即，，， ， 要值最小，即尽量取大且最大为，当时，， ②，有， 即，，，当时，， 即，，，当时，， ③， 要值最小，即，， 即，， ④， 要值最小，即，， 即，， 综上所述，最小，即，，，， 故答案为：，． 29．若一个四位自然数A千位上的数字的2倍等于百位、十位、个位上的数字之和，则称A为“和数”，那么最小的“和数”为 _____．已知一个四位自然数（其中a，b，c，d均为整数，，且，）是“和数”，且能被6整除，将B的千位数字的4倍与百位数字的2倍的差记为，个位数字的2倍与十位数字的和记为，则满足条件的的最小值为_____． 【答案】 【分析】根据“和数”的定义，得到最小“和数”百位、十位、个位上的数字之和最小且为2的正整数倍，故可得百位、十位、个位上的数字之和为2，则该自然数千位上的数字为1，即可解答；根据题意可得自然数的千位数字为，百位数字是，十位数字是，个位数字是，则为，为，再利用能被6整除的数的特征，即可解答． 【详解】解：根据“和数”的定义，得到最小“和数”百位、十位、个位上的数字之和最小且为2的正整数倍， 百位、十位、个位上的数字之和为2， 该自然数千位上的数字为1， 最小的“和数”为； 根据题意可得自然数的千位数字为，百位数字是，十位数字是，个位数字是， 为，为， ， 根据“和数”定义可得， 该“和数”能被6整除， 该“和数”为偶数且各位上的数字之和为3的倍数， ，为偶数， 或6， ①当时，， ， 令，则，原式， 当时，原式取到最小值为； ②当时，， ， 令，则，原式， 当时，原式取到最小值为； 综上所述，的最小值为， 故答案为：；． 【点睛】本题考查了新定义的理解与运用，解题的关键在于对“和数”理解上，且进行分类讨论． 30．如果一个三位数的十位数字等于它的百位和个位数字的差的绝对值，那么称这个三位数为“三决数”，如：三位数312，∵，∴312是“三决数”，把一个三决数的任意一个数位上的数字去掉，得到三个两位数，这三个两位数之和记为，把的百位数字与个位数字之差的2倍记为．则的值为________；若三位数A是“三决数”，且是完全平方数，且百位数字小于个位数字，请求出所有符合条件的A的最大值为________． 【答案】 110 516 【分析】根据题意求出和，然后相加即可；设A的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c，表示出和，求出，根据是完全平方数，得出，再根据题意求出a，b可能的取值，即可确定所有符合条件的A的值，问题得解． 【详解】解：由题意得：， ， ∴； 设A的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c， 由题意可得：， ， ∴， ∵，a、b为正整数， ∴， ∵是完全平方数， ∴， ∴，，，，， 又∵，， ∴符合条件的A为279或358或437或516， ∴所有符合条件的A的最大值为516， 故答案为：110；516． 【点睛】本题考查了新定义，整式的加减运算，判断出是解题的关键． 31．阅读理解，并完成下列各题：对于数轴上任一点P，把与点P相距个单位长度的两点所表示的数分别记作x和y（其中），并把x、y这两个数叫做“点P关于a的对称数组”，记作．例如：原点O表示数0，原点O关于1的对称数组是． (1)点A表示的数为，则______； (2)如果，那么点P表示的数是_____，a的值是_____； (3)如果点P、Q是数轴上的两个动点，，（其中，）．两点同时从原点出发反向运动，当时，求点P、Q之间的距离． 【答案】(1) (2)1015，1011 (3)或 【分析】本题考查数轴上的距离与新定义“对称数组”的结合应用，紧扣“对称数组”的定义，将新定义转化为数轴上的距离与中点关系是解题关键． （1）根据题意可知表示数轴上与距离为3的点，据此进行解答； （2）点P是“对称数组”的中点，a是P到x或y的距离，据此进行解答； （3）分别设点P、Q表示的数为p、q，用p、q表示x、y、m、n，根据题意建立方程，分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：根据题意，与距离为3的点有，， 故． 故答案为：． （2）解：点P是“对称数组”的中点， ， a是P到x的距离， ． 故答案为：1015，1011． （3）解：设点P、Q表示的数分别为p、q，根据题意可得，，，， ， 可得， ①当时， 解得：； ②当时， 解得： , 综上，点P、Q之间的距离为或． 答：或． 32．如图，在平面直角坐标系中，点，，，且满足，点从点出发，沿轴的正方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点从点出发，沿轴的正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动．                                    　备用图 (1)点的坐标为______；点的坐标为______；和的位置关系是______． (2)当点分别在线段上时，连接，若，求点的坐标． (3)在点的运动过程中，当时，请直接写出和的数量关系． 【答案】(1)，，， (2) (3)或． 【分析】（1）根据非负数的性质分别求出，得到点的坐标，根据坐标与图形性质判断和位置关系； （2）过点作于，根据三角形的面积公式求出，得到点的坐标； （3）分点在点与中间、点在点的上方两种情况，根据平行线的性质解答即可． 【详解】（1）解：∵， ， ， ∴点，，， 的纵坐标相同，点在轴上， ， （2）过点作于，      设时间经过秒，， 则，，，， ，， ∵， ， 解得，， ， ， 点在上， 点的坐标为； （3）解：或， 理由如下： 当点在点与中间，过点作，   ，， ， ， ， ， ， 即； ②当点在点的上方时，过点作，   ， ， ， ， ∵， ， 即， 综上所述，或． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是三角形的面积计算、坐标与图形性质、平行线的性质、三角形内角和定理，掌握非负数的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键． 三、平面直角坐标系 （一）压轴考情 平面直角坐标系是七年级下册数形结合的核心章节，搭建了代数与几何相互转化的桥梁，是初中函数入门的基础，为期中、期末必考重难点及压轴高频考点，多以填空选择压轴、几何代数综合大题形式考查，属于拔高训练核心题型。该章节压轴题脱离基础的点的坐标读写，侧重坐标几何变换、动点轨迹探究、面积分类讨论、数形结合求值四大拔高方向，综合性、灵活性极强。 常考压轴题型包含：点的平移、对称、旋转综合变换求坐标、坐标系内三角形与多边形面积计算（含割补法、动点面积）、动点坐标变化规律探究、存在性问题（是否存在点使面积相等/线段相等）、含参数坐标取值范围、坐标系与几何图形结合的多问探究题。命题普遍采用梯度设问形式，第一问侧重基础坐标变换与简单面积求解，第二、三问延伸动态动点、分类讨论、规律归纳与存在性探究，常融合相交线平行线、实数运算等前置知识，重点考查学生数形转化思维和动态分析能力，区分度突出，适配阶段测试、期中期末各类拔高场景，也是后续一次函数、平面几何综合题的重要铺垫。 （二）解题思路 1. 夯实坐标核心性质，筑牢解题根基：熟练掌握各象限内点的坐标符号特征、坐标轴上点的坐标特点、平行于坐标轴的直线上点的坐标规律，牢记点的平移、对称变换的坐标变化口诀，精准区分横纵坐标变化规律，杜绝基础性质混淆，是解决坐标系压轴题的前提。 2. 活用割补思想，突破面积压轴问题：坐标系内不规则图形、动点图形面积求解是高频压轴考点，核心思路为割补法转化规则图形，将不规则多边形拆解为矩形、直角三角形等规则图形，或用整体矩形面积减去多余三角形面积，结合坐标求出对应底和高，代入面积公式计算，规避直接求解的难点。 3. 动态动点问题，抓不变、分区间讨论：针对动点运动、坐标动态变化的压轴题型，遵循“设动点坐标、找运动规律、分区间讨论”的核心思路，根据动点运动速度、方向、范围，用含参数的代数式表示动点坐标，结合图形位置划分不同运动区间，分类求解面积、线段长度、特殊图形存在性问题，有效避免漏解、错解。 4. 聚焦存在性问题，逆向推导验证：对于坐标系内是否存在定点、动点满足面积、垂直、平行等条件的压轴探究题，采用“猜想+列式+验证”的思路，先假设点存在，设出未知点坐标，结合面积公式、线段关系列方程求解，最后验证解的取值是否符合点的象限位置和运动范围。 5. 归纳变换规律，搞定规律探究题型：针对坐标变化规律、循环平移对称类压轴题，先列举前几组对应坐标，横向、纵向对比横纵坐标的变化特征，提炼循环周期或递变规律，结合实数运算、余数分析推导通用结论，快速求解指定位置的点坐标。 6. 坚持数形结合，规避思维漏洞：解题时务必做到“以数释形、以形助数”，根据坐标精准绘制简易图形，通过图形直观判断点的位置、图形形状和大小关系，杜绝纯代数计算脱离图形导致的思路偏差，同时规范步骤，分类清晰、列式严谨，全面提升压轴题得分率。 （三)好题精练 33．如图，在平面直角坐标系中，，将边长为1的正方形一边与x轴重合，按图中规律摆放，其中相邻两个正方形的间距都是1，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由图可得，第一个正方形中，，，，，各点的横坐标依次为1，1，2，2，纵坐标依次为0，1，1，0；第二个正方形中，，，，，各点的横坐标依次为3，3，4，4，纵坐标依次为0，，，0；得出每8个点循环一次．然后求解即可 【详解】解：由图可得，第一个正方形中，，，，，各点的横坐标依次为1，1，2，2，纵坐标依次为0，1，1，0； 第二个正方形中，，，，，各点的横坐标依次为3，3，4，4，纵坐标依次为0，，，0； 根据纵坐标的变化规律得，每8个点循环一次． ， 点在第254个循环中的第2个点的位置，其纵坐标为1， 又的横坐标为1，的横坐标为2，的横坐标为3， 的横坐标为， 点的坐标为． 34．如图，在平面直角坐标系中，点，，，，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿路径循环运动，则第2026秒时点P的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点的坐标求出四边形各边长及周长，计算出点P运动的总路程，利用总路程除以周长得到余数，根据余数确定点P的位置． 【详解】解：∵ ， ， ， ， ∴ ， ， ， ， ∴四边形的周长为， ∵点P的速度为2个单位长度/秒，运动时间为2026秒， ∴点P运动的总路程为 ， ∵， ∴点P运动了253圈后又运动了4个单位长度， ∵，且点P从点A出发沿方向运动， ∴此时点P到达点B处， ∴点P的坐标为． 35．在平面直角坐标系中，对于点，我们把点叫做点P的伴随点，已知点的伴随点为，点的伴随点为，点的伴随点为…这样依次得到点．经过这样的变换后得到的点的坐标为，则初始点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据伴随点定义推导可得点的坐标每4个为一个周期循环，由2024能被4整除得，设出坐标，按定义求出坐标，列方程求解即可。 【详解】解：∵点的伴随点为 ，设， ∴按定义依次计算得： ， ， ， ， ∴点的坐标每4个为一个周期循环， ∵，刚好整除， ∴， ∵的坐标为， ∴可得方程组：， 解得， ∴的坐标为． 36．如图，在平面直角坐标系中，已知点，动点从点出发，以每秒3个单位的速度按逆时针方向沿四边形的边做环绕运动；另一动点从点出发，以每秒2个单位的速度按顺时针方向沿四边形的边做环绕运动，则第2026次相遇点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中坐标的规律问题，掌握点的运动规律，行程问题中的相遇问题的计算方法是解题的关键． 运用行程问题中的相遇问题，根据矩形的周长，确定每次相遇时点的坐标，从而找出规律，即可求解． 【详解】解：∵， ∴，，四边形周长为， 如图，设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点， ∴，，，， 设点、运动时间为秒， 由题意得，点、第1次相遇时，，解得（秒），则相遇点为， ∵第1次相遇后，点从点按逆时针方向出发，每秒3个单位做环绕运动， 点从点按顺时针方向出发，每秒2个单位做环绕运动，且每次相遇后都按此进行运动， ∴，解得（秒），即每2秒相遇1次，点运动6个单位，点运动4个单位， ∴第2次相遇在点，第3次相遇在点，第4次相遇在点，第5次相遇在点，第6次相遇在点，， ∴每5次相遇点重合一次， ∴， ∴第2026次相遇点的坐标是． 故选：A． 37．在教材综合与实践“确定匀质薄板的重心位置”中，我们发现：如图，把一个平面组合“L”形图形分割成甲、乙两部分，以点B为坐标原点．“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，若甲、乙两部分的面积分别为，，重心分别为，，原图形的重心坐标为，则有，．若，，，，则此“L”形的重心坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点坐标的运用．根据题意分别算出，，，，结合重心坐标的计算方法代入计算即可． 【详解】解：∵，，，， ∴，， ∵以点为坐标原点，“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系， ∴， ∵四边形和都是长方形，点是对角线的交点， ∴，即， ，即， ∴“L”形的重心坐标的计算如下， ，， ∴， 故选：A． 38．如图所示，，，，，，…，按此规律，点坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点的坐标规律，先观察点的横坐标规律，再分析纵坐标规律，最后根据规律求坐标． 【详解】，，，，，…， 横坐标依次为， 的横坐标为． 的横坐标为． 的纵坐标为，的纵坐标为，的纵坐标为， 当为奇数时，设（为正整数），则： 当时，的纵坐标为； 当时，的纵坐标为； 当时，的纵坐标为； 可得规律：当为奇数时，的纵坐标为；当为偶数时，的纵坐标为； 是奇数， 令， 解得． 是奇数， 的纵坐标为． 点的坐标为． 故选：A． 39．在平面直角坐标系中，将横、纵坐标之和为6的点称为“吉祥点”． （1）若点是“吉祥点”，则的值为________； （2）下列结论正确的是________（写出所有正确结论的序号）． ①第一象限内有无数个“吉祥点”； ②已知点，，若点是“吉祥点”且在坐标轴上，则点到直线的距离为； ③已知点，，若点是第一象限内的“吉祥点”，三角形的面积记为，则． 【答案】 / 【分析】（1）根据“吉祥点”的定义列一元一次方程求解即可； （2）结合象限内点的坐标特征，点到直线的距离计算，三角形面积公式逐一判断每个结论即可． 【详解】解：（1）点是“吉祥点” ， ，解得 ． （2）对于结论： 第一象限内点的横，纵坐标均为正数， 满足的点有无数个， 第一象限内有无数个“吉祥点”，故正确； 对于结论： ，， 直线轴，直线为， 点是“吉祥点”且在坐标轴上， 若点在轴上，令，得，即， 点到直线的距离为， 若点在轴上，令，得，即，点到直线的距离为， 点到直线的距离为或，故错误； 对于结论： ，， 轴，， 设第一象限内“吉祥点”的坐标为， ，即， ∴点到直线的距离为， ， ， ，即，故正确； 综上，故答案为（1）；（2） 40．下列说法：在平面直角坐标系中，①已知点．若轴，轴，则点坐标为；②若点在第三象限，那么点在第一象限；③若点坐标为，可过点做轴平行线；④已知点坐标为，则点到轴距离为，到轴距离为；⑤若点到两坐标轴距离相等，距离为，则或；正确的是__________． 【答案】① 【分析】根据平面直角坐标系中点的坐标特征、平行线的性质、点到坐标轴的距离定义，逐一判断每个说法的正误，筛选出正确的结论． 【详解】解：①轴， ， 轴， ， ，故①正确． ②在第三象限， ， 异号， ， 在第二或第四象限，故②错误． ③在轴上， 过点无法作出与轴平行的直线，故③错误． ④， 点到轴的距离， ∴点K到y轴的距离，故④错误． ⑤点到两坐标轴距离均为， ， 或或或，故⑤错误． 综上，只有①正确， 41．在平面直角坐标系中，对于点和线段给出如下定义：若点满足最小，且则称点为线段的“唯美点”．如图，点和点的坐标分别是、，点为线段的动点，点的坐标是，以点为中心，各边分别与坐标轴平行且边长为6的正方形上存在线段的唯美点，则的取值范围是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查了平面直角坐标系中的新定义问题、线段中点坐标、正方形的边界性质及参数范围求解，解题的关键是先明确“唯美点”为线段的中点，再结合正方形四条边界、分类讨论，筛选出符合条件的值． 先由“唯美点”定义推出P是线段的中点，再结合F在线段上的约束（），最后根据P在正方形边界上（或）列方程求解，结合确定取值范围． 【详解】解：已知、，线段的解析式为，故设（），（）． 由“唯美点”定义，最小且，得P为的中点，因此． 以原点为中心、边长为6且各边与坐标轴平行的正方形边界为：、、、，结合分情况讨论： 1．当时，解得，与矛盾，舍去． 2.当时，解得，与矛盾，舍去． 3.当时，解得． 由，得，与矛盾，舍去． 4.当时， 整理得：． ， 当时，； 当时，． 因此． 综上，t的取值范围是． 答：t的取值范围是． 42．如图，在平面直角坐标系中，点，，，当点从点出发沿轴负方向以每秒个单位长度的速度匀速运动（点P不与点A重合），同时点从点出发沿轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动． (1)和的位置关系是 ； (2)如图，当点在线段上运动，点在线段上运动时，连接，，使的面积是面积的3倍，求出点的坐标； (3)在点，的运动过程中，当时，请探究和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)P点的坐标为 (3)当P在线段上，Q在线段上时，；当P在线段的延长线上，Q在线段的延长线上时，，理由如下： ①当P在线段上，Q在线段上时，如图，过Q点作的平行线， ∵， ∴， 由（1）可得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②当P在线段的延长线上，Q在线段的延长线上时，如图，过Q点作的平行线， ∵， ∴， ∴， 由（1）可得， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）根据点B与点C的纵坐标相同即可判断； （2）设当P运动t秒时，得出求解即可； （3）分①当P在线段上，Q在线段上时和②当P在线段的延长线上，Q在线段的延长线上时两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴点B与点C的纵坐标相同， ∴； （2）解：设当P运动t秒时， 由题可得， ， ∴ ， 解得， ∴， ∴P点的坐标为； （3）解：略 43．在平面直角坐标系中，，，其中，满足． (1)如图1，已知点，求的面积； (2)如图2，过点向轴作垂线，垂足为，请问在轴的上方是否存在点，使与的面积相等，且的面积是面积的3倍？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)40 (2)存在，或 【分析】（1）利用绝对值与算术平方根的非负性可得，，如图，作梯形，其中，，，进一步利用割补法求解面积即可； （2）由题意可得：必在和之间，由，，，轴，可得：， ，再分两种情况：如图，当在四边形内时，且在右侧，如图，当在四边形左侧时，进一步求解即可. 【详解】（1）解：∵， ∴，， 解得，， ∴，， 如图，作梯形，其中，，， ∴ . （2）解：由题意可得：必在和之间， ∵，，，轴， ∴， ∴， 解得：， ∴ ， 如图，当在四边形内时，且在右侧， ∴，， ∴ ， ∵的面积是面积的3倍， ∴，解得； ∴， 如图，当在四边形左侧时， ∴， ， 同理：， 解得； ∴， 综上或． 44．在平面直角坐标系中，已知长方形，其中点，点． (1)填空：点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若点是轴上的动点，连接． ①如图1，当点在轴正半轴时，线段与线段相交于点，用等式表示三角形的面积与三角形的面积之间的关系，并说明理由； ②当将四边形分成面积相等的两部分时，求点的坐标． 【答案】(1)， (2)①，理由见解析；② 【分析】（1）根据长方形的性质，结合坐标系，即可求解； （2）①先求出，再用三角形的面积公式得出，，即可得出结论； ②当将四边形分成面积相等的两部分时，经过点，则重合，连接并延长交轴于点，连接，延长交轴于点，则，根据①得出，则，设，则，得出，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵已知长方形，其中点，点． ∴ ∴，； （2）①，理由如下： 如图1，过点作于， 由平移知，轴， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴，即：； ②如图，∵四边形是长方形， ∴当将四边形分成面积相等的两部分时，经过点，则重合， 连接并延长交轴于点，连接，延长交轴于点，则， ∵ 设 ∴ 由①可得 ∴ ∴即 解得： ∴ 45．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，其中和满足，连接和． (1)点A的坐标为__________，点的坐标为__________； (2)如图2，点是内一点，连接，动点从点出发，沿方向运动到点，再沿轴正方向运动，连接，当的面积等于面积的时，求点的坐标； (3)如图3，点为轴上一点，连接，将绕着点以每秒的速度顺时针旋转得，在旋转过程中，作的三等分线；同时绕着点以每秒的速度顺时针旋转得，当和轴负半轴重合时，立即以原来速度的两倍逆时针旋转；当第二次和轴重合时，整个旋转过程停止．请直接写出旋转过程中的一边与的一边互相垂直时，旋转时间的值． 【答案】(1) (2)或或 (3)或或或或 【分析】（1）根据根号内为非负数，可得，再代入可得，然后解方程组即可求解； （2）先根据题意可得，再分点在上和点在轴两种情况，结合三角形面积公式求解； （3）根据旋转，分未旋转过轴，、时，旋转过轴，、当和轴负半轴重合后逆时针旋转，、五种情况讨论求解． 【详解】（1）解：， ，则，， ， ， 由解得， ； （2）解：由题可知， 当点在上时，设，， ，解得， ； 当点在轴时，设， 由（1）知，又， 所以直线的解析式为，则在直线上，延长交于原点， 设，则， ，解得， ， ； 综上，或或； （3）解：设与相交于点， ①如图，当未旋转过轴，时， 此时，，为等腰直角三角形， ， 的三等分线为， ， ， ， 解得； ②如图，当时，延长交于点， 此时，， ， 解得； ③如图，当旋转过轴，时， 此时， ， ， ， 解得； ④如图，当和轴负半轴重合后逆时针旋转，且时， 此时， 与轴负半轴重合需要， ， ， 解得； ⑤如图，当和轴负半轴重合后逆时针旋转，且时， 此时，，， ， 解得； 综上，或或或或． 46．如图①，平面直角坐标系中，，，直线轴交轴于点，点在直线，之间（不在直线，上）． (1)连接，，，，求的度数． (2)若，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． (3)如图②，点在射线上运动，为轴上点右侧的一点，连接，，，，若始终平分，且，，则的值是否变化？若不变，求出其值；若变化；请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点坐标为或 (3)的值不会变化，，理由见解析 【分析】（1）过点F作，根据平行线的性质求解即可； （2）先求出，再分类讨论，当点P在y轴正半轴上时，当点P在y轴负半轴上时，再根据面积关系列方程求解即可； （3）设，，，则，，根据平行线的性质可得，由（1）可知，即可求出n值，进而得解． 【详解】（1）解：过点F作， ， ，， ， ， ， ． （2）解：存在， ∵， ∴， ∵， ∴， 当点P在y轴正半轴上时，如图，过点P，A，F作轴，轴，轴， 设， ， ， 解得，则； 当点P在y轴负半轴上时，如图， ， ， 解得，则； 综上，点的坐标为或； （3）解：的值不会变化，，理由如下： 设，，，则，， 始终平分， ， ， ， ，即， 由（1）可知，， ，即， ， ， ， ， ∴的值不会变化，． 47．如图1，四边形为正方形（四条边都相等，四个内角都是），平行于y轴． (1)如图1，已知，正方形的边长为4，直接写出点A，C，D的坐标； (2)如图2，已知，，，点Q从C出发，以每秒2个单位长度的速度在线段上运动，运动时间为t秒，若． ①请直接写出B、C、D的坐标： ②当时，求的面积； ③当时，求t的值． 【答案】(1) (2)①，，；②的面积为；③ 【分析】（1）根据 ，正方形的边长为4，即可求出； （2）①利用绝对值非负性，算术平方根的非负性，平方的非负性求出，，，进一步得到，，，即正方形的边长为3，得到，即可解答； ②当时，，，此时P点位于上，结合图形利用割补法求面积即可； ③先确定，，然后运用割补法求面积以及列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形ABCD的边长为4， ∴，，， ∵ ， ∴，，， ∴； （2）解：①∵， ∴，，， ∴，，， 即正方形的边长为， ∴， 答：，，； ②当时，，， ∴P点位于上，如图，连接， ∴； ③由题意可知：，， ∵， ∴， ∴， 即：， 解得：． 48．如图1，点、，将点A、B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位至C、D，连接、． (1)请直接写出点C的坐标是_______，点D的坐标_______； (2)连接交于点E，若点G在线段上，且三角形面积为3，求G点坐标； (3)如图2，点M从O点出发，以每秒1个单位的速度向上运动，同时点N从B点出发，以每秒2个单位的速度向左运动．设运动时间为t秒，射线交y轴于点F．问的值是否为定值？如果是定值，请求出它的值；如果不是定值，请说明理由． 【答案】(1)；； (2) (3)的值是定值，定值为3． 【分析】（1）利用平移的性质即可解决问题． （2）利用面积法求解，可得；设，则，进一步再求解即可． （3）结论：的值是定值．分两种情形：当点N在线段上时，连接．当点N在的延长线上时，连接．分别说明即可解决问题． 【详解】（1）解：∵点、，将点A、B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位至C、D， ∴，； （2）解：如图， 由题意得，，，，，， ∴， ∴， 即， 解得 ∴； 设，则， ∵三角形面积为3， ∴ ， ∴ ， 解得：， ∴； （3）解：结论：的值是定值．理由：如图，当点N在线段上时，连接． 设运动时间为t秒， 由题意：，， ，， ， ， ； 如图，当点N在的延长线上时，连接． 同理可得：， ， 综上所述，的值是定值，定值为3． 49．如图1，在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，其中，满足． (1)求A、B两点的坐标； (2)将平移到，点A对应点，若三角形的面积等于13，求点D的坐标； (3)如图2，若平移到，点C，D也在坐标轴上，F为线段上一动点不包含点A，点B，连接平分，，试探究与的数量关系． 【答案】(1)点，点 (2) (3) 【分析】（1）根据非负数的性质分别求出a、b,得到答案； （2）如图1中，分别过点B，A作x轴，y轴的垂线交于点M，过点C作于N．根据构建方程求解即可． （3）如图2中，延长交的延长线于M．首先证明，再利用结论，求解即可． 【详解】（1）解：∵ ，且 ， ∴， 解得， ∴点，点； （2）解：如图1中，分别过点B，A作x轴，y轴的垂线交于点M，过点C作于N． ∵， ∴， 解得：， 则点C的坐标为， ∵， 由点平移到点，平移方式为向左平移2个单位，再向下平移5个单位， 根据平移规律，点D的坐标为； （3）解：如图2中，延长，交的延长线于M． ∵由平移可得， ∴，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 50．在平面直角坐标系中，对于任意两点与的“灵动距离”，定义如下：若，则“灵动距离”为；若，则“灵动距离”为． (1)已知点，，则点M与点N的“灵动距离”是______ (2)已知点，B为坐标系内的一个动点． ①若点A与点B的“灵动距离”为5，且B点的横坐标与纵坐标相等；求满足条件的点B的坐标； ②若点B在y轴上，求点A与点B的“灵动距离”的最小值． 【答案】(1)4 (2)①或② 【分析】（1）根据定义，得，， 满足，求解即可； （2）①不妨设，B为坐标系内的一个动点，且B点的横坐标与纵坐标相等．不妨设，根据定义，分类求解即可； ②点，不妨设，因为点B在y轴上，不妨设，则，，设两点的灵动距离为，分类求解即可． 【详解】（1）解：因为点，，则，根据定义，得，， 满足， 故点M与点N的“灵动距离”是4； （2）解：因为点，不妨设， B为坐标系内的一个动点，且B点的横坐标与纵坐标相等．不妨设， ①则，， 因为点A与点B的“灵动距离”为5， 当时，则， 解得或， 当时，满足，此时； 当时，不满足，舍去； 当时，则， 解得或， 当时，满足，此时； 当时，不满足，舍去； 故满足条件的点B的坐标为或； ②解：点，不妨设，因为点B在y轴上，不妨设， 则，，设两点的灵动距离为， 当时，； 当时，，根据题意，得， 故， 故点A与点B的“灵动距离”的最小值为． 四、二元一次方程组 （一）压轴考情 二元一次方程组是七年级下册代数核心重难点，承接一元一次方程知识，是初中方程组体系的入门内容，也是期中、期末必考核心压轴考点，多以解答压轴题、代数综合探究题形式考查，是阶段测试拔高提分的关键题型。本章压轴题不再局限于基础代入、加减消元计算，重点围绕含参数方程组求值、方程组与不等式结合、实际应用建模、结论探究变式四大拔高方向命题，综合性与应用性极强。 常考压轴题型包含：含参数二元一次方程组的解的情况探究（唯一解、无解、无数解）、方程组的整数解与特殊解问题、错解复原类逆向求解问题、方程组与代数式整体求值综合、图文信息类方程组建模、工程行程利润等复杂实际应用题、多问变式探究题型。命题普遍采用梯度设问模式，第一问侧重基础消元运算与简单求解，第二、三问延伸参数分析、逆向推理与实际综合建模，常融合实数运算、整式化简等前置知识点，重点考查学生方程建模能力、逆向思维与整体运算思想，区分度较高，同时是后续学习一元二次方程、函数最值、不等式综合问题的重要基础。 （二）解题思路 1. 熟练消元核心方法，夯实运算基础：精准掌握代入消元法、加减消元法两大核心解法，能根据方程组系数特征灵活选择最优消元方式，熟练处理系数为分数、负数、倍数关系的复杂方程组，保证基础运算准确，是解决所有方程组压轴题型的根本前提。 2. 掌握参数方程组规律，突破含参难点：针对含参数方程组压轴题，牢记二元一次方程组解的三种对应规律，通过对比方程组系数比例关系，判断方程组解的情况；结合解的正负性、整数性、非负性等条件，列不等式或等式求解参数取值范围，精准规避参数讨论漏洞。 3. 巧用整体思想，简化复杂求值：针对方程组与代数式综合求值的压轴题型，摒弃传统单未知数求解思路，优先观察方程组结构，通过整体加减、整体代换、构造整体等方式，直接求出代数式整体的值，大幅简化运算步骤，提升解题效率与准确率。 4. 逆向推理纠错，搞定错解复原题型：对于看错系数、看错符号、漏条件的错解类压轴题，核心思路为错解可用、正确验证，将错误解代入未看错的方程求出参数，再将参数代入原方程组求解正确解，严格区分错误条件与正确条件，逆向推导、分步解题。 5. 精准审题建模，攻克实际应用压轴：复杂应用题建模遵循“审题意、找等量、设未知、列方程”的流程，准确提取题干中两组独立等量关系，规避单一等量、等量混淆的问题；针对图文、表格、行程、工程、利润等复杂场景，梳理变量关系，合理设元列方程组求解。 6. 规范解题步骤，严谨应对变式探究：多问探究压轴题注重逻辑连贯，前一问结论可直接用于后一问变式求解，解题时规范书写消元、代换、推理步骤，针对特殊解、取值限制、存在性问题做好分类验证，杜绝取值遗漏、逻辑断层，全面提升压轴题得分率。 （三)好题精练 51．若，，，，是从，1，2这三个数中取值的一列数（三个数都要取到），且，则的值是（     ） A．2026 B．2027 C．2028 D．2029 【答案】D 【分析】设这列数中，有个，个，个，均为正整数，根据总项数和数列和列出关系式，利用y、z为正整数且均至少为1的条件，求出z的值，再代入计算平方和即可． 【详解】解：设这列数中，有个，个，个，均为正整数， ∵总共有个数， ∴①， ∵， ∴②， 将①变形为，代入②整理得：， ∵均为正整数（三个数都要取到）， ∴， ∴，即， 当时，，，符合要求； 当时，，不是整数，不符合要求； ∴， 令， 又∵， ∴． 52．定义一种新运算：☆=，若☆=0，且关于的二元一次方程，当取不同值时，方程都有一个公共解，那么公共解为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二元一次方程组的求解，解题的关键是根据题意，得到二元一次方程组． 根据题意可得，，即，代入二元一次方程可得，化简可得，根据题意可得，求解即可． 【详解】解：根据题意可得，，即， 将代入二元一次方程可得， 化简可得， 由题意可得，，解得，B选项符合题意． 53．小明在某商店购买商品A、B共三次，只有一次购买时商品A、B同时打折，其余两次均按标价购买，三次购买商品A、B的数量及费用如表： 购买商品A的数量/个 购买商品B的数量/个 购买总费用/元 第一次购买 6 5 1140 第二次购买 3 7 1110 第三次购买 9 8 1062 若A、B的折扣相同，则商店的折扣是（    ） A．5折 B．6折 C．7折 D．8折 【答案】B 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用．设A的标价为x元，B的标价为y元，根据第一次和第二次购买的总价建立方程组求出A、B的标价；然后设商店是打a折出售，由打折销售的数量关系建立方程求出其解即可． 【详解】解：设A的标价为x元，B的标价为y元， 由题意，得, 解得：， 所以，A的标价为90元，B的标价为120元． 设商店是打a折出售这两种商品，由题意得，， 解得：． 答：商店是打6折出售这两种商品的． 故选：B． 54．有8张形状、大小完全相同的小长方形卡片，将它们按如图所示的方式（不重叠）放置在大长方形中，根据图中标出的数据，阴影部分的总面积是（　　） A．72 B．68 C．65 D．60 【答案】C 【分析】本题主要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． 设小长方形卡片的长为，宽为，根据图中各边之间的关系，列出关于、的二元一次方程组，解之可得出、的值，再由长方形的面积公式求解即可． 【详解】解：设小长方形卡片的长为，宽为， 根据题意得：，解得：， 阴影部分的总面积为：． 故选：C． 55．小红用390元购买甲、乙两种书，已知甲种书每本40元，乙种书每本20元，若购买的甲种书比乙种书多，则总共购买的本数最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了不等式组的应用，将解决最值的问题需通过设未知数转化为不等式组求解是解题的关键． 设甲、乙两种书的购买数量为正整数x、y，根据总花费限制和甲比乙多的条件列不等式组，再运用列举法求解即可． 【详解】解：设购买甲种书本，乙种书本（为正整数） ∵小红用390元购买甲、乙两种书，且甲种书比乙种书多， ∴，整理得：，即， ∵甲种书比乙种书多， ∴， ∴， ∴且，解得：且， ∵为正整数 ∴ 设总共购买本数， 当时，y最大为5，； 当时，y最大为3，； 当时，y最大为1，． ∴S的最大值为12． 故选C． 56．长沙某学校为了响应“双减”政策，大力推行课后服务课程，丰富学生的课后生活，开设了剪纸、戏曲、舞龙、武术、围棋个特色传统文化课程，每位同学至少选择一门特色课程，但是每位同学不能重复选择同一门课程．现对甲、乙、丙、丁、戊位同学的选课情况进行统计发现，甲、乙、丙、丁、戊分别选了、、、、门课程，而在这位同学中剪纸、戏曲、舞龙、武术、围棋分别被选了、、、、次，那么等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．通过两种角度计算选课总次数建立等式，结合、的取值范围确定其值，进而求出的值即可． 【详解】解：按同学选课数统计总次数为， 按课程被选次数统计总次数为， 又两种统计方式的总次数相等， ，即， 单门课程最多被位同学各选次，故， ，得， 又每位同学至少选门课程，故， ，代入得， ， 故选：． 57．某商场销售某种商品，当按定价销售时、每件可获利45元；当按定价的八折销售时、销售8件所获利润与将定价降低35元销售12件所获利润相同．若设该商品的进价为x元、定价为y元，则x，y满足的方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，根据等量关系列出代数式，正确列出方程是解题的关键．根据利润关系建立方程：按定价销售时每件利润为；按八折销售8件利润与降价35元销售12件利润相等． 【详解】解：∵按定价销售，每件获利45元， ∴. ∵按定价八折销售，每件利润为，销售8件利润为. ∵定价降低35元销售，每件利润为，销售12件利润为. ∵两者利润相同， ∴. ∴方程组为， 故选：C. 58．对于代数式，小明分别计算了当时该代数式的值，得到以下四个结论，嘉淇发现其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是（   ） ①；②；③；④． A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题考查了代数式的求值、解方程组，通过假设每个结论错误，验证其余三个结论是否一致，找出唯一矛盾的情况． 【详解】解：假设①错误，则②、③、④正确： 联立②和③：， 解得，，代入④得，矛盾，故①不可能错误． 假设②错误，则①、③、④正确： 联立①和③：， 解得，，代入④得，④正确，代入②得，仅②错误，符合题意． 假设③错误，则①、②、④正确： 联立①和②：， 解得，，代入④得，矛盾，故③不可能错误． 假设④错误，则①、②、③正确： 联立①和②：， 解得，，代入③得，矛盾，故④不可能错误． 综上，错误的结论是②． 故选：B． 59．已知关于x，y的方程组的解满足，其中m，n都是实数，且．若a，b均为正整数，则符合条件的整数n的值为____________． 【答案】0或或 【分析】先求出方程组的解，再结合已知条件得到，然后根据a，b均为正整数最后得出答案即可． 【详解】解方程组得： ∵方程组的解满足 ∴， ∴， ∵ ∴ 整理得，， ∴， ∵a，b均为正整数 ∴当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； ∴n的值为0，，． 60．对任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与的商记为．例如，对调百位与十位上的数字得到，对调百位与个位上的数字得到，对调十位与个位上的数字得到，这三个新三位数的和为，因为，所以，则____；若，都是“相异数”，其中，，，且，都是正整数，规定，当时，则符合条件的所有的值之和为 _____． 【答案】 9 【分析】根据题干提供的信息计算即可；由，结合，即可得出关于、的二元一次方程，解之即可得出、的值，再根据“相异数”的定义结合的定义式，即可求出、的值，将其代入中，即可求出的值得解． 【详解】解：，对调百位与十位上的数字得到，对调百位与个位上的数字得到，对调十位与个位上的数字得到，这三个新三位数的和为，因为，所以； ∵，都是“相异数”，其中，， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∵，，，都是正整数， ∴或或或或或或， ∵是“相异数”， ∴且， ∵是“相异数”， ∴且， 综上，满足条件的解为：或或或， ①当时，，则， ②当时，，则， ③当时，，则， 当时，，则， ∴符合条件的所有的值之和为． 61．设有个数，它们每个数的值只能取三个数中的一个，且，则的值为_____． 【答案】 【分析】设该数列中含有a个2，b个，可列出关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可得出a、b的值，再将其代入到中即可得出结论． 【详解】解：设个数中含有a个2，b个， 根据题意得， ， 解得， ∴． 62．若一个四位正整数的千位与十位相同，百位与个位相同，我们称这个四位数为“和谐数”．将“和谐数”的千位、百位上的数字交换，十位、个位也交换，得到一个新数，记．例如，，则．已知两个“和谐数”，，其中，（其中，，，且，，，都为整数）．若能被13整除，且，则满足条件的“和谐数”的最大值＝______． 【答案】 【分析】先根据“和谐数”能被13整除，进而判断出，从而求出，再根据，得出，进而求出，，即可得出结论． 【详解】解：“和谐数”， ∴， ， 能被13整除， 是13的倍数， ， ， ， ，或，，或，， “和谐数” 为4949，或5858或6767， ， 同理：， ， ， ， ， ∵，，且，都为整数， 当时，， 当时，， 当时，，（不符题意，舍去） 为2828或， ∴满足条件的“和谐数”的最大值＝． 63．某学校知识竞赛共18轮，每轮胜一场积分、负一场积分均不变（无平局情况），如表记录了A、B、C、D4名参赛者前5轮积分情况．若18轮结束后，参赛者胜场数是负场数的偶数倍，则参赛者B总积分是___________． 参赛者 胜场数 负场数 积分 A 4 1 19 B 3 2 13 C 3 2 13 D 2 3 7 【答案】54或78/78或54 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，正确建立方程组是解题关键． 由A和D的积分数据建立方程组，求解胜一场和负一场的积分；再根据B的总场数为18和胜场数是负场数的偶数倍的条件，列出方程求可能负场数，结合前5轮B已有2负，排除负场数为18的情况，得到负场数为2或6，计算积分分别为78或54． 【详解】解：设胜一场得分，负一场得分． 由A（4胜1负积分19）得： 由D（2胜3负积分7）得： 解方程组：， 得， 故胜一场得5分，负一场得分． 设B在18轮后胜场数为，负场数为，则，且（为正偶数）． 代入得，． 为18的正因数，且为偶数，为奇数． 18的正因数有1、2、3、6、9、18． 时，不是偶数； 时，是偶数； 时，不是偶数； 时，是偶数； 时，不是偶数； 时，不是正偶数，故无效． 因此或． B总积分． 若，则； 若，则． 故答案为：54或78． 64．对于一个四位自然数M，若其各个数位上的数字均不为0，且百位数字与个位数字之和是千位数字与十位数字之和的2倍，则称这个自然数M为“飞跃数”，并记M的前两位数字所组成的两位数为m，后两位数字所组成的两位数为n，记．例如：对于四位自然数2547，因为，所以2547是“飞跃数”，且．按照这个规定，最小的“飞跃数”是________；若“飞跃数”（其中，，，都为整数）满足与均是整数，则的值为________． 【答案】 1113 4725 【分析】本题考查的是新定义运算的含义，理解题意、进行准确运算是解题的关键． 对于第一个空，求最小“飞跃数”，设千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，均不为0，且满足，取，则，为使数最小取，得；对于第二个空，的千位为x，百位为7，十位为，个位为z，由飞跃数条件得，由为整数，得，结合得，即，再由为整数，代入得为整数，即除以的余数为，得，故． 【详解】设四位自然数的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d， 其中均为1至9的整数， 根据“飞跃数”定义，有， 求最小“飞跃数”，取，则， 为使数最小，取，故最小“飞跃数”为1113； 对于，其中， 的千位为，百位为7，十位为，个位为， 由“飞跃数”条件，，即， ，解得， 又，其中， 故， 代入，得， 由为整数，设， 则，故，即， 因为，故，且为完全平方数， 得，即，此时， 又为整数， ，， 故， 由，代入得， 要求为整数，即能被整除， 又，， 能被整除，即除以的余数为， ，， 且为整数， ，则， ，经验证，满足所有条件． 故答案为：，． 五、不等式与不等式组 （一）压轴考情 不等式与不等式组是七年级下册代数重难点压轴章节，承接一元一次方程、二元一次方程组知识，是初中阶段刻画变量不等关系的核心内容，为期中、期末必考拔高压轴考点，多以选择填空压轴、代数综合解答题、实际应用探究大题形式考查。本章压轴题脱离基础的一元一次不等式求解，重点围绕含参数不等式分类讨论、不等式（组）特殊解问题、方程与不等式综合、实际方案设计最值四大拔高方向命题，综合性、应用性极强。 常考压轴题型包含：含参数一元一次不等式（组）的解集反向、解集包含、无解、有解范围探究；不等式组整数解、非负解、有限解个数问题；方程组与不等式组结合求参数取值；新定义不等式运算、不等关系规律探究；购物方案、运输方案、生产最值类实际应用题；多问梯度变式综合探究题。命题多采用分层设问形式，第一问侧重基础求解与解集表示，第二、三问延伸参数讨论、特殊解限定与方案最值探究，常融合实数、方程组等前置知识，重点考查学生分类讨论思维、取值范围分析与建模应用能力，是试卷拉开分数的核心题型，同时为后续函数取值范围、最值问题、含参综合题奠定重要基础。 （二）解题思路 1. 夯实基础解法，严守变形规则：熟练掌握一元一次不等式及不等式组的标准解题步骤，重点区分不等式与方程变形差异，牢记“不等式两边同时乘除负数，不等号方向改变”的核心规则，杜绝符号出错、漏变号等基础失误，精准掌握数轴表示解集的方法，是解决压轴题型的基础前提。 2. 吃透含参题型逻辑，精准讨论范围：针对含参数不等式（组）压轴题，核心思路为先解不含参、再结合限定条件反推参数，先正常求解不等式解集，再根据题目给出的无解、有解、解集相同、解集包含等条件，结合数轴数形结合分析边界值，重点验证边界等号是否可取，杜绝多解、漏解。 3. 聚焦特殊解题型，锁定边界取值：针对整数解、正整数解、非负解、有限解个数等高频压轴题型，先完整求解不等式组解集，再根据特殊解个数锁定解集区间范围，对比端点数值建立参数不等式，严格校验临界值，精准确定参数取值范围，避免临界值判断失误。 4. 方程不等式联动，巧用综合转化：对于方程组与不等式组结合的综合压轴题，采用“先解方程、再代换限范围”的思路，先用消元法解出方程组含参解，再根据解的正负、大小、最值等条件，列出对应不等式求解参数范围，实现方程等量与不等式不等量的灵活转化。 5. 建模分析实际问题，攻克方案最值压轴：方案设计、最值类应用题遵循“审不等量、设变量、列不等式、取整数解、对比最值”的流程，准确提取题干中“不超过、不少于、至多、至少”等不等关系关键词，列出不等式组，结合实际变量为正整数的限制，筛选可行方案，对比得出最优最值方案。 6. 数形结合辅助，规范逻辑步骤：解题时优先利用数轴辅助分析解集范围与参数边界，直观判断区间关系；多问探究题保持逻辑连贯，层层推导，对分类讨论、临界取值问题逐一验证，规范书写解题步骤，清晰呈现讨论过程，规避逻辑漏洞，全面提升压轴解题准确率。 （三)好题精练 65．如果关于的不等式组有且只有5个整数解，且关于x，y的二元一次方程组有整数解，那么符合条件的所有整数的和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先解一元一次不等式组，根据整数解的个数确定的取值范围，再解二元一次方程组，根据方程组有整数解筛选出符合条件的整数，最后计算这些整数的和即可． 【详解】解：解不等式，解得， 解不等式，解得 ∴不等式组的解集为， ∵不等式组有且只有5个整数解，5个整数解为 ∴， 解得，可得整数的可能取值为， 解二元一次方程组 将第二个方程乘2得，与第一个方程相加解得： 代入第二个方程得， ∵方程组有整数解，即均为整数，逐个验证： ，均为整数，符合； ，均为整数，符合； ，均为整数，符合； ，均为整数，符合； ，不是整数，不符合； 符合条件的所有整数的和为：． 66．若关于x的不等式组，下列说法不正确的是（     ） A．若不等式组的解集是，则 B．若不是不等式组的一个解，那么 C．若不等式组只有3个整数解，则 D．若不等式组无解，则 【答案】C 【详解】解：解不等式组，得，． 若不等式组的解集是，则，故选项A说法正确，不符合题意； 若不是不等式组的一个解，那么，故选项B说法正确，不符合题意； 若不等式组只有3个整数解，则，故选项C说法错误，符合题意； 若不等式组无解，则，故选项D说法正确，不符合题意． 67．已知方程组的解为非负数，为负数，给出下列结论： ①当时，方程组的解也是方程的解； ②当时，则的立方根为； ③； 其中正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．①② D．②③ 【答案】A 【分析】先解方程组得到关于的表达式，再根据的范围判断③，再分别代入的值验证①②即可． 【详解】解：解方程组， 两式相加得，化简得， 两式相减得，化简得， ∵x为非负数，y为负数， ∴， 解得不等式组的解集为，故③正确． ① 当时， 左边， 右边， 左边右边，因此方程组的解满足，故①正确． ② 当时， ， ， ∴， ∵ ， ∴的立方根为，故②正确． 68．在平面直角坐标系中，若一个点的纵坐标比这个点的横坐标的2倍少2，则称这个点为“幸运点”．给出下列结论中正确的是（    ） ①“幸运点”不可能在第二象限； ②若点是“幸运点”，且在坐标轴上，则点的坐标为； ③以关于，的方程组的解为坐标的点是“幸运点”； ④无论取何值时，以关于，的方程的解为坐标的点一定存在“幸运点”． A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【详解】解：结论①：一个点的纵坐标比这个点的横坐标的2倍少2，即幸运点满足．若“幸运点”在第二象限，则应满足，即，此不等式组无解，因此“幸运点”不可能在第二象限，故结论①符合题意； 结论②，若“幸运点”在坐标轴上，则当在轴上时，，即，解得．当在轴上时，，此时，因此或，故结论②不符合题意； 结论③，对于方程组由①+②，得 ，整理得，因此以关于，的方程组的解为坐标的点是“幸运点”，故结论③符合题意； 结论④，，当时，，，此时点为“幸运点”，故结论④符合题意． 综上可知，正确的结论是． 69．用表示不超过的最大整数，如，，正整数小于100，并满足等式，这样的正整数有（    ） A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 【答案】D 【分析】本题主要考查取整函数，利用不等式即可得出为6的倍数，再计算小于100的正整数中6的倍数的个数． 【详解】解：若，，有一个不是整数， 则或者或者， ∴， ∴，，都是整数，即n是2，3，6的公倍数，且， ∴n的值为6，12，18，24，......96，共有16个， 故选：D． 70．数轴上点M，N分别表示数m，n，若点M在点N的右边，则下列大小关系一定成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查有理数的大小比较，乘方，绝对值，掌握知识点是解题的关键． 根据数轴上点的位置关系得出，通过举反例排除错误选项，结合有理数的立方性质验证正确选项． 【详解】解：∵点在点的右边 ∴ 对于选项A：取，，满足，但，故A不成立． 对于选项B：取，，满足，但，故B不成立． 对于选项C：取，，满足，但，故C不成立． 对于选项D： ∵， ∴分三类情况验证 ①当时，如，，，成立． ②当时，如，，，成立． ③当时，如，，，成立． ∴一定成立． 故选D． 71．已知整式M：，其中，为正整数，，，，均为自然数，下列说法中正确的有（   ） ①若，则； ②当时，若不等式有且只有1个正整数解，则满足条件的整式M唯一； ③若，，则满足条件的三次三项式共有30个． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】本题考查整式的性质，不等式的性质，熟练掌握整式的性质及不等式的性质是关键． ①根据为正整数，可得不等式，即，再结合，，，均为自然数，即可得到结论； ②当时，确定整式M的形式，再结合不等式的情况判断整式是否唯一； ③根据三次三项式的条件，确定各项系数的取值，然后计算满足条件的整式个数即可． 【详解】解∶①， ， 为正整数， ， ， ， 又，，，都为自然数， ，，，中至少有一个为0， ， 故①正确； ②当时，整式，不等式，即， 因为不等式有且只有1个正整数解，且为正整数，为自然数， 当时，，即，要使不等式有且只有1个正整数解，则， 解得， 又因为为自然数， 所以，此时整式， 当时，不等式的没有正整数解， 所以满足条件的整式唯一，故②正确； ③是三次三项式， ， 整式，且，， 是三次三项式，且为正整数， ，，中有且只有1个为0， 当时，满足条件的组合有共个， 当时，满足条件的组合有共9个， 当时，满足条件的组合有共3个， 所以满足条件 和 的三次三项式共有（个）， 故③正确． 故选：D． 72．关于的不等式组恰有3个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查一元一次不等式组的整数解，解题关键是先求出不等式组的解集，再根据整数解的个数确定参数的取值范围 【详解】解：解不等式，得 ∵解不等式，得 ∴不等式组的解集为 ∵不等式组恰有3个整数解，这3个整数解为 ∴要使能取到且取不到，需满足 故选：A． 73．已知关于的不等式组的解集为，且使得关于、的二元一次方程组有正整数解．则所有满足条件的整数的和为________． 【答案】19 【分析】先解不等式组，根据已知解集确定的取值范围，再解二元一次方程组，根据方程组的解为正整数确定符合条件的整数，最后计算所有满足条件的的和． 【详解】解：解不等式，得， 解不等式得， 不等式组的解集为， ∴， 解方程组， 由第一个方程得， 代入第二个方程得， 解得， 将代入 得， 方程组的解为正整数，且为整数， ∴是的正因数，的正因数有， 当时，，不满足，舍去； 当时，，不满足，舍去； 当时，，满足条件，此时 均为正整数； 当 时，，满足条件，此时均为正整数； 所有满足条件的整数的和为，故答案为． 74．定义：若某一元一次方程的解在某一元一次不等式组的解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以是不等式组的“关联方程”，若关于的方程是不等式组的“关联方程”，则的取值范围是____________． 【答案】 【分析】先求出给定一元一次方程的解，再解一元一次不等式组得到解集，根据“关联方程”的定义，使方程的解落在不等式组的解集范围内，构造关于的不等式，求解即可得到的取值范围． 【详解】解：解方程得． 解不等式得， 解不等式得， 因此不等式组的解集为． 因为是该不等式组的“关联方程”， 所以方程的解在不等式组的解集范围内， 可得， 解得． 75．一年一度的校园春季运动会即将拉开帷幕，学校体育教研室准备购买一批体育用品，其中计划同时购买接力棒、标志桶、长绳三种器材计划共40件，已知接力棒每根9元，标志桶每个18元，长绳每根25元，在价格不变的前提下，实际购买接力棒是计划数量的，长绳购进10根，结果实际购进三种器材共30件．且比原计划少支付124元，则实际购进标志桶的数量为______个． 【答案】6 【分析】设计划购进接力棒数量，根据实际购买比例得到实际接力棒数量，结合实际总件数得到实际标志桶数量的表达式，再根据总费用差列出方程，利用正整数的性质求解即可． 【详解】解：设计划购进接力棒根，实际购进标志桶个， 由题意，实际购买接力棒数量为 （根）， 实际购进长绳根，实际总件数为，因此可得： ， 整理得： ， 设原计划购进标志桶个，则原计划长绳数量为根， 原计划总费用减去实际总费用等于， 列方程得：， 整理得： ， 将 代入上式， 得：， 化简得， 变形得：， ∵是正整数， ∴为整数， 又∵和互质， ∴是的倍数， ∵，解得， ∴， 则，即实际购进标志桶的数量为个． 76．定义一种法则“”如下：，如：，若，则的值为____． 【答案】 【分析】根据新定义的运算法则，分两种情况列出等式，结合每种情况的取值范围检验，舍去不符合条件的解，即可得到的值． 【详解】解：根据新定义的运算法则，分两种情况讨论： 情况1：当，解不等式得， 根据法则可得 ， 因此列方程得， 解得，满足，符合条件； 情况2：当，解不等式得， 根据法则可得 ， 因此列方程得， 解得，不满足，舍去； 综上，的值为． 77．某服装厂购进A型、B型两种尺寸的布料加工成T恤和长裤出售．已知一匹A型布料的进价比一匹B型布料多20元，且购买3匹A型布料和2匹B型布料共花费210元． (1)每匹A型布料与B型布料的进价各是多少元？ (2)根据生产计划，该厂决定用不超过3800元购进A型、B型布料共100匹，（两种布料购进的匹数均为整数）．已知一匹A型布料可制成3件T恤和2条长裤，一匹B型布料可制成2件T恤和3条长裤，且生产出来的T恤数量不少于长裤数量的．则该服装厂有几种进货方案？ (3)某服装店从该厂购进一批足量的T恤和长裤进行销售．为提升购物体验，商家推出礼盒包装服务：每个礼盒仅能包装一件T恤或一条长裤，顾客可自主选择是否使用礼盒包装．已知每件T恤零售价65元，每条长裤零售价80元，每个礼盒售价15元．小罗用4280元购买了一批T恤和长裤，其中不用礼盒包装的T恤件数占总购买件数的．则用礼盒包装的长裤买了多少条？ 【答案】(1)每匹A型布料的进价是元，每匹B型布料的进价是元； (2)该服装厂有3种进货方案； (3)用礼盒包装的长裤买了14条． 【分析】（1）设每匹B型布料的进价是元，则A型布料的进价是元，根据购买3匹A型布料和2匹B型布料共花费210元列出方程并解方程即可； （2）设购进A型布料匹，则购进B型布料匹，根据题意列出不等式组并解不等式组，求出整数解即可； （3）设购买商品件数为则不用礼盒包装的T恤为件，设包装的T恤为件，包装的长裤为条，不用礼盒包装的长裤为条，其中为正整数，均为非负数，由题意得到，由题意可得， ，解得，进一步求出即可得到答案． 【详解】（1）解：设每匹B型布料的进价是元，则A型布料的进价是元， 则， 解得， ∴， 答：每匹A型布料的进价是元，每匹B型布料的进价是元； （2）解：设购进A型布料匹，则购进B型布料匹，由题意可得， ， 解得， ∵两种布料购进的匹数均为整数， ∴或或， 答：该服装厂有3种进货方案； （3）解：设购买商品件数为则不用礼盒包装的T恤为件，设包装的T恤为件，包装的长裤为条，不用礼盒包装的长裤为条，其中为正整数，均为非负数，根据题意可得， ， 即， 由题意可得， 把代入并整理得到，， 即， 解得， 由及,可得， 代入得到， 由得到，解得， ∴， 代入，符合题意， 答：用礼盒包装的长裤买了14条． 78．定义：若一个方程（组）的解也是一个不等式的解，称这个方程（组）的解是这个不等式的“内含解”．例如：方程的解是，同时也是不等式的解，则方程的解是不等式的“内含解”． (1)判断方程的解是不是不等式的“内含解”，并说明理由； (2)若关于，的方程组的解是不等式的“内含解”，求的取值范围； (3)若关于的方程的解是不等式组的“内含解”．且该不等式组恰好有3个整数解，求的取值范围． 【答案】(1)方程的解不是不等式的“内含解”，理由见详解 (2) (3) 【分析】（1）先得出方程的解和不等式的解集，然后根据“内含解”的定义进行判断即可； （2）先得出方程组的解为，然后根据题意可得，进而求解即可； （3）先得出方程和不等式组的解分别为，，然后根据题意可得，，进而求解即可． 【详解】（1）解：解方程得：， 解不等式得：， ∴不在范围内， ∴方程的解不是不等式的“内含解”； （2）解： 得：，解得：， 把代入①得：，解得：， ∴方程组的解为， ∵方程组的解是不等式的“内含解”， ∴， 解得：； （3）解： 由①可得：， 由②可得：， ∴不等式组的解集为， ∵该不等式组恰好有3个整数解，且该3个整数解分别为， ∴， 解得：， 由方程可得，且方程的解是不等式组的“内含解”， ∴， 解得：， 综上所述：的取值范围为． 79．定义：关于x，y的二元一次方程（其中）中的常数项c与未知数x的系数a互换，得到的方程叫“亲密方程”，例如：的“亲密方程”为． (1)方程的“亲密方程”为____； (2)已知关于x，y的二元一次方程的系数满足，且与它的“亲密方程”组成的方程组的解恰好是关于x，y的二元一次方程的一个解，求代数式的值； (3)已知整数m，n，t，满足条件，并且是关于x，y的二元一次方程的“亲密方程”，求m的值． 【答案】(1) (2)2025 (3)5 【分析】（1）根据题意列出已知方程的亲密方程； （2）根据“亲密方程”的定义建立方程组，解方程组求出x，y的值，再代入方程可得，据此计算即可得； （3）根据“亲密方程”的定义求出方程的“亲密方程”，解方程组求出，然后根据整数m，n，t，满足，得出，解得整数m满足． 【详解】（1）解：根据定义得：的“亲密方程”为； （2）的“亲密方程”方程为， 联立得，解得， ∵， ∴， ∴方程组的解为， ∵恰好是关于x，y的二元一次方程的一个解， ∴， ∴， ∴ ， ∴代数式的值为2025； （3）∵是关于x，y的二元一次方程的“亲密方程”， ∴，化简得， ∵整数m，n，t，满足， ∴， ∴整数m满足， ∴m的值为5． 80．定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集的范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“相伴方程”． 例如：方程的解为，不等式组的解集为，可以发现在的范围内，所以方程是不等式组的“相伴方程”． 【问题解决】 (1)在方程①，②中，不等式组的“相伴方程”是_____（填序号）； (2)若关于x的方程是不等式组的“相伴方程”，求k的取值范围； (3)若方程，都是关于x的不等式组的“相伴方程”，请求出m的取值范围． 【答案】(1)② (2) (3) 【分析】（1）根据“相伴方程”的定义进行判断即可． （2）根据题意，得出关于k的不等式，据此得出关于k的取值范围即可． （3）根据题意，得出关于m的不等式，据此得出关于m的取值范围即可． 【详解】（1）解：由得，； 由得，． 解不等式组得，． 因为，， 所以不等式组的“相伴方程”是②． （2）解：由得，x． 解不等式组得，， 则， 解得． （3）解：由得，； 由得，； 由得，． 因为所给方程都是不等式组的“相伴方程”， 所以， 解得． 81．【观察与思考】 场景1：某奶茶店有一个收银台，每2分钟可以服务一位顾客，店庆活动时，已有4位顾客在排队．收银台开始工作后，每4分钟来一位新顾客．分析问题，完成表格．（单位：分钟） 收银台开始工作前已有4顾客，，，在排队等候，若把，，，到达时间看作0分钟，，，…表示收银台开始工作后到达的“新顾客”． 顾客 … 到达时间 0 0 0 0 4 8 … 服务开始时间 0 2 4 6 8 10 … 服务结束时间 2 4 6 8 10 12 … (1)表中第______位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客． 场景2：若店庆活动时已有6位顾客排队，其他条件不变（每2分钟服务一人，“新顾客”每4分钟来一位）． 顾客 … 到达时间 0 0 0 0 0 0 4 8 … ▲ 服务开始时间 0 2 4 ６ 8 10 12 14 … ▲ ▲ 服务结束时间 2 4 6 8 10 12 14 16 … ▲ (2)表中第______位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客． 【发现与表达】 (3)发现1：“新顾客”服务结束的时间______“新顾客”服务开始时间（填“>”“<”或“=”）． (4)发现2：若______，则当“新顾客”到达时无排队现象．（填“≥”“≤”或“=”） (5)结论：如果服务窗口办理业务的速度为每a分钟服务一位顾客，“新顾客”增加的速度为每b分钟到达一位（）．服务窗口开始服务前已经有m位顾客在等待，假设从第n位“新顾客”开始不需要排队，当______时，排队现象消失（直接写出a，b，m与n的关系）． 【答案】(1)3 (2)5 (3) (4) (5) 【分析】由不等关系：到达时间上一位顾客服务结束时间即可得． 【详解】（1）解：根据题意推算可知第位“新顾客”是第分钟到达，上一位顾客是第分钟结束服务的，所以第位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客； （2）根据题意推算可知第位“新顾客”是第分钟到达，上一位顾客是分钟结束服务的，第4位“新顾客”是第分钟到达，上一位顾客是分钟结束服务的，第5位“新顾客”是第分钟到达，上一位顾客是分钟结束服务的，所以第位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客； （3）服务连续进行，前一位新顾客服务结束后，立即开始下一位新顾客的服务，因此服务结束时间等于服务开始时间； （4）是的到达时间，是前一位的服务结束时间，若到达时，前一位顾客服务已结束，即时，无需排队； （5）第位新顾客到达时间为，轮到开始服务时，已经服务完了原有位顾客及位新顾客，总耗时，无需排队满足． 82．如图，这是某电影院的价目表．某社团16人去此电影院看电影，打算以比赛奖金1600元购买电影票、爆米花与饮料．如果要让每人拿到一张电影票和一杯饮料，那么最多可买多少盒爆米花？ 价目表电影票    爆米花    饮料 80元/张    25元/盒    20元/杯 *每张电影票能使用下列其中一种优惠． 优惠一：饮料一杯16元； 优惠二：爆米花一盒+饮料一杯30元． 【答案】最多可买4盒爆米花 【分析】设可以买x盒爆米花，利用总价=单价数量，结合总价不超过1600元，可列出关于x的一元一次不等式，解之可得出x的取值范围，再根据为非负整数，取其中的最大整数值，即可得出结论． 【详解】解：设可以买x盒爆米花，根据题意得： ， 解得，， 又因为为非负整数，所以的最大值为4．即最多可买4盒爆米花． 答：最多可买4盒爆米花． 83．定义：如果一元一次不等式组①的解都是一元一次不等式组②的解，那么称一元一次不等式组①是一元一次不等式组②的“相容不等式组”，如果一元一次不等式组①的解都不是一元一次不等式组②的解，那么称一元一次不等式组①是一元一次不等式组②的“相斥不等式组”． (1)根据上述定义，判断不等式组是不等式组的 ．（填序号①“相容不等式组”或②“相斥不等式组”）； (2)若关于的不等式组是的“相斥不等式组”，求的范围； (3)若关于的不等式组是的“相容不等式组”，且和的整数解相同，求的范围． 【答案】(1)① (2)或 (3) 【分析】（1）求出两个不等式组的解集，根据定义进行判断即可； （2）根据定义得到关于a的不等式组，进而计算可以得解； （3）根据“相容不等式组”的定义求出的取值范围，再根据两个不等式组整数解相同求出的取值范围，取两个取值范围的公共部分即可． 【详解】（1）解：不等式组的解集是，不等式组的解集是， 不等式组是不等式组的“相容不等式组”． 故答案为：①． （2）解：∵关于的不等式组是的“相斥不等式组”，且不等式组的解集为， ∴或． ∴或 （3）解：∵不等式组是的“相容不等式组” ， 解得 的整数解为2，3，4，且和的整数解相同， ∴ ∴ 综上所述： 六、数据的收集、整理与描述 （一）压轴考情 数据的收集、整理与描述是七年级下册统计板块核心章节，是初中统计与概率内容的入门基础，为期中、期末必考压轴题型，多以填空选择压轴、统计综合解答大题形式考查，属于阶段测试拔高压轴重点题型。本章压轴题不再局限于简单统计图读数、基础数据统计，重点围绕统计图表综合分析、样本与总体误差分析、数据估算与实际推断、统计方案辨析与优化四大拔高方向命题，侧重考查数据分析素养与实际应用能力。 常考压轴题型包含：条形统计图、扇形统计图、折线统计图两两结合综合补全与计算、样本估计总体的大数据估算问题、抽样调查合理性辨析与误差分析、统计量与实际场景结合的决策探究、多条件数据整理分类、统计结论正误判断与理由说明、梯度式统计综合探究题。命题多采用多问递进形式，第一问侧重补全图表、简单频数频率计算，第二、三问延伸整体估算、误差分析、方案评价与实际决策，常结合生活热点、校园场景、社会调查等真实情境设问，综合性强、灵活度高，是试卷区分度题型，同时为后续统计概率综合学习奠定核心基础。 （二）解题思路 1. 夯实统计基础概念，规避认知易错：精准区分普查与抽样调查的适用场景、总体、个体、样本、样本容量的核心定义，熟练掌握频数、频率、百分比、圆心角度数的换算公式，明确各类统计图的特征与优缺点，杜绝概念混淆、公式混用等基础失误，是解决统计压轴题的前提。 2. 双图联动互补，突破图表综合题型：针对条形、扇形、折线统计图结合的高频压轴题，核心思路为找唯一已知量、求总量、推未知量，先通过双图公共已知组别数据求出样本总容量，再依次反向求解未知频数、频率、百分比、扇形圆心角度数，最后补全统计图，实现多图表信息互通互补。 3. 掌握样本估计总体，精准数据估算：面对大数据整体估算压轴问题，严格遵循“样本频率→整体数量”的推导逻辑，先用样本数据求出对应类别占比，再结合总体总数列式估算总体对应数量，同时掌握估算误差、取值范围的简单分析方法，保证数据推算严谨准确。 4. 辨析抽样合理性，规避统计偏差：针对统计方案评价、抽样辨析类压轴题型，重点核查样本是否具备代表性、广泛性、随机性，判断样本容量是否充足、抽样场景是否片面，精准找出抽样误区，如样本选取单一、范围局限、忽略特殊群体等问题，规范表述误差原因与优化方案。 5. 结合实际情境，科学分析决策：统计压轴最终落脚点多为实际决策，解题时结合计算得出的数据、图表变化趋势（增减变化、占比差异、最值数据），贴合题干实际场景，有理有据地给出评价、预测、建议与优化方案，杜绝脱离数据的主观判断。 6. 规范答题逻辑，完善步骤细节：统计综合大题注重步骤完整与表述规范，计算类问题公式清晰、数据准确，辨析与说理类问题遵循“判断+依据+结论”的答题逻辑，多问探究题层层递进，活用前问数据结论，规避计算漏洞与说理不严谨问题，全面提升压轴得分率。 （三）好题精练 84．在学习完综合与实践《低碳生活》之后，同学们的节能环保意识有了显著的提高．某小组同学利用课余时间开展了一项关于“新能源汽车充电桩现状”的调查活动，请你帮他们完成下面的活动报告． 活动课题 了解“新能源汽车充电桩的现状” 活动目的 运用所学知识探究新能源汽车充电桩问题，提倡“低碳生活，绿色出行”． 调查数据1 某月，“特来电”“星星充电”“国家电网”“云快充”等企业投放公共充电桩的数量及市场份额的统计图如图：    调查数据2 某小区计划新建地上和地下两类充电桩，每个地上充电桩的占地，每个地下充电桩的占地．已知新建1个地下充电桩比新建1个地上充电桩多0.1万元，新建2个地上充电桩和1个地下充电桩共需要0.7万元． 问题一 统计图中“国家电网”的公共充电桩数量是________，市场份额是________； 问题二 求该小区新建1个地上充电桩和新建1个地下充电桩各需要多少万元．具体解题步骤如下： 问题三 若该小区计划用不超过16.32万元的资金新建60个充电桩，且地上充电桩的数量不超过20个，求共有哪几种建设方案． 具体解题步骤如下： 问题四 考虑到充电设备对小区居住环境的影响，要求充电桩的总占地面积不得超过，在问题三的条件下，若仅有两种方案可供选择，直接写出a的取值范围是________． 【答案】问题一：8万台，； 问题二：该小区新建1个地上充电桩需要0.2万元，新建1个地下充电桩需要0.3万元． 问题三：一共有4种方案，分别为 方案①新建17个地上充电桩，43个地下充电桩； 方案②新建18个地上充电桩，42个地下充电桩； 方案③新建19个地上充电桩，41个地下充电桩． 方案④新建20个地上充电桩，40个地下充电桩． 问题四： 【分析】本题考查条形统计图，二元一次方程组的实际应用，不等式的实际应用，试题内容较多，读懂题意，找出等量关系和不等关系是解题的关键． 问题一：根据条形统计图的特征求解即可； 问题二：找出等量关系建立二元一次方程组求解； 问题三：根据超过16.32万元建立不等式求解即可； 问题四：先计算四种方案占地面积，再根据仅有两种方案可供选择得出a的取值范围． 【详解】问题一：该月投放公共充电桩的总的数量：（万台）， “国家电网”的公共充电桩数量是：（万台）， 它的市场份额是：， 故答案为：8万台，； 问题二：由题意，设新建1个地上充电桩需要x万元，地下充电桩需要y万元． ． ． 答：该小区新建1个地上充电桩需要0.2万元，新建1个地下充电桩需要0.3万元． 问题三：设建造m个地上充电桩，则地下充电桩为个， 则 ， 又为整数，，整数m的值为17，18，19，20． 一共有4种方案，分别为 方案①新建17个地上充电桩，43个地下充电桩； 方案②新建18个地上充电桩，42个地下充电桩； 方案③新建19个地上充电桩，41个地下充电桩． 方案④新建20个地上充电桩，40个地下充电桩． 问题四： 方案①：（平方米）， 方案②：（平方米）， 方案③：（平方米）， 方案④：（平方米）， 若仅有两种方案可供选择，直接写出a的取值范围是：． 85．手工课上，同学们需要将相同大小的正方形硬纸板制成无盖的长方体形收纳盒．小明和小红分别提出了不同的设计方案． 【小明方案】将一张正方形硬纸板四个角各剪去一个同样大小的正方形（如图1），就可以折成一个型无盖的长方体形收纳盒（简称型收纳盒，如图）；    【小红方案】将若干张正方形的硬纸板进行裁剪，张纸板可以裁成个大小相同的小正方形或个大小相同的小长方形（如图），再用这些材料拼接成型无．盖．的长方体形收纳盒纸盒（简称型收纳盒，如图）（要求：所有纸板都要裁剪，且每张纸板只能剪成一种形状；剪下的所有材料刚好用完，没有剩余；拼接时不考虑材料之间的缝隙）    (1)在小明方案中，若正方形硬纸板边长为厘米，剪去的小正方形的边长为厘米，则型收纳盒的体积 （结果用含有的代数式表示） 小明发现型收纳盒体积会随的改变而改变，请你补全下面的表格，并在图表上画出折线统计图． （厘米） （立方厘米）   观察图表，根据的变化规律，猜想纸盒取最大体积时，的值可能在 ． ．厘米至厘米之间；．厘米至厘米之间；．厘米至厘米之间 (2)在小红方案中，用这些正方形硬纸板制作了型收纳盒个，填空： 需要小正方形数量 个，需要小长方形数量 个；（结果用含有的代数式表示） 制作小正方形纸张的正方形硬纸板数量需 张，制作小长方形纸张的正方形纸张硬纸板数量需 张．（结果用含有的代数式表示） (3)若用张正方形硬纸板制作两种收纳盒，要求型收纳盒的数量是型收纳盒数量的倍，且制作型收纳盒剩余材料不能作为型收纳盒的材料，求型收纳盒的数量． 【答案】(1)；，见解析；； (2)，；； (3)型收纳盒的数量是个． 【分析】根据正方形纸板的边长为厘米、剪去的小正方形的边长为厘米，则纸盒的底面边长为厘米、高为厘米，根据正方体的体积公式列代数式即可； 把代入中计算即可得到结果； 从图象上可以看出纸盒取最大体积时，的值可能在厘米至厘米之间； 根据型收纳盒是由个小长方形和个小正方形组成的，可知需要小正方形的数量 为个，需要小长方形的数量为个； 根据一个正方形纸板可以制作个小正方形，可知制作小正方形的正方形硬纸板数量需要个，根据一个正方形纸板可以制作个小长方形，可知制作小长方形的正方形硬纸板的数量需要个； 设型收纳盒的数量为个，则型收纳盒的数量为个，可列一元一次方程，解方程即可求出型收纳盒的数量． 【详解】（1）解：(平方厘米)； 当时， (平方厘米)； 画出拆线统计图如下所示： 从图象上可以看出纸盒取最大体积时，的值可能在厘米至厘米之间， 故应选：C． 故答案为：平方厘米；平方厘米；C； （2）解：型收纳盒是由个小长方形和个小正方形组成的， 需要小正方形的数量 为个，需要小长方形的数量为个， 故答案为：，； 一个正方形纸板可以制作个小正方形， 制作小正方形的正方形硬纸板数量需要个， 一个正方形纸板可以制作个小长方形， 制作小长方形的正方形硬纸板的数量需要个， 故答案为：； （3）解：设型收纳盒的数量为个，则型收纳盒的数量为个， 根据题意得：， 解方程得：， ， 答：型收纳盒的数量是个． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、正方体的体积、拆线统计图、列代数式、求代数式的值，解决本题的关键是根据纸盒的形状找到数量关系，列方程求解． 86．随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间．不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势，某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作．为此，该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价，并整理、描述、分析如下： 配送速度和服务质量得分统计表 项目统计量快递公司 配送速度得分 服务质量得分 平均数 中位数 平均数 方差 甲 m 7 乙 8 8 7 (1)补全频数分布直方图，扇形统计图中圆心角α的度数是 ； (2)表格中的m＝ ； （填“”“=”或“”）； (3)如果A，B，C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，求三家种植户选择同一快递公司的概率． 【答案】(1)，见解析 (2)， (3) 【分析】（1）根据频数之和等于样本容量，计算甲快递公司在配送速度为9的人数可补全频数直方图，利用圆心角计算公式计算即可． （2）根据中位数与方差的定义即可求解； （3）画树状图展示所有8种等可能的结果数，找出A，B，C三家农产品种植户选择同一快递公司的结果数，然后利用概率公式求解． 本题考查了列表法与树状图法，方差、中位数，直方图．关键是能根据平均数、中位数、方差的意义对本题进行分析和求概率． 【详解】（1）解：根据频数之和等于样本容量， 得甲快递公司在配送速度为9的人数为：（人） 补全频数直方图如下： 根据题意，得． （2）解：甲公司配送速度得分从小到大排列为：6，6，7，7，7，8，9，9，9，10．一共10个数据，其中第5个与第6个数据分别为7、8， 故中位数， 故答案为：． 根据题意，得 ． 得 ． ， 故答案为：． （3）解：画树状图如下： 由树状图可知共有8种可能结果，其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果， ∴三家种植户选择同一快递公司的概率为． 87．为了改善民生，促进经济发展，提高农民收入，县政府有序推进“流动菜市”政策．某村委会志愿者随机抽取部分村民，按照A表示“非常支持”，B表示“支持”，C表示“不关心”，D表示“不支持”四个类别调查他们对该政策态度的情况，将调查结果绘制成如图两幅均不完整的统计图．根据图中提供的信息，解决下列问题： (1)这次共抽取了       名村民进行调查统计，扇形统计图中D类所对应的扇形圆心角的大小是______度． (2)将条形统计图和扇形统计图补充完整． (3)该村共有1200名村民，估计该村村民支持“流动菜市”政策的大约有多少人？ 【答案】(1)60，18 (2)见解析 (3)960人 【分析】（1）根据C类的条形统计图和扇形统计图的信息可得出总共抽取的人数，再求出D类居民人数的占比，然后乘以即可得； （2）根据（1）的结论，先求出A类居民的人数，再补全条形统计图即可； （3）先求出表示支持的居民的占比，再乘以1200即可得． 【详解】（1） 故填60，18 （2）A类： B类： D类： 补全条形统计图和扇形统计图如下 （3）解：． 答：该村村民支持“流动菜市”政策的大约有960人． 【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图等知识点，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键． 学科网（北京）股份有限公司 $ 七年级数学下册各章节压轴题专项训练 1、 包括章节：《相交线与平行线》、《实数》、《平面直角坐标系》、《二元一次方程组》、《不等式与不等式组》、《数据的收集、整理与描述》 2、 适合期中、期末、月考、阶段测试等场景的拔高训练 目 录 一、相交线与平行线 2 （一）压轴考情 2 （二）解题思路 2 （三) 好题精练 3 二、实数 50 （一）压轴考情 50 （二）解题思路 51 （三) 好题精练 51 三、平面直角坐标系 70 （一）压轴考情 70 （二）解题思路 70 （三) 好题精练 71 四、二元一次方程组 102 （一）压轴考情 102 （二）解题思路 103 （三) 好题精练 104 五、不等式与不等式组 117 （一）压轴考情 117 （二）解题思路 117 （三) 好题精练 118 六、数据的收集、整理与描述 138 （一）压轴考情 138 （二）解题思路 139 （三）好题精练 139 一、相交线与平行线 （一）压轴考情 相交线与平行线是七年级下册几何入门核心章节，也是初中几何逻辑推理的基础，为期中、期末高频压轴考点，多以解答题、几何探究大题形式考查，属于几何拔高必考题型。该章节压轴题不局限于基础角度计算，侧重动态几何变化、模型综合应用、分类讨论推理三大拔高方向。 常考压轴题型包含：折线型平行线角度探究、动点平移角度变化问题、三角板/直尺拼接几何综合题、折叠类角度计算与推理、多拐点平行线模型综合探究。命题多结合生活场景、几何变换设问，梯度性极强，第一问侧重基础角度推导，第二、三问延伸动态变化、结论探究、结论证明与变式拓展，区分度高，是阶段测试、期中期末拔高提分的关键题型。同时，该章节的几何推理格式、逻辑论证思路，也是后续几何学习的核心铺垫，阅卷中重点考查推理过程的严谨性。 （二）解题思路 1. 夯实核心定理，筑牢解题基础：熟练掌握对顶角相等、邻补角互补、垂直的定义、平行线的判定与性质等核心知识点，明确“判定由角推线、性质由线推角”的核心逻辑，杜绝定理混用，这是所有压轴题型的解题根基。 2. 掌握经典几何模型，快速破题：压轴题多围绕固定模型出题，重点掌握铅笔模型、猪蹄模型、锯齿模型三大拐点平行线模型，牢记模型对应的角度数量关系，遇到多拐点折线问题，优先通过作辅助线，过拐点作已知直线的平行线，拆分复杂角度，转化为基础平行线角度关系求解。 3. 动态问题分类讨论，不漏解、不错解：针对动点、平移、旋转、三角板滑动等动态压轴题型，核心思路是“定位置、分情况、找不变”，根据动点运动轨迹、图形位置变化，划分不同区间分类讨论，抓住运动过程中始终平行、垂直等不变的几何关系，结合角度公式推导通用结论。 4. 折叠问题抓等量，还原图形：折叠类压轴题核心为折叠前后对应角相等、对应线段相等，解题时先还原折叠前的图形，标注相等角度，结合邻补角、平行线性质建立角度等式，通过方程思想求解未知角度。 5. 规范推理步骤，严谨答题：几何压轴题注重过程得分，解题时遵循“已知—推导—结论”的逻辑，每一步推理对应对应定理，杜绝跳步、无依据推导，复杂探究题可先猜想结论，再逆向推导、正向证明，完整完成答题闭环。 （三)好题精练 1．如图，，M是平面内一点，连接MB，MC，的平分线与的平分线交于点N．若，则的度数为（   ） A．30° B．40° C．50° D．60° 2．如图，已知直线，直线分别交直线，于点E，F，平分交于点M，G是射线上一动点（不与点M，F重合），平分交于点H．设．有下列四个式子：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④ 3．已知直线，点在直线之间，连接．下面结论正确的个数为（   ） ①如图1，若，，则； ②如图2，点在之间，当，，则； ③如图2，点在之间，当，，则； ④如图3，的角平分线交于，且，点在直线之间，连接，，，，则和的关系为（用含的式子表示，题中的角均指大于且小于的角）． A．1 B．2 C．3 D．4 4．如图，在中，，，，点P是延长线上一动点，边与点M，边与点N，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．如图，，分别平分和，若，则的度数是__________． 6．如图，与交于点E，点G在直线上，，，，下列四个结论，其中错误的是_______ （填序号）． ①； ②； ③； ④． 7．如图，，在的两边上分别过点和点向同方向作射线和，且． （1）若，则的度数为______． （2）若和的平分线所在的直线交于点（与不重合），则的度数为______． 8．将一个三角板如图所示摆放，直线与直线相交于点，，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，设时间为秒，且，当______时，与三角板的直角边平行． 9．如图，已知，，，则______．    10．如图，，E为上一点，且垂足为F，，平分，且，则下列结论：①；②平分；③；④；其中正确的有________．（请填写序号） 11．已知：，，E，G是上的点，F，H是上的点． (1)如图①，求证：； (2)如图②，点M在的延长线上，其中，，射线以每秒的速度绕点E逆时针旋转，同时射线以每秒的速度绕点E顺时针旋转．当射线首次与重合时，两条射线都停止运动．在整个运动过程中，设运动时间为t．当时，求的度数； (3)如图③，作，的角平分线交于点N，交于点P，作的角平分线交于点Q，当，求的值． 12．在平面内，对于和，给出如下定义：若存在一个常数，使得，则称是的“系数平衡角”．例如，，，有，则是的“系数平衡角”． (1)【概念理解】 若，则的“系数平衡角”是____； (2)【初步认识】 在平面内，，点为直线上一点，点为直线上一点．如图，点为平面内一点，连接，，，若是的“系数平衡角”，求的度数． (3)【问题解决】 连接，点为直线与直线间的动点（点不在直线上），，．是的“系数平衡角”，此时的度数为____． 13．如图，为直线上一点，，是内部的一条射线，平分．已知，． (1)求的值． (2)求的度数． (3)从点作一条射线，使与的和等于，求的度数． 14．在现代化的智能工厂中，机械臂的精准操作依赖于精确的方向控制．如图所示，有两条平行的机械轨道与，即，将机械臂与轨道的接触点记为，机械臂与轨道的接触点记为，为了实现复杂的操作任务，通过关节和关节来调节三个机械臂、和的位置，在实际运行过程中，为确保稳定，三个机械臂、和不共线． (1)如图1所示，当机械臂时，与的数量关系是______． (2)如图2所示，当，，时，求的度数．（用含的代数式表示） (3)当，时，直接写出与的数量关系．（用含，的代数式表示，只需写出任意两个符合题意的结果．） 15．以直线上一点为端点作射线，使，将一个直角三角尺的一个顶点放在处，边与直线重合，． (1)如图，求的度数． (2)将直角三角尺绕点以度/秒的速度顺时针旋转一周，同时射线绕点以度/秒的速度先顺时针旋转到与射线重合，再绕点以相同的速度逆时针旋转，随直角三角尺的停止而停止，记旋转时间为秒． ①如图，当直角三角尺旋转到直线上方，且平分时，求的度数． ②探究：在旋转过程中，当时，求的值． 16．如图1，已知直线，点是直线上两点，点在点左侧，点是直线上一点，连接，平分交于点． (1)若，则___________； (2)如图2，点是线段上一点，连接平分交于点．作交于点，点在线段上，且满足，当时，求证：； (3)如图3，若，点是射线上一点，射线以每秒的速度绕点逆时针转动，射线以每秒的速度绕点逆时针转动，当射线转至与射线重合时立即以相同速度绕点顺时针回转，若它们同时开始转动，设转动时间为秒，当射线回到出发时的位置时，射线，同时停止转动，则在转动过程中，当射线所在直线与射线所在直线互相垂直时，请直接写出所有符合条件的的值，并写出求解的值的其中一种情况的过程． 17．【问题背景】 如图①，在同一平面内，a、b、c三根木棒钉在一起， 【实践操作】 (1)木棒a、c固定不动，木棒沿顺时针方向至少旋转__________，使得（如图②）； (2)如图③，当木棒时，将一个三角板ABC放在与之间（其中，），并使直角顶点在直线上，顶点在直线上，现测得，请你求出的度数； (3)现将图①中的木棒a、b同时沿顺时针的方向转动一周，速度分别为每秒和每秒，当一根木棒停止旋转时，另一根也同时停止转动．在旋转的过程中，存在某一时刻使得，请你直接写出是在第几秒． 18．综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践课上，老师让同学们借助“两条平行线，和一副直角三角尺”开展数学活动． 【操作发现】 （1）如图1，小明把三角尺角的顶点放在直线上，，若，则 ． （2）如图2，小颖把等腰直角三角尺的两个锐角的顶点，分别放在直线，上，请用等式表示与之间满足的数量关系 ．(不用证明) 【综合应用】 （3）在图2的基础上，小亮把三角尺角的顶点放在点处，即，如图3，平分交直线于点，平分交直线于点．将含角的三角尺绕着点转动，且使始终在的内部，请问的值是否发生变化？若不变，求出它的值；若变化，说明理由． 【学以致用】 （4）已知：直线，三角板中，．三角板如图4位置放置，在线段上取点，连接并延长交直线于点，在线段上取点，连接并延长交的角平分线于点，若，且．探究与之间的数量关系并说明理由． 19．如图所示，含的直角三角形，点和点在两平行线上，分别为的角平分线，为的延长线与的交点． (1)求证：； (2)试判别和的大小关系，并说明理由； (3)当时，射线和射线分别以每秒和每秒的速度同时顺时针旋转，当射线旋转一周时，全部停止运动，求射线和射线在旋转过程中平行时对应的时间的值． 20．如图，已知点在直线上，点、与点、分别在直线两侧，且，． (1)若平分，求的度数； (2)在（1）的条件下，过点作射线，使得，求的度数； (3)在的内部作一条射线，射线OM在射线OF的上方，使得，若，求的值． 二、实数 （一）压轴考情 实数是七年级下册数系扩充的核心章节，承接有理数知识，是初中代数计算体系的重要升级，也是期中、期末必考代数压轴考点，多以选择填空压轴、代数解答探究大题形式考查，属于代数拔高训练重点题型。该章节压轴题摒弃单一的平方根、立方根基础计算，侧重数形结合应用、参数分类讨论、新定义探究、实数综合运算四大拔高方向，综合性极强。 常考压轴题型包含：算术平方根与立方根的非负性综合求值、实数与数轴结合的化简与大小比较、含参数实数取值范围探究、新定义实数运算、无理数整数部分与小数部分拆分计算、实数规律探究与归纳猜想。命题多以多问梯度形式呈现，第一问考查基础运算与概念辨析，第二、三问结合参数、数轴、规律探究进行拓展延伸，融合方程、不等式基础知识点，侧重考查学生的代数思维与综合运算能力，是试卷区分度的核心题型，广泛适用于阶段测试、期中期末拔高训练。同时，实数的非负性、无理数性质也是后续二次根式、函数取值问题的重要基础。 （二）解题思路 1. 吃透核心概念，规避基础易错：精准区分平方根、算术平方根、立方根的定义与取值特点，牢记正数有两个互为相反数的平方根、算术平方根为非负数、任意实数都有唯一立方根等核心性质，明确有理数与无理数的判定标准，杜绝概念混淆导致的计算失误，是实数压轴题解题的基础前提。 2. 紧抓非负性核心模型，秒杀定值题型：实数压轴高频考点为非负性求和为0模型，常见的绝对值、算术平方根、平方数均为非负数，若多个非负数相加和为0，则每一项均为0。解题时优先识别题型特征，根据该性质列方程求解参数值，快速完成综合求值问题。 3. 结合数轴数形结合，简化化简问题：针对实数与数轴结合的压轴题型，核心思路是“定符号、判大小、去绝对值”，先根据数轴上点的位置判断未知数正负、实数间的大小关系，再依据绝对值、二次根式的化简法则去括号、去绝对值符号，完成代数式化简求值。 4. 拆分无理数结构，精准突破特殊题型：针对无理数整数部分、小数部分求解的压轴题，掌握固定解题方法，先估算无理数的取值范围，确定其整数部分，再利用“小数部分=原数-整数部分”拆分结构，结合代数式代入、整体代入思想求解复杂式子的值。 5. 归纳规律特征，应对探究新题型：对于实数规律探究、新定义运算类压轴题，先分析题干给出的运算规则、数字变化规律，通过特例计算、对比归纳通用规律，严格遵循新定义法则列式运算，遇到多问变式问题，沿用统一规律推导，保证解题逻辑连贯。 6. 规范运算步骤，强化细节把控：实数综合运算题型繁杂，解题时严格遵循运算顺序，先算开方、乘方，再算加减，有括号先算括号内，同时注意符号变化、无理数化简彻底，含参数问题需分类讨论取值范围，杜绝漏解、错解，保证计算结果准确无误。 （三)好题精练 21．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 22．对实数定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：．若，，则下列结论正确的个数为（    ） （）； （）若，则； （）若，则有且仅有组正整数解； （）如果，那么或； A．个 B．个 C．个 D．个 23．一个四位正整数m各个数位上的数字互不相同且都不为0，四位数m前两位数字之和为4，后两位数字之和为10，称这样的四位数m为“事实数”；把四位数m的前两位上的数字和后两位上的数字整体轮换后得到新的四位数，称此时的是m的“伴随数”，并规定，例如：，∵，，∴1234不是“事实数”；，∵，，3128是“事实数”．则，．已知：，（，，，其中a、b、c均为整数），当为“事实数”时，求出所有的值：___，的最大值：_______． 24．一个各数位上数字均不相等且不为0的四位自然数，若满足的结果是一个完全平方数，则称这个四位数为“差方数”．例如：四位数5236，，是“差方数”．若是一个“差方数”，则的最大值是_____；若是一个“差方数”，设，，且是整数，则满足条件的的最小值是_____． 25．一个各位数字均不为0的四位数，且满足各数位数字之和能被十位数字整除，则称这个四位数为“希福数”．若为“希福数”，则________________；将的个位数字放在千位数字前记为，将的个位数字放在千位数字前记为，将的个位数字放在千位数字前记为，规定．已知一个四位数（，，）是“希福数”，若能被6整除，则满足条件的的最大值与最小值的和为________________． 26．数字“8”在古代深受古人喜爱，由于释迦牟尼的生日是中国农历的四月初八，古人们更加崇拜“8”字．后又“8”的谐音为“发”，与发财致富有关，所以，“8”成为了我们中国人口中最吉利的数字．若一个正整数各数位上的数字之和为8，且这个数能被8整除，我们就称这个数为“发财数”．例如：数字2024，因为，且，所以2024是“发财数”．1232_____ “发财数”（填是或不是），求所有三位“发财数”的和是____________． 27．一个两位正整数n，如果n满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称n为“异数”，将n的两个数位上的数字对调得到一个新数．把放在n的后面组成第一个四位数，把n放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以81所得的商记为，例如：时，，．则______；若s、t为“异数”，其中，（，、，且，，，为整数）．规定：，若能被7整除，且是一个整数的平方，则的最小值为_______ 28．若一个各数位数字不为0的四位数，的千位数字与百位数字的和等于其十位数字与个位数字两倍的和，则称这个四位数为“双丰数”，将“双丰数”的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调得到新数，并记，则最小的“双丰数”为________；若四位数（，，，，，，，为整数）为“双丰数”，且能被9整除，令，则在所有满足条件的“双丰数”中，当值最小时的“双丰数”为________． 29．若一个四位自然数A千位上的数字的2倍等于百位、十位、个位上的数字之和，则称A为“和数”，那么最小的“和数”为 _____．已知一个四位自然数（其中a，b，c，d均为整数，，且，）是“和数”，且能被6整除，将B的千位数字的4倍与百位数字的2倍的差记为，个位数字的2倍与十位数字的和记为，则满足条件的的最小值为_____． 30．如果一个三位数的十位数字等于它的百位和个位数字的差的绝对值，那么称这个三位数为“三决数”，如：三位数312，∵，∴312是“三决数”，把一个三决数的任意一个数位上的数字去掉，得到三个两位数，这三个两位数之和记为，把的百位数字与个位数字之差的2倍记为．则的值为________；若三位数A是“三决数”，且是完全平方数，且百位数字小于个位数字，请求出所有符合条件的A的最大值为________． 31．阅读理解，并完成下列各题：对于数轴上任一点P，把与点P相距个单位长度的两点所表示的数分别记作x和y（其中），并把x、y这两个数叫做“点P关于a的对称数组”，记作．例如：原点O表示数0，原点O关于1的对称数组是． (1)点A表示的数为，则______； (2)如果，那么点P表示的数是_____，a的值是_____； (3)如果点P、Q是数轴上的两个动点，，（其中，）．两点同时从原点出发反向运动，当时，求点P、Q之间的距离． 32．如图，在平面直角坐标系中，点，，，且满足，点从点出发，沿轴的正方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点从点出发，沿轴的正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动．                                    　备用图 (1)点的坐标为______；点的坐标为______；和的位置关系是______． (2)当点分别在线段上时，连接，若，求点的坐标． (3)在点的运动过程中，当时，请直接写出和的数量关系． 三、平面直角坐标系 （一）压轴考情 平面直角坐标系是七年级下册数形结合的核心章节，搭建了代数与几何相互转化的桥梁，是初中函数入门的基础，为期中、期末必考重难点及压轴高频考点，多以填空选择压轴、几何代数综合大题形式考查，属于拔高训练核心题型。该章节压轴题脱离基础的点的坐标读写，侧重坐标几何变换、动点轨迹探究、面积分类讨论、数形结合求值四大拔高方向，综合性、灵活性极强。 常考压轴题型包含：点的平移、对称、旋转综合变换求坐标、坐标系内三角形与多边形面积计算（含割补法、动点面积）、动点坐标变化规律探究、存在性问题（是否存在点使面积相等/线段相等）、含参数坐标取值范围、坐标系与几何图形结合的多问探究题。命题普遍采用梯度设问形式，第一问侧重基础坐标变换与简单面积求解，第二、三问延伸动态动点、分类讨论、规律归纳与存在性探究，常融合相交线平行线、实数运算等前置知识，重点考查学生数形转化思维和动态分析能力，区分度突出，适配阶段测试、期中期末各类拔高场景，也是后续一次函数、平面几何综合题的重要铺垫。 （二）解题思路 1. 夯实坐标核心性质，筑牢解题根基：熟练掌握各象限内点的坐标符号特征、坐标轴上点的坐标特点、平行于坐标轴的直线上点的坐标规律，牢记点的平移、对称变换的坐标变化口诀，精准区分横纵坐标变化规律，杜绝基础性质混淆，是解决坐标系压轴题的前提。 2. 活用割补思想，突破面积压轴问题：坐标系内不规则图形、动点图形面积求解是高频压轴考点，核心思路为割补法转化规则图形，将不规则多边形拆解为矩形、直角三角形等规则图形，或用整体矩形面积减去多余三角形面积，结合坐标求出对应底和高，代入面积公式计算，规避直接求解的难点。 3. 动态动点问题，抓不变、分区间讨论：针对动点运动、坐标动态变化的压轴题型，遵循“设动点坐标、找运动规律、分区间讨论”的核心思路，根据动点运动速度、方向、范围，用含参数的代数式表示动点坐标，结合图形位置划分不同运动区间，分类求解面积、线段长度、特殊图形存在性问题，有效避免漏解、错解。 4. 聚焦存在性问题，逆向推导验证：对于坐标系内是否存在定点、动点满足面积、垂直、平行等条件的压轴探究题，采用“猜想+列式+验证”的思路，先假设点存在，设出未知点坐标，结合面积公式、线段关系列方程求解，最后验证解的取值是否符合点的象限位置和运动范围。 5. 归纳变换规律，搞定规律探究题型：针对坐标变化规律、循环平移对称类压轴题，先列举前几组对应坐标，横向、纵向对比横纵坐标的变化特征，提炼循环周期或递变规律，结合实数运算、余数分析推导通用结论，快速求解指定位置的点坐标。 6. 坚持数形结合，规避思维漏洞：解题时务必做到“以数释形、以形助数”，根据坐标精准绘制简易图形，通过图形直观判断点的位置、图形形状和大小关系，杜绝纯代数计算脱离图形导致的思路偏差，同时规范步骤，分类清晰、列式严谨，全面提升压轴题得分率。 （三)好题精练 33．如图，在平面直角坐标系中，，将边长为1的正方形一边与x轴重合，按图中规律摆放，其中相邻两个正方形的间距都是1，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 34．如图，在平面直角坐标系中，点，，，，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿路径循环运动，则第2026秒时点P的坐标是（   ） A． B． C． D． 35．在平面直角坐标系中，对于点，我们把点叫做点P的伴随点，已知点的伴随点为，点的伴随点为，点的伴随点为…这样依次得到点．经过这样的变换后得到的点的坐标为，则初始点的坐标为（   ） A． B． C． D． 36．如图，在平面直角坐标系中，已知点，动点从点出发，以每秒3个单位的速度按逆时针方向沿四边形的边做环绕运动；另一动点从点出发，以每秒2个单位的速度按顺时针方向沿四边形的边做环绕运动，则第2026次相遇点的坐标是（   ） A． B． C． D． 37．在教材综合与实践“确定匀质薄板的重心位置”中，我们发现：如图，把一个平面组合“L”形图形分割成甲、乙两部分，以点B为坐标原点．“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，若甲、乙两部分的面积分别为，，重心分别为，，原图形的重心坐标为，则有，．若，，，，则此“L”形的重心坐标为（   ） A． B． C． D． 38．如图所示，，，，，，…，按此规律，点坐标是（   ） A． B． C． D． 39．在平面直角坐标系中，将横、纵坐标之和为6的点称为“吉祥点”． （1）若点是“吉祥点”，则的值为________； （2）下列结论正确的是________（写出所有正确结论的序号）． ①第一象限内有无数个“吉祥点”； ②已知点，，若点是“吉祥点”且在坐标轴上，则点到直线的距离为； ③已知点，，若点是第一象限内的“吉祥点”，三角形的面积记为，则． 40．下列说法：在平面直角坐标系中，①已知点．若轴，轴，则点坐标为；②若点在第三象限，那么点在第一象限；③若点坐标为，可过点做轴平行线；④已知点坐标为，则点到轴距离为，到轴距离为；⑤若点到两坐标轴距离相等，距离为，则或；正确的是__________． 41．在平面直角坐标系中，对于点和线段给出如下定义：若点满足最小，且则称点为线段的“唯美点”．如图，点和点的坐标分别是、，点为线段的动点，点的坐标是，以点为中心，各边分别与坐标轴平行且边长为6的正方形上存在线段的唯美点，则的取值范围是_____． 42．如图，在平面直角坐标系中，点，，，当点从点出发沿轴负方向以每秒个单位长度的速度匀速运动（点P不与点A重合），同时点从点出发沿轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动． (1)和的位置关系是 ； (2)如图，当点在线段上运动，点在线段上运动时，连接，，使的面积是面积的3倍，求出点的坐标； (3)在点，的运动过程中，当时，请探究和的数量关系，并说明理由． 43．在平面直角坐标系中，，，其中，满足． (1)如图1，已知点，求的面积； (2)如图2，过点向轴作垂线，垂足为，请问在轴的上方是否存在点，使与的面积相等，且的面积是面积的3倍？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 44．在平面直角坐标系中，已知长方形，其中点，点． (1)填空：点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若点是轴上的动点，连接． ①如图1，当点在轴正半轴时，线段与线段相交于点，用等式表示三角形的面积与三角形的面积之间的关系，并说明理由； ②当将四边形分成面积相等的两部分时，求点的坐标． 45．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，其中和满足，连接和． (1)点A的坐标为__________，点的坐标为__________； (2)如图2，点是内一点，连接，动点从点出发，沿方向运动到点，再沿轴正方向运动，连接，当的面积等于面积的时，求点的坐标； (3)如图3，点为轴上一点，连接，将绕着点以每秒的速度顺时针旋转得，在旋转过程中，作的三等分线；同时绕着点以每秒的速度顺时针旋转得，当和轴负半轴重合时，立即以原来速度的两倍逆时针旋转；当第二次和轴重合时，整个旋转过程停止．请直接写出旋转过程中的一边与的一边互相垂直时，旋转时间的值． 46．如图①，平面直角坐标系中，，，直线轴交轴于点，点在直线，之间（不在直线，上）． (1)连接，，，，求的度数． (2)若，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． (3)如图②，点在射线上运动，为轴上点右侧的一点，连接，，，，若始终平分，且，，则的值是否变化？若不变，求出其值；若变化；请说明理由． 47．如图1，四边形为正方形（四条边都相等，四个内角都是），平行于y轴． (1)如图1，已知，正方形的边长为4，直接写出点A，C，D的坐标； (2)如图2，已知，，，点Q从C出发，以每秒2个单位长度的速度在线段上运动，运动时间为t秒，若． ①请直接写出B、C、D的坐标： ②当时，求的面积； ③当时，求t的值． 48．如图1，点、，将点A、B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位至C、D，连接、． (1)请直接写出点C的坐标是_______，点D的坐标_______； (2)连接交于点E，若点G在线段上，且三角形面积为3，求G点坐标； (3)如图2，点M从O点出发，以每秒1个单位的速度向上运动，同时点N从B点出发，以每秒2个单位的速度向左运动．设运动时间为t秒，射线交y轴于点F．问的值是否为定值？如果是定值，请求出它的值；如果不是定值，请说明理由． 49．如图1，在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，其中，满足． (1)求A、B两点的坐标； (2)将平移到，点A对应点，若三角形的面积等于13，求点D的坐标； (3)如图2，若平移到，点C，D也在坐标轴上，F为线段上一动点不包含点A，点B，连接平分，，试探究与的数量关系． 50．在平面直角坐标系中，对于任意两点与的“灵动距离”，定义如下：若，则“灵动距离”为；若，则“灵动距离”为． (1)已知点，，则点M与点N的“灵动距离”是______ (2)已知点，B为坐标系内的一个动点． ①若点A与点B的“灵动距离”为5，且B点的横坐标与纵坐标相等；求满足条件的点B的坐标； ②若点B在y轴上，求点A与点B的“灵动距离”的最小值． 四、二元一次方程组 （一）压轴考情 二元一次方程组是七年级下册代数核心重难点，承接一元一次方程知识，是初中方程组体系的入门内容，也是期中、期末必考核心压轴考点，多以解答压轴题、代数综合探究题形式考查，是阶段测试拔高提分的关键题型。本章压轴题不再局限于基础代入、加减消元计算，重点围绕含参数方程组求值、方程组与不等式结合、实际应用建模、结论探究变式四大拔高方向命题，综合性与应用性极强。 常考压轴题型包含：含参数二元一次方程组的解的情况探究（唯一解、无解、无数解）、方程组的整数解与特殊解问题、错解复原类逆向求解问题、方程组与代数式整体求值综合、图文信息类方程组建模、工程行程利润等复杂实际应用题、多问变式探究题型。命题普遍采用梯度设问模式，第一问侧重基础消元运算与简单求解，第二、三问延伸参数分析、逆向推理与实际综合建模，常融合实数运算、整式化简等前置知识点，重点考查学生方程建模能力、逆向思维与整体运算思想，区分度较高，同时是后续学习一元二次方程、函数最值、不等式综合问题的重要基础。 （二）解题思路 1. 熟练消元核心方法，夯实运算基础：精准掌握代入消元法、加减消元法两大核心解法，能根据方程组系数特征灵活选择最优消元方式，熟练处理系数为分数、负数、倍数关系的复杂方程组，保证基础运算准确，是解决所有方程组压轴题型的根本前提。 2. 掌握参数方程组规律，突破含参难点：针对含参数方程组压轴题，牢记二元一次方程组解的三种对应规律，通过对比方程组系数比例关系，判断方程组解的情况；结合解的正负性、整数性、非负性等条件，列不等式或等式求解参数取值范围，精准规避参数讨论漏洞。 3. 巧用整体思想，简化复杂求值：针对方程组与代数式综合求值的压轴题型，摒弃传统单未知数求解思路，优先观察方程组结构，通过整体加减、整体代换、构造整体等方式，直接求出代数式整体的值，大幅简化运算步骤，提升解题效率与准确率。 4. 逆向推理纠错，搞定错解复原题型：对于看错系数、看错符号、漏条件的错解类压轴题，核心思路为错解可用、正确验证，将错误解代入未看错的方程求出参数，再将参数代入原方程组求解正确解，严格区分错误条件与正确条件，逆向推导、分步解题。 5. 精准审题建模，攻克实际应用压轴：复杂应用题建模遵循“审题意、找等量、设未知、列方程”的流程，准确提取题干中两组独立等量关系，规避单一等量、等量混淆的问题；针对图文、表格、行程、工程、利润等复杂场景，梳理变量关系，合理设元列方程组求解。 6. 规范解题步骤，严谨应对变式探究：多问探究压轴题注重逻辑连贯，前一问结论可直接用于后一问变式求解，解题时规范书写消元、代换、推理步骤，针对特殊解、取值限制、存在性问题做好分类验证，杜绝取值遗漏、逻辑断层，全面提升压轴题得分率。 （三)好题精练 51．若，，，，是从，1，2这三个数中取值的一列数（三个数都要取到），且，则的值是（     ） A．2026 B．2027 C．2028 D．2029 52．定义一种新运算：☆=，若☆=0，且关于的二元一次方程，当取不同值时，方程都有一个公共解，那么公共解为（　　） A． B． C． D． 53．小明在某商店购买商品A、B共三次，只有一次购买时商品A、B同时打折，其余两次均按标价购买，三次购买商品A、B的数量及费用如表： 购买商品A的数量/个 购买商品B的数量/个 购买总费用/元 第一次购买 6 5 1140 第二次购买 3 7 1110 第三次购买 9 8 1062 若A、B的折扣相同，则商店的折扣是（    ） A．5折 B．6折 C．7折 D．8折 54．有8张形状、大小完全相同的小长方形卡片，将它们按如图所示的方式（不重叠）放置在大长方形中，根据图中标出的数据，阴影部分的总面积是（　　） A．72 B．68 C．65 D．60 55．小红用390元购买甲、乙两种书，已知甲种书每本40元，乙种书每本20元，若购买的甲种书比乙种书多，则总共购买的本数最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 56．长沙某学校为了响应“双减”政策，大力推行课后服务课程，丰富学生的课后生活，开设了剪纸、戏曲、舞龙、武术、围棋个特色传统文化课程，每位同学至少选择一门特色课程，但是每位同学不能重复选择同一门课程．现对甲、乙、丙、丁、戊位同学的选课情况进行统计发现，甲、乙、丙、丁、戊分别选了、、、、门课程，而在这位同学中剪纸、戏曲、舞龙、武术、围棋分别被选了、、、、次，那么等于（    ） A． B． C． D． 57．某商场销售某种商品，当按定价销售时、每件可获利45元；当按定价的八折销售时、销售8件所获利润与将定价降低35元销售12件所获利润相同．若设该商品的进价为x元、定价为y元，则x，y满足的方程是（   ） A． B． C． D． 58．对于代数式，小明分别计算了当时该代数式的值，得到以下四个结论，嘉淇发现其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是（   ） ①；②；③；④． A．① B．② C．③ D．④ 59．已知关于x，y的方程组的解满足，其中m，n都是实数，且．若a，b均为正整数，则符合条件的整数n的值为____________． 60．对任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与的商记为．例如，对调百位与十位上的数字得到，对调百位与个位上的数字得到，对调十位与个位上的数字得到，这三个新三位数的和为，因为，所以，则____；若，都是“相异数”，其中，，，且，都是正整数，规定，当时，则符合条件的所有的值之和为 _____． 61．设有个数，它们每个数的值只能取三个数中的一个，且，则的值为_____． 62．若一个四位正整数的千位与十位相同，百位与个位相同，我们称这个四位数为“和谐数”．将“和谐数”的千位、百位上的数字交换，十位、个位也交换，得到一个新数，记．例如，，则．已知两个“和谐数”，，其中，（其中，，，且，，，都为整数）．若能被13整除，且，则满足条件的“和谐数”的最大值＝______． 63．某学校知识竞赛共18轮，每轮胜一场积分、负一场积分均不变（无平局情况），如表记录了A、B、C、D4名参赛者前5轮积分情况．若18轮结束后，参赛者胜场数是负场数的偶数倍，则参赛者B总积分是___________． 参赛者 胜场数 负场数 积分 A 4 1 19 B 3 2 13 C 3 2 13 D 2 3 7 64．对于一个四位自然数M，若其各个数位上的数字均不为0，且百位数字与个位数字之和是千位数字与十位数字之和的2倍，则称这个自然数M为“飞跃数”，并记M的前两位数字所组成的两位数为m，后两位数字所组成的两位数为n，记．例如：对于四位自然数2547，因为，所以2547是“飞跃数”，且．按照这个规定，最小的“飞跃数”是________；若“飞跃数”（其中，，，都为整数）满足与均是整数，则的值为________． 五、不等式与不等式组 （一）压轴考情 不等式与不等式组是七年级下册代数重难点压轴章节，承接一元一次方程、二元一次方程组知识，是初中阶段刻画变量不等关系的核心内容，为期中、期末必考拔高压轴考点，多以选择填空压轴、代数综合解答题、实际应用探究大题形式考查。本章压轴题脱离基础的一元一次不等式求解，重点围绕含参数不等式分类讨论、不等式（组）特殊解问题、方程与不等式综合、实际方案设计最值四大拔高方向命题，综合性、应用性极强。 常考压轴题型包含：含参数一元一次不等式（组）的解集反向、解集包含、无解、有解范围探究；不等式组整数解、非负解、有限解个数问题；方程组与不等式组结合求参数取值；新定义不等式运算、不等关系规律探究；购物方案、运输方案、生产最值类实际应用题；多问梯度变式综合探究题。命题多采用分层设问形式，第一问侧重基础求解与解集表示，第二、三问延伸参数讨论、特殊解限定与方案最值探究，常融合实数、方程组等前置知识，重点考查学生分类讨论思维、取值范围分析与建模应用能力，是试卷拉开分数的核心题型，同时为后续函数取值范围、最值问题、含参综合题奠定重要基础。 （二）解题思路 1. 夯实基础解法，严守变形规则：熟练掌握一元一次不等式及不等式组的标准解题步骤，重点区分不等式与方程变形差异，牢记“不等式两边同时乘除负数，不等号方向改变”的核心规则，杜绝符号出错、漏变号等基础失误，精准掌握数轴表示解集的方法，是解决压轴题型的基础前提。 2. 吃透含参题型逻辑，精准讨论范围：针对含参数不等式（组）压轴题，核心思路为先解不含参、再结合限定条件反推参数，先正常求解不等式解集，再根据题目给出的无解、有解、解集相同、解集包含等条件，结合数轴数形结合分析边界值，重点验证边界等号是否可取，杜绝多解、漏解。 3. 聚焦特殊解题型，锁定边界取值：针对整数解、正整数解、非负解、有限解个数等高频压轴题型，先完整求解不等式组解集，再根据特殊解个数锁定解集区间范围，对比端点数值建立参数不等式，严格校验临界值，精准确定参数取值范围，避免临界值判断失误。 4. 方程不等式联动，巧用综合转化：对于方程组与不等式组结合的综合压轴题，采用“先解方程、再代换限范围”的思路，先用消元法解出方程组含参解，再根据解的正负、大小、最值等条件，列出对应不等式求解参数范围，实现方程等量与不等式不等量的灵活转化。 5. 建模分析实际问题，攻克方案最值压轴：方案设计、最值类应用题遵循“审不等量、设变量、列不等式、取整数解、对比最值”的流程，准确提取题干中“不超过、不少于、至多、至少”等不等关系关键词，列出不等式组，结合实际变量为正整数的限制，筛选可行方案，对比得出最优最值方案。 6. 数形结合辅助，规范逻辑步骤：解题时优先利用数轴辅助分析解集范围与参数边界，直观判断区间关系；多问探究题保持逻辑连贯，层层推导，对分类讨论、临界取值问题逐一验证，规范书写解题步骤，清晰呈现讨论过程，规避逻辑漏洞，全面提升压轴解题准确率。 （三)好题精练 65．如果关于的不等式组有且只有5个整数解，且关于x，y的二元一次方程组有整数解，那么符合条件的所有整数的和为（   ） A． B． C． D． 66．若关于x的不等式组，下列说法不正确的是（     ） A．若不等式组的解集是，则 B．若不是不等式组的一个解，那么 C．若不等式组只有3个整数解，则 D．若不等式组无解，则 67．已知方程组的解为非负数，为负数，给出下列结论： ①当时，方程组的解也是方程的解； ②当时，则的立方根为； ③； 其中正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．①② D．②③ 68．在平面直角坐标系中，若一个点的纵坐标比这个点的横坐标的2倍少2，则称这个点为“幸运点”．给出下列结论中正确的是（    ） ①“幸运点”不可能在第二象限； ②若点是“幸运点”，且在坐标轴上，则点的坐标为； ③以关于，的方程组的解为坐标的点是“幸运点”； ④无论取何值时，以关于，的方程的解为坐标的点一定存在“幸运点”． A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④ 69．用表示不超过的最大整数，如，，正整数小于100，并满足等式，这样的正整数有（    ） A．13个 B．14个 C．15个 D．16个 70．数轴上点M，N分别表示数m，n，若点M在点N的右边，则下列大小关系一定成立的是（　　） A． B． C． D． 71．已知整式M：，其中，为正整数，，，，均为自然数，下列说法中正确的有（   ） ①若，则； ②当时，若不等式有且只有1个正整数解，则满足条件的整式M唯一； ③若，，则满足条件的三次三项式共有30个． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 72．关于的不等式组恰有3个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 73．已知关于的不等式组的解集为，且使得关于、的二元一次方程组有正整数解．则所有满足条件的整数的和为________． 74．定义：若某一元一次方程的解在某一元一次不等式组的解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以是不等式组的“关联方程”，若关于的方程是不等式组的“关联方程”，则的取值范围是____________． 75．一年一度的校园春季运动会即将拉开帷幕，学校体育教研室准备购买一批体育用品，其中计划同时购买接力棒、标志桶、长绳三种器材计划共40件，已知接力棒每根9元，标志桶每个18元，长绳每根25元，在价格不变的前提下，实际购买接力棒是计划数量的，长绳购进10根，结果实际购进三种器材共30件．且比原计划少支付124元，则实际购进标志桶的数量为______个． 76．定义一种法则“”如下：，如：，若，则的值为____． 77．某服装厂购进A型、B型两种尺寸的布料加工成T恤和长裤出售．已知一匹A型布料的进价比一匹B型布料多20元，且购买3匹A型布料和2匹B型布料共花费210元． (1)每匹A型布料与B型布料的进价各是多少元？ (2)根据生产计划，该厂决定用不超过3800元购进A型、B型布料共100匹，（两种布料购进的匹数均为整数）．已知一匹A型布料可制成3件T恤和2条长裤，一匹B型布料可制成2件T恤和3条长裤，且生产出来的T恤数量不少于长裤数量的．则该服装厂有几种进货方案？ (3)某服装店从该厂购进一批足量的T恤和长裤进行销售．为提升购物体验，商家推出礼盒包装服务：每个礼盒仅能包装一件T恤或一条长裤，顾客可自主选择是否使用礼盒包装．已知每件T恤零售价65元，每条长裤零售价80元，每个礼盒售价15元．小罗用4280元购买了一批T恤和长裤，其中不用礼盒包装的T恤件数占总购买件数的．则用礼盒包装的长裤买了多少条？ 78．定义：若一个方程（组）的解也是一个不等式的解，称这个方程（组）的解是这个不等式的“内含解”．例如：方程的解是，同时也是不等式的解，则方程的解是不等式的“内含解”． (1)判断方程的解是不是不等式的“内含解”，并说明理由； (2)若关于，的方程组的解是不等式的“内含解”，求的取值范围； (3)若关于的方程的解是不等式组的“内含解”．且该不等式组恰好有3个整数解，求的取值范围． 79．定义：关于x，y的二元一次方程（其中）中的常数项c与未知数x的系数a互换，得到的方程叫“亲密方程”，例如：的“亲密方程”为． (1)方程的“亲密方程”为____； (2)已知关于x，y的二元一次方程的系数满足，且与它的“亲密方程”组成的方程组的解恰好是关于x，y的二元一次方程的一个解，求代数式的值； (3)已知整数m，n，t，满足条件，并且是关于x，y的二元一次方程的“亲密方程”，求m的值． 80．定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集的范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“相伴方程”． 例如：方程的解为，不等式组的解集为，可以发现在的范围内，所以方程是不等式组的“相伴方程”． 【问题解决】 (1)在方程①，②中，不等式组的“相伴方程”是_____（填序号）； (2)若关于x的方程是不等式组的“相伴方程”，求k的取值范围； (3)若方程，都是关于x的不等式组的“相伴方程”，请求出m的取值范围． 81．【观察与思考】 场景1：某奶茶店有一个收银台，每2分钟可以服务一位顾客，店庆活动时，已有4位顾客在排队．收银台开始工作后，每4分钟来一位新顾客．分析问题，完成表格．（单位：分钟） 收银台开始工作前已有4顾客，，，在排队等候，若把，，，到达时间看作0分钟，，，…表示收银台开始工作后到达的“新顾客”． 顾客 … 到达时间 0 0 0 0 4 8 … 服务开始时间 0 2 4 6 8 10 … 服务结束时间 2 4 6 8 10 12 … (1)表中第______位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客． 场景2：若店庆活动时已有6位顾客排队，其他条件不变（每2分钟服务一人，“新顾客”每4分钟来一位）． 顾客 … 到达时间 0 0 0 0 0 0 4 8 … ▲ 服务开始时间 0 2 4 ６ 8 10 12 14 … ▲ ▲ 服务结束时间 2 4 6 8 10 12 14 16 … ▲ (2)表中第______位“新顾客”是第一个到达时无需排队的顾客． 【发现与表达】 (3)发现1：“新顾客”服务结束的时间______“新顾客”服务开始时间（填“>”“<”或“=”）． (4)发现2：若______，则当“新顾客”到达时无排队现象．（填“≥”“≤”或“=”） (5)结论：如果服务窗口办理业务的速度为每a分钟服务一位顾客，“新顾客”增加的速度为每b分钟到达一位（）．服务窗口开始服务前已经有m位顾客在等待，假设从第n位“新顾客”开始不需要排队，当______时，排队现象消失（直接写出a，b，m与n的关系）． 82．如图，这是某电影院的价目表．某社团16人去此电影院看电影，打算以比赛奖金1600元购买电影票、爆米花与饮料．如果要让每人拿到一张电影票和一杯饮料，那么最多可买多少盒爆米花？ 价目表电影票    爆米花    饮料 80元/张    25元/盒    20元/杯 *每张电影票能使用下列其中一种优惠． 优惠一：饮料一杯16元； 优惠二：爆米花一盒+饮料一杯30元． 83．定义：如果一元一次不等式组①的解都是一元一次不等式组②的解，那么称一元一次不等式组①是一元一次不等式组②的“相容不等式组”，如果一元一次不等式组①的解都不是一元一次不等式组②的解，那么称一元一次不等式组①是一元一次不等式组②的“相斥不等式组”． (1)根据上述定义，判断不等式组是不等式组的 ．（填序号①“相容不等式组”或②“相斥不等式组”）； (2)若关于的不等式组是的“相斥不等式组”，求的范围； (3)若关于的不等式组是的“相容不等式组”，且和的整数解相同，求的范围． 六、数据的收集、整理与描述 （一）压轴考情 数据的收集、整理与描述是七年级下册统计板块核心章节，是初中统计与概率内容的入门基础，为期中、期末必考压轴题型，多以填空选择压轴、统计综合解答大题形式考查，属于阶段测试拔高压轴重点题型。本章压轴题不再局限于简单统计图读数、基础数据统计，重点围绕统计图表综合分析、样本与总体误差分析、数据估算与实际推断、统计方案辨析与优化四大拔高方向命题，侧重考查数据分析素养与实际应用能力。 常考压轴题型包含：条形统计图、扇形统计图、折线统计图两两结合综合补全与计算、样本估计总体的大数据估算问题、抽样调查合理性辨析与误差分析、统计量与实际场景结合的决策探究、多条件数据整理分类、统计结论正误判断与理由说明、梯度式统计综合探究题。命题多采用多问递进形式，第一问侧重补全图表、简单频数频率计算，第二、三问延伸整体估算、误差分析、方案评价与实际决策，常结合生活热点、校园场景、社会调查等真实情境设问，综合性强、灵活度高，是试卷区分度题型，同时为后续统计概率综合学习奠定核心基础。 （二）解题思路 1. 夯实统计基础概念，规避认知易错：精准区分普查与抽样调查的适用场景、总体、个体、样本、样本容量的核心定义，熟练掌握频数、频率、百分比、圆心角度数的换算公式，明确各类统计图的特征与优缺点，杜绝概念混淆、公式混用等基础失误，是解决统计压轴题的前提。 2. 双图联动互补，突破图表综合题型：针对条形、扇形、折线统计图结合的高频压轴题，核心思路为找唯一已知量、求总量、推未知量，先通过双图公共已知组别数据求出样本总容量，再依次反向求解未知频数、频率、百分比、扇形圆心角度数，最后补全统计图，实现多图表信息互通互补。 3. 掌握样本估计总体，精准数据估算：面对大数据整体估算压轴问题，严格遵循“样本频率→整体数量”的推导逻辑，先用样本数据求出对应类别占比，再结合总体总数列式估算总体对应数量，同时掌握估算误差、取值范围的简单分析方法，保证数据推算严谨准确。 4. 辨析抽样合理性，规避统计偏差：针对统计方案评价、抽样辨析类压轴题型，重点核查样本是否具备代表性、广泛性、随机性，判断样本容量是否充足、抽样场景是否片面，精准找出抽样误区，如样本选取单一、范围局限、忽略特殊群体等问题，规范表述误差原因与优化方案。 5. 结合实际情境，科学分析决策：统计压轴最终落脚点多为实际决策，解题时结合计算得出的数据、图表变化趋势（增减变化、占比差异、最值数据），贴合题干实际场景，有理有据地给出评价、预测、建议与优化方案，杜绝脱离数据的主观判断。 6. 规范答题逻辑，完善步骤细节：统计综合大题注重步骤完整与表述规范，计算类问题公式清晰、数据准确，辨析与说理类问题遵循“判断+依据+结论”的答题逻辑，多问探究题层层递进，活用前问数据结论，规避计算漏洞与说理不严谨问题，全面提升压轴得分率。 （三）好题精练 84．在学习完综合与实践《低碳生活》之后，同学们的节能环保意识有了显著的提高．某小组同学利用课余时间开展了一项关于“新能源汽车充电桩现状”的调查活动，请你帮他们完成下面的活动报告． 活动课题 了解“新能源汽车充电桩的现状” 活动目的 运用所学知识探究新能源汽车充电桩问题，提倡“低碳生活，绿色出行”． 调查数据1 某月，“特来电”“星星充电”“国家电网”“云快充”等企业投放公共充电桩的数量及市场份额的统计图如图：    调查数据2 某小区计划新建地上和地下两类充电桩，每个地上充电桩的占地，每个地下充电桩的占地．已知新建1个地下充电桩比新建1个地上充电桩多0.1万元，新建2个地上充电桩和1个地下充电桩共需要0.7万元． 问题一 统计图中“国家电网”的公共充电桩数量是________，市场份额是________； 问题二 求该小区新建1个地上充电桩和新建1个地下充电桩各需要多少万元．具体解题步骤如下： 问题三 若该小区计划用不超过16.32万元的资金新建60个充电桩，且地上充电桩的数量不超过20个，求共有哪几种建设方案． 具体解题步骤如下： 问题四 考虑到充电设备对小区居住环境的影响，要求充电桩的总占地面积不得超过，在问题三的条件下，若仅有两种方案可供选择，直接写出a的取值范围是________． 85．手工课上，同学们需要将相同大小的正方形硬纸板制成无盖的长方体形收纳盒．小明和小红分别提出了不同的设计方案． 【小明方案】将一张正方形硬纸板四个角各剪去一个同样大小的正方形（如图1），就可以折成一个型无盖的长方体形收纳盒（简称型收纳盒，如图）；    【小红方案】将若干张正方形的硬纸板进行裁剪，张纸板可以裁成个大小相同的小正方形或个大小相同的小长方形（如图），再用这些材料拼接成型无．盖．的长方体形收纳盒纸盒（简称型收纳盒，如图）（要求：所有纸板都要裁剪，且每张纸板只能剪成一种形状；剪下的所有材料刚好用完，没有剩余；拼接时不考虑材料之间的缝隙）    (1)在小明方案中，若正方形硬纸板边长为厘米，剪去的小正方形的边长为厘米，则型收纳盒的体积 （结果用含有的代数式表示） 小明发现型收纳盒体积会随的改变而改变，请你补全下面的表格，并在图表上画出折线统计图． （厘米） （立方厘米）   观察图表，根据的变化规律，猜想纸盒取最大体积时，的值可能在 ． ．厘米至厘米之间；．厘米至厘米之间；．厘米至厘米之间 (2)在小红方案中，用这些正方形硬纸板制作了型收纳盒个，填空： 需要小正方形数量 个，需要小长方形数量 个；（结果用含有的代数式表示） 制作小正方形纸张的正方形硬纸板数量需 张，制作小长方形纸张的正方形纸张硬纸板数量需 张．（结果用含有的代数式表示） (3)若用张正方形硬纸板制作两种收纳盒，要求型收纳盒的数量是型收纳盒数量的倍，且制作型收纳盒剩余材料不能作为型收纳盒的材料，求型收纳盒的数量． 86．随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间．不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势，某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作．为此，该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价，并整理、描述、分析如下： 配送速度和服务质量得分统计表 项目统计量快递公司 配送速度得分 服务质量得分 平均数 中位数 平均数 方差 甲 m 7 乙 8 8 7 (1)补全频数分布直方图，扇形统计图中圆心角α的度数是 ； (2)表格中的m＝ ； （填“”“=”或“”）； (3)如果A，B，C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，求三家种植户选择同一快递公司的概率． 87．为了改善民生，促进经济发展，提高农民收入，县政府有序推进“流动菜市”政策．某村委会志愿者随机抽取部分村民，按照A表示“非常支持”，B表示“支持”，C表示“不关心”，D表示“不支持”四个类别调查他们对该政策态度的情况，将调查结果绘制成如图两幅均不完整的统计图．根据图中提供的信息，解决下列问题： (1)这次共抽取了       名村民进行调查统计，扇形统计图中D类所对应的扇形圆心角的大小是______度． (2)将条形统计图和扇形统计图补充完整． (3)该村共有1200名村民，估计该村村民支持“流动菜市”政策的大约有多少人？ 学科网（北京）股份有限公司 $