专题11.8 期末复习之选填压轴题专项训练-2023-2024学年七年级数学下册讲练测（华东师大版）

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考点1
一元一次方程选填期末真题压轴题
1．（2022春·福建泉州·七年级晋江市第一中学校考期末）已知关于x的一元一次方程x2023+a=2023x的解是x=2022，关于y的一元一次方程b2023+2023c=−a的解是y=−2021（其中b和c是含有y的代数式），则下列结论符合条件的是（ ）
A．b=−y−1,c=y+1B．b=1−y,c=y−1
C．b=y+1,c=−y−1D．b=y−1,c=1−y
【答案】B
【分析】根据x=2022，y=−2021得到x=1−y，得到1−y2023+2023y−1=−a的解为y=−2021，类比b2023+2023c=−a得到答案．
【详解】∵x=2022，y=−2021得到x=1−y，
∴1−y2023+2023y−1=−a的解为y=−2021，
∵方程b2023+2023c=−a的解是y=−2021，
∴b=1−y,c=y−1，
故选B．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解即使得方程左右两边相等的未知数的值，正确理解定义是解题的关键．
2．（2022秋·福建莆田·七年级统考期末）已知关于x的方程x−2−ax6=x3−2有非负整数解，则整数a的所有可能的取值的和为（ ）
A．−23B．23C．−34D．34
【答案】C
【分析】先根据解方程的一般步骤解方程，再根据非负数的定义将a的值算出，最后相加即可得出答案．
【详解】解：x−2−ax6=x3−2
去分母，得6x−2−ax=2x−12
去括号，得6x−2+ax=2x−12
移项、合并同类项，得4+ax=−10
将系数化为1，得x=−104+a
∵ x=−104+a是非负整数解
∴a=−5或−6，−9，−14时，x的解都是非负整数
则−5+−6+−9+−14=−34
故选C．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解，熟练掌握解方程的一般步骤是解题的关键．
3．（2022秋·福建三明·七年级统考期末）如图，跑道由两个半圆部分AB，CD和两条直跑道AD，BC组成，两个半圆跑道的长都是115m，两条直跑道的长都是85m．小斌站在C处，小强站在B处，两人同时逆时针方向跑步，小斌每秒跑4m，小强每秒跑6m．当小强第一次追上小斌时，他们的位置在（ ）
A．半圆跑道AB上B．直跑道BC上
C．半圆跑道CD上D．直跑道AD上
【答案】D
【分析】本题考查的是一元一次方程，设小强第一次追上小彬的时间为x秒，根据小强的路程-小彬的路程=BC的长度，也就是85米，再进一步判断即可求解本题．
【详解】解：设小强第一次追上小彬的时间为x秒，
根据题意，得：6x−4x=85，
解得x=42.5，
则4x=170>115,170-115=55,
所以他们的位置在直跑道AD上，
故选：D．
【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意找到环形跑道上路程间的相等关系：小强的路程-小彬的路程=路程差BC直跑道的长．
4．（2022秋·四川德阳·七年级统考期末）阅读：关于x方程ax=b在不同的条件下解的情况如下：（1）当a≠0时，有唯一解x=ba；（2）当a=0，b=0时有无数解；（3）当a=0，b≠0时无解．请你根据以上知识作答：已知关于x的方程 x3•a= x2﹣ 16 （x﹣6）无解，则a的值是（ ）
A．1B．﹣1C．±1D．a≠1
【答案】A
【详解】解：去分母得：2ax=3x﹣（x﹣6），
去括号得：2ax=2x+6，
移项，合并得，（2a-2）x=6，
因为无解，所以2a﹣2=0，即a=1．
故选A．
【点睛】本题考查了一元一次方程无解，解题关键是准确理解题意，列出关于字母a的方程．
5．（2022秋·福建厦门·七年级厦门双十中学校考期末）甲、乙二人在环形跑道上同时同地出发，同向运动．若甲的速度是乙的速度的2倍，则甲运动2周，甲、乙第一次相遇；若甲的速度是乙的速度的3倍，则甲运动32周，甲、乙第一次相遇；若甲的速度是乙的速度的4倍，则甲运动43周，甲、乙第一次相遇，…，以此探究正常走时的时钟，时针和分针从0点(12点)同时出发，分针旋转________周，时针和分针第一次相遇．
【答案】1211
【详解】设分针旋转x周后，时针和分针第一次相遇，则时针旋转了（x﹣1）周，根据题意可得：60x=720（x﹣1），解得：x=1211．所以分针旋转1211周，时针和分针第一次相遇．
6．（2022秋·福建福州·七年级统考期末）如图，A点的初始位置位于数轴上表示2的点，现对A点做如下移动：第1次向左移动4个单位长度至B点，第2次从B点向右移动8个单位长度至C点，第3次从C点向左移动12个单位长度至D点，第4次从D点向右移动16个单位长度至E点，……．依此类推，按照以上规律第__________次移动到的点到原点的距离为34．
【答案】16或17
【分析】先根据数轴的定义分别求出第1-7次移动到的点表示的数，再归纳类推出一般规律，然后根据数轴的定义可得两个一元一次方程，解方程即可得．
【详解】由题意得：第1次移动到的点表示的数为2+(−4)=−2，
第2次移动到的点表示的数为−2+8=6，
第3次移动到的点表示的数为6+(−12)=−6，
第4次移动到的点表示的数为−6+16=10，
第5次移动到的点表示的数为10+(−20)=−10，
第6次移动到的点表示的数为−10+24=14，
第7次移动到的点表示的数为14+(−28)=−14，
归纳类推得：当移动次数为奇数时，第n次移动到的点表示的数为−2n（负整数）；当移动次数为偶数时，第n次移动到的点表示的数为2n+2（正整数），其中n为正整数，
当移动到的点到原点的距离为34，则移动到的点表示的数为−34或34，
（1）当移动次数为奇数时，
则−2n=−34，
解得n=17，为奇数，符合题设；
（2）当移动次数为偶数时，
则2n+2=34，
解得n=16，为偶数，符合题设；
综上，第16或17次移动到的点到原点的距离为34，
故答案为：16或17．
【点睛】本题考查了数轴、一元一次方程的应用，依据题意，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
7．（2022秋·四川绵阳·七年级统考期末）已知a，b为定值，且无论k为何值，关于x的方程kx−a3=1−2x+bk2的解总是x＝2，则ab=_________．
【答案】−4
【分析】根据一元一次方程的解法，去分母并把方程整理成关于a、b的形式，然后根据方程的解与k无关分别列出方程求解即可．
【详解】解：方程两边都乘6，去分母得2（kx-a）=6-3（2x+bk），
∴2kx-2a=6-6x-3bk，
整理得（2x+3b）k+6x=2a+6，
∵无论k为何值，方程的解总是2，
∴2a+6=6×2，2×2+3b=0，
解得a=3，b=−43，
∴ab=3×(−43)=−4．
故答案为：-4．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解，根据方程的解与k无关，则k的系数为0列出方程是解题的关键．
8．（2022秋·四川达州·七年级统考期末）若关于x的方程2kx+m3=x−nk6+2，无论k为任何数时，它的解总是x=1，那么m+n=_______．
【答案】52
【分析】先将x=1代入原方程得，根据无论k为任何数时(4+n)k=13−2m恒成立，可得k的系数为0，由此即可求出答案．
【详解】解：将x=1代入2kx+m3=x−nk6+2，
∴ 2k+m3=1−nk6+2，
∴(4+n)k=13−2m，
由题意可知：无论k为任何数时(4+n)k=13−2m恒成立，
∴n+4=0，
∴n=−4，m=132，
∴m+n=52，
故答案为：52
【点睛】本题主要考查了一元一次方程，解题的关键是正确理解一元一次方程的解．
9．（2022秋·四川成都·七年级统考期末）如图所示，甲、乙两人沿着边长为10m的正方形，按A→B→C→D→A…的方向行走，甲从A点以5m/分钟的速度，乙从B点以8m/分钟的速度行走，两人同时出发，当甲、乙第20次相遇时，它们在_______边上。
【答案】AD
【分析】先分别算出第一次、第二次相遇所用时间，第三次开始，相遇所用时间都与第二次相同，从而求出第20次相遇时所用时间，然后计算出乙的路程，根据一圈40m判断第20次相遇所在的边.
【详解】解：设第一次相遇用时t1分钟，8t1−5t1=10×3，得t1=10，
设又过了t2分钟第二次相遇，8t2−5t2=10×4，得t2=403，
∴从第二次相遇开始每隔403分钟甲、乙相遇一次，
∴第20次相遇用时为：10+403×20−1=7903（分钟），
∴乙的路程为：7903×8÷40=5223（圈），故相遇在AD边.
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，掌握追及问题的做法，准确找出等量关系是解题的关键.
考点2
一次方程组选填期末真题压轴题
1．（2022春·湖南长沙·七年级统考期末）已知方程组（xyz≠0），则x：y：z等于（ ）
A．2：1：3B．3：2：1C．1：2：3D．3：1：2
【答案】C
【分析】先利用加减消元法将原方程组消去，得出和的关系式；再利用加减消元法将原方程组消去，得出和的关系式；最后将中与均用表示并化简即得比值．
【详解】∵
∴由①×3+②×2，得
由①×4+②×5，得
∴
故选：C．
【点睛】本题考查加减消元法及方程组含参问题，利用加减消元法将多个未知数转化为同一个参数是解题关键．
2．（2022春·湖南衡阳·七年级校考期末）咖啡A与咖啡B以之比（以质量计）混合，A的原价为50元/kg，B的原价为40元/kg．若A的价格增加，而B的价格减少，且混合咖啡每千克的价格不变，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意首先求得原咖啡的价格；如果A的价格增加10%，B的价格减少15%，此时咖啡的价格再根据混合咖啡的价格保持不变，即原咖啡的价格＝此时咖啡的价格．即可求得x：y的值．
【详解】解：根据题意得
化简得50x+40y＝55x+34y
∴x：y＝6：5
故选：C．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，解决本题的关键是明白元咖啡的价格计算方法与调整A、B价格后混合咖啡价格的计算方法，列出等式方程．
3．（2022春·福建福州·七年级福建省福州第十九中学校考期末）用如图①中的长方形和正方形纸板为侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒（图2中两个盒子朝上的一面不用纸板）．现在仓库里有m张长方形纸板和n张正方形纸板，如果做两种纸盒若干个，恰好使库存的纸板用完，则的值有可能是（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】A
【分析】设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒y个，由所需长方形纸板和正方形纸板的张数列出方程组，再由x、y的系数表示出m+n并判断m+n为5的倍数，然后选择答案即可．
【详解】解：设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒为y个，
根据题意得：，
整理得：m+n＝5（x+y），
∵x、y都是正整数，
∴m+n是5的倍数，
∵2020、2021、2022、2023四个数中只有2020是5的倍数，
∴m+n的值可能是2020．
故选：A．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
4．（2022春·四川攀枝花·七年级校考期末）若方程组无解，则a=_________
【答案】-6
【分析】把第二个方程整理得到y＝2x−1，然后利用代入消元法消掉未知数y得到关于x的一元一次方程，再根据方程组无解，未知数的系数等于0列式计算即可得解．
【详解】解：，
由②得，y＝2x−1③，
③代入①得，ax＋3（2x−1）＝9，
即（a＋6）x＝12，
∵方程组无解，
∴a＋6＝0，
∴a＝−6．
故答案为：−6．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，消元得到关于x的方程是解题的关键，难点在于明确方程组无解，未知数的系数等于0．
5．（2022·四川资阳·七年级统考期末）已知关于x、y的方程组，其中，有以下结论：当时，x、y的值互为相反数；当时，方程组的解也是方程的解；若，则其中所有正确的结论有______填序号
【答案】①②③
【分析】解方程组得出x、y的表达式，根据a的取值范围确定x、y的取值范围，再逐一判断即可．
【详解】解方程组，得，
，
，，
当时，，，x，y的值互为相反数，结论正确；
当时，，，方程两边相等，结论正确；
当时，，
解得，且，
，
，
结论正确，
故答案为．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，解一元一次不等式组关键是根据条件，求出x、y的表达式及x、y的取值范围．
6．（2022春·四川资阳·七年级四川省安岳中学校考期末）有甲、乙、丙三种货物，若购买甲3件、乙7件、丙1件共需63元；若购买甲4件、乙10件、丙1件只需84元，则购买甲、乙、丙各一件共需__________元．
【答案】21
【分析】设甲的单价为x元，乙的单价为y元，丙的单价为z元，根据题意，得，计算的值即可．
【详解】设甲的单价为x元，乙的单价为y元，丙的单价为z元，
根据题意，得，
②-①得，
∴，
∴
∴，
故答案为：21．
【点睛】本题考查了方程组的应用，整体法解方程组，熟练掌握整体思想求解是解题的关键．
7．（2022春·四川广元·七年级校联考期末）若方程组的解是，则方程组的解是_____．
【答案】
【分析】把第二个方程组的两个方程的两边都乘以5，通过换元替代的方法来解决．
【详解】解：将方程组的两个方程都乘以5得：
，
∵方程组的解是，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题是考查了解二元一次方程组，考查了同学们的逻辑推理能力，需要通过类比来解决，有一定的难度．
8．（2022春·四川内江·七年级四川省内江市第六中学校考期末）利用两块长方体木块测量一张桌子的高度．首先按图①方式放置，再交换两木块的位置，按图②方式放置．测量的数据如图，则桌子的高度是______cm；
【答案】75
【分析】设桌子的高度为hcm，长方体木块的长为xcm，长方体木块的宽为ycm，建立关于h，x，y的方程组求解．
【详解】解：设桌子的高度为hcm，长方体木块的长为xcm，长方体木块的宽为ycm，
由第一个图形可得：h−y＋x＝80，
由第二个图形可得：h−x＋y＝70，
两个方程相加得：（h−y＋x）＋（h−x＋y）＝150，
解得：h＝75．
即桌子的高度为75 cm．
故答案为：75．
【点睛】本题是一道能力题，考查方程思想、整体思想的应用及观察图形的能力．
9．（2022春·福建福州·七年级福建省福州第十六中学校考期末）若m1，m2，…，m2021是从0，1，2，这三个数中取值的一列数，且m1+m2+…+m2021=1530，(m1-1)2+(m2-1)2+…+(m2021-1)2=1525，则在m1，m2，…，m2021中，取值为2的个数为_________．
【答案】517
【分析】设0有a个，1有b个，2有c个，由（1-1）2=0，（0-1）2=1，（2-1）2=1，可得，由m1+m2+…+m2021=1530，可得，再由数字总个数为2021，即可列出方程求解．
【详解】解：设0有a个，1有b个，2有c个，
∵（m1-1）2+（m2-1）2+…+（m2021-1）2=1525，
∵m1，m2，…，m2021是从0，1，2这三个数中取值的一列数，（1-1）2=0，（0-1）2=1，（2-1）2=1，
∴
∵m1+m2+…+m2021=1530，
∴，
∴，
解得，
故取值为2的个数为517个，
故答案为：517．
【点睛】此题考查了三元一次方程的应用，有理数的乘方和有理数的加法运算，解题的关键在于能够找到等量关系列出方程求解．
10．（2022春·福建泉州·七年级晋江市第一中学校考期末）已知关于，的二元一次方程，无论实数取何值，此二元一次方程都有一个相同的解，则这个相同的解是______．
【答案】
【分析】将方程整理成关于m的一元一次方程，若无论实数m取何值，此二元一次方程都有一个相同的解，则与m无关，从而令m的系数为0，从而得关于x和y的二元一次方程组，求解即可．
【详解】将（m+1）x+（2m-1）y+2-m=0整理得：mx+x+2my-y+2-m=0，即m（x+2y-1）+x-y+2=0，
因为无论实数m取何值，此二元一次方程都有一个相同的解，
所以，
解得：．
故答案为：．
【点睛】考查了含参数的二元一次方程有相同解问题，解题关键是利用转化思想．
考点3
一元一次不等式选填期末真题压轴题
1．（2022春·福建泉州·七年级福建省泉州第一中学校考期末）非负数x，y满足x−12=2−y3，记W=3x+4y，W的最大值为m，最小值n，则m+n=（ ）
A．6B．7C．14D．21
【答案】D
【分析】设x−12=2−y3 =t，用t表示出x、y的值，再由x，y为非负数即可求出t的取值范围，把所求代数式用t的形式表示出来，根据t的取值范围即可求解．
【详解】解：设x−12=2−y3 =t，
则x=2t+1，y=2-3t，
∵x≥0，y≥0，
∴2t+1≥0，2-3t≥0，
解得t≥−12,t≤23
∴−12≤t≤23,
∵w=3x+4y，把x=2t+1，y=2-3t，代入得：w=-6t+11，
∴−12≤11−w6≤23
解得，7≤w≤14，
∴w的最大值是14，最小值是7，
∴m+n=14+7=21．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，通过设参数的方法求出W的取值范围是解答此题的关键．
2．（2022春·福建厦门·七年级厦门市湖滨中学校考期末）已知关于x，y的方程组x−3y=4−tx+y=3t，其中−3≤t≤1，给出下列结论：①x=1y=−1是方程组的解；②若x−y=3，则t=−2；③若M=2x−y−t．则M的最小值为−3；④若y≥−1时，则0≤x≤3；
其中正确的有（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．①③④
【答案】B
【分析】解方程组得x=2t+1y=t−1，①当x=1y=−1时，解得t=0，符合−3≤t≤1；②当x−y=3时，得t=1，不符合题意；③当M=2x−y−t时，得−3≤M≤5，可判断；④当y≥−1时，得x≥1，可判断．
【详解】解：解方程组得x=2t+1y=t−1，
①当x=1y=−1时，则x=2t+1=1y=t−1=−1，解得t=0，符合题意，故正确；
②当x−y=3时，(2t+1)-(t-1)=3，解得t=1，不符合题意，故错误；
③当M=2x−y−t时，M=2t+3，∵−3≤t≤1，∴−3≤M≤5，符合题意，故正确；
④当y≥−1时，t−1≥−1，即t≥0，∴x≥1，不符合题意，故错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，二元一次方程组的解，解二元一次方程组，得到方程组的解是解题的关键．
3．（2022春·福建泉州·七年级晋江市第一中学校考期末）若关于x的不等式mx- n＞0的解集是x<15，则关于x的不等式(m+n)x>n−m的解集是（ ）
A．x>−23B．x<−23C．x<23D．x>23
【答案】B
【分析】先解不等式mx- n＞0，根据解集x<15可判断m、n都是负数，且可得到m、n之间的数量关系，再解不等式(m+n)x>n−m可求得
【详解】解不等式：mx- n＞0
mx＞n
∵不等式的解集为：x<15
∴m＜0
解得：x＜nm
∴nm=15，
∴n＜0，m=5n
∴m+n＜0
解不等式：(m+n)x>n−m
x＜n−mm+n
将m=5n代入n−mm+n得：
n−mm+n=n−5n5n+n=−4n6n=−23
∴x＜−23
故选：B
【点睛】本题考查解含有参数的不等式，解题关键在在系数化为1的过程中，若不等式两边同时乘除负数，则不等号需要变号.
4．（2022春·福建泉州·七年级校联考期末）定义：对于任意数a，符号a表示不大于a的最大整数，例如：5.8=5，10=10，−π=−4．若a=−6，则a的取值范围是（ ）．
A．a≥−6B．−6≤a＜−5C．−6＜a＜−5D．−7＜a≤−6
【答案】B
【分析】符号a表示不大于a的最大整数，即a为小于等于a的最大整数.
【详解】因为a为小于等于a的最大整数，所以a≤a＜a＋1，
若a＝－6，则a的取值范围是−6≤a＜−5，
故选B.
【点睛】本题考查了对不等关系的理解，解题的关键是理解符号a的本质是小于或等于a的最大整数.
5．（2022春·福建泉州·七年级校考期末）如图，在数轴上，已知点A，B分别表示数1，−2x+3，那么数轴上表示数−x+2的点应落在( )
A．点A的左边B．线段AB上C．点B的右边D．数轴的任意位置
【答案】B
【分析】根据数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，可得不等式，根据解不等式，可得答案；根据不等式的性质，可得点在A点的右边，根据作差法，可得点在B点的左边．
【详解】解：由数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，得：-2x+3＞1，
解得x＜1；
-x＞-1．
-x+2＞-1+2，
解得-x+2＞1．
所以数轴上表示数-x+2的点在A点的右边；
作差，得：-2x+3-（-x+2）=-x+1，
由x＜1，得：-x＞-1，
-x+1＞0，
-2x+3-（-x+2）＞0，
∴-2x+3＞-x+2，
所以数轴上表示数-x+2的点在B点的左边,点A的右边．
故选B．
【点睛】本题考查了一元一次不等式，解题的关键是利用数轴上的点表示的数右边的总比左边的大得出不等式．
6．（2022春·福建泉州·七年级泉州五中校考期末）已知x，y同时满足x+3y=4−m，x−5y=3m，若y>1−a，3x−5≥a，且x只能取两个整数，则a的取值范围是_____．
【答案】2【分析】设两个整数为n，n+1，利用a这个量交叉传递，得到n的值，从而求解．
【详解】解：由x+3y=4−m①与x−5y=3m②进行如下运算：
①×3+②得到：4x+4y＝12，
∴x+y＝3，
∴y=3−x，
∵y>1−a，3x−5≥a，
∴3−x>1−a3x−5≥a，
故x∵x只能取两个整数，
故令整数的值为n，n+1，
则n−1故n−1∴n−1<3n−5，且3n−8∴2∴n=3，
∴2∴2【点睛】本题考查二元一次方程组，不等式组的解集，能够熟练地进行等量代换是解决本题的关键．
7．（2022春·福建泉州·七年级统考期末）按图中程序计算，规定：从“输入一个值x”到“结果是否≥17”为一次程序操作，如果程序操作进行了两次才停止，则x的取值范围为_______________________．
【答案】73≤x<6
【分析】根据题意得到第一次运算结果小于17，第二次运算结果大于等于17，列出不等式组，解不等式组即可求解．
【详解】解：由题意得{3x−1＜17①3(3x−1)−1≥17②
解不等式①得 x＜6，
解不等式②得x≥73，
∴不等式组的解集为73≤x<6．
故答案为：73≤x<6
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，理解运算程序并根据题意列出不等式组是解题关键．
8．（2022春·福建福州·七年级校考期末）已知关于x的不等式组3x+m<0x>−5的所有整数解的和为﹣9，m的取值范围为_________
【答案】3⩽m<6或−6⩽m<−3．
【分析】首先确定不等式组的解集，先利用含m的式子表示，根据所有整数解的和为﹣9可以确定有哪些整数解，再根据解的情况可以得到关于m的不等式，从而求出m的范围．
【详解】解：∵ 3x+m<0①x>−5②，
由①得，x<−m3，
∵不等式组有解，
∴不等式组的解集为−5∵不等式组的所有整数解的和为−9，
∴不等式组的整数解为−4、−3、−2或−4、−3、−2、−1、0、1．
I.当不等式组的整数解为−4、−3、−2时，有−2<−m3⩽−1，
∴m的取值范围为3⩽m<6；
II.当不等式组的整数解为−4、−3、−2、−1、0、1时，有1<−m3⩽2，
∴m的取值范围为−6⩽m<−3．
故答案为：3⩽m<6或−6⩽m<−3．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的整数解，正确解出不等式组的解集，并会根据整数解的情况确定m的取值范围是解决本题的关键．
9．（2022春·福建福州·七年级福建省福州屏东中学校考期末）已知不等式3x-a≤0的正整数解恰是1，2，3，4，那么a的取值范围是_________________.
【答案】12≤a<15
【分析】用含a的式子表示出不等式的解集，由不等式的正整数解，得到x的范围，再根据x与a的关系列不等式(组)求解.
【详解】因为3x－a≤0，所以x≤a3，
因为原不等式的正整数解恰是1，2，3，4，
即a3≥4a3<5，解得12≤a＜15
故答案为：12≤a＜15
【点睛】由不等式(组)的整数解确定所含字母的取值范围的解法是：①解不等式(组)，用字母系数表示出解集；②由不等式(组)的整数解确定不等式(组)的解集；③综合①②列出关于字母系数的不等式(注意是否可取等于)求解.
10．（2022春·四川南充·七年级南充市第十中学校校考期末）已知2x−13+1≥x−5−3x2，则代数式2−x−x+3最大值与最小值的差是________．
【答案】10411
【分析】首先解一元一次不等式，解题时要注意系数化一时：系数是-11，不等号的方向要改变．在去绝对值符号时注意：当a为正时，|a|=a；当a为0时，|a|=0；当a为负时，|a|=-a．
【详解】解：2x−13+1≥x−5−3x2，
去分母得：2（2x−1）+6≥6x−3（5−3x），
去括号得：4x−2+6≥6x−15+9x，
移项得：4x−6x−9x≥−15+2−6，
合并同类项得：−11x≥−19，
解不等式组得：x≤1911；
（1）当−3≤x≤1911时，2−x−x+3=2−x−x+3=2−x−x−3=−1−2x，
当x=1911时有最小值−4911，
当x=−3时有最大值5；
（2）当x＜−3时，2−x−x+3=2−x+x+3=2−x+x+3=5，
∴当x＜−3时2−x−x+3的值恒等于5（最大值）；
∴最大值与最小值的差是5−−4911=5+4911=10411.
故答案为：10411.
【点睛】此题考查了一元一次不等式的求解与绝对值的性质．解题时要注意一元一次不等式的求解步骤，绝对值的性质．
11．（2022春·四川攀枝花·七年级统考期末）已知关于x的不等式2x−m<0的正整数解恰好是1，2，3，4，那么m的取值范围是_______
【答案】8【分析】先求出不等式的解集，根据已知得出关于m的不等式组，求出即可.
【详解】解：不等式2x−m<0的解集是：x∵不等式的正整数解恰是1，2，3，4，
∴4∴m的取值范围是8故答案为8【点睛】本题考查一元一次不等式的整数解的应用，求出关于m的不等式组，准确确定m的界点值是解答此题的关键之处.
12．（2022春·四川泸州·七年级统考期末）不等式组x＞−1x＜m有2个整数解，则m的取值范围是___
【答案】1＜m≤2
【分析】求出不等式组的解集，根据不等式组有2个整数解，即可确定出m的范围．
【详解】解不等式组x>−1①x不等式组的解集为：−1∵不等式组有2个整数解，
∴不等式组的整数解为：0,1．
∴1故答案为1【点睛】本题考查了解一元一次不等式组．
13．（2022春·四川南充·七年级统考期末）不等式3x﹣3m≤﹣2m的正整数解为1，2，3，4，则m的取值范围是_____．
【答案】12≤m＜15
【详解】分析：先求出不等式的解集，然后根据其正整数解求出m的取值范围．
详解：不等式3x﹣3m≤﹣2m的解集为x≤13m，
∵正整数解为1，2，3，4，
∴m的取值范围是4≤13m＜5，即12≤m＜15．
故答案为12≤m＜15．
点睛：本题考查不等式的解法及整数解的确定．解不等式要用到不等式的性质：（1）不等式的两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式的两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
考点4
多边形选填期末真题压轴题
1．（2022春·四川内江·七年级统考期末）如图，AB⊥AF，∠B、∠C、∠D、∠E、∠F的关系为（ ）
A．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝270°B．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝270°
C．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°D．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝360°
【答案】B
【分析】分析题意∠DMA=∠1，∠DNA=∠2，然后利用三角形的内角和、等量代换求解即可．
【详解】解：连接AD，
在△DMA中，∠DMA+∠MDA+∠MAD＝180°，
在△DNA中，∠DNA+∠NDA+∠NAD＝180°，
∴∠DMA+∠MDA+∠MAD+∠DMA+∠NDA+∠NAD＝360°，
∵∠MAD+∠NAD＝360°﹣∠BAF，
∴∠DMA+∠DNA+∠MDN+360°﹣∠BAF＝360°，
∵AB⊥AF，
∴∠BAF＝90°，
∴∠DMA+∠DNA＝90°﹣∠MDN，
∵∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，
∵∠1＝180°﹣∠B﹣∠C，∠2＝180°﹣∠E﹣∠F，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴90°﹣∠MDN＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴∠B+∠C+∠E+∠F﹣∠MDN＝270°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理的应用，将图形中角的关系利用三角形的内角和等于180°进行转化，再运用等量代换是解题的关键．
2．（2022春·四川绵阳·七年级校考期末）如图，AB∥CD，∠BAC与∠DCA的平分线相交于点G，GE⊥AC于点E，F为AC上的一点，且FA＝FG＝FC，GH⊥CD于H.下列说法：①AG⊥CG；②∠BAG＝∠CGE；③S△AFG＝S△CFG；④若∠EGH︰∠ECH＝2︰7，则∠EGF＝50°.其中正确的有（ ）
A．①②③④B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】A
【详解】试题分析：灵活利用平行线的性质、等角的余角相等、四边形的内角和、等边对等角、三角形的面积公式、角平分线的性质进行分析．
①中，根据两条直线平行，同旁内角互补，得∠BAC+∠ACD=180°，
再根据角平分线的概念，得∠GAC+∠GCA=∠BAC+∠ACD=×180°=90°，
再根据三角形的内角和是180°，得AG⊥CG；
②中，根据等角的余角相等，得∠CGE=∠GAC，故∠BAG=∠CGE；
③中，根据三角形的面积公式，
∵AF=CF，∴S△AFG=S△CFG；
④中，根据题意，得：在四边形GECH中，∠EGH+∠ECH=180度．
又∠EGH：∠ECH=2：7，则∠EGH=180°×=40°，∠ECH=180°×=140度．
∵CG平分∠ECH，∴∠FCG=∠ECH=70°，
根据直角三角形的两个锐角互余，得∠EGC=20°．
∵FG=FC，
∴∠FGC=∠FCG=70°，
∴∠EGF=50°．
故上述四个都是正确的．
考点：多边形内角与外角；平行线的性质；三角形的面积
点评：此题的综合性较强，运用了平行线的性质、等角的余角相等、四边形的内角和公式、等边对等角、三角形的面积公式、角平分线的概念．
3．（2022春·福建宁德·七年级统考期末）如图，已知AE是ΔABC的角平分线，AD是BC边上的高．若∠ABC=34°，∠ACB=64°，则∠DAE的大小是（ ）
A．5°B．13°C．15°D．20°
【答案】C
【分析】由三角形的内角和定理，可求∠BAC=82°，又由AE是∠BAC的平分线，可求∠BAE=41°，再由AD是BC边上的高，可知∠ADB=90°，可求∠BAD=56°，所以∠DAE=∠BAD-∠BAE，问题得解．
【详解】在△ABC中，
∵∠ABC=34°，∠ACB=64°,
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=82°，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=∠CAE=41°.
又∵AD是BC边上的高，
∴∠ADB=90°，
∵在△ABD中∠BAD=90°−∠B=56°，
∴∠DAE=∠BAD −∠BAE =15°.
【点睛】在本题中，我们需要注意到已知条件中已经告诉三角形的两个角，所以利用内角和定理可以求出第三个角，再有已知条件中提到角平分线和高线，所以我们可以利用角平分线和高线的性质计算出相关角，从而利用角的和差求解，在做几何证明题时需注意已知条件衍生的结论.
4．（2022春·四川成都·七年级成都七中校考期末）如图，已知∠AOB=7°，一条光线从点A出发后射向OB边．若光线与OB边垂直，则光线沿原路返回到点A，此时∠A=90°−7°=83°．当∠A<83°时，光线射到OB边上的点A1后，经OB反射到线段AO上的点A2，易知∠1=∠2．若A1A2⊥AO，光线又会沿A2→A1→A原路返回到点A，此时∠A=______ °．若光线从A点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点A，则锐角∠A的最小值=______ °．
【答案】 76 6
【分析】根据入射角等于反射角得出∠1=∠2=90°−7°=83°，再由∠1是△AA1O的外角即可得∠A度数；如图，当MN⊥OA时，光线沿原路返回，分别根据入射角等于反射角和外角性质求出∠5、∠9的度数，从而得出与∠A具有相同位置的角的度数变化规律，即可解决问题．
【详解】解：∵A1A2⊥AO，∠AOB=7°，
∴∠1=∠2=90°−7°=83°，
∴∠A=∠1−∠AOB=76°，
如图：
当MN⊥OA时，光线沿原路返回，
∴∠4=∠3=90°−7°=83°，
∴∠6=∠5=∠4−∠AOB=83°−7°=76°=90°−2×7°，
∴∠8=∠7=∠6−∠AOB=76°−7°=90°−3×7°，
∴∠9=∠8−∠AOB=69°−7°=62°=90°−4×7°，
由以上规律可知，∠A=90°−2n⋅7°，
当n=6时，∠A取得最小值，最小度数为6°，
故答案为：76，6．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质和三角形的外角性质及入射角等于反射角，根据三角形的外角性质及入射角等于反射角得出与∠A具有相同位置的角的度数变化规律是解题的关键．
5．（2022春·四川成都·七年级校考期末）如图，∠ACM是三角形ABC的一个外角．
如图1，∠ABP1=12∠ABM，∠ACP1=12∠ACM，则∠P1∠A=12；
（1）如图2，∠ABP2=13∠ABM，∠ACP2=13∠ACM，则∠P2∠A=________；
（2）如图3，∠ABPn=1n+1∠ABM，∠ACPn=1n+1∠ACM，则∠Pn∠A=________．
【答案】 23 nn+1
【分析】设∠ABM=α，∠ACM=β，
（1）先求得∠P2BM=23α，∠A=β−α，利用三角形的外角性质求得∠P2=23β−23α，即可求解；
（2）先求得∠A=β−α， ∠PnBM=nn+1α，利用三角形的外角性质求得∠Pn=nn+1β−nn+1α，即可求解．
【详解】设∠ABM=α，∠ACM=β，
（1）∵∠ABP2=13∠ABM，
∴∠P2BM=23α，
在△ABC中，∠ACM=∠A+∠ABM，
∴∠A=β−α，
在△P2BC中，∠P2CM=∠P2BM+∠P2，
∴∠P2=∠P2CM−∠P2BM，
∵∠ACP2=13∠ACM，
∴∠P2CM=23β，
∴∠P2=23β−23α，
∴∠P2∠A=23β−23αβ−α=23．
（2）在△ABC中，∠ACM=∠A+∠ABC，
∴∠A=β−α，
∵∠ABPn=1n+1∠ABM，
∴∠PnBM=nn+1α，
∵∠ACPn=1n+1∠ACM，
∴∠PnCM=nn+1β，
在△BPnC中，∠PnCM=∠PnBM+∠Pn，
∴∠Pn=nn+1β−nn+1α，
∴∠Pn∠A=nn+1β−nn+1αβ−α=nn+1．
故答案为：23，nn+1．
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质以及几何证明，掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
6．（2022春·福建福州·七年级福建省福州延安中学校考期末）如图，在△ABC中，点E是AB边上的点，且AE:EB=2:3，点D是BC边上的点，且BD:DC=1:2，AD与CE相交于点F，若四边形BDFE的面积是16，则△ABC的面积为______．
【答案】60
【分析】连接FB，设S△BDF＝a，S△BEF＝b，推出S△AEF=23b，S△CDF＝2a，S△ABD=12S△ACD=（16+23b），S△ACE=23（16+2a），根据S△ACF＝S△ACD﹣S△CDF＝S△ACE﹣S△AEF得到10a﹣6b＝64，与a+b＝16构成方程组，解方程组求得a、b的值，进而即可求得△ABC的面积．
【详解】解：连接FB，如图所示：
设S△BDF＝a，S△BEF＝b，
∵AEEB=23，
∴S△AEF=23b，
∵BD：DC＝1：2，
∴S△CDF＝2a，
∴S△ABD=12S△ACD＝16+23b，S△ACE=23（16+2a），
∵S△ACF＝S△ACD﹣S△CDF＝S△ACE﹣S△AEF，
∴32+43b﹣2a=23（16+2a）−23b，
∴10a﹣6b＝60，
∵a+b＝16，
10a−6b=64a+b=16，
解得a=10b=6，
∴S△ABC＝S△ACD+S△AEF+S四边形BDFE
＝（32+43b）+23b+16
＝48+2b
＝48+12＝60．
故答案为60．
【点睛】本题考查了三角形的面积，二元一次方程组，解决本题的关键是掌握三角形的面积公式．
7．（2022秋·福建福州·七年级福建省福州延安中学校考期末）如图，AB∥CD，点P为CD上一点，∠EBA、∠EPC的角平分线于点F，已知∠F＝40°，则∠E＝_____度．
【答案】80
【分析】根据角平分线的性质和平行线的性质可得∠FMA=∠F+∠1，∠E+2∠1=2∠FMA，从而得出∠E=2∠F求解．
【详解】如图，根据角平分线的性质和平行线的性质，
可知∠FMA=12∠CPE=∠F+∠1，∠ANE=∠E+2∠1=∠CPE=2∠FMA，
∴∠E+2∠1=2（∠F+∠1）
∴∠E=2∠F=2×40°=80°．
故答案为80．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2022秋·黑龙江大庆·七年级统考期末）在等腰△ABC中，AB=AC，AC腰上的中线BD将三角形周长分为15和21两部分，则这个三角形的底边长为______．
【答案】16或8
【分析】本题由题意可知有两种情况，AB+AD=15或AB+AD=21．从而根据等腰三角形的性质及三角形三边关系可求出底边为8或16．
【详解】解：∵BD是等腰△ABC的中线，可设AD=CD=x，则AB=AC=2x
又知BD将三角形周长分为15和21两部分
∴可知分为两种情况
①AB+AD=15，即3x=15，解得x=5，此时BC=21﹣x=21﹣5=16
②AB+AD=21，即3x=21，解得x=7；此时等腰△ABC的三边分别为14，14，8
经验证，这两种情况都是成立的
∴这个三角形的底边长为8或16
故答案为：16或8
【点睛】本题主要考查来了等边三角形的性质以及三角形的三边关系（两边之和大于第三边，两边只差小于第三边），注意求出的结果燕验证三角形的三边关系，掌握分类讨论思想是解题的关键．
9．（2022春·山东聊城·七年级统考期末）（1）在图1中，将四边形的四个内角剪下来，并将剪下来的各个内角按图2所示的方式拼在一起，这四个角恰好拼成了一个周角，由此你发现了四边形的内角和为______
（2）请你将下列四边形分别转化为2个、3个、4个三角形，画出图形．
（3）请你利用（2）中的任意一个图形，求出四边形的内角和．
【答案】（1）360°；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据图形即可回答；
（2）在四边形内部找到一个点，分别和如图两个顶点，三个顶点和四个顶点进行连接，即可转化；
（3）利用分成的三角形的总内角和减去中间公共顶点的所有角的和即可求证.
【详解】解：（1）∵这四个角恰好拼成了一个周角，
∴四边形的内角和为360°，
故答案为：360；
（2）如图，分别将三个图形分成2个、3个、4个三角形如下：
（3）如图：O为四边形ABCD内的一点，连接AO、BO、CO、DO，
可知：∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA，
∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB，
∠COD=180°-∠OCD-∠ODC，
∠DOA =180°-∠ODA-∠OAD，
∴∠OAB+∠OBA+∠OBC+∠OCB+∠OCD+∠ODC+∠ODA+∠OAD
=180°-∠AOB+180°-∠BOC +180°-∠COD +180°-∠DOA
=180°×4-360°
=360°.
【点睛】本题考查了多边形的内角和，涉及到三角形和四边形的内角和，解题的关键是掌握内角和的求法.
10．（2022春·浙江温州·七年级统考期末）图1是一盏可折叠台灯。图2为其平面示意图，底座AO⊥OE于点O，支架AB，BC为固定支撑杆，∠A是∠B的两倍，灯体CD可绕点C旋转调节.现把灯体CD从水平位置旋转到CD’位置(如图2中虚线所示)，此时，灯体CD’所在的直线恰好垂直支架AB，且∠BCD-∠DCD’=126°，则∠DCD’=_________.
【答案】36°
【分析】延长OA交CD于点F，延长D′C交AB于点G，则∠AGC=∠AFC=90°，得到∠DCD′=∠GAF，在四边形ABCF中，利用四边形的内角和为360°，列出等式，即可求出∠DCD′的度数．
【详解】解：延长OA交CD于点F，延长D′C交AB于点G，如图：
∵CD//OE，
∴OA⊥CD，
∵AO⊥OE，D′C⊥AB，
∴∠AGC=∠AFC=90°，
∴∠GCF+∠GAF=180°，
∵∠DCD′+∠GCF=180°，
∴∠DCD′=∠GAF，
∴∠BAO=180°−∠DCD′，
∴∠B=12(180°−∠DCD′)，
∵∠BCD−∠DCD′=126°，
∴∠BCD=∠DCD′+126°，
在四边形ABCF中，有
∠GAF+∠B+∠BCD+∠AFC=360°，
∴∠DCD′+12(180°−∠DCD′)+∠DCD′+126°+90°=360°，
解得：∠DCD′=36°；
故答案为：36°．∴OA⊥CD
【点睛】本题考查了四边形的内角和的应用，同角的补角相等，邻补角的定义，几何图形中角度的和差关系，解题的关键是正确的作出辅助线，利用四边形的内角和为360°进行解题．
考点5
轴对称、平移与旋转选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【答案】D
【分析】根据轴对称的性质作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，得到△PMN，由此解答.
【详解】解：过点P作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，
∵PD⊥AC，PG⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴∠C+∠EPF＝180°，
∵∠C＝50°，
∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，
∴∠D+∠G＝50°，
由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，
∴∠GPN+∠DPM＝50°，
∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，
故选：D．
【点睛】此题考查最短路径问题，根据题意首先作出对称点，连接对称点得到符合题意的三角形，再根据轴对称的性质解答，正确掌握最短路径问题的解答思路是解题的关键.
2．（2022春·浙江绍兴·七年级校联考期末）将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图2的方式放入周长为48的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（ ）
A．16B．24C．30D．40
【答案】D
【分析】设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，根据图1中长方形的周长为32，求得x+y=4，根据图2中长方形的周长为48，求得AB=24-3x-4y，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长=2（AB+AD），计算即可得到答案．
【详解】设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，
由图1中长方形的周长为32，可得，y+2（x+y）+（2x+y）=16，
解得：x+y=4，
如图，
∵图2中长方形的周长为48，
∴AB+2（x+y）+2x+y+y-x=24，
∴AB=24-3x-4y，
根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长，
∴2（AB+AD）=2(24-3x-4y+x+y+2x+y+y-x)=2（24-x-y）=48-2（x+y）=48-8=40，
故选：D．
【点睛】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．
3．（2022春·安徽合肥·七年级统考期末）如图，直线m//n，点A在直线m上，BC在直线n上，构成△ABC，把△ABC向右平移BC长度的一半得到△A′B′C′（如图①），再把△A′B′C′向右平移BC长度的一半得到△A″B″C″（如图②），再继续上述的平移得到图③，…，通过观察可知图①中有4个三角形，图②中有8个三角形，则第2020个图形中三角形的个数是（ ）
A．4040B．6060C．6061D．8080
【答案】D
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：观察图可得，第1个图形中大三角形有2个，小三角形有2个，
第2个图形中大三角形有4个，小三角形有4个，
第3个图形中大三角形有6个，小三角形有6个，…
依次可得第n个图形中大三角形有2n个，小三角形有2n个．
故第2019个图形中三角形的个数是：2×2020+2×2020=8080．
故选：D．
【点睛】本题考查规律型问题，平行线的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
4．（2022春·全国·七年级统考期末）如图，在数轴上，A1，P两点表示的数分别是1，2，A1，A2关于点O对称，A2，A3关于点P对称，A3，A4关于点O对称，A4，A5关于点P对称…依此规律，则点A14表示的数是（ ）
A．21B．﹣21C．25D．﹣25
【答案】D
【分析】求出A1，A2、 A3、A4、A5、A6，A7点的坐标，找出其中的规律即可．
【详解】解：A1，P两点表示的数分别是1，2，A1，A2关于点O对称，
∴A2表示的数是﹣1，
∵A2，A3关于点P对称，
∴A3表示的数是1+4=5，
∵A3，A4关于点O对称，
∴A4表示的数是﹣5，
∵A4，A5关于点P对称，
∴A5表示的数是1+4+4=9，
∵A5，A6关于点O对称，
∴A6表示的数是﹣9，
∵A6，A7关于点P对称，
∴A7表示的数是1+4+4+4=13
……
∴关于P点对称的点表示的数是A2n+1=1+4n，
关于O点对称的点表示的数是A2n+2=−1+4n，
∴点A14表示当n=6时，A14=−25，
故选：D．
【点睛】本题考查数轴，要掌握用数轴上的点表示有理数，本题的关键是找出：A2n+1=1+4n，A2n+2=−1+4n．
5．（2022春·江苏·七年级期末）如图，在四边形ABCD中，∠C+∠D=210°，E、F分别是AD、BC上的点，将四边形CDEF沿直线EF翻折，得到四边形C′D′EF，C′F交AD于点G，若△EFG有两个相等的角，则∠EFG =__________．
【答案】40°或50°
【分析】根据题意△EFG有两个角相等，于是有三种情况，分别令不同的两个角相等，利用折叠的性质和四边形的内角和列方程，最后综合得出答案．
【详解】解：分三种情况：
（1）当∠FGE＝∠FEG时，
设∠EFG＝x，则∠EFC＝x，∠FGE＝∠FEG＝12180°−x，
在四边形GFCD中，由内角和为360°得：
12180°−x+2x+∠C+∠D=360°，
∵∠C+∠D＝210°，
∴12180°−x+2x=360°−210°，
解得：x=40°；
（2）当∠GFE＝∠FEG时，∠FGE=180°−2x
在四边形GFCD中，由内角和为360°得：180°−2x+2x+∠C+∠D=360°，
得180°+210°=360°，显然不成立，
即此种情况不存在；
（3）当∠FGE＝∠GFE时，
同理有：x+2x+∠C+∠D=360°，
∵∠C+∠D＝210°，
∴x+2x+210°=360°，
解得：x=50°，
故答案为：40°或50°．
【点睛】本题考查了图形的翻折，三角形和四边形的内角和，有一定难度，熟悉三角形和四边形的内角和定理以及正确的分情况讨论是解题关键．
6．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）如图，图1是长方形纸带，将纸带沿EF折叠成图2，再沿BF折叠成图3，若图3中∠CFE=108°，则图1中的∠DEF的度数是______．
【答案】24°/24度
【分析】先根据平行线的性质，设∠DEF＝∠EFB＝a，图2中根据图形折叠的性质得出∠AEF的度数，再由平行线的性质得出∠GFC，图3中根据∠CFE＝∠GFC﹣∠EFG即可列方程求得a的值．
【详解】∵AD∥BC，
∴设∠DEF＝∠EFB＝a，
图2中，∠GFC＝∠BGD＝∠AEG＝180°﹣2∠DEF＝180°﹣2a，
图3中，∠CFE＝∠GFC﹣∠EFG＝180°﹣2a﹣a＝108°．
解得a＝24°．
即∠DEF＝24°，
故答案为：24°．
【点睛】本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
7．（2022春·山东青岛·七年级统考期末）如图，在等边三角形网格中，已有两个小等边三角形被涂黑，若再将图中其余小等边三角形涂黑一个，使涂色部分构成一个轴对称图形，则有_______种不同的涂法．
【答案】3
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【详解】如图所示：当将1，2，3涂成黑色可以构成一个轴对称图形，
故有种不同3的涂法．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
8．（2022春·福建宁德·七年级统考期末）在如图所示的网格图中，每个小正方形的边长都为1．沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．在所有的分割方案中，最长分割线的长度等于______．
【答案】7
【分析】沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形，画出所有的分割方案，即可得到最长分割线的长度．
【详解】解：分割方案如图所示：
由图可得，最长分割线的长度等于7．
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查全等形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握全等形的性质.