苏科版八年级数学上册专题7.3期末复习之选填压轴题十四大题型总结同步练习(学生版+解析)

这是一份苏科版八年级数学上册专题7.3期末复习之选填压轴题十四大题型总结同步练习(学生版+解析)，共81页。

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\l "_Tc14841" 【题型1 化简绝对值】 PAGEREF _Tc14841 \h 1
\l "_Tc21213" 【题型2 数轴上的距离和动点问题】 PAGEREF _Tc21213 \h 2
\l "_Tc30053" 【题型3 有理数运算的应用】 PAGEREF _Tc30053 \h 3
\l "_Tc11042" 【题型4 整式加减中无关型或恒成立问题】 PAGEREF _Tc11042 \h 4
\l "_Tc17187" 【题型5 整式加减的应用】 PAGEREF _Tc17187 \h 6
\l "_Tc23525" 【题型6 一元一次方程解与参数的问题】 PAGEREF _Tc23525 \h 7
\l "_Tc2556" 【题型7 一元一次方程的应用】 PAGEREF _Tc2556 \h 8
\l "_Tc1686" 【题型8 展开与折叠】 PAGEREF _Tc1686 \h 9
\l "_Tc27740" 【题型9 由三视图判断小立方体的个数】 PAGEREF _Tc27740 \h 11
\l "_Tc6074" 【题型10 与线段有关的计算】 PAGEREF _Tc6074 \h 12
\l "_Tc28990" 【题型11 与角度有关的计算】 PAGEREF _Tc28990 \h 13
\l "_Tc15560" 【题型12 数式或图形规律的探索】 PAGEREF _Tc15560 \h 13
\l "_Tc20760" 【题型13 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc20760 \h 15
\l "_Tc29133" 【题型14 数式或图形中多结论问题】 PAGEREF _Tc29133 \h 15
【题型1 化简绝对值】
【例1】（2023上·天津和平·七年级耀华中学校考期末）|x﹣2|+|x﹣4|+|x﹣6|+|x﹣8|的最小值是a，|a|a+|b|b+|c|c=−1，那么|ab|ab+|bc|bc+|ac|ac+|abc|abc的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．不确定
【变式1-1】（2023上·广东广州·七年级统考期末）如图，数轴上4个点表示的数分别为a、b、c、d．若|a﹣d|＝10，|a﹣b|＝6，|b﹣d|＝2|b﹣c|，则|c﹣d|＝（ ）
A．1B．1.5C．2.5D．2
【变式1-2】（2023上·浙江杭州·七年级校考期末）已知：m=a+bc+2b+ca+3c+ab，且abc>0，a+b+c=0，则m共有x个不同的值，若在这些不同的m值中，最小的值为y，则x+y=（ ）
A．−1B．1C．2D．3
【变式1-3】（2023上·广东东莞·七年级校考期末）如图，已知数轴上点A、B、C所对应的数a、b、c都不为0，且C是AB的中点，如果a+b−a−2c+b−2c−a+b−2c=0，则原点O的大致位置在（ ）

A．A的左边B．A与C之间C．C与B之间D．B的右边
【题型2 数轴上的距离和动点问题】
【例2】（2023上·辽宁沈阳·七年级沈阳市第四十三中学校考期末）如图，数轴上A，B两点对应的有理数分别为−3和8，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿数轴在A，B之间往返运动，同时动点Q从点B出发，以每秒1个单位的速度沿数轴在B，A之间往返运动，当点Q返回至点B时，整个运动过程停止．设运动时间为t秒．
(1)当t=3时，点P对应的有理数是___________，PQ的长度是___________．
(2)①当00．在M，N运动过程中，若AM−k⋅MN的值不会随t的变化而改变，请直接写出符合条件的k的值．
【题型5 整式加减的应用】
【例5】（2023上·广东广州·七年级执信中学校考期末）水果批发市场梨的价格如下表：
(1)小明第一次购买梨5千克．需要付费________元；小明第二次购买梨x千克（x超过10千克但不超过20千克），需要付费________元（用含x的式子表示，并化成最简形式）；
(2)若小强买梨花了54元，则小强购买梨________千克；若小强买梨花了105元，则小强购买梨________千克；若小强买梨花了130元，则小强购买梨________千克；
(3)小强分两次共购买30千克梨，且第一次购买的数量为a千克0b，当a=1，b=2时，a,b的最大值为 ．
【变式13-2】（2023上·江苏常州·七年级统考期末）定义：一种对于三位数abc(其中在abc中，a在百位，b在十位，c在个位，a、b、c不完全相同)的F运算：重排abc的三个数位上的数字，计算所得最大三位数和最小三位数的差(允许百位数字为零)，例如abc＝463时，则经过大量运算，我们发现任意一个三位数经过若干次F运算都会得到一个固定不变的值；类比联想到：任意一个四位数经过若干次这样的F运算也会得到一个定值，这个定值为（ ）

A．4159B．6419C．5179D．6174
【变式13-3】（2023上·江西抚州·七年级校联考期末）定义：从∠AOB的顶点出发，在角的内部引一条射线OC，把∠AOB分成1:2的两部分，射线OC叫做∠AOB的三等分线．若在∠MON中，射线OP是∠MON的三等分线，射线OQ是∠MOP的三等分线，设∠MOQ=x，则∠MON用含x的代数式表示为 ．
【题型14 数式或图形中多结论问题】
【例14】（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）在多项式a+b−m−n−e中，除首尾项a、−e外，其余各项都可闪退，闪退项的前面部分和其后面部分都加上绝对值，并用减号连接，则称此为“闪减操作”．每种“闪减操作”可以闪退的项数分别为一项，两项，三项．“闪减操作”只针对多项式a+b−m−n−e进行．例如：+b“闪减操作”为a−−m−n−e，−m与−n同时“闪减操作”为a+b−−e，…，下列说法：
①存在对两种不同的“闪减操作”后的式子作差，结果不含与e相关的项；
②若每种操作只闪退一项，则对三种不同“闪减操作”的结果进行去绝对值，共有8种不同的结果；
③若可以闪退的三项+b，−m，−n满足：
(|+b|+|+b+2|)(|−m+1|+|−m+4|)(|−n+1|+|−n−6|)=42，则2b+m+n的最小值为−9．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【变式14-1】（2023上·安徽安庆·七年级统考期末）如图所示，B在线段AC上，且BC=3AB，D是线段AB的中点，E是线段BC上的一点BE:EC=2:1，则下列结论：①EC= 13 AE；②DE=5BD；③BE= 12 (AE+BC)；④AE= 65 (BC−AD)，其中正确结论的有 （ ）
A．①②B．①②④C．②③④D．①②③④
【变式14-2】（2023上·四川宜宾·七年级统考期末）规定：f(x)=x−2，g(y)=y+3，例如f(-4)=−4−2=6，g(-4)=−4+3=1.
下列结论中，正确的是 （填写正确选项的番号）.
①若f(x)+g(y)=0，则2x−3y=13； ②若x90°，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：由题意，得：OM的运动时间为：180°÷60°=3秒，ON的运动时间为：90°÷30°=3秒；
∴OM,ON运动的时间相同；
设运动时间为t秒，
则：∠AOM=60t°,∠BON=30t°，
∵OE⊥AB，
∴∠AOE=∠BOE=90°，
当∠AOM≤90°时：∠COM=∠AOM+∠AOC=∠AOM+∠AOE−∠COE，
∴x=60t+90−15=60t+75，
∠NOE=∠BOE−∠BON，
∴y=90−30t，
∴30t=90−y，
∴x=290−y+75，即：x+2y=255；
当∠AOM>90°，ON在OD上方时：如图1，∠COM=∠BOM+∠BOE+∠EOC=180°−∠AOM+∠AOE+∠COE，
∴x=180−60t+90+15=285−60t，
∠NOE=∠BOE−∠BON，
∴y=90−30t，
∴30t=90−y，
∴x=285−290−y，即：x−2y=105；
当∠AOM>90°，ON在OD下方时：如图2，∠COM=∠BOM+∠BOE+∠EOC=180°−∠AOM+∠AOE+∠COE，
∴x=180−60t+90+15=285−60t，
∠NOE=∠BOE−∠BON，
∴y=90−30t，
∴30t=90−y，
∴x=285−290−y，即：x−2y=105；
综上：x与y之间的数量关系为x+2y=255或x−2y=105；
故答案为：x+2y=255或x−2y=105．
【点睛】本题考查几何图形中角度的计算．正确的识图，理清角之间的和差关系，是解题的关键．
【变式11-1】（2023上·福建厦门·七年级厦门市松柏中学校考期末）已知：∠AOB=40°，过点O作射线OC，OM平分∠COA，如果∠BOC∠AOC=mn，且关于x的方程(2m−n)x+3n=2(2x+m)有无数多个解，那么∠BOM= ．
【答案】80°或32°
【分析】先通过方程(2m−n)x+3n=2(2x+m)有无数多个解解出m,n的值，然后分类讨论C点的位置直接求解即可．
【详解】∵关于x的方程(2m−n)x+3n=2(2x+m)有无数多个解
∴ (2m−n−4)x+3n−2m=0，则2m−n−4=03n−2m=0，解得m=3n=2
∴ ∠BOC∠AOC=mn=32
1.当C在∠AOB内部时，如图
∵ OM平分∠COA，∠BOC∠AOC=32
∴设∠COM=x，则∠AOM=x，∠AOC=2x，∠BOC=3x
∵ ∠AOB=40°
∴ 2x+3x=40°，解得 x=8°
∴ ∠BOM=4x=32°
2.当C在∠AOB外部时，如图
∵ OM平分∠COA，∠BOC∠AOC=32
∴设∠COM=x，则∠AOM=x，∠AOC=2x，∠BOC=3x
∵ ∠AOB=40°
∴ 3x−2x=40°，解得 x=40°
∴ ∠BOM=2x=80°
综上所述：∠BOM=80°或32°．
故答案为：80°或32°．
【点睛】此题考查一元一次方程解的情况，以及角的计算，解题关键是无数组解的情况是未知数的系数和常数项分别为0，解题技巧是射线OC需要分类讨论不同的位置．
【变式11-2】（2023上·重庆渝北·七年级统考期末）已知，点C在直线 AB 上， ACa ， BCb ，且 a≠b ，点 CM是线段 AB 的中点，则线段 CMC的长为（ ）
A．a+b2B．a−b2C．a+b2或a−b2D．a+b2或|a−b|2
【答案】D
【分析】由于点B的位置以及a、b的大小没有确定，故应分四种情况进行讨论，即可得到答案．
【详解】由于点B的位置不能确定，故应分四种情况讨论：
①当a＞b且点C在线段AB上时，如图1．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC+BC=a+b．
∵点CM是AB的中点，∴ACM=12AB=12(a+b)，
∴CMC=AC﹣ACM=a−12(a+b)=a−b2．
②当a＞b且点C在线段AB的延长线上时，如图2．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC-BC=a-b．
∵点CM是AB的中点，∴ACM=12AB=12(a−b)，
∴CMC=AC﹣ACM=a−12(a−b)=a+b2．
③当a＜b且点C在线段AB上时，如图3．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC+BC=a+b．
∵点CM是AB的中点，∴ACM=12AB=12(a+b)，
∴CMC=ACM﹣AC=12(a+b)−a=b−a2．
④当a＜b且点C在线段AB的方向延长线上时，如图4．
∵AC=a，BC=b，∴AB=BC-AC=b-a．
∵点CM是AB的中点，∴ACM=12AB=12(b−a)，
∴CMC=AC+ACM=a+12(b−a)=a+b2．
综上所述：CMC的长为a+b2或a−b2（a＞b）或b−a2（a＜b），即CMC的长为a+b2或a−b2．
故选D．
【点睛】本题考查了中点的定义，线段之间的和差关系，两点间的距离，掌握线段间的和差关系与分类讨论的数学思想是解题的关键．
【变式11-3】（2023·浙江金华·七年级期末）如图，点O是钟面的中心，射线OC正好落在3：00时针的位置．当时钟从2：00走到3：00，则经过 分钟，时针，分针，与OC所在的三条射线中，其中一条射线是另外两条射线所夹角的角平分线．
【答案】6或24013
【分析】分两种情况讨论：当时针为角平分线和OC为角平分线进行计算即可．
【详解】设时针为OB，分针为OA．
当时针为OB为角平分线时，如图1所示：
设经过x分钟，OB为角平分线，则∠AOB=60゜-6x゜+x60×30°，∠BOC=30゜－x60×30°，依题意得：
60-6x+x60×30＝30－x60×30
解得x=6；
当时针为OC为角平分线时，如图2所示：
设经过x分钟，OC为角平分线，则∠AOC=6x゜-90゜，∠BOC=30゜－x60×30°，依题意得：
6x-90＝30－x60×30
解得x=24013；
综合上述可得：经过6分钟或24013分钟时，时针，分针，与OC所在的三条射线中，其中一条射线是另外两条射线所夹角的角平分线．
故答案为：6或24013．
【点睛】考查了一元一次方程的应用和角平分线的性质，解题关键是分两种情况讨论：当时针为角平分线和OC为角平分线和利用方程求得其角度．
【题型12 数式或图形规律的探索】
【例12】（2023上·山东济南·七年级济南育英中学校考期末）如图，点M在线段AN的延长线上，且线段MN=10，第一次操作：分别取线段AM和AN的中点M1、N1；第二次操作：分别取线段AM1和AN1的中点M2，N2；第三次操作：分别取线段AM2和AN2的中点M3，N3；……连续这样操作15次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和M1N1+M2N2+…+M15N15＝（ ）
A．10+5214B．10+5215C．10−5215D．10−5214
【答案】D
【分析】根据线段中点定义先求出M1N1的长度，再由M1N1的长度求出M2N2的长度，从而找到MnNn的规律，即可求出结果．
【详解】解：∵线段MN=10，线段AM和AN的中点分别为M1，N1，
∴M1N1=AM1−AN1
=12AM−12AN
=12AM−AN
=12MN
=12×10
=5，
∵线段AM1和AN1的中点M2，N2，
∴M2N2=AM2﹣AN2
=12AM1−12AN1
=12（AM1﹣AN1）
=12M1N1
=12×12×10
=122×10
=2.5，
发现规律：
MnNn=12n×10，
∴M1N1+M2N2+…+M15N15
=12×10+122×10+123×10+⋯+1215×10
=1012+122+123+⋯+1215
=10215−1215
=101−1215
=10−10215
=10−5214，
【点睛】本题考查了线段规律性问题，与中点有关的计算，准确根据题意找出规律是解决本题的关键，比较有难度．
【变式12-1】（2023上·浙江湖州·七年级校考期末）一个长方形ABCD在数轴上的位置如图所示，AB=3，AD=2，若此长方形绕着顶点按照顺时针方向在数轴上连续翻转，翻转1次后，点A所对应的数为1，求翻转2018次后，点B所对应的数 ．
【答案】3044
【分析】翻转两次后点B落在数轴上，根据翻转4次为一个周期循环，依据翻转总次数得出翻转几个周期循环，确定点B落在数轴上推算出移动的距离得出结果.
【详解】如图，翻转两次后点B落在数轴上，以后翻转4次为一个周期，且长方形的周长=2（2+3）=10，
∴一个周期后右边的点移动10个单位长度，
∵2016÷4=304，
∴翻转2018次后，点B落在数轴上，
点B所对应的数是304×10+5−1=3044，
故答案为：3044.
【点睛】此题考查旋转的性质，长方形的性质，图形规律类运算探究，根据图形得到变化的规律是解题的关键.
【变式12-2】（2023上·河北邯郸·七年级校考开学考试）一只小猴子在不停地搬石头．在一条直线上，它放了奇数块石头，每两块之间的距离是1.5米．开始时，小猴子在“起点”的位置，它要把石头全部搬到中间的位置上（每次只搬一块石头），它把这些石头搬完一共走了204米．这些石头共有___________块．（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】D
【分析】设有2n+1块石头，n为自然数，中间石头的两边都有n块石头，两边最远的距离都是1.5n米，再往中间的距离依次为1.5n−1，1.5n−2，……，1.5×2，1.5×1，除第一次搬石头走1次外，其余石头都需要走2次，列式求解即可．
【详解】解：设有2n+1块石头，n为自然数，
由题意可得：中间石头的两边都有n块石头，两边最远的距离都是1.5n米，再往中间的距离依次为1.5n−1，1.5n−2，……，1.5×2，1.5×1，
除第一次搬石头走1次外，其余石头都需要走2次，
则：1.5×1×4+1.5×2×4+……+1.5×n−1×4+1.5×n×3=204
即61+2+……+n−1+4.5n=204
3nn−1+4.5n=204
因为石头的总数为奇数个，
所以排除B、D选项，
当石头总数为15块时，即2n+1=15，解得n=7
将n=7代入3nn−1+4.5n可得21×7−1+4.5×7=157.5≠204，A选项不符合题意；
当石头总数为17块时，即2n+1=17，解得n=8
将n=8代入3nn−1+4.5n可得24×8−1+4.5×8=204，则C选项符合题意，
即这些石头共有17块
故选C
【点睛】此题考查了一元一次方程的求解，规律问题的探索，解题的关键是表示出当石头个数为2n+1块时，所需要走的距离．
【变式12-3】（2023上·安徽蚌埠·七年级统考期末）如图，甲、乙两动点分别从正方形ABCD的顶点A,C同时沿正方形的边开始匀速运动，甲按顺时针方向运动，乙按逆时针方向运动，若乙的速度是甲的3倍，那么它们第一次相遇在AD边上，请问它们第2023次相遇在哪条边上？（ ）

A．ADB．CDC．BCD．AB
【答案】D
【分析】设出正方形的边长，甲的速度是乙的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．
【详解】解：设正方形的边长为a，因为乙的速度是甲的速度的3倍，时间相同，甲乙所行的路程比为1:3，把正方形的每一条边平均分成2份，由题意知：
①第一次相遇甲乙行的路程和为2a，乙行的路程为2a×31+3=3a2，甲行的路程为2a×11+3=a2，在AD边的中点相遇；
②第一次相遇到第二次相遇甲乙行的路程和为4a，乙行的路程为4a×31+3=3a，甲行的路程为4a×11+3=a，在CD边的中点相遇；
③第二次相遇到第三次相遇甲乙行的路程和为4a，乙行的路程为4a×31+3=3a，甲行的路程为4a×11+3=a，在BC边的中点相遇；
④第三次相遇到第四次相遇甲乙行的路程和为4a，乙行的路程为4a×31+3=3a，甲行的路程为4a×11+3=a，在AB边的中点相遇；
⑤第四次相遇到第五次相遇甲乙行的路程和为4a，乙行的路程为4a×31+3=3a，甲行的路程为4a×11+3=a，在AD边的中点相遇；
四次一个循环，因为2023÷4=305⋯3，所以它们第2023次相遇在边BC上，
【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，难度较大，注意先通过计算发现规律然后再解决问题．
【题型13 数式或图形中新定义问题】
【例13】（2023下·重庆沙坪坝·七年级重庆南开中学校考期末）定义：对于任意一个三位自然数m，若m满足十位数字比百位数字大1，个位数字比十位数字大1，那么称这个三位数为“向上数”；对于任意一个三位自然数n，若n满足十位数字比百位数字小1，个位数字比十位数字小1，那么称这个三位数为“向下数”．将“向上数”m的7倍记为Fm，“向下数”n的8倍记为Gn，若Fm+Gn18是整数，则称每对m，n为“七上八下数对”．在所有“七上八下数对”中，|m−n|的最大值是 ．
【答案】531
【分析】设“向上数”m的百位数字为a，则十位数字为a+1，个位数字为a+2，“向下数”n的百位数字为b，则十位数字为b−1，个位数字为b−2，得到Fm=777a+84，Gn=888b−96，即Fm+Gn18=259a+296b−46，设259a+296b−4=6k，推出259a+296b=6k+4=23k+2，259a+296b是偶数，|m−n|=111a+12−111b+12=111a−b+24，当a−b的值最大时，|m−n|的值最大，据此即可求解．
【详解】解：设“向上数”m的百位数字为a，则十位数字为a+1，个位数字为a+2，
“向下数”n的百位数字为b，则十位数字为b−1，个位数字为b−2，
∴m=200a+10a+1+a+2=111a+12，n=200b+10b−1+b−2=111b−12，∴Fm=777a+84，Gn=888b−96，
∴Fm+Gn18=777a+84+888b−9618=259a+296b−46，
∵Fm+Gn18是整数，
∴259a+296b−46是整数，设259a+296b−4=6k，
即259a+296b=6k+4=23k+2，
∵1≤a≤7，3≤b≤9，259a+296b是偶数，
∴a一定是偶数，
|m−n|=111a+12−111b+12=111a−b+24，当a−b的值最大时，|m−n|的值最大，
当a=6，b=5时，259a+296b=3034，此时k=305，
∴|m−n|=111a−b+24=135；
当a=6，b=8时，259a+296b=3922，此时k=653，
∴|m−n|=111a−b+24=198；
当a=4，b=3时，259a+296b=1924，此时k=320，
∴|m−n|=111a−b+24=135；
当a=4，b=6时，259a+296b=2812，此时k=468，
∴|m−n|=111a−b+24=198；
当a=4，b=9时，259a+296b=3700，此时k=616，
∴|m−n|=111a−b+24=531；
当a=2，b=7时，259a+296b=2590，此时k=431，
∴|m−n|=111a−b+24=531；
综上，|m−n|的最大值是531．
故答案为：531．
【点睛】本题考查了新定义下的整式加减的应用，理解“向上数”“向下数”的定义，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由数位的特点求出相应字母的最大值是解题的关键．
【变式13-1】（2023上·重庆·七年级校联考期末）定义一种新运算：对于任意实数a、b，满足a,b=a−2ba≤bb−2aa>b，当a=1，b=2时，a,b的最大值为 ．
【答案】0
【分析】本题为新定义问题，考查了绝对值的意义，有理数混合运算，有理数的大小比较等知识．根据绝对值的意义求出a=±1，b=±2，再分a=1，b=2、a=1，b=−2、a=−1，b=2、a=−1，b=−2分别求出a,b的值，比较大小，即可求解．
【详解】∵a=1，b=2，
∴a=±1，b=±2，
∴当a=1，b=2时，a,b=1−2×2=1−4=−3；
当a=1，b=−2时，a,b=−2−2×1=−2−2=−4；
当a=−1，b=2时，a,b=−1−2×2=−1−4=−5；
当a=−1，b=−2时，a,b=−2−2×−1=2−2=0．
∵−5