苏科版七年级数学下册举一反三专题13.9期末复习之选填压轴题专项训练(苏科版)特训(原卷版+解析)

这是一份苏科版七年级数学下册举一反三专题13.9期末复习之选填压轴题专项训练(苏科版)特训(原卷版+解析)，共42页。

考点1
平面图形的认识（二）选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·七年级期末）如图，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=100°，CD与AB在直线EF异侧．若∠DCF=60°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，当时间t的值为（ ）时，CD与AB平行．（ ）
A．4秒B．10秒C．40秒D．4或40秒
2．（2022春·江苏·七年级期末）如图，已知AB∥CD，∠BEH=∠CFG，EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，FK⊥FJ，则下列说法正确的有（ ）个．
①EH∥GF
②∠CFK=∠H
③FJ平分∠GFD
④∠AEI+∠GFK=90°
A．4B．3C．2D．1
3．（2022春·江苏·七年级期末）为了亮化某景点，石家庄市在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°，B灯先转动2秒，A灯才开始转动，当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是（ ）
A．1或6秒B．8.5秒C．1或8.5秒D．2或6秒
4．（2022春·江苏南通·七年级校考期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为( )
A．20°B．35°C．40°D．45°
5．（2022春·江苏苏州·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于点D，∠ABD的角平分线BF所在直线与射线AE相交于点G，若∠ABC=3∠C，且∠G=18°，则∠DFB的度数为（ ）
A．40°B．44°C．50°D．54°
6．（2022春·江苏·七年级期末）△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2⋯ ∠A2021BC和∠A2021CD的平分线交于点A2022，则∠A2022为（ ）
A．m22019B．m22020C．m22021D．m22022
7．（2022春·江苏·七年级期末）如图，△ABC的两条中线AD、BE交于点F，若四边形CDFE的面积为17，则△ABC的面积是（ ）
A．54B．51C．42D．41
8．（2022春·江苏徐州·七年级期末）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=______ °．
9．（2022春·江苏南京·七年级统考期末）一副三角尺按如图所示叠放在一起，其中点B,D重合，若固定三角形AOB，将三角形ACD绕点A顺时针旋转一周，共有 _________次 出现三角形ACD的一边与三角形AOB的某一边平行．
10．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）从如图的五边形ABCDE纸片中减去一个三角形，剩余部分的多边形的内角和和是__________
考点2
幂的运算选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏无锡·七年级期末）已知a=355，b=444，c=533，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．c2．（2022春·江苏·七年级期末）观察等式（2a﹣1）a+2＝1，其中a的取值可能是（ ）
A．﹣2B．1或﹣2C．0或1D．1或﹣2或0
3．（2022春·江苏扬州·七年级校考期末）已知5x=160，32y=160，则(−2022)(x−1)(y−1)−1=__________．
4．（2022春·江苏南京·七年级校联考期末）比较大小：430________340（填“>”“<”或“=”）．
5．（2022春·江苏苏州·七年级星海实验中学校考期末）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为__．
6．（2022春·江苏·七年级期末）若am=20，bn=20，ab=20，则m+nmn=______．
7．（2022春·江苏连云港·七年级统考期末）观察等式：2+22=23−2；2+22+23=24−2；2+22+23+24=25−2…已知按一定规律排列的一组数：250、251、252、…、299、2100．若250=a，用含a的式子表示这组数的和是____．
8．（2022春·江苏常州·七年级校考期末）已知6x=192，32y=192，则（-2019）（x-1）（y-1）-1=_____.
考点3
整式乘法与因式分解选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏无锡·七年级校联考期末）在数学中为了书写简便，18世纪数学家欧拉就引进了求和符号“∑”，如记k=1nk＝1+2+3+…+（n﹣1）+n，k=3nx+k＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；已知k=3nxx+k＝9x2+mx，则m的值是（ ）
A．45B．63C．54D．不确定
2．（2022春·江苏·七年级期末）已知a,b,c满足a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，则a+b−c的值为（ ）
A．1B．－5C．－6D．－7
3．（2022春·江苏·七年级期末）已知a,b为实数，且满足ab>0,a+b−2=0，当a−b为整数时，ab的值为（ ）
A．34或12B．14或1C．34或1D．14或34
4．（2022春·江苏徐州·七年级期末）算式（2+1）×（22+1）×（24+1）×…×（232+1）+1计算结果的个位数字是（ ）
A．8B．6C．4D．2
5．（2022春·江苏无锡·七年级统考期末）已知在x2+mx−16=(x+a)(x+b)中，a、b为整数，能使这个因式分解过程成立的m的值共有（ ）个
A．4B．5C．8D．10
6．（2022春·江苏·七年级期末）若4x2−k+1x+9能用完全平方公式因式分解，则k的值为（ ）
A．±6B．±12C．-13或11D．13或-11
7．（2022春·江苏·七年级期末）设x+y+z=2020，且x2019=y2020=z2021，则x3+y3+z3−3xyz=（ ）
A．673B．20203C．20213D．674
8．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）现有甲、乙两个正方形纸片，将甲、乙并列放置后得到图1，已知点H为AE的中点，连结DH，FH．将乙纸片放到甲的内部得到图2.已知甲、乙两个正方形边长之和为8，图2的阴影部分面积为6，则图1的阴影部分面积为______．
9．（2022春·江苏·七年级期末）设x，y满足x−13+4044y=2022，y−13+4044x=6066，则x+y3=______．
10．（2022春·江苏·七年级期末）实践操作：现有两个正方形A，B．如图所示进行两种方式摆放：
方式1：将B放在A的内部，得甲图；
方式2：将A，B并列放置，构造新正方形得乙图．
问题解决：对于上述操作，若甲图和乙图阴影部分的面积分别为1和12，则正方形A，B的面积之和为________．
考点4
二元一次方程组选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏宿迁·七年级校考期末）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为( )
A．15B．16C．17D．18
2．（2022春·江苏无锡·七年级校考期末）小兰：“小红，你上周买的笔和笔记本的价格是多少啊？”小红：“哦，…，我忘了！只记得先后买了两次，第一次买了 5 支笔和 10 本笔记本共花了 42 元钱，第二次买了 10 文笔和 5 本笔记本共花了 30 元钱．”请根据小红与小兰的对话，求得小红所买的笔和笔 记本的价格分别是( )
A．0.8 元／支，2.6 元／本B．0.8 元／支，3.6 元／本
C．1.2 元／支，2.6 元／本D．1.2 元／支，3.6 元／本
3．（2022秋·江苏镇江·七年级统考期末）七（1）班全体同学进行了一次转盘得分活动．如图，将转盘等分成8格，每人转动一次，指针指向的数字就是获得的得分，指针落在边界则重新转动一次．根据小红、小明两位同学的对话，可得七（1）班共有学生（ ）人．
A．38B．40C．42D．45
4．（2022春·江苏连云港·七年级统考期末）若关于x，y的两个二元一次方程ax+y=b与2x−cy=d的部分解分别如表①、表②所示，则关于x，y的二元一次方程组ax+y=b2x−cy=d的______．
表①
表②
5．（2022春·江苏南通·七年级统考期末）若方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=4y=−2，则方程组3a1x+2b1y=a1−c13a2x+2b2y=a2−c2的解是______．
6．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）已知a1、a2、a3、…、an是从1或0中取值的一列数（1和0都至少有一个），若a1+22+a2+22+a3+22+…+an+22=81，则这列数的个数n为____.
7．（2022秋·江苏无锡·七年级校联考期末）某景区游船码头派车原定于8点整准时到达景区入口接工作人员，由于汽车在路上因故障导致8:10时车还未到达景区入口，于是工作人员步行前往码头.走了一段时间后遇到了前来接他的汽车，他上车后汽车立即掉头继续前进.到达码头时已经比原计划迟到了20min.已知汽车的速度是工作人员步行速度的6倍，则汽车在路上因故障耽误的时间为____min.
8．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）设有n个数x1，x2，…xn，其中每个数都可能取0，1，-2这三个数中的一个，且满足下列等式：x1＋x2＋…＋xn＝0，x12＋x22＋…＋xn2＝12，则x13＋x23＋…＋xn3的值是_______．
考点5
一元一次不等式选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·七年级期末）若整数a使关于x的不等式组x+13≤2x+59x−a2>x−a+13至少有1个整数解，且使关于x，y的方程组ax+2y=−4x+y=4的解为正整数，那么所有满足条件的a值之和为( )
A．﹣17B．﹣16C．﹣14D．﹣12
2．（2022春·江苏南通·七年级校联考期末）已知关于x，y的方程组x+3y=4−ax−y=3a，其中−3≤a≤1，下列结论：
①当a=−2时，x，y的值互为相反数；②x=5y=−1是方程组的解；③当a=−1时，方程组的解也是方程x+y=1的解；④若1≤y≤4，则−3≤a≤0．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．②③④D．①③④
3．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）已知1≤ax+b<3的解集为2≤x<3，则1≤a1−x+b<3的解集为（ ）
A．2≤x<3B．24．（2022春·江苏·七年级期末）若6a=3b+12=2c，且b≥0，c≤9，设t=2a+b−c，则t的取值范围为______．
5．（2022春·江苏·七年级期末）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_____．
6．（2022春·江苏·七年级期末）已知关于x的不等式组2x+1>x+ax−1≤2x+a+23 （a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S<33.6，则所有这样的a的和为_____．
7．（2022春·江苏·七年级期末）我们知道，适合二元一次方程的一对未知数的值叫做这个二元一次方程的一个解．类似地，适合二元一次不等式的一对未知数的值叫做这个二元一次不等式的一个解．对于二元一次不等式x＋2y≤8，它的正整数解有________个．
8．（2022春·江苏南京·七年级南京市宁海中学分校校考期末）已知关于x的不等式组5x−a>3x−12x−3≤5的所有整数解的和为7则a的取值范围是__________．
9．（2022春·江苏南通·七年级校考期末）已知关于x,y,z的方程组2x−y−3z=0x+2y+z=5满足x≤6−4≤y<−2，若S=x+3y−3z，则S的取值范围是__________．
10．（2022春·江苏·七年级南京市中华中学校考期末）关于x的不等式组{x−a≥02x−1≤1只有4个整数解,则a的取值范围是_____．
11．（2022春·江苏宿迁·七年级统考期末）已知非负数a,b,c满足条件3a+2b+c=4. 2a+b+3c=5. 设s=5a+4b+7c的最大值为m，最小值为n． 则n-m的值为_______.x
－1
0
1
2
3
y
－4
－3
－2
－1
0
x
－1
0
1
2
3
y
5
3
1
－1
－3
专题13.9 期末复习之选填压轴题专项训练
【苏科版】
考点1
平面图形的认识（二）选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·七年级期末）如图，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=100°，CD与AB在直线EF异侧．若∠DCF=60°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，当时间t的值为（ ）时，CD与AB平行．（ ）
A．4秒B．10秒C．40秒D．4或40秒
【答案】D
【分析】分情况讨论：①AB与CD在EF的两侧，分别表示出∠ACD与∠BAC，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；②CD旋转到与AB都在EF的右侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；③CD旋转到与AB都在EF的左侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：分三种情况：
如图①，AB与CD在EF的两侧时，
∵∠BAF=100°，∠DCF=60°，
∴∠ACD=180°−60°−6t°=120°−6t°，∠BAC=100°−t°，
要使AB∥CD，则∠ACD=∠BAC，
即120°−6t°=100°−t°，
解得t=4；
此时180°−60°÷6=20，
∴0②CD旋转到与AB都在EF的右侧时，
∵∠DCF=360°−6t°−60°=300°−6t°，∠BAC=100°−t°，
要使AB∥CD，则∠DCF=∠BAC，
即300°−6t°=100°−t°，
解得t=40，
此时360°−60°÷6=50，
∴20③CD旋转到与AB都在EF的左侧时，
∴∠DCF=6t°−(180°−60°+180°)=6t°−300°，∠BAC=t°−100°，
要使AB∥CD，则∠DCF=∠BAC，
即6t°−300°=t°−100°，
解得t=40，
此时t>50，
而40<50，
∴此情况不存在．
综上所述，当时间t的值为4秒或40秒时，CD与AB平行．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
2．（2022春·江苏·七年级期末）如图，已知AB∥CD，∠BEH=∠CFG，EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，FK⊥FJ，则下列说法正确的有（ ）个．
①EH∥GF
②∠CFK=∠H
③FJ平分∠GFD
④∠AEI+∠GFK=90°
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】如图，延长EH交CD于M，由AB∥CD，可得∠BEH=∠EMC，由∠BEH=∠CFG，可得∠EMC=∠CFG，EH∥GF，进而可判断①的正误；由EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，则∠AEI=∠HEI=12∠AEH，∠CFK=∠GFK=12∠CFG，如图，过I作IP∥AB，则IP∥CD，有∠EIP=∠AEI=12∠AEH，∠PIF=∠CFK=∠GFK=12∠CFG，根据∠EIP=180°−∠HEI−∠BEH=180°−12∠AEH−∠BEH，可得∠EIF=∠EIP+∠PIF=180°−12∠AEH−∠BEH+12∠CFG =90°，可得∠AEI+∠GFK=∠EIF=90°，进而可判断④的正误；由FK⊥FJ，可知∠KFJ=90°，∠GFK+∠GFJ=90°，由∠CFK+∠KFJ+∠DFJ=180°，可得∠DFJ=180°−∠CFK−∠KFJ=90°−∠CFK=∠GFJ，进而可判断③的正误；由EH∥GF，可知∠H=∠G，由于GH与FK的位置关系不确定，可知∠GFK与∠G的大小关系不确定，则∠CFK=∠H不一定成立，进而可判断②的正误，进而可得答案．
【详解】解：如图，延长EH交CD于M，
∵AB∥CD，
∴∠BEH=∠EMC，
∵∠BEH=∠CFG，
∴∠EMC=∠CFG，
∴EH∥GF，
∴①正确，故符合要求；
∵EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，
∴∠AEI=∠HEI=12∠AEH，∠CFK=∠GFK=12∠CFG，
如图，过I作IP∥AB，
∴IP∥CD，
∴∠EIP=∠AEI=12∠AEH，∠PIF=∠CFK=∠GFK=12∠CFG，
∵∠EIP=180°−∠HEI−∠BEH=180°−12∠AEH−∠BEH，
∴∠EIF=∠EIP+∠PIF=180°−12∠AEH−∠BEH+12∠CFG
=180°−12∠AEH−∠BEH+12∠BEH
=180°−12∠AEH+∠BEH
=90°
∴∠AEI+∠GFK=∠EIP+∠PIF=∠EIF=90°，
∴④正确，故符合要求；
∵FK⊥FJ，
∴∠KFJ=90°，∠GFK+∠GFJ=90°，
∵∠CFK+∠KFJ+∠DFJ=180°，
∴∠DFJ=180°−∠CFK−∠KFJ=90°−∠CFK=90°−∠GFK=∠GFJ，
∴FJ平分∠GFD，
∴③正确，故符合要求；
∵EH∥GF，
∴∠H=∠G，
∵GH与FK的位置关系不确定，
∴∠GFK与∠G的大小关系不确定，
∴∠CFK=∠H不一定成立，
∴②错误，故不符合要求；
∴正确的共有3个，
故选B．
【点睛】本题考查了两直线平行，内错角相等；同位角相等，两直线平行；角平分线，两直线平行，同旁内角互补等知识．解题的关键在于对平行线的判定与性质的熟练掌握与灵活运用．
3．（2022春·江苏·七年级期末）为了亮化某景点，石家庄市在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°，B灯先转动2秒，A灯才开始转动，当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是（ ）
A．1或6秒B．8.5秒C．1或8.5秒D．2或6秒
【答案】C
【分析】设A灯旋转的时间为t秒，求出t的取值范围为0【详解】解：设A灯旋转的时间为t秒，
A灯光束第一次到达AN所需时间为180°30°=6秒，B灯光束第一次到达BQ所需时间为180°10°=18秒，
∵B灯先转动2秒，A灯才开始转动，
∴0由题意，分以下三种情况：
①如图，当0∴∠MAM′=30°t,∠PBP′=10°(t+2)，
∵MN//PQ,AM′//BP′，
∴∠MAM′=∠1,∠PBP′=∠1，
∴∠MAM′=∠PBP′，即30°t=10°(t+2)，
解得t=1，符合题设；
②如图，当6∴∠MAM′=180°−30°(t−6)=360°−30°t,∠PBP′=10°(t+2)，
∵MN//PQ,AM′//BP′，
∴∠MAM′+∠2=180°,∠PBP′+∠2=180°，
∴∠MAM′=∠PBP′，即360°−30°t=10°(t+2)，
解得t=8.5符合题设；
③如图，当12∴∠MAM′=30°(t−12)=30°t−360°,∠PBP′=10°(t+2)，
同理可得：∠MAM′=∠PBP′，即30°t−360°=10°(t+2)，
解得t=19>16，不符题设，舍去；
综上，A灯旋转的时间为1秒或8.5秒，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质、一元一次方程的几何应用等知识点，正确求出时间t的取值范围，并据此分三种情况讨论是解题关键．
4．（2022春·江苏南通·七年级校考期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为( )
A．20°B．35°C．40°D．45°
【答案】B
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【详解】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°=4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=505°，
∵五边形OAGFE内角和=（5-2）×180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°-505°=35°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
5．（2022春·江苏苏州·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于点D，∠ABD的角平分线BF所在直线与射线AE相交于点G，若∠ABC=3∠C，且∠G=18°，则∠DFB的度数为（ ）
A．40°B．44°C．50°D．54°
【答案】D
【分析】由题意推出∠CAE=∠BAE，∠ABF=∠DBF，设∠CAE=∠BAE=x，设∠C=y，∠ABC=3y，用含x和y的代数式表示∠ABF和∠DBF即可解决．
【详解】解：如图：
∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，
∴∠CAE=∠BAE，∠1=∠2，
设∠CAE=∠BAE=x，∠C=y，∠ABC=3y，
由外角的性质得：∠1=∠BAE+∠G=x+18°，∠2=12∠ABD=122x+y＝x+12y，
∴x+18=x+12y，
解得：y=36°，
∴∠1=∠2=12180°−∠ABC=12×180°−108°=36°，
∵AD⊥DC，
∴∠D=90°，
∴∠DFB=90°−∠2=54°．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
6．（2022春·江苏·七年级期末）△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2⋯ ∠A2021BC和∠A2021CD的平分线交于点A2022，则∠A2022为（ ）
A．m22019B．m22020C．m22021D．m22022
【答案】D
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得∠A1 ＝∠A1CD−∠A1BD，再结合角平分线的定义，找出角变化的规律即可求解．
【详解】∵BA1平分∠ABC，A1C平分∠ACD，
∴∠A1BD＝12∠ABC，∠A1CD＝12∠ACD，
∴∠A1 ＝∠A1CD−∠A1BD＝12∠ACD﹣12∠ABC＝12∠A，
同理可得∠A2＝12 ∠A1＝(12)2∠A，
∴∠A2022＝(12)2022∠A，
∵∠A＝m°，
∴∠A2022＝m22022，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，熟记性质并准确识图，然后求出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．
7．（2022春·江苏·七年级期末）如图，△ABC的两条中线AD、BE交于点F，若四边形CDFE的面积为17，则△ABC的面积是（ ）
A．54B．51C．42D．41
【答案】B
【分析】连接CF，依据中线的性质，推理可得S△BCF=S△BAF=S△ACF ，进而得出S△ABC=3S△BAF ，据此可得结论．
【详解】解：如图所示，连接CF，
∵△ABC的两条中线AD、BE交于点F，
∴S△BCE=S△ABD，
∴S四边形CDFE=S△ABF=17，
∵BE是△ABC的中线，FE是△ACF的中线，
∴S△BCE=S△ABE，S△FCE=S△FAE，
∴S△BCF=S△BAF=17，
同理可得，S△ACF=S△BAF=17，
∴S△BCF=S△BAF=S△ACF=17，
∴S△ABC=3S△BAF=3×17=51，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线的性质，关键是掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
8．（2022春·江苏徐州·七年级期末）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．
9．（2022春·江苏南京·七年级统考期末）一副三角尺按如图所示叠放在一起，其中点B,D重合，若固定三角形AOB，将三角形ACD绕点A顺时针旋转一周，共有 _________次 出现三角形ACD的一边与三角形AOB的某一边平行．
【答案】10
【分析】要分类讨论，不要漏掉任何一种情况，也可实际用三角板操作找到它们之间的关系，再计算．
【详解】解：分10种情况讨论：
（1）如图1，AD边与OB边平行时，∠BAD＝45°或135°；；
（2）如图2，当AC边与OB平行时，∠BAD＝90°+45°＝135°或45°；
（3）如图3，DC边与AB边平行时，∠BAD＝60°+90°＝150°，
（4）如图4，DC边与OB边平行时，∠BAD＝135°+30°＝165°，
（5）如图5，DC边与OB边平行时，∠BAD＝45°﹣30°＝15°；
（6）如图6，DC边与AO边平行时，∠BAD＝15°+90°＝105°
（7）如图7，DC边与AB边平行时，∠BAD＝30°，
（8）如图8，DC边与AO边平行时，∠BAD＝30°+45°＝75°．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了平行线的性质及判定，画出所有符合题意的示意图是解决本题的关键．
10．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）从如图的五边形ABCDE纸片中减去一个三角形，剩余部分的多边形的内角和和是__________
【答案】360∘ 或540∘或720∘.
【分析】从一个五边形中剪去一个三角形，得到的可能是四边形、可能是五边形、可能是六边形，再根据多边形的内角和的公式求解.
【详解】分三种情况：
①若剩余部分的多边形是四边形，则内角和为360°，
②若剩余部分的多边形是五边形，则内角和为(5−2)×180∘=540∘，
③若剩余部分的多边形是六边形，则内角和为(6−2)×180∘=720∘，
故答案为：360∘ 或540∘或720∘.
【点睛】此题考查多边形的内角和公式，多边形的剪切问题，培养空间的想象能力非常重要.
考点2
幂的运算选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏无锡·七年级期末）已知a=355，b=444，c=533，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．c【答案】A
【分析】把a、b、c三个数变成指数相同的幂，通过底数可得出a、b、c的大小关系．
【详解】解：∵a＝（35）11＝24311，b＝（44）11＝25611，c＝（53）11＝12511，
又∵125<243<256，
∴c故选：A．
【点睛】本题考查了幂的乘方的逆运算，解答本题关键是掌握幂的乘方法则，把各数的指数变成相同．
2．（2022春·江苏·七年级期末）观察等式（2a﹣1）a+2＝1，其中a的取值可能是（ ）
A．﹣2B．1或﹣2C．0或1D．1或﹣2或0
【答案】D
【分析】存在3种情况：一种是指数为0，底数不为0；第二种是底数为1，指数为任意值；第三种是底数为－1，指数为偶数，分别求解可得．
【详解】情况一：指数为0，底数不为0
即：a+2=0，2a－1≠0
解得：a=－2
情况二：底数为1，指数为任意值
即：2a－1=1
解得：a=1
情况三：底数为－1，指数为偶数
即：2a－1=－1，解得a=0
代入a+2=2，为偶数，成立
故答案为：D
【点睛】本题考查0指数和底数为±1的指数的特点，本题底数为－1的情况容易遗漏，需要关注．
3．（2022春·江苏扬州·七年级校考期末）已知5x=160，32y=160，则(−2022)(x−1)(y−1)−1=__________．
【答案】1
【分析】本题的思路是将等式两边化成同底数幂，推出指数相等．由于5×32=160，因此对等式5x=160两边同时取y次方，可以得到5xy=160y，再把160换成5×32得到5xy=5y×32y，接着把32y换成5x（都等于160）得到5xy=5x+y，从而推出xy=x+y，最后对(−2022)(x−1)(y−1)−1中的指数去括号，整体代入可得结果．
【详解】解：∵5x=160，
∴(5x)y=160y，
∴5xy=(5×32)y=5y×32y
∵5x=160，32y=160,
∴5xy=5y×160=5y×5x=5x+y，
∴xy=x+y，
∴(−2022)(x−1)(y−1)−1=(−2022)xy−x−y+1−1=(−2022)xy−(x+y)=(−2022)0=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法，积的乘方，幂的乘方，将等式两边化成同底数幂，推出指数相等是解题的关键．
4．（2022春·江苏南京·七年级校联考期末）比较大小：430________340（填“>”“<”或“=”）．
【答案】<
【分析】根据幂的乘方，底数大于1时，根据指数越大幂越大，可得答案．
【详解】解：430=4310=6410，340=3410=8110 ，
∵64<81，
∴6410＜8110，
即430＜340 ，
故答案为：<．
【点睛】本题考查了幂的乘方与积的乘方，利用幂的乘方化成同指数的幂是解题关键．
5．（2022春·江苏苏州·七年级星海实验中学校考期末）若3x＝4，9y＝7，则3x﹣2y的值为__．
【答案】47
【分析】根据3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y即可代入求解．
【详解】解：3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y =47．
故答案是：47．
【点睛】本题考查了同底数的幂的除法运算，正确理解3x﹣2y＝3x÷32y＝3x÷9y是关键．
6．（2022春·江苏·七年级期末）若am=20，bn=20，ab=20，则m+nmn=______．
【答案】1
【分析】先根据ab=20可得anbn=20n，再结合bn=20可得an=20n−1，由此结合am=20可得am+n=amn=20n，由此可得m+n=mn，进而可求得答案．
【详解】解：∵ab=20，
∴(ab)n=20n，
即anbn=20n，
∵bn=20，
∴an×20=20n，
∴an=20n−1，
又∵am=20，
∴am+n=am⋅an=20×20n−1=20n，amn=(am)n=20n，
∴am+n=amn，
∴m+n=mn，
∴m+nmn=mnmn=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了幂的运算，熟练掌握同底数幂的乘除法法则及幂的乘方法则是解决本题的关键．
7．（2022春·江苏连云港·七年级统考期末）观察等式：2+22=23−2；2+22+23=24−2；2+22+23+24=25−2…已知按一定规律排列的一组数：250、251、252、…、299、2100．若250=a，用含a的式子表示这组数的和是____．
【答案】2a2−a
【分析】由等式：2+22=23−2；2+22+23=24−2；2+22+23+24=25−2，得出规律：2+22+23+…+2n=2n+1−2，那么250+251+252+…+299+2100 =(2+22+23+…+2100) −(2+22+23+…+249)，将规律代入计算即可．
【详解】解：∵2+22=23−2；
2+22+23=24−2；
2+22+23+24=25−2；
…
∴2+22+23+…+2n=2n+1−2，
∴250+251+252+…+299+2100
=(2+22+23+…+2100)−(2+22+23+…+249)
=(2101−2)−(250−2)
=2101−250，
∵250=a，
∴2101=(250)2·2=2a2，
∴原式=2a2−a，
故答案为：2a2−a．
【点睛】本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
8．（2022春·江苏常州·七年级校考期末）已知6x=192，32y=192，则（-2019）（x-1）（y-1）-1=_____.
【答案】1
【分析】由6x=192，32y=192，推出6x=192=32×6，32y=192=32×6，推出6x-1=32，32y-1=6，可得（6x-1）y-1=32y-1=6，推出（x-1）（y-1）=1，最后计算即可解答．
【详解】解：∵6x=192，32y=192，
∴6x=192=32×6，32y=192=32×6，
∴6x-1=32，32y-1=6，
∴（6x-1）y-1=32y-1=6，
∴（x-1）（y-1）=1，
∴（-2019）（x-1）（y-1）-1=（-2019）0 =1，
故答案为1.
【点睛】本题考查幂的乘方与积的乘方，解题的关键是灵活运用知识解决问题.
考点3
整式乘法与因式分解选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏无锡·七年级校联考期末）在数学中为了书写简便，18世纪数学家欧拉就引进了求和符号“∑”，如记k=1nk＝1+2+3+…+（n﹣1）+n，k=3nx+k＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；已知k=3nxx+k＝9x2+mx，则m的值是（ ）
A．45B．63C．54D．不确定
【答案】B
【分析】根据条件和新定义列出方程，化简即可得出答案．
【详解】解：根据题意得：x（x+3）+x（x+4）+…+x（x+n）＝x（9x+m），
∴x（x+3+x+4+…+x+n）＝x（9x+m），
∴x[（n﹣3+1）x+(n−3+1)(3+n)2]＝x（9x+m），
∴n﹣2＝9，m＝(n−3+1)(3+n)2，
∴n＝11，m＝63．
故选：B．
【点睛】本题考查了新定义，根据条件和新定义列出方程是解题的关键．
2．（2022春·江苏·七年级期末）已知a,b,c满足a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，则a+b−c的值为（ ）
A．1B．－5C．－6D．－7
【答案】A
【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出a,b,c的值，代入计算即可．
【详解】解：∵a2+2b=7,b2-2c=−1,c2−6a=−17，
∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17），
∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11
∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0，
∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0
∴a-3=0，b+1=0，c-1=0，
∴a+b-c=3-1-1=1．
故选：A．
【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出a,b,c的值，准确进行计算．
3．（2022春·江苏·七年级期末）已知a,b为实数，且满足ab>0,a+b−2=0，当a−b为整数时，ab的值为（ ）
A．34或12B．14或1C．34或1D．14或34
【答案】C
【分析】根据a+b−2=0得到a+b=2，进而得到(a+b)2=4，设(a−b)2=a2−2ab+b2=t，可得到ab=4−t4，根据a−b为整数，ab>0，即可确定t为0或1，问题得解．
【详解】解：(a+b)2=a2+2ab+b2=4；设(a−b)2=a2−2ab+b2=t，则4ab=4−t，
∴ab=4−t4，
∵a−b为整数，ab>0，
∴t为0或1，
当t=0时，ab=1；
当t=1时，ab=34；
∴ab的值为1或34．
故选：C
【点睛】本题考查了完全平方公式的变形，熟练掌握完全平方公式并根据题意确定相应字母的取值范围是解题关键．
4．（2022春·江苏徐州·七年级期末）算式（2+1）×（22+1）×（24+1）×…×（232+1）+1计算结果的个位数字是（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】B
【分析】先配一个（2-1），则可利用平方差公式计算出原式=264，然后利用底数为2的正整数次幂的个位数的规律求解．
【详解】解：原式=（2-1）（2+1）×（22+1）×（24+1）×…×（232+1）+1
=（22-1）×（22+1）×（24+1）×…×（232+1）+1
=（24-1）×（24+1）×…×（232+1）+1
=（232-1）×（232+1）+1
=264-1+1
=264，
因为21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，
所以底数为2的正整数次幂的个位数是2、4、8、6的循环，
所以264的个位数是6．
故选：B．
【点睛】】本题考查了平方差公式,解题的关键是掌握平方差公式：两个数的和与这两个数的差相乘，等于这两个数的平方差，即（a+b）（a-b）=a2-b2．
5．（2022春·江苏无锡·七年级统考期末）已知在x2+mx−16=(x+a)(x+b)中，a、b为整数，能使这个因式分解过程成立的m的值共有（ ）个
A．4B．5C．8D．10
【答案】B
【分析】先根据整式的乘法可得m=a+b,ab=−16，再根据“a,b为整数”进行分析即可得．
【详解】∵(x+a)(x+b)=x2+(a+b)x+ab，
∴x2+mx−16=x2+(a+b)x+ab，
∴m=a+b,ab=−16，
根据a,b为整数，有以下10种情况：
（1）当a=1,b=−16时，m=1+−16=−15；
（2）当a=2,b=−8时，m=2+−8=−6；
（3）当a=4,b=−4时，m=4+−4=0；
（4）当a=8,b=−2时，m=8+−2=6；
（5）当a=16,b=−1时，m=16+−1=15；
（6）当a=−1,b=16时，m=−1+16=15；
（7）当a=−2,b=8时，m=−2+8=6；
（8）当a=−4,b=4时，m=−4+4=0；
（9）当a=−8,b=2时，m=−8+2=−6；
（10）当a=−16,b=1时，m=−16+1=−15；
综上，符合条件的m的值为−15,−6,0,6,15，共有5个，
故选：B．
【点睛】本题考查了整式的乘法，依据题意，正确分情况讨论是解题关键．
6．（2022春·江苏·七年级期末）若4x2−k+1x+9能用完全平方公式因式分解，则k的值为（ ）
A．±6B．±12C．-13或11D．13或-11
【答案】C
【分析】先找到平方项是4x2与9，由此得到另一项的值，由此计算得到k的值即可.
【详解】∵4x2−k+1k+9能用完全平方公式因式分解，
∴平方项是4x2与9，
∴4x2−k+1k+9=(2x±3)2=4x2±12x+9，
∴−k+1=±12,
∴k= -13或11,
故选：C.
【点睛】此题考查完全平方公式的变形计算，熟练掌握公式的计算方法及特点是解题的关键.
7．（2022春·江苏·七年级期末）设x+y+z=2020，且x2019=y2020=z2021，则x3+y3+z3−3xyz=（ ）
A．673B．20203C．20213D．674
【答案】B
【分析】令x2019=y2020=z2021=a，可将x、z的值用y与a表示，利用x+y+z=2020求出a的值，然后将所求的式子化简成只含有y与a的式子，再代入求解即可.
【详解】设x2019=y2020=z2021=a
则x=2019a,y=2020a,z=2021ax=y−az=y+a
将x，y，z的值代入x+y+z=2020可得：2019a+2020a+2021a=2020
解得：a=13
∵x3=(y−a)3=(y−a)(y2−2ay+a2)=y3−3ay2+3a2y−a3
z3=(y+a)3=(y+a)(y2+2ay+a2)=y3+3ay2+3a2y+a3
3xyz=3y(y−a)(y+a)=3y(y2−a2)=3y3−3a2y
∴x3+y3+z3−3xyz
=(y3−3ay2+3a2y−a3)+y3+(y3+3ay2+3a2y+a3)−(3y3−3a2y)
=9a2y
=9a2⋅2020a
=9×2020×(13)3
=20203
故选：B.
【点睛】本题考查了整式的化简求值，化简过程中用到了两个重要的公式：完全平方公式、平方差公式，令x2019=y2020=z2021=a求出x，y，z之间的等式关系是解题关键.
8．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）现有甲、乙两个正方形纸片，将甲、乙并列放置后得到图1，已知点H为AE的中点，连结DH，FH．将乙纸片放到甲的内部得到图2.已知甲、乙两个正方形边长之和为8，图2的阴影部分面积为6，则图1的阴影部分面积为______．
【答案】19
【分析】设甲正方形的边长为a，乙正方形的边长为b，根据题意可得：a+b=8a−b2=6，根据完全平方和公式得到a2+b2，即两个正方形的面积和，结合图形用正方形的面积和减去△ADH和△HEF的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：设甲正方形的边长为a，乙正方形的边长为b，
根据题意可得：a+b=8a−b2=6，
∴a+b2=64，
∴2a2+b2=a+b2+a−b2=70，
∴a2+b2=35，
∵H是AE得中点，
∴AH=EH=12AB+BE=12a+b=4，
∴S△AHD=12AD⋅AH=12a⋅4=2a，S△EFH=12EF⋅HE=12b⋅4=2b，
∴S阴=a2+b2−2a−2b=a2+b2−2a+b=19．
故答案为：19．
【点睛】本题考查完全平方和公式的运用，正确对完全平方和公式进行变形时解题的关键．
9．（2022春·江苏·七年级期末）设x，y满足x−13+4044y=2022，y−13+4044x=6066，则x+y3=______．
【答案】8
【分析】将x−13+4044y=2022，y−13+4044x=6066两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【详解】解：将x−13+4044y=2022，y−13+4044x=6066两式相加，可得
x−13+4044y+y−13+4044x=8088，
即x+y−2x−12−x−1y−1+y−12+4044x+y−2=0，
即x+y−2x−12−x−1y−1+y−12+4044=0，
∵x−12−x−1y−1+y−12+4044>0恒成立，
∴x+y−2=0，即x+y=2，
x+y3=23=8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了立方和公式的应用．解答该题时需要熟记立方和公式a3+b3=a+ba2−ab+b2．
10．（2022春·江苏·七年级期末）实践操作：现有两个正方形A，B．如图所示进行两种方式摆放：
方式1：将B放在A的内部，得甲图；
方式2：将A，B并列放置，构造新正方形得乙图．
问题解决：对于上述操作，若甲图和乙图阴影部分的面积分别为1和12，则正方形A，B的面积之和为________．
【答案】13
【分析】设正方形A，B的边长各为a、b（a＞b），得图甲中阴影部分的面积为a−b2＝a2−2ab+b2＝1，可解得a−b=1，图乙中阴影部分的面积为(a+b)2−a2+b2＝2ab＝12 ，可得a+b2＝a-b2+4ab＝1+2×12＝25,可得a+b＝5，进而求得a与b的值即可求解.
【详解】解：设正方形A，B的边长各为a、b（a＞b），
得图甲中阴影部分的面积为a﹣b2＝a2﹣2ab+b2＝1
解得a−b=1或a−b=−1（舍去），
图乙中阴影部分的面积为(a+b)2−a2+b2＝2ab＝12，
可得a+b2＝a−b2+4ab＝1+2×12＝25，
解得a+b＝5或a+b＝﹣5（舍去），
联立得a−b=1a+b=5 ，解得a=3b=2 ，
∴a2+b2=32+22=13，
∴正方形A，B的面积之和为13.
故答案为：13．
【点睛】此题考查了灵活利用乘法公式求图形面积问题的能力，关键是能根据图形列出对应的算式．
考点4
二元一次方程组选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏宿迁·七年级校考期末）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为( )
A．15B．16C．17D．18
【答案】B
【分析】观察图③可知3个小长方形的宽与1个小长方形的长的和等于大长方形的宽，小长方形的4个长等于小长方形的3个长与3个宽的和，可列出关于a，b的方程组，解方程组得出a，b的值；利用a，b的值分别求得阴影部分面积与整个图形的面积，即可求得影部分面积与整个图形的面积之比．
【详解】解：根据题意、结合图形可得：
a+3b=304a=3a+3b，
解得：a=15b=5，
∴阴影部分面积=3(a−b)2=3×102=300，
整个图形的面积=30×4a=30×4×15=1800，
∴阴影部分面积与整个图形的面积之比=3001800=16，
故选B．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意并利用大长方形的长与宽和小长方形的关系建立二元一次方程组是解题的关键．
2．（2022春·江苏无锡·七年级校考期末）小兰：“小红，你上周买的笔和笔记本的价格是多少啊？”小红：“哦，…，我忘了！只记得先后买了两次，第一次买了 5 支笔和 10 本笔记本共花了 42 元钱，第二次买了 10 文笔和 5 本笔记本共花了 30 元钱．”请根据小红与小兰的对话，求得小红所买的笔和笔 记本的价格分别是( )
A．0.8 元／支，2.6 元／本B．0.8 元／支，3.6 元／本
C．1.2 元／支，2.6 元／本D．1.2 元／支，3.6 元／本
【答案】D
【分析】首先设小红所买的笔的价格是x元/支，笔记本的价格是y元/本，根据关键语句“第一次买了5支笔和10本笔记本共花了42元钱，”可得方程5x+10y=42，“第二次买了10支笔和5本笔记本共花了30元钱”可得方程10x+5y=30，联立两个方程，再解方程组即可.
【详解】解：设小红所买的笔的价格是x元/支，笔记本的价格是y元/本，由题意得：
5x+10y=4210x+5y=30 解得：x=1.2y=3.6
故答案为D.
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，关键是弄懂题意，找出题目中的等量关系，再列出方程组即可.
3．（2022秋·江苏镇江·七年级统考期末）七（1）班全体同学进行了一次转盘得分活动．如图，将转盘等分成8格，每人转动一次，指针指向的数字就是获得的得分，指针落在边界则重新转动一次．根据小红、小明两位同学的对话，可得七（1）班共有学生（ ）人．
A．38B．40C．42D．45
【答案】A
【分析】根据题意，分别假设未知数，再根据对话内容列出方程组，即可求解答案．
【详解】解：设得3分，4分，5分和6分的共有x人，它们平均得分为y分，分两种情况：
（1）得分不足7分的平均得分为3分，
xy+3×2+5×1＝3（x+5+3），
xy﹣3x＝13①，
（2）得3分及以上的人平均得分为4.5分，
xy+3×7+4×8＝4.5（x+3+4），
4.5x﹣xy＝21.5②，
①+②得1.5x＝34.5，
解得x＝2.3，
故七（1）班共有学生23+5+3+3+4＝38（人）．
故选：A．
【点睛】考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是了解题意，根据数量关系列出方程组，即可求出结果．
4．（2022春·江苏连云港·七年级统考期末）若关于x，y的两个二元一次方程ax+y=b与2x−cy=d的部分解分别如表①、表②所示，则关于x，y的二元一次方程组ax+y=b2x−cy=d的______．
表①
表②
【答案】x=2y=−1
【分析】把表格①中x与y的两对值代入方程y+ax=b求出a与b的值，把表格②中x与y的两对值代入2x-cy=d中求出c与d的值，确定出方程组，求出解即可．
【详解】解：把x=0，y=−3；x=1，y=−2代入ax+y=b得：−3=ba−2=b，
解得：a=−1b=−3；
把x=0，y=3；x=1，y=1代入2x−cy=d得：−3c=d2−c=d，
解得：c=−1d=3，代入方程组得：−x+y=−32x+y=3，解得：x=2y=−1．
故答案为：x=2y=−1．
【点睛】此题考查了解二元一次方程组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5．（2022春·江苏南通·七年级统考期末）若方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=4y=−2，则方程组3a1x+2b1y=a1−c13a2x+2b2y=a2−c2的解是______．
【答案】x=−1y=1
【分析】由方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=4y=−2得4a1−2b1=c14a2−2b2=c2，两式相加得4a1+a2−2b1+b2=c1+c2，对3a1x+2b1y=a1−c13a2x+2b2y=a2−c2两式相加变形得3a1+a2x+2b1+b2y=a1+a2−c1+c2即3a1+a2x+2b1+b2y=−3a1+a2+2b1+b2，对方程进行比较即可求解．
【详解】解：∵a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=4y=−2，
∴4a1−2b1=c1①4a2−2b2=c2②，
由①+②得：
4a1+a2−2b1+b2=c1+c2，
3a1x+2b1y=a1−c1③3a2x+2b2y=a2−c2④，
③+④得：
3a1+a2x+2b1+b2y=a1+a2−c1+c2，
则3a1+a2x+2b1+b2y=a1+a2−4a1+a2−2b1−b2，
即3a1+a2x+2b1+b2y=−3a1+a2+2b1+b2，
∴x=−1，y=1，
故答案为：x=−1y=1．
【点睛】本题考查了方程的解，方程组的特殊解法；熟练掌握对方程组的变形、化简是解题的关键．
6．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）已知a1、a2、a3、…、an是从1或0中取值的一列数（1和0都至少有一个），若a1+22+a2+22+a3+22+…+an+22=81，则这列数的个数n为____.
【答案】14或19
【分析】由a1、a2、a3、…、an是从1或0中取值的一列数(1和0都至少有一个)，设有x个1，y个0，则(a1+2)2、(a2+2)2、…、(a+2)2有x个9，y个4，列不定方程解答即可确定正确的答案．
【详解】解：设有x个1，y个0，则对应(a1+2)2、(a2+2)2、…、(a+2)2中有x个9，y个4，
∵a1+22+a2+22+a3+22+…+an+22=81，
∴9x+4y=81
∴x=9−4y9，
∵x，y均为正整数，
∴y是9的倍数，
∴x=5y=9，x=1y=18，
∴这列数的个数n=x+y为14或19，
故答案为：14或19．
【点睛】本题考查了数字的变化类问题，解题的关键是对给出的式子进行正确的变形，得到不定方程然后求整数解即可．
7．（2022秋·江苏无锡·七年级校联考期末）某景区游船码头派车原定于8点整准时到达景区入口接工作人员，由于汽车在路上因故障导致8:10时车还未到达景区入口，于是工作人员步行前往码头.走了一段时间后遇到了前来接他的汽车，他上车后汽车立即掉头继续前进.到达码头时已经比原计划迟到了20min.已知汽车的速度是工作人员步行速度的6倍，则汽车在路上因故障耽误的时间为____min.
【答案】24.
【分析】正常8：00到景区，出故障后，耽误t分钟，8点t分到景区，他在景区等了10分钟，车没来，就走了a分钟，在8点（10+a）分时遇到了车，他走a分钟的路程，车走a6分钟就走完，也就是在8点（t-a6）时遇到了车，得出关系式10+a=t-a6；
正常时从景区到码头用b分钟，在他遇到车的地点到景区要（b-a6）分钟，也就是8点（t-a6+b-a6）分钟到景区，已知他是8点（b+20）分到的，得出关系式t-a6+b-a6=b+20；联立方程组求解.
【详解】正常8：00准时到达景区入口，汽车在路上因故障，耽误t分钟，8点t分到达景区入口，
工作人员步行前往码头.走了10分钟，车没来，就走了a分钟，在8点（10+a）分时遇到了车；工作人员走a分钟的路程，车走a6分钟就走完，也就是在8点（t-a6）时遇到了车，有10+a=t-a6，
t=10+7a6，-----①
正常时从景区到码头用b分钟，
在他遇到车的地点到景区要（b-a6）分钟，
也就是8点（t-a6+b-a6）分钟到景区，
已知他是8点（b+20）分到的，
所以有t-a6+b-a6=b+20，
t-a3=20，----②
由①②解得：a=12，t=24.
则汽车在路上因故障耽误的时间为24min.
故答案为24.
【点睛】此题主要考查了二元一次方程的应用，依据题意得出汽车晚到景区的时间具体原因以及汽车所晚的20分钟具体原因得出等量关系是解决问题的关键.
8．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）设有n个数x1，x2，…xn，其中每个数都可能取0，1，-2这三个数中的一个，且满足下列等式：x1＋x2＋…＋xn＝0，x12＋x22＋…＋xn2＝12，则x13＋x23＋…＋xn3的值是_______．
【答案】-12
【分析】设该数列中含有a个1，b个−2，根据x1＋x2＋…＋x＝0，x12＋x22＋…＋x2＝12，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x13+x23+…+xn3中即可得出结论．
【详解】解：设该数列中含有a个1，b个−2，
根据题意得：a−2b=0a+4b=12，
解得：a=4b=2．
∴x13+x23+⋯+xn3=a−8b=4−8×2=−12．
故答案为：−12 ．
【点睛】本题考查的是规律型：数字的变化类以及解二元一次方程组，结合数列中数的特点找出规律列出方程组是解答此题的关键．
考点5
一元一次不等式选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·七年级期末）若整数a使关于x的不等式组x+13≤2x+59x−a2>x−a+13至少有1个整数解，且使关于x，y的方程组ax+2y=−4x+y=4的解为正整数，那么所有满足条件的a值之和为( )
A．﹣17B．﹣16C．﹣14D．﹣12
【答案】B
【分析】根据不等式组求出a的范围，然后再根据关于x，y的方程组ax+2y=−4x+y=4的解为正整数得到a−2=−4或−6或−12a−2=−6，从而确定所有满足条件的整数a的值的和．
【详解】不等式组x+13⩽2x+59x−a2>x−a+13整理得：x⩽2x>a+2，
由不等式组至少有1个整数解，得到a+2<2，
解得：a<0，
解方程组ax+2y=−4x+y=4，得x=−12a−2y=4a+4a−2，
∵关于x，y的方程组ax+2y=−4x+y=4的解为正整数，
∴a−2=−4或−6或−12，
解得a=−2或a=−4或a=−10，
∴所有满足条件的整数a的值的和是−16．
故选：B．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组，学生的计算能力以及推理能力，解题的关键是根据不等式组以及二元一次方程组求出a的范围，本题属于中等题型．
2．（2022春·江苏南通·七年级校联考期末）已知关于x，y的方程组x+3y=4−ax−y=3a，其中−3≤a≤1，下列结论：
①当a=−2时，x，y的值互为相反数；②x=5y=−1是方程组的解；③当a=−1时，方程组的解也是方程x+y=1的解；④若1≤y≤4，则−3≤a≤0．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】将原方程求解，用a表示x和y，然后根据a的取值范围，求出x和y的取值范围，然后逐一判断每一项即可．
【详解】由x+3y=4−ax−y=3a，解得x=1+2ay=1−a
∵−3≤a≤1
∴−5≤x≤3，0≤y≤4
①当a=−2时，解得x=−3y=3，故①正确；
②x=5y=−1不是方程组的解，故②错误；
③当a=−1时，解得x=−1y=2，此时x+y=1，故③正确；
④若1≤y≤4，即1≤1−a≤4，解得−3≤a≤0，故④正确；
故选D．
【点睛】本题考查了二元一次方程组，解一元一次不等式，熟练掌握二元一次方程组的解法和不等式的解法是本题的关键．
3．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）已知1≤ax+b<3的解集为2≤x<3，则1≤a1−x+b<3的解集为（ ）
A．2≤x<3B．2【答案】D
【分析】令1－x=y，则1≤ay+b<3，根据题干可知：2≤y<3，从而得出x的取值范围．
【详解】令1－x=y，则1≤ay+b<3
∵1≤ax+b<3的解集为2≤x<3
∴1≤ay+b<3的解集为：2≤y<3
∴2≤1−x<3
解得：−2故选：D．
【点睛】本题考查解不等式，解题关键是通过换元法，将1-x表示为y的形式．
4．（2022春·江苏·七年级期末）若6a=3b+12=2c，且b≥0，c≤9，设t=2a+b−c，则t的取值范围为______．
【答案】−2≤t≤−1
【分析】由条件可得3b+12≤18,先求解b的取值范围，再把t=2a+b−c化为t=12b−2，再结合不等式的基本性质可得答案．
【详解】解：∵ 6a=3b+12=2c，c≤9，
∴3b+12≤18,
解得：b≤2, 而b≥0，
∴0≤b≤2,
∵6a=3b+12=2c，
∴a=12b+2,c=32b+6,
∴t=2a+b−c
=2(12b+2)+b−(32b+6)
=b+4+b−32b−6
=12b−2,
∵0≤b≤2,
∴0≤12b≤1,
∴−2≤12b−2≤−1,
∴t的取值范围是：−2≤t≤−1.
故答案为：−2≤t≤−1.
【点睛】本题考查的是不等式的性质，方程思想的应用，求解0≤b≤2及t=12b−2是解本题的关键．
5．（2022春·江苏·七年级期末）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．
6．（2022春·江苏·七年级期末）已知关于x的不等式组2x+1>x+ax−1≤2x+a+23 （a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S<33.6，则所有这样的a的和为_____．
【答案】5
【分析】先求出不等式组的解集，再根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【详解】2x+1＞x+a①x−1≤2x+a+23②，
∵解不等式①得：x＞a﹣1，
解不等式②得：x≤a+5，
∴不等式组的解集为a﹣1＜x≤a+5，
∴不等式组的整数解a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，
∵所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，
∴21.6≤6a+15≤33.6，
∴1.1≤a≤3.1，
∴a的值为2，3，
∴2+3＝5，
故答案为5．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
7．（2022春·江苏·七年级期末）我们知道，适合二元一次方程的一对未知数的值叫做这个二元一次方程的一个解．类似地，适合二元一次不等式的一对未知数的值叫做这个二元一次不等式的一个解．对于二元一次不等式x＋2y≤8，它的正整数解有________个．
【答案】12
【分析】先把y作为常数，解不等式得x⩽8−2y，根据x，y是正整数，得8−2y>0，求出y的正整数值，再分情况进行讨论即可．
【详解】解：x+2y⩽8，
x⩽8−2y，
∵x，y是正整数，
∴8−2y>0，
解得0当y=1时，0正整数解为：{x=1y=1，{x=2y=1，{x=3y=1，{x=4y=1，{x=5y=1，{x=6y=1，
当y=2时，0正整数解为：{x=1y=2，{x=2y=2，{x=3y=2，{x=4y=2，
当y=3时，0正整数解为：{x=1y=3，{x=2y=3；
综上，它的正整数解有12个．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的整数解，求出y的整数值是本题的关键．
8．（2022春·江苏南京·七年级南京市宁海中学分校校考期末）已知关于x的不等式组5x−a>3x−12x−3≤5的所有整数解的和为7则a的取值范围是__________．
【答案】7≤a＜9或-3≤a＜-1．
【分析】先求出求出不等式组的解集，再根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【详解】解：5x−a>3x−1①2x−3≤5②，
∵解不等式①得：x>a−32，
解不等式②得：x≤4，
∴不等式组的解集为a−32∵关于x的不等式组5x−a>3x−12x−3≤5的所有整数解的和为7，
∴当a−32＞0时，这两个整数解一定是3和4，
∴2≤a−32＜3，
∴7≤a<9，
当a−32＜0时，-3≤a−32＜−2，
∴-3≤a＜-1，
∴a的取值范围是7≤a＜9或-3≤a＜-1．
故答案为：7≤a＜9或-3≤a＜-1．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
9．（2022春·江苏南通·七年级校考期末）已知关于x,y,z的方程组2x−y−3z=0x+2y+z=5满足x≤6−4≤y<−2，若S=x+3y−3z，则S的取值范围是__________．
【答案】−18≤S<−13
【分析】先把z看作常数，解x和y的方程组，再根据x和y的取值范围得出z的取值范围，然后用z表示S，根据z的取值范围可得S的取值范围．
【详解】解：2x−y−3z=0x+2y+z=5①②，
①×2+②得5x−5z=5，即x=z+1，
将x=z+1代入①可得2(z+1)−y−3z=0，可得y=2−z，
∴S=x+3y−3z=z+1+32−z−3z=−5z+7，
又∵x≤6−4≤y<−2，
∴z+1≤6−4≤2−z<−2，解得4∴−25≤−5z<−20，−18≤−5z+7<−13．
即−18≤S<−13．
故答案为：−18≤S<−13．
【点睛】本题考查解二元一次方程组，解一元一次不等式．本题中以z建立方程组和不等式的联系，在解方程组时可用含z的代数式表示x和y，利用z表示S，求出z的取值范围即可得出S的取值范围．熟记并理解不等式的性质是解决此题的关键．
10．（2022春·江苏·七年级南京市中华中学校考期末）关于x的不等式组{x−a≥02x−1≤1只有4个整数解,则a的取值范围是_____．
【答案】-3＜a≤-2
【分析】先求不等式组x−a≥02x−1≤1得解集，然后根据整数解的情况，确定a的范围.
【详解】解：解不等式组x−a≥02x−1≤1得：a≤x≤1
组4个整数解为：1，0，-1,-2,所以-3＜a≤-2
故答案为-3＜a≤-2
【点睛】本题考查了不等式组的解法和根据整数解确定参数，其中解不等式组是解答本题的关键.
11．（2022春·江苏宿迁·七年级统考期末）已知非负数a,b,c满足条件3a+2b+c=4. 2a+b+3c=5. 设s=5a+4b+7c的最大值为m，最小值为n． 则n-m的值为_______.
【答案】-2
【详解】已知，3a+2b+c=4①，2a+b+3c=5②，
②×2−①得，a+5c=6，a=6−5c，
①×2−②×3得，b−7c=−7，b=7c−7，
又已知a、b、c为非负实数，
所以，6−5c⩾0，7c−7⩾0，
可得,1≤c≤65 ，
S=5a+4b+7c=5×(6−5c)+4×(7c−7)+7c=10c+2，
所以10⩽10c⩽12，
12⩽10c+2=S⩽14，
即m=14，n=12，
n−m=−2，
故答案为−2.
x
－1
0
1
2
3
y
－4
－3
－2
－1
0
x
－1
0
1
2
3
y
5
3
1
－1
－3