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期末测试卷（拔尖卷）-2021-2022学年七年级数学上册压轴题专项讲练系列（苏科版）
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这是一份期末测试卷（拔尖卷）-2021-2022学年七年级数学上册压轴题专项讲练系列（苏科版），文件包含期末测试卷拔尖卷苏科版解析版docx、期末测试卷拔尖卷苏科版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
期末测试卷（拔尖卷）（满分100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得 分
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2020秋•鄞州区期末）下列各数中，数值相等的是（ ）
A．（﹣2）3和﹣23 B．﹣|23|和|﹣23| C．（﹣3）2和﹣32 D．23和32
【思路点拨】
根据有理数乘方的运算法则即可求出答案．
【解答过程】
解：∵（﹣2）3＝﹣8，﹣23＝﹣8，
∴选项A符合题意；
∵﹣|23|＝﹣8，|﹣23|＝8，
∴选项B不符合题意；
∵（﹣3）2＝9，﹣32＝﹣9，
∴选项C不符合题意；
∵23＝8，32＝9，
∴选项，D不符合题意；
故选：A．
2．（2021春•保山期末）父亲和女儿现在的年龄之和是49，7年后，女儿的年龄是父亲年龄的25倍，设父亲现在的年龄为x岁，则下列式子正确的是（ ）
A．x=25（49﹣x+7） B．x+7=25（49﹣x+7）
C．49﹣x+7=25（x+7） D．49﹣x+7=25x
【思路点拨】
设父亲现在的年龄为x岁，根据父女的年龄差不变，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答过程】
解：设父亲现在的年龄为x岁，根据题意得：49﹣x+7=25（x+7），
故选：C．
3．（2020秋•巩义市期末）如图所示，将正方体纸盒的表面沿某些棱剪开，该正方体的展开图为（ ）
A．B． C．D．
【思路点拨】
在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断．
【解答过程】
解：A、把展开图折叠，当圆在前面时，角在上面且开口对着圆，等号在右面，故此选项符合题意；
B、把展开图折叠，当圆在前面时，角在左面且开口对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意；
C、把展开图折叠，当圆在前面时，角在上面且开口不对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意；
D、把展开图折叠，当圆在前面时，角在下面且开口不对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意．
故选：A．
4．（2021春•招远市期末）如图，是一个运算程序的示意图，若开始输入x的值为3125，则第2021次输出的结果为（ ）
A．1 B．5 C．25 D．625
【思路点拨】
分别求出第一次输出的结果为625，第二次输出的结果为125，第三次输出的结果为25，第四次输出的结果为5，第五次输出的结果为1，第六次输出的结果为5•••，由此得出规律，计算结果即可．
【解答过程】
解：由题知：第一次输出的结果为15×3125＝625，
第二次输出的结果为15×625＝125，
第三次输出的结果为15×125=25，
第四次输出的结果为15×25＝5，
第五次输出的结果为15×5＝1，
第六次输出的结果为1+4＝5，
第七次输出的结果为15×5＝1，
第八次输出的结果为1+4＝5，
•••
从第四次开始奇数次输出为1，偶数次输出为5，
∴第2021次输出结果为1．
故选：A．
5．（2021春•渝北区期末）已知，a﹣b＝3，a﹣c＝1，则（b﹣c）2﹣2 （b﹣c）+94的值为（ ）
A．274 B．412 C．272 D．414
【思路点拨】
根据整式的加减运算求出b﹣c的值，然后代入原式即可求出答案．
【解答过程】
解：∵a﹣b＝3，a﹣c＝1，
∴（a﹣c）﹣（a﹣b）＝1﹣3，
∴b﹣c＝﹣2，
∴原式＝（﹣2）2﹣2×（﹣2）+94
＝4+4+94，
=414，
故选：D．
6．（2020秋•海曙区期末）如图，从8点钟开始，过了20分钟后，分针与时针所夹的度数是（ ）
A．120° B．130° C．140° D．150°
【思路点拨】
根据钟面角的特征得出钟面上两个相邻数字之间所对应的圆心角为30°，再根据时针与分针旋转过程中所成角度之间的变化关系求出∠AOF即可．
【解答过程】
解：如图，8：20时针与分针所处的位置如图所示：
由钟面角的特征可知，∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF=112×360°＝30°，
由时针与分针旋转过程中所成角度的变化关系可得，
∠AOF＝30°×2060=10°，
∴∠AOB＝30°×4+10°＝130°，
故选：B．
7．（2020秋•宁波期末）数轴上有O，A，B，C，D五个点，各点的位置与所表示的数如图所示，且3＜|d|＜5．若数轴上有一点M，M所表示的数为m，且|m﹣d|＝|m﹣3|，则关于点M的位置，下列叙述正确的是（ ）
A．M在O，B之间 B．M在O，C之间 C．M在C，D之间 D．M在A，D之间
【思路点拨】
根据O，A，B，C，D五个点在数轴上的位置和绝对值的定义即可得到结论．
【解答过程】
解：∵d＜0，|m﹣d|＝|m﹣3|，
∴MD＝MB，
∴M点介于D、B之间，
∵3＜|d|＜5，
∴M点介于O、C之间．
故选：B．
8．（2020秋•海曙区期末）如图，表中给出的是2021年1月份的月历，任意选取“工”型框中的7个数（如阴影部分所示）．请你运用所学的数学知识来研究，则这7个数的和不可能是（ ）
A．76 B．91 C．140 D．161
【思路点拨】
设最中间的数为x，根据题意列出方程即可求出判断．
【解答过程】
解：设最中间的数为x，
∴这7个数分别为x﹣8、x﹣7、x﹣6、x、x+8、x+7、x+6，
∴这7个数的和为：x﹣8+x﹣7+x﹣6+x+x+8+x+7+x+6＝7x，
当7x＝76时，此时x不是整数，
当7x＝91时，此时x＝13，
当7x＝140时，此时x＝20，
当7x＝161时，此时x＝23，
故选：A．
9．（2020秋•鄞州区期末）三张大小不一的正方形纸片按如图1和图2方式分别放置于相同的长方形中，它们既不重叠也无空隙，记图1阴影部分周长之和为m，图2阴影部分周长为n，要求m与n的差，只需知道一个图形的周长，这个图形是（ ）
A．整个长方形 B．图①正方形 C．图②正方形 D．图③正方形
【思路点拨】
设正方形①的边长为a、正方形②的边长为b、正方形③的边长为c，分别表示出m、n的值，就可计算出m﹣n的值为4c，从而可得只需知道正方形③的周长即可．
【解答过程】
解：设正方形①的边长为a、正方形②的边长为b、正方形③的边长为c，可得
m＝2[c+（a﹣c）]+2[b+（a+c﹣b）]
＝2a+2（a+c）
＝2a+2a+2c
＝4a+2c，
n＝2[（a+b﹣c）+（a+c﹣b）]
＝2（a+b﹣c+a+c﹣b）
＝2×2a
＝4a，
∴m﹣n
＝4a+2c﹣4a
＝2c，
故选：D．
10．（2020秋•北仑区期末）若不论k取什么实数，关于x的方程2kx+a3-x-bk6=1（a、b是常数）的解总是x＝1，则a+b的值是（ ）
A．﹣0.5 B．0.5 C．﹣1.5 D．1.5
【思路点拨】
把x＝1代入得出（b+4）k＝7﹣2a，根据方程总有根x＝1，推出b+4＝0，7﹣2a＝0，求出即可．
【解答过程】
解：把x＝1代入得：2k+a3-1-bk6=1，
去分母得：4k+2a﹣1+kb＝6，
∴（b+4）k＝7﹣2a，
∵不论k取什么实数，关于x的方程2kx+a3-x-bk6=1（a、b是常数）的解总是x＝1，
∴b+4＝0，7﹣2a＝0，
∴a=72，b＝﹣4，
∴a+b=72-4=-12，
故选：A．
评卷人
得 分
二．填空题（本大题共4小题，每小题3分，满分12分）
11．（2021春•郴州期末）在标准大气压下，1cm3干净清洁的空气中大约有2.5×1019个分子，则6×103cm3干净清洁的空气中大约有 个分子．（用科学记数法表示）
【思路点拨】
根据题意列式计算即可．
【解答过程】
解：2.5×1019×6×103＝15×1022＝1.5×1023（个）．
故答案为1.5×1023．
12．（2020秋•宁波期末）已知代数式3x2﹣4x+6的值为﹣8，那么-32x2+2x﹣4的值为 ．
【思路点拨】
由题意得3x2﹣4x+6＝﹣8，可得-32x2+2x＝7，代入-32x2+2x﹣4进行计算，即可得出结果．
【解答过程】
解：由题意得3x2﹣4x+6＝﹣8，
∴3x2﹣4x＝﹣14，
∴-32x2+2x＝7，
∴-32x2+2x﹣4＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
13．（2020秋•拱墅区校级期末）某商店压了一批商品，为尽快售出，该商店采取如下销售方案：将原来每件加价50%，再做两次降价处理，第一次降价m元，第二次降价10%．经过两次降价后的价格为n元，则原来每件 （结果用含m，n的代数式表示）．
【思路点拨】
先算出两次降价前的价格为[n÷（1﹣10%）+m]，再求第一次加价50%前的价格，从而得出答案．
【解答过程】
解：两次降价前的价格为[n÷（1﹣10%）+m]＝（109n+m）元，
则第一次加价50%前的价格为（109n+m）÷（1+50%）＝（2027n+23m）元．
故答案为：（2027n+23m）元．
14．（2020秋•镇海区期末）已知以x为未知数的一元一次方程x2019+2020m=2021x的解为x＝2，那么以y为未知数的一元一次方程2020-y2019-2020m=2021(2020-y)的解为 ．
【思路点拨】
将所求方程变形为y-20202019+2020m＝2021（y﹣2020），再结合已知方程，可得y﹣2020＝x，即可求y的值．
【解答过程】
解：∵2020-y2019-2020m=2021(2020-y)，
∴y-20202019+2020m＝2021（y﹣2020），
∴y﹣2020＝x，
∴y＝2020+x，
∵x＝2，
∴y＝2022，
故答案为：2022．
评卷人
得 分
三．解答题（本大题共9小题，满分58分）
15．（8分）（2021春•道里区期末）计算：
（1）12﹣（﹣18）+（﹣7）﹣15；
（2）(-134)×(-112)÷(-214)；
（3）76÷(16-13)×314÷35；
（4）﹣12×（﹣5）÷[（﹣3）2+2×（﹣5）]．
【思路点拨】
（1）原式利用减法法则变形，计算即可求出值；
（2）原式从左到右依次计算即可求出值；
（3）原式先计算括号中的减法运算，再计算乘除运算即可求出值；
（4）原式先计算乘方运算，再计算乘除运算即可求出值．
【解答过程】
解：（1）原式＝12+18﹣7﹣15
＝30﹣22
＝8；
（2）原式=-74×32×49
=-76；
（3）原式=76÷（-16）×314×53
=76×（﹣6）×314×53
=-52；
（4）原式＝﹣1×（﹣5）÷（9﹣10）
＝﹣1×（﹣5）÷（﹣1）
＝5÷（﹣1）
＝﹣5．
16．（4分）（2020秋•温江区校级期末）解方程：
（1）6（1﹣x）﹣5（x﹣2）＝2（2x+3）；
（2）0.1x-0.20.02-x+10.5=3．
【思路点拨】
（1）去括号、移项、合并同类项、系数化为1，依此即可求解；
（2）通过分数的性质整理方程，去分母、移项、合并同类项、系数化为1即可求解．
【解答过程】
（1）解：去括号得：6﹣6x﹣5x+10＝4x+6，
移项，合并同类项得：﹣15x＝﹣10，
系数化为1得：x=23．
（2）解：方程整理得：10x-202-10x+105=3，
去分母得：5x﹣10﹣2x﹣2＝3，
移项合并得：3x＝15，
系数化为1得：x＝5．
17．（4分）（2020秋•东台市期末）先化简，再求值：2xy﹣[12（5xy﹣16x2y2）﹣2（xy﹣4x2y2）]，其中x=-12，y＝4．
【思路点拨】
先将原式去括号合并同类项，再代入求值即可．
【解答过程】
解：原式=2xy-(52xy-8x2y2-2xy+8x2y2)=2xy-12xy=32xy
当x=-12，y＝4时，原式=32×(-12)×4=-3．
18．（6分）（2020秋•金牛区期末）已知关于x的整式A、B，其中A＝3x2+（m﹣1）x+1，B＝nx2+3x+2m．
（1）若当A+2B中不含x的二次项和一次项时，求m+n的值；
（2）当n＝3时，A＝B﹣2m+7，求此时使x为正整数时，正整数m的值．
【思路点拨】
（1）先去括号，合并同类项，根据不含x的二次项和一次项，即二次项和一次项的系数为0列方程可得m和n的值，相加可得结论；
（2）先根据已知等式化简，计算x=6m-4，根据m和x都为正整数可解答．
【解答过程】
解：（1）∵A＝3x2+（m﹣1）x+1，B＝nx2+3x+2m，
∴A+2B＝3x2+（m﹣1）x+1+2（nx2+3x+2m）
＝3x2+（m﹣1）x+1+2nx2+6x+4m
＝（3+2n）x2+（m+5）x+4m+1，
∵A+2B中不含x的二次项和一次项，
∴3+2n＝0，m+5＝0，
∴n=-32，m＝﹣5，
∴m+n＝﹣5-32=-6.5；
（2）∵A＝B﹣2m+7，且n＝3，
∴3x2+（m﹣1）x+1＝3x2+3x+2m﹣2m+7，
（m﹣1）x+1＝3x+7，
解得：x=6m-4，
∵m和x都为正整数，
∴m﹣4是6的约数，
∴m﹣4＝1，2，3，6，
∴m＝5，6，7，10．
19．（6分）（2020秋•宝鸡期末）如图，P是线段AB上一点，AB＝12cm，M、N两点分别从P、B出发以1cm/s、3cm/s的速度同时向左运动（M在线段AP上，N在线段BP上），运动时间为ts．
（1）若M、N运动1s时，且PN＝3AM，求AP的长；
（2）若M、N运动到任一时刻时，总有PN＝3AM，AP的长度是否变化？若不变，请求出AP的长；若变化，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，Q是直线AB上一点，且AQ＝PQ+BQ，求PQ的长．
【思路点拨】
（1）由AM+MP+PN+BN＝AB，列出方程可求AM的长，即可求解；
（2）由线段的和差关系可求解；
（3）由题设画出图示，根据AQ﹣BQ＝PQ求得AQ＝PQ+BQ；然后求得AP＝BQ，从而求得PQ与AB的关系．
【解答过程】
解：（1）根据M、N的运动速度可知：BN＝3cm，PM＝1cm，
∵AM+MP+PN+BN＝AB，且PN＝3AM，
∴AM+1+3AM+3＝12，
∴AM＝2cm，
∴AP＝3cm；
（2）长度不发生变化，
理由如下：
根据M、N的运动速度可知：BN＝3PM，
∵AM+MP+PN+BN＝AB，且PN＝3AM，
∴4AM+4PM＝12，
∴AP＝3cm，
（3）如图：
∵AQ＝PQ+BQ，AQ＝AP+PQ，
∴AP＝BQ，
∴PQ＝AB﹣AP﹣BQ＝6cm；
当点Q'在AB的延长线上时，
AQ′﹣AP＝PQ′，
所以AQ′﹣BQ′＝PQ＝AB＝12cm．
综上所述，PQ＝6cm或12cm．
20．（6分）（2020秋•沙坪坝区校级期末）今年11月份，某商场用22200元购进长虹取暖器和格力取暖器共400台，已知长虹取暖器每台进价为50元，售价为70元，格力取暖器每台进价为60元，售价为90元．
（1）求11月份两种取暖器各购进多少台？
（2）在将11月份购买的两种取暖器从厂家运往商场的过程中，长虹取暖器出现13的损坏（损坏后的产品只能为废品，不能再进行销售），而格力取暖器完好无损，商场决定对这两种取暖器的售价进行调整，使这次购进的取暖器全部售完后，商场可获利35%，已知格力取暖器在原售价基础上提高5%，问长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多多少元？
（3）今年重庆的天气比往年寒冷了许多，进入12月份，格力取暖器的需求量增大，商场在筹备“双十二”促销活动时，决定去甲、乙两个生产厂家都只购进格力取暖器，甲、乙生产厂家给出了不同的优惠措施：
甲生产厂家：格力取暖器出厂价为每台60元，折扣数如下表所示：
一次性购买的数量
不超过150台的部分
超过150台的部分
折扣数
打九折
打八五折
乙生产厂家：格力取暖器出厂价为每台50元，当出厂总金额达一定数量后还可按下表返现金．
出厂总金额
不超过7000元
超过7000元，但不超过10000元
超过10000元
返现金金额
0元
直接返现200元
先返现出厂总金额的2%，再返现296元
已知该商场在甲生产厂家购买格力取暖器共支付8610元，在乙生产厂家购买格力取暖器共支付9700元，若将在两个生产厂家购买格力取暖器的总量改由在乙生产厂家一次性购买，则商场可节约多少元？
【思路点拨】
（1）设该商场11月份购进长虹取暖器x台，则购进格力取暖器（400﹣x）台，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多y元，根据利润＝总售价﹣进货成本，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）设该商场在甲生产厂家购买了m台格力取暖器，在乙生产厂家购买了n台格力取暖器，根据该商场在甲生产厂家及乙生产厂家支付的金额，即可得出关于m（或n）的一元一次方程，解之即可得出m（或n）的值，再利用节约的钱数＝在甲生产厂家支付的金额+在乙生产厂家支付的金额﹣在乙生产厂家一次性购买需付的金额，即可求出结论．
【解答过程】
解：（1）设该商场11月份购进长虹取暖器x台，则购进格力取暖器（400﹣x）台，
依题意得：50x+60（400﹣x）＝22200，
解得：x＝180，
∴400﹣x＝220．
答：该商场11月份购进长虹取暖器180台，格力取暖器220台．
（2）设长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多y元，
依题意得：（70+y）×180×（1-13）+90×（1+5%）×220﹣22200＝22200×35%，
解得：y＝6.5，
答：长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多6.5元．
（3）设该商场在甲生产厂家购买了m台格力取暖器，在乙生产厂家购买了n台格力取暖器．
∵60×0.9×150＝8100（元），8100＜8610，
∴8100+60×0.85×（m﹣150）＝8610，
解得：m＝160．
当在乙生产厂家购买格力取暖器的出厂总金额不超过10000元时，50n﹣200＝9700，
解得：n＝198；
当在乙生产厂家购买格力取暖器的出厂总金额超过10000元时，50×（1﹣2%）n﹣296＝9700，
解得：n＝204．
当m＝160，n＝198时，节约的钱数为8610+9700﹣[50×（1﹣2%）×（160+198）﹣296]＝1064（元）；
当m＝160，n＝204时，节约的钱数为8610+9700﹣[50×（1﹣2%）×（160+204）﹣296]＝770（元）．
答：若将在两个生产厂家购买格力取暖器的总量改由在乙生产厂家一次性购买，则商场可节约1064元或770元．
21．（6分）（2020秋•宁波期末）我们知道，有理数包括整数、有限小数和无限循环小数，事实上，所有的有理数都可以化为分数形式（整数可看作分母为1的分数），那么无限循环小数如何表示为分数形式呢？请看以下示例：
例：将0.7⋅化为分数形式，
由于0.7⋅=0.7777…，设x＝0.7777…①
则10x＝7.777…②
②﹣①得9x＝7，解得x=79，于是得0.7⋅=79．
同理可得0.3⋅=39=13，7.4⋅=7+0.4⋅=7+49=679．
根据以上阅读，回答下列问题：（以下计算结果均用最简分数表示）
基础训练：
（1）0.6⋅= ，8.2⋅= ；
（2）将0.64⋅⋅化为分数形式，写出推导过程．
迁移应用：
（3）0.1⋅53⋅= ；（注：0.1⋅53⋅=0.153153…）
探索发现：
（4）若已知0.7⋅14285⋅=57，则2.2⋅85714⋅= ．
【思路点拨】
（1）根据题目中提供的计算方法进行计算即可；
（2）仿照（1）的方法得出答案；
（3）类比（1）（2）的方法得出答案；
（4）将0.7⋅14285⋅=57转化为714.2⋅85714⋅=57×1000，进而得到0.2⋅85714⋅=57×1000﹣714=27，从而得出2.2⋅85714⋅=167即可．
【解答过程】
解：（1）0.6⋅=69=23，
8.2⋅=8+0.2⋅=8+29=749，
故答案为：23，749；
（2）将0.64⋅⋅化为分数形式，
由于0.64⋅⋅=0.646464…，设x＝0.646464…①，
则100x＝64.6464…②，
②﹣①得99x＝64，
解得x=6499，
于是得0.64⋅⋅=6499；
（3）类比（1）（2）的方法可得，
0.153⋅⋅⋅=153999=17111，
故答案为：17111；
（4）∵0.7⋅14285⋅=57，
∴714.2⋅85714⋅=57×1000，
∴0.2⋅85714⋅=57×1000﹣714=27，
∴2.2⋅85714⋅=27+2=167，
故答案为：167．
22．（8分）（2020秋•城厢区期末）已知∠AOB和∠COD是直角．
（1）如图1，当射线OB在∠COD的内部时，请探究∠AOD和∠BOC之间的关系，并说明理由．
（2）如图2，当射线OA，OB都在∠COD的外部时，过点O作射线OE，OF，满足∠BOE=14∠BOC，∠DOF=34∠AOD，求∠EOF的度数．
（3）在（2）的条件下，在平面内是否存在射线OG，使得∠GOF：∠GOE＝3：7？若存在，求出∠GOF的度数；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据已知条件，∠AOB和∠COD是直角，可得出∠BOD和∠AOC与∠BOC的关系式，再根据∠AOC与∠AOB和∠BOD列出等量关系，即可得出答案；
（2）根据已知条件∠BOE=14∠BOC，可设∠BOE＝a，则∠BOC＝4a，再根据周角的关系可得到∠AOD的等量关系，再根据∠DOF=34∠AOD，可得到∠AOF的等量关系式，由∠BOE、∠AOB和∠AOF可列出等量关系，即可得到答案；
（3）分两种情况，①当射线OG在∠EOF内部时，由∠GOF：∠GOE＝3：7，可得出结果，当射线OG在∠EOF外部时，由∠GOF：∠GOE＝3：7，可得出结果．
【解答过程】
（1）∠AOD+∠BOC＝180°．
证明：∵∠AOB和∠COD是直角，
∴∠AOB＝∠COD＝90°，
∵∠BOD+∠BOC＝∠COD，
∴∠BOD＝90°﹣∠BOC，
同理：∠AOC＝90°﹣∠BOC，
∴∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°+90°﹣∠BOC＝180°﹣∠BOC，
∴∠AOD+∠BOC＝180°；
（2）解：设∠BOE＝a，则∠BOC＝4a，
∵∠BOE+∠EOC＝∠BOC，
∴∠EOC＝∠BOC﹣∠BOE＝3a，
∵∠AOD+∠COD+∠BOC+∠AOB＝360°，
∴∠AOD＝360°﹣∠COD﹣∠BOC﹣∠AOB
＝360°﹣90°﹣4a﹣90°
＝180°﹣4a，
∵∠DOF=34∠AOD，
∴∠DOF=34（180°﹣4a）＝135°﹣3a，
∴∠AOF=14∠AOD=14（180°﹣4a）＝45°﹣a，
∴∠EOF＝∠BOE+∠AOB+∠AOF＝a+90°+45°﹣a＝135°，
∠EOF的度数为135°；
（3）①当射线OG在∠EOF内部时，
∴∠GOF：∠GOE＝3：7，
∴∠GOF=33+7（∠GOF+∠GOE）=310∠EOF=310×135°＝40.5°；
②当射线OG在∠EOF外部时，
∵∠GOF：∠GOE＝3：7，
∴∠GOF=33+7（∠GOE﹣∠GOF）
=310∠EOF
=310（∠DOF+∠COD+∠EOC）
=310 （135°﹣3a+90°+3a）
＝67.5°．
综上所述，∠GOF 的度数是40.5°或67.5°．
23．（10分）（2020秋•北碚区校级期末）我们将一个数轴沿点O和点C各折一次后会得到一个新的图形，与原来相比，线段AO和CB仍然水平，线段OC处产生了一个坡度，我们称这样的数轴为“坡数轴”，其中O为“坡数轴”原点，在“坡数轴”上，每个点对应的数就是把“坡数轴”拉直后对应的数．
记“坡数轴”上A到B的距离AB为A和B拉直后距离：即AB=AO+OC+CB，其中AO、OC、CB代表线段长度．如图，已知“坡数轴”上，O为原点，A表示的数是﹣8，C表示的数是2，B表示的数是6．
（1）若TA+TB=16，则T表示的数是 ．
（2）定义“坡数轴”上，上坡时点的移动速度变为水平路线上移动速度的一半，下坡时移动速度变为水平路线上移动速度的2倍，一点P从A处沿“坡数轴”以每秒2个单位长度的速度向右移动，当移到点C时，立即掉头返回（掉头时间不计），在P出发的同时，点Q从B处沿“坡数轴”以每秒1个单位长度的速度向左移动，当P重新回到A点所有运动结束，设P点运动时间为t秒，在移动过程中：
①P在 秒时回到A；②何时PQ=2PO．
【思路点拨】
（1）首先判断出点T的位置，设T表示的数为x，根据T的位置分两种情况列出方程求解即可；
（2）①分别根据“时间＝路程÷速度”求出点P运动的时间，再求和即可；
②分别求出点Q在运动时间，结合点P，点Q的不同位置，根据PQ=2PO列出方程求解即可．
【解答过程】
解：（1）∵AB=AO+OC+CB＝|﹣8|+2+6＝16，
而TA+TB=16＞AB，
∴T不在AB内，
设T表示的数为x，
当T在点A的左侧时，
TA+TB=TA+TA+AB=（﹣8﹣x）+（﹣8﹣x）+14＝16，
解得：x＝﹣9；
当T在点B的右侧时，
TA+TB=AB+TB+TB=14+（x﹣6）+（x﹣6）＝16，
解得：x＝7，
故答案为：﹣9和7；
（2）①∵AO＝9，
∴点P从A到O所需时间为：t1=AO2=82=4（秒），
∵OC＝2，
∴点P从O到C所需时间为：t2=OC2×12=21=2（秒），
返回时，点P从C到O所需时间为：t3=CO2×2=24=12（秒），
点P从O到A所需时间为：t4＝t1＝4（秒），
∴点P运动的总时间t＝t1+t2+t3+t4=212（秒），
故点P在212秒时回到了点A；
②（Ⅰ）当点P在AO上，点Q在BC上时，
PQ=PO+OC+CQ＝（8﹣2t）+2+（4﹣t）＝14﹣3t，
PO=8﹣2t，
∵PQ=2PO，
∴14﹣3t＝（8﹣t），
解得：t＝2；
（Ⅱ）当P在OC上，设P过AO，Q是过BC的4秒之后，时间为t′，
a）当OP+QC＝OC，即t′+2t′＝2，即t′=23时，P、Q相遇，
PQ=OC﹣OP﹣QC＝2﹣t′﹣2t′，PO=t′，
由PQ=2PO得：2﹣t′﹣2t′＝t′，
解得：t′=23，
∴t＝4+25=225；
b）当Q到达点O时，点P刚到OC的中点，并继续向上走2﹣1＝1（秒），
PQ=OP+OQ＝t′+（t′﹣1），PO=t′，
由PQ=2PO得：2t′﹣1＝2t′，
此时无解；
c）当Q在OA上，P在OC向下移动时，
PQ=OQ+OP＝（t′﹣1）+[2﹣2×2（t′﹣2）]，PO=2﹣2×2（t′﹣2），
由PQ=2PO得，（t′﹣1）+[2﹣2×2（t′﹣2）]＝2[2﹣2×2（t′﹣2）]，
解得：t′=115，此时，t＝4+t′=315（秒）；
（Ⅲ）当点P重新回到OA上，设P回到O点后运动时间为t″，在t″之间，点P、Q已经运动了4+2+12=132（秒），
此时，Q在OA上走了132-4﹣1=32（秒），
即OQ=32×1=32，
1）PQ=OQ﹣OP＝（32+t″）﹣2t″，PO=2t″，
由PQ=2PO得：（32+t″）﹣2t″＝2t″，
解得，t″=310，此时，t=132+310=345（秒）；
2）当P在Q右侧，超过Q后，PQ=OP﹣OQ＝2t″﹣（32+t″），OP=2t″，
由PQ=2PO得：2t″﹣（32+t″）＝4t″，
解得，t″=-12（舍去），
综上所述，当t＝2或225或315或345秒时，PQ=2PO．
期末测试卷（拔尖卷）（满分100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得 分
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2020秋•鄞州区期末）下列各数中，数值相等的是（ ）
A．（﹣2）3和﹣23 B．﹣|23|和|﹣23| C．（﹣3）2和﹣32 D．23和32
【思路点拨】
根据有理数乘方的运算法则即可求出答案．
【解答过程】
解：∵（﹣2）3＝﹣8，﹣23＝﹣8，
∴选项A符合题意；
∵﹣|23|＝﹣8，|﹣23|＝8，
∴选项B不符合题意；
∵（﹣3）2＝9，﹣32＝﹣9，
∴选项C不符合题意；
∵23＝8，32＝9，
∴选项，D不符合题意；
故选：A．
2．（2021春•保山期末）父亲和女儿现在的年龄之和是49，7年后，女儿的年龄是父亲年龄的25倍，设父亲现在的年龄为x岁，则下列式子正确的是（ ）
A．x=25（49﹣x+7） B．x+7=25（49﹣x+7）
C．49﹣x+7=25（x+7） D．49﹣x+7=25x
【思路点拨】
设父亲现在的年龄为x岁，根据父女的年龄差不变，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答过程】
解：设父亲现在的年龄为x岁，根据题意得：49﹣x+7=25（x+7），
故选：C．
3．（2020秋•巩义市期末）如图所示，将正方体纸盒的表面沿某些棱剪开，该正方体的展开图为（ ）
A．B． C．D．
【思路点拨】
在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断．
【解答过程】
解：A、把展开图折叠，当圆在前面时，角在上面且开口对着圆，等号在右面，故此选项符合题意；
B、把展开图折叠，当圆在前面时，角在左面且开口对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意；
C、把展开图折叠，当圆在前面时，角在上面且开口不对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意；
D、把展开图折叠，当圆在前面时，角在下面且开口不对着圆，等号在右面，故此选项不符合题意．
故选：A．
4．（2021春•招远市期末）如图，是一个运算程序的示意图，若开始输入x的值为3125，则第2021次输出的结果为（ ）
A．1 B．5 C．25 D．625
【思路点拨】
分别求出第一次输出的结果为625，第二次输出的结果为125，第三次输出的结果为25，第四次输出的结果为5，第五次输出的结果为1，第六次输出的结果为5•••，由此得出规律，计算结果即可．
【解答过程】
解：由题知：第一次输出的结果为15×3125＝625，
第二次输出的结果为15×625＝125，
第三次输出的结果为15×125=25，
第四次输出的结果为15×25＝5，
第五次输出的结果为15×5＝1，
第六次输出的结果为1+4＝5，
第七次输出的结果为15×5＝1，
第八次输出的结果为1+4＝5，
•••
从第四次开始奇数次输出为1，偶数次输出为5，
∴第2021次输出结果为1．
故选：A．
5．（2021春•渝北区期末）已知，a﹣b＝3，a﹣c＝1，则（b﹣c）2﹣2 （b﹣c）+94的值为（ ）
A．274 B．412 C．272 D．414
【思路点拨】
根据整式的加减运算求出b﹣c的值，然后代入原式即可求出答案．
【解答过程】
解：∵a﹣b＝3，a﹣c＝1，
∴（a﹣c）﹣（a﹣b）＝1﹣3，
∴b﹣c＝﹣2，
∴原式＝（﹣2）2﹣2×（﹣2）+94
＝4+4+94，
=414，
故选：D．
6．（2020秋•海曙区期末）如图，从8点钟开始，过了20分钟后，分针与时针所夹的度数是（ ）
A．120° B．130° C．140° D．150°
【思路点拨】
根据钟面角的特征得出钟面上两个相邻数字之间所对应的圆心角为30°，再根据时针与分针旋转过程中所成角度之间的变化关系求出∠AOF即可．
【解答过程】
解：如图，8：20时针与分针所处的位置如图所示：
由钟面角的特征可知，∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF=112×360°＝30°，
由时针与分针旋转过程中所成角度的变化关系可得，
∠AOF＝30°×2060=10°，
∴∠AOB＝30°×4+10°＝130°，
故选：B．
7．（2020秋•宁波期末）数轴上有O，A，B，C，D五个点，各点的位置与所表示的数如图所示，且3＜|d|＜5．若数轴上有一点M，M所表示的数为m，且|m﹣d|＝|m﹣3|，则关于点M的位置，下列叙述正确的是（ ）
A．M在O，B之间 B．M在O，C之间 C．M在C，D之间 D．M在A，D之间
【思路点拨】
根据O，A，B，C，D五个点在数轴上的位置和绝对值的定义即可得到结论．
【解答过程】
解：∵d＜0，|m﹣d|＝|m﹣3|，
∴MD＝MB，
∴M点介于D、B之间，
∵3＜|d|＜5，
∴M点介于O、C之间．
故选：B．
8．（2020秋•海曙区期末）如图，表中给出的是2021年1月份的月历，任意选取“工”型框中的7个数（如阴影部分所示）．请你运用所学的数学知识来研究，则这7个数的和不可能是（ ）
A．76 B．91 C．140 D．161
【思路点拨】
设最中间的数为x，根据题意列出方程即可求出判断．
【解答过程】
解：设最中间的数为x，
∴这7个数分别为x﹣8、x﹣7、x﹣6、x、x+8、x+7、x+6，
∴这7个数的和为：x﹣8+x﹣7+x﹣6+x+x+8+x+7+x+6＝7x，
当7x＝76时，此时x不是整数，
当7x＝91时，此时x＝13，
当7x＝140时，此时x＝20，
当7x＝161时，此时x＝23，
故选：A．
9．（2020秋•鄞州区期末）三张大小不一的正方形纸片按如图1和图2方式分别放置于相同的长方形中，它们既不重叠也无空隙，记图1阴影部分周长之和为m，图2阴影部分周长为n，要求m与n的差，只需知道一个图形的周长，这个图形是（ ）
A．整个长方形 B．图①正方形 C．图②正方形 D．图③正方形
【思路点拨】
设正方形①的边长为a、正方形②的边长为b、正方形③的边长为c，分别表示出m、n的值，就可计算出m﹣n的值为4c，从而可得只需知道正方形③的周长即可．
【解答过程】
解：设正方形①的边长为a、正方形②的边长为b、正方形③的边长为c，可得
m＝2[c+（a﹣c）]+2[b+（a+c﹣b）]
＝2a+2（a+c）
＝2a+2a+2c
＝4a+2c，
n＝2[（a+b﹣c）+（a+c﹣b）]
＝2（a+b﹣c+a+c﹣b）
＝2×2a
＝4a，
∴m﹣n
＝4a+2c﹣4a
＝2c，
故选：D．
10．（2020秋•北仑区期末）若不论k取什么实数，关于x的方程2kx+a3-x-bk6=1（a、b是常数）的解总是x＝1，则a+b的值是（ ）
A．﹣0.5 B．0.5 C．﹣1.5 D．1.5
【思路点拨】
把x＝1代入得出（b+4）k＝7﹣2a，根据方程总有根x＝1，推出b+4＝0，7﹣2a＝0，求出即可．
【解答过程】
解：把x＝1代入得：2k+a3-1-bk6=1，
去分母得：4k+2a﹣1+kb＝6，
∴（b+4）k＝7﹣2a，
∵不论k取什么实数，关于x的方程2kx+a3-x-bk6=1（a、b是常数）的解总是x＝1，
∴b+4＝0，7﹣2a＝0，
∴a=72，b＝﹣4，
∴a+b=72-4=-12，
故选：A．
评卷人
得 分
二．填空题（本大题共4小题，每小题3分，满分12分）
11．（2021春•郴州期末）在标准大气压下，1cm3干净清洁的空气中大约有2.5×1019个分子，则6×103cm3干净清洁的空气中大约有 个分子．（用科学记数法表示）
【思路点拨】
根据题意列式计算即可．
【解答过程】
解：2.5×1019×6×103＝15×1022＝1.5×1023（个）．
故答案为1.5×1023．
12．（2020秋•宁波期末）已知代数式3x2﹣4x+6的值为﹣8，那么-32x2+2x﹣4的值为 ．
【思路点拨】
由题意得3x2﹣4x+6＝﹣8，可得-32x2+2x＝7，代入-32x2+2x﹣4进行计算，即可得出结果．
【解答过程】
解：由题意得3x2﹣4x+6＝﹣8，
∴3x2﹣4x＝﹣14，
∴-32x2+2x＝7，
∴-32x2+2x﹣4＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
13．（2020秋•拱墅区校级期末）某商店压了一批商品，为尽快售出，该商店采取如下销售方案：将原来每件加价50%，再做两次降价处理，第一次降价m元，第二次降价10%．经过两次降价后的价格为n元，则原来每件 （结果用含m，n的代数式表示）．
【思路点拨】
先算出两次降价前的价格为[n÷（1﹣10%）+m]，再求第一次加价50%前的价格，从而得出答案．
【解答过程】
解：两次降价前的价格为[n÷（1﹣10%）+m]＝（109n+m）元，
则第一次加价50%前的价格为（109n+m）÷（1+50%）＝（2027n+23m）元．
故答案为：（2027n+23m）元．
14．（2020秋•镇海区期末）已知以x为未知数的一元一次方程x2019+2020m=2021x的解为x＝2，那么以y为未知数的一元一次方程2020-y2019-2020m=2021(2020-y)的解为 ．
【思路点拨】
将所求方程变形为y-20202019+2020m＝2021（y﹣2020），再结合已知方程，可得y﹣2020＝x，即可求y的值．
【解答过程】
解：∵2020-y2019-2020m=2021(2020-y)，
∴y-20202019+2020m＝2021（y﹣2020），
∴y﹣2020＝x，
∴y＝2020+x，
∵x＝2，
∴y＝2022，
故答案为：2022．
评卷人
得 分
三．解答题（本大题共9小题，满分58分）
15．（8分）（2021春•道里区期末）计算：
（1）12﹣（﹣18）+（﹣7）﹣15；
（2）(-134)×(-112)÷(-214)；
（3）76÷(16-13)×314÷35；
（4）﹣12×（﹣5）÷[（﹣3）2+2×（﹣5）]．
【思路点拨】
（1）原式利用减法法则变形，计算即可求出值；
（2）原式从左到右依次计算即可求出值；
（3）原式先计算括号中的减法运算，再计算乘除运算即可求出值；
（4）原式先计算乘方运算，再计算乘除运算即可求出值．
【解答过程】
解：（1）原式＝12+18﹣7﹣15
＝30﹣22
＝8；
（2）原式=-74×32×49
=-76；
（3）原式=76÷（-16）×314×53
=76×（﹣6）×314×53
=-52；
（4）原式＝﹣1×（﹣5）÷（9﹣10）
＝﹣1×（﹣5）÷（﹣1）
＝5÷（﹣1）
＝﹣5．
16．（4分）（2020秋•温江区校级期末）解方程：
（1）6（1﹣x）﹣5（x﹣2）＝2（2x+3）；
（2）0.1x-0.20.02-x+10.5=3．
【思路点拨】
（1）去括号、移项、合并同类项、系数化为1，依此即可求解；
（2）通过分数的性质整理方程，去分母、移项、合并同类项、系数化为1即可求解．
【解答过程】
（1）解：去括号得：6﹣6x﹣5x+10＝4x+6，
移项，合并同类项得：﹣15x＝﹣10，
系数化为1得：x=23．
（2）解：方程整理得：10x-202-10x+105=3，
去分母得：5x﹣10﹣2x﹣2＝3，
移项合并得：3x＝15，
系数化为1得：x＝5．
17．（4分）（2020秋•东台市期末）先化简，再求值：2xy﹣[12（5xy﹣16x2y2）﹣2（xy﹣4x2y2）]，其中x=-12，y＝4．
【思路点拨】
先将原式去括号合并同类项，再代入求值即可．
【解答过程】
解：原式=2xy-(52xy-8x2y2-2xy+8x2y2)=2xy-12xy=32xy
当x=-12，y＝4时，原式=32×(-12)×4=-3．
18．（6分）（2020秋•金牛区期末）已知关于x的整式A、B，其中A＝3x2+（m﹣1）x+1，B＝nx2+3x+2m．
（1）若当A+2B中不含x的二次项和一次项时，求m+n的值；
（2）当n＝3时，A＝B﹣2m+7，求此时使x为正整数时，正整数m的值．
【思路点拨】
（1）先去括号，合并同类项，根据不含x的二次项和一次项，即二次项和一次项的系数为0列方程可得m和n的值，相加可得结论；
（2）先根据已知等式化简，计算x=6m-4，根据m和x都为正整数可解答．
【解答过程】
解：（1）∵A＝3x2+（m﹣1）x+1，B＝nx2+3x+2m，
∴A+2B＝3x2+（m﹣1）x+1+2（nx2+3x+2m）
＝3x2+（m﹣1）x+1+2nx2+6x+4m
＝（3+2n）x2+（m+5）x+4m+1，
∵A+2B中不含x的二次项和一次项，
∴3+2n＝0，m+5＝0，
∴n=-32，m＝﹣5，
∴m+n＝﹣5-32=-6.5；
（2）∵A＝B﹣2m+7，且n＝3，
∴3x2+（m﹣1）x+1＝3x2+3x+2m﹣2m+7，
（m﹣1）x+1＝3x+7，
解得：x=6m-4，
∵m和x都为正整数，
∴m﹣4是6的约数，
∴m﹣4＝1，2，3，6，
∴m＝5，6，7，10．
19．（6分）（2020秋•宝鸡期末）如图，P是线段AB上一点，AB＝12cm，M、N两点分别从P、B出发以1cm/s、3cm/s的速度同时向左运动（M在线段AP上，N在线段BP上），运动时间为ts．
（1）若M、N运动1s时，且PN＝3AM，求AP的长；
（2）若M、N运动到任一时刻时，总有PN＝3AM，AP的长度是否变化？若不变，请求出AP的长；若变化，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，Q是直线AB上一点，且AQ＝PQ+BQ，求PQ的长．
【思路点拨】
（1）由AM+MP+PN+BN＝AB，列出方程可求AM的长，即可求解；
（2）由线段的和差关系可求解；
（3）由题设画出图示，根据AQ﹣BQ＝PQ求得AQ＝PQ+BQ；然后求得AP＝BQ，从而求得PQ与AB的关系．
【解答过程】
解：（1）根据M、N的运动速度可知：BN＝3cm，PM＝1cm，
∵AM+MP+PN+BN＝AB，且PN＝3AM，
∴AM+1+3AM+3＝12，
∴AM＝2cm，
∴AP＝3cm；
（2）长度不发生变化，
理由如下：
根据M、N的运动速度可知：BN＝3PM，
∵AM+MP+PN+BN＝AB，且PN＝3AM，
∴4AM+4PM＝12，
∴AP＝3cm，
（3）如图：
∵AQ＝PQ+BQ，AQ＝AP+PQ，
∴AP＝BQ，
∴PQ＝AB﹣AP﹣BQ＝6cm；
当点Q'在AB的延长线上时，
AQ′﹣AP＝PQ′，
所以AQ′﹣BQ′＝PQ＝AB＝12cm．
综上所述，PQ＝6cm或12cm．
20．（6分）（2020秋•沙坪坝区校级期末）今年11月份，某商场用22200元购进长虹取暖器和格力取暖器共400台，已知长虹取暖器每台进价为50元，售价为70元，格力取暖器每台进价为60元，售价为90元．
（1）求11月份两种取暖器各购进多少台？
（2）在将11月份购买的两种取暖器从厂家运往商场的过程中，长虹取暖器出现13的损坏（损坏后的产品只能为废品，不能再进行销售），而格力取暖器完好无损，商场决定对这两种取暖器的售价进行调整，使这次购进的取暖器全部售完后，商场可获利35%，已知格力取暖器在原售价基础上提高5%，问长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多多少元？
（3）今年重庆的天气比往年寒冷了许多，进入12月份，格力取暖器的需求量增大，商场在筹备“双十二”促销活动时，决定去甲、乙两个生产厂家都只购进格力取暖器，甲、乙生产厂家给出了不同的优惠措施：
甲生产厂家：格力取暖器出厂价为每台60元，折扣数如下表所示：
一次性购买的数量
不超过150台的部分
超过150台的部分
折扣数
打九折
打八五折
乙生产厂家：格力取暖器出厂价为每台50元，当出厂总金额达一定数量后还可按下表返现金．
出厂总金额
不超过7000元
超过7000元，但不超过10000元
超过10000元
返现金金额
0元
直接返现200元
先返现出厂总金额的2%，再返现296元
已知该商场在甲生产厂家购买格力取暖器共支付8610元，在乙生产厂家购买格力取暖器共支付9700元，若将在两个生产厂家购买格力取暖器的总量改由在乙生产厂家一次性购买，则商场可节约多少元？
【思路点拨】
（1）设该商场11月份购进长虹取暖器x台，则购进格力取暖器（400﹣x）台，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多y元，根据利润＝总售价﹣进货成本，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）设该商场在甲生产厂家购买了m台格力取暖器，在乙生产厂家购买了n台格力取暖器，根据该商场在甲生产厂家及乙生产厂家支付的金额，即可得出关于m（或n）的一元一次方程，解之即可得出m（或n）的值，再利用节约的钱数＝在甲生产厂家支付的金额+在乙生产厂家支付的金额﹣在乙生产厂家一次性购买需付的金额，即可求出结论．
【解答过程】
解：（1）设该商场11月份购进长虹取暖器x台，则购进格力取暖器（400﹣x）台，
依题意得：50x+60（400﹣x）＝22200，
解得：x＝180，
∴400﹣x＝220．
答：该商场11月份购进长虹取暖器180台，格力取暖器220台．
（2）设长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多y元，
依题意得：（70+y）×180×（1-13）+90×（1+5%）×220﹣22200＝22200×35%，
解得：y＝6.5，
答：长虹取暖器调整后的每台售价比原售价多6.5元．
（3）设该商场在甲生产厂家购买了m台格力取暖器，在乙生产厂家购买了n台格力取暖器．
∵60×0.9×150＝8100（元），8100＜8610，
∴8100+60×0.85×（m﹣150）＝8610，
解得：m＝160．
当在乙生产厂家购买格力取暖器的出厂总金额不超过10000元时，50n﹣200＝9700，
解得：n＝198；
当在乙生产厂家购买格力取暖器的出厂总金额超过10000元时，50×（1﹣2%）n﹣296＝9700，
解得：n＝204．
当m＝160，n＝198时，节约的钱数为8610+9700﹣[50×（1﹣2%）×（160+198）﹣296]＝1064（元）；
当m＝160，n＝204时，节约的钱数为8610+9700﹣[50×（1﹣2%）×（160+204）﹣296]＝770（元）．
答：若将在两个生产厂家购买格力取暖器的总量改由在乙生产厂家一次性购买，则商场可节约1064元或770元．
21．（6分）（2020秋•宁波期末）我们知道，有理数包括整数、有限小数和无限循环小数，事实上，所有的有理数都可以化为分数形式（整数可看作分母为1的分数），那么无限循环小数如何表示为分数形式呢？请看以下示例：
例：将0.7⋅化为分数形式，
由于0.7⋅=0.7777…，设x＝0.7777…①
则10x＝7.777…②
②﹣①得9x＝7，解得x=79，于是得0.7⋅=79．
同理可得0.3⋅=39=13，7.4⋅=7+0.4⋅=7+49=679．
根据以上阅读，回答下列问题：（以下计算结果均用最简分数表示）
基础训练：
（1）0.6⋅= ，8.2⋅= ；
（2）将0.64⋅⋅化为分数形式，写出推导过程．
迁移应用：
（3）0.1⋅53⋅= ；（注：0.1⋅53⋅=0.153153…）
探索发现：
（4）若已知0.7⋅14285⋅=57，则2.2⋅85714⋅= ．
【思路点拨】
（1）根据题目中提供的计算方法进行计算即可；
（2）仿照（1）的方法得出答案；
（3）类比（1）（2）的方法得出答案；
（4）将0.7⋅14285⋅=57转化为714.2⋅85714⋅=57×1000，进而得到0.2⋅85714⋅=57×1000﹣714=27，从而得出2.2⋅85714⋅=167即可．
【解答过程】
解：（1）0.6⋅=69=23，
8.2⋅=8+0.2⋅=8+29=749，
故答案为：23，749；
（2）将0.64⋅⋅化为分数形式，
由于0.64⋅⋅=0.646464…，设x＝0.646464…①，
则100x＝64.6464…②，
②﹣①得99x＝64，
解得x=6499，
于是得0.64⋅⋅=6499；
（3）类比（1）（2）的方法可得，
0.153⋅⋅⋅=153999=17111，
故答案为：17111；
（4）∵0.7⋅14285⋅=57，
∴714.2⋅85714⋅=57×1000，
∴0.2⋅85714⋅=57×1000﹣714=27，
∴2.2⋅85714⋅=27+2=167，
故答案为：167．
22．（8分）（2020秋•城厢区期末）已知∠AOB和∠COD是直角．
（1）如图1，当射线OB在∠COD的内部时，请探究∠AOD和∠BOC之间的关系，并说明理由．
（2）如图2，当射线OA，OB都在∠COD的外部时，过点O作射线OE，OF，满足∠BOE=14∠BOC，∠DOF=34∠AOD，求∠EOF的度数．
（3）在（2）的条件下，在平面内是否存在射线OG，使得∠GOF：∠GOE＝3：7？若存在，求出∠GOF的度数；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据已知条件，∠AOB和∠COD是直角，可得出∠BOD和∠AOC与∠BOC的关系式，再根据∠AOC与∠AOB和∠BOD列出等量关系，即可得出答案；
（2）根据已知条件∠BOE=14∠BOC，可设∠BOE＝a，则∠BOC＝4a，再根据周角的关系可得到∠AOD的等量关系，再根据∠DOF=34∠AOD，可得到∠AOF的等量关系式，由∠BOE、∠AOB和∠AOF可列出等量关系，即可得到答案；
（3）分两种情况，①当射线OG在∠EOF内部时，由∠GOF：∠GOE＝3：7，可得出结果，当射线OG在∠EOF外部时，由∠GOF：∠GOE＝3：7，可得出结果．
【解答过程】
（1）∠AOD+∠BOC＝180°．
证明：∵∠AOB和∠COD是直角，
∴∠AOB＝∠COD＝90°，
∵∠BOD+∠BOC＝∠COD，
∴∠BOD＝90°﹣∠BOC，
同理：∠AOC＝90°﹣∠BOC，
∴∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°+90°﹣∠BOC＝180°﹣∠BOC，
∴∠AOD+∠BOC＝180°；
（2）解：设∠BOE＝a，则∠BOC＝4a，
∵∠BOE+∠EOC＝∠BOC，
∴∠EOC＝∠BOC﹣∠BOE＝3a，
∵∠AOD+∠COD+∠BOC+∠AOB＝360°，
∴∠AOD＝360°﹣∠COD﹣∠BOC﹣∠AOB
＝360°﹣90°﹣4a﹣90°
＝180°﹣4a，
∵∠DOF=34∠AOD，
∴∠DOF=34（180°﹣4a）＝135°﹣3a，
∴∠AOF=14∠AOD=14（180°﹣4a）＝45°﹣a，
∴∠EOF＝∠BOE+∠AOB+∠AOF＝a+90°+45°﹣a＝135°，
∠EOF的度数为135°；
（3）①当射线OG在∠EOF内部时，
∴∠GOF：∠GOE＝3：7，
∴∠GOF=33+7（∠GOF+∠GOE）=310∠EOF=310×135°＝40.5°；
②当射线OG在∠EOF外部时，
∵∠GOF：∠GOE＝3：7，
∴∠GOF=33+7（∠GOE﹣∠GOF）
=310∠EOF
=310（∠DOF+∠COD+∠EOC）
=310 （135°﹣3a+90°+3a）
＝67.5°．
综上所述，∠GOF 的度数是40.5°或67.5°．
23．（10分）（2020秋•北碚区校级期末）我们将一个数轴沿点O和点C各折一次后会得到一个新的图形，与原来相比，线段AO和CB仍然水平，线段OC处产生了一个坡度，我们称这样的数轴为“坡数轴”，其中O为“坡数轴”原点，在“坡数轴”上，每个点对应的数就是把“坡数轴”拉直后对应的数．
记“坡数轴”上A到B的距离AB为A和B拉直后距离：即AB=AO+OC+CB，其中AO、OC、CB代表线段长度．如图，已知“坡数轴”上，O为原点，A表示的数是﹣8，C表示的数是2，B表示的数是6．
（1）若TA+TB=16，则T表示的数是 ．
（2）定义“坡数轴”上，上坡时点的移动速度变为水平路线上移动速度的一半，下坡时移动速度变为水平路线上移动速度的2倍，一点P从A处沿“坡数轴”以每秒2个单位长度的速度向右移动，当移到点C时，立即掉头返回（掉头时间不计），在P出发的同时，点Q从B处沿“坡数轴”以每秒1个单位长度的速度向左移动，当P重新回到A点所有运动结束，设P点运动时间为t秒，在移动过程中：
①P在 秒时回到A；②何时PQ=2PO．
【思路点拨】
（1）首先判断出点T的位置，设T表示的数为x，根据T的位置分两种情况列出方程求解即可；
（2）①分别根据“时间＝路程÷速度”求出点P运动的时间，再求和即可；
②分别求出点Q在运动时间，结合点P，点Q的不同位置，根据PQ=2PO列出方程求解即可．
【解答过程】
解：（1）∵AB=AO+OC+CB＝|﹣8|+2+6＝16，
而TA+TB=16＞AB，
∴T不在AB内，
设T表示的数为x，
当T在点A的左侧时，
TA+TB=TA+TA+AB=（﹣8﹣x）+（﹣8﹣x）+14＝16，
解得：x＝﹣9；
当T在点B的右侧时，
TA+TB=AB+TB+TB=14+（x﹣6）+（x﹣6）＝16，
解得：x＝7，
故答案为：﹣9和7；
（2）①∵AO＝9，
∴点P从A到O所需时间为：t1=AO2=82=4（秒），
∵OC＝2，
∴点P从O到C所需时间为：t2=OC2×12=21=2（秒），
返回时，点P从C到O所需时间为：t3=CO2×2=24=12（秒），
点P从O到A所需时间为：t4＝t1＝4（秒），
∴点P运动的总时间t＝t1+t2+t3+t4=212（秒），
故点P在212秒时回到了点A；
②（Ⅰ）当点P在AO上，点Q在BC上时，
PQ=PO+OC+CQ＝（8﹣2t）+2+（4﹣t）＝14﹣3t，
PO=8﹣2t，
∵PQ=2PO，
∴14﹣3t＝（8﹣t），
解得：t＝2；
（Ⅱ）当P在OC上，设P过AO，Q是过BC的4秒之后，时间为t′，
a）当OP+QC＝OC，即t′+2t′＝2，即t′=23时，P、Q相遇，
PQ=OC﹣OP﹣QC＝2﹣t′﹣2t′，PO=t′，
由PQ=2PO得：2﹣t′﹣2t′＝t′，
解得：t′=23，
∴t＝4+25=225；
b）当Q到达点O时，点P刚到OC的中点，并继续向上走2﹣1＝1（秒），
PQ=OP+OQ＝t′+（t′﹣1），PO=t′，
由PQ=2PO得：2t′﹣1＝2t′，
此时无解；
c）当Q在OA上，P在OC向下移动时，
PQ=OQ+OP＝（t′﹣1）+[2﹣2×2（t′﹣2）]，PO=2﹣2×2（t′﹣2），
由PQ=2PO得，（t′﹣1）+[2﹣2×2（t′﹣2）]＝2[2﹣2×2（t′﹣2）]，
解得：t′=115，此时，t＝4+t′=315（秒）；
（Ⅲ）当点P重新回到OA上，设P回到O点后运动时间为t″，在t″之间，点P、Q已经运动了4+2+12=132（秒），
此时，Q在OA上走了132-4﹣1=32（秒），
即OQ=32×1=32，
1）PQ=OQ﹣OP＝（32+t″）﹣2t″，PO=2t″，
由PQ=2PO得：（32+t″）﹣2t″＝2t″，
解得，t″=310，此时，t=132+310=345（秒）；
2）当P在Q右侧，超过Q后，PQ=OP﹣OQ＝2t″﹣（32+t″），OP=2t″，
由PQ=2PO得：2t″﹣（32+t″）＝4t″，
解得，t″=-12（舍去），
综上所述，当t＝2或225或315或345秒时，PQ=2PO．
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