中考数学一轮复习：专题6.2 期末押题卷（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题6.2 期末押题卷（华东师大版）（解析版），共28页。

参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023上·山东泰安·七年级统考期末）在算式5□(−1)的“□”内有可能是加号、减号、乘号、除号四种运算符号中的一种，要使运算结果最大，“□”内的运算符号应该是（ ）
A．加号B．减号C．乘号D．除号
【答案】B
【分析】将运算符号填入算式中，计算即可得到结果．
【详解】解：“□”内填入加号时，5+−1=5−1=4，
“□”内填入减号时，5−−1=5+1=6，
“□”内填入乘号时，5×−1=−5，
“□”内填入除号时，5÷−1=−5，
∵6>4>−5，
∴这个运算符号应该是减号，
故选：B．
【点睛】此题考查了有理数的四则运算，以及有理数比较大小，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
2．（3分）（2023下·山东烟台·七年级统考期末）实验中学上午10:10时通常准时上第三节课，此时时针与分针所夹的角是（ ）
A．105°B．110°C．115°D．120°
【答案】C
【分析】时钟上每一大格是30°，此时时针与分针所夹的角是30°×4减去时针转动的度数．
【详解】解：时钟上每一大格是30°，
∵10:10时时针与分针之间有四个大格，且此时时针转动30°×10÷60=5°，
∴此时时针与分针所夹的角是30°×4−5°=115°，
故选：C．
【点睛】本题考查时间的推算和角度的计算，明确时钟上每一大格是30°和时针转动的度数是解题的关键．
3．（3分）（2023·广西贵港·统考期末）把四张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①）不重叠地放在一个底面为长方形（长为mcm，宽为ncm）的盒子底部（如图②）盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是（ ）

A．4mcmB．4ncmC．2m+ncmD．4m−ncm
【答案】B
【分析】本题主要考查了整式的加减计算的实际应用，首先可设小长方形的长与宽，根据两个阴影周长的和，列出整式，根据边长与m的关系，将4m消去，即可计算出阴影部分的周长．
【详解】解：设小长方形长为acm，宽为bcm，
∴左下角阴影部分周长=2m−2b+n−2bcm；右上角阴影部分周长=2n−a+m−acm，
∴两块阴影部分的周长之和=2m−2b+n−2b+2n−a+m−a
=2m+2n−8b+2m+2n−4a
=4m+4n−4a−8bcm
∵a+2b=m，
∴4m+4n−4a−8b=4m+4n−4a+2b=4m+4n−4m=4ncm
故选B．
4．（3分）（2023上·四川成都·七年级成都嘉祥外国语学校校考期中）一个几何体由若干大小相同的小立方块搭成，如图分别是从它的正面、上面看到的形状图，若该几何体所用小立方块的个数为n，则n的最大值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】D
【分析】根据主视图、俯视图，求出摆放最多时的正方体的个数，进而求出答案．
【详解】解：根据主视图、俯视图，可以得出最多时，在俯视图的相应位置上所摆放的个数，其中的一种情况如下：
最多时需要13个，
因此n的最大值为13．
故选：D．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体，在俯视图上相应位置标出所摆放的个数是解决问题的关键．
5．（3分）（2023上·湖南岳阳·七年级统考期末）已知a，b，c，d都是负数，且x1+a+x2+b+x3+c+x4+d=0，则x1x2x3x4的值（ ）
A．负数B．0C．正数D．负数或0
【答案】C
【分析】先根据绝对值的非负性可得x1+a=x2+b=x3+c=x4+d=0，从而可得x1=−a，x2=−b，x3=−c，x4=−d，再根据有理数的乘除法法则即可得．
【详解】解：∵x1+a+x2+b+x3+c+x4+d=0，
∴x1+a=x2+b=x3+c=x4+d=0，
∴x1=−a，x2=−b，x3=−c，x4=−d，
∵a,b,c,d都是负数，
∴x1x2x3x4=−a⋅−b−c⋅−d=abcd>0，
故选：C．
【点睛】本题考查了绝对值、有理数的乘除法法则，熟练掌握绝对值的性质是解题关键．
6．（3分）（2023下·河北承德·七年级统考期末）如图是一个正方体的展开图，正方体相对面的数字或代数式互为相反数，则x的值为______，y的值为______．

A．2，−12B．−2，−12C．−12，2D．−12，−2
【答案】A
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形确定出相对面，再根据相对面上的数字互为相反数列式求出x、y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形．
“−3”与“2x−1”是相对面，
“4y”与“x”是相对面，
“−1”与“1”是相对面，
∵相对的面上的数字或代数式互为相反数，
∴2x−1+−3=0，
x+4y=0，
解得x=2，
y=−12．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
7．（3分）（2023上·河南驻马店·七年级统考期末）如图，已知∠AOB=130°，以点O为顶点作直角∠COB，以点O为端点作一条射线OD．通过折叠的方法，使OD与OC重合，点B落在点B′处，OE所在的直线为折痕，若∠COE=15°，则∠AOB′=（ ）．

A．30°B．25°C．20°D．15°
【答案】C
【分析】利用角平分线的定义求出∠B′OB即可解决问题．
【详解】解：∵OE平分∠COD，
∴∠COD=2∠COE=30°，
∵∠COB=90°，
∴∠BOD=60°，
∴∠EOB=∠EOB′=60°+15°=75°，
∴∠B′OB=2∠EOB=150°，
∴∠AOB′=∠B′OB−∠AOB=150°−130°=20°，
故选：C．
【点睛】本题考查角的和差定义，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．（3分）（2023下·重庆长寿·七年级统考期末）如图，从左到右，在每个小格子中都填入一个整数，使得其中任意三个相邻格子中所填整数之和都相等，可求得c等于3，那么第2023个格子中的数为（ ）
A．3B．2C．-1D．0
【答案】A
【分析】根据其中任意三个相邻格子中所填整数之和都相等，进一步求得：a=−1，则格子中的数字规律是3，−1，b每3个数一循环．因为2023÷3=674…1，那么第2023个格子中的数为3．
【详解】解：根据其中任意三个相邻格子中所填整数之和都相等，
∴a=−1，
∵格子中的数字规律是3，−1，b每3个数一循环，
2023÷3=674…1，
∴第2023个格子中的数为3，
故选：A．
【点睛】本题考查了数字类规律探索，首先根据条件尽可能地求出字母的值，然后根据规律进行分析．关键是找到格子中的数字规律是3，−1，b每3个数一循环．
9．（3分）（2023下·山东烟台·七年级统考期末）如图，O是直线AB上一点，OE平分∠BOD，OF⊥OE，∠D=120°，添加一个条件，仍不能判定AB∥CD，添加的条件可能是（ ）

A．∠BOE=60°B．∠DOF=30°
C．∠AOF=30°D．∠BOE+∠AOF=90°
【答案】D
【分析】根据平行线的判定定理逐项进行判断即可．
【详解】解：A、∵OE平分∠BOD，∠BOE=60°，
∴∠BOD=2∠BOE=120°
∵∠D=120°
∴∠BOD=∠D=120°
∴AB∥CD，故A不符合题意；
B、∵OF⊥OE，
∴∠FOE=90°
∵∠DOF=30°
∴∠DOE=∠FOE−∠DOF=90°−30°=60°
∵OE平分∠BOD
∴∠BOD=2∠DOE=120°
∵∠D=120°
∴∠BOD=∠D=120°
∴AB∥CD，故B不符合题意；
C、∵OF⊥OE，
∴∠FOE=90°
∵∠AOF=30°
∴∠BOE=180°−∠AOF−∠FOE=60°
∵OE平分∠BOD
∴∠BOD=2∠BOE=120°
∵∠D=120°
∴∠BOD=∠D=120°
∴AB∥CD，故C不符合题意；
D、∵∠BOE+∠AOF=90°，
∴∠FOE=90°
不能判断AB∥CD，故D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，角平分线的性质，熟练掌握平行线的判定和性质是解答本题的关键．
10．（3分）（2023下·福建福州·七年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90∘，CE平分∠BCD，∠CBF=6∠EBF，AG∥CE，点H在直线CE上，满足∠FBH=∠DAG. 若∠DAG=k∠EBH，则k的值是（ ）
A．23和79B．23和34C．75和79D．75和34
【答案】C
【分析】分类讨论：①当点H在点F的上方时，设∠DAG=x，根据时平行线的性质和垂直的性质可得∠D=90°，∠DGA=90°−x、∠DCE=∠CEB=90°−x，再根据角平分线的性质可得∠DCE=∠ECB=90°−x即∠EBC=2x，再结合∠CBF=6∠EBF可得∠EBF=27x，∠FBC=127x，然后可得∠EBH=27x+x=97x，再根据∠DAG=k∠EBH列式即可求得k；同理可求，②当点H在点F的下方时k的值．
【详解】解：如图，当点H在点F的上方时，设∠DAG=x，
∵CD∥AB，∠DAB=90°
∴∠D=90°，∠DGA=90°−x，
∵AG∥CE，
∴∠DGA=∠DCE=90°−x
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠CEB=90°−x
∵CE平分∠DCB，
∴∠DCE=∠ECB=90°−x，
∴∠EBC=180°−290°−x=2x，
∵∠CBF=6∠EBF，
∴∠EBF=27x，∠FBC=127x，
∵∠FBH=∠DAG=x，
∴∠EBH=27x+x=97x，
∵∠DAG=k∠EBH，
∴x=k⋅97x，
∴k=79；
当点H在点F的下方时，
∵CD∥AB，∠DAB=90°
∴∠D=90°，∠DGA=90°−x，
∵AG∥CE，
∴∠DGA=∠DCE=90°−x，
∴∠DCE=∠CEB=90°−x
∵CE平分∠DCB，
∴∠DCE=∠ECB=90°−x，
∴∠EBC=180°−290°−x=2x，
∵∠CBF=6∠EBF，
∴∠EBF=27x，∠FBC=127x，
∵∠FBH=∠DAG=x，
∴∠EBH=x−27x=57x，
∵∠DAG=k∠EBH，
∴x=k⋅57x，
∴k=75．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、角平分线的定义等知识点，正确作出辅助线和灵活运用分类讨论思想成为解答本题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023下·四川成都·七年级成都实外校考期末）已知3a−4b=−2，则代数式a9−b+ba−12= ．
【答案】−6
【分析】先把代数式a9−b+ba−12进行化简得到33a−4b，再把3a−4b=−2整体代入即可．
【详解】解：a9−b+ba−12=9a−ab+ab−12b=9a−12b=33a−4b，
将3a−4b=−2代入得到，原式=3×−2=−6．
【点睛】本题考查整体代入法和合并同类项法则，解题的关键是掌握合并同类项法则和整体代入法．
12．（3分）（2023下·福建龙岩·七年级校联考期中）如图，直线AB,CD交于点O，∠AOC:∠COE=1:2，若∠BOD=28°，则∠BOE= °．
【答案】96
【分析】对顶角相等，得到∠AOC=∠BOD=28°，根据∠AOC:∠COE=1:2，求出∠COE的度数，进而求出∠AOE的度数，互补关系，求出∠BOE即可．
【详解】解：∵∠BOD=28°
∴∠AOC=∠BOD=28°，
∵∠AOC:∠COE=1:2，
∴∠COE=2∠AOC=56°，
∴∠AOE=∠AOC+∠COE=84°，
∴∠BOE=180°−∠AOE=96°；
故答案为：96．
【点睛】本题考查求角的度数．正确的识图，确定角之间的和，差，倍数关系，是解题的关键．
13．（3分）（2023上·安徽合肥·七年级统考期末）中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．同物几何？
即：一个整数除以3余2，除以5余3，除以7余2，则这个整数为__________________．（写出符合题意且不超过300的3个正整数）
【答案】23，128，233.
【分析】根据“一个整数除以3余2，除以5余3，除以7余2”找到三个数，第一个数能同时被3、5整除，第二个数能同时被3、7整除，第三个数能同时被5、7整除等，然后再将这三个数乘以被7、5、3除的余数再相加，据此进一步求解即可.
【详解】根据题意，我们首先求出三个数：
第一个数能同时被3、5整除，即15，
第二个数能同时被3、7整除，即21，
第三个数能同时被5、7整除，但除以3余1，即70，
然后将这三个数分别乘以被7、5、3除的余数再相加，
即：15×2+21×3+70×2=233，
最后再进一步减去3、5、7的最小公倍数的若干倍即可：233−105×2=23，
综上所述，该数可用105k+23表示，
当k=0时，105k+23=23，
当k=1时，105k+23=128，
当k=2时，105k+23=233，
故答案为：23，128，233.
【点睛】本题主要考查了有理数与代数式的综合运用，准确找出相应规律是解题关键.
14．（3分）（2023上·四川成都·七年级统考期末）如图，长方形纸片ABCD，点P在边AD上，点M，N在边CB上，连接PM，PN．将∠DPN对折，点D落在直线PN上的点D′处，得折痕PE；将∠APM对折，点A落在直线PM上的点A′处，得折痕PF．若∠MPN=30°，则∠EPF= ．
【答案】75°或105°
【分析】分两种情形：如图1中，当点N在点M的上方时，可得∠DPN+∠APM=180°−∠MPN=150°，由翻折变换的性质可知∠EPN=12∠DPN，∠FPM=12∠APM，由∠EPF=∠MPN+∠EPN+∠FPM可得答案；当点N在点M的上方时，设∠DPM=x，∠APN=y，则可以得到x+y=180°−∠MPN=150°，由翻折变换的性质可知∠DPE=12∠DPN=12x+30°，∠APF=12∠APM=12y+30°，根据∠EPF=180°−∠DPE+∠APF即可求解．
【详解】解：如图1中，当点N在点M的上方时．
∵∠MPN=30°，
∴∠DPN+∠APM=180°−∠MPN=180°−30°=150°，
由翻折变换的性质可知∠EPN=12∠DPN，∠FPM=12∠APM，
∴∠EPN+∠FPM=12×150°=75°，
∴∠EPF=∠MPN+∠EPN+∠FPM=30°+75°=105°．
当点N在点M的下方时，设∠DPM=x，∠APN=y，
则x+y=180°−∠MPN=150°，
由翻折变换的性质可知∠DPE=12∠DPN=12x+30°，∠APF=12∠APM=12y+30°，
∴∠EPF=180°−∠DPE+∠APF=180°−12x+y−30°=75°．
综上所述，满足条件的∠EPF=75°或105°．
故答案为：75°或105°．
【点睛】本题考查角的计算，翻折的性质等知识，解题关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
15．（3分）（2023上·福建泉州·七年级校考期末）下列说法：①若ab=−1，则a、b互为相反数；②若a+b<0，且ba>0，则a+2b=−a−2b；③若−1−1a；④若a+b+c<0，ab>0，c>0，则−a=−a，其中正确的序号为 ．
【答案】①②④
【分析】先去分母，变形后根据相反数的定义即可判断①；先确定A、B是负数，再求出a+2b<0，根据绝对值的性质判断②即可；取a=− 12，分别求出a2和− 1a 的值，再判断③即可；先求出a<0，再判断④即可.
【详解】解：∵ab =−1，
∴a=−b，
∴a+b=0，
即a、b互为相反数，故①正确；
∵a+b<0，且ba >0，
∴a、b都是负数，
∴a+2b<0，
∴a+2b=−a−2b，故②正确；
∵−1∴取a=− 12，
则a2=14，− 1a =2，
∴a2<−1a，故③错误；
∵ab>0，
∴a、b同号，
∵a+b+c<0，c>0，
∴a、b都是负数，
∴−a=−a，故④正确；
即正确的个数是3个，
故答案为：①②④.
【点睛】本题考查了有理数的加法、乘法、除法，倒数，绝对值，相反数等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键.
16．（3分）（2023下·湖北武汉·七年级统考期中）如图a，已知长方形纸带ABCD，将纸带沿EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，再沿BC折叠成图b，若∠DEF=72°，则∠GMN= °．

【答案】72
【分析】先根据∠DEF=72°求出∠EFC的度数，进可得出∠EFB和∠BFH的度数，根据∠H=90°和三角形的内角和可得∠HMF的度数，再由折叠的性质可得∠GMN．
【详解】解：∵AD∥CB，
∴∠EFC+∠DEF=180°，∠EFB=∠DEF，
即∠EFC=180°−72°=108°，∠EFB=72°，
∴∠BFH=108°−72°=36°．
∵∠H=∠D=90°，
∴∠HMF=180°−90°−36°=54°．
由折叠可得：∠NMF=∠HMF=54°，
∴∠GMN=72°．
故大为：72．
【点睛】此题考查了平行线的性质，折叠的性质，根据折叠的性质得到角相等是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·湖北宜昌·七年级统考期末）计算
(1)−2−4−32÷（−8）×−14；
(2)−22+1.75÷−23×−32−14−1.252．
【答案】(1)5
(2)﹣4．25
【分析】（1）根据有理数的混合运算法则计算即可；
（2）根据含有乘方的有理数的混合运算法则计算即可；
【详解】（1）解：−2−4−32÷（−8）×−14，
=6−32×−18×−14，
=6−1
=5；
（2）−22+1.75÷−23×−32−14−1.252，
=−4+74÷−23×9−1，
=−4+74÷−6−1，
=−4+74×−17，
=−4−14，
=−4.25．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，熟练掌握有理数混合运算法则是解题的关键．
18．（6分）（2023上·内蒙古鄂尔多斯·七年级校联考期中）已知：A=2a2+3ab−2a−1，B=−a2+ab−1
(1)求4A−3A−2B的值；
(2)若A+2B的值与a的取值无关，求b的值．
【答案】(1)5ab−2a−3
(2)25
【分析】（1）把A=2a2+3ab−2a−1，B=−a2+ab−1代入4A−3A−2B，根据整式加减运算法则进行计算即可；
（2）根据A+2B的值与a的取值无关，得出5b−2a−3与a的取值无关，即可得出5b−2=0，求出b的值即可．
【详解】（1）解：4A−3A−2B=4A−3A+2B=A+2B，
∵A=2a2+3ab−2a−1，B=−a2+ab−1，
∴原式=A+2B
=2a2+3ab−2a−1+2−a2+ab−1
=5ab−2a−3；
（2）解：∵A+2B的值与a的取值无关，
∴5ab−2a−3与a的取值无关，
即：5b−2a−3与a的取值无关，
∴5b−2=0，
解得：b=25．
【点睛】本题主要考查了整式的加减运算，解题的关键是熟练掌握去括号和合并同类项法则，准确进行计算．
19．（8分）（2023上·江苏扬州·七年级统考期末）红星商店有甲、乙两种商品，基本信息如下表：
(1)商家决定将甲种商品按成本价提高40%后标价出售；乙种商品按成本价的七折出售，则a=______（用含m的代数式表示），b=______（用含n的代数式表示）；
(2)在（1）的条件下，将甲、乙商品全部售出，用含m、n的代数式表示商家的利润；
(3)若商家将两种商品都以m+n2元的平均价格一次打包全部出售，请判断商家这次买卖是赚钱还是亏本，请说明理由．
【答案】(1)1.4m，0.7n；
(2)用含m、n的代数式表示商家的利润为12m−12n元；
(3)若m>n，则赚钱；若m=n，则不赚不亏；若m【分析】（1）依题意可知，分别列出甲、乙商品的销售价格即可；
（2）由（1）可知，用售价减去成本即可求出利润；
（3）求出商家将两种商品都以m+n2元的平均价格售出的售价，然后减去成本即可．
【详解】（1）解：依题意可知，
甲种商品按成本价提高40%后标价出售，售价为：
a=m1+40%=1.4m
乙种商品按成本价的七折出售，售价为：
b=0.7n
（2）将甲、乙商品全部售出利润为：
301.4m−m+400.7n−n=12m−12n（元）
（3）将两种商品都以m+n2元的平均价格一次打包全部出售，利润为：
30+40m+n2−30m+40n=5m−5n=5m−n
当m>n时，5m−n>0则赚钱；
当m=n时，5m−n=0则不赚不亏；
当m即：若m>n，则赚钱；若m=n，则不赚不亏；若m【点睛】本题考查了销售问题、列代数式，代数式加减的应用；解题的关键是理解题意，正确列代数式．
20．（8分）（2023上·内蒙古赤峰·七年级统考期末）点O是直线AB上的一点，射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转，旋转到OB停止，设∠AOC=α（0°≤α≤180°），射线OD⊥OC，作射线OE平分∠BOD．
(1)如图1，若α=40°，且OD在直线AB的上方，求∠DOE的度数（要求写出简单的几何推理过程）．
(2)射线OC顺时针旋转一定的角度得到图2，当射线OD在直线AB的下方时，其他条件不变，请你用含α的代数式表示∠DOE的度数，（要求写出简单的几何推理过程）．
(3)射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转到OB，在旋转过程中你发现∠DOE与∠AOC（0°≤∠AOC≤180°，0°≤∠DOB≤180°）之间有怎样的数量关系？请你直接用含α的代数式表示∠DOE的度数．
【答案】(1)∠DOE=25°
(2)∠DOE=12α−45°
(3)∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°
【分析】（1）根据α=40°，∠COD=90°，求出∠BOD=50°，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（2）先用α表示出∠BOC，再根据∠COD=90°表示出∠BOD，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（3）分四种情况进行讨论，分别求出∠DOE与∠AOC的关系，用含α的代数式表示∠DOE的度数即可．
【详解】（1）解：∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∵α=40°，即∠AOC=40°，
∴∠BOD=180°−∠COD−∠AOC=50°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=25°．
（2）∵∠AOC=α，
∴∠BOC=180°−α，
∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−α
=α−90°
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12α−45°．
（3）①当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∠BOD=180°−∠COD−∠AOC
=180°−90°−∠AOC
=90°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°−12∠AOC，
即∠DOE=45°−12α．
②当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠AOD=∠COD−∠AOC=90°−∠AOC，
∴∠BOD=180°−∠AOD=90°+∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°+12∠AOC，
即∠DOE=45°+12α．
③当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠DOC+∠BOC
=90°+180°−∠AOC
=270°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=135°−12∠AOC，
即∠DOE=135°−12α．
④当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−∠AOC
=∠AOC−90°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12∠AOC−45°，
即∠DOE=12α−45°．
综上分析可知，∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，垂直的定义，根据α的大小和OD的位置分类讨论，是解决本题的关键．
21．（8分）（2023下·河北保定·七年级统考期末）已知AB∥CD，直线EF和直线AB，CD分别交于点A，C，并把平面分成六个区域（如图甲），点P是六个区域中（不在直线AB，CD，EF上）的任意一点，连接PA，PC．

(1)图乙是点P在区域⑤的情况，嘉嘉猜想出∠APC，∠A，∠C之间的数量关系，请帮她完善证明过程；
嘉嘉猜想的结论是：∠APC=∠A+∠C．
证明：过点P作PQ∥AB，
∴∠1=∠___________（ ）
∵AB∥CD，PQ∥AB，∴CD∥PQ（ ）
∴∠2=∠___________（ ）∴∠1+∠2=___________．
又∠1+∠2=∠APC，∴∠APC=∠A+∠C．
(2)图丙是点P在区域②的情况，那么（1）中的结论还成立吗？请加以证明；
(3)请你探索点P在①③④⑥区域时的情况，并直接写出∠APC，∠A，∠C之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)不成立，证明见解析
(3)∠A−∠C=∠APC或∠C−∠A=∠APC
【分析】（1）过点P作PQ∥AB，根据平行线的性质得到∠1=∠A，∠2=∠C，再根据角的和差可得∠APC=∠A+∠C；
（2）过点P作PE∥AB，同理可得：∠A+∠APC+∠C=360°，即可判断；
（3）分4种情况，过点P作PQ∥AB，根据平行线的性质得到同旁内角互补，再同（1）中的方法进行角的代换，可得结论．
【详解】（1）解：证明：过点P作PQ∥AB，
∴∠1=∠A（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD，PQ∥AB，
∴CD∥PQ（平行公理），
∴∠2=∠C（两直线平行，内错角相等），
∴∠1+∠2=∠A+∠C．
又∠1+∠2=∠APC，
∴∠APC=∠A+∠C．
（2）不成立，证明：如图，过点P作PE∥AB，

∴∠3+∠A=180°，
∵AB∥CD，AB∥PE，
∴CD∥PE，
∴∠4+∠C=180°，
∴∠A+∠3+∠4+∠C=180°+180°=360°．
又∠3+∠4=∠APC，即∠A+∠APC+∠C=360°．
故（1）中的结论不成立．
（3）若点P在区域①，过点P作PQ∥AB，
∴∠A+∠QPA=180°，即∠QPA=180°−∠A，
∵AB∥CD，
∴PQ∥AB∥CD，
∴∠C+∠CPQ=180°，即∠CPQ=180°−∠C，
∴∠APC=∠CPQ−∠APQ=∠A−∠C，即∠A−∠C=∠APC；

若点P在区域⑥，过点P作PQ∥AB，
同理可得：∠A+∠APQ=180°，∠C+∠CPQ=180°，
∴∠APC=∠CPQ−∠APQ=∠A−∠C；

若点P在区域③，过点P作PQ∥AB，
同理：∠A+∠APQ=180°，∠C+∠CPQ=180°，
∴∠APC=∠APQ−∠CPQ=∠C−∠A；

若点P在区域④，过点P作PQ∥AB，
同理：∠A+∠APQ=180°，∠C+∠CPQ=180°，
∴∠APC=∠APQ−∠CPQ=∠C−∠A；

综上：若点P在区域①⑥，则∠A−∠C=∠APC；
若点P在区域③④，则∠C−∠A=∠APC．
【点睛】本题考查了平行线的性质，数形结合思想的应用，解题时要注意添加辅助线，构造平行．
22．（8分）（2023上·江苏·七年级统考期中）如图，在数轴上点A表示数a，点B表示数b，点C表示数c，a是多项式2x2﹣4x+1的一次项系数，b是最大的负整数，单项式13xy的次数为c．
（1）a＝ ，b＝ ，c＝ ；
（2）若将数轴在点B处折叠，则点A与点C 重合（填“能”或“不能”）；
（3）点A，B，C开始在数轴上运动，若点A和点B分别以每秒0.4个单位长度和0.3个单位长度的速度向左运动，同时点C以每秒0.2个单位长度的速度向左运动，点C到达原点后立即以原速度向右运动，t秒钟过后，若点A与点B之间的距离表示为AB，点B与点C之间的距离表示为BC．请问：5AB﹣BC的值是否随着时间t的变化而改变？若变化，请说明理由；若不变，请求其值．
【答案】（1）﹣4，﹣1， 2；（2）能；（3）当0≤t≤10时，5AB﹣BC的值会随着t的变化而变化，理由见解析；t＞10时，5AB﹣BC的值不会随着t的变化而变化，其值为定值16．
【分析】（1）根据多项式的项，单项式的次数及负整数的概念确定a，b，c的值；
（2）根据两点间距离公式分别求得AB和BC的长，从而作出判断；
（3）根据运动方向和运动速度分别表示出点A，点B，点C在数轴上坐标是的数，然后根据两点间距离公式表示出AB和BC的长，从而利用整式的加减运算法则进行化简求值．
【详解】解：（1）∵多项式2x2﹣4x+1的一次项为﹣4x，
∴其一次项系数为﹣4，即a＝﹣4，
∵b是最大的负整数，
∴b＝﹣1，
∵单项式13 xy的次数为2，
∴c＝2；
（2）∵点A表示数a，点B表示数b，点C表示数c，
∴AB＝﹣1﹣（﹣4）＝3，BC＝2﹣（﹣1）＝3，
∴AB＝BC，
∴若将数轴在点B处折叠，则点A与点C能重合，
（3）由题意可得：t秒钟过后，
①当0≤t≤10时，点A在数轴上表示的数为﹣4﹣0.4t，点B在数轴上所表示的数为﹣1﹣0.3t，点C在数轴上所表示的数为2﹣0.2t，
∴5AB﹣BC＝5[（﹣1﹣0.3t）﹣（﹣4﹣0.4t）]﹣[（2﹣0.2t）﹣（﹣1﹣0.3t）]＝12+0.4t，
即当0≤t≤10时，5AB﹣BC的值会随着t的变化而变化，
②当t＞10时，点A在数轴上表示的数为﹣4﹣0.4t，点B在数轴上所表示的数为﹣1﹣0.3t，点C在数轴上所表示的数为0.2t﹣2，
∴5AB﹣BC＝5[（﹣1﹣0.3t）﹣（﹣4﹣0.4t）]﹣[（0.2t﹣2）﹣（﹣1﹣0.3t）]＝16，
即当t＞10时，5AB﹣BC的值不会随着t的变化而变化，其值为定值16，
综上，当0≤t≤10时，5AB﹣BC的值会随着t的变化而变化，t＞10时，5AB﹣BC的值不会随着t的变化而变化，其值为定值16．
【点睛】本题主要考查了数轴上两点间的距离，整式加减运算的应用，明确题意，准确得到数量关系是解题的关键．
23．（8分）（2023上·广东深圳·七年级深圳中学校联考期末）如图，MN是数轴上一条动线段，满足MN=8，“点A在数轴上对应的数为24”表示为xA=24．
(1)若线段MN在线段OA上，且满足OM:AN=7:1．
①xN=______；
②点E是线段MN上一点，满足5EN=2MA，xE=______；
(2)如图，设xM=t（t>0且t≠16），P是数轴上一点，若OP=2NP，猜想NA与MP的关系，并说明理由；
(3)若点C是OM的中点，点D是ON的中点，以OM、ON、CD分别为直径的圆的周长为a、b、c，请直接写出的a、b、c关系．
【答案】(1)①22；②18
(2)NA=3MP，理由见解析
(3)当t>0时，b−a=2c；当−8≤t<0时，b+a=2c；当t<−8时，a−b=2c．
【分析】（1）①先求解OM+AN=24−8=16，结合OM:AN=7:1，从而可得答案；②设xE=m，则EN=22−m，而AM=24−14=10，再利用5EN=2MA建立方程即可；
（2）分别表示MP=23t+8−t=16−t3，NA=24−t+8=16−t，从而可得答案；
（3）①当t>0时，如图，可得a=πt，b=πt+8=πt+8π，c=4π，可得b−a=2c，②当−8≤t<0时，如图，可得：OM=−t，ON=t+8，CD=4，可得a=−πt，b=πt+8=πt+8π，c=4π，可得b+a=2c；③当t<−8时，如图，可得：OM=−t，ON=−t−8，CD=4，可得a=−πt，b=π−t−8=−πt−8π，c=4π，则有a−b=2c．
【详解】（1）解：①∵xA=24，
∴OA=24，
∵MN=8，
∴OM+AN=24−8=16，
∵OM:AN=7:1，
∴OM=78×16=14，AN=18×16=2，
∴ON=OM+MN=14+8=22，
∴xN=22，
故答案为：22；
②设xE=m，
则EN=22−m，而AM=24−14=10，
∵5EN=2MA，
∴522−m=2×10，
解得：m=18，
∴xE=18，
故答案为：18；
（2）解：猜想：NA=3MP，理由如下：
如图，
∵xM=t，MN=8，
∴xN=t+8
∵OP=2NP，xM=t
∴xP=23t+8，MP=23t+8−t=16−t3
∵xA=24，xN=t+8
∴NA=24−t+8=16−t
∵t≠16
∴MPNA=16−t316−t=13
∴NA=3MP；
（3）解：设xM=t，
①当t>0时，如图，
∵xM=t，xN=t+8，
∵点C是OM的中点，点D是ON的中点，
∴xC=12t，xD=12t+4，
∴CD=12t+4−12t=4，
∴a=πt，b=πt+8=πt+8π，c=4π，
∴b−a=2c，
②当−8≤t<0时，如图，
同理可得：OM=−t，ON=t+8，CD=4，
∴a=−πt，b=πt+8=πt+8π，c=4π，
∴b+a=2c；
③当t<−8时，如图，
同理可得：OM=−t，ON=−t−8，CD=4，
∴a=−πt，b=π−t−8=−πt−8π，c=4π，
∴a−b=2c．
【点睛】本题考查的是数轴上的动点问题，数轴上两点之间的距离，一元一次方程的应用，整式的加减运算的应用，理解题意，清晰的分类讨论是解本题的关键．商品
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