沪教版七年级数学上册期中期末挑战满分冲刺卷特训06期末历年选填压轴题(第9-11章)(原卷版+解析)

这是一份沪教版七年级数学上册期中期末挑战满分冲刺卷特训06期末历年选填压轴题(第9-11章)(原卷版+解析)，共36页。试卷主要包含了填空题，单选题等内容，欢迎下载使用。

1．（2020·上海嘉定·七年级期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，那么正方形ABCD绕点M至少旋转_________度与它本身重合．
2．（2020·上海松江·七年级期末）如图，在的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的为格点三角形，在图中最多能画出______个不同的格点三角形与成轴对称．
3．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，那么的值等于___________．
4．（2019·上海·上外附中七年级期末）若表示一个关于的多项式，除以整式，所得的商式和余式均为同一个多项式中的系数均为整数，则余式_____________．
5．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）长为5，宽为的长方形纸片（），如图那样翻折，剪下一个边长等于长方形宽度的正方形（成为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样翻折，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；若在第3次操作后，剩下的图形为正方形，则的值为__________．
6．（2020·上海浦东新·七年级期末）已知大正方形的边长为5厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图所示. 大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为秒，两个正方形重叠部分的面积为平方厘米. 当时，小正方形平移的时间为_________秒．
7．（2020·上海宝山·七年级期末）如图，已知中，、、，将沿直线BC向右平移得到，点A、B、C的对应点分别是、、，连接．如果四边形的周长为19，那么四边形的面积与的面积的比值是________．
8．（2021·上海宝山·七年级期末）已知，那么的值是_____________．
9．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，已知直角三角形，，厘米，厘米，厘米，将沿方向平移1.5厘米，线段在平移过程中所形成图形的面积为__________平方厘米．
10．（2022·上海·七年级专题练习）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．将正方形ABCD在数轴上水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，点A、B、C、D的对应点分别为A′、B′、C′、D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分图形的面积记为S．当S＝a时，数轴上点A′表示的数是_____．（用含a的代数式表示）
11．（2019·上海浦东新·七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，且AC在直线1上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，…，按此规律继续旋转，得到点P2018为止，则AP2018=___．
12．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，将长方形ABCD按图中方式折叠，其中EF、EC为折痕，折叠后、、E在一直线上，已知∠BEC＝65°，那么∠AEF的度数是_____．
13．（2021·上海普陀·七年级期末）如图，三角形ABC是直角三角形，∠C＝90°，∠B＝60°，AB＝6，如果将三角形ABC绕着点B旋转（0°＜＜180°），使得点A恰好落在直线BC上，点A的对应点记作点D，弧AD是点A旋转时运动的路径，那么弧AD的长是____________．（结果保留）
14．（2022·上海浦东新·七年级期末）如图，长方形ABCD中，长BC=a，宽AB=b，（b＜a＜2b），四边形ABEH和四边形ECGF都是正方形．当a、b满足的等量关系是__________时，图形是一个轴对称图形．
15．（2022·上海宝山·七年级期末）计算：________．
16．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝2cm，BC＝3cm，E、F分别是AD、BC的中点，如果将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90°，那么旋转后的长方形与长方形CDEF重叠部分的面积是_____cm2．
17．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝50°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC（点D、E分别与点A、B对应），如果∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，当旋转角大于0°且小于180°时，旋转角的度数为 _____．
18．（2022·四川·石室佳兴外国语学校七年级阶段练习）已知，则的值为______；的值为______．
19．（2022·湖南怀化·七年级期末）已知，则的值等于________．
20．（2022·上海·七年级单元测试）正数满足，那么______．
21．（2021·上海·七年级专题练习）已知关于的方程的解是正数，则的取值范围是______.
22．（2021·上海·七年级专题练习）计算：________________.
23．（2022·上海·七年级单元测试）已知，则______．
24．（2021·上海·九年级专题练习）对于两个不相等的实数，我们规定符号表示中的较大值，如：，故__________；按照这个规定，方程的解为__________．
二、单选题
25．（2019·上海·上外附中七年级期末）已知为整数)，若的值不超过为整数)，那么整数能够取的最大值(用含的式子表示)是（ ）
A．B．C．D．
26．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，，，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
27．（2019·上海浦东新·七年级期末）若等式（x+6）x+1＝1成立，那么满足等式成立的x的值的个数有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
28．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）要使能在有理数的范围内因式分解，则整数的值有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
29．（2020·上海浦东新·七年级期末）若分式的值总是正数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．或
30．（2020·上海宝山·七年级期末）将一张长方形纸片折一次，折痕平分这个长方形的面积，则这样的折纸方法有（ ）
A．1种B．2种C．4种D．无数种
31．（2021·上海浦东新·七年级期末）已知甲、乙、丙均为x的一次多项式，且其一次项的系数皆为正整数．若甲与乙相乘，积为，乙与丙相乘，积为，则甲与丙相加的结果是（ ）
A．B．C．D．
32．（2021·上海宝山·七年级期末）已知=3，则代数式的值是（ ）
A．B．C．D．
33．（2021·上海静安·七年级期末）如图，从图形甲到图形乙的运动过程可以是（ ）
A．先逆时针旋转90°，再向右平移4格B．先逆时针旋转90°，再向右平移1格
C．先顺时针旋转90°，再向右平移4格D．先翻折，再向右平移4格
34．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，从边长为（2a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为2a的正方形（a＞0），剩余部分沿虚线剪开拼成一个长方形（不重叠无缝隙），那么长方形的面积为（ ）
A．4a2+6aB．6a+9C．12a+9D．12a+15
35．（2022·上海宝山·七年级期末）已知并排放置的正方形和正方形如图，其中点在直线上，那么的面积和正方形的面积的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
36．（2022·上海普陀·七年级期末）如果2（5﹣a）（6+a）＝100，那么a2+a+1的值为（ ）
A．19B．﹣19C．69D．﹣69
37．（2022·福建·莆田哲理中学八年级期末）观察下列等式：已知：＝（a﹣b）（a+b）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“”的值，这个值为（ ）
A．B．C．D．
38．（2020·广西贺州·中考真题）我国宋代数学家杨辉发现了（，1，2，3，…）展开式系数的规律：
以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，展开式的系数和是（ ）
A．64B．128C．256D．612
39．（2022·广东·九年级专题练习）已知（2x﹣3）7＝a0x7+a1x6+a2x5+……+a6x+a7，则a0+a1+a2+……+a7＝（ ）
A．1B．﹣1C．2D．0
40．（2022·重庆市渝北区实验中学校九年级期中）已知a1、a2、a3、an，… (n为正整数)满足an+1＝，则下列说法：
①a1a2a3＝1；
②a5＝a20；
③若a1＝﹣，则＝912m+586n；
④若a1＝x，y＝pa1a3﹣ (p为非零常数)，当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同；
则p的最小值为﹣3；其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
特训06 期末历年选填压轴题（第9-11章）
一、填空题
1．（2020·上海嘉定·七年级期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，那么正方形ABCD绕点M至少旋转_________度与它本身重合．
【答案】360
【分析】根据旋转对称图形的定义即可得．
【解析】点M是边CD的中点，不是正方形ABCD的中心，
正方形ABCD绕点M至少旋转360度才能与它本身重合，
故答案为：360．
【点睛】本题考查了旋转对称图形，掌握理解定义是解题关键．
2．（2020·上海松江·七年级期末）如图，在的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的为格点三角形，在图中最多能画出______个不同的格点三角形与成轴对称．
【答案】5
【分析】画出所有与成轴对称的三角形．
【解析】解：如图所示：
和对称，
和对称，
和对称，
和对称，
和对称，
故答案是：5．
【点睛】本题考查轴对称图形，解题的关键是掌握画轴对称图形的方法．
3．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，那么的值等于___________．
【答案】
【分析】由得到a+，再将化成含的形式，再代入计算即可．
【解析】∵，
∴，即=5，
∴＝＝＝．
故答案为：．
【点睛】考查了分式的化简求值，解题关键是由得到a+和把变形成含的形式．
4．（2019·上海·上外附中七年级期末）若表示一个关于的多项式，除以整式，所得的商式和余式均为同一个多项式中的系数均为整数，则余式_____________．
【答案】x+1
【分析】由题意得，f(x)=g(x)h(x)+h(x)=h(x)[g(x)+1]，又因为=(x+1)(x2+x+2) ，这两个式子比较讨论即可得到答案.
【解析】解：由题意得，f(x)=g(x)h(x)+h(x)=h(x)[g(x)+1] ①
又∵=(x+1)(x2+x+2) ②
比较①、②可知，有下述两种情况：
（1）h(x)=x+1,g(x)+1=x2+x+2,即h(x)=x+1,g(x)=x2+x+1；
（2）h(x)= x2+x+2，g(x)+1=x+1,即h(x)= x2+x+2，g(x)=x，这里余式h(x)的次数大于除式g(x)的次数，故不合题意，
∴只有（1）成立，
故答案为x+1.
【点睛】此题主要考查了整式的除法及因式分解，正确地将进行因式分解是解决问题的关键.
5．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）长为5，宽为的长方形纸片（），如图那样翻折，剪下一个边长等于长方形宽度的正方形（成为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样翻折，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；若在第3次操作后，剩下的图形为正方形，则的值为__________．
【答案】3或
【分析】先根据题意可知：当＜a＜20时，第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，第二次操作时正方形的边长为5-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5，然后分别从5-a＞2a-5与5-a＜2a-5去分析且列出一元一次方程求解即可得出正确答案．
【解析】解：由题意可知：
当＜a＜5时，
第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，
∴第二次操作时剪下正方形的边长为5-a，
第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5．
此时，分两种情况：
①如果5-a＞2a-5，则a＜，
即＜a＜，
那么第三次操作时正方形的边长为2a-5．
则2a-5=(5-a)-(2a-5)，
解得a=3；
②如果5-a＜2a-5，则a＞，
即＜a＜20，
那么第三次操作时正方形的边长为5-a．
则5-a=(2a-5)-(5-a)，
解得a=．
∴当n=3时，a的值为3或．
故答案为:3或．
【点睛】本题考查的知识点有折叠的性质、矩形的性质、分类讨论思想、数形结合思想、一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用．解题关键是 掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用以及注意折叠中的对应关系．
6．（2020·上海浦东新·七年级期末）已知大正方形的边长为5厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图所示. 大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为秒，两个正方形重叠部分的面积为平方厘米. 当时，小正方形平移的时间为_________秒．
【答案】1或6
【分析】小正方形的高不变，根据面积即可求出小正方形平移的距离．
【解析】S等于2时，重叠部分宽为2÷2=1，
①如图，小正方形平移距离为1(厘米)；时间为：1÷1=1（秒）
②如图，小正方形平移距离为5+1=6（厘米）．时间为：6÷1=6（秒）
故答案为：1或6．
【点睛】此题考查了平移的性质，要明确，平移前后图形的形状和面积不变．画出图形即可直观解答．
7．（2020·上海宝山·七年级期末）如图，已知中，、、，将沿直线BC向右平移得到，点A、B、C的对应点分别是、、，连接．如果四边形的周长为19，那么四边形的面积与的面积的比值是________．
【答案】
【分析】过点A作BC上的高，根据平移的性质可得=，且，，然后根据已知周长可得=2，从而求出，然后根据梯形的面积公式和三角形的面积公式即可求出结论．
【解析】解：过点A作BC上的高
由平移的性质可得=，且，
∴四边形为梯形
∵四边形的周长为19，
∴＋＋＋AB=19
∴＋5＋6＋＋4=19
∴2=4
∴=2
∴=2
∴=BC＋=8
∴四边形的面积与的面积的比为
故答案为：．
【点睛】此题考查的是图形的平移问题，掌握平移的性质是解题关键．
8．（2021·上海宝山·七年级期末）已知，那么的值是_____________．
【答案】9
【分析】先表示出，的值，然后代入代数式降幂计算即可．
【解析】解：∵，
∴，，
∴
=
=
=
=
=9
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了多项式乘多项式和求代数式的值，利用整体思想降幂是解题的关键．
9．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，已知直角三角形，，厘米，厘米，厘米，将沿方向平移1.5厘米，线段在平移过程中所形成图形的面积为__________平方厘米．
【答案】6
【分析】先确定BC平移后的图形是平行四边形，然后再确定平行四边的底和高，最后运用平行四边形的面积公式计算即可．
【解析】解：如图：线段在平移过程中所形成图形为平行四边形且底CE=1.5cm，高DF=AB=4cm，
所以线段在平移过程中所形成图形的面积为CE·DF=1.5×4=6cm2．
故答案为6．
【点睛】本题考查了平移的性质，根据平移的性质确定平行四边形的底和高成为解答本题的关键．
10．（2022·上海·七年级专题练习）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．将正方形ABCD在数轴上水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，点A、B、C、D的对应点分别为A′、B′、C′、D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分图形的面积记为S．当S＝a时，数轴上点A′表示的数是_____．（用含a的代数式表示）
【答案】﹣a或a﹣2
【分析】根据正方形的面积可得边长进而可以表示点A′表示的数．
【解析】∵正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．
∴边长为a，
当S＝a时，分两种情况：
若正方形ABCD向左平移，如图1，
A′B′＝AB＝BC＝a，
A′B＝1，
∴AA′＝AB﹣A′B＝a﹣1，
∴OA′＝OA+AA′＝1+a﹣1＝a，
∴数轴上点A′表示的数为﹣a；
如正方形ABCD向右平移，如图2，
AB′＝1，AA′＝a﹣1，
∴OA′＝（a﹣1）﹣1＝a﹣2
∴数轴上点A′表示的数为a﹣2．
综上所述，数轴上点A′表示的数为﹣a或a﹣2．
【点睛】本题考查了实数与数轴，解决本题的关键是根据正方形平移后用代数式表示线段的长度．
11．（2019·上海浦东新·七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，且AC在直线1上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，…，按此规律继续旋转，得到点P2018为止，则AP2018=___．
【答案】8073
【分析】观察不难发现，每旋转3次为一个循环组依次循环，用2018除以3求出循环组数，然后列式计算即可得解．
【解析】∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，
∴将△ABC绕点A顺时针旋转到①，可得到点P1，此时AP1=5；
将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=5+4=9；
将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=5+4+3=12；
又∵2018÷3=672…2，
∴AP2018=672×12+（5+4）=8064+9=8073．
故答案为8073．
【点睛】本题考查了旋转的性质及图形的规律问题，得到AP的长度依次增加5，4，3，且三次一循环是解题的关键．
12．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，将长方形ABCD按图中方式折叠，其中EF、EC为折痕，折叠后、、E在一直线上，已知∠BEC＝65°，那么∠AEF的度数是_____．
【答案】25°
【分析】利用翻折变换的性质即可解决．
【解析】解：由折叠可知，∠EF＝∠AEF，∠EC＝∠BEC＝65°，
∵∠EF+∠AEF+∠EC+∠BEC＝180°，
∴∠EF+∠AEF＝50°，
∴∠AEF＝25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
13．（2021·上海普陀·七年级期末）如图，三角形ABC是直角三角形，∠C＝90°，∠B＝60°，AB＝6，如果将三角形ABC绕着点B旋转（0°＜＜180°），使得点A恰好落在直线BC上，点A的对应点记作点D，弧AD是点A旋转时运动的路径，那么弧AD的长是____________．（结果保留）
【答案】2或4
【分析】分当△ABC绕点B顺时针旋转60°时，点A与重合，当△ABC绕点B逆时针旋转120°时，点A与重合，两种情况讨论求解即可．
【解析】解：如图所示，
∵∠ABC=60°，
∴，
∴当△ABC绕点B顺时针旋转60°时，点A与重合，当△ABC绕点B逆时针旋转120°时，点A与重合，
∴，，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了求弧长，解题的关键在于能够熟练掌握弧长公式．
14．（2022·上海浦东新·七年级期末）如图，长方形ABCD中，长BC=a，宽AB=b，（b＜a＜2b），四边形ABEH和四边形ECGF都是正方形．当a、b满足的等量关系是__________时，图形是一个轴对称图形．
【答案】
【解析】∵当图形是一个轴对称图形,则必须满足DG=CG=EC,长BC=a,宽AB=b,(b∴GC=DG=b,BE=b,EC=b，
∴a、b满足的等量关系是：a=b.
故答案为a=b.
点睛：此题考查了轴对称图形的性质，利用性质得出BE=b，EC=GC=DG=b是解题的关键.
15．（2022·上海宝山·七年级期末）计算：________．
【答案】##0.5
【分析】将变形为，利用完全平方公式进行求解．
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
故答案是：．
【点睛】本题考查了完全平方公式的运用，解题的关键是掌握完全平方公式的运用．
16．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝2cm，BC＝3cm，E、F分别是AD、BC的中点，如果将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90°，那么旋转后的长方形与长方形CDEF重叠部分的面积是_____cm2．
【答案】2.25
【分析】根据题意画出旋转后的图形，得到两个长方形的重叠部分，再利用矩形的面积公式解题．
【解析】解：如图，将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90度，得到长方形A′B′FE′，设A′B′与DC交于点G，
则FC＝FB＝FB′＝BC＝1.5cm，
所以旋转后的长方形A′B′FE′与长方形CDEF重叠部分B′FCG是正方形，边长为1.5cm，
所以，面积S＝1.5×1.5＝2.25（cm2）．
故答案是：2.25．
【点睛】本题考查图形的旋转、矩形的面积等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
17．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝50°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC（点D、E分别与点A、B对应），如果∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，当旋转角大于0°且小于180°时，旋转角的度数为 _____．
【答案】或
【分析】分两种情况：当旋转角小于50°时和当旋转角大于50°时，分别画出图形，由∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，求出∠ACE，即可得到旋转角度数．
【解析】解：当旋转角小于50°时，如图：
∵∠ACB＝50°，△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，
∴∠DCE＝50°，
∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，
∴∠ACE＝×50°＝20°，
∴旋转角∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE＝30°，
当旋转角大于50°时，如图：
∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，∠DCE＝∠ACB＝50°，
∴∠ACE＝2∠DCE＝100°，
∴旋转角∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝150°，
故答案为：30°或150°．
【点睛】本题考查旋转变换，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．
18．（2022·四川·石室佳兴外国语学校七年级阶段练习）已知，则的值为______；的值为______．
【答案】 2 6
【分析】由可得,，再对进行变形即可求解；由可得，然后左右平方，将作为一个整体求解即可．
【解析】解:∵，
∴，，
∴
=2；
∵
∴，即
∴
∴，解得：．
故答案为：2，6．
【点睛】本题主要考查了代数式求值、完全平方公式的应用等知识点，灵活运用相关知识对代数式进行变形成为解答本题的关键．
19．（2022·湖南怀化·七年级期末）已知，则的值等于________．
【答案】
【分析】利用完全平方公式求出（a−b），（b−c），（a−c）的平方和，然后代入数据计算即可求解．
【解析】解：∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了完全平方公式，解题的关键是分别把，，相加凑出，三个式子两边平方后相加，化简求解．
20．（2022·上海·七年级单元测试）正数满足，那么______．
【答案】64
【分析】将式子因式分解为(a-c)(b+2)=0，求得a=c,同理可得a=b=c,再=12可化为a2+4a-12=0，求出a的值，再求得值即可．
【解析】解：∵，
∴ab-bc+2(a-c)=0,
即(a-c)(b+2)=0,
∵b﹥0,
∴b+2≠0,
∴a-c=0,
∴a=c,
同理可得a=b,b=c,
∴a=b=c,
∴=12可化为a2+4a-12=0
∴(a+6)(a-2)=0,
∵a为正数，
∴a+6≠0,
∴a-2=0,
∴a=2,
即a=b=c=2,
∴(2+2) ×(2+2) ×(2+2)=64
故答案为64．
【点睛】本题考查因式分解的应用；能够将所给式子进行正确的因式分解是解题的关键．
21．（2021·上海·七年级专题练习）已知关于的方程的解是正数，则的取值范围是______.
【答案】且
【分析】先对分式方程进行通分，因式分解后得出m与x的关系，由于分式方程的解为正数，且要保证分式方程有意义，故可知x的取值范围，再利用m与x的关系，求出m的取值范围.
【解析】等式左边为：
等式右边：
左边等于右边则有：
解，得：，即
要满足方程得解为正数，即，且必须保证分式方程有意义，故且，综合解得分式方程的解为且，
故且，
解得且，即为m的取值范围.
【点睛】本题考查分式方程的解法，要想分式方程有解，前提必须保证分式有意义（即分母不为0），再根据得到的关系式求出m的取值范围.
22．（2021·上海·七年级专题练习）计算：________________.
【答案】
【分析】利用裂项法先将每个分式化简，再将结果相加即可.
【解析】∵，
……
∴原式=
=
=.
【点睛】此题考察分式的混合运算，运用裂项法将每个分式化简是解题的关键.
23．（2022·上海·七年级单元测试）已知，则______．
【答案】
【分析】先将已知的式子化为倒数形式 ，化简后两边平方，再把所要求的式子的倒数化简求值，可得到最终结果．
【解析】，
，
，
，


故答案为：．
【点睛】考查分式值的计算，有一定灵活性，解题的关键是先求倒数．
24．（2021·上海·九年级专题练习）对于两个不相等的实数，我们规定符号表示中的较大值，如：，故__________；按照这个规定，方程的解为__________．
【答案】 5 或
【分析】按照规定符号可求得5；根据与的大小关系化简所求方程，求出解即可．
【解析】5；
故答案为：5；
当，即时，方程化简得：，
去分母得：，
整理得：，即
解得：，
经检验：是分式方程的解；
当，即时，方程化简得：，
去分母得：，
整理得：，
解得：(不合题意，舍去)或，
经检验：是分式方程的解；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．弄清题中的新定义是解本题的关键．
二、单选题
25．（2019·上海·上外附中七年级期末）已知为整数)，若的值不超过为整数)，那么整数能够取的最大值(用含的式子表示)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据科学记数法及同底数幂的乘法运算得到=2.018，又因为若的值不超过，列不等式求解即可.
【解析】解：∵=2.018，的值不超过为整数)，
∴2.018≤，即2.018≤10×,
∵2.018﹤10,
∴k-6≦-n-1,
∴k≤-n+5,
故选C.
【点睛】此题主要考查了科学记数法及同底数幂的乘法运算，正确的运用科学记数法是解决问题的关键.
26．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，，，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先将因式分解为(a-b)(a-c)，再将其值代入计算即可．
【解析】∵，，，
∴=a(a-b)-c(a-b)=(a-b)(a-c)
=(2017x+2016-2017x-2017)×(2017x+2016-2017x-2018)=-1×(-2)=2．
故选：A．
【点睛】考查了利用因式分解进行简便计算，解题关键是要将因式分解为(a-b)(a-c)的形式．
27．（2019·上海浦东新·七年级期末）若等式（x+6）x+1＝1成立，那么满足等式成立的x的值的个数有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】C
【分析】分情况讨论：当x+1=0时；当x+6=1时，分别讨论求解．还有-1的偶次幂都等于1．
【解析】如果（x+6）x+1=1成立，则x+1=0或x+6=1或-1，
即x=-1或x=-5或x=-7，
当x=-1时，（x+6）0=1，
当x=-5时，1-4=1，
当x=-7时，（-1）-6=1，
故选C．
【点睛】本题考查了零指数幂的意义和1的指数幂，关键是熟练掌握零指数幂的意义和1的指数幂.
28．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）要使能在有理数的范围内因式分解，则整数的值有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】根据把-6分解成两个因数的积，m等于这两个因数的和，分别分析得出即可．
【解析】解：∵-1×6=-6，-6×1=-6，-2×3=-6，-3×2=-6，
∴m=-1+6=5或m=-6+1=-5或m=-2+3=1或m=-3+2=-1，
∴整数m的值有4个，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了十字相乘法分解因式，对常数16的正确分解是解题的关键．
29．（2020·上海浦东新·七年级期末）若分式的值总是正数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】分两种情况分析:当时;或当时,,再分别解不等式可得．
【解析】若分式的值总是正数：
当时，，解得;
当时，，解得，此时a的取值范围是;
所以的取值范围是或.
故选：D．
【点睛】考核知识点：分式值的正负.理解分式取值的条件是解的关键点：分式分子和分母的值同号，分式的值为正数．
30．（2020·上海宝山·七年级期末）将一张长方形纸片折一次，折痕平分这个长方形的面积，则这样的折纸方法有（ ）
A．1种B．2种C．4种D．无数种
【答案】D
【分析】根据长方形的中心对称性解答即可．
【解析】解：根据长方形的中心对称性，过中心的直线可把长方形分成面积相等的两部分，所以使得折痕平分这个长方形的面积的方法共有无数种．
故选D．
【点睛】本题考查了长方形的中心对称性，比较简单，一定要熟练掌握并灵活运用．
31．（2021·上海浦东新·七年级期末）已知甲、乙、丙均为x的一次多项式，且其一次项的系数皆为正整数．若甲与乙相乘，积为，乙与丙相乘，积为，则甲与丙相加的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先将两个代数式进行因式分解，从而得出甲、乙、丙三个代数式，进而得出答案．
【解析】解：∵
∴甲为：x+7，乙为：x－7，丙为：x-2，
∴甲+丙=（x+7）+（x-2）=2x+5，
故选A．
【点睛】本题主要考查的就是因式分解的应用，属于基础题型．
32．（2021·上海宝山·七年级期末）已知=3，则代数式的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由得出，即，整体代入原式，计算可得.
【解析】 ，
，
，
则原式.
故选：.
【点睛】本题主要考查分式的加减法，解题的关键是掌握分式加减运算法则和整体代入思想的运用.
33．（2021·上海静安·七年级期末）如图，从图形甲到图形乙的运动过程可以是（ ）
A．先逆时针旋转90°，再向右平移4格B．先逆时针旋转90°，再向右平移1格
C．先顺时针旋转90°，再向右平移4格D．先翻折，再向右平移4格
【答案】D
【分析】利用网格特点，根据对折的性质、旋转的性质和平移的性质进行判断．
【解析】把图形甲沿直线l翻折，然后再向右平移4个单位可得到图形乙，如图．
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平移的性质．
34．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，从边长为（2a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为2a的正方形（a＞0），剩余部分沿虚线剪开拼成一个长方形（不重叠无缝隙），那么长方形的面积为（ ）
A．4a2+6aB．6a+9C．12a+9D．12a+15
【答案】C
【分析】根据裁剪拼图可知，所拼成的长方形的长为（2a+3）+2a＝4a+3，宽为（2a+3）﹣2a＝3，由长方形面积的计算方法即可得出答案．
【解析】解：由题意可得，
所拼成的长方形的长为（2a+3）+2a＝4a+3，宽为（2a+3）﹣2a＝3，
所以长方形的面积为（4a+3）×3＝12a+9，
故选：C．
【点睛】本题考查了整式的加减的应用，根据题意求得长方形的长和宽是解题的关键．
35．（2022·上海宝山·七年级期末）已知并排放置的正方形和正方形如图，其中点在直线上，那么的面积和正方形的面积的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为m、n，利用面积和差求出面积即可判断．
【解析】解：设正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为m、n，
S1＝S正方形ABCD+S正方形BEFG﹣（S△ADE+S△CDG+S△GEF）
＝m2+n2﹣[m（m+n）+ m（m﹣n）+ n2]
＝n2；
∴S1＝S2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查整式的混合运算，解题的关键是熟练用面积和差求三角形面积，准确进行计算．
36．（2022·上海普陀·七年级期末）如果2（5﹣a）（6+a）＝100，那么a2+a+1的值为（ ）
A．19B．﹣19C．69D．﹣69
【答案】B
【分析】先根据多项式乘以多项式法则计算2（5﹣a）（6+a）＝100，得a2+a＝﹣20，最后整体代入可得结论．
【解析】解：∵2（5﹣a）（6+a）＝100，
∴﹣a2+5a﹣6a+30＝50，
∴a2+a＝﹣20，
∴a2+a+1＝﹣20+1＝﹣19，
故选：B．
【点睛】本题考查多项式乘以多项式、求代数式的值，设计整体思想，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
37．（2022·福建·莆田哲理中学八年级期末）观察下列等式：已知：＝（a﹣b）（a+b）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“”的值，这个值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可得= ①，设=k②，则由①+②得：③，由①-②得：④，由④-③得：=，即可求解．
【解析】解：由题意，得=(2-1)()=
即= ①，
设=k②，
由①+②得：，
，
即③，
由①-②得：，
即④，
由④-③得：=，
∴=k，
解得：k=．
故选：D．
【点睛】本题考查数字规律探究，平方差公式的运用，等式的性质，解方程，求得= 是解题的关键．
38．（2020·广西贺州·中考真题）我国宋代数学家杨辉发现了（，1，2，3，…）展开式系数的规律：
以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，展开式的系数和是（ ）
A．64B．128C．256D．612
【答案】C
【分析】由“杨辉三角”的规律可知，（a+b）8所有项的系数和为28，即可得出答案．
【解析】解：由“杨辉三角”的规律可知，
展开式中所有项的系数和为1，
展开式中所有项的系数和为2，
展开式中所有项的系数和为4，
展开式中所有项的系数和为8，
……
展开式中所有项的系数和为，
展开式中所有项的系数和为．
故选：C．
【点睛】本题考查了“杨辉三角”展开式中所有项的系数和的求法，解题关键是通过观察得出系数和的规律．
39．（2022·广东·九年级专题练习）已知（2x﹣3）7＝a0x7+a1x6+a2x5+……+a6x+a7，则a0+a1+a2+……+a7＝（ ）
A．1B．﹣1C．2D．0
【答案】B
【分析】根据等式的性质，只有当x=1时，才表示系数之和，故代入x=1计算即可.
【解析】解：当x＝1时，（2﹣3）7＝a0+a1+a2+……+a6+a7，
则a0+a1+a2+……+a7＝﹣1，
故选B．
【点睛】本题主要考查方程的解，关键在于x=1的确定,要使出现所以系数之和，则必须使得x=1.
40．（2022·重庆市渝北区实验中学校九年级期中）已知a1、a2、a3、an，… (n为正整数)满足an+1＝，则下列说法：
①a1a2a3＝1；
②a5＝a20；
③若a1＝﹣，则＝912m+586n；
④若a1＝x，y＝pa1a3﹣ (p为非零常数)，当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同；
则p的最小值为﹣3；其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由所给的式子分别求出，，a4＝a1，从而确定式子的循环规律，并得到a1a2a3＝﹣1；再进行判断即可．
【解析】解：①，，
∴a1a2a3＝﹣1，故①不正确；
②，
∴每3个结果循环一次，
∵20÷3＝6…2，5÷3＝1…2，
∴a5＝a20，故②正确；
③∵a1＝﹣，
∴a2＝，a3＝3，
∴a1+a2+a3＝，
∴a1m+a2m+⋯+a864m+a865n+a866n+⋯+a1421n
＝m(a1+a2+⋯+a864)+n(a865+⋯+a1421)
＝m(×288)+n(×186﹣3)
＝912m+586n，故③正确；
④y＝pa1a3﹣＝pa1a3﹣＝p×﹣，
∵a1＝x，
∴a2＝，
∴y＝p(x﹣1)﹣x2，
∵当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同，
∴p(m2﹣1)﹣m4＝p(2m﹣2﹣1)﹣(2m﹣2)2，
解得p＝(m+1)2﹣3，
∴当m＝﹣1时，p有最小值为﹣3，故④正确；
综上分析可知，②③④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查数字的变化规律，通过所给的式子，探索出式子的循环规律，并得到a1a2a3＝﹣1是解题的关键．