资源简介

2024-2025学年苏科版数学七年级下学期期末真题汇编复习【2024新教材】
填空题典型必刷练50题（压轴题）
（原卷版）
同学你好，该份练习结合最新版本课本内容设定制作，贴合书本内容。题目精选近两年江苏省各市近两年常考易错真题，典型常规题等重点题目！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，按照考点划分，解析思路清晰，难度中上，非常适合成绩拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
1．（24-25七年级上·江苏泰州·期末）如图，将长方形纸片的一角折叠，使顶点落在点处，折痕为．点为射线上一点，连接，将长方形纸片的另一角沿折叠，使得点落在点处（折痕为）．若，则 ．
【答案】108或72
【思路引导】本题考查了折叠的性质，角的计算，熟练掌握折叠变换的性质并采用分类讨论的数学思想是解题的关键．由折叠的性质可推出，，再分两种情况讨论，①当在的外部，则，求得，则；②当在的内部，则，求得，则，即可得到答案．
【完整解答】解：由题意可知，，，
，，
①当在的外部，如图
，且，
，
，
∴；
②当在的内部，如图
，且，
，
，
．
故答案为：108或72．
2．（24-25八年级上·湖北黄石·期末）如图，在直角中，，，，，D、E、F分别是、、边上的动点，则的最小值是 ．
【答案】9.6
【思路引导】本题考查了轴对称路径最短问题，作关于直线的对称点，作关于直线的对称点，连接，，，，，，．，推出，可得、、共线，由，，可知、、、共线时，且时，的值最小，最小值，求出的值即可解决问题理解转化思想是解题的关键．
【完整解答】解：如图作关于直线的对称点，作关于直线的对称点，连接，，，，，，．
∴
，，，
，
、、共线，
，
，
当、、、共线时，且时，的值最小，最小值，
，
，
∴的最小值为9.6．
故答案为：9.6．
3．（24-25九年级上·重庆巫山·期末）若一个四位正整数的各位数字之和是百位数字与十位数字之和的倍，则称这个四位正整数为“三和数”．将一个“三和数”的百位数字与十位数字交换位置后，得到一个新的四位数，记，则 ；当“三和数”的百位数字是个位数字的倍，千位数字与十位数字之和能被整除时，，当 最大时， 的值为
【答案】
【思路引导】本题考查新定义运算，二元一次方程的解，直接根据定义求解；设“三和数”m千位、百位、十位和个位的数字分别为a、b、c、d，根据定义可得，根据千位上的数字与十位上的数字之和能被9整除，列举出符合条件的a、c的值，根据最大时得出的最大值为，进而得出的值，再代入计算即可求解．
【完整解答】解：，
设“三和数”千位、百位、十位和个位的数字分别为、、、，
∴，
由“三和数”定义可得，
∴，
∵百位上的数字是个位上的数字的2倍，
∴，
∴，即
∵千位上的数字与十位上的数字之和能被9整除，
或或
当时，，不合题意；
当时，则
∴，∵不合题意，舍去
当时，则，
∴
∴当取得最大值时，
∴
∴
∴
∴当最大时，，
，
故答案为：，．
4．（21-22七年级下·江苏扬州·期末）在数学中，为了书写简便，世纪数学家欧拉就引进了求和符号“”，如，；已知，则的值是 ．
【答案】
【思路引导】本题考查了多项式乘法以及对新定义求和符号的理解与运用知识点，解题的关键是根据求和符号的运算规则将式子展开并化简，再通过对比系数求出m、n的值．
首先，我们需要理解题目中给出的求和符号＂＂以及如何展开求和表达式．接着，通过已知条件列出方程，求解出未知数和的值，最后计算的值．
【完整解答】由知，
即，
故答案为：．
5．（24-25八年级上·重庆巫山·期末）对于一个四位自然数m，其各数位上的数字均不为0，若其千位与十位上的数字之和为9，百位与个位上的数字之和也为9，则称这个四位数m为“和九数”，如：2673，4158．若将“和九数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调，得到一个新的四位数，且规定．例如：，∵，∴7128是“和九数”，此时，若，则 ；若四位数s，t均为“和九数”，且s的千位数字与t的十位数字之和为10，s的百位数字与t的个位数字之和为7，是一个完全平方数，则满足条件的s的最小值为 ．
【答案】 5346
【思路引导】本题考查了新定义运算、整式加减的应用、不等式的性质，理解新定义，用字母表示数是解题的关键．根据“和九数”的定义以及的运算，若，直接计算当时的值即可；设“和九数”，则有，进而表示出和，根据是一个完全平方数，可得是一个完全平方数，再列不等式求出的取值范围，根据当s要取最小值时a必须取最小值，进而求出的值，即可解答．
【完整解答】解：，
是“和九数”，此时；
由题意得，设“和九数”，
，
s的千位数字与t的十位数字之和为10，s的百位数字与t的个位数字之和为7，
t的十位数字为，个位数字为，
四位数t为“和九数”，
，
同理可得，，
，
是一个完全平方数，
是一个完全平方数，
由题意得，，
解得：，
s要取最小值，即千位数字和百位数字要尽可能小，
，
当时，是一个完全平方数，
或，
，
当时，s能取到最小值，最小值为2970，与其各数位上的数字均不为0矛盾，舍去；
，
当时，是一个完全平方数，
，
，不可能成立，
，
当时，是一个完全平方数，
，
，不可能成立，
，
当时，是一个完全平方数，
，
，成立，
满足条件的s的最小值：5346，
故答案为：；5346．
6．（20-21七年级下·山东济南·期中）新考法我们定义：三角形，五角星；若，则＝ ．
【答案】32
【思路引导】此题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方等知识，熟练掌握运算法则是解题的关键．
先根已知条件和规定的运算得到，再利用规定的运算得到算式利用同底数幂的乘法和幂的乘方变形为，整体代入即可得到答案．
【完整解答】
解：∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：32．
7．（24-25七年级上·重庆·期末）簪花在我国已有两、三千年的历史．热爱传统文化的涵涵购买了若干支丁香花、海棠花、玉兰花用于手工制作三款簪花头饰各一套（每款均用到三种花）．已知每款簪花中海棠花的用量等于玉兰花用量．A款丁香花用量为3枝，B款丁香花用量比C款丁香花用量少2枝；A款中玉兰花的用量为2枝，B款玉兰花的用量是它的丁香花用量的3倍；制作完成后统计发现，三款簪花丁香花的总用量与玉兰花总用量比为．已知每款簪花成本等于所用花朵成本之和．若每枝丁香花、海棠花、玉兰花的成本分别是元、元、元，则C款簪花的成本是 元（用含、、的代数式表示）．若A款簪花的成本为49元，B款簪花的成本为63元，则C款簪花的成本是 元．
【答案】 79
【思路引导】本题考查了二元一次方程的整数解，二元一次方程组的应用，正确求解二元一次方程的整数解及利用整体思想求解二元一次方程组是解题的关键．
设B款玉兰花的用量为x枝，C款玉兰花的用量为y枝，则可求出每种款式簪花各种花的用量，再根据三款簪花丁香花的总用量与玉兰花总用量比为，可列出方程，化简得，可求得x与y的值，即可进一步求得答案；
若A款簪花的成本为49元，B款簪花的成本为63元，可列方程组，求解方程组得，将此解代入计算，即得答案．
【完整解答】解：设B款玉兰花的用量为x枝，C款玉兰花的用量为y枝，
则三款簪花的用量可列表为：
A款 B款 C款
丁香花（枝） 3 x
海棠花（枝） 2 y
玉兰花（枝） 2 y
所以，
化简，得，
，，
可求得方程的正整数解为，
故C款簪花的成本是（元）；
故答案为：；
同时，A款簪花的成本是（）元，B款簪花的成本是（）元，
若A款簪花的成本为49元，B款簪花的成本为63元，
则，
，得，
，
将代入①，得，
解得，
，
故C款簪花的成本是79元．
故答案为： 79．
8．（24-25七年级上·湖北武汉·期末）对一各位均不为0的三位自然数，将其各位数代入中，称为对其进行一次“少年运算”，例如：对123进行一次“少年运算”，其结果为；对该三位数及任意调换其两位数字后所得的五个数分别进行一次“少年运算”，所得结果的最小值，称为该三位数的“宏志数”．若一对三位数和满足，则的“宏志数” ．
【答案】或
【思路引导】本题主要考查了列代数式，求二元一次方程的正整数解，化简绝对值等知识点，读懂题意，按照题中定义的新运算正确列式计算是解题的关键．
由题意可得，进而可得或，再结合新定义进一步求解即可．
【完整解答】解：∵，，，
∴，
整理，得：，
∵，为正整数，
∴或，
当时，则，
∴对该三位数及任意调换其两位数字后所得的数为，，
∴，，，
∴的“宏志数”；
当时，则，
∴对该三位数及任意调换其两位数字后所得的数为，，
∴，，，
∴的“宏志数”；
综上，的“宏志数”为或，
故答案为：或．
9．（22-23七年级上·四川成都·期末）王老师购进159个糖果，奖励期末考试最优异的三个小组，期末考试第一名的小组每人获得13颗糖，第二名的小组每人获得12颗糖，第三名的小组每人获得11颗糖，则这三个小组学生的总人数为 ．（每个组人数大于1人）
【答案】13
【思路引导】本题主要考查了方程的应用，分类讨论思想，
先设第一名得小组有x人，第二名的小组有y人，第三名的小组有z人，可得，再根据已知得，然后从讨论，进而得出答案．
【完整解答】解：设期末考试第一名得小组有x人，第二名的小组有y人，第三名的小组有z人，则，
即，
∴．
∵为正整数，，
∴．
当时，，
即．
∵，且均为整数，
∴或或，
∴；
当时，，
即．
∵，且均为整数，
∴不符合题意，舍去．
随着的值的减小，的值不断增大，不符合题意．
故答案为：13．
10．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）若一个四位正整数各数位上的数字均不为0，且千位数字与个位数字不相等，百位数字与十位数字不相等，那么称这个四位正整数为“不同数”．将一个“不同数”的其中一个数位上的数字去掉，可以得到四个新三位数，把这四个新三位数的和与3的商记为．例如，“不同数”，去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：135、235、215、213，这四个三位数之和为，，所以．计算： ，若“不同数”的百位数字比千位数字大2，个位数字是十位数字的2倍，且能被13整除，则的值为 ．
【答案】 484 4648
【思路引导】本题考查整式加减的应用、二元一次方程、不等式、整除问题，考查方式比较新颖，理解“不同数”的具体特征是解决问题的关键．根据“不同数”的定义直接求出的值；设“不同数”，且，，计算得到a、c的范围，再得到，结合能被13整除，整理得能被13整除，再结合a、c的范围分类讨论即可得出答案．
【完整解答】解：1933去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：933、133、193、193，
这四个三位数之和为，，
所以；
设“不同数”，且，，
由题意得，，
解得：，
去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：、、、，
则，
，
，
，
，
所以，
，且能被13整除，
能被13整除，
又，，
，
或，
或，
当时，（舍去）或（舍去）；
当时，（舍去）或（舍去）；
当时，或（舍去），
此时，不满足，不符合题意，舍去；
当时，（舍去）或，
此时，，则，符合题意．
综上所述，，．
故答案为：484；4648．
11．（24-25八年级上·四川巴中·期中）若规定符号的意义是：，则当时，的值为 ．
【答案】9
【思路引导】本题主要考查定义新运算，掌握多项式的乘法法则和整体代入法是解题的关键．根据定义的新运算的运算法则，得出的值，然后进行化简，最后再整体代入即可求值．
【完整解答】解：根据题意，可得：
，
∵，
∴，
∴
．
故答案为：9．
12．（24-25七年级上·全国·期末）某生鲜店推出了A、B、C三类蔬菜包以方便居家生活的市民购买，A、B、C三类蔬菜包内均由萝卜、白菜、洋葱三种蔬菜搭配而成，每袋蔬菜包的成本也均为萝卜、白菜、洋葱三种蔬菜成本之和．每袋A蔬菜包有5公斤萝卜、4公斤白菜、6公斤洋葱；每袋C蔬菜包有7公斤萝卜、2公斤白菜、3公斤洋葱．已知每袋A的成本是该袋中萝卜成本的3倍，利润率为，每袋B的成本是其售价的，每袋C的利润是每袋A利润的．若该生鲜店1月2日当天销售A、B、C三种蔬菜包袋数之比为，则当天该生鲜店销售A、B、C三种蔬菜包的总利润与总成本的比值为 ．
【答案】
【思路引导】本题考查三元一次方程组的应用，弄清题意，通过所给的条件，理顺各量之间的关系，列出方程是解题的关键．
设萝卜、白菜、洋葱的成本分别为x元、y元、z元，根据题意可求A的成本为（元），利润为（元），C的利润为（元），成本为（元），设B的成本为m元，利润为W元，由题意可得，则，再求出1月2日的总利润为：元，总成本为：元，则可由求解．
【完整解答】解：设萝卜、白菜、洋葱的成本分别为x元、y元、z元，
∵每袋A的成本是该袋中萝卜成本的3倍，
∴，
∴，
∴A的成本为（元），利润为（元），
∵每袋C的利润是每袋A利润的，
∴C的利润为（元），成本为（元），
设B的成本为m元，利润为W元，
∵每袋B的成本是其售价的，
∴，
∴，
∵1月2日当天销售A、B、C三种蔬菜包袋数之比为，
∴1月2日的总利润为：元，
总成本为：元，
∴．
故答案为：.
13．（23-24七年级下·全国·期末）某商家在甲、乙、丙三处批发市场购进A，B，C三种商品，已知同种商品在不同批发市场的批发价均相同，6件B的总价与9件C的总价相同．已知在甲处购买30个A，20个B，20个C，在乙处购买A，B，C三种商品的数量分别为在甲处购买的数量的基础上增加，同时，在乙处购买A，B，C三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多，在丙处购买三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多．已知在丙处购买每种商品的数量不低于50，但不超过150，则商家在丙处购买三种商品的数量和最少是 ．
【答案】164
【思路引导】本题主要考查了不等式的应用，关键是根据题意正确列出不等式，难度大，需要超强的解题能力．
设A、B、C三种商品的单价分别为a元、b元、c元，在丙处购买A、B、C三种商品的数量分别为x个、y个、z个，根据在乙处购买A，B，C三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多，列出方程并整理得，再根据6件B的总价与9件C的总价相同，得，进而得，再根据在丙处购买三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多．列出方程，把代入并整理得，根据在丙处购买每种商品的数量不低于50，但不超过150，得，，要商家在丙处购买三种商品的数量和最少，则首先满足选A商品的数量尽量多，再满足选B商品的数量尽量多，最后再决定选C商品的数量，结合，便可求得结果．
【完整解答】解：设A、B、C三种商品的单价分别为a元、b元、c元，在丙处购买A、B、C三种商品的数量分别为x个、y个、z个，
∵在乙处购买A，B，C三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多，
∴，
整理得，
∵6件B的总价与9件C的总价相同，
∴，即，
∴，
∵在丙处购买三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多．
∴，
把代入上式并整理得，
∴，
∵在丙处购买每种商品的数量不低于50，但不超过150，
∴，
又∵，即，
∴要商家在丙处购买三种商品的数量和最少，则首先满足选A商品的数量尽量多，再满足选B商品的数量尽量多，最后再决定选C商品的数量，
∵，
∴，
解得，
∴x的最大值为，
则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴y的最大值为，
则，
∴，
∴商家在丙处购买三种商品的数量和最少为：，
故答案为：164．
14．（20-21七年级下·四川成都·期中）如图，在中，平分交于点，点，分别是线段、上一动点，且，，则的最小值为 ．
【答案】4
【思路引导】本题考查轴对称最短问题，坐标有图形性质，正方形的性质等知识，作点关于的对称点，连接，过点作于点．证明，再根据，求出，可得结论．解题的关键是掌握利用轴对称解决最短问题．
【完整解答】解：作点关于的对称点，连接，过点作于点．
平分，
点关于的对称点在上，
，
，
，，
，
，
，
的最小值为4．
故答案为：4．
15．（23-24七年级下·重庆·期末）若关于的不等式组有且只有个奇数解，且关于的方程解为整数．则符合条件的所有整数的和为 ．
【答案】
【思路引导】本题考查了根据不等式组的解的情况求参数，一元一次方程的解，解不等式组得，由不等式组的解的情况得，即得，再由一元一次方程得，根据方程的解为整数可得或或，再把整数的值相加即可求解，根据不等式组确定出的取值范围是解题的关键．
【完整解答】解：，
由得，，
由得，，
∴，
∵不等式组有且只有个奇数解，
∴，
即，
解得，
由方程得，，
∵方程的解为整数，
∴或或，
∴符合条件的所有整数的和，
故答案为：．
16．（23-24八年级下·重庆江津·期末）设为正整数，对于一个四位正整数，若千位与百位的数字之和等于，十位与个位的数字之和等于，则称这样的数为“级放大数”．例如正整数2636中，因为，，所以2636是“8级放大数”，其中．最小的“4级放大数”是 ；若一个“6级放大数”的千位数字与十位数字之积为6，且这个数能被19整除，则满足条件的数是 ．
【答案】
【思路引导】本题考查新定义的应用．理解新定义的意义是解决本题的关键．结合所给两个条件判断出所求的数是解决本题的难点．因为是“4级放大数”，那么千位与百位的数字之和等于4，千位数字可选数字1，则百位数字为3；十位与个位数字的和为5，十位可选最小的数字0，则个位数字为5，那么可得最小的“4级放大数”；设“6级放大数”的千位数字为，十位数为，判断出其他数位上的数字，根据这个数千位数字与十位数字之积为6以及这个数能被19整除可得所求的数．
【完整解答】解：是“4级放大数”，
．
求最小的“4级放大数”，
千位数字可选数字1，
百位数字为3．
十位与个位数字的和为5，
十位可选最小的数字0，
个位数字为5．
最小的“4级放大数”为：；
设“6级放大数”的千位数字为，十位上的数字为，则百位数字为，个位上的数字为．
千位数字与十位数字之积为6，
（不合题意，舍去）或或或．
“6级放大数”为6016或2434或3325．
这个数能被19整除，上述3个数只有3325是19的整数倍，
“6级放大数”为：3325．
故答案为：1305，3325．
17．（23-24七年级下·福建福州·期末）已知关于、的方程组，其中，有下列说法：①当时；②是原方程组的解；③无论为何值时，；④若设，则；以上说法正确的是 ．
【答案】①③④
【思路引导】本题考查了含有参数的二元一次方程组，一元一次不等式的性质，掌握解方程组的方法及不等式的性质是解题的关键．①解出方程组的解为，将代入即可判定；②代入方程组，得到关于的一元一次方程组，消去即可判定；③将方程组①②，即可判定；④将方程组的解代入，可得，结合即可判定．
【完整解答】
，得，那么
，得，那么
方程组的解为：
当时，代入，
解得，故①正确；
将代入方程组，得到
③④，得，矛盾，故②错误；
①②，得，整理得，故③正确；
，故④正确．
故答案为：①③④
18．（23-24七年级下·福建龙岩·期末）在数学著作《算术研究》一书中，对于任意实数，通常用表示不超过的最大整数．如，，，则下列结论：
（1）；（2）若，则的取值范围是；
（3）当时，的值为1或2；
（4）若规定：（为正整数）．例．则，其中正确的结论有 （填写序号）．
【答案】（2）（3）（4）
【思路引导】本题主要考查新定义，根据取整数的定义及公式即可作出判断，关键是要正确理解取整的定义，以及式子的应用，这个式子在新定义中经常用到．
【完整解答】解：取，则，，
，
（1）错误；
由式子可得当时，
有，
解得，
（2）正确；
由可得，
若，则，，
有，
若，则，，
有，
若，则，
有，
（3）正确；
根据题意可得，
，
（4）正确；
故答案为：（2）（3）（4）．
19．（2023·重庆开州·模拟预测）对于任意一个三位正整数m，如果m满足百位上的数字小于个位上的数字，且百位上的数字与个位上的数字之和等于十位上的数字，那么称这个数m为“两头和数”．
（1）最小的“两头和数”是 ；
（2）用“两头和数”m的十位数字的平方减去个位数字的平方再减去百位数字的平方，得到的结果记为．若t是“两头和数”，且t的4倍与t的十位数字的2倍之和是5的倍数，则的最大值为 ．
【答案】 132 24
【思路引导】（1）根据题意：设百位上的数字为，个位上的数字为，则，，十位上的数字为，由的最小取值为，即可求解，
（2）根据题意列式，选出符合条件的，的值，即可求解，
本题考查了，数字规律的探索，整式的应用，解题的关键是：根据题意列式．
【完整解答】解：（1）设百位上的数字为，个位上的数字为，则，，十位上的数字为，
∴的最小取值为，的最小取值为，的最小取值为，
∴最小的“两头和数”是：132，
（2）∵是“两头和数”，
∴，，
根据题意得：是整数，
∴的个位数字是5或0，且满足，，
当，时，的个位数字是0，，
当，时，的个位数字是5，，
当，时，的个位数字是0，，
当，时，的个位数字是5，，
综上所述，的最大值为24，
故答案为：132；24．
20．（17-18七年级下·四川成都·期中）我国南宋数学家杨辉用三角形解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，这个三角形给出了（a+b）n（n＝1，2，34…）的展开式的系数规律（按a的次数由大到小的顺序）；
请依据上述规律，写出展开式中含x2015项的系数是 ．
【答案】
【思路引导】本题考查多项式乘法运算、杨辉三角，规律探究等知识，解题的关键是灵活运用杨辉三角解决问题，属于中考常考题型．
首先确定是展开式中第几项，根据杨辉三角即可解决问题．
【完整解答】解：展开式中含项的系数，
由
可知，展开式中第二项为，
展开式中含项的系数是，
故答案为：．
21．（23-24七年级上·河南郑州·阶段练习）有一无弹性细线，拉直时测得细线 长为 ，现进行如下操作：1． 在细线上任取一点；2． 将细线折叠，使点 与点 重合，记折点为点 ；3．将细线折叠，使点 与点 重合，记折点为点 ． 继续进行折叠，使点 与点 重合，并把 点和与其重叠的 点处的细线剪开，使细线分成长为 的三段，当 ，则细线未剪开时 的长为 ．
【答案】2或/6或2
【思路引导】本题主要考查了线段中点的计算，根据条件得出线段之间的关系式是解题的关键．根据条件得到，分两种情况：当时以及当时讨论即可．
【完整解答】解：，细线剪开后分成三段，
，
当时，，
，
，
，
，
；
当时，，
，
，
，
，
．
故答案为：或．
22．（23-24九年级上·重庆沙坪坝·期末）一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0，若满足千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，则称这个四位数M为“博雅数”．将“博雅数”的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到一个新的四位数N．若N能被9整除，则 ．在此条件下，若为整数，则满足条件的M的最大值为 ．
【答案】 9 8631
【思路引导】由题意可得，，再表示出和，根据N能被9整除和为整数来确定，，，的值，从而可得结论．
【完整解答】解：由题意可得，
∴，
∵N能被9整除，
∴能被9整除，
又∵，，，互不相等且均不为0，
∴；
∵为整数，
∴能被整除，
又∵，
∴能被整除，
∴
∴当，，，时，M的最大值为，
故答案为：9，．
【考点评析】本题考查了数字问题，新定义，四位数的表示，整式的加减，整数被某数整除时求字母的值，难度比较大，能够理解新定义并熟练掌握所学知识是解题的关键．
23．（23-24七年级上·江苏南京·期末）已知，以为端点画射线．将射线沿直线翻折，得到射线，将射线绕点顺时针旋转，得到射线．若，则 °．
【答案】55或65或115或125
【思路引导】本题考查几何图形中角度的计算．根据题意，画出图形，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
【完整解答】解：①当在的内部，在上方时，如图：
∵，，

∴，
∵翻折，
∴，
∴；
②当在的内部，在下方时，如图：
∵，，

∴，
∵翻折，
∴，
∴；
③当在的外部，在下方时，如图：
∵，，

∴，
∵翻折，
∴，
∴；
④当在的外部，在上方时，如图：
∵，，

∴，
∵翻折，
∴，
∴；
故答案为：55或65或115或125．
24．（23-24九年级上·重庆大足·期末）一个四位自然数各位数字不相等且均不为0，如果千位数字与个位数字之和，百位数字与十位数字之和都是8的倍数，我们称这个四位自然数为“幸运数”．请问最大的“幸运数”是 ；若一个“幸运数”，满足的值是9的倍数，我们又称这个四位自然数为“美满数”，则最小的“美满数”是 ．
【答案】
【思路引导】本题考查了新定义的应用以及学生的推理能力．理解新定义的意义是解决问题的关键．要求最大的四位“幸运数”，千位数字可选最大的一位数9，因为千位数字与个位数字之和是8的倍数，那么可得个位数字为7；百位数字选8的话，十位数字要么是8，要么是0，个位已经是7，所以百位数字最大可选6，那么十位数字只能选2，可得最大的“幸运数”；“美满数”是在“幸运数”的基础上得到的，通过计算可得 的值一定是9的倍数，那么千位数字可选最小的非0数字1，进而推导出个位数字为7，百位数字为2，那么十位数字为6，就得到了最小的“美满数”．
【完整解答】解：（1）∵要求最大的四位“幸运数”，
∴千位数字可选最大的一位数9．
∵千位数字与个位数字之和是8的倍数，
∴个位数字为7．
∵百位数字选8的话，十位数字要么是8，要么是0，各位数字不相等且均不为0，
∴百位数字不能选8．
∵个位数字是7，
∴百位数字最大选6．
∵百位数字与十位数字之和是8的倍数，
∴十位数字为2．
∴最大的“幸运数”是．
故答案为：9627．
（2）∵ 是“幸运数”，
∴，，
∵
，
∵一定是9的倍数，
∴，
∴，
∴最小的“美满数”的千位数字可选最小的非0数字1，
∴个位数字可选7；
∵各位数字不相等，
∴最小的“美满数”的百位数字最小可选2，
∴十位数字可选6，
∴最小的“美满数”是．
故答案为： 1267．
25．（2024七年级·全国·竞赛）若，，且，则 ．
【答案】1或81/81或1
【思路引导】根据绝对值意义得到，，根据，得到，得到，， 把分解因式，分，与，两种情况求值即得．
本题主要考查了绝对值，代数式求值．熟练掌握绝对值意义，完全平方公式分解因式，分类讨论，是解决问题的关键．
【完整解答】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴当，时，，
当，时，．
故答案为：1或81．
26．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）已知，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有 ．（请填写序号）
【答案】①②③
【思路引导】本题主要考查了代数式的恒等变形及整体代入法求代数式的值，熟练掌握整体代入法是解题的关键．将两边同时除以x可得，由此可得①正确；将①式两边平方再化简可得②正确；由，将①代入其中可得③正确；给①式两边同乘以得，再将①式变形得，然后代入上式即可判断④错误．
【完整解答】由，得
，
∴，
故①正确；
∵，
，
，
，
故②正确；
∵，
∴，
故③正确；
由，得，
两边同乘以，得，
又由，得，
，
，
，
，
故④错误．
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
27．（23-24八年级上·湖南永州·期末）如图，小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑1km软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前5km的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于1km．若小明共跑了14km且恰好回到起点，则他共跑了 圈．
【答案】10
【思路引导】本题考查了不等式的应用，由题意可知，小明恰好跑3圈时，路程比多，但小于，再根据一圈的路程比多，据此可得答案．
【完整解答】小明恰好跑3圈时，路程超过了，但小于，
所以小明跑9圈时，路程超过但小于，
又因为一圈的路程比多，
所以小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了10圈．
故答案为：10．
28．（23-24七年级上·重庆垫江·期末）在传统佳节春节即将来临之际，糖果店推出三种糖果礼盒，每种礼盒都有劲仔小鱼、旺旺糖、小小酥、果冻4种糖果．礼盒一：劲仔小鱼4袋，旺旺糖3袋，小小酥2袋，果冻a袋；礼盒二：劲仔小鱼6袋，旺旺糖2袋，小小酥6袋，果冻3a袋；礼盒三：旺旺糖4袋，小小酥4袋，果冻6袋，已知劲仔小鱼每袋成本为a元，所有糖果成本均为整数，每种礼盒的成本费由糖果总成本和10元加工费组成．礼盒一成本费50元；礼盒二成本费70元；礼盒三成本费69元．则礼盒三中劲仔小鱼的数量是 袋．
【答案】5
【思路引导】本题考查的是方程组的应用．首先设旺旺糖每袋成本为元，小小酥每袋成本为元，果冻每袋成本为元，列方程，解得、、、的值，然后根据礼盒三的设置，列方程求解即可．
【完整解答】解：设旺旺糖每袋成本为元，小小酥每袋成本为元，果冻每袋成本为元，
由题意可知：，
解得，
所有糖果成本均为整数，
，，
，，
设礼盒三中劲仔小鱼的数量为袋，
由题意得：，
解得，
故答案为：5．
29．（23-24七年级上·重庆渝北·期末）对任意一个三位正整数m，如果各个数位上的数字之和为18，则称这个三位正整数m为“美好数”．最大的三位“美好数”是 ．若一个三位“美好数”前两位数字组成的两位数与这个“美好数”个位数字的4倍的和为111，满足条件的三位“美好数”有 ．
【答案】 或
【思路引导】题目主要考查有理数的表示、方程组求解，理解题意，列出方程组化简求值是解题关键．根据题意，最大的三位美好数的百位数字一定是9，十位数字为8，再根据各个数位上的数字之和为18，得到个位数字为1，即可，设三位“美好数”的百位数字为，十位数字为，个位数字为，根据一个三位“美好数”前两位数字组成的两位数与这个“美好数”个位数字的4倍的和为111，结合美好数的定义，列出方程组求解即可．
【完整解答】解：∵最大的三位“美好数”
∴百位数字一定是9，十位数字为9，
∵各个数位上的数字之和为18，
∴个位数字为0，
∴最大的三位“美好数”是；
设三位“美好数”的百位数字为，十位数字为，个位数字为，
则：，
由题意，得：，
整理，得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，；
当时，，；
∴符合条件的三位“美好数”有或；
故答案为：，或．
30．（23-24八年级上·四川内江·期中）已知实数m，n满足，则的最小值为 ．
【答案】
【思路引导】本题考查了整式的混合运算和完全平方的非负性，及不等式的基本性质．
先将整理成，然后将已知条件所给的式子整体代入得结果为．根据和，求出的取值范围，即可求出的最小值，即的最小值．
熟练掌握完全平方的非负性，求出的取值范围是解题的关键．
【完整解答】∵，
∴
．
，
．
，
，
，
，
，
∴的最小值为．
故答案为：．
31．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）用表示不大于的最大整数，如，，则方程的解是 ．
【答案】或
【思路引导】利用不等式，求出的范围，然后再代入原方程求出的值．
【完整解答】解：令代入原方程得，即，
又，
，
整理得，
即，
或，
将代入原方程得：，解得，
将代入原方程得：，解得，
经检验，或是原方程的解．
故答案为：或．
【考点评析】此题考查了取整函数的性质，不等式组与方程的综合．注意性质的应用．
32．（22-23七年级下·湖南怀化·期末）计算： ．
【答案】
【思路引导】利用平方差公式将变形为，通过相邻的项约分化简即可求解．
【完整解答】解：
故答案为：．
【考点评析】本题考查利用平方差公式进行简便运算，解题的关键是将变形为．
33．（20-21七年级下·浙江温州·期末）将一副三角板如图1所示摆放，直线，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，同时三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，设时间为秒，如图2，，，且，若边与三角板的一条直角边（边，）平行时，则所有满足条件的的值为 ．

【答案】30或120/120或30
【思路引导】根据题意得，，（1）如图1，当时，延长交于点P，分两种情况讨论：①在上方时，②在下方时，，列式求解即可；（2）当时，延长交于点I，①在上方时，，②在下方时，，列式求解即可．
【完整解答】解：由题意得，，，
（1）如图1，当时，延长交于点，

①在上方时，
，，，
，
，
，
，
，
即，
；
②在下方时，，
，，，
，
，
，
，
，
即，
（不符合题意，舍去）；
（2）当时，延长交于点I，

①在上方时，，
，，
，
，
，
，
，
即，
；
②在下方时，，
，，，
，
，
，
，
，
即，
（不符合题意，舍去），
综上，所有满足条件的的值为或．
故答案为：或．

【考点评析】本题考查了平行线的性质、旋转的性质，掌握平行线的性质并正确分情况讨论是解题的关键．
34．（22-23八年级下·重庆荣昌·期末）如果一个三位数的十位数字比百位数字与个位数字之和大2，我们称这个三位数为“荣庆数”，我们将“荣庆数”的各位数字之和记为，比如152，百位数字与个位数字之和为，十位数字是5，，所以152是“荣庆数”， ；若一个“荣庆数”是13的倍数，则的最大值是 ．
【答案】 8 12
【思路引导】由，知；设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，可推得是13的倍数，而，，是正整数，即可得或或或，从而得到答案．
【完整解答】解：，
；
设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，
，
是13的倍数，，
是13的倍数，
（为非负整数），
，，是正整数，
，
，是正整数，为百位数字，为十位数字，
，，
假设，此时，此时值最小，
，
假设，此时，此时值最大，
，
，
当时，，
解得，满足和，，符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，满足和，，符合题意，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，
解得，不满足，不符合题意，
或，
或，
的值为4或12，
的最大值是，
故答案位：8，12．
【考点评析】本题考查整式的加减，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，求出使是13的倍数的正整数，的值．
35．（22-23八年级上·重庆开州·期末）疫情隔离期间，为了降低外出感染风险，各大商场开通了无接触送货到小区的便民服务．某商场推出适合大多数家庭需要到的、、三种蔬菜套装供居民选择．其中，的成本是的2倍，每种蔬菜搭配的售价分别比成本高、、，该商场11月销售、、三种蔬菜套装的数量比为，三种蔬菜套装的总利润是总成本的，则与的成本之比为 ．
【答案】
【思路引导】设A的成本为b，B的成本为a，A，B，C的销售数量分别为，，，列表如下：
成本 售价 销售数量
A b
B a
C
再利用三种蔬菜套装的总利润是总成本的，列方程求解即可．
【完整解答】解：∵的成本是的2倍，每种蔬菜搭配的售价分别比成本高、、，该商场11月销售、、三种蔬菜套装的数量比为，
∴设A的成本为b，B的成本为a，A，B，C的销售数量分别为，，，
，
∴，
整理得：，
∴与的成本之比为；
故答案为：．
【考点评析】本题考查的是三元方程组的应用，理解题意，利用表格分析法是解本题的关键．
36．（22-23七年级下·河南周口·阶段练习）若整数a使关于x的不等式组有4个整数解，且使关于x、y的方程组的解为整数，那么满足条件的整数a的值为 ．
【答案】
【思路引导】根据不等式组求出的范围，然后根据关于的方程组的解为整数得到即可解答．
【完整解答】解：，
解不等式①得，
解不等式②得，，
不等式组有4个整数解，
∴，
∴，
解方程组，
得：，解得，
将代入②得：，解得
方程组的解为：，
∵，
∴，
关于的方程组的解为整数，
，
当时，，符合题意；
所有满足条件的整数的值为．
故答案为：．
【考点评析】本题主要考查了解一元一次不等式组、解二元一次方程组等知识点，根据不等式组以及二元一次方程组求出的取值范围是解题的关键．
37．（22-23七年级下·江苏南通·期末）已知关于x，y的方程组的解为非负数，,，且，则z的取值范围是 ．
【答案】
【思路引导】解方程组求出，根据解的情况得到；再根据和得到，再由变形得，得到，解题即可．
【完整解答】解：解关于x，y的方程组，得，
由题意，得，
则；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴．
故答案为：．
【考点评析】本题考查二元一次方程组的解法，不等式的解法，综合性较强，能用m表示其他未知量并解关于m的不等式组是解题的关键．
38．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，点A在PQ上，的一条边BE在MN上，且，．现将绕点B以每秒的速度按逆时针方向旋转（E，F的对应点分别是，），同时，射线AQ绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是）．设旋转时间为t秒．

（1） （用含t的代数式表示）
（2）在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为 秒．
【答案】 5或35
【思路引导】（1）直接根据速度和时间可得：，所以根据余角的定义可得结论；
（2）有两种情况：利用数形结合，画图后作辅助线，构建平行线的性质和外角的性质可得结论．
【完整解答】解：（1）如图1，由题意得： ，，

∴
故答案为：；
（2）①如图2，，
延长交于C，则，
由题意得：，，

∴，解得：；
②如图3，，
延长，交于D，交直线于C，则，
由题意得： ，，
∴

∵,
∴，解得，
综上，在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为5秒或35秒；
故答案为：5或35．
【考点评析】本题考查的是旋转变换和平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是关键，在解答（2）时，要采用分类讨论的思想，作延长线构建出平行线的截线，从而可得同位角相等解决问题．
39．（22-23七年级下·北京西城·期末）小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于．

（1）小明恰好跑3圈时，路程是否超过了？答： （填“是”或“否”）；
（2）小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了 圈．
【答案】 否 10
【思路引导】（1）设环形跑道的周长为L，小明总计跑了x圈，结合图形即可作答；
（2）利用环形道的周长与里程数的关系建立不等式求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程即可求解．
【完整解答】（1）设环形跑道的周长为L，小明总计跑了x（x为整数）圈，
结合图形，根据题意有：，
即小明恰好跑3圈时，路程没有超过；
（2）结合图形，根据题意有：，
解得：，
根据题意还有：，可得：，
∵，
∴，
∴，
∵x为整数，
∴为整数，
∴，
即，即小明共跑了10圈，
故答案为：否，10．
【考点评析】本题考查了不等式的应用，根据题意结合图形得出不等式组，是解答本题的关键．
40．（22-23七年级下·湖北·期末）已知关于x，y的方程组的解为，则关于m、n的方程组的解为 ；
【答案】/
【思路引导】由题意可知，将代入计算即可．
【完整解答】解：根据题意可知，
解得，
∴关于m，n的方程组的解为
故答案为：．
【考点评析】本题考查了二元一次方程组的解，理解二元一次方程组的解与整体思想的应用是解题的关键．
41．（22-23八年级下·四川成都·期末）我们称形如(其中为整数)的不等式组为“互倒不等式组”，若互倒不等式组(其中为整数)有且仅有1，2两个正整数解，则 ．
【答案】
【思路引导】首先必须是异号的，否则不等式组必定有无数个正整数解或者没有正整数解，从而推出，继而推导，从而推出
【完整解答】解：，，
若，则原不等式可化为，
∴若，则原不等式组无解，若，则解得，均不合题意；
若，则任意正整数都满足，不合题意；
若，则任意正整数都不满足，不合题意；
∴，必须是异号的．
∵是整数，
∴能被整除，
故，
∴，
∵，异号，
∴，(当且仅当，时取等号)
∴若，由①得：；由②得：，
由可知，此时无解；
∴只能是， 此时由①得：；由②得：
∴不等式组的解集是：，
∵互倒不等式组(其中为整数)有且仅有1，2两个正整数解，
∴，
又∵为整数，
∴，
∴，
此时代入得，符合题意，
故答案是：．
【考点评析】本题考查求不等式组的解集，根据不等式组的解的情况，求式子的值，推导出是解题的关键．
42．（22-23八年级下·四川达州·阶段练习）“书香文化节”是我校的四大节日之一，某年级甲、乙、丙三个班在“书香文化节”期间各自建立了本班的图书角．建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于．第一周结束后，三个图书角共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为；第二周结束后，三个图书角又共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为．若每个班的图书角的书籍总本书为正整数，则第二周结束后丙班图书角拥有书籍 本．
【答案】
【思路引导】设第二周结束后丙班图书角拥有书籍本，第二周结束后甲班图书角拥有书籍本，第二周结束后乙班图书角拥有书籍本，则第二周结束后三个班的图书角的书籍总数为本，再根据建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于列出不等式组求出；再由第一周结束后，三个图书角的书本数量之比为，得到是26的倍数，进一步推出是13的倍数，由此求出x的值即可得到答案．
【完整解答】解：设第二周结束后丙班图书角拥有书籍本，第二周结束后甲班图书角拥有书籍本，第二周结束后乙班图书角拥有书籍本，
∴第二周结束后三个班的图书角的书籍总数为本，
由题意得，，
解得；
∵x为整数，
∴x的值可以为43，44，45，46，47，48；
∵第一周结束后，三个图书角的书本数量之比为，
∴第一周结束后三个班的图书角的书籍总数一定是的倍数，
∴是26的倍数，
∴是整数，
∴是整数，即是13的倍数，
∴满足题意的x的值只能是45，
∴，
∴第二周结束后丙班图书角拥有书籍本，
故答案为：．
【考点评析】本题主要考查了一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意找到不等关系求出是解题的关键．
43．（22-23七年级下·江苏镇江·阶段练习）现有若干张卡片，分别写有1，，4，，16，，……，小明从中取出三张卡片，要满足三张卡片上的数字乘积为，其中三数之和的最大值记为A，最小值记为B，则的值等于 ．
【答案】
【思路引导】由题意知，卡片数字为，，，，，，……，则使三数之和最大的三个数为，，，即，使三数之和最小的三个数为，，，即，然后代入计算求解即可．
【完整解答】解：由题意知，卡片数字为，，，，，，……
∵三张卡片上的数字乘积为，
∴使三数之和最大的三个数为，，，
∴，
∴使三数之和最小的三个数为，，，
∴，
∴
，
故答案为：．
【考点评析】本题考查了同底数幂的乘法，有理数的加减运算．解题的关键在于确定使三数之和最大的三个数于使三数之和最小的三个数．
44．（22-23八年级上·重庆丰都·期末）小王带了1千元现金，去商场购买单价67元的A种商品a件和单价为59元的B种商品b件，找回了几张10元和几张1元的钞票（都不超过9张，超过就补大面额的了）.小王算了一下，发现找得钱数不对.销售员再仔细算了一遍，发现问题是把两种商品的单价弄反了，重新计算后，找回的10元和1元的钞票张数也恰好相反.问小王购买了 件B种商品.
【答案】12
【思路引导】设买A种商品a个，B种商品b个，找回10元的m张，1元的n张，根据已知条件列出方程组，再根据等式讨论它们的取值情况即可求解．
【完整解答】解：设第一次找回了10元的m张， 1元的n张，，且m、n为整数，
根据题意得
由得：，
，
，
，，
，
，
，
，，，
代入①得：
，
解得，
故小王购买了12件B种商品，
故答案为：12．
【考点评析】此题考查了多元一次方程组的应用，解本题的关键是根据已知写出其中的等量关系，再根据取值范围求解．
45．（22-23七年级下·山东菏泽·阶段练习）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
【思路引导】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：，根据完全平方和公式得到，即两个正方形的面积和，结合图形用正方形的面积和减去和的面积，即可求出阴影部分的面积．
【完整解答】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：，
，
，
，
是得中点，
，
，，
．
故答案为：19．
【考点评析】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．
46．（22-23九年级上·重庆忠县·期末）货拉拉公司有甲、乙、丙三种货车若干，三种货车的每辆车日运货量之比为．为应对今年的货运高峰，该公司重新调配了这三种货车的数量．调配后，乙货车数量增加一倍，甲、丙货车数量各减少，三种货车日运货总量增加．按调配后的运力，三种货车计划t天运完M处货物，但甲、丙两种货车在M处运了若干天后全部被派往N处执行新的任务，剩下的货物由乙种货车运完，结果运输总时间比原计划多了3天．若乙货车运输时间恰好为甲、丙两种货车在M处运输时间的4倍，则乙货车共运了 天．
【答案】32
【思路引导】设出调配前甲，乙，丙三种货车的辆数以及每辆货车的日运货量，再根据题目的条件列出关系式求解即可得出答案．
【完整解答】解：根据比例设甲、乙、丙每辆车日运货量为，，，调配前甲，乙，丙三种货车分别为辆，辆，辆，
则：调配后甲、乙、丙货车分别为：辆，辆，辆，
依题意，得：①，
②
由①得：，代入②中得，，
解得：，则，
故乙货车共运32天．
故答案为：32．
【考点评析】本题考查三元一次方程组的应用，列代数式．用字母表示出甲，乙，丙每辆货车的辆数以及日货运量来建立等量关系是解题的关键．
47．（22-23九年级上·重庆合川·期末）为推进乡村振兴工作，驻村服务队结合当地特点种植了甲、乙两种农作物，经过一段时间，甲、乙两种农作物的种植面积之比为1:3，单位面积产值之比为5:3．为进一步提高经济收入，服务队决定扩大两种农作物的种植面积，经统计，扩大种植面积后（单位面积的产值不变），甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积的，且两种作物的总产值提高了，则甲、乙两种作物扩大种植的面积之比为 ．
【答案】
【思路引导】设甲作物扩大种植的面积为m，乙种作物扩大的种植面积为n，表示出扩大后甲作物总种植面积，两种作物总种植面积，根据甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积，表示出，再令甲，乙单位面积产值分别为，，列出式子，求出甲、乙两种作物扩大种植的面积之比．
【完整解答】设甲作物扩大种植的面积为m，乙种作物扩大的种植面积为n
∵甲、乙两种农作物的种植面积之比为1∶3
∴令甲种农作物的种植面积为x，乙种农作物的种植面积为
∴扩大后甲作物总种植面积为，两种作物的总种植面积为
∵甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积
∴
整理得，
∵单位面积产值之比为5:3
∴令甲，乙单位面积产值分别为，
∵两种作物的总产值提高了
∴
整理得，
把代入得，
∴
∴甲、乙两种作物扩大种植的面积之比为7:3
故答案为：7:3
【考点评析】本题考查三元一次方程的应用，解题的关键是根据关系，列出方程进行求解．
48．（22-23七年级上·四川成都·期末）新定义：已知射线、为内部的两条射线，如果，那么把叫作的幸运角．已知，射线与射线重合，并绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，射线与射线重合，并绕点O以每秒3°的速度逆时针旋转，当射线OC旋转一周时运动停止．在旋转过程中，射线，，，中由两条射线组成的角是另外两条射线组成的角的幸运角时， 秒．（本题所有角都指的是小于180°的角）
【答案】，15，，
【思路引导】根据边的运动分类讨论即可．
【完整解答】解：①如图
当，
则
解得：
②如图
当，
则
解得：
③如图
当，
则
解得：
④如图，当时，，解得．
故答案为：或15或或．
【考点评析】本题考查了新定义，相关知识点有：角的计算、分类讨论思想等，分情况讨论是解题关键．
49．（23-24八年级下·重庆·期末）若一个四位数的千位数字和个位数字之差为1，百位数字和十位数字之差为3，则称这个数为“一生数”，若一个四位数的千位数字和个位数字之差为1，百位数字和十位数字之差为4．则称这个数为“一世数”，则最大的“一生数”和最小的“一世数”之差为 ；若“一生数”的千位数字和“一世数”的千位数字相同，且能被13整除，若的各个数位上的数字之和与的各个数位上的数字之和的总和被11除后余数为2，则“一生数”的最大值为 ．
【答案】 8568 5854
【思路引导】本题以新定义为背景，考查了整式的运算、因式分解.二元一次方程的整数解，不等式的应用．
根据题目的定义可直接得出最大的“一生数”和最小的“一世数”，再求出差，再根据已知条件设出“一生数”的千位数字和“一世数”，然后根据条件求出，的各个数位上的数字之和与的各个数位上的数字之和的总和，根据它们符合整除的条件列出不定方程，根据取值范围求出整数解即可.
【完整解答】解：最大的“一生数”为：，最小的“一世数”为：，
最大的“一生数”和最小的“一世数”之差为；
若“一生数”的千位数字和“一世数”的千位数字相同，设千位为，则个位为， “一生数”的百位为，十位为，“一世数”的百位为，十位为，其中，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴
∵能被13整除，设，
∴， ，
∴，
∴，
∴，
又因为的各个数位上的数字之和与的各个数位上的数字之和的总和为
∴的各个数位上的数字之和与的各个数位上的数字之和的总和，
∵由被11除后余数为2，可设，
∴，，
∴， ，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴当， 时，符合条件的“一生数”的最大，值为，
故答案为：8568，．
50．（23-24七年级上·江苏扬州·期末）如图，点为直线上一点，过点作射线，使，将一个含的直角三角尺的一个顶点放在处，斜边与直线重合，另两条直角边、都在直线的下方．将图中的三角尺绕点以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转过程中，旋转到第 秒时，与互补．
【答案】5或13/13或5
【思路引导】本题主要考查了旋转的性质、角度的计算、互补的角等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键．
如图：分以下三种情况讨论：①当在内部时，②当在内部，当在内部，③当在内部，当在外部，分别求出时间t的值即可．
【完整解答】解：如图：设运动t秒，
∵直角三角尺，
∴，
∵,
∴，
∴点C、O、N共线，
如图：
①当在内部时，，，
∵与互补，
∴，解得：；
②当在内部，当在内部，，，
∵与互补，
∴，解得：；
②当在内部，当在外部，
，
∴，不符题意．
故答案为5或13．2024-2025学年苏科版数学七年级下学期期末真题汇编复习【2024新教材】
填空题典型必刷练50题（压轴题）
（原卷版）
同学你好，该份练习结合最新版本课本内容设定制作，贴合书本内容。题目精选近两年江苏省各市近两年常考易错真题，典型常规题等重点题目！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，按照考点划分，解析思路清晰，难度中上，非常适合成绩拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
1．（24-25七年级上·江苏泰州·期末）如图，将长方形纸片的一角折叠，使顶点落在点处，折痕为．点为射线上一点，连接，将长方形纸片的另一角沿折叠，使得点落在点处（折痕为）．若，则 ．
2．（24-25八年级上·湖北黄石·期末）如图，在直角中，，，，，D、E、F分别是、、边上的动点，则的最小值是 ．
3．（24-25九年级上·重庆巫山·期末）若一个四位正整数的各位数字之和是百位数字与十位数字之和的倍，则称这个四位正整数为“三和数”．将一个“三和数”的百位数字与十位数字交换位置后，得到一个新的四位数，记，则 ；当“三和数”的百位数字是个位数字的倍，千位数字与十位数字之和能被整除时，，当 最大时， 的值为
4．（21-22七年级下·江苏扬州·期末）在数学中，为了书写简便，世纪数学家欧拉就引进了求和符号“”，如，；已知，则的值是 ．
5．（24-25八年级上·重庆巫山·期末）对于一个四位自然数m，其各数位上的数字均不为0，若其千位与十位上的数字之和为9，百位与个位上的数字之和也为9，则称这个四位数m为“和九数”，如：2673，4158．若将“和九数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调，得到一个新的四位数，且规定．例如：，∵，∴7128是“和九数”，此时，若，则 ；若四位数s，t均为“和九数”，且s的千位数字与t的十位数字之和为10，s的百位数字与t的个位数字之和为7，是一个完全平方数，则满足条件的s的最小值为 ．
6．（20-21七年级下·山东济南·期中）新考法我们定义：三角形，五角星；若，则＝ ．
7．（24-25七年级上·重庆·期末）簪花在我国已有两、三千年的历史．热爱传统文化的涵涵购买了若干支丁香花、海棠花、玉兰花用于手工制作三款簪花头饰各一套（每款均用到三种花）．已知每款簪花中海棠花的用量等于玉兰花用量．A款丁香花用量为3枝，B款丁香花用量比C款丁香花用量少2枝；A款中玉兰花的用量为2枝，B款玉兰花的用量是它的丁香花用量的3倍；制作完成后统计发现，三款簪花丁香花的总用量与玉兰花总用量比为．已知每款簪花成本等于所用花朵成本之和．若每枝丁香花、海棠花、玉兰花的成本分别是元、元、元，则C款簪花的成本是 元（用含、、的代数式表示）．若A款簪花的成本为49元，B款簪花的成本为63元，则C款簪花的成本是 元．
8．（24-25七年级上·湖北武汉·期末）对一各位均不为0的三位自然数，将其各位数代入中，称为对其进行一次“少年运算”，例如：对123进行一次“少年运算”，其结果为；对该三位数及任意调换其两位数字后所得的五个数分别进行一次“少年运算”，所得结果的最小值，称为该三位数的“宏志数”．若一对三位数和满足，则的“宏志数” ．
9．（22-23七年级上·四川成都·期末）王老师购进159个糖果，奖励期末考试最优异的三个小组，期末考试第一名的小组每人获得13颗糖，第二名的小组每人获得12颗糖，第三名的小组每人获得11颗糖，则这三个小组学生的总人数为 ．（每个组人数大于1人）
10．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）若一个四位正整数各数位上的数字均不为0，且千位数字与个位数字不相等，百位数字与十位数字不相等，那么称这个四位正整数为“不同数”．将一个“不同数”的其中一个数位上的数字去掉，可以得到四个新三位数，把这四个新三位数的和与3的商记为．例如，“不同数”，去掉其中任意一位数后得到的四个新三位数分别为：135、235、215、213，这四个三位数之和为，，所以．计算： ，若“不同数”的百位数字比千位数字大2，个位数字是十位数字的2倍，且能被13整除，则的值为 ．
11．（24-25八年级上·四川巴中·期中）若规定符号的意义是：，则当时，的值为 ．
12．（24-25七年级上·全国·期末）某生鲜店推出了A、B、C三类蔬菜包以方便居家生活的市民购买，A、B、C三类蔬菜包内均由萝卜、白菜、洋葱三种蔬菜搭配而成，每袋蔬菜包的成本也均为萝卜、白菜、洋葱三种蔬菜成本之和．每袋A蔬菜包有5公斤萝卜、4公斤白菜、6公斤洋葱；每袋C蔬菜包有7公斤萝卜、2公斤白菜、3公斤洋葱．已知每袋A的成本是该袋中萝卜成本的3倍，利润率为，每袋B的成本是其售价的，每袋C的利润是每袋A利润的．若该生鲜店1月2日当天销售A、B、C三种蔬菜包袋数之比为，则当天该生鲜店销售A、B、C三种蔬菜包的总利润与总成本的比值为 ．
13．（23-24七年级下·全国·期末）某商家在甲、乙、丙三处批发市场购进A，B，C三种商品，已知同种商品在不同批发市场的批发价均相同，6件B的总价与9件C的总价相同．已知在甲处购买30个A，20个B，20个C，在乙处购买A，B，C三种商品的数量分别为在甲处购买的数量的基础上增加，同时，在乙处购买A，B，C三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多，在丙处购买三种商品的总价比在甲处购买三种商品的总价多．已知在丙处购买每种商品的数量不低于50，但不超过150，则商家在丙处购买三种商品的数量和最少是 ．
14．（20-21七年级下·四川成都·期中）如图，在中，平分交于点，点，分别是线段、上一动点，且，，则的最小值为 ．
15．（23-24七年级下·重庆·期末）若关于的不等式组有且只有个奇数解，且关于的方程解为整数．则符合条件的所有整数的和为 ．
16．（23-24八年级下·重庆江津·期末）设为正整数，对于一个四位正整数，若千位与百位的数字之和等于，十位与个位的数字之和等于，则称这样的数为“级放大数”．例如正整数2636中，因为，，所以2636是“8级放大数”，其中．最小的“4级放大数”是 ；若一个“6级放大数”的千位数字与十位数字之积为6，且这个数能被19整除，则满足条件的数是 ．
17．（23-24七年级下·福建福州·期末）已知关于、的方程组，其中，有下列说法：①当时；②是原方程组的解；③无论为何值时，；④若设，则；以上说法正确的是 ．
18．（23-24七年级下·福建龙岩·期末）在数学著作《算术研究》一书中，对于任意实数，通常用表示不超过的最大整数．如，，，则下列结论：
（1）；（2）若，则的取值范围是；
（3）当时，的值为1或2；
（4）若规定：（为正整数）．例．则，其中正确的结论有 （填写序号）．
19．（2023·重庆开州·模拟预测）对于任意一个三位正整数m，如果m满足百位上的数字小于个位上的数字，且百位上的数字与个位上的数字之和等于十位上的数字，那么称这个数m为“两头和数”．
（1）最小的“两头和数”是 ；
（2）用“两头和数”m的十位数字的平方减去个位数字的平方再减去百位数字的平方，得到的结果记为．若t是“两头和数”，且t的4倍与t的十位数字的2倍之和是5的倍数，则的最大值为 ．
20．（17-18七年级下·四川成都·期中）我国南宋数学家杨辉用三角形解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，这个三角形给出了（a+b）n（n＝1，2，34…）的展开式的系数规律（按a的次数由大到小的顺序）；
请依据上述规律，写出展开式中含x2015项的系数是 ．
21．（23-24七年级上·河南郑州·阶段练习）有一无弹性细线，拉直时测得细线 长为 ，现进行如下操作：1． 在细线上任取一点；2． 将细线折叠，使点 与点 重合，记折点为点 ；3．将细线折叠，使点 与点 重合，记折点为点 ． 继续进行折叠，使点 与点 重合，并把 点和与其重叠的 点处的细线剪开，使细线分成长为 的三段，当 ，则细线未剪开时 的长为 ．
22．（23-24九年级上·重庆沙坪坝·期末）一个四位正整数的各个数位上的数字互不相等且均不为0，若满足千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，则称这个四位数M为“博雅数”．将“博雅数”的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到一个新的四位数N．若N能被9整除，则 ．在此条件下，若为整数，则满足条件的M的最大值为 ．
23．（23-24七年级上·江苏南京·期末）已知，以为端点画射线．将射线沿直线翻折，得到射线，将射线绕点顺时针旋转，得到射线．若，则 °．
24．（23-24九年级上·重庆大足·期末）一个四位自然数各位数字不相等且均不为0，如果千位数字与个位数字之和，百位数字与十位数字之和都是8的倍数，我们称这个四位自然数为“幸运数”．请问最大的“幸运数”是 ；若一个“幸运数”，满足的值是9的倍数，我们又称这个四位自然数为“美满数”，则最小的“美满数”是 ．
25．（2024七年级·全国·竞赛）若，，且，则 ．
26．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）已知，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有 ．（请填写序号）
27．（23-24八年级上·湖南永州·期末）如图，小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑1km软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前5km的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于1km．若小明共跑了14km且恰好回到起点，则他共跑了 圈．
28．（23-24七年级上·重庆垫江·期末）在传统佳节春节即将来临之际，糖果店推出三种糖果礼盒，每种礼盒都有劲仔小鱼、旺旺糖、小小酥、果冻4种糖果．礼盒一：劲仔小鱼4袋，旺旺糖3袋，小小酥2袋，果冻a袋；礼盒二：劲仔小鱼6袋，旺旺糖2袋，小小酥6袋，果冻3a袋；礼盒三：旺旺糖4袋，小小酥4袋，果冻6袋，已知劲仔小鱼每袋成本为a元，所有糖果成本均为整数，每种礼盒的成本费由糖果总成本和10元加工费组成．礼盒一成本费50元；礼盒二成本费70元；礼盒三成本费69元．则礼盒三中劲仔小鱼的数量是 袋．
29．（23-24七年级上·重庆渝北·期末）对任意一个三位正整数m，如果各个数位上的数字之和为18，则称这个三位正整数m为“美好数”．最大的三位“美好数”是 ．若一个三位“美好数”前两位数字组成的两位数与这个“美好数”个位数字的4倍的和为111，满足条件的三位“美好数”有 ．
30．（23-24八年级上·四川内江·期中）已知实数m，n满足，则的最小值为 ．
31．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）用表示不大于的最大整数，如，，则方程的解是 ．
32．（22-23七年级下·湖南怀化·期末）计算： ．
33．（20-21七年级下·浙江温州·期末）将一副三角板如图1所示摆放，直线，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，同时三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，设时间为秒，如图2，，，且，若边与三角板的一条直角边（边，）平行时，则所有满足条件的的值为 ．

34．（22-23八年级下·重庆荣昌·期末）如果一个三位数的十位数字比百位数字与个位数字之和大2，我们称这个三位数为“荣庆数”，我们将“荣庆数”的各位数字之和记为，比如152，百位数字与个位数字之和为，十位数字是5，，所以152是“荣庆数”， ；若一个“荣庆数”是13的倍数，则的最大值是 ．
35．（22-23八年级上·重庆开州·期末）疫情隔离期间，为了降低外出感染风险，各大商场开通了无接触送货到小区的便民服务．某商场推出适合大多数家庭需要到的、、三种蔬菜套装供居民选择．其中，的成本是的2倍，每种蔬菜搭配的售价分别比成本高、、，该商场11月销售、、三种蔬菜套装的数量比为，三种蔬菜套装的总利润是总成本的，则与的成本之比为 ．
36．（22-23七年级下·河南周口·阶段练习）若整数a使关于x的不等式组有4个整数解，且使关于x、y的方程组的解为整数，那么满足条件的整数a的值为 ．
37．（22-23七年级下·江苏南通·期末）已知关于x，y的方程组的解为非负数，,，且，则z的取值范围是 ．
38．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）如图，直线，点A在PQ上，的一条边BE在MN上，且，．现将绕点B以每秒的速度按逆时针方向旋转（E，F的对应点分别是，），同时，射线AQ绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是）．设旋转时间为t秒．

（1） （用含t的代数式表示）
（2）在旋转的过程中，若射线与边平行时，则t的值为 秒．
39．（22-23七年级下·北京西城·期末）小明沿街心公园的环形跑道从起点出发按逆时针方向跑步，他用软件记录了跑步的轨迹，他每跑软件会在运动轨迹上标注相应的路程，前的记录如图所示．已知该环形跑道一圈的周长大于．

（1）小明恰好跑3圈时，路程是否超过了？答： （填“是”或“否”）；
（2）小明共跑了且恰好回到起点，那么他共跑了 圈．
40．（22-23七年级下·湖北·期末）已知关于x，y的方程组的解为，则关于m、n的方程组的解为 ；
41．（22-23八年级下·四川成都·期末）我们称形如(其中为整数)的不等式组为“互倒不等式组”，若互倒不等式组(其中为整数)有且仅有1，2两个正整数解，则 ．
42．（22-23八年级下·四川达州·阶段练习）“书香文化节”是我校的四大节日之一，某年级甲、乙、丙三个班在“书香文化节”期间各自建立了本班的图书角．建立之初这三个班的图书角的书籍总本数大于且小于．第一周结束后，三个图书角共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为；第二周结束后，三个图书角又共补充了本图书，此时三个图书角的书本数量之比为．若每个班的图书角的书籍总本书为正整数，则第二周结束后丙班图书角拥有书籍 本．
43．（22-23七年级下·江苏镇江·阶段练习）现有若干张卡片，分别写有1，，4，，16，，……，小明从中取出三张卡片，要满足三张卡片上的数字乘积为，其中三数之和的最大值记为A，最小值记为B，则的值等于 ．
44．（22-23八年级上·重庆丰都·期末）小王带了1千元现金，去商场购买单价67元的A种商品a件和单价为59元的B种商品b件，找回了几张10元和几张1元的钞票（都不超过9张，超过就补大面额的了）.小王算了一下，发现找得钱数不对.销售员再仔细算了一遍，发现问题是把两种商品的单价弄反了，重新计算后，找回的10元和1元的钞票张数也恰好相反.问小王购买了 件B种商品.
45．（22-23七年级下·山东菏泽·阶段练习）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 ．
46．（22-23九年级上·重庆忠县·期末）货拉拉公司有甲、乙、丙三种货车若干，三种货车的每辆车日运货量之比为．为应对今年的货运高峰，该公司重新调配了这三种货车的数量．调配后，乙货车数量增加一倍，甲、丙货车数量各减少，三种货车日运货总量增加．按调配后的运力，三种货车计划t天运完M处货物，但甲、丙两种货车在M处运了若干天后全部被派往N处执行新的任务，剩下的货物由乙种货车运完，结果运输总时间比原计划多了3天．若乙货车运输时间恰好为甲、丙两种货车在M处运输时间的4倍，则乙货车共运了 天．
47．（22-23九年级上·重庆合川·期末）为推进乡村振兴工作，驻村服务队结合当地特点种植了甲、乙两种农作物，经过一段时间，甲、乙两种农作物的种植面积之比为1:3，单位面积产值之比为5:3．为进一步提高经济收入，服务队决定扩大两种农作物的种植面积，经统计，扩大种植面积后（单位面积的产值不变），甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积的，且两种作物的总产值提高了，则甲、乙两种作物扩大种植的面积之比为 ．
48．（22-23七年级上·四川成都·期末）新定义：已知射线、为内部的两条射线，如果，那么把叫作的幸运角．已知，射线与射线重合，并绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，射线与射线重合，并绕点O以每秒3°的速度逆时针旋转，当射线OC旋转一周时运动停止．在旋转过程中，射线，，，中由两条射线组成的角是另外两条射线组成的角的幸运角时， 秒．（本题所有角都指的是小于180°的角）
49．（23-24八年级下·重庆·期末）若一个四位数的千位数字和个位数字之差为1，百位数字和十位数字之差为3，则称这个数为“一生数”，若一个四位数的千位数字和个位数字之差为1，百位数字和十位数字之差为4．则称这个数为“一世数”，则最大的“一生数”和最小的“一世数”之差为 ；若“一生数”的千位数字和“一世数”的千位数字相同，且能被13整除，若的各个数位上的数字之和与的各个数位上的数字之和的总和被11除后余数为2，则“一生数”的最大值为 ．
50．（23-24七年级上·江苏扬州·期末）如图，点为直线上一点，过点作射线，使，将一个含的直角三角尺的一个顶点放在处，斜边与直线重合，另两条直角边、都在直线的下方．将图中的三角尺绕点以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转过程中，旋转到第 秒时，与互补．

展开更多......

收起↑