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浙教版2024 七年级下册
【浙江专用】七年级下册期末压轴选填空真题汇编 试卷分析
三、知识点分布
一、填空题 1 0.4 已知式子的值，求代数式的值；通过对完全平方公式变形求值；完全平方公式在几何图形中的应用
2 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题
3 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题；三角形内角和定理的应用
4 0.4 列代数式；多项式乘多项式与图形面积；根据几何图形列二元一次方程组
5 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题
6 0.4 加减消元法；已知二元一次方程组的解的情况求参数
7 0.65 数字类规律探索
8 0.65 通过对完全平方公式变形求值；完全平方公式在几何图形中的应用
9 0.4 求一元一次不等式组的整数解；由不等式组解集的情况求参数
10 0.4 全等三角形综合问题
11 0.4 新定义下的实数运算；积的乘方的逆用
12 0.4 与平行线有关的三角形内角和问题；三角形折叠中的角度问题
13 0.4 计算多项式乘多项式；完全平方公式分解因式
14 0.4 数字类规律探索
15 0.4 平方差公式分解因式；其他问题(二元一次方程组的应用)
三、知识点分布
16 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题；三角形内角和定理的应用
17 0.4 其他问题(一元一次方程的应用)
18 0.4 十字相乘法；多项式乘多项式与图形面积
19 0.4 分式除法；分式有意义的条件
20 0.4 根据旋转的性质求解；根据平行线的性质求角的度数
21 0.4 已知式子的值，求代数式的值；因式分解的应用
22 0.65 根据平行线的性质求角的度数；角平分线的有关计算；三角形内角和定理的应用
23 0.65 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题；垂线的定义理解
24 0.65 二元一次方程的解
25 0.65 二元一次方程的解；新定义下的实数运算
26 0.65 加减消元法；新定义下的实数运算
27 0.65 多项式乘多项式与图形面积
28 0.65 逻辑推理与论证；比赛积分(一元一次方程的应用)
29 0.65 根据平行线的性质求角的度数；平行线的性质在生活中的应用
30 0.65 根据平行线的性质求角的度数；三角形内角和定理的应用
三、知识点分布
31 0.65 整式四则混合运算；完全平方公式在几何图形中的应用
32 0.65 垂线的定义理解
33 0.65 分式加减乘除混合运算；有理数四则混合运算；数字类规律探索
34 0.65 分组分解法；平方差公式分解因式；完全平方公式分解因式
35 0.65 同底数幂相乘；新定义下的实数运算
36 0.65 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题；角平分线的有关计算；与角平分线有关的三角形内角和问题
37 0.65 完全平方公式在几何图形中的应用
38 0.65 加减消元法；根据正方形的性质求线段长；平方差公式分解因式
39 0.65 多项式乘多项式与图形面积；运用完全平方公式进行运算
40 0.65 根据平行线的性质求角的度数；三角形的外角的定义及性质；利用邻补角互补求角度；矩形与折叠问题
41 0.65 完全平方公式在几何图形中的应用
42 0.65 已知二元一次方程组的解的情况求参数
43 0.65 用代数式表示数、图形的规律；整式乘法混合运算
44 0.65 已知二元一次方程组的解求参数；二元一次方程组的特殊解法
45 0.65 根据平行线判定与性质求角度；三角形内角和定理的应用七年级数学下册期末考试浙教版2024【浙江专用】
压轴填空题真题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．（24-25七年级下·浙江宁波·期末）如图，边长分别为、（）的两个正方形紧贴摆放．设阴影面积为．如图1，若，则的值是______；如图2，若，，则的值是______．
2．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）如图，将长方形纸片沿折叠得到图1，再沿PM折叠得到图2，已知，．
①如图1，若，则的度数为_________；
②如图2，若，则的度数为_________（用含k的代数式表示）．
3．（24-25七年级下·浙江温州·期末）如图，在直角三角形纸片中，，点在上，是上的动点，三角形沿对折，点的对应点为．
（1）当时，则_____；
（2）当与三角形的一边平行时，则_____．
4．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）现有甲，乙，丙三张不同的正方形纸片（如图1）．将三张纸片按图2，图3两种不同方式放置于同一矩形中，记图2中阴影部分周长为，面积；图3中阴影部分周长为，面积为．已知，则=____．
5．（23-24七年级下·浙江嘉兴·期末）如图，小嘉同学在一次数学活动课上将一条长方形纸带进行了两次折叠，折痕分别为，若，且，则的度数为___________．
6．（23-24七年级下·浙江温州·期末）已知关于的方程组无论取何值，的值都是一个定值，则这个定值为________．
7．（24-25七年级下·浙江宁波·期末）现有二组数：（1）4，6，8，10，12，14，…；（2）0，3，8，15，24，35，…；第（1）组数中从左到右第个数记为，第（2）组数中从左到右第个数记为，若，则的最大值是_______．
8．（24-25七年级下·浙江金华·期末）如图1，将长方形纸片裁成形状、大小都相同的八块直角三角形，用其中四块拼成如图2所示的大正方形，经测量，图1中长方形纸片的周长为32，面积为56．则图2最中间的小正方形的面积为______．
9．（23-24七年级下·浙江台州·期末）关于的一元一次不等式，当或时，满足的整数解恰好有3个，则的取值范围为___________．
10．（23-24七年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，P、Q分别为边上两个动点，在运动过程中始终保持，连接和，当值达到最小时，的值为_______．
11．（23-24七年级下·浙江宁波·期末）对正整数 ，规定 ，记 对正整数 n ，规定 ，记，若正整数使得为完全平方数，请写出一个符合条件的 k 的值： _____
12．（23-24七年级下·浙江湖州·期末）将长方形纸带先沿折叠成图1，再沿折叠成图2，此时恰好经过点，若，则的度数为___________度．

13．（23-24七年级下·浙江金华·期末）将多项式变形为的形式，这样的方法叫做配方法．利用配方法和非负数的性质可以求出多项式的最大（小）值．例如：，
，，当时，多项式有最小值．
已知，为实数，多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为，且，均为正整数，则当时，的最大值为______．
14．（23-24七年级下·浙江杭州·期末）观察下列等式：
第一个等式：；
第二个等式：；
第三个等式：；
第四个等式：．
按上述规律，回答以下问题：
（1）用含的代数式表示第个等式：_____________________．
（2）计算：___________．
15．（23-24七年级下·浙江绍兴·期末）某校举行运动会时，由若干名同学组成一个13列的长方形彩旗队阵．如果原队阵中增加16人，能组成一个正方形队阵；如果原队阵中减少16人，也能组成一个正方形队阵，则原长方形彩旗队阵中有同学____人．
16．（23-24七年级下·浙江绍兴·期末）如图，有一张三角形纸片，，，点是边上的固定点（），请在上找一点，将纸片沿折叠（为折痕），点落在点处，使与的一边平行，则为______度．
17．（23-24七年级下·浙江杭州·期末）一筐苹果，若分给全班同学每人5个，则还剩下15个；若全班同学一起吃，其中7个同学每人每天吃1个，其他同学每人每天吃2个，恰好用若干天吃完，则筐里最多共有__________个苹果．
18．（22-23七年级下·浙江丽水·期末）甲、乙两个大小不一样的正方形按如图所示的两种方式放置．，记图①中的阴影部分面积为，图②中的阴影部分面积为．
（1）若，则的值是 _______；
（2）若，，则的值是 ____________________．
19．（22-23七年级下·浙江金华·期末）如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成（），其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为6，则称数M为“如意数”，并把数M分解成的过程，称为“快乐分解”．例如，因为，22和24的十位数字相同，个位数字之和为6，所以528是“如意数”．
（1）最小的“如意数”是_______；
（2）把一个“如意数”M进行“快乐分解”，即，A与B的和记为，A与B的差记为，若能被7整除，则M的值为_______．
20．（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．
21．（22-23七年级下·浙江宁波·期末）已知，且互不相等，则__________．
22．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知，点为射线外一点，平分，交于点．若，，，则______°．
23．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）如图，在一次数学实践活动课中某同学将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为．若，且，则的大小为___________．
24．（24-25七年级下·浙江金华·期末）一个商人将弹子放进两种盒子里，每个大盒子装12个，每个小盒子装5个，恰好装完．如果弹子数为99，盒子数大于9．那么，大盒子有__________个、小盒子有__________个．
25．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）对任意一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为．例如，对调百位与十位上的数字得到，对调百位与个位上的数字得到，对调十位与个位上的数字得到，这三个新三位数的和为，，所以．
（1）计算： ____；
（2）若s，t都是“相异数”，其中（，都是正整数），规定：，当时，则k的值是_______．
26．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）对于任意实数a、b，定义关于“@”的一种运算：，例如．若，，则的值为_______．
27．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）图1是把两个边长为的正方形纸片和一个边长为的正方形纸片放置在长方形内，图2是把两个边长为的正方形纸片和一个边长为的正方形纸片放置在长方形内，阴影部分是未被这三张正方形纸片覆盖的部分．设图1阴影部分面积为，图2阴影部分面积为．若，，则________（用含m的代数式表示）．
28．（24-25七年级下·浙江湖州·期末）为了激发学生的数学兴趣，某学校七年级举办了“数学挑战”大赛，现有小吴、小兴、小奕三位同学进入了最后冠军的角逐，决赛共分为六轮，规定：每轮分别决出第，，名（没有并列），对应名次的得分都分别为，，（且，，均为正整数）．选手最后得分为各轮得分之和，得分最高者为冠军．如表是三位选手在每轮比赛中的部分得分情况（为正整数）．根据题中所给信息，______，小奕同学第六轮的得分为______分．
第一轮 第二轮 第三轮 第四轮 第五轮 第六轮 最后得分
小吴
小兴
小奕
29．（24-25七年级下·浙江湖州·期末）如图，两面镜子，的夹角为，一束与平行的光线经过两次镜面反射后，与原光线夹角为．若，则的度数是___________度．
30．（24-25七年级下·浙江台州·期末）如图，，点在这两条平行线之间，且，连接并延长，交的延长线于点．若，，则______度．（用含的代数式表示）
31．（24-25七年级下·浙江台州·期末）图1为两位同学自制的“福”字中国结，其中主体部分（图2、图3阴影部分）均由边长为的大正方形红布裁剪而成，图2、图3空白部分为裁前掉部分．图2的四个角落图形相同，其中四边形ABCD和OPDQ分别是边长为和的正方形，中间处是边长为的正方形，图3阴影部分是由四块边长为的正方形和一块边长为的正方形组成，且图2和图3两块阴影部分的面积都是60，则未裁剪前大正方形红布的面积为___________．
32．（24-25七年级下·浙江宁波·期末）图为《天工开物》记载用于春（）捣谷物的工具“碓（）”的平面结构示意图，与水平线相交于点，于点，于点，．若，则的大小为______度．
33．（24-25七年级下·浙江金华·期末）对于，规定．
（1）________．
（2）________．
34．（24-25七年级下·浙江金华·期末）在对多项式进行因式分解时，我们可以把它先分组再分解：原式，这种方法叫做分组分解法．请你用以上方法，写出多项式因式分解的结果为________．
35．（24-25七年级下·浙江丽水·期末）规定：若实数满足（且），则记作．例如：，则．若，且，则的值是_________．
36．（24-25七年级下·浙江宁波·期末）如图，将一张长方形纸带进行了两次折叠，折痕分别为，，线段交于点E，的平分线与的平分线相交于点K． 若，则的度数为 ______．
37．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）有两张正方形纸片，其中．若将这两个正方形纸片按图（1）所示的方式放置（点B和点F重合），产生了一个新的、周长为8的正方形．若将这两个正方形纸片按图（2）所示并排放置，其中，点B和点E重合，点A，B，F在同一条直线上，点P是线段的中点．连接，若三角形的面积是3．则图（2）中阴影部分的面积是________．
38．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）如图1，点P在线段上，，分别以为边，在同侧作正方形和正方形．再把正方形沿着平移，使得点B与点P重合，如图2，连结．若，阴影部分的面积为，则线段的长为________cm．
39．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）四张正方形纸片如图放置，使得三点共线．设正方形，正方形的面积分别为．
（1）若，则阴影部分的面积________．
（2）若阴影部分的面积与的面积差为5，则________．
40．（24-25七年级下·浙江金华·期末）如图1是一条长方形纸带，将纸带沿折叠成图2，再沿折叠成图3，若图3中，则图1中______．
41．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）将边长分别为m，的两个正方形按如图所示方式摆放，其中点B，C，E在同一条直线上，点G在上，记阴影部分面积为S．若，，则的值为_______．
42．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）若二元一次方程组的解满足或，则称该方程组为“二倍解方程组”．已知关于x，y的方程组是“二倍解方程组”，则m的值为_______．
43．（24-25七年级下·浙江杭州·期末）如图，在长方形中放置两个边长都为5的正方形与正方形，设长方形的面积为，阴影部分的面积之和为．若，则长方形的周长是_______．
44．（24-25七年级下·浙江绍兴·期末）已知方程组的解是，则方程组的解是_________．
45．（24-25七年级下·浙江金华·期末）如图，已知，点E在直线上，点F在直线上，连结．点G是射线上一点（不与点F重合），过点G作交线段于点H，且．
（1）的度数为________．
（2）已知点P，Q在直线之间，点M在射线上，连结，使线段经过点H．若，则的度数为________．
《【浙江专用】七年级下册期中压轴选填空真题汇编》参考答案
1．
【分析】本题主要考查了列代数式、整式的混合运算、用完全平方公式变形求值，解决本题的关键是根据阴影的面积列代数式．
(1)根据阴影与正方形的位置关系可得：，把代入代数式求值即可；
(2)根据阴影与正方形的位置关系可得：，利用完全平方公式变形可以求出，把式子的值代入代数式计算求值．
【详解】解：
，
当时，
；
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
．
故答案为：，．
2．
【分析】本题考查了平行线的应用 折叠问题；
①首先由平行线的性质求出∠AMP的度数，再结合折叠的性质可求出∠AMN度数；
②需要灵活运用平行线的性质以及两次折叠的关系找出相关角的等量关系，建立方程求解，同时，多个字母参与运算考查学生的代数运算能力．
【详解】解：①∵
∴
由折叠的性质可知
②∵
∴
∵
∴
设，则，，
由折叠的性质可知
∴
解得
∴
故答案为：①25；②．
3． 或 或或
【分析】此题考查了平行线的性质，折叠的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）首先求出，根据题意分两种情况讨论，当点F在下方时，由得到，然后由折叠求出，然后利用三角形内角和定理求解即可；当点F在上方时，同理求解即可；
（2）根据题意分三种情况讨论，然后分别利用平行线的性质和折叠的性质求解即可．
【详解】（1）∵
∴
如图所示，当点F在下方时，
∵
∴
由折叠得，
∴；
如图所示，当点F在上方时，
∵
∴
∴
由折叠得，
∴；
综上所述，当时，则或
故答案为：或；
（2）如图所示，当时，且点F在下方时，
.
∵
∴
∴
由折叠得，；
如图所示，当时，
∵
∴
由折叠得，
∴
∵
∴；
如图所示，当时，且点F在上方时，
∵
∴
由折叠得，．
综上所述，当与三角形的一边平行时，则或或．
故答案为：或或．
4．
【分析】本题主要考查了列代数式、方程组的应用等知识点，根据图形表示出、、、成为解题的关键．
先根据图形表示出、、、，再根据方程组得到a、b、c的关系，然后代入计算即可．
【详解】解：图2中阴影部分的周长，面积；
图2中阴影部分的周长，面积；
∵，
∴，整理得：，
∴，
∴．
故答案为：．
5．/72度
【分析】本题主要考查了平行线的性质，翻折的性质，解题的关键是熟练掌握翻折的性质．
根据翻折的性质及角的数量关系求出，根据平行线的性质得出同位角相等，再利用翻折的性质进行求解即可．
【详解】解：如图所示，
根据翻折的性质得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据翻折的性质得，
，
故答案为：．
6．
【分析】本题主要考查解含参数的二元一次方程组．掌握加减消元法是解题的关键．
，,得,即得解．
【详解】解：∵，
∴,得．
∴无论取何值，的值都是一个定值，则这个定值为11．
故答案为：11．
7．43
【分析】此题考查了数字类规律问题，根据题意表示出和是解题的关键．
首先表示出，，然后根据得到，进而求解即可．
【详解】解：∵（1）4，6，8，10，12，14，…
∴第（1）组数中从左到右第个数，
∵（2）0，3，8，15，24，35，…
∴第（2）组数中从左到右第个数，
∵
∴
∴
∴
∵，
∴的最大值是43．
故答案为：43．
8．8
【分析】本题考查了多项式的运算与图形面积，涉及完全平方公式的灵活运用，准确理解题意是解题的关键．
用a、b分别表示每个直角三角形的直角边，则所求小正方形的面积即为两直角边差的平方，依据题意可列出代数式的关系式，再经过适当的变形与整体代入即可求得结果．
【详解】大小都相同的八块直角三角形中，较短的直角边长度设为a，较长的直角边长度设为b，如图．
根据题意得：，即
∴小正方形的面积．
故答案为：8．
9．
【分析】本题主要考查了一元一次不等式组的整数解、一元一次不等式的整数解，解题时要熟练掌握并能灵活运用分类讨论的思想是关键．
依据题意，结合数轴对满足不等式的3个整数解进行分类讨论，再结合所得关于的不等式即可计算得解．
【详解】解：由题意，在数轴画出不等式的解集，如图所示．
或，且满足的整数解恰好有3个，
左右两部分的整数解可分以下四种情形．
①左边无解，右边三个解为7，8，9．
．
此时无解，不合题意；
②左边一个解为，右边两个解为7，8．
．
．
③左边两个解为：，，右边一个解为7．
．
此时无解，不合题意；
④左边三个解为：，，，右边无解．
．
此时无解，不合题意．
综上，．
故答案为：．
10．1
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质：过点B作，且，在上截取，连接，由可证，可得，由“”可证，可得，则，即当点C，点E，点H三点共线时，有最小值，由“”可证，可得，即可求解，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
【详解】解：如图：过点B作，且，在上截取，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴当点C，点E，点H三点共线时，有最小值，
此时，∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点H是的中点，
∴，
∴点P与点H重合，
∴，
∴，
故答案为：1．
11．12（答案不唯一）
【分析】本题考查完全平方数的知识，积的乘方逆用法则，根据题意把S分解成的形式，再根据完全平方数的定义即可解答．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
都为完全平方数，
为完全平方数，
的值可以是，
故答案为：12（答案不唯一）．
12．
【分析】本题考查了折叠问题，三角形的内角和定理，平行线的性质，根据平行线的性质可得，根据三角形内角和定理可得出，进而根据平行线的性质可得，得出，根据折叠得出，进而根据平角的定义得出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵折叠
∴，
在中，，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵折叠，
∴
又
∴
解得：
故答案为：
13．3
【分析】本题主要考查了完全平方公式的应用，非负数的性质，多项式乘以多项式，根据题意得出，，进而根据，可得，然后得出，根据配方法，即可求解．
【详解】解：∵
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴当时，的最大值为，
故答案为：3．
14．
【分析】此题主要考查了探寻数列规律问题；
（1）首先根据前四个等式的特征，可得第个等式的分子是n+2，分母是；然后判断出后面算式的两个数的分子都是1，第一个数的分母是，第二个数的分母是，据此解答即可．
（2）根据题意，把前3个等式左右两边分别相加，求出的值，再把第4，5，6，7个等式左右两边分别相加，求出的值即可解答．
【详解】解：（1）根据分析，可得用含的代数式表示第个等式：
故答案为：；
（2）∵
∴
故答案为：．
15．
【分析】本题考查平方差公式的应用，解二元一次方程组设原长方形队阵中有同学（为正整数）人，根据增加或减少人就能组成一个正方形队阵，设正方形方阵的边长分别为m，n，列式后得出，再用平方差公式分解因式，建立二元一次方程组求解即可．
【详解】解：设原长方形队阵中有同学（为正整数）人，则由已知与均为完全平方数，设正方形方阵的边长分别为m，n，可得其中m，n为正整数．
两式相减，得，
即．
∵，
和同奇或同偶，
∴或，
解得或
当时，，，
当时，，，不合题意，舍去；
故原长方形队阵中有同学人．
故答案为：．
16．或或或
【分析】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握平行线的性质，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
由题意知，分，，三种情况求解即可．
【详解】解：由题意知，分，，三种情况求解；
当时，如图1，
∴，
由折叠可知，，
∴；
当时，如图，延长交于，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴；
当时，如图，
图
∴，
由折叠可得，，
∴，
当时，如图3，，
∴；
综上所述，的度数为或或或，
故答案为：或或或．
17．195
【分析】本题考查一元一次方程的应用，设全班共个同学，全班同学恰好天吃完，可得，故，即可知的最大值为，从而可得答案．
【详解】解：设全班共个同学，则筐里共有个苹果，
个同学每人每天吃1个，其他同学每人每天吃2个，
全班同学每天吃个，
设全班同学恰好天吃完，
，
，
为正整数，
为奇数，
要使最大，则，
，
筐里最多共有（个）苹果；
故答案为：195．
18． 20
【分析】（1）根据已知条件得到乙正方形的边长为，于是得到结论；
（2）根据阴影部分的面积可得，，两式相除得到a、b的关系，再代入求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴乙正方形的边长为，
∴，
故答案为：20；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
整理，得，
即，
∴或，
∴或（舍去）
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查了多项式与几何图形的面积以及因式分解，正确理解题意、灵活运用所学知识是解题的关键．
19．
【分析】（1）根据“如意数”的定义进行判断即可得；
（2）设两位数和的十位数字均为，的个位数字为，则的个位数字为，且m为1至9的自然数，从而可得，，再求出，根据，自然数M的个位数字不为0，以及 ，可得为5或者4 ，然后根据能被7整除分别求出、的值，由此即可得．
【详解】（1）∵自然数M的个位数字不为0，
∴根据“如意数”的定义可得最小的“如意数”为：，
故答案为：；
（2）由题意，设两位数和的十位数字均为，的个位数字为，则的个位数字为，且m为1至9的自然数，
，，
，，
∵，自然数M的个位数字不为0，
∴为5 、4或者3，
∵，
∴为5或者4 ，
，即的分子时奇数，
当时，，分子是奇数，分母时偶数，则该数不是整数，
不符合题意，舍去；
当时，，
能被7整除，且m为1至9的自然数，
满足条件的整数只有6，
，，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解的应用、整式加减的应用等知识点，正确理解“如意数”的定义是解题关键．
20． 5或35
【分析】（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．
【详解】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．
【点睛】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．
21．
【分析】通过已知条件，找到的关系：，，，即可获得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了代数式求值以及因式分解等知识，利用已知条件找到是解题关键．
22．60
【分析】过点H作，根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可．
【详解】解：过点H作，设与交于点，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
23．/度
【分析】本题考查了平行线性质，折叠的性质，垂直定义，解题的关键在于灵活运用相关知识．
结合平行线性质，以及垂直定义、折叠性质得到，进而利用平行线的性质推出，结合折叠的性质推出即可解答．
【详解】解：如图：
纸带的对边互相平行，，
，
由折叠性质得，
，
，
由折叠的性质可知，
故答案为：．
24． 2或7 15或3
【分析】设大盒子有x个，小盒子有y个，根据题意，得，求整数解即可．
本题考查了不等式的解法，二元一次方程的整数解，熟练掌握解不等式，求整数解是解题的关键．
【详解】解：设大盒子有x个，小盒子有y个，根据题意，得，
故，
故，
解得，
由x是正整数，
故，
又，
此时时，y不是正整数，舍去；
当时，，符合题意；
当时，y不是正整数，舍去；
当时，y不是正整数，舍去；
当时，y不是正整数，舍去；
当时，y不是正整数，舍去；
当时，，符合题意；
取得正整数解得两组数的和都大于9，
故大盒子2个或7个，小盒子15个或3个．
故答案为：2或7；15或3．
25． 7
【分析】本题考查了新定义运算和二元一次方程的应用，解题的关键是根据新定义列式计算和列出关于未知数的方程．
（1）根据“相异数”的定义列式计算即可；
（2）由，结合，即可得出关于x、y的二元一次方程，解之即可得出x、y的值，再根据“相异数”的定义结合 的定义式，即可求出、的值，将其代入，即可得出k值．
【详解】解：（1）根据“相异数”的定义可得124的三个新三位数为：214，421，142，
，
故答案为：7；
（2）∵s，t都是“相异数”，其中，
，
，
，
，
，
，都是正整数，
∴或或或，
是“相异数”，
且，
是“相异数”，
，
∴，
，
，
故答案为：．
26．
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，根据新定义列出关于x，y的二元一次方程组，利用加减消元法解出x，y，再求其和即可．
【详解】解：由新定义，得，
①，得③，
②③，得，
解得：，
把代入①，得，
解得：，
∴．
故答案为：．
27．/
【分析】本题主要考查了整式乘法混合运算，熟练掌握运算法则，是解题的关键．设，得出，，再求出，将代入求值即可．
【详解】解：设，
则
，
，
∴
，
∵，
∴．
故答案为：．
28．
【分析】本题考查了逻辑推理能力，根据题意得，，则，若，则，则，又，则的最小值为，得出，，，然后进行推理即可求解，理解题意，分析数据间的等量关系，抓住第二轮比赛情况是解题关键．
【详解】解：根据题意得，，
∴，
若，则，
∴，
∵，
∴的最小值为，
∴，，，
∵小兴同学最后得分为，次第一得6分，次第二得2分，
∴剩下4轮的总分数为分，
∴次第三，
∵小吴同学最后得分为，
∴小吴同学得次第一，次第二，即第三轮得第二，
∴，解得：
∴小奕同学第六轮的得分为分，
故答案为：，．
29．
【分析】本题主要考查平行线的性质，先根据题意作出图形，再根据平行线得到，，，接着根据镜面反射可得，，最后根据平角列方程求解即可．
【详解】解：如图，与平行的光线经过第一次镜面反射后得到线段，经过第二次镜面反射后得到射线，交于，
∵经过两次镜面反射后，与原光线夹角为，
∴，
∵与平行的光线，
∴，，，
由镜面反射可得，，
∵，
∴，
解得，
故答案为：．
30．
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，由，，得，则，然后通过三角形内角和即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
31．100
【分析】本题考查了正方形面积的计算以及代数式的化简与求值，解题的关键是根据图形中阴影部分的构成列出面积关系式，再结合已知条件联立求解．
由图2阴影面积列出方程，化简得；由图3阴影面积为；将上述结果代入大正方形面积公式，计算得100．
【详解】根据图2所示的阴影部分面积为60可得：
，
展开化简：，
，
，则．
根据图3所示的阴影部分面积为60可得：．
∴大正方形面积：．
故答案为：100．
32．
【分析】本题主要考查了垂线的定义，根据垂直定义可得，从而可得，然后利用四边形内角和是进行计算，即可求解，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
【详解】解：∵于点，于点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
33．
【分析】（1）根据新定义，将代入计算即可；
（2）根据新定义，得，求出，然后将分组得，再计算即可．
【详解】解：（1）∵对于，规定，
∴当时，得：
，
故答案为：；
（2）∵对于，规定，
∴，
，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义，数字的变化规律，分式的混合运算，有理数的混合运算．理解新定义、确定是解题的关键．
34．
【分析】本题考查因式分解，利用分组分解法进行因式分解即可．
【详解】解：原式
；
故答案为：．
35．15
【分析】本题考查了同底数幂的乘法，正确理解新规定是解题的关键；
先根据规定得出，再利用同底数幂的乘法法则求解即可．
【详解】解：由题意得：，
∴，
∵，
∴，
故答案为：15．
36．/105度
【分析】此题主要考查了长方形的性质，图形的折叠变换及其性质，平行线的性质，熟练掌握图形的折叠变换及其性质，角平分线的定义，平行线的性质，三角形的内角和定理是解决问题的关键．
设，，由折叠的性质得，，，则，，求出，在中由三角形内角和定理得，根据得，，，，由折叠的性质得，，进而得，，再根据角平分线定义得，，则，然后在中，由三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：如图所示：
设，，
由折叠的性质得：，，，
，，
，，
，，
，
在中，，
，
，
，
，，，，
由折叠的性质得：，，
，，
的平分线与的平分线相交于点，
，，
，
，
在中，．
故答案为：．
37．7
【分析】本题主要考查了完全平方公式在几何图形中的应用，设，根据正方形的周长为8，可推出，根据三角形的面积是3，推出，再由线段中点的定义得到，根据列式求解即可．
【详解】解；设，
∵正方形的周长为8，
∴，
∴；
∵三角形的面积是3，
∴，即，
∵点P是线段的中点，
∴，
∴
，
故答案为：7．
38．6
【分析】本题主要考查了平方差公式的应用．设正方形的边长为，正方形的边长为，可得，，从而得到，再由阴影部分的面积为，可得，再结合平方差公式可得，即可求解．
【详解】解：设正方形的边长为，正方形的边长为，则
∴，，
∵，
∴，
∵阴影部分的面积为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
联立得：，
解得：，
即．
故答案为：6
39． 20
【分析】本题主要考查了整式乘法混合运算的应用，解题的关键是熟练掌握运算法则，数形结合．
（1）用正方形和三角形面积之和减去三角形的面积即可得出阴影部分的面积；
（2）设正方形的边长为a，正方形的边长为b，则正方形的边长为，得出，，根据阴影部分的面积与的面积差为5，得出，根据，整体代入求出结果即可．
【详解】解：（1）
；
故答案为：；
（2）设正方形的边长为a，正方形的边长为b，则正方形的边长为，
∴，
∴
，
，
∵阴影部分的面积与的面积差为5，
∴，
整理得：，
∴
．
故答案为：20．
40．
【分析】本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质，涉及三角形外角的性质与邻补角等知识点，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
设，利用折叠的轴对称性、平行线的性质、三角形外角的性质可将用含x的代数式表示出来，再根据与得出，从而建立方程，求解x即为所求的答案．
【详解】如图2，设，因则，
∴，则，
在图3中，连接，见下图，
∴
∵，
∴，
∴，解得：，
即，
故答案为：．
41．200
【分析】本题考查完全平方公式的几何背景，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的前提，用代数式表示阴影部分的面积是正确解答的关键．
先根据，，计算出的值，再用含m，n的式子表示出，即可求解．
【详解】解：，，
，
，
由题意知，，，
，
，
，
故答案为：200．
42．3或4
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次方程，利用加减消元法可得原方程组的解为，再根据“二倍解方程组”的定义得到或，解方程即可得到答案．
【详解】解：
得：，解得，
把代入②得：，解得，
∴原方程组的解为，
∵关于x，y的方程组是“二倍解方程组”，
∴或，
∴或，
解得或，
故答案为：3或4．
43．24
【分析】此题主要考查了整式的混合运算，解答此题的关键是要明确：有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算，其运算顺序和有理数的混合运算顺序相似．
根据图形中各线段的关系，用、的代数式表示相关线段的长，再根据，由矩形面积公式列出、的方程，求得便可求解．
【详解】设，
则，
，
，
，
整理得，
则长方形的周长是24，
故答案为：24．
44．
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解法，利用换元思想是解决本题的关键．
将方程组中的两个方程两边同除以4，整理得，运用换元思想，得，进而可求得方程组的解．
【详解】解：∵，
∴，
∵方程组的解是，
∴，
解得：．
故答案为：
45． /度 或
【分析】本题主要考查平行线的判定与性质和三角形内角和定理，
（1）先求出，根据求出结论即可；
（2）过点P作，过点H作，分两种情况：当点Q在右侧时或当点Q在左侧时，分别根据平行线性质求出即可．
【详解】解：（1），
，
，，
，
，
故答案为：；
（2）过点P作，过点H作，
，
，
当点Q在右侧时，
由（1）知，
，
，
，
，
，
，
；
当点Q在左侧时，
由（1）知，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：或．

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