人教版七年级数学下册专题训练专题11.10期末复习之解答压轴题专项训练(人教版)(原卷版+解析)

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考点1
相交线与平行线解答期末真题压轴题
1．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知直线AB∥CD，点P在直线AB，CD之间，连接AP，CP．
(1)如图1，若∠APC=120°，∠PAB=130°，直接写出∠PCD的大小；
(2)如图2，点Q在AB，CD之间，∠QAP=2∠QAB，∠QCP=2∠QCD，试探究∠APC和∠AQC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，∠PAB的角平分线交CD于点M，且AM∥PC，点N在直线AB，CD之间，连接CN，MN，∠PCN=n∠NCD，∠AMN=1n∠NMD，n>1，直接写出∠N∠P的值（用含n的式子表示，题中的角均指大于0°且小于180°的角）．
2．（2022春·山东聊城·七年级统考期末）如图，已知AM∥BN，点P是射线AM上一动点（与点A不重合），BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，交射线AM于点C，D．
(1)①当∠A=56°时，∠ABN的度数是________；
②∵AM∥BN，∴∠ACB=∠________；
(2)∠A=x时，∠CBD的度数=________（用含x的代数式表示）；
(3)当点P运动时，∠APB与∠ADB的度数之比是否随点P的运动而发生变化？若不变化，请求出这个比值，若变化，请写出变化规律；
(4)当点P运动到使∠ACB=∠ABD，且∠A=x时，求∠ABP的度数．
3．（2022春·河北石家庄·七年级石家庄市第二十一中学校考期末）如图1，直线AB∥CD，直线EF与AB，CD分别交于点G，H，∠EHD=α．将一个直角三角板PMN按如图1所示放置，使点N，M分别在直线AB，CD上，且在点G，H的右侧，已知∠PMN=60°．
(1)若∠ANM=100°，则∠PMD的度数为 ；
(2)若∠ANM=∠EHM+∠PMN，对PM∥EF说明理由；
(3)如图2，已知∠MNG的平分线NO交直线CD于点O．
①当NO∥EF， PM∥EF时，求α的值；
②现将三角板PMN保持PM∥EF，并沿直线CD向左平移，在平移的过程中，直接写出∠MON的度数（用含α的代数式表示）．
4．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）某河流汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看河水及两岸河堤的情况，如图，从灯A发出的射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，从灯B发出射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a，b满足a−32+b−1=0．假定这一带河流两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN=45°．回答下列问题：
(1)则a=______，b=______．
(2)两灯同时转动，若在灯A发出的射线到达A˙N˙之前，两灯射出的光束交于点C（点C不与B重合），过C作CD⊥AC交PQ于点D．
①请依题意补全图形（图1）；
②探索在两灯转动过程中，∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，说明理由．
(3)若从灯B发出射线先转动20秒，从灯A发出射线才开始转动，在灯B发出射线到达B˙Q˙之前，两灯的光束互相平行时，直接写出灯A转动的时间，
5．（2022春·河北邯郸·七年级统考期末）如图，∠AOB=90°，C，E分别是OA，OB上一点，分别过点C，E作CD，EF，使得CD∥EF，∠DCO的平分线CP和∠OEF的平分线EP相交于点P．
(1)若∠BEF=60°．
①求∠OCD的度数；
②∠CPE=______．
(2)把射线EF沿OB方向平移，求CP所在的直线与∠OEF的平分线EP相交所成∠CPE的大小．
6．（2022春·广东深圳·七年级校考期末）【学习新知】：
射到平面镜上的光线（入射光线）和反射后的光线（反射光线）与平面镜所夹的角相等．如图1，AB是平面镜，若入射光线与水平镜面夹角为∠1，反射光线与水平镜面夹角为∠2，则∠1=∠2．
（1）【初步应用】：
生活中我们可以运用“激光”和两块相交的平面镜进行测距．如图2当一束“激光”DO1射入到平面镜AB上、被平面镜AB反射到平面镜BC上，又被平面镜BC反射后得到反射光线O2E．回答下列问题：
①当DO1∥EO2，∠EO2C=60°（即∠4=60°）时，求∠DO1O2的度数．
②当∠B=90°时，任何射入平面镜AB上的光线DO1经过平面镜AB和BC的两次反射后，入射光线DO1与反射光线O2E总是平行的．请你根据所学过的知识及新知说明．
（提示：三角形的内角和等于180°）
（2）【拓展探究】：
如图3，有三块平面镜AB，BC，CD，入射光线EO1经过三次反射，得到反射光线O3F，已知∠1=36°，∠B=120°，若要使EO1∥O3F，求∠C的度数．
7．（2022春·广东深圳·七年级深圳市高级中学校考期末）某市为了亮化某景点，在两条笔直的景观道MN、QP上，分别放置了A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立刻回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立刻回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动4°，B灯每秒转动1°，若这两条笔直的景观道是平行的．
(1)B灯先转动15秒，A灯才开始转动，当A灯转动5秒时，两灯的光束AM′和BP'到达如图①所示的位置，AM′和BP'是否互相平行？请说明理由；
(2)在（1）的情况下，当B灯的光束第一次到达BQ之前，两灯的光束是否还能互相平行？如果还能互相平行，那么此时A灯旋转的时间为多少秒？
8．（2022春·江苏苏州·七年级星海实验中学校考期末）（1）光线从空气中射入水中会产生折射现象，同时光线从水中射入空气中也会产生折射现象，如图1，光线a从空气中射入水中，再从水中射入空气中，形成光线b，根据光学知识有∠1=∠2，∠3=∠4，请判断光线a与光线b是否平行，并说明理由；
（2）如图2，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=120°，∠DCF=50°，射线AB、CD分别绕点A、点C以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，直接写出所有满足条件的时间t．
9．（2022春·江苏·七年级统考期末）在几何问题中，当求几个角之间的等量关系时，可以设未知数，通过“设而不解”的方法，以它们为中间量，结合三角形的性质和已知条件，构建所求角之间的等量关系：当需要求出某个角的具体度数时，我们可以通过设未知数的方式，根据问题中的等量关系列方程，并将方程进行求解，最后得到所求角的度数．
已知点E在射线DA上，点F、G为射线BC上的两个动点，满足BD∥EF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
(1)如图1，当点G在点F左侧时，我们可以设∠BDG=x，∠FEG=y，作GH∥BD交AD于H，请你运用含有x和y的代数式表示∠DGE；
(2)如图2，当点G在点F右侧时，请你运用“设而不解”的方法来证明问题的结论是否∠DGE、∠BDG和∠FEG之间的等量关系并说明理由；
(3)如图3，当点G在点F左侧时，点P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠B−∠DNG=∠EDN，请你运用所学的方法，直接写出∠B的度数．
10．（2022春·全国·七年级期末）已知：直线EF分别交直线AB，CD于点G，H，且∠AGH+∠DHF=180°，
(1)如图1，求证：AB∥CD；
(2)如图2，点M，N分别在射线GE，HF上，点P，Q分别在射线CA，HC上，连接MP，NQ，且∠MPG+∠NQH=90°，分别延长MP，NQ交于点K，求证：MK⊥NK；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接KH，KH平分∠MKN，且HE平分∠KHD，若∠DHG=177∠MPG，求∠KMN的度数．
考点2
实数解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）观察下列计算过程，猜想立方根．
13=1，23=8，33=27，43=64，53=125，63=216，73=343，83=512，93=729；
(1)小明是这样试求出19683的立方根的．先估计19683的立方根的个位数，猜想它的个位数为______，又由203<19000<303；猜想19683的立方根的十位数为_______，可得19683的立方根；
(2)请你根据（1）中小明的方法，完成如下填空：
①3−117649=______，②30.531441=______．
2．（2022春·福建龙岩·七年级校联考期末）新定义：若无理数T的被开方数(T为正整数)满足n2(1)17的“青一区间”为 ；−23的“青一区间”为 ；
(2)若无理数a(a为正整数)的“青一区间”为2,3，a+3的“青一区间”为3,4，求3a+1的值．
(3)实数x，y，满足关系式：x−3+2023+y−42=2023，求xy的“青一区间”．
3．（2022春·湖北宜昌·七年级统考期末）已知：2x−1和4x+3是m的两个不同的平方根，2y+2是10的整数部分．
(1)求x，y，m的值．
(2)求1+4y的平方根．
4．（2022秋·贵州六盘水·七年级统考期末）已知整数a1，a2，a3，a4…满足a1=0，a2=−a1+1，a3=a2−2，a4=−a3+3，a5=a4−4…以此类推．
(1)①根据已知条件，计算出a10=__________，a11=__________；
②计算a1+a2+a3+a4+⋯+a2021的值；
(2)当n为偶数时，求a1+a2+a3+a4+⋯+an的值（用含n的代数式表示）．
5．（2022春·福建福州·七年级福建省福州第一中学校考期末）单项式“a2”可表示边长为a的正方形的面积，这就是数学中的数形结合思想的体现．康康由此探究2的近似值，以下是他的探究过程：
面积为2的正方形边长为2，可知2＞1，因此设2＝1＋r，画出示意图：图中正方形的面积可以用两个正方形的面积与两个长方形面积的和表示，即S正方形＝x2＋2×r＋1，另一方面S正方形＝2，则x2＋2×r＋1＝2，由于r2较小故略去，得2r＋1≈2，则r≈0.5，即2≈1.5
(1)仿照康康上述的方法，探究7的近似值．（精确到0.01）（画出示意图，标明数据，并写出求解过程）；
(2)继续仿照上述方法，在（1）中得到的7的近似值的基础上，再探究一次，使求得的7的近似值更加准确，精确到0.001（画出示意图，标明数据，并写出求解过程）；
(3)综合上述具体探究，已知非负整数n，m，b，若n＜b＜n＋1，且b＝n2＋m，试用含m和n式子表示b的估算值．
6．（2022春·上海·七年级专题练习）阅读下面的文字，解答问题．
对于实数a，我们规定：用符号[a]表示不大于a的最大整数；用{a}表示a减去[a]所得的差．
例如：[3]＝1，[2.2]＝2，{3}＝3﹣1，{2.2}＝2.2﹣2＝0.2．
（1）仿照以上方法计算：[7]＝ {5﹣7}＝ ；
（2）若[x]＝1，写出所有满足题意的整数x的值： ．
（3）已知y0是一个不大于280的非负数，且满足{y0}＝0．我们规定：y1＝[y0]，y2＝[y1]，y3＝[y2]，…，以此类推，直到yn第一次等于1时停止计算．当y0是符合条件的所有数中的最大数时，此时y0＝ ，n＝ ．
7．（2022春·重庆万州·七年级统考期末）若一个四位数t的前两位数字相同且各位数字均不为0，则称这个数为“前介数”；若把这个数的个位数字放到前三位数字组成的数的前面组成一个新的四位数，则称这个新的四位数为“中介数”；记一个“前介数”t与它的“中介数”的差为P（t）．例如，5536前两位数字相同，所以5536为“前介数”；则6553就为它的“中介数”，P（5536）＝5536﹣6553＝-1017．
（1）P（2215）＝ ，P（6655）＝ ．
（2）求证：任意一个“前介数”t，P（t）一定能被9整除．
（3）若一个千位数字为2的“前介数”t能被6整除，它的“中介数”能被2整除，请求出满足条件的P（t）的最大值．
考点3
平面直角坐标系解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京海淀·七年级校联考期末）对于实数x，[x]表示不小于x的最小整数，例如：[−1.5]=−1，[3.5]=4，[5]=5．点P(m,n)是y轴右侧的点，已知点A(m+[m],n)，B(x,n+[n])，我们把△ABP（三角形ABP）叫做点P的取整三角形．
(1)已知点P(3,−1)，直接写出点A的坐标________；
(2)已知点P(3,n)，且点P的取整三角形面积为5，直接写出n的取值范围：________________；
(3)若点P的取整三角形面积为2，请在下面的坐标系中画出所有满足条件的点P的区域（用阴影表示，能取到的边界用实线表示，不能取到的边界用虚线表示）．
2．（2022春·湖北黄石·七年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，点A在第一象限，AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，A4a,3a，且四边形ABOC的面积为48．
(1)如图1，直接写出点A的坐标；
(2)如图2，点D从O出发以每秒1个单位的速度沿y轴正半轴运动，同时点E从A出发，以每秒2个单位的速度沿射线BA运动，DE交线段AC于F，设运动的时间为t，当S△AEF=S△CDF时，求t的值；
(3)如图3，将线段BC平移，使点B的对应点M恰好落在y轴负半轴上，点C的对应点为N，连BN交y轴于P，当OM=3OP时，求点M的坐标．
3．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P1x1,y1与P2x2,y2，我们重新定义这两点的“距离”：
①当y1−y2≤x1−x2时，x1−x2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远P1,P2=x1−x2；
当x1−x2≤y1−y2时，y1−y2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远P1,P2=y1−y2．
②点P1与点P2的“总距离”D总为x1−x2与y1−y2的和，即D总P1,P2=x1−x2+y1−y2．
根据以上材料，解决下列问题：
(1)已知点A5,3，则D总A,O=______．
(2)若点Bx,7−x在第一象限，且D远B,O=5．求点B的坐标．
(3)①若点Cx,yx≥0,y≥0，且D总C,O=4，所有满足条件的点C组成了图形G，请在图1中画出图形G；
②已知点M0,m，N3,m−1，若在线段MN上存在点E，使得点E满足D远E,O≤4且D总E,O≥4，请直接写出m的取值范围．
4．（2022春·山西大同·七年级大同一中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，A(0,a)，C(3,b)，D(−4,0)，且BC⊥y轴于点B，a，b满足a+1+(b−2)2=0．
(1)求点A，B的坐标；
(2)若∠CBD和∠BDO的平分线交于点E，求∠BED的度数；
(3)若点F在坐标轴的正半轴上运动，当三角形ADF的面积等于三角形ABC的面积时，直接写出点F的坐标．
5．（2022春·湖北荆州·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，Aa,c，Bb,0，且满足a+2+4−b=0，c是10的整数部分，过A作AC⊥x轴于C，AB交y轴于D．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图，过C作CE ∥AB交y轴于E，若∠ABC=26.5°，求∠CED的度数；
(3)坐标轴上是否存在点P（点P与点C不重合），使三角形ABP与三角形ABC的面积相等？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2022春·北京朝阳·七年级北京市陈经纶中学分校校考期末）在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P1x1,y1和P2x2,y2，我们重新定义这两点的“距离”．
①当y1−y2≤x1−x2时，x1−x2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远=P1,P2=x1−x2；
当x1−x2②点P1与点P2的“总距离”D总为x1−x2与y1−y2的和，即D总=P1,P2=x1−x2+y1−y2．
根据以上材料，解决下列问题：
(1)已知点A3,2，则D远A,O=______；D总A,O=______．
(2)若点Bx,5−x在第一象限，且D远B,O=3．求点B的坐标．
(3)①若点Cx,yx≥0,y≥0，且D总=C,O=4，所有满足条件的点C组成了图形W，请在坐标系中画出图形W；
②已知点Mm,0，Nm+1,2，若在线段MN上总存在点E落在①的图形W上，请直接写出m的取值范围．
7．（2022春·福建福州·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A−1,2，B−1,−3，D3,0，将线段AB平移至DC，点A与点D是对应点，连接AD，BC，点E是直线CD上一动点．点F是直线AB上一动点．
(1)点C的坐标是________；在点E运动过程中，BE长度的最小值等于________，此时三角形EAB的面积是________；
(2)点E从D点出发向点C方向运动，速度为每秒3个单位长度，点F从B点出发向点A方向运动，速度为每秒2个单位长度，若点E、点F同时出发，运动为t秒后EF∥x轴，求t的值．
考点4
二元一次方程组解答期末真题压轴题
1．（2022春·全国·七年级期末）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具，某汽车销售公司计划购进一批新能源汽车尝试进行销售，据了解2辆A型汽车、3辆B型汽车的进价共计80万元；3辆A型汽车、2辆B型汽车的进价共计95万元．
(1)求A、B两种型号的汽车每辆进价分别为多少万元？
(2)若该公司计划正好用180万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均购买），请你帮助该公司设计购买方案；
(3)若该汽车销售公司销售1辆A型汽车可获利8000元，销售1辆B型汽车可获利6000元，在（2）中的购买方案中，假如这些新能源汽车全部售出，哪种方案获利最大？最大利润是多少元？
2．（2022春·江苏·七年级期末）我们知道，数轴上表示数a的点A和表示数b的点B之间的距离AB可以用a−b来表示．例如：5-1表示5和1在数轴上对应的两点之间的距离．
(1)在数轴上，A、B两点表示的数分别为a、b，且a、b满足a+1+(4−b)2=0，则a=________，b=________，A、B两点之间的距离为________．
(2)点M在数轴上，且表示的数为m，且m+1+4−m=7，求m的值．
(3)若点M、N在数轴上，且分别表示数m和n，且满足m−2022−n=2023，n+2024+m=2025，求M、N两点的距离．
3．（2022春·江苏·七年级期末）阅读下列材料：
小明同学在学习二元一次方程组时遇到了这样一个问题：解方程组2x+3y4+2x−3y3=72x+3y3+2x−3y2=8．小明发现，如果用代入消元法或加减消元法求解，运算量比较大，容易出错．如果把方程组中的2x+3y看成一个整体，把2x−3y看成一个整体，通过换元，可以解决问题．以下是他的解题过程：令m=2x−3y，n=2x−3y．原方程组化为m4+n3=7m3+n2=8，解得m=60n=−24，把m=60n=−24代入m=2x−3y，n=2x−3y，得2x+3y=602x−3y=−24，解得x=9y=14，∴原方程组的解为 x=9y=14．
(1)学以致用
运用上述方法解下列方程组：2(x+1)+3(y−2)=1(x+1)−2(y−2)=4．
(2)拓展提升
已知关于x，y的方程组a1x+b2y=c1a2x+b2y=c2的解为x=3y=4，请直接写出关于m、n的方程组a1(m+2)−b2n=c1a2(m+2)−b2n=2的解是 ___________．
4．（2022春·重庆九龙坡·七年级统考期末）阅读材料：
已知关于x，y的二元一次方程mx+ny=c有一组整数解x=x0y=y0，则方程mx+ny=c的全部整数解可表示为x=x0−nty=y0+mt（t为整数）．问题：求方程7x+19y=213的所有正整数解．
小明参考阅读材料，解决该问题如下：
解：该方程一组整数解为x0=6y0=9，则全部整数解可表示为x=6−19ty=9+7t（t为整数）．
因为6−19t>09+7t>0，解得−97因为t为整数，所以t=0或-1．
所以该方程的正整数解为x=6y=9和x=25y=2．
通过你所知晓的知识，请解决以下问题：
(1)方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则______；
(2)请你参考小明的解题方法，求方程2x+3y=24的全部正整数解；
(3)若a，b均为正整数，试判断二元一次方程组2x+3y=24ax+by=24有几组正整数解？并写出其解．
5．（2022春·湖南长沙·七年级长沙市南雅中学校联考期末）规定：若P（x，y）是以x，y为未知数的二元一次方程ax+by=c的整数解，则称此时点P为二元一次方程ax+by=c的“理想点”．请回答以下关于x，y的二元一次方程的相关问题．
(1)已知A（−1，2），B（4，−3），C（−3，4），请问哪个点是方程2x+3y=6的“理想点”，哪个点不是方程2x+3y=6的“理想点”并说明理由；
(2)已知m，n为非负整数，且2n−m=1，若P（m，n）是方程2x+y=8的“理想点”，求2m−n的平方根．
(3)已知k是正整数，且P（x，y）是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，求点P的坐标．
6．（2022春·福建厦门·七年级厦门市第十一中学校考期末）当a，b都是实数，且满足2a−b=6，就称点Pa−1,b2+1为“完美点”．
(1)判断点A2,3是否为“完美点”，并说明理由．
(2)已知关于x，y的方程组x+y=4x−y=2m，当m为何值时，以方程组的解为坐标的点Bx,y是“完美点”，请说明理由．
7．（2022春·福建龙岩·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,−3．且a，b满足2a−3b+a+b−10=0．
(1)求出a，b的值；
(2)若点C的坐标为0,3，求三角形ABC的面积；
(3)如图，已知Mm,0，Nn,−3（点M在线段OA上），且实数m、n、s满足m+n+2s=102m+n+3s=16，连接MN交OB于点D，点P是线段AB上的一点，连接PM，PD，AD，有S△PMDS△ABD=23，求点D的纵坐标．
8．（2022春·浙江·七年级期末）如图，三个边长分别为2，3，5的正方形BIJH，DKLN，AEFG，同时放在长方形ABCD中，阴影部分对应的面积分别表示为S1，S2，S3，设AB=x(5(1)AH＝______，CI＝______，GK＝______（结果用含x、y的代数式表示）．
(2)若S1+S2=S3−4，求长方形ABCD的面积．
(3)在条件（2）下，若空白部分的周长之和比阴影部分的周长之和大6，求长方形ABCD的长x和宽y的值．
9．（2022秋·重庆江北·七年级重庆十八中校考阶段练习）若一个三位正整数m=abc（各个数位上的数字均不为0）满足a+b+c=9，则称这个三位正整数为“长久数”．对于一个“长久数”m，将它的百位数字和个位数字交换以后得到新数n，记Fm=m+n9．如：m=216满足2+1+6=9，则216为“长久数”，那么n=612，所以F216=216+6129=92．
(1)求F234、F522的值；
(2)对于任意一个“长久数”m，若Fm能被5整除，求所有满足条件的“长久数”．
考点5
不等式与不等式组解答期末真题压轴题
1．（2022春·全国·七年级期末）如果x是一个有理数，我们定义{x}表示不小于 x 的最小整数．如{3．2}=4，{−2．6}=−2，{5}=5，{−6}=−6，由定义可知，任意一个有理数都能写成x={x}−b的形式（0≤b<1）．
(1)直接写出{x}与x，x+1的大小关系；
提示1：用“不完全归纳法”推导{x}与x，x+1的大小关系；
提示2：用“代数推理”的方法推导{x}与x，x+1的大小关系．
(2)根据（1）中的结论解决下列问题：
①直接写出满足{3m+7}=4的m取值范围；
②直接写出方程{3.5n−2}=2n+1的解．
2．（2022春·福建泉州·七年级泉州七中校考期末）数学课上老师写了一个关于x，y的二元一次方程a−1x+a+2y+5−2a=0，（其中a为常数且a≠1，−2）．
(1)若x=2y=1是该方程的一个解，求a的值：
(2)聪明的小明发现，当a每取一个值时，都可得到一个方程，而这些方程有一个公共解，请你帮小明求出这个公共解；
(3)由a−1x+a+2y+5−2a=0x+2y≠2得到用含x，y的代数式表示a，则a=______；当x=m，y=4−m时，a≤n；当x=2−3m，y=3m−5时，a>−5，在上述条件下，若m恰好有4个整数解，求n的取值范围．
3．（2022春·安徽合肥·七年级合肥市第四十二中学校考期末）新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程x−1=3的解为x=4，而不等式组x−1>1x−2<3的解集为21x−2<3的“关联方程”
(1)在方程①3x+1−x=9；②4x−7=0；③x−12+1=x中，不等式组2x−2>x−13x−2−x≤4的“关联方程”是______；（填序号）
(2)若关于x的方程2x−k=6是不等式组3x+12>xx−12≥2x+13−2的“关联方程”，求k的取值范围；
(3)若关于x的方程x+72−3m=0是关于x的不等式组x+2m2>mx−m≤2m+1的“关联方程”，且此时不等式组有4个整数解，试求m的取值范围
4．（2022春·湖南长沙·七年级雅礼中学校考期末）阅读材料：我们把多元方程（组）的正整数解叫做这个方程（组）的“好解”例如：x=1y=8就是方程3x+y=11的一组“好解”；x=1y=2z=3是方程组3x+2y+z=10x+y+z=6的一组“好解”．
(1)请直接写出方程x+2y=7的所有“好解”；
(2)关于x，y，k的方程组x+y+k=15x+5y+10k=70有“好解“吗？若有，请求出对应的“好解”；若没有，请说明理由；
(3)已知x，y为方程33x+23y=2019的“好解”，且x+y=m，求所有m的值．
5．（2022秋·广东广州·七年级统考期末）某企业举办职工足球比赛，准备购买一批足球运动装备，市场调查发现：甲、乙两商场以同样的价格出售同种品牌的足球队服和足球，已知每套队服比每个足球多60元，三套队服与五个足球的费用相等，经洽谈，甲商场优惠方案是：每购买十套队服，送一个足球；乙商场优惠方案是：若购买队服超过60套，则购买足球打八折．
(1)求每套队服和每个足球的价格是多少？
(2)若购买100套队服和yy>10个足球，请用含y的式子分别表示出到甲商场和乙商场购买装备所花的费用；
(3)在（2）的条件下，假如你是本次购买任务的负责人，你认为到哪家商场购买比较合算？
6．（2022秋·湖北武汉·七年级统考期末）如图，A，B，C，D四点在数轴上，点A表示的数为20，点B表示的数为16，BC=14，AC:CD=3:2．
(1)点A与点B的距离是_________，点C与点D的距离是_________，点D在数轴上表示的数是_________．
(2)线段CD以每秒2个单位长度的速度沿数轴正方向运动，同时，线段AB以每秒1个单位长度的速度在数轴上运动，运动时间为t秒，
①若线段AB沿数轴负方向运动，当t满足_________时，点A，B同时在线段CD上；
②若线段AB沿数轴正方向运动，当t满足_________时，点A，B．同时在线段CD上．
(3)一条4个单位长度的大毛毛虫的头从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴正方向运动，9秒后，一条2个单位长度的小毛毛虫的头从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴负方向运动到点C时，立即调头改变方向保持原速度沿着数轴正方向运动．设大毛毛虫运动的时间为t秒．
①当两条毛毛虫头和头相遇时，求t的值；
②当两条毛毛虫尾和尾相遇时，直接写出t的值．
7．（2022春·七年级单元测试）有若干个正数的和为1275，其中每个正数都不大于50．小明将这些正数按下列要求进行分组：
①每组中所有数的和不大于150；
②从这些数中选择一些数构成第1组，使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其它选择相比是最小的，将r1称为第1组的余差；
③在去掉已选入第1组的数后，对余下的数按第1组的选择方式构成第2组，这时的余差为r2；
④如此继续构成第3组（余差为r3）、第4组（余差为r4）、…，第m组（余差为rm），直到把这些数全部分完为止．
(1)除第m组外的每组至少含有______个正数；
(2)小明发现，按照要求进行分组后，得到的余差满足r1≤r2≤⋅⋅⋅≤rm．并且当构成第nn”或“<”），并证明150−rn−1<1125n−1；
(3)无论满足条件的正数有多少个，按照分组要求，它们最多可以分成______组（直接写出答案）．
8．（2022春·福建福州·七年级校联考期末）在平面直角坐标系xOy中，Aa,−a，Bb,c，且a,b,c满足a+2b+3c=12,3a−2b+c=4.
(1)若a没有平方根，判断点A位于第几象限，并说明理由；
(2)若P为直线AB上一点，且OP的最小值为3，求点B的坐标；
(3)已知坐标系内有两点C−b,c−4，Dc,4−b，Mm,n为线段AC上一点，将点M平移至点Nm+ℎ,n+k．若点N在线段BD上，记ℎ+k的最小值为s，最大值为t，当−4≤a≤−1时，请判断s+t是否为定值？若是，求出该定值，若不是，试讨论s+t的取值范围．
9．（2022春·江苏·七年级专题练习）阅读下列材料：解答“已知x－y＝2，且x>1，y<0，试确定x＋y的取值范围”有如下解法：
解：∵x－y＝2，∴x＝y＋2 又∵x>1，∴y＋2>1，∴y>－1．
又∵y<0，∴－1同理可得1由①＋②得：－1＋1∴x＋y的取值范围是0按照上述方法，完成下列问题：
(1)已知x－y＝3，且x>2，y<1，则x＋y的取值范围是______；
(2)已知关于x，y的方程组3x−y=2a−5x+2y=3a+3的解都是正数，求a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，若a－b＝4，b<2，求2a＋3b的取值范围．
专题11.10 期末复习之解答压轴题专项训练
【人教版】
考点1
相交线与平行线解答期末真题压轴题
1．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知直线AB∥CD，点P在直线AB，CD之间，连接AP，CP．
(1)如图1，若∠APC=120°，∠PAB=130°，直接写出∠PCD的大小；
(2)如图2，点Q在AB，CD之间，∠QAP=2∠QAB，∠QCP=2∠QCD，试探究∠APC和∠AQC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，∠PAB的角平分线交CD于点M，且AM∥PC，点N在直线AB，CD之间，连接CN，MN，∠PCN=n∠NCD，∠AMN=1n∠NMD，n>1，直接写出∠N∠P的值（用含n的式子表示，题中的角均指大于0°且小于180°的角）．
【答案】(1)110°
(2)∠APC=360°−3∠AQC；
(3)n−1n+1
【分析】（1）过点P作PQ∥AB，则PQ∥AB∥CD，根据平行线的性质即可求解；
（2）过点P作PM∥AB，过点Q作QN∥AB，则PM∥AB∥CD，QN∥AB∥CD，结合∠QAP=2∠QAB，∠QCP=2∠QCD，即可得到结论；
（3）过点P作PE∥AB，则PE∥AB∥CD，可得∠APC=360°−∠PAB+∠PCD，过点N作NF∥AM，可得12BAP=180°−∠AMF，即BAP=360°−2∠AMF，结合∠PCN=n∠NCD，∠AMN=1n∠NMD，n>1，可得∠MNC=n−1n+1∠AMF，进而可得结论.
【详解】（1）解： 过点P作PQ∥AB，则PQ∥AB∥CD，
∵∠PAB=130°，
∴∠APQ=180°−130°=50°，
∵∠APC=120°，
∴∠CPQ=120°−50°=70°，
∴∠PCD=180°−70°=110°；
（2）解：过点P作PM∥AB，过点Q作QN∥AB，则PM∥AB∥CD，QN∥AB∥CD，
∴∠PAB+∠APM=180°，∠PCD+∠CPM=180°，
∴∠PAB+∠PCD+∠APC=360°，即∠APC=360°−∠PAB+∠PCD，
同理：∠AQC=∠BAQ+∠DCQ，
∵∠QAP=2∠QAB，∠QCP=2∠QCD，
∴∠BAQ=13∠PAB，∠DCQ=13∠PCD，
∴∠APC=360°−∠PAB+∠PCD=360°−3∠BAQ+∠DCQ=360°−3∠AQC,
∴∠APC=360°−3∠AQC；
（3）解：过点P作PE∥AB，则PE∥AB∥CD，
∵PE∥AB，
∴∠APE+∠PAB=180°，即∠APE=180°−∠PAB，
∵PE∥CD，
∴∠CPE=180°−∠PCD，
∴∠APC=360°−∠PAB+∠PCD
过点N作NF∥AM，
∵AM∥PC，
∴NF∥PC，
∴∠CNF=∠PCN，
∵NF∥AM，
∴∠FNM=∠AMN，
∵AB∥CD，
∴∠BAM=∠AMC，
∵AM平分∠BAP，
∴∠BAM=12BAP，
∵∠AMC=180°−∠AMF，
∴12BAP=180°−∠AMF，
∵∠AMN=1n∠NMD，∠AMN+∠NMD=∠AMF
∴∠AMN=1n+1∠AMF，
∴∠FNM=∠AMN=1n+1∠AMF，
∵∠PCN=n∠NCD，∠PCN+∠NCD=∠PCD，
∴∠PCN=nn+1∠PCD，
∴∠CNF=∠PCN=nn+1∠PCD，
∴∠MNC=∠CNF−∠FNM，
∴∠MNC=∠CNF−∠FNM=nn+1∠PCD−1n+1∠AMF，
∵12BAP=180°−∠AMF，
∴BAP=360°−2∠AMF，
∴∠APC=360°−∠PAB+∠PCD=360°−360°−2∠AMF+∠PCD
=2∠AMF−∠PCD，
∵AM∥PC，
∴∠PCD=∠AMF，
∴∠APC==2∠AMF−∠AMF=∠AMF，
∴∠MNC=nn+1∠PCD−1n+1∠AMF=nn+1∠AMF−1n+1∠AMF=n−1n+1∠AMF，
∴∠MNC∠APC=n−1n+1∠AMF∠AMF=n−1n+1.
【点睛】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，添加辅助线，理清各个相关角的关系是关键.
2．（2022春·山东聊城·七年级统考期末）如图，已知AM∥BN，点P是射线AM上一动点（与点A不重合），BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，交射线AM于点C，D．
(1)①当∠A=56°时，∠ABN的度数是________；
②∵AM∥BN，∴∠ACB=∠________；
(2)∠A=x时，∠CBD的度数=________（用含x的代数式表示）；
(3)当点P运动时，∠APB与∠ADB的度数之比是否随点P的运动而发生变化？若不变化，请求出这个比值，若变化，请写出变化规律；
(4)当点P运动到使∠ACB=∠ABD，且∠A=x时，求∠ABP的度数．
【答案】(1)①124°；②CBN
(2)90°−12x
(3)不变，∠APB:∠ADB=2
(4)∠ABP=90°−12x
【分析】（1）①根据两直线平行，同旁内角互补，即可解答；②根据两直线平行，内错角相等，即可解答；
（2）根据AM∥BN，∠A=x，得出∠ABN=180°−x，根据BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，得出∠PBC=12∠PBA,∠PBD=12∠PBN，则∠CBD=12∠PBA+12∠PBN =12∠ABP即可求解；
（3）根据AM∥BN，得出∠APB=∠PBN，∠ADB=∠DBN，根据BD平分∠PBN，得出∠PBN=2∠DBN，则∠APB∶∠ADB=2；
（4）根据AM∥BN，得出∠ACB=∠CBN，进而推出∠ABC=∠DBN，根据BC，BD分别平分∠ABP，∠PBN，推出∠ABP=∠PBN=12∠ABN，则∠ABN=180°−∠A=180°−x，即可进行解答．
【详解】（1）解：①∵AM∥BN，∠A=56°，
∴∠ABN=180°−56°=124°，
故答案为：124°；
②∵AM∥BN，
∴∠ACB=∠CBN；
故答案为：CBN；
（2）解：∵AM∥BN，∠A=x，
∴∠ABN=180°−x，
∵BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，
∴∠PBC=12∠PBA,∠PBD=12∠PBN，
∴∠CBD=12∠PBA+12∠PBN
=12∠PBA+∠PBN
=12∠ABP
=12180°−x
=90°−12x；
故答案为：90°−12x；
（3）解：不变，∠APB:∠ADB=2．
∵AM∥BN，
∴∠APB=∠PBN，∠ADB=∠DBN，
∵BD平分∠PBN，
∴∠PBN=2∠DBN，
∴∠APB∶∠ADB=2；
（4）解：∵AM∥BN，
∴∠ACB=∠CBN，
∵∠ACB=∠ABD，
∴∠CBN=∠ABD．
∴∠ABC=∠DBN，
∵BC，BD分别平分∠ABP，∠PBN，
∴∠ABP=2∠ABC，∠PBN=2∠DBN，
∴∠ABP=∠PBN=12∠ABN，
∵∠A=x，
∴∠ABN=180°−∠A=180°−x，
∴∠ABP=90°−12x．
【点睛】本题考查平行线的性质、角平分线的定义等知识，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．（2022春·河北石家庄·七年级石家庄市第二十一中学校考期末）如图1，直线AB∥CD，直线EF与AB，CD分别交于点G，H，∠EHD=α．将一个直角三角板PMN按如图1所示放置，使点N，M分别在直线AB，CD上，且在点G，H的右侧，已知∠PMN=60°．
(1)若∠ANM=100°，则∠PMD的度数为 ；
(2)若∠ANM=∠EHM+∠PMN，对PM∥EF说明理由；
(3)如图2，已知∠MNG的平分线NO交直线CD于点O．
①当NO∥EF， PM∥EF时，求α的值；
②现将三角板PMN保持PM∥EF，并沿直线CD向左平移，在平移的过程中，直接写出∠MON的度数（用含α的代数式表示）．
【答案】(1)40°
(2)见解析
(3)①α=60°；②∠MON的度数为30°+12α或60°−12α
【分析】（1）根据平行线的性质，得出∠NMD=∠ANM=100°，根据∠PMN=60°，求出结果即可；
（2）根据平行线的性质，得出∠NMD=∠ANM，结合已知条件得出∠PMD=∠EHM，最后根据平行线的判定得出结论即可；
（3）①根据NO∥EF， PM∥EF，得出NO∥PM，根据平行线的性质得出∠ONM=∠PMN=60°，根据角平分线的定义，得出∠ANO=∠ONM=60°，根据AB∥CD， ∠NOM=∠ANO=60°，根据NO∥EF，得出∠EHD=∠NOM=60°即可得出答案；
②分两种情况：当N在点G的右侧，当点N在G点的左侧，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：∵AB∥CD，∠ANM=100°，
∴∠NMD=∠ANM=100°，
∵∠PMN=60°，
∴∠PMD=∠NMD−∠PMN=40°；
故答案为：40°．
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠NMD=∠ANM，
∵∠NMD=∠PMN+∠PMD，
∴∠ANM=∠PMN+∠PMD，
∵∠ANM=∠EHM+∠PMN，
∴∠PMD=∠EHM，
∴PM∥EP；
（3）解：①∵NO∥EF， PM∥EF，
∴NO∥PM，
∴∠ONM=∠PMN=60°，
∵NO平分∠MNG，
∴∠ANO=∠ONM=60°，
∵AB∥CD，
∴∠NOM=∠ANO=60°，
∵NO∥EF，
∴∠EHD=∠NOM=60°，
即α=60°；
②当N在点G的右侧时，如图所示：
∵PM∥EF，∠EHD=α，
∴∠PMD=∠EHD=α，
∴∠NMD=∠PMN+∠PMD=60°+α，
∵AB∥CD，
∴∠GNM=∠NMD=60°+α，
∵NO平分∠MNG，
∴∠GNO=12∠GNM=30°+12α，
∵AB∥CD，
∴∠MON=∠GNO=30°+12α；
当点N在G点的左侧时，如图所示：
∵PM∥EF，∠EHD=α，
∴∠PMD=∠EHD=α，
∴∠NMD=∠PMN+∠PMD=60°+α，
∵AB∥CD，
∴∠GNM+∠NMD=180°，
∴∠GNM=180°−60°−α=120°−α，
∵NO平分∠MNG，
∴∠GNO=12∠GNM=60°−12α，
∵AB∥CD，
∴∠MON=∠GNO=60°−12α；
综上分析可知，∠MON的度数为30°+12α或60°−12α．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，平行公理的应用，解题的关键是数形结合，画出相应的图形，并注意分类讨论．
4．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）某河流汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看河水及两岸河堤的情况，如图，从灯A发出的射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，从灯B发出射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a，b满足a−32+b−1=0．假定这一带河流两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN=45°．回答下列问题：
(1)则a=______，b=______．
(2)两灯同时转动，若在灯A发出的射线到达A˙N˙之前，两灯射出的光束交于点C（点C不与B重合），过C作CD⊥AC交PQ于点D．
①请依题意补全图形（图1）；
②探索在两灯转动过程中，∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，说明理由．
(3)若从灯B发出射线先转动20秒，从灯A发出射线才开始转动，在灯B发出射线到达B˙Q˙之前，两灯的光束互相平行时，直接写出灯A转动的时间，
【答案】(1)3，1
(2)①图见详解；②∠BAC与∠BCD的数量关系不会发生变化，其数量关系是2∠BAC=3∠BCD
(3)10秒或85秒
【分析】（1）利用非负数的性质解决问题即可；
（2）设灯A转动的时间为t秒，分别表示出∠BAC与∠BCD，即可判断出答案；
（3）分三种情况，利用平行线的性质构建方程即可解决问题．
【详解】（1）∵a−32+b−1=0，
a−32≥0，
b−1≥0，
∴a=3，b=1，
故答案是3，1；
（2）①如图所示，
②∠BAC与∠BCD的数量关系不会发生变化，其数量关系是2∠BAC=3∠BCD，
如图，过点C作CE∥MN，
设灯A转动的时间为t秒，
∵∠CAN=180°−3t，
∴∠BAC=∠BAN−∠CAN=45°−180°−3t=3t−135°=3t−45°，
∵PQ∥MN，CE∥MN，
∴CE∥PQ，
∴∠ECA=∠CAN=180°−3t，∠ECB=∠CBP=t，
∴∠ACB=∠ECA+∠ECB=180°−3t+t=180°−2t，
∵CD⊥AC，
∴∠BCD=90°−∠ACB=90°−180°−2t=2t−90°=2t−45°，
∴∠BAC:∠BCD=3:2，
即2∠BAC=3∠BCD；
（3）设灯A转动t秒时，两灯的光束互相平行，
当03t=20+t×1，
解得：t=10；
当603t−3×60+20+t×1=180，
解得：t=85；
当1203t−360=20+t×1，
解得：t=190>160，不合题意，舍去；
综上所述，当t=10秒或t=85秒，两灯的光束互相平行．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，非负数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022春·河北邯郸·七年级统考期末）如图，∠AOB=90°，C，E分别是OA，OB上一点，分别过点C，E作CD，EF，使得CD∥EF，∠DCO的平分线CP和∠OEF的平分线EP相交于点P．
(1)若∠BEF=60°．
①求∠OCD的度数；
②∠CPE=______．
(2)把射线EF沿OB方向平移，求CP所在的直线与∠OEF的平分线EP相交所成∠CPE的大小．
【答案】(1)①30°；②135°
(2)∠CPE为135°或45°．
【分析】（1）①如图，过O作OK∥EF，而CD∥EF，则OK∥EF∥CD，可得∠OCD=∠COK，∠BEF=∠BOK，可得∠COK=90°−60°=30°，从而可得答案；②如图，过P作PQ∥EF，而CD∥EF，可得CD∥PQ∥EF，而CP平分∠DCO，可得∠DPC=∠CPQ=12∠DCO=15°，∠QPE=180°−∠PEF，求解∠QPE=120°，从而可得答案；
（2）当P在∠DCO的角平分线上时，如图，过O作OK∥EF，过P作PQ∥EF，而CD∥EF，则CD∥PQ∥OK∥EF，设∠AOK=x，则∠EOK=90°−x，同理可得：∠DCO=x，∠QPC=∠DCP=12x，∠OEF=180°−90°−x=90°+x，∠PEF=1290°+x=45°+12x，∠EPQ=180°−45°+12x=135°−12x，再结合角的和差运算可得答案；当P在∠DCO的角平分线的反向延长线上时，如图；过O作OK∥EF，过P作PQ∥EF，CD∥EF，则CD∥PQ∥OK∥EF，设∠AOK=x，则∠EOK=90°−x，同理可得：∠DCO=x，∠QPC=∠DCO=12x，∠QPE=∠PEF=45°+12x，再结合角的和差运算可得答案．
【详解】（1）解：①如图，过O作OK∥EF，而CD∥EF，
∴OK∥EF∥CD，
∴∠OCD=∠COK，∠BEF=∠BOK，
∵∠BEF=60°，
∴∠BOK=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠COK=90°−60°=30°，
∴∠OCD=30°；
②如图，过P作PQ∥EF，而CD∥EF，
∴CD∥PQ∥EF，而CP平分∠DCO，
∴∠DPC=∠CPQ=12∠DCO=15°，∠QPE=180°−∠PEF，
∵∠BEF=60°，EP平分∠OEF，
∴∠OEF=120°，∠PEF=12×120°=60°，
∴∠QPE=120°，
∴∠CPE=120°+15°=135°．
（2）当P在∠DCO的角平分线上时，如图，过O作OK∥EF，过P作PQ∥EF，而CD∥EF，
则CD∥PQ∥OK∥EF，设∠AOK=x，则∠EOK=90°−x，
同理可得：∠DCO=x，∠QPC=∠DCP=12x，
∠OEF=180°−90°−x=90°+x，∠PEF=1290°+x=45°+12x，
∵PQ∥EK，
∴∠EPQ=180°−45°+12x=135°−12x，
∠CPE=∠CPQ+∠EPQ=12x+135°−12x=135°；
当P在∠DCO的角平分线的反向延长线上时，如图；过O作OK∥EF，过P作PQ∥EF，而CD∥EF，
则CD∥PQ∥OK∥EF，设∠AOK=x，则∠EOK=90°−x，
同理可得：∠DCO=x，∠QPC=∠DCO=12x，∠QPE=∠PEF=45°+12x，
∴∠CPE=∠QPE−∠QPC=45°+12x−12x=45°；
综上：∠CPE为135°或45°．
【点睛】本题考查的是平行公理的应用，利用平行线的性质求解角的大小，角平分线的含义，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．
6．（2022春·广东深圳·七年级校考期末）【学习新知】：
射到平面镜上的光线（入射光线）和反射后的光线（反射光线）与平面镜所夹的角相等．如图1，AB是平面镜，若入射光线与水平镜面夹角为∠1，反射光线与水平镜面夹角为∠2，则∠1=∠2．
（1）【初步应用】：
生活中我们可以运用“激光”和两块相交的平面镜进行测距．如图2当一束“激光”DO1射入到平面镜AB上、被平面镜AB反射到平面镜BC上，又被平面镜BC反射后得到反射光线O2E．回答下列问题：
①当DO1∥EO2，∠EO2C=60°（即∠4=60°）时，求∠DO1O2的度数．
②当∠B=90°时，任何射入平面镜AB上的光线DO1经过平面镜AB和BC的两次反射后，入射光线DO1与反射光线O2E总是平行的．请你根据所学过的知识及新知说明．
（提示：三角形的内角和等于180°）
（2）【拓展探究】：
如图3，有三块平面镜AB，BC，CD，入射光线EO1经过三次反射，得到反射光线O3F，已知∠1=36°，∠B=120°，若要使EO1∥O3F，求∠C的度数．
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）126°
【分析】（1）①先求出∠O1O2E的度数，再利用平行线的性质求解即可；
②由∠B=90°求出∠2+∠3=90°，结合题意可得∠1=∠2，∠3=∠4，可求∠1+∠4=90°，进而求出∠DO1O2+∠O1O2E=180°，最后利用平行线的判定即可得证；
（2）过点O2作O2M∥O1E，则O2M∥O3F，利用平行线的性质、三角形内角和等于180°可求∠EO1O2=108°，∠O1O2M=72°，∠3=∠4=24°，∠MO2O3=60°，∠O2O3F=120°，∠5=∠6=30°，最后在△CO2O3中求解即可．
【详解】解：（1）①∵∠EO2C=60°，∠EO2C=∠BO2O1，
∴∠BO2O1=60°，
∴∠O1O2E=180°−∠O1O2B−∠EO2C=60°，
又DO1∥EO2，
∴∠DO1O2=180°−∠O1O2E=120°；
②由题意知∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠B=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1+∠4=90°，
∴∠DO1O2+∠O1O2E=180°−∠1−∠2+180°−∠3−∠4=180°，
∴DO1∥O2E；
（2）过点O2作O2M∥O1E，
∵EO1∥O3F，
∴O2M∥O3F，∠EO1O2+∠O1O2M=180°，
∵∠1=36°=∠2，
∴∠EO1O2=180°−∠1−∠2=108°，
∴∠O1O2M=180°−∠EO1O2=72°，
∵∠B=120°，
∴∠3=180°−∠B−∠2=24°=∠4，
∴∠MO2O3=180°−∠3−∠O1O2M−∠4=60°，
∵O2M∥O3F，
∴∠O2O3F=180°−∠O3O2M=120°，
∴∠5+∠6=180°−∠O2O3F=60°，
又∠5=∠6，
∴∠5=30°，
∴∠C=180°−∠5−∠4=126°．
【点睛】本题考查平行线的判定与性质，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
7．（2022春·广东深圳·七年级深圳市高级中学校考期末）某市为了亮化某景点，在两条笔直的景观道MN、QP上，分别放置了A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立刻回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立刻回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动4°，B灯每秒转动1°，若这两条笔直的景观道是平行的．
(1)B灯先转动15秒，A灯才开始转动，当A灯转动5秒时，两灯的光束AM′和BP'到达如图①所示的位置，AM′和BP'是否互相平行？请说明理由；
(2)在（1）的情况下，当B灯的光束第一次到达BQ之前，两灯的光束是否还能互相平行？如果还能互相平行，那么此时A灯旋转的时间为多少秒？
【答案】(1)平行，理由见解析
(2)69或125或141
【分析】（1）分别计算∠AEB和∠MAM′，得到它们相等，即可求解；
（2）先计算出A灯一共旋转的时间，再分情况讨论，利用∠AEB=∠MAM′建立方程求解即可．
【详解】（1）互相平行；
理由：当B灯先转动15秒，A灯才开始转动，且当A灯转动5秒时．
∠MAM′=5×4°=20°，∠PBP′=5+15×1°=20°，
∵两条笔直的景观道是平行的，
∴∠AEB=∠EBP=20°，
∴∠AEB=∠MAM′，
∴AM′∥BP′，即AM'和BP'互相平行；
（2）能，69或125或141；
理由：当A灯旋转x秒时，
∠AEB=∠PBP′=15+x°，
当B灯的光束第一次到达BQ之时，
B灯所用时间为180°÷1°=180（秒），
∴A灯共旋转了180−15=165（秒），
∵180÷4=45，即A灯光线每45秒从一边到达另一边，
当0＜x≤45时，∠MAM′=4x°，
若4x=15+x，则x=5，为（1）中的情况，符合题意；
当45＜x≤90时，∠MAM′=180°−4x−45°=360°−4x°，
若360−4x=15+x，则x=69，符合题意；
当90＜x≤135时，∠MAM′=4x°−360°，
若4x−360=15+x，则x=125，符合题意；
当135＜x≤165，∠MAM′=180°−4x−135°=720°−4x°，
若720−4x=15+x，则x=141，符合题意；
所以能，此时A灯旋转的时间为69或125或141秒．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用和平行线的判定与性质，解题关键是能进行分类讨论，并正确列出一元一次方程．
8．（2022春·江苏苏州·七年级星海实验中学校考期末）（1）光线从空气中射入水中会产生折射现象，同时光线从水中射入空气中也会产生折射现象，如图1，光线a从空气中射入水中，再从水中射入空气中，形成光线b，根据光学知识有∠1=∠2，∠3=∠4，请判断光线a与光线b是否平行，并说明理由；
（2）如图2，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=120°，∠DCF=50°，射线AB、CD分别绕点A、点C以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，直接写出所有满足条件的时间t．
【答案】（1）光线a与光线b平行，理由见解析；（2）存在，当t=5秒或95秒时，CD与AB平行．
【分析】（1）由邻补角的定义可求得∠5=∠6，从而可求得∠ABC=∠BCD，即可判定AB∥CD；
（2）分两种情况：①AB与CD在EF的两侧，分别表示出∠ACD与∠BAC，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；
②CD旋转到与AB都在EF的右侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：（1）光线a与光线b平行，理由如下：
如图，
∵∠3=∠4，∠3+∠5=180°，∠4+∠6=180°，
∴∠5=∠6，
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠5=∠2+∠6，即∠ABC=∠BCD，
∴AB∥CD，即光线a与光线b平行；
（2）存在．分两种情况：
如图①，AB与CD在EF的两侧时，
∵∠BAF=120°，∠DCF=50°，
∴∠ACD=180°−50°−3°t=130°−3°t，∠BAC=120°−t°，
要使AB∥CD，则∠ACD=∠BAF，
即130°−3°t=120°−t°，
解得t=5；不符合题意；
②CD旋转到与AB都在EF的右侧时，如图②，
∵∠BAF=120°，∠DCF=50°，
∴∠DCF=360°−3t−50°=310°−3°t，∠BAC=120°−t°，
要使AB∥CD，则∠DCF=∠BAC，
即310°−3°t=120°−t°，
解得t=95，
此时360°−50°÷3≈303，95×3=285<303，t=95符合题意；
综上所述，存在，当t=5秒或95秒时，CD与AB平行．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，一元一次方程的应用，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
9．（2022春·江苏·七年级统考期末）在几何问题中，当求几个角之间的等量关系时，可以设未知数，通过“设而不解”的方法，以它们为中间量，结合三角形的性质和已知条件，构建所求角之间的等量关系：当需要求出某个角的具体度数时，我们可以通过设未知数的方式，根据问题中的等量关系列方程，并将方程进行求解，最后得到所求角的度数．
已知点E在射线DA上，点F、G为射线BC上的两个动点，满足BD∥EF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
(1)如图1，当点G在点F左侧时，我们可以设∠BDG=x，∠FEG=y，作GH∥BD交AD于H，请你运用含有x和y的代数式表示∠DGE；
(2)如图2，当点G在点F右侧时，请你运用“设而不解”的方法来证明问题的结论是否∠DGE、∠BDG和∠FEG之间的等量关系并说明理由；
(3)如图3，当点G在点F左侧时，点P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠B−∠DNG=∠EDN，请你运用所学的方法，直接写出∠B的度数．
【答案】(1)∠DGE=x+y
(2)∠DGE=∠BDG−∠FEG，理由见解析；
(3)60°
【分析】（1）过点G作GK∥DB交AD于K，则KG∥EF，可得∠BDG=∠DGK，∠GEF=∠KGE，即可得到∠DGE=∠BDG+∠FEG；
（2）过点G作GH ∥ DB交DA于点H，根据平行线的性质求解即可；
（3）设∠BDM=∠MDG=α，则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α ∠PDE=180°−4α，∠PDM=180°−α，由角平分线的定义可得∠PDN=∠MDN=12∠PDM=90°−α2，然后分别求出∠EDN=72α−90°，∠DNG=32α，∠B−∠DNG=∠EDN进行求解即可．
【详解】（1）解：过点G作GK∥DB交AD于H，
设∠BDG=x，∠FEG=y，
∵BD∥EF，
∴HG∥EF，
∴∠BDG=∠DGH=x，∠GEF=∠HGE=y，
∴∠DGE=∠DGH+∠HGE=x+y，
∴∠DGE=∠BDG+∠FEG=x+y；
（2）证明：过点G作GH ∥ DB交DA于点H，
由①得BD∥EF，
∴GH ∥ DB ∥ EF，
∴∠BDG=∠DGH，∠FEG=∠EGH，
∴∠DGE=∠DGH−∠EGH，
∴∠DGE=∠BDG−∠FEG；
（3）解：设∠BDM=∠MDG=α，则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α，则DE∥BF，∠PDE=180°−∠BDE=180°−4α，∠PDM=180°−α，
∵DN平分∠PDM，
∴ ∠PDN=∠MDN=12∠PDM=90°−α2，
∴ ∠EDN=∠PDN−∠PDE=90°−α2−180°−4α=72α−90°，∠GDN=∠MDN−∠MDG=90°−α2−α=90°−32α，
∵DG⊥NG，
∴ ∠DGN=90°，
∴ ∠DNG=90∘−∠GDN=90°−90°−32α=32α，
∵ DE∥BF，
∴ ∠B=∠PDE=180°−4α，
∵ ∠B−∠DNG=∠EDN，
∴ 180°−4α−32α=72α−90°，
∴ α=30°，
∴ ∠B=180°−4α=60°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义，垂直的定义，余角的计算，解题的关键是能够熟知平行线的性质与判定条件．
10．（2022春·全国·七年级期末）已知：直线EF分别交直线AB，CD于点G，H，且∠AGH+∠DHF=180°，
(1)如图1，求证：AB∥CD；
(2)如图2，点M，N分别在射线GE，HF上，点P，Q分别在射线CA，HC上，连接MP，NQ，且∠MPG+∠NQH=90°，分别延长MP，NQ交于点K，求证：MK⊥NK；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接KH，KH平分∠MKN，且HE平分∠KHD，若∠DHG=177∠MPG，求∠KMN的度数．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)50°
【分析】（1）利用∠CHG=∠DHF，再利用等量代换，即可解决；
（2）过K作KR∥AB，因为AB∥CD，所以RK∥AB∥CD，则∠MPG=∠MKR，∠NQH=∠RKN，代入即可解决．
（3）过M作MT∥AB，过K作KR∥AB，可以得到MT∥AB∥CD∥KR，设∠DHG=17x,∠MPG=7x，利用平行线的性质，用x表示出角，即可解决．
【详解】（1）∵∠CHG=∠DHF，∠AGH+∠DHF=180°，
∴∠AGH+∠CHG=180°，
∴AB∥CD，
（2）过K作KR∥AB，如图，
∵AB∥CD，
∴RK∥AB∥CD，
∴∠MPG=∠MKR，∠NQH=∠RKN，
∵∠MPG+∠NQH=90°，
∴∠MKR+∠NKR=90°
∴∠MKN=90°
∴MK⊥NK
（3）如图，过M作MT∥AB，过K作KR∥AB，
∵AB∥CD，
∴MT∥AB∥CD∥KR，
∵KH平分∠MKN
∴∠MKH=∠NKH=45°
∵∠DHG=177∠MPG
∴可设∠DHG=17x,∠MPG=7x，
∵HE平分∠KHD
∴∠KHM=∠DHG=17x
∴∠KHD=34x
∴∠KHQ=180°−34x
∵CD∥KR
∴∠RKH=∠KHQ=180°−34x
∵MT∥AB∥KR
∴∠TMP=∠MKR=∠MPG=7x,∠TMH=∠MHD=17x
∵∠MKH=45°
∴∠RKH+∠MKR=180°−34x+7x=45°
∴x=5°
∵∠KMN=∠TMH−∠TMK
∴∠KMN=17x−7x=10x=50°
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是过拐点作平行线，利用平行线的性质进行导角．
考点2
实数解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）观察下列计算过程，猜想立方根．
13=1，23=8，33=27，43=64，53=125，63=216，73=343，83=512，93=729；
(1)小明是这样试求出19683的立方根的．先估计19683的立方根的个位数，猜想它的个位数为______，又由203<19000<303；猜想19683的立方根的十位数为_______，可得19683的立方根；
(2)请你根据（1）中小明的方法，完成如下填空：
①3−117649=______，②30.531441=______．
【答案】(1)7，2
(2)−49，0.81
【分析】分别根据题中所给的分析方法，先求出这几个数的立方根的个位数，再求出十位数，即可得出结论．
【详解】（1）∵19683的个位数是3，而73=343末位数为3，
∴猜想19683的立方根的个位数为7，
又∵203<19000<303，
∴猜想19683的立方根的十位数为2，
验证：273=19683，
故答案为7，2；
（2）①∵−117649的个位数是9，而93=729末位数为9，
∴猜想−117649的立方根的个位数为9，
又∵−503<−117649<−403，
∴猜想−117649的立方根的十位数为4，
验证：−493=−117649；
②∵0.531441的末位数是1，而13=1，
∴猜想0.531441的立方根的末位数为1，
又∵0.83<−117649<0.93，
∴猜想0.531441的立方根的十分位数为8，
验证：0.813=0.531441；
故答案为−49，0.81；
【点睛】本题主要考查了立方和立方根，理解一个数的立方以后的个位数，就是这个数的个位数的立方以后的个位数是解题的关键，有一定难度．
2．（2022春·福建龙岩·七年级校联考期末）新定义：若无理数T的被开方数(T为正整数)满足n2(1)17的“青一区间”为 ；−23的“青一区间”为 ；
(2)若无理数a(a为正整数)的“青一区间”为2,3，a+3的“青一区间”为3,4，求3a+1的值．
(3)实数x，y，满足关系式：x−3+2023+y−42=2023，求xy的“青一区间”．
【答案】(1)4,5，−5,−4
(2)2或39
(3)3,4
【分析】（1）根据“青一区间”的定义和确定方法，进行求解即可；
（2）根据“青一区间”的定义求出a的值，再根据立方根的定义，进行求解即可；
（3）利用非负性求出x,y的值，再进行求解即可．
【详解】（1）解：∵42<17<52，
∴17的“青一区间”为4,5；
∵42<23<52，
∴−23的“青一区间”为−5,−4；
故答案为：4,5，−5,−4；
（2）∵无理数a“青一区间”为2,3，
∴2∴22∵无理数a+3的“青一区间”为3,4，
∴3∴32∴6∴6∵a为正整数，
∴a=7或a=8，
当a=7时，3a+1=37+1=38=2，
当a=8时，3a+1=38+1=39，
∴3a+1的值为2或39．
（3）∵x−3+2023+y−42=2023
∴x−3+2023+y−42=2023，
即x−3+y−42=0，
∴x=3，y=4，
∴xy=12，
∵32<12<42，
∴xy的“青一区间”为3,4．
【点睛】本题考查无理数的估算，非负性，求一个数的立方根．理解并掌握“青一区间”的定义和确定方法，是解题的关键．
3．（2022春·湖北宜昌·七年级统考期末）已知：2x−1和4x+3是m的两个不同的平方根，2y+2是10的整数部分．
(1)求x，y，m的值．
(2)求1+4y的平方根．
【答案】(1)x=−13，y=12，m=259
(2)±3
【分析】（1）一个正数的两个不同的平方根的和为0，可求出x的值，把x的值代入2x−1或4x+3，得到m的一个平方根，可求出m的值；由9<10<16即3<10<4，得到2y+2=3，求出y的值；
（2）将（1）中y的值代入1+4y，求其平方根即可．
【详解】（1）解：由题意得，2x−1+4x+3=0，
解得x=−13，
∴2x−1=−13×2−1=−53，
∴m=(−53)2=259；
∵9<10<16，即3<10<4
∴10的整数部分是3，
∴2y+2=3，
解得y=12
故答案为：x=−13，y=12，m=259
（2）把y=12代入，1+4y=1+4×12=3
3的平方根是±3，
故答案为：±3．
【点睛】本题考查平方根的概念和平方根的性质，解题关键是一个正数的两个不同的平方根的和为0；一个数算术平方根的整数部分的确定方法：找到与被开方数最接近的两个平方数，较小的这个平方数的算术平方根即是它的整数部分；易错点是一个正数的算术平方根只有一个，它的平方根有两个，且一正一负．
4．（2022秋·贵州六盘水·七年级统考期末）已知整数a1，a2，a3，a4…满足a1=0，a2=−a1+1，a3=a2−2，a4=−a3+3，a5=a4−4…以此类推．
(1)①根据已知条件，计算出a10=__________，a11=__________；
②计算a1+a2+a3+a4+⋯+a2021的值；
(2)当n为偶数时，求a1+a2+a3+a4+⋯+an的值（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)①5，-5；②0
(2)n2
【分析】（1）①分别求出a2=1，a3=-1，a4=2，a5=-2，a6=3，a7=-3，…，由此发现规律：a2+a3=0，a4+a5=0…，即可求解；
②由①的规律可求解；
（2）当n为偶数时，a1+a2+a3+a4+…+a-1=0，再由a= n2，即可求解．
(1)
解：①∵a1=0，
∴a2=-|a1|+1=1，
a3=a2-2=1-2=-1，
a4=-|a3|+3=-1+3=2，
a5=a4-4=2-4=-2，
a6=-|a5|+5=-2+5=3，
a7=a6-6=3-6=-3，
…
a10=5，a11=-5，
故答案为：5，-5；
②∵a2+a3=0，a4+a5=0，…
∴a1+a2+a3+a4+…+a2021=0．
(2)
当n为偶数时，a1+a2+a3+a4+…+a-1=0，
∴a1+a2+a3+a4+…+a= n2．
【点睛】本题考查与实数运算相关的规律，通过所给式子，推断出数的规律，并由规律进行运算是解题的关键．
5．（2022春·福建福州·七年级福建省福州第一中学校考期末）单项式“a2”可表示边长为a的正方形的面积，这就是数学中的数形结合思想的体现．康康由此探究2的近似值，以下是他的探究过程：
面积为2的正方形边长为2，可知2＞1，因此设2＝1＋r，画出示意图：图中正方形的面积可以用两个正方形的面积与两个长方形面积的和表示，即S正方形＝x2＋2×r＋1，另一方面S正方形＝2，则x2＋2×r＋1＝2，由于r2较小故略去，得2r＋1≈2，则r≈0.5，即2≈1.5
(1)仿照康康上述的方法，探究7的近似值．（精确到0.01）（画出示意图，标明数据，并写出求解过程）；
(2)继续仿照上述方法，在（1）中得到的7的近似值的基础上，再探究一次，使求得的7的近似值更加准确，精确到0.001（画出示意图，标明数据，并写出求解过程）；
(3)综合上述具体探究，已知非负整数n，m，b，若n＜b＜n＋1，且b＝n2＋m，试用含m和n式子表示b的估算值．
【答案】(1)2.65
(2)2.646
(3)b=n+m2n
【分析】（1）设7＝2.6＋r，面积为7的正方形由一个边长为2.6的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，根据图形建立等式即可得到答案；
（2）设7＝2.64＋r，面积为7的正方形由一个边长为2.64的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，根据图形建立等式即可得到答案；
（3）设b=n+r，面积为b的正方形由一个边长为n的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，根据图形建立等式即可得到答案．
【详解】（1）解：∵2.62=6.76，
∴7＞2.6，设7＝2.6＋r，
如下图所示，面积为7的正方形由一个边长为2.6的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，
∴S正方形=r2+5.2r+6.76，
∵r2较小故略去，得5.2r＋6.76≈7，
∴r≈0.05，即7≈2.65；
（2）∵2.642≈6.970，
∴7＞2.64，设7＝2.64＋r，
如下图所示，面积为7的正方形由一个边长为2.64的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，
∴S正方形=r2+5.28r+6.970，
∵r2较小故略去，得5.28r＋6.970≈7，
∴r≈0.006，即7≈2.646；
（3）∵n＜b＜n＋1，且b＝n2＋m
∴设b=n+r，
如下图所示，面积为b的正方形由一个边长为n的正方形和一个边长为r的正方形以及两个长方形组成，
∴S正方形=r2+2nr+n2，
∵r2较小故略去，得2nr+n2≈b，
∴r≈b−n22n，
∵b＝n2＋m，
∴r≈m2n，
∴b=n+m2n．
【点睛】本题考查二次根式、正方形、矩形的面积，解题的关键是仿照案例画出图形，再根据图形建立等式．
6．（2022春·上海·七年级专题练习）阅读下面的文字，解答问题．
对于实数a，我们规定：用符号[a]表示不大于a的最大整数；用{a}表示a减去[a]所得的差．
例如：[3]＝1，[2.2]＝2，{3}＝3﹣1，{2.2}＝2.2﹣2＝0.2．
（1）仿照以上方法计算：[7]＝ {5﹣7}＝ ；
（2）若[x]＝1，写出所有满足题意的整数x的值： ．
（3）已知y0是一个不大于280的非负数，且满足{y0}＝0．我们规定：y1＝[y0]，y2＝[y1]，y3＝[y2]，…，以此类推，直到yn第一次等于1时停止计算．当y0是符合条件的所有数中的最大数时，此时y0＝ ，n＝ ．
【答案】（1）2；3﹣7；（2）1、2、3；（3）256，4
【分析】（1）依照定义进行计算即可；
（2）由题可知，0（3）由{y0}=0，可知，y0是某个整数的平方，又y0是符合条件的所有数中最大的数，则y0=256，再依次进行计算．
【详解】解：（1）由定义可得，[7]=2，[5−7]=2，
∴{5−7}=3−7．
故答案为：2；3−7．
（2）∵[x]=1，
∴[x]<2，即0∴整数x的值为1、2、3．
故答案为：1、2、3．
（3）∵{y0}=0，即{y0}=y0−[y0]=0，
∴可设y0=t2，且t是自然数，
∵y0是符合条件的所有数中的最大数，
∴y0=256，
∴y1=[y0]=[16]=16，
y2=[y1]=[4]=4，
y3=[y2]=[2]=2，
y4=[y3]=[2]=1，
即n=4．
故答案为：256，4．
【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查估算无理数大小，无理数的整数部分和小数部分，理解定义内容是解题关键．
7．（2022春·重庆万州·七年级统考期末）若一个四位数t的前两位数字相同且各位数字均不为0，则称这个数为“前介数”；若把这个数的个位数字放到前三位数字组成的数的前面组成一个新的四位数，则称这个新的四位数为“中介数”；记一个“前介数”t与它的“中介数”的差为P（t）．例如，5536前两位数字相同，所以5536为“前介数”；则6553就为它的“中介数”，P（5536）＝5536﹣6553＝-1017．
（1）P（2215）＝ ，P（6655）＝ ．
（2）求证：任意一个“前介数”t，P（t）一定能被9整除．
（3）若一个千位数字为2的“前介数”t能被6整除，它的“中介数”能被2整除，请求出满足条件的P（t）的最大值．
【答案】（1）-3006，990；（2）见解析；（3）P（t）的最大值是P（2262）=36．
【分析】（1）根据“前介数”t与它的“中介数”的差为P（t）的定义求解即可；
（2）设“前介数”为t=aabc且a、b、c均不为0的整数，即1≤a、b、c≤9，根据定义得到P（t）=aabc−caab=9(110a+b−111c)，则P（t）一定能被9整除；
（3）设“前介数”为t=22ab=2200+10a+b，根据题意得到a+b+4能被3整除，且b只能取2，4，6，8中的其中一个数；t对应的“中介数”是b22a=1000b+220+a，得到a只能取2，4，6，8中的其中一个数，计算P（t）=1980+9a−999b，推出要求P（t）的最大值，即a要尽量的大，b要尽量的小，再分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：2215是“前介数”，其对应的“中介数”是5221，
∴P（2215）=2215-5221=-3006；
6655是“前介数”，其对应的“中介数”是5665，
∴P（6655）=6655-5665=990；
故答案为：-3006，990；
（2）证明：设“前介数”为t=aabc且a、b、c均为不为0的整数，即1≤a、b、c≤9，
∴t=1000a+100a+10b+c=1100a+10b+c，
又t对应的“中介数”是caab=1000c+100a+10a+b=1000c+110a+b，
∴P（t）=aabc−caab=1100a+10b+c−(1000c+110a+b)
=1100a+10b+c−1000c−110a−b
=990a+9b−999c
=9(110a+b−111c)，
∵a、b、c均不为0的整数，
∴110a+b−111c为整数，
∴P（t）一定能被9整除；
（3）证明：设“前介数”为t=22ab且即1≤a、b≤9，a、b均为不为0的整数，
∴t=2000+200+10a+b=2200+10a+b，
∵t能被6整除，
∴t能被2整除，也能被3整除，
∴b为偶数，且2+2+a+b=a+b+4能被3整除，
又1≤b≤9，
∴b只能取2，4，6，8中的其中一个数，
又t对应的“中介数”是b22a=1000b+200+20+a=1000b+220+a，
且该“中介数”能被2整除，
∴a为偶数，
又1≤a≤9，
∴a只能取2，4，6，8中的其中一个数，
∴P（t）=22ab−b22a=2200+10a+b−(1000b+220+a)
=2200+10a+b−1000b−220−a
=1980+9a−999b，
要求P（t）的最大值，即a要尽量的大，b要尽量的小，
①a的最大值为8，b的最小值为2，但此时a+b+4=14，
且14不能被3整除，不符合题意，舍去；
②a的最大值为6，b的最小值仍为2，但此时a+b+4=12，能被3整除，
且P（t）=2262-2226=36；
③a的最大值仍为8，b的最小值为4，但此时a+b+4=16，
且16不能被3整除，不符合题意，舍去；
其他情况，a减少，b增大，则P（t）减少，
∴满足条件的P（t）的最大值是P（2262）=36．
【点睛】本题考查用新定义解题，根据新定义，表示出“前介数”，与其对应的“中介数”是求解本题的关键．本题中运用到的分类讨论思想是重要一种数学解题思想方法．
考点3
平面直角坐标系解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京海淀·七年级校联考期末）对于实数x，[x]表示不小于x的最小整数，例如：[−1.5]=−1，[3.5]=4，[5]=5．点P(m,n)是y轴右侧的点，已知点A(m+[m],n)，B(x,n+[n])，我们把△ABP（三角形ABP）叫做点P的取整三角形．
(1)已知点P(3,−1)，直接写出点A的坐标________；
(2)已知点P(3,n)，且点P的取整三角形面积为5，直接写出n的取值范围：________________；
(3)若点P的取整三角形面积为2，请在下面的坐标系中画出所有满足条件的点P的区域（用阴影表示，能取到的边界用实线表示，不能取到的边界用虚线表示）．
【答案】(1)A3+2,−1
(2)4(3)见解析
【分析】（1）根据新定义可得答案；
（2）由P(3,n)，可得：A3+2,n，则PA∥x轴，PA=3+2−3=2，由B在y=n+n上，可得B到PA的距离为：n+n−n=n，则12×PA×n=5，从而可得答案；
（3）由Pm,n，A(m+[m],n)，B(x,n+[n])，m>0，可得PA=m，B到PA的距离为：n+n−n=n，可得12m×n=2，则m·n=4，再画出示意图即可.
【详解】（1）解：∵P(3,−1)，
∴m=3，m=3=2，
∴A3+2,−1；
故答案为：3+2,−1；
（2）∵P(3,n)，
同理可得：A3+2,n，
∴PA∥x轴，PA=3+2−3=2，
∵B(x,n+[n])，
∴B在y=n+n上，
∴B到PA的距离为：n+n−n=n，
∵点P的取整三角形面积为5，
∴12×PA×n=5,
∴n=5，
∴n=5或n=−5，
∴4故答案为：4（3）∵Pm,n，A(m+[m],n)，B(x,n+[n])，m>0，
∴PA=m，B到PA的距离为：n+n−n=n，
∵点P的取整三角形面积为2，
∴12m×n=2，
∴m·n=4，
∴P的位置如图所示：
【点睛】本题考查的是新定义的含义，坐标与图形，无理数的估算，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键.
2．（2022春·湖北黄石·七年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，点A在第一象限，AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，A4a,3a，且四边形ABOC的面积为48．
(1)如图1，直接写出点A的坐标；
(2)如图2，点D从O出发以每秒1个单位的速度沿y轴正半轴运动，同时点E从A出发，以每秒2个单位的速度沿射线BA运动，DE交线段AC于F，设运动的时间为t，当S△AEF=S△CDF时，求t的值；
(3)如图3，将线段BC平移，使点B的对应点M恰好落在y轴负半轴上，点C的对应点为N，连BN交y轴于P，当OM=3OP时，求点M的坐标．
【答案】(1)点A的坐标8,6
(2)t=2
(3)M(0,−185)或(0,−18)
【分析】（1）根据矩形的面积列方程即可得到结论；
（2）过D作DH⊥AB于H，由S△AEF=S△CDF，得到S矩形ACDH=S△EDH，求解即可得到结论；
（3）如图3（1）和（2），设M(0,n)，由平移的性质得N(−8,n+6)，过N作NE⊥x轴于E，根据三角形和梯形的面积公式列方程即可得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABOC的面积为48，A4a,3a，
∴4a×3a=48，解得a=±2，
又∵点A在第一象限，
∴a=2，
∴4a=8，3a=6，
∴点A的坐标为8,6；
（2）如图2，过D作DH⊥AB于H，
∵S△AEF=S△CDF，
∴S△AEF+S梯形AFDH=S△CDF+S梯形AFDH，
即S矩形ACDH=S△EDH，
∴8×(6−t)=12×8×(6−t+2t)，
解得t=2；
（3）如图3（1）和（2），
设M(0,n)，由平移的性质得N(−8,n+6)，
过N作NE⊥x轴于E，
∵S△BNE=S梯形NEOP+S△POB，
∴12×(8+8)×n+6=12(OP+n+6)×8+12×8×OP，
解得OP=12n+6，
∵OM=3OP，
∴−n=3×12n+6，解得n=−185或n=−18，
∴M(0,−185)或(0,−18)．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平移的性质、矩形面积、三角形和梯形的面积的计算等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．（2022春·北京西城·七年级北京八中校考期末）在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P1x1,y1与P2x2,y2，我们重新定义这两点的“距离”：
①当y1−y2≤x1−x2时，x1−x2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远P1,P2=x1−x2；
当x1−x2≤y1−y2时，y1−y2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远P1,P2=y1−y2．
②点P1与点P2的“总距离”D总为x1−x2与y1−y2的和，即D总P1,P2=x1−x2+y1−y2．
根据以上材料，解决下列问题：
(1)已知点A5,3，则D总A,O=______．
(2)若点Bx,7−x在第一象限，且D远B,O=5．求点B的坐标．
(3)①若点Cx,yx≥0,y≥0，且D总C,O=4，所有满足条件的点C组成了图形G，请在图1中画出图形G；
②已知点M0,m，N3,m−1，若在线段MN上存在点E，使得点E满足D远E,O≤4且D总E,O≥4，请直接写出m的取值范围．
【答案】(1)8
(2)5,2或2,5
(3)2≤m≤4或−4≤m≤0
【分析】（1）根据D总的定义，进行计算即可；
（2）根据D远的定义，分x=5或7−x=5两种情况讨论求解即可；
（3）①根据D总C,O=4，得到x+y=4，得出图形G是连接0,4和4,0的线段；②分m>1和m<1两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）∵A5,3，O0,0，
∴D总A,O=5−0+3−0=5+3=8，
故答案是8；
（2）∵D远B,O=5，
∴x−0=5或7−x−0=5，
∵点Bx,7−x在第一象限，
∴x=5或x=2，
即点B的坐标5,2或2,5；
（3）①∵D总C,O=x+y=4，且x≥0,y≥0，
∴x+y=4，
∴所有满足条件的点C组成了图形G是连接0,4和4,0的线段，如图所示，
②∵M0,m，N3,m−1，
∴当m−1>0，即m>1时，点M、N都在x轴上方，
当m=2时，点M在0,2，N在3,1时，线段MN上恰好有点E3,1，满足D远E,O=3≤4且D总E,O=4≤4，
线段MN再向下平移时，不存在任何满足D远E,O≤4且D总E,O≥4的点E，
当m=4时，点M在0,4，N在3,3时，线段MN上恰好有点E0,4，满足D远E,O=3≤4且D总E,O=4≤4，
线段MN再向上平移时，不存在任何满足D远E,O≤4且D总E,O≥4的点E，
∴2≤m≤4；
∴当m−1<0，即m<1时，
当m=0时，点M在0,0，N在3,−1时，线段MN上恰好有点E3,−1，满足D远E,O=3≤4且D总E,O=4≤4，
线段MN再向上平移时，不存在任何满足D远E,O≤4且D总E,O≥4的点E，
当m=−4时，点M在0,−4，N在3,−5时，线段MN上恰好有点E0,−4，满足D远E,O=4≤4且D总E,O=4≤4，
线段MN再向下平移时，不存在任何满足D远E,O≤4且D总E,O≥4的点E，
∴−4≤m≤0；
故答案是2≤m≤4或−4≤m≤0．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，理解并掌握D远和D总的定义是解题的关键．
4．（2022春·山西大同·七年级大同一中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，A(0,a)，C(3,b)，D(−4,0)，且BC⊥y轴于点B，a，b满足a+1+(b−2)2=0．
(1)求点A，B的坐标；
(2)若∠CBD和∠BDO的平分线交于点E，求∠BED的度数；
(3)若点F在坐标轴的正半轴上运动，当三角形ADF的面积等于三角形ABC的面积时，直接写出点F的坐标．
【答案】(1)0,−1，0,2
(2)90°
(3)5,0或0,54
【分析】（1）利用非负性求出a,b，求出A,C的坐标，根据BC⊥y轴，求出点B的坐标；
（2）过点E作EF∥BC，利用平行线的判定和性质以及角平分线的定义，进行求解即可；
（3）分点F在x轴的正半轴上和点F在y轴的正半轴上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）∵a+1+(b−2)2=0，
∴a+1=0，b−2=0．
解得a=−1，b=2．
∴点A的坐标是(0,−1)，点C的坐标是(3,2)．
∵BC⊥y轴，
∴点B的坐标是(0,2)．
（2）如图，过点E作EF∥BC，则∠CBE=∠BEF．
∵BC⊥y轴，
∴∠CBO=90°．
由题意知∠BOD=90°，
∴∠CBO=∠BOD．
∴BC∥DO
∴EF∥DO，
∴∠CBD+∠BDO=180°，∠EDO=∠DEF．
∵∠CBD和∠BDO的平分线交于点E，
∴∠CBE=12∠CBD，∠EDO=12∠BDO．
∴∠CBE+∠EDO=12(∠CBD+∠BDO)=90°． ∴∠BED=∠BEF+∠DEF=∠CBE+∠EDO=90°．
（3）∵A(0,−1)，B(0,2)，C(3,2)，D(−4,0)，
∴OA=1，OD=4，AB=3，BC=3．
∴三角形ABC的面积为12AB⋅BC=92．
①当点F在x轴的正半轴上时，设点F的坐标是(t,0)，则DF=t+4．
∴三角形ADF的面积为12DF⋅OA=12(t+4)，
∴12(t+4)=92．解得t=5．
∴点F的坐标是(5,0)
②当点F在y轴的正半轴上时，设点F的坐标是(0,ℎ)，则AF=ℎ+1．
∴三角形ADF的面积为12AF⋅OD=2(ℎ+1)．
∴2(ℎ+1)=92．解得ℎ=54．
∴点F的坐标是0,54．
综上所述，点F的坐标是(5,0)或0,54．
【点睛】本题考查坐标与图形，平行线的判定和性质，熟练掌握非负性，平行线的判断和性质，利用数形结合和分类讨论思想，进行求解是解题的关键．
5．（2022春·湖北荆州·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，Aa,c，Bb,0，且满足a+2+4−b=0，c是10的整数部分，过A作AC⊥x轴于C，AB交y轴于D．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图，过C作CE ∥AB交y轴于E，若∠ABC=26.5°，求∠CED的度数；
(3)坐标轴上是否存在点P（点P与点C不重合），使三角形ABP与三角形ABC的面积相等？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,3，B4,0，C−2,0
(2)∠CED=63.5∘
(3)存在，P点的坐标为10,0或0,5或0,−1
【分析】（1）根据非负数的性质与整数部分的含义求解即可；
（2）如图，过点O作OF∥AB，证明∠COF=∠ABC=26.5°，求解∠DOF=90°−∠COF=63.5°，再证明CE∥OF，从而可得答案；
（3）先求解S△ABC=12×6×3=9，再分两种情况讨论：当P在x轴上，设Px,0，则BP=x−4，再利用面积公式列方程即可；当P在y轴上时，且在D的上方时，设P0,y，可得123+y×3+12×4y−9=9，12PD×4+2=9，当P在y轴上时，且在D的下方时，设P0,y，结合OD=2，从而可得答案．
【详解】（1）解：∵a+2+4−b=0，
∴a+2=0，4−b=0，
解得：a=−2，b=4，
∵3<10<4，c是10的整数部分，
∴c=3，而AC⊥BC，
∴A−2,3，B4,0，C−2,0；
（2）如图，过点O作OF∥AB，
∴∠COF=∠ABC=26.5°
∴∠DOF=90°−∠COF=63.5°
∵CE∥AB，
∴CE∥OF，
∴∠CED=∠DOF=63.5°
（3）∵A−2,3，B4,0，C−2,0，
∴S△ABC=12×6×3=9，
当P在x轴上，设Px,0，
则BP=x−4，
∴12×3×x−4=9，
解得：x=10或x=−2（不符合题意舍去），
∴P10,0，
当P在y轴上时，且在D的上方时，设P0,y，
∴123+y×3+12×4y−9=9，12PD×4+2=9，
解得：y=5，PD=3，
∴P0,5；OD=OP−PD=5−3=2，
当P在y轴上时，且在D的下方时，设P0,y，
∴12PD×4+2=9，
∴PD=3，
∵OD=2，
∴OP=1，
∴P0,−1；
P点的坐标为10,0或0,5或0,−1．
【点睛】本题考查的是算术平方根的非负性的性质，无理数的估算，坐标与图形，平行线的性质，理解题意，灵活应用以上知识解题是关键．
6．（2022春·北京朝阳·七年级北京市陈经纶中学分校校考期末）在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P1x1,y1和P2x2,y2，我们重新定义这两点的“距离”．
①当y1−y2≤x1−x2时，x1−x2为点P1与点P2的“远距离”D远，即D远=P1,P2=x1−x2；
当x1−x2②点P1与点P2的“总距离”D总为x1−x2与y1−y2的和，即D总=P1,P2=x1−x2+y1−y2．
根据以上材料，解决下列问题：
(1)已知点A3,2，则D远A,O=______；D总A,O=______．
(2)若点Bx,5−x在第一象限，且D远B,O=3．求点B的坐标．
(3)①若点Cx,yx≥0,y≥0，且D总=C,O=4，所有满足条件的点C组成了图形W，请在坐标系中画出图形W；
②已知点Mm,0，Nm+1,2，若在线段MN上总存在点E落在①的图形W上，请直接写出m的取值范围．
【答案】(1)3；5
(2)B(3,2)或(2,3)
(3)①见解析；②1≤m≤4
【分析】（1）根据D远和D总的定义，进行计算即可；
（2）分x=3或5−x=3两种情况讨论求解即可；
（3）①根据D总(C,O)=4，得到x+y=4，得到图形M是过0,4,4,0的一段线段；②如图，考虑两个极限端点，讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵3−0>2−0，
∴D远(A,O)=3−0=3；D总(A,O)=3−0+2−0=3+2=5；
故答案为：3；5．
（2）解：∵D远(B,O)=3，
∴x=3或5−x=3，
∵B点在第一象限，
∴x=3或5−x=3，
∴x=3或x=2，
即B(3,2)或(2,3)；
（3）解：①∵D总(C,O)=x+y=4，
又∵x≥0，y≥0，
∴x+y=4，
∴图形M是过0,4,4,0的一段线段：如图所示：
②∵点Mm,0，Nm+1,2，
∴点M一定在x轴上，点N在直线y=2上，
当m+1=2时，即m=1时，点M正好在线段W上，此时点N的坐标为1,0，再向右移动线段MN上一定有个点在W上，当点N移动到4,0，即m=4时，再向右移动线段MN上没有点在W上，
∴当1≤m≤4时，线段MN上总存在点E落在①的图形W上．
【点睛】本题主要考查坐标系下两点间的距离．理解并掌握D远和D总的定义，是解题的关键．
7．（2022春·福建福州·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A−1,2，B−1,−3，D3,0，将线段AB平移至DC，点A与点D是对应点，连接AD，BC，点E是直线CD上一动点．点F是直线AB上一动点．
(1)点C的坐标是________；在点E运动过程中，BE长度的最小值等于________，此时三角形EAB的面积是________；
(2)点E从D点出发向点C方向运动，速度为每秒3个单位长度，点F从B点出发向点A方向运动，速度为每秒2个单位长度，若点E、点F同时出发，运动为t秒后EF∥x轴，求t的值．
【答案】(1)3,−5，4，10
(2)35
【分析】（1）利用平移确定点C的坐标； BE长度的最小值即点B到直线CD的最小值，垂线段最短，其长度是点A与点D横坐标的差；三角形EAB的面积代入公式计算即可；
（2）用时间t表示出点E、点F的坐标，由EF∥x轴确定点E与点F的纵坐标相同，列关于t的等量关系式进行求解．
【详解】（1）∵点A到点D的平移先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，点B先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度得到点C，点C的坐标为3,−5；
BE长度的最小值即为点B到直线CD的最小值，垂线段最短，其长度是点A与点D横坐标的差3−(−1)=4；
AB=5，S△EAB=12×5×4=10；
故答案为：3,−5，4，10；
（2）∵点A，与点B的横坐标相同，点C与点D的横坐标相同
∴ AB∥y轴，CD∥y轴
∴运动t秒时，E3,−3t，F−1,−3+2t
∴ EF∥x轴，
∴点E与点F的纵坐标相同
∴ −3t=−3+2t
解得t=35
故答案为：35．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中线段的平移、点到直线的最短距离、求三角形面积、动点问题，熟练掌握以上知识是解题的关键，解题难点是利用时间t表示移动距离和方向，确定动点坐标，以及平行于x轴的点的纵坐标相同．
考点4
二元一次方程组解答期末真题压轴题
1．（2022春·全国·七年级期末）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具，某汽车销售公司计划购进一批新能源汽车尝试进行销售，据了解2辆A型汽车、3辆B型汽车的进价共计80万元；3辆A型汽车、2辆B型汽车的进价共计95万元．
(1)求A、B两种型号的汽车每辆进价分别为多少万元？
(2)若该公司计划正好用180万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均购买），请你帮助该公司设计购买方案；
(3)若该汽车销售公司销售1辆A型汽车可获利8000元，销售1辆B型汽车可获利6000元，在（2）中的购买方案中，假如这些新能源汽车全部售出，哪种方案获利最大？最大利润是多少元？
【答案】(1)A、B两种型号的汽车每辆进价分别为25万元、10万元；
(2)方案一：购买2辆A型汽车，购买13辆B型汽车；方案二：购买4辆A型汽车，购买8辆B型汽车；方案三：购买6辆A型汽车，购买3辆B型汽车；
(3)购买2辆A型汽车，购买13辆B型汽车获利最大，最大值为94000元．
【分析】（1）根据2辆A型汽车、3辆B型汽车的进价共计80万元；3辆A型汽车、2辆B型汽车的进价共计95万元，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
（2）根据（1）中的结果和该公司计划正好用180万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均购买），可以得到相应的二元一次方程，然后求解即可；
（3）根据（2）中的结果和题意，可以分别计算出各种方案获得的利润，从而可以得到最大利润．
【详解】（1）解：设A种型号的汽车每辆进价为a万元，B种型号的汽车每辆进价为b万元，
由题意可得2a+3b=803a+2b=95，
解得a=25b=10，
答：A、B两种型号的汽车每辆进价分别为25万元、10万元；
（2）解：设购买A型号的汽车m辆，B种型号的汽车n辆，
由题意可得25m+10n=180且m>0，n>0，
解得m=2n=13或m=4n=8或m=6n=3，
∴该公司共有三种购买方案，
方案一：购买2辆A型汽车，购买13辆B型汽车；
方案二：购买4辆A型汽车，购买8辆B型汽车；
方案三：购买6辆A型汽车，购买3辆B型汽车；
（3）解：当m=2，n=13时，获得的利润为：8000×2+6000×13=94000（元），
当m=4，n=8时，获得的利润为：8000×4+6000×8=80000（元），
当m=6，n=3时，获得的利润为：8000×6+6000×3=66000（元），
由上可得，最大利润为94000元，
∴购买2辆A型汽车，购买13辆B型汽车获利最大，最大值为94000元．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用、二元一次方程的应用，解题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
2．（2022春·江苏·七年级期末）我们知道，数轴上表示数a的点A和表示数b的点B之间的距离AB可以用a−b来表示．例如：5-1表示5和1在数轴上对应的两点之间的距离．
(1)在数轴上，A、B两点表示的数分别为a、b，且a、b满足a+1+(4−b)2=0，则a=________，b=________，A、B两点之间的距离为________．
(2)点M在数轴上，且表示的数为m，且m+1+4−m=7，求m的值．
(3)若点M、N在数轴上，且分别表示数m和n，且满足m−2022−n=2023，n+2024+m=2025，求M、N两点的距离．
【答案】(1)-1，4，5
(2)m=−2或m=5
(3)4045
【分析】（1）根据绝对值以及偶次方的非负性得出a,b值，运用数轴上两点之间的距离公式进行计算即可；
（2）根据题意可知在数轴上m+1+4−m=7的几何意义是：表示有理数m的点到−1及到4的距离之和为7；然后分m＜−1时、−1≤m≤4时、m>4时分别化简绝对值，解方程即可；
（3）根据题意可得2023+n=±(m−2022)，2025−m=±(n+2024)，然后分情况讨论即可得出答案．
【详解】（1）解：∵ a+1+(4−b)2=0，
∴a+1=0,4−b=0，
解得：a=−1,b=4，
∴A、B两点之间的距离为−1−4=5，
故答案为：-1，4，5；
（2）在数轴上m+1+4−m=7的几何意义是：
表示有理数m的点到−1及到4的距离之和为7，
当m＜−1时，m+1+4−m=−m−1+4−m=7，
解得：m=−2；
当−1≤m≤4时，m+1+4−m=m+1+4−m=7，
无解，故此种情况不存在；
当m>4时，m+1+4−m=m+1+m−4=7，
解得：m=5；
综上所述：m=−2或m=5；
（3）∵m−2022−n=2023，n+2024+m=2025，
∴m−2022=2023+n，n+2024=2025−m，
∴2023+n=±(m−2022)，2025−m=±(n+2024)，
若2023+n=m−20222025−m=n+2024，解得m=2023n=−2022，
此时M、N两点的距离为2023−(−2022)=4045；
若2023+n=−m+20222025−m=n+2024，此方程无解；
若2023+n=m−20222025−m=−n−2024，此方程无解；
若2023+n=−m+20222025−m=−n−2024，解得m=2024n=−2025，
此时m−2022=2023+n=−2＜0，不符合题意；
综上所述：M、N两点的距离为4045．
【点睛】本题考查了绝对值的性质以及数轴上两点之间的距离，根据绝对值的性质得出相应的方程是解本题的关键．
3．（2022春·江苏·七年级期末）阅读下列材料：
小明同学在学习二元一次方程组时遇到了这样一个问题：解方程组2x+3y4+2x−3y3=72x+3y3+2x−3y2=8．小明发现，如果用代入消元法或加减消元法求解，运算量比较大，容易出错．如果把方程组中的2x+3y看成一个整体，把2x−3y看成一个整体，通过换元，可以解决问题．以下是他的解题过程：令m=2x−3y，n=2x−3y．原方程组化为m4+n3=7m3+n2=8，解得m=60n=−24，把m=60n=−24代入m=2x−3y，n=2x−3y，得2x+3y=602x−3y=−24，解得x=9y=14，∴原方程组的解为 x=9y=14．
(1)学以致用
运用上述方法解下列方程组：2(x+1)+3(y−2)=1(x+1)−2(y−2)=4．
(2)拓展提升
已知关于x，y的方程组a1x+b2y=c1a2x+b2y=c2的解为x=3y=4，请直接写出关于m、n的方程组a1(m+2)−b2n=c1a2(m+2)−b2n=2的解是 ___________．
【答案】(1)x=1y=1；
(2)m=1n=−4．
【分析】（1）结合题意，利用整体代入法求解，令m=x+1，n=y−2得2m+3n=1m−2n=4，解得m=2n=−1即x+1=2y−2=−1即可求解；
（2）结合题意，利用整体代入法求解，令x=m+2，y=−n则a1(m+2)−b2n=c1a2(m+2)−b2n=2可化为a1x+b2y=c1a2x+b2y=c2，且解为x=3y=4则有m+2=3−n=4，求解即可．
【详解】（1）解：令m=x+1，n=y−2，
原方程组化为2m+3n=1m−2n=4，
解得m=2n=−1，
∴x+1=2y−2=−1，
解得：x=1y=1，
∴原方程组的解为 x=1y=1；
（2）在a1(m+2)−b2n=c1a2(m+2)−b2n=2中，
令x=m+2，y=−n，
则a1(m+2)−b2n=c1a2(m+2)−b2n=2可化为a1x+b2y=c1a2x+b2y=c2，
且a1x+b2y=c1a2x+b2y=c2解为x=3y=4，
则有m+2=3−n=4，
∴m=1n=−4，
故答案为： m=1n=−4．
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，整体代入法求解；解题的关键是结合题意理解整体代入法，并正确求解方程组．
4．（2022春·重庆九龙坡·七年级统考期末）阅读材料：
已知关于x，y的二元一次方程mx+ny=c有一组整数解x=x0y=y0，则方程mx+ny=c的全部整数解可表示为x=x0−nty=y0+mt（t为整数）．问题：求方程7x+19y=213的所有正整数解．
小明参考阅读材料，解决该问题如下：
解：该方程一组整数解为x0=6y0=9，则全部整数解可表示为x=6−19ty=9+7t（t为整数）．
因为6−19t>09+7t>0，解得−97因为t为整数，所以t=0或-1．
所以该方程的正整数解为x=6y=9和x=25y=2．
通过你所知晓的知识，请解决以下问题：
(1)方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则______；
(2)请你参考小明的解题方法，求方程2x+3y=24的全部正整数解；
(3)若a，b均为正整数，试判断二元一次方程组2x+3y=24ax+by=24有几组正整数解？并写出其解．
【答案】(1)-1
(2)x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
(3)该方程组有3组正整数解，分别为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
【分析】（1）把x=2代入方程3x-5y=11得，求得y的值，即可求得θ的值；
（2）参考小明的解题方法求解即可；
（3）先根据（2）得到关于a、b的二元一次方程，再结合a、b均为正整数确定a、b的值，进而得到方程组的所有解．
【详解】（1）解：把x=2代入方程3x-5y=11得，6-5y=11，
解得y=-1，
∵方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则θ=-1，
故答案为-1；
（2）解：方程2x+3y=24一组整数解为x=9y=2，则全部整数解可表示为x=9−3ty=2+2t（t为整数）．
因为9−3t>02+2t>0，解得-1＜t＜3．
因为t为整数，
所以t=0，1，2．
所以方程2x+3y=24的全部正整数解为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
（3）解：由（2）得：9a+2b=24或6a+4b=24或3a+6b=24
∵a、b均为正整数
∴a=2b=3
∴该方程组有3组正整数解，分别为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
【点睛】本题考查了二元一次方程的解、一元一次不等式的整数解等知识点，理解题意、正常列出方程组和不等式是解答本题的关键．
5．（2022春·湖南长沙·七年级长沙市南雅中学校联考期末）规定：若P（x，y）是以x，y为未知数的二元一次方程ax+by=c的整数解，则称此时点P为二元一次方程ax+by=c的“理想点”．请回答以下关于x，y的二元一次方程的相关问题．
(1)已知A（−1，2），B（4，−3），C（−3，4），请问哪个点是方程2x+3y=6的“理想点”，哪个点不是方程2x+3y=6的“理想点”并说明理由；
(2)已知m，n为非负整数，且2n−m=1，若P（m，n）是方程2x+y=8的“理想点”，求2m−n的平方根．
(3)已知k是正整数，且P（x，y）是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，求点P的坐标．
【答案】(1)点C是方程2x+3y＝6的“理想点”，点A，点B不是方程2x+3y＝6的“理想点”
(2)2m−n的平方根为±4
(3)点P的坐标为（3,−5）或（−3,7）或（1,−1）或（−1,3）
【分析】(1 )根据“理想点"定义进行判断即可；
(2)根据题意求出m和n的值，进一步求解即可；
(3)解二元一次方程组，得出x=3k−4y=1−6k−4 ，再根据“理想点”定义求出x和y的值即可．
(1)
∵2×(−1)+3×2=−2+6=4≠6，2×4+3×(−3)=8−9=−1≠6
2×(−3)+3×4=−6+12=6
∴点C是方程2x+3y＝6的“理想点”，点A，点B不是方程2x+3y＝6的“理想点”．
(2)
把P(m,n)代入方程2x+y=8，得2m+n=8，又∵2n−m=1
解2m+n=82n−m=1得m=3n=2，
因为m,n为非负整数，所以m=9,n=2
∴±2m−n=±2×9−2=±16=±4
(3)
由题意得2x+y=1kx+2y=5，解得x=3k−4y=1−6k−4
∵x是整数，∴k−4=±1或k−4=±3
∵y是整数，∴k−4=±1或k−4=±3或k−4=±2或k−4=±6
∴k−4=±1或k−4=±3
当时k−4=1，x=3y=−5；
当时k−4=−1，x=−3y=7；
当时k−4=3，x=1y=−1；
当时k−4=−3，x=−1y=3
所以点P的坐标为（3,−5）或（−3,7）或（1,−1）或（−1,3）
【点睛】本题考查了二元一次方程组与新定义的综合，理解“理想点”的含义并灵活运用是解题的关键．
6．（2022春·福建厦门·七年级厦门市第十一中学校考期末）当a，b都是实数，且满足2a−b=6，就称点Pa−1,b2+1为“完美点”．
(1)判断点A2,3是否为“完美点”，并说明理由．
(2)已知关于x，y的方程组x+y=4x−y=2m，当m为何值时，以方程组的解为坐标的点Bx,y是“完美点”，请说明理由．
【答案】(1)A（2，3）不是完美点．理由见解析
(2)m=12．理由见解析
【分析】（1）根据完美点的定义判定即可；
（2）用m表示a、b，构建方程即可解决问题．
【详解】（1）解：A（2，3）不是完美点．理由如下：
令a−1=2b2+1=3，
解得a=3b=4 ，
∵2a−b=2×3−4≠6，
∴A（2，3）不是完美点．
（2）解：解关于x，y的方程组x+2＝4x−y＝2m，
解得x＝2y＝2−2m，
解关于a，b的方程组2=a−12−2m=b2+1，
解得a=3b=2−4m，
∵2a−b=6，
∴2×3−2−4m=6，
∴m=12，
∴当m=12时，点B（x，y）是完美点．
【点睛】本题考查二元一次方程组，点的坐标等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题．
7．（2022春·福建龙岩·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,−3．且a，b满足2a−3b+a+b−10=0．
(1)求出a，b的值；
(2)若点C的坐标为0,3，求三角形ABC的面积；
(3)如图，已知Mm,0，Nn,−3（点M在线段OA上），且实数m、n、s满足m+n+2s=102m+n+3s=16，连接MN交OB于点D，点P是线段AB上的一点，连接PM，PD，AD，有S△PMDS△ABD=23，求点D的纵坐标．
【答案】(1)a=6b=4
(2)12
(3)-2
【分析】（1）依据算术平方根与绝对值的非负性求解即可；
（2）如图，过点A作AF⊥x轴，过点B作BF⊥AF于点F，过点C作CE⊥y轴，交AF于点E，连接AC，利用割补法求解三角形面积即可：S△ABC=S梯形BCEF−S△ABF−S△ACE；
（3）解方程组m+n+2s=102m+n+3s=16，得m=6−sn=4−s，将m、n都用s表示出来，根据点坐标，推出AB//MN，则S△PMDS△ABD=S△AMDS△ABM=23，将面积表示出来作比即可．
【详解】（1）∵2a−3b+a+b−10=0
又∵2a−3b≥0，a+b−10≥0
∴2a−3b=0a+b−10=0
∴a=6b=4
（2）如图，过点A作AF⊥x轴，过点B作BF⊥AF于点F，过点C作CE⊥y轴，交AF于点E，连接AC
由（1）可知点A坐标为6,0，点B坐标为4,−3
∵点C的坐标为0,3
∴CE=6，AE=3，AF=3，BF=2
∴S△ABC=S梯形BCEF−S△ABF−S△ACE
=12BF＋CE⋅EF−12BF·AF−12CE·AE
=12×2+6×6−12×2×3−12×6×3
=12
（3）解方程组m+n+2s=102m+n+3s=16，得m=6−sn=4−s
设点D的纵坐标为y
∴M6−s,0，N4−s,−3
又∵A6,0，B4,−3
∴AB//MN
∴S△PMDS△ABD=S△AMDS△ABM=23
∴12AM⋅y12AM⋅3=23
∴y=2
∵点D在第四象限
∴y=−2．
【点睛】本题考查了算术平方根、绝对值、含参二元一次方程的求解、图形与坐标系结合等知识点，熟练掌握坐标系中三角形面积的求解方法，其中第三问将面积进行转化是解题的关键．
8．（2022春·浙江·七年级期末）如图，三个边长分别为2，3，5的正方形BIJH，DKLN，AEFG，同时放在长方形ABCD中，阴影部分对应的面积分别表示为S1，S2，S3，设AB=x(5(1)AH＝______，CI＝______，GK＝______（结果用含x、y的代数式表示）．
(2)若S1+S2=S3−4，求长方形ABCD的面积．
(3)在条件（2）下，若空白部分的周长之和比阴影部分的周长之和大6，求长方形ABCD的长x和宽y的值．
【答案】(1)x-2；y-2；8-y；
(2)42；
(3)x=6，y=7
【分析】（1）根据图形中各线段的关系，用x、y的代数式表示各线段便可；
（2）根据S1+S2=S3−4，由长方形面积公式列出x、y的方程，求得xy便可；
（3）根据空白部分的周长之和比阴影部分的周长之和大6，可求得x+y=13，再根据xy=42求解即可．
【详解】（1）解：∵三个边长分别为2，3，5的正方形BIJH，DKLN，AEFG，AB=x，AD=y，且x∴AH=AB-BH=x-2，CI=BC-BI=y-2，GK=AG+DK-AD=5+3-y=8-y，
故答案为：x-2；y-2；8-y；
（2）由题意得：S1=2HE，HE=7-x，
所以S1=14-2x，
S2=3GK=24-3y，
S3=QI×QF+MN×NC=3（x-5）+（y-5）（x-3）=xy-3y-2x，
∵S1+S2=S3−4，
∴38-2x-3y=xy-3y-2x-4，
∴xy=42，
长方形ABCD的面积为42；
（3）解：由题意得：DN+DG+KA+AH+EB+BI=y-5+3+y+x-2+x-5+2=2x+2y-10，
GK+NC+CI+HE=8-y+x-3+y-2+7-x=10，
∵空白部分的周长之和比阴影部分的周长之和大6，
∴（DN+DG+KA+AH+EB+BI）-（GK+NC+CI+HE）=6，
∴2x+2y-10-10=6，即x+y=13，
∵由（2）得：xy=42，
∴{x+y=13x−y=1或{x+y=13x−y=−1，
解得：{x=7y=6或{x=6y=7，
∵x＜y，
∴x=6，y=7．
【点睛】本题考查借助几何图形，考查了整式的混合运算，根据所给图形，数形结合，正确表示出相关图形的边长和面积，是解题的关键．
9．（2022秋·重庆江北·七年级重庆十八中校考阶段练习）若一个三位正整数m=abc（各个数位上的数字均不为0）满足a+b+c=9，则称这个三位正整数为“长久数”．对于一个“长久数”m，将它的百位数字和个位数字交换以后得到新数n，记Fm=m+n9．如：m=216满足2+1+6=9，则216为“长久数”，那么n=612，所以F216=216+6129=92．
(1)求F234、F522的值；
(2)对于任意一个“长久数”m，若Fm能被5整除，求所有满足条件的“长久数”．
【答案】(1)F234 =74，F522 = 83
(2)144或243或342或441
【分析】（1）根据定义求解即可；
（2）根据定义表示出m、n,进而计算出F（m），由“a+b+c=9”将Fm=101−9b，又由b的可取整数值得出所有可能结果，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵当m=234时，n=432，
∴F234 =234+4329=74
当m=522时，n=225
∴F522=522+2259=83
（2）设m=abc=100a+10b+c，则n=cba=100c+10b+a，
∴Fm=100a+10b+c+100c+10b+a9=101a+20b+101c9 =101a+c+20b9
∵ a+b+c=9
∴ Fm =1019−b+20b9=909−81b9=101−9b
∵ a,b,c是均不为0的正整数
∴b=1，2，3，……，7．
∴当b=1时，F(m)=101−9×1=92.，不能被5整除，舍去；
当b=2时，F(m)=101−9×2=83，不能被5整除，舍去；
当b=3时，F(m)=101−9×3=74，不能被5整除，舍去；
当b=4时，F(m)=101−9×4=65，能被5整除
此时a+c=5，
∴a=1b=4,a=2b=3,a=3b=2,a=4b=1
∴m=144或243或342或441
当b=5时，F(m)=101−9×5=56，不能被5整除，舍去；
当b=6时，F(m)=101−9×6=47，不能被5整除，舍去；
当b=7时，F(m)=101−9×7=38，不能被5整除，舍去．
综上所述，所有满足条件的“长久数”有144或243或342或441．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，新定义，整除，理解题意是解题的关键．
考点5
不等式与不等式组解答期末真题压轴题
1．（2022春·全国·七年级期末）如果x是一个有理数，我们定义{x}表示不小于 x 的最小整数．如{3．2}=4，{−2．6}=−2，{5}=5，{−6}=−6，由定义可知，任意一个有理数都能写成x={x}−b的形式（0≤b<1）．
(1)直接写出{x}与x，x+1的大小关系；
提示1：用“不完全归纳法”推导{x}与x，x+1的大小关系；
提示2：用“代数推理”的方法推导{x}与x，x+1的大小关系．
(2)根据（1）中的结论解决下列问题：
①直接写出满足{3m+7}=4的m取值范围；
②直接写出方程{3.5n−2}=2n+1的解．
【答案】(1)x≤x(2)①−43【分析】（1）提示1：通过举例子的形式进行推导即可；提示2：根据x={x}−b得到0≤b=x−x<1，进一步推出x（2）①根据（1）的结论可得3m+7≤4<3m+7+1，解不等式组即可；②根据（1）的结论可得3.5n−2≤2n+1<3.5n−2+1，求出113<2n+1≤5，再由2n+1为整数即可得到答案．
【详解】（1）解：提示1：当x=1.2时，x=1.2=2，x+1=1.2+1=2.2，
则x当x=−2.4时，x=−2.4=−2，x+1=−2.4+1=−1.4，
则x当x=2时，x=2=2，x+1=2+1=3，
则x=x当x=−1时，x=−1=−1，x+1=−1+1=0，
则x=x由“不完全归纳法”可得：x≤x提示2：∵x=x−b，且0≤b<1，
∴b=x−x
∴0≤x−x<1
∴x≤x（2）解：①由（1）的结论得：3m+7≤3m+7<3m+7+1
∵3m+7=4，
∴3m+7≤4<3m+7+1，
解得−43②由（1）的结论得：3.5n−2≤3.5n−2<3.5n−2+1，
∵3.5n−2=2n+1，
∴3.5n−2≤2n+1<3.5n−2+1，
解得43∴113<2n+1≤5，
∵3.5n−2=2n+1，
∴2n+1为整数，
则2n+1=4或2n+1=5，
解得n=32或n=2．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，不等式的性质，理解新定义，正确求解不等式组是解题关键．
2．（2022春·福建泉州·七年级泉州七中校考期末）数学课上老师写了一个关于x，y的二元一次方程a−1x+a+2y+5−2a=0，（其中a为常数且a≠1，−2）．
(1)若x=2y=1是该方程的一个解，求a的值：
(2)聪明的小明发现，当a每取一个值时，都可得到一个方程，而这些方程有一个公共解，请你帮小明求出这个公共解；
(3)由a−1x+a+2y+5−2a=0x+2y≠2得到用含x，y的代数式表示a，则a=______；当x=m，y=4−m时，a≤n；当x=2−3m，y=3m−5时，a>−5，在上述条件下，若m恰好有4个整数解，求n的取值范围．
【答案】(1)a=−5；
(2)这个公共解为x=3y=−1；
(3)x−2y−5x+y−2；−72≤n<−2．
【分析】（1）把x=2y=1代入a−1x+a+2y+5−2a=0，求解即可；
（2）由方程的解与a无关，可得方程组，根据解方程组，可得答案；
（3）化简整理用含x，y的代数式表示a，之后将两种情况下的x、y代入a，可得−2【详解】（1）解：∵x=2y=1是该方程的一个解，
∴2a−1+a+2+5−2a=0，
解得：a=−5；
（2）解：原方程整理得x+y−2a+−x+2y+5=0，
由题意得，方程的解与a无关，
∴x+y−2=0−x+2y+5=0，
解得x=3y=−1，
∴这个公共解为x=3y=−1；
（3）解：a−1x+a+2y+5−2a=0，
即x+y−2a+−x+2y+5=0，
∴x+y−2a=x−2y−5，
∴a=x−2y−5x+y−2；
当x=m，y=4−m时，a=m−8+2m−5m+4−m−2=3m−132，
此时a≤n，即3m−132≤n，
∴m≤2n+133，
当x=2−3m，y=3m−5时，a=2−3m−6m+10−52−3m+3m−5−2=9m−75，
此时a>−5，即9m−75>−5，
∴m>−2，
∴−2∵m恰好有4个整数解，
∴4个整数解为−1、0、1、2，
∴2≤2n+133<3，
解得−72≤n<−2．
【点睛】本题考查了二元一次方程的解，解二元一次方程组，求不等式组的解集，利用方程的解与a无关得出方程组是解题关键．
3．（2022春·安徽合肥·七年级合肥市第四十二中学校考期末）新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程x−1=3的解为x=4，而不等式组x−1>1x−2<3的解集为21x−2<3的“关联方程”
(1)在方程①3x+1−x=9；②4x−7=0；③x−12+1=x中，不等式组2x−2>x−13x−2−x≤4的“关联方程”是______；（填序号）
(2)若关于x的方程2x−k=6是不等式组3x+12>xx−12≥2x+13−2的“关联方程”，求k的取值范围；
(3)若关于x的方程x+72−3m=0是关于x的不等式组x+2m2>mx−m≤2m+1的“关联方程”，且此时不等式组有4个整数解，试求m的取值范围
【答案】(1)①②
(2)−8(3)76【分析】（1）先求出方程的解和不等式组的解集，再判断即可；
（2）先求出不等式组的解集，然后再解方程求出x=12k+3，最后根据“关联方程”的定义列出关于k的不等式组，进行计算即可；
（3）先求出不等式组的解集，不等式组有4个整数解，即可得出m的范围，然后求出方程的解为x=6m−7，根据“关联方程”的定义得出关于m的不等式，最后取公共部分即可．
【详解】（1）①3x+1−x=9，解得x=3；
②4x−7=0，解得x=74；
③x−12+1=x，解得x=1；
解不等式2x−2>x−1得：x>1，
解不等式3x−2−x≤4得：x≤5，
∴2x−2>x−13x−2−x≤4的解集为1∵x=3，x=74在1∴不等式组2x−2>x−13x−2−x≤4“关联方程”是①②；
故答案为：①②；
（2）解不等式3x+12>x得：x>−1，
解不等式x−12≥2x+13−2得：x≤7，
∴3x+12>xx−12≥2x+13−2的解集为−1关于x的方程2x−k=6的解为x=12k+3，
∵关于x的方程2x−k=6是不等式组3x+12>xx−12≥2x+13−2的“关联方程”，
∴x=12k+3在−1∴−1<12k+3≤7，
解得−8（3）解不等式x+2m2>m得：x>0，
解不等式x−m≤2m+1得：x≤3m+1，
∴x+2m2>mx−m≤2m+1的解集为0∵此时不等式组有4个整数解，
∴4≤3m+1<5，
解得1≤m<43
关于x的方程x+72−3m=0的解为x=6m−7，
∵关于x的方程x+72−3m=0是不等式组x+2m2>mx−m≤2m+1的“关联方程”，
∴x=6m−7在0∴0<6m−7≤3m+1，
解得76综上所述，76【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次方程的解，理解材料中的不等式组的“关联方程”是解题的关键．
4．（2022春·湖南长沙·七年级雅礼中学校考期末）阅读材料：我们把多元方程（组）的正整数解叫做这个方程（组）的“好解”例如：x=1y=8就是方程3x+y=11的一组“好解”；x=1y=2z=3是方程组3x+2y+z=10x+y+z=6的一组“好解”．
(1)请直接写出方程x+2y=7的所有“好解”；
(2)关于x，y，k的方程组x+y+k=15x+5y+10k=70有“好解“吗？若有，请求出对应的“好解”；若没有，请说明理由；
(3)已知x，y为方程33x+23y=2019的“好解”，且x+y=m，求所有m的值．
【答案】(1)x=1y=3，x=3y=2，x=5y=1
(2)有“好解“，“好解”为x=5y=7k=3
(3)63，73，83
【分析】（1）根据“好解”的定义，求方程的正整数解，先把方程做适当的变形，再列举正整数代入求解；
（2）解方程组求得x=5+5k4y=55−9k4，根据“好解”的定义得5+5k4>055−9k4>0，即−1（3）由33x+23y=2019x+y=m解得x=2019−23m10y=33m−201910，根据“好解”的定义得到2019−23m10>033m−201910>0，即201933【详解】（1）由x+2y=7，得y=7−x2（x、y为正整数），
∵x>07−x2>0，
即0∴当x=1时，y=3；
当x=3时，y=2；
当x=5时，y=1；
即方程x+2y=7的“好解”有x=1y=3，x=3y=2，x=5y=1；
（2）由x+y+k=15x+5y+10k=70解得x=5+5k4y=55−9k4（x、y、k为正整数），
∵5+5k4>055−9k4>0，即−1∴当k=3时，x=5，y=7，
∴方程组x+y+k=15x+5y+10k=70有“好解“，“好解”为x=5y=7k=3；
（3）由33x+23y=2019x+y=m解得x=2019−23m10y=33m−201910（x、y、m为正整数），
∵2019−23m10>033m−201910>0，即201933∴当m=63时，x=57，y=6；
当m=73时，x=34，y=39；
当m=83时，x=11，y=72；
∴所有m的值为63，73，83．
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，解题关键是要理解方程（组）的“好解”条件，根据条件求解．
5．（2022秋·广东广州·七年级统考期末）某企业举办职工足球比赛，准备购买一批足球运动装备，市场调查发现：甲、乙两商场以同样的价格出售同种品牌的足球队服和足球，已知每套队服比每个足球多60元，三套队服与五个足球的费用相等，经洽谈，甲商场优惠方案是：每购买十套队服，送一个足球；乙商场优惠方案是：若购买队服超过60套，则购买足球打八折．
(1)求每套队服和每个足球的价格是多少？
(2)若购买100套队服和yy>10个足球，请用含y的式子分别表示出到甲商场和乙商场购买装备所花的费用；
(3)在（2）的条件下，假如你是本次购买任务的负责人，你认为到哪家商场购买比较合算？
【答案】(1)每个足球的费用为90元，每套队服的费用为150元
(2)到甲商场购买所需费用为90y+14100元，到乙商场购买所需费用为：72y+15000元
(3)当购买的足球数大于10而小于50时，到甲商场购买比较合算；当购买50个足球时，到两个商场所花费用相同；当购买的足球数大于50时，到乙商场购买比较合算
【分析】（1）设每个足球的费用为x元，则每套队服的费用为x+60元，根据三套队服与五个足球的费用相等，列出方程，求解即可；
（2）根据甲、乙商场的优惠方案，列出代数式即可；
（3）求出到甲，乙两个商场所花费用相同时，所购买足球的个数，再分90y+14100>72y+15000和90y+14100<72y+15000，两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）解：设每个足球的费用为x元，则每套队服的费用为x+60元，
由题意，得：3x+60=5x，
解得：x=90，
∴x+60=150，
∴每个足球的费用为90元，每套队服的费用为150元；
（2）解：由题意，得：
到甲商场购买所需费用为：100×150+y−10010×90=90y+14100（元）；
到乙商场购买所需费用为：100×150+90×0.8y=72y+15000（元）；
（3）解：当90y+14100=72y+15000时，即：y=50；
即：当购买50个足球时，到两个商场所花费用相同；
当90y+14100>72y+15000，解得：y>50，
即：当购买的足球数大于50时，到甲商场所花费用大于到乙商场所花费用，因此到乙商场购买比较合算；
当90y+14100<72y+15000，解得：y<50，
即：当购买的足球数大于10而小于50时，到甲商场所花费用小于到乙商场所花费用，因此到甲商场购买比较合算．
答：当购买的足球数大于10而小于50时，到甲商场购买比较合算；当购买50个足球时，到两个商场所花费用相同；当购买的足球数大于50时，到乙商场购买比较合算．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用．根据题意，正确的列出方程和不等式，是解题的关键．
6．（2022秋·湖北武汉·七年级统考期末）如图，A，B，C，D四点在数轴上，点A表示的数为20，点B表示的数为16，BC=14，AC:CD=3:2．
(1)点A与点B的距离是_________，点C与点D的距离是_________，点D在数轴上表示的数是_________．
(2)线段CD以每秒2个单位长度的速度沿数轴正方向运动，同时，线段AB以每秒1个单位长度的速度在数轴上运动，运动时间为t秒，
①若线段AB沿数轴负方向运动，当t满足_________时，点A，B同时在线段CD上；
②若线段AB沿数轴正方向运动，当t满足_________时，点A，B．同时在线段CD上．
(3)一条4个单位长度的大毛毛虫的头从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴正方向运动，9秒后，一条2个单位长度的小毛毛虫的头从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴负方向运动到点C时，立即调头改变方向保持原速度沿着数轴正方向运动．设大毛毛虫运动的时间为t秒．
①当两条毛毛虫头和头相遇时，求t的值；
②当两条毛毛虫尾和尾相遇时，直接写出t的值．
【答案】(1)4；12；−10
(2)①6≤t≤263②18≤t≤26
(3)20或18
【分析】（1）根据两点间距离公式求解即可；
（2）分两种不同的位置得出不等式组求解即可；
（3）根据题意列出方程，求解方程即可．
【详解】（1）∵点A表示的数为20，点B表示的数为16，
∴AB=20−16=4，
∵BC=14，
∴AC=AB+BC=4+14=18
又AC:CD=3:2
∴18:CD=3:2
∴CD=12．
又16−14−12=−10
∴点D在数轴上表示的数为：−10
故答案为：4；12；−10
（2）根据题意得AB=lm/s,CD=2m/s，要使A，B同时在线段CD上，则有：
①−10+2t≤16−t≤2+2t(B点在CD上)−10+2t≤20−t≤2+2t(A点在CD上)
解得，6≤t≤263
帮答案为：6≤t≤263
②−10+2t≤16+t≤2+2t(B点在CD上)−10+2t≤20+t≤2+2t(A点在CD上)
解得，18≤t≤26
故答案为：18≤t≤26
（3）①9秒后，4个单位长度的大毛毛虫头在−10+9=−1处，尾在(−10−4)+9=−5处，则小毛毛虫从B到C需用时：14÷2=7s，此时大毛毛虫在−1+1×7=6处，则有：
6+t1=2+2t1
解得，t1=4
∴t=4+7+9=20s；
②小毛毛虫即从C点调头时，小毛毛虫的尾在O处，大毛毛虫尾在−5+1×7=2处，要使尾与尾相遇，则0+2t2=2+t2，
解得：t2=2
∴t=2+7+9=18(s)
综上，t的值为：20或18
【点睛】本题考查了数轴和一元一次方程的应用，根据定义列出方程是解题的关键．
7．（2022春·七年级单元测试）有若干个正数的和为1275，其中每个正数都不大于50．小明将这些正数按下列要求进行分组：
①每组中所有数的和不大于150；
②从这些数中选择一些数构成第1组，使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其它选择相比是最小的，将r1称为第1组的余差；
③在去掉已选入第1组的数后，对余下的数按第1组的选择方式构成第2组，这时的余差为r2；
④如此继续构成第3组（余差为r3）、第4组（余差为r4）、…，第m组（余差为rm），直到把这些数全部分完为止．
(1)除第m组外的每组至少含有______个正数；
(2)小明发现，按照要求进行分组后，得到的余差满足r1≤r2≤⋅⋅⋅≤rm．并且当构成第nn”或“<”），并证明150−rn−1<1125n−1；
(3)无论满足条件的正数有多少个，按照分组要求，它们最多可以分成______组（直接写出答案）．
【答案】(1)3；
(2)>，证明见解析；
(3)11
【分析】（1）根据每个正数都不大于50，每组中所有数的和不大于150，即可求解；
（2）当第n组形成后，因为nrn，化简即可求证；
（3）假设它们最多可以分成N组，根据题意可得N>1275150=8.5，对N=9、10、11进行逐个分析，根据（1）（2）中的结论，利用反证法求解．
【详解】（1）解：根据每个正数都不大于50，每组中所有数的和不大于150，则除第m组外的每组至少含有15050=3个正数，
故答案为：3；
（2）解：当第n组形成后，因为nrn+1，与题意不符，即a>rn，
余下数之和也大于第n组的余差rn，即
1275−150−r1+150−r2+……+150−rn>rn，
由此可得：r1+r1+……+rn−1>150n−1275
∵n−1rn−1≥r1+r1+……+rn−1
∴n−1rn−1>150n−1275，即rn−1>150n−1275n−1
化简可得：150−rn−1<1125n−1，
（3）解，假设它们最多可以分成N组，根据题意可得N>1275150=8.5，
若N=9，即最多分为9组，r8>150×9−12758=9.375
因为第8组中至少含有3个数，所以第8组之和大于9.375×3=28.125，
此时第8组的余差r8=150−第8组之和<150−28.125=121.875，符合题意，即N=9成立；
同理可证的，N=10、N=11时，也成立，
当N=12时，即最多分为12组，r11>150×11−127510=37.5，
因为第11组中至少含有3个数，所以第11组之和大于37.5×3=112.5，
此时第11组的余差r11=150−第11组之和<150−112.5=37.5，与r11>37.5矛盾，即N=12不成立；
则N最大为11．
故答案为11．
【点睛】本题主要考查了不等式的证明等基本知识，考查了逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力，解题的关键是理解题意，利用不等式的知识进行求解．
8．（2022春·福建福州·七年级校联考期末）在平面直角坐标系xOy中，Aa,−a，Bb,c，且a,b,c满足a+2b+3c=12,3a−2b+c=4.
(1)若a没有平方根，判断点A位于第几象限，并说明理由；
(2)若P为直线AB上一点，且OP的最小值为3，求点B的坐标；
(3)已知坐标系内有两点C−b,c−4，Dc,4−b，Mm,n为线段AC上一点，将点M平移至点Nm+ℎ,n+k．若点N在线段BD上，记ℎ+k的最小值为s，最大值为t，当−4≤a≤−1时，请判断s+t是否为定值？若是，求出该定值，若不是，试讨论s+t的取值范围．
【答案】(1)点A在第二象限，理由见解析
(2)点B的坐标是3,1或−3,7
(3)s+t=12，证明见解析
【分析】（1）根据a没有平方根即可判断出a的符号从而可以确定a所在的象限；
（2）先根据所给条件求出b=a，从而得到AB⊥x轴．进而推出当OP⊥AB时，OP最小，此时点P在x轴上，OP=3，得到a=3或−3，据此求解即可；
（3）由（2）得Aa,−a，Ba,4−a，C−a,−a，D4−a,4−a，且a<0，从而推出AC∥BD，进而推出k=4，再由a≤a+ℎ≤4−a，或a≤−a+ℎ≤4−a，推出2a≤ℎ≤4−2a，据此求解即可．
（1）
解：∵a没有平方根，
∴a<0，
∴−a>0，
∴点A在第二象限．
（2）
∵a+2b+3c=12,3a−2b+c=4.
∴b=a,c=4−a,
∴Ba,4−a．
∵Aa,−a，
∴AB⊥x轴．
∵点P在直线AB上，且OP的最小值为3，
∴当OP⊥AB时，OP最小，
此时点P在x轴上，OP=3，
∴a=3或−3，
即点B的坐标是3,1或−3,7．
（3）
解：s+t=12．
证明如下：由（2）得Aa,−a，Ba,4−a，
C−a,−a，D4−a,4−a，且a<0，
∴AC∥x轴，BD∥x轴，
∴AC∥BD．
点A在点C左侧，点B在点D左侧．
∵点M向右平移ℎ个单位长度，再向上平移k个单位长度得到点N，且点M在线段AC上，点N在线段BD上，
∴k=4，
∵a≤a+ℎ≤4−a，或a≤−a+ℎ≤4−a，
∴0≤ℎ≤4−2a，或2a≤ℎ≤4，
∴2a≤ℎ≤4−2a，
∴2a+4≤ℎ+k≤8−2a，
∴s+t=12．
【点睛】本题主要考查了平方根，坐标与图形，不等式组的应用，点的平移，三元一次方程组的应用，正确理解题意是解题的关键．
9．（2022春·江苏·七年级专题练习）阅读下列材料：解答“已知x－y＝2，且x>1，y<0，试确定x＋y的取值范围”有如下解法：
解：∵x－y＝2，∴x＝y＋2 又∵x>1，∴y＋2>1，∴y>－1．
又∵y<0，∴－1同理可得1由①＋②得：－1＋1∴x＋y的取值范围是0按照上述方法，完成下列问题：
(1)已知x－y＝3，且x>2，y<1，则x＋y的取值范围是______；
(2)已知关于x，y的方程组3x−y=2a−5x+2y=3a+3的解都是正数，求a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，若a－b＝4，b<2，求2a＋3b的取值范围．
【答案】(1)1＜x+y＜5
(2)a＞1
(3)−7<2a+3b<18
【分析】（1）模仿阅读材料解答即可；
（2）先把方程组解出，再根据解为正数列关于a的不等式组解出即可；
（3）分别求出2a、3b的取值范围，相加可得结论．
【详解】（1）解：∵x-y=3，
∴x=y+3，
∵x＞2，
∴y+3＞2，
∴y＞-1，
又∵y＜1，
∴-1＜y＜1…①，
同理可得2＜x＜4…②，
由①+②得：-1+2＜x+y＜1+4，
∴x+y的取值范围是1＜x+y＜5，
故答案为：1＜x+y＜5；
（2）解：解方程组3x−y=2a−5x+2y=3a+3，
得x=a−1y=a+2，
∵该方程组的解都是正数，
∴x＞0，y＞0，
∴a−1>0a+2>0，
解不等式组得：a＞1，
∴a的取值范围为：a＞1；
（3）解：∵a－b=4，b<2，
∴b=a−4<2，
∴a<6，
由（2）得，a＞1，
∴1∴2<2a<12…①，
又∵a−b=4，
∴b=a−4，
∵1−4∴−3∴−9<3b<6…②，
由①+②得：2−9<2a+3b<12+6，
∴2a＋3b的取值范围是−7<2a+3b<18．
【点睛】本题考查不等式的性质及运算法则，解一元一次不等式组，解二元一次方程组，以及新运算方法的理解，熟练熟练掌握不等式的运算法则是解题的关键．