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2020—2021学年人教版七年数学下册期末复习选择压轴题知识点梳理卷（Word版原卷+解析版）
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2020—2021学年人教版七年数学下册期末复习选择压轴题知识点梳理卷
题型1 平行线中角的数量关系】
【例1】（2020秋•南关区期末）如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（ ）
A．∠α+∠β﹣∠γ＝90° B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°
C．∠γ+∠β﹣∠α＝180° D．∠α+∠β+∠γ＝180°
【分析】根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，进而利用角的关系解答即可．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴∠α＝∠BOF，
∵CD∥EF，
∴∠γ+∠COF＝180°，
∵∠BOF＝∠COF+∠β，
∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，
故选：B．
【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等和两直线平行，同旁内角互补解答．
【变式1-1】（2020秋•金川区校级期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）
A．β＝α+γ B．α+β﹣γ＝90° C．α+β+γ＝180° D．β+γ﹣α＝90°
【分析】此题可以构造辅助线，利用三角形的外角的性质以及平行线的性质建立角之间的关系．
【解答】解：延长DC交AB与G，延长CD交EF于H．
直角△BGC中，∠1＝90°﹣α；
△EHD中，∠2＝β﹣γ，
∵AB∥EF，
∴∠1＝∠2，
∴90°﹣α＝β﹣γ，
即α+β﹣γ＝90°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的外角的性质以及平行线的性质，解题的关键是是通过作辅助线，构造了三角形以及由平行线构成的内错角．
【变式1-2】（2020春•丹东期末）如图，AB∥CD，则下列等式正确的是（ ）
A．∠1＝∠2+∠3 B．∠1﹣∠2＝180°﹣∠3
C．∠1﹣∠3＝180°﹣∠2 D．∠1+∠2+∠3＝180°
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠1、∠2和∠3的关系，本题得以解决．
【解答】解：如右图所示，
∵CD∥AB，
∴∠4＝∠3，
∵∠4＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠3＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠1﹣∠2＝180°﹣∠3，
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式1-3】（2020春•铜仁市期末）如图，平面内直线a∥b∥c，点A，B，C分别在直线a，b，c上，BD平分∠ABC，并且满足∠α＞∠β，则∠α，∠β，∠γ关系正确的是（ ）
A．∠α＝∠β+2∠γ B．∠α＝∠β+∠γ C．∠α＝2∠β﹣2∠γ D．∠α＝2∠β﹣∠γ
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠α，∠β，∠γ的关系，本题得以解决．
【解答】解：∵直线a∥b∥c，
∴∠α＝∠ABD+∠γ，∠β＝∠CBD﹣∠γ，
∴∠ABD＝∠α﹣∠γ，∠CBD＝∠β+∠γ，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠α﹣∠γ＝∠β+∠γ，
∴∠α＝∠β+2∠γ，
故选：A．
【点评】本题考查平行线的性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【题型2 平行线中的折叠问题】
【例2】（2020春•九江期末）将如图1的长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P．如果∠EPF＝70°，则∠PEF的度数为 ．
【分析】直接利用翻折变换的性质结合平行线的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：延长AE，
∵AE∥BF，
∴∠3＝∠EPF＝70°，
∵长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P，
∴∠1＝∠2=12∠MED=12×（180°﹣70°）＝55°．
故答案为：55°．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，正确得出∠3的度数是解题关键．
【变式2-1】（2020春•龙泉驿区期末）如图a是长方形纸带，∠DEF＝15°，将纸带沿EF折叠成图b，则∠AEG的度数 度，再沿BF折叠成图c．则图中的∠CFE的度数是 度．
【分析】根据长方形纸条的对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出∠2＝∠EFG，继而求出图b中∠GFC的度数，再减掉∠GFE即可得图c中∠CFE的度数．
【解答】解：如图，延长AE到H，由于纸条是长方形，
∴EH∥GF，
∴∠1＝∠EFG，
根据翻折不变性得∠1＝∠2＝15°，
∴∠2＝∠EFG，∠AEG＝180°﹣2×15°＝150°，
又∵∠DEF＝15°，
∴∠2＝∠EFG＝15°，∠FGD＝15°+15°＝30°．
在梯形FCDG中，∠GFC＝180°﹣30°＝150°，
根据翻折不变性，∠CFE＝∠GFC﹣∠GFE＝150°﹣15°＝135°．
故答案为：150；135．
【点评】此题主要考查了平行线的性质和图形的折叠，关键是掌握两直线平行，同旁内角互补，折叠前后角的度数不变．
【变式2-2】（2020春•乐清市期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54° B．55° C．56° D．57°
【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得AD∥BC，得∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，所以可得∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而可得∠FPG的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，
∴∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，
由折叠可知：
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
【变式2-3】（2020秋•海门市期末）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE＝24°，则图2中∠AEF的度数为（ ）
A．120° B．108° C．112° D．114°
【分析】根据各角的关系可求出∠BFE的度数，由AE∥BF，利用“两直线平行，同旁内角互补”可求出∠AEF的度数．
【解答】解：∵2∠BFE+∠BFC＝180°，∠BFE﹣∠BFC＝∠CFE＝24°，
∴∠BFE=13（180°+24°）＝68°．
∵AE∥BF，
∴∠AEF＝180°﹣∠BFE＝112°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质、折叠的性质以及角的计算，通过角的计算，求出∠BFE的度数是解题的关键．
【题型3 平行线中的多结论问题】
【例3】（2020秋•岳麓区校级期末）如图，已知BC∥DE，BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，则下列结论中：①∠ACB＝∠E；②DF平分∠ADC；③∠BFD＝∠BCD；④∠ABF＝∠BCD，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据平行线的性质可得∠ACB＝∠E，根据角平分线定义和平行线的性质可以得出∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，根据同位角相等，两直线平行可以得出BF∥DC，再根据平行线的性质判断即可．
【解答】解：∵BC∥DE，
∴∠ACB＝∠E，故①正确；
∵BC∥DE，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，∠ADC＝∠EDC=12∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，
∴BF∥DC，
∴∠BFD＝∠FDC，
根据已知不能得出∠ADF＝∠CDF，
即不能得出DF平分∠ADC，故②错误；
∵∠FDC≠∠BCD，
∴∠BFD≠∠BCD，③错误；
∵∠ABF＝∠ADC，∠ADC＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠EDC，
∵DE∥BC，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠BCD，故④正确；
即正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线定义的应用，能灵活运用平行线的性质和判定进行推理是解此题的关键．
【变式3-1】（2020春•河口区期末）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别与AB、CD交于点M、N，点H在直线CD上，HG⊥EF于点G，过点作GP∥AB．则下列结论：
①∠AMF与∠DNF是同旁内角；
②∠PGM＝∠DNF；
③∠BMN+∠GHN＝90°；
④∠AMG+∠CHG＝270°．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2 个 C．3个 D．4个
【分析】由平行公理的推论可求AB∥CD∥GP，利用平行线的性质和三角形的外角性质依次判断可求解．
【解答】解：∵∠AMF与∠DNF不是同旁内角，
∴①错误；
∵AB∥CD，GP∥AB，
∴AB∥CD∥GP，
∴∠PGM＝∠CNM＝∠DNF，∠BMN＝∠HNG，∠AMN+∠HNG＝180°，故②正确；
∵HG⊥MN，
∴∠HNG+∠GHN＝90°，
∴∠BMN+∠GHN＝90°，故③正确；
∵∠CHG＝∠MNH+∠HGN，
∴∠MNH＝∠CHG﹣90°，
∴∠AMN+∠HNG＝∠AMN+∠CHG﹣90°＝180°，
∴∠AMG+∠CHG＝270°，故④正确，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，垂线的性质，同位角，内错角，同旁内角的定义，掌握平行公理的推论是本题的关键．
【变式3-2】（2020秋•鼓楼区校级期末）①如图1，AB∥CD，则∠A+∠E+∠C＝180°；②如图2，AB∥CD，则∠E＝∠A+∠C；③如图3，AB∥CD，则∠A+∠E﹣∠1＝180°；④如图4，AB∥CD，则∠A＝∠C+∠P．以上结论正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
②过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
③过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质可得出∠A+∠E﹣∠1＝180°；
④先根据三角形外角的性质得出∠1＝∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断．
【解答】解：①过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠1＝180°，∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠E＝360°，故本小题错误；
②过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A＝∠1，∠2＝∠C，
∴∠AEC＝∠A+∠C，即∠E＝∠A+∠C，故本小题正确；
③过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠3＝180°，∠1＝∠2，
∴∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即∠A+∠E﹣∠1＝180°，故本选项正确；
④∵∠1是△CEP的外角，
∴∠1＝∠C+∠P，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠1，即∠A＝∠C﹣∠P，故本小题正确．
综上所述，正确的小题有②③④共3个．
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
【变式3-3】（2020春•西华县期末）如图，C为∠AOB的边OA上一点，过点C作CD∥OB交∠AOB的平分线OE于点F，作CH⊥OB交BO的延长线于点H，若∠EFD＝α，现有以下结论：①∠COF＝α；②∠AOH＝180°﹣2α；③CH⊥CD；④∠OCH＝2α﹣90°．其中正确的是 （填序号）．
【分析】根据平行线的性质可得∠EOB＝∠EFD＝α，结合角平分线的定义可判断①；再由平角的定义可判断②；偶平行线的性质可判断③；由余角及补角的定义可判断④．
【解答】解：∵CD∥OB，∠EFD＝α，
∴∠EOB＝∠EFD＝α，
∵OE平分∠AOB，
∴∠COF＝∠EOB＝α，故①正确；
∠AOB＝2α，
∵∠AOB+∠AOH＝180°，
∴∠AOH＝180°﹣2α，故②正确；
∵CD∥OB，CH⊥OB，
∴CH⊥CD，故③正确；
∴∠HCO+∠HOC＝90°，∠AOB+∠HOC＝180°，
∴∠OCH＝2α﹣90°，故④正确．
故答案为①②③④．
【点评】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，垂直的定义，灵活运用平行线的性质是解题的关键．
【题型4 点的坐标规律问题】
【例4】（2020春•丛台区校级期末）在平面直角坐标系中，若干个等腰三角形按如图所示的规律摆放．点P从原点O出发，沿着“O→A1→A2→A3→A4…”的路线运动（每秒一条直角边），已知A1坐标为（1，1），A2（2，0），A3（3，1），A4（4，0）…设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2020的坐标是（ ）
A．（2020，0） B．（2019，1） C．（1010，0） D．（2020，﹣1）
【分析】通过观察可知，纵坐标每6个进行循环，先求出前面6个点的坐标，从中得出规律，再按规律写出结果便可．
【解答】解：由题意知，
A1（1，1）
A2（2，0）
A3（3，1）
A4（4，0）
A5（5，﹣1）
A6（6，0）
A7（7，1）
…
由上可知，每个点的横坐标等于序号，纵坐标每6个点依次为：1，0，1，0，﹣1，0这样循环，
∴A2020（2020，0），
故选：A．
【点评】本题是一个规律题，根据题意求出点的坐标，从中找出规律来，这是解题的关键所在．
【变式4-1】（2020春•兰山区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），…按这样的运动规律，经过第2021次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2021，0） B．（2020，1） C．（2021，1） D．（2021，2）
【分析】观察点的坐标变化发现每个点的横坐标与次数相等，纵坐标是1，0，2，0，…4个数一个循环，进而可得经过第2021次运动后，动点P的坐标．
【解答】解：观察点的坐标变化可知：
第1次从原点运动到点（1，1），
第2次接着运动到点（2，0），
第3次接着运动到点（3，2），
第4次接着运动到点（4，0），
第5次接着运动到点（5，1），
…
按这样的运动规律，
发现每个点的横坐标与次数相等，
纵坐标是1，0，2，0，4个数一个循环，
所以2021÷4＝505…1，
所以经过第2021次运动后，
动点P的坐标是（2021，1）．
故选：C．
【点评】本题考查了规律型﹣点的坐标，解决本题的关键是观察点的坐标变化寻找规律．
【变式4-2】（2020春•重庆期末）如图，一个点在第一象限及x轴、y轴上移动，在第一秒钟，它从原点移动到点（1，0），然后按照图中箭头所示方向移动，即（0，0）→（1，0）→（1，1）→（0，1）→（0，2）→…，且每秒移动一个单位，那么第2020秒时，点所在位置的坐标是（ ）
A．（64，44） B．（45，5） C．（44，5） D．（44，4）
【分析】根据题意找到动点即将离开两坐标轴时的位置，及其与点运动时间之间的关系即可．
【解答】解：观察可发现，点到（0，2）用4＝22秒，到（3，0）用9＝32秒，到（0，4）用16＝42秒，
则可知当点离开x轴时的横坐标为时间的平方，当点离开y轴时的纵坐标为时间的平方，
此时时间为奇数的点在x轴上，时间为偶数的点在y轴上
∵2020＝452﹣5＝2025﹣5，
∴第2025秒时，动点在（45，0），故第2020秒时，动点在（45，0）向左一个单位，再向上4个单位，
即（44，4）的位置．
故选：D．
【点评】本题考查了动点在平面直角坐标系中的运动规律，找到动点即将离开两坐标轴时的位置，及其与点运动时间之间的关系，是解题的关键．
【变式4-3】（2020春•永川区期末）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），……，根据这个规律探索可得，第120个点的坐标为（ ）
A．（16，0） B．（15，14） C．（15，0） D．（14，13）
【分析】经过观察每个列的数的个数是有规律的分别有1，2，3，4…，n个，而且奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上，这样就不难找到第120个点的位置，进而可以写出它的坐标．
【解答】解：把第一个点（1，0）作为第一列，（2，1）和（2，0）作为第二列，依此类推，则第一列有一个数，第二列有2个数，…，第n列有n个数．则n列共有n(n+1)2个数，并且在奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上．
因为120＝1+2+3+…+14+15，则第120个数一定在第15列，由下到上是第1个数．因而第120个点的坐标是（15，0）．
故选：C．
【点评】本题考查了点与坐标的关系，需要细心观察才能找到规律，通过此类题目的训练可以提高分析问题的能力以及归纳能力，属于中考常考题型．
【题型5 二元一次方程的整数解】
【例5】（2020秋•萧山区期末）某宾馆有单人间，双人间，三人间三种客房供游客选择居住，现某旅游团有20名旅客同时安排游客居住在该宾馆，若每个房间都住满，共租了9间客房，则居住方案有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】找出关键描述语为：某旅行团20人准备同时选择这三种客房共9间，每个房间都住满，可先列出函数关系式，再根据已知条件确定所求未知量的范围，从而确定居住方案．
【解答】解：设租一人间x间，租二人间y间，则三人间客房z间．
依题意得：x+y+z=9x+2y+3z=20，
解得：y+2z＝11，
y＝11﹣2z，
∵x，y，z是正整数，
当z＝1时，y＝9，x＝﹣1（不符合题意，舍去）；
当z＝2时，y＝7，x＝0；
当z＝3时，y＝5，x＝1；
当z＝4时，y＝3，x＝2；
当z＝5时，y＝1，x＝3；
当z＝6时，y＝﹣1，x＝4；（不符合题意，舍去）；
∴居住方案有4种．
故选：D．
【点评】此题考查了三元一次不定方程组的应用．此题难度较大，解题的关键是理解题意，根据题意列方程组，然后根据x，y，z是整数求解，注意分类讨论思想的应用．
【变式5-1】（2020春•盱眙县期末）把60个乒乓球分别装在两种不同型号的盒子里，大盒装6个，小盒装4个，当把乒乓球都装完的时候恰好把盒子都装满，那么不同的装球方法有（ ）
A．2种 B．4种 C．6种 D．8种
【分析】可设大盒x盒，小盒y盒，根据等量关系：大盒的乒乓球个数+小盒的乒乓球个数＝60，列出方程，再根据正整数的定义即可求解．
【解答】解：设大盒x盒，小盒y盒，依题意有
6x+4y＝60，
y=30-3x2，
∵x，y都是正整数，
∴x＝2时，y＝12；
x＝4时，y＝9；
x＝6时，y＝6；
x＝8时，y＝3；
故不同的装球方法有4种．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，此题是一道紧密联系生活实际的题，是二元一次方程整数解的应用．
【变式5-2】（2020春•巴南区期末）“今有五十鹿进舍，小舍容四鹿，大舍容六鹿，需舍几何？（改编自《缉古算经》）”大意为：今有50只鹿进圈舍，小圈舍可以容纳4头鹿，大圈舍可以容纳6头鹿，求所需圈舍的间数．求得的结果有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【分析】设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，根据一共有50只鹿进圈舍列出方程并解答．注意：x、y都是非负整数．
【解答】解：设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，
由题意，得6x+4y＝50．
整理，得y=25-3x2．
因为 25﹣3x＞0，且x、y都是非负整数，
所以 0≤x＜253．
故x可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，
当x＝0时，y＝12.5（舍去）
当x＝1时，y＝11．
当x＝2时，y＝9.5（舍去）
当x＝3时，y＝8．
当x＝4时，y＝6.5（舍去）
当x＝5时，y＝5
当x＝6时，y＝3.5（舍去）
当x＝7时，y＝2
当x＝8时，y＝0.5（舍去）
综上所述，只有4种情况符合题意．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，读懂题意，找到等量关系，列出方程并解答，求解时，注意x、y的取值范围．
【变式5-3】（2020春•武川县期末）某种商品价格为33元/件，某人只带有2元和5元的两种面值的购物券各若干张，买了一件这种商品；若无需找零钱，则付款方式中张数之和（指付2元和5元购物券的张数）最少和张数之和最多的方式分别是（ ）
A．8张和16张 B．8张和15张 C．9张和16张 D．9张和15张
【分析】仔细读题，发现题中有一个等量关系：2×2元人民币的张数+5×5元人民币的张数＝33，如果设2元和5元的人民币分别有x张和y张，则根据等量关系可得一个二元一次方程，此方程有无穷多组解，再根据x，y是正整数，则可以得出符合条件的有限几组解．
【解答】解：设2元和5元的人民币分别有x张和y张，
根据题意，得2x+5y＝33，
则x=33-5y2，即x＝16﹣2y+1-y2，
又x，y是正整数，
则有x=14y=1或x=9y=3或x=4y=5三种．
因为14+1＝15，9+3＝12，4+5＝9，15＞12＞9，
所以最少和张数之和最多的方式分别是9和15．
故选：D．
【点评】考查了二元一次方程的应用，注意：根据未知数应是正整数进行讨论．
【题型6 二元一次方程组的解】
【例6】（2020春•莒县期末）关于x，y的方程组x+y=m4x+y=3-2m的解也是二元一次方程25x+y＝60﹣5m的解，则m的值是（ ）
A．﹣5 B．3 C．2 D．﹣2
【分析】把m看做已知数求出方程组的解得到x与y，代入25x+y＝60﹣5m中计算即可求出m的值．
【解答】解：x+y=m①4x+y=3-2m②，
②﹣①得：3x＝3﹣3m，即x＝1﹣m，
把x＝1﹣m代入①得：y＝2m﹣1，
代入25x+y＝60﹣5m中得：25（1﹣m）+（2m﹣1）＝60﹣5m，
解得：m＝﹣2．
故选：D．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式6-1】（2020秋•北碚区校级期末）已知关于x，y的方程组4x+3y=11ax+by=-2和3x-5y=1bx-ay=6的解相同，则（a+b）2021的值为（ ）
A．0 B．﹣1 C．1 D．2021
【分析】联立不含a与b的方程组成方程组，求出方程组的解得到x与y的值，进而求出a与b的值，即可求出所求．
【解答】解：联立得：4x+3y=11①3x-5y=1②，
①×5+②×3得：29x＝58，
解得：x＝2，
把x＝2代入①得：y＝1，
代入得：2a+b=-22b-a=6，
解得：a=-2b=2，
则原式＝（﹣2+2）2021＝0．
故选：A．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及解二元一次方程组，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
【变式6-2】（2020秋•兰州期末）已知x=-1y=2是关于x、y的二元一次方程组3x+ny=8mx-y=2的解，则m+2n的值为（ ）
A．-52 B．1 C．7 D．11
【分析】根据方程组的解的意义将x、y的值代入方程组即可求解．
【解答】解：把x＝﹣1，y＝2代入方程组，得
-3+2n=8-m-2=2
解得m＝﹣4，n=112，
∴m+2n＝﹣4+11＝7．
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解题关键是准确代入求值．
【变式6-3】（2020秋•罗湖区期末）已知关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，则关于m，n的方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2的解是 ．
【分析】根据已知方程组的解列出关于x与y的方程组，求出解即可．
【解答】解：方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2可变形为方程组a1(2m-6)+b1(-n-1)=c1a2(2m-6)+b2(-n-1)=c2，
∵关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，
∴2m-6=4-n-1=1，
解得m=5n=-2，
故答案为m=5n=-2．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，解题的关键是熟练运用方程组的解法，本题属于基础题型．
【题型7 列二元一次方程组】
【例7】（2020秋•北碚区校级期末）古代《折绳测井》“以绳测井，若将绳三折测之，绳多四尺；若将绳四折测之，绳多一尺，绳长、井深各几何？“译文大致是：“用绳子测水井深度，如果将绳子折成三等分，井外余绳4尺；如果将绳子折成四等分，井外余绳1尺，问绳长、井深各是多少尺？”如果设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是（ ）
A．13x=y+414x=y+1 B．13x=y-414x=y-1
C．13x+4=y14x-1=y D．13x-4=y14x+1=y
【分析】用代数式表示井深即可得方程．此题中的等量关系有：①将绳三折测之，绳多四尺；②绳四折测之，绳多一尺．
【解答】解：设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是13x=y+414x=y+1，
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
【变式7-1】（2020秋•章丘区期末）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作．在它的“方程”这一章里，二元一次方程组是由算筹（算筹是中国古代用来记数、列式和进行演算的一种工具）来记录的．在算筹记数法中，以“立”“卧”两种排列方式来表示单位数目，表示两位数时，个位用立式，十位用卧式．如图（1），从左到右列出的算筹数分别表示x、y的系数与相应的常数项，根据图（1）可列出方程组3x+y=177x+4y=23，则根据图（2）列出的方程组是（ ）
A．x+5y=32x+2y=14 B．x+5y=112x+4y=9
C．x+5y=212x+2y=9 D．x+5y=12x+2y=9
【分析】根据题意观察图2，列出关于x、y的二元一次方程组即可得出结论．
【解答】解：第一个方程x的系数为1，y的系数为5，相加的结果为21；第二个方程x的系数为2，y的系数为2，相加的结果为9，
故可列方程为：x+5y=212x+2y=9．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是列二元一次方程组，读懂图意，得到所给未知数的系数及相加结果是解题的关键．
【变式7-2】（2020秋•宝安区期末）天虹商场现销售某品牌运动套装，上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%．设上衣和裤子在调价前单价分别为x元和y元，则可列方程组为（ ）
A．x+y=500(1+5%)x+(1-8%)y=500×(1+0.2%)
B．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×0.2%
C．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)
D．x+y=5005%x+8%y=500×(1+0.2%)
【分析】根据“上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%”列方程组即可．
【解答】解：根据题意可列方程组为x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)，
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
【变式7-3】（2020春•巴南区期末）如图，长方形ABCD中有6个形状、大小完全相同的小长方形，其余为阴影部分，根据图中所标尺寸，图中阴影部分的面积之和为 ．
【分析】设小长方形的长为x，宽为y，根据图形中给定的长度，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出x，y的值，再利用阴影部分的面积和＝大长方形的面积﹣6个小长方形的面积，即可求出结论．
【解答】解：设小长方形的长为x，宽为y，
依题意得：x+3y=8x-y=4，
解得：x=5y=1，
则图中阴影部分的面积之和为8×（4+1×2）﹣5×1×6＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
【题型8 利用不等式性质求参数范围】
【例8】（2020春•荔湾区期末）已知实数x，y同时满足三个条件：①x﹣y＝4﹣p；②x+y＝2+3p；③x＞y，那么实数p的取值范围是（ ）
A．p＞43 B．p＜43 C．p＞4 D．p＜4
【分析】把p看成已知数，求得x，y的解，根据所给的不等式即可求得实数p的取值范围．
【解答】解：①+②得：x＝3+p，
把x＝3+p代入①得：y＝﹣1+2p，
∵x＞y，
∴3+p＞﹣1+2p，
∴p＜4．
故选：D．
【点评】主要考查了方程与不等式的综合运用．此类题目一般是给出两个含有字母的二元一次方程和一个关于方程中未知数的不等关系，求方程中所含字母的取值范围．方法是：先根据所给方程联立成方程组，用含字母的代数式表示方程的解，并把解代入不等关系中列成一个关于字目系数的不等式，解不等式可得所求字母的取值范围．
【变式8-1】（2020春•椒江区期末）已知a+b＝4，若﹣2≤b≤﹣1，则a的取值范围是 ．
【分析】根据已知条件可以求得b＝4﹣a，然后将b的值代入不等式﹣2≤b≤﹣1，通过解该不等式即可求得a的取值范围．
【解答】解：由a+b＝4得b＝4﹣a，
∵﹣2≤b≤﹣1，
∴﹣2≤4﹣a≤﹣1，
∴5≤a≤6．
故答案为：5≤a≤6．
【点评】本题考查的是不等式的基本性质，不等式的基本性质：
（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．
（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．
（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
【变式8-2】（2020春•齐齐哈尔期末）已知x﹣y＝3，且x＞2，y＜1，则x+y的取值范围是 ．
【分析】利用不等式的性质解答即可．
【解答】解：∵x﹣y＝3，
∴x＝y+3，
又∵x＞2，
∴y+3＞2，
∴y＞﹣1．
又∵y＜1，
∴﹣1＜y＜1，…①
同理得：2＜x＜4，…②
由①+②得﹣1+2＜y+x＜1+4
∴x+y的取值范围是1＜x+y＜5；
故答案为：1＜x+y＜5．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，关键是先根据已知条件用一个量如y取表示另一个量如x，然后根据题中已知量x的取值范围，构建另一量y的不等式，从而确定该量y的取值范围，同法再确定另一未知量x的取值范围．
【变式8-3】（2020春•润州区期末）已知实数x、y满足2x﹣3y＝4，且x＞﹣1，y≤2，设k＝x﹣y，则k的取值范围是 ．
【分析】先把2x﹣3y＝4变形得到y=13（2x﹣4），由y≤2得到13（2x﹣4）≤2，解得x≤5，所以x的取值范围为﹣1＜x≤5，再用x变形k得到k=13x+43，然后利用一次函数的性质确定k的范围．
【解答】解：∵2x﹣3y＝4，
∴y=13（2x﹣4），
∵y≤2，
∴13（2x﹣4）≤2，解得x≤5，
又∵x＞﹣1，
∴﹣1＜x≤5，
∵k＝x-13（2x﹣4）=13x+43，
当x＝﹣1时，k=13×（﹣1）+43=1；
当x＝5时，k=13×5+43=3，
∴1＜k≤3．
故答案为：1＜k≤3．
【点评】本题考查了解一元一次不等式：根据不等式的性质解一元一次不等式，基本步骤为：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1．也考查了代数式的变形和一次函数的性质．
【题型9 不等式的应用】
【例9】（2020春•博兴县期末）某矿泉水每瓶售价2元，现甲、乙两家商场给出优惠政策：甲商场全部9折，乙商场20瓶以上的部分8折．老师要小明去买一些矿泉水，小明想了想觉得到乙商场购买比较优惠．则小明需要购买的矿泉水的数量x（瓶）的取值范围是（ ）
A．x＞30 B．x＞40 C．x＞50 D．x＞60
【分析】显然，若买20瓶以下，甲商场比较优惠．根据题意列出不等式，然后进行分类讨论．
【解答】解：显然若买20瓶以下，甲商场比较优惠．
若购买20瓶以上，由题意得：2×0.9x＞2×20+（x﹣20）×2×0.8．
解得x＞40
答：小明需要购买的矿泉水的数量x（瓶）的取值范围是x＞40．
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式的应用，利用了分类讨论的思想，将现实生活中的事件与数学思想联系起来．
【变式9-1】（2020春•三台县期末）某公司组织员工一公园划船，报名人数不足50人，在安排乘船时发现，每只船坐6人，就剩下18人无船可乘；每只船坐10人，那么其余的船坐满后有一只船不空也不满，参加划船的员工共有（ ）
A．48人 B．45人 C．44人 D．42人
【分析】假设共安排x艘船．
根据报名人数不足50人，在安排乘船时发现，每只船坐6人，就剩下18人无船可乘，则可知划船报名人数是6x+18且6x+18＜50；
若每只船坐10人，那么其余的船坐满后有一只船不空也不满，则10（x﹣1）+1≤6x+18＜10x
解得x代入6x+18即是划船的员工数．
【解答】解：设共安排x艘船．
根据题意得6x+18＜50 ①
10（x﹣1）+1≤6x+18＜10x②
由①得x＜163③
由②得92＜x≤274④
由③④得x＝5
划船人数为48
故选：A．
【点评】解决本题关键是根据题意，逐句分析题目已知，找出存在的或隐含的关系式，解之．
【变式9-2】（2020春•新罗区期末）小艾在母亲节给妈妈送了一束鲜花，出差在外的爸爸问小艾送了些什么花．小艾调皮地说：“考考你，花束是由象征爱的康乃馨、玫瑰和百合花组成．康乃馨的支数比玫瑰多，但比百合花的两倍少，玫瑰的支数比百合多．”请帮小艾爸爸算一算，这束花的总支数至少为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【分析】设这束花中包含x朵百合，y朵玫瑰，z朵康乃馨，根据“康乃馨的支数比玫瑰多，但比百合花的两倍少，玫瑰的支数比百合多”，即可得出x＜y＜z＜2x，结合x，y，z均为正整数，可得出2x﹣x＞2，进而可得出x的最小值为3，结合x＜y＜z＜2x可得出y，z的最小值值，将其代入（x+y+z）中即可求出结论．
【解答】解：设这束花中包含x朵百合，y朵玫瑰，z朵康乃馨，
依题意，得：z＞yz＜2xy＞x，
即x＜y＜z＜2x，
又∵x，y，z均为正整数，
∴2x﹣x＞2，
∴x的最小值为3，此时y＝4，z＝5，
∴x+y+z＝3+4+5＝12．
故选：B．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
【变式9-3】（2020春•硚口区期末）某工厂计划m天生产2160个零件，若安排15名工人每人每天加工a个零件（a为整数）恰好完成．实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务，则a与m的数量关系是 ，a的值至少为 ．
【分析】根据工作总量＝工作效率×工作时间即可得出am＝144，由“实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务”，即可得出ax+8m﹣8x＜144，结合am＝144可得出8（m﹣x）＜a（m﹣x），由m＞x可得出m﹣x＞0，进而可得出a＞8，再取其中的最小整数值即可得出结论．
【解答】解：∵某工厂计划m天生产2160个零件，若安排15名工人每人每天加工a个零件（a为整数）恰好完成，
∴15am＝2160，
∴am＝144．
∵实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务，
∴15ax+（15﹣3）（a+2）（m﹣x）＜2160，即ax+8m﹣8x＜144，
∴ax+8m﹣8x＜am，
∴8（m﹣x）＜a（m﹣x）．
∵m＞x，
∴m﹣x＞0，
∴a＞8，
∴a至少为9．
故答案为：am＝144；9．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
【题型10 不等式组中含参问题】
【例10】（2020秋•北碚区校级期末）若整数a是使得关于x的不等式组x-13+1＞x26x-5≥a有且仅有4个整数解，且使关于y的一元一次方程2y+a5=y-a3+1的解满足y≤87．则所有满足条件的整数a的值之和为（ ）
A．﹣35 B．﹣30 C．﹣24 D．﹣17
【分析】解关于x的不等式组x-13+1＞x26x-5≥a，根据“该不等式组有且仅有4个整数解”，得到关于a的不等式，解之，解一元一次方程2y+a5=y-a3+1，根据解满足y≤87，得到a的取值范围，结合a为整数，取所有符合题意的整数a，即可得到答案．
【解答】解：x-13+1＞x2①6x-5≥a②，
解不等式①得：x＜4，
解不等式②得：x≥a+56，
∵该不等式组有且仅有4个整数解，
∴该不等式组的解集为：a+56≤x＜4，
∴﹣1＜a+56≤0，
解得：﹣11＜a≤﹣5，
2y+a5=y-a3+1，
去分母得：3（2y+a）＝5（y﹣a）+15，
去括号得：6y+3a＝5y﹣5a+15，
移项得：y＝15﹣8a，
∵该方程的解满足y≤87，
∴15﹣8a≤87，
∴a≥﹣9，
∵﹣9≤a≤﹣5，
∴整数a为：﹣9，﹣8，﹣7，﹣6，﹣5，它们的和为﹣35，
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次方程的解和一元一次不等式组的整数解，正确掌握解一元一次方程的方法和解一元一次不等式组的方法是解题的关键．
【变式10-1】（2020秋•沙坪坝区校级期末）若关于x的一元一次不等式组-2x+3m4≤2x2x+7≤4(x+1)的解集为x≥32，且关于y的方程3y﹣2=2m-(5-3y)2的解为非负整数，则符合条件的所有整数m的积为（ ）
A．2 B．7 C．11 D．10
【分析】先解关于x的一元一次不等式组-2x+3m4≤2x2x+7≤4(x+1)，再根据其解集是x≥32，得m小于5；再解方程，根据其有非负整数解，得出m的值，再求积即可．
【解答】解：解不等式-2x+3m4≤2x，得：x≥3m10，
解不等式2x+7≤4（x+1），得：x≥32，
∵不等式组的解集为x≥32，
∴3m10≤32，
解得m≤5，
解方程3y﹣2=2m-(5-3y)2，得：y=2m-13，
∵方程的解为非负整数，
∴符合m≤5的m的值为2和5，
则符合条件的所有整数m的积为10，
故选：D．
【点评】此题考查了解一元一次不等式组及一元一次方程的解，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
【变式10-2】（2020春•涪城区期末）整数m满足关于x，y的二元一次方程组x+y=m5x+3y=21的解是正整数，且关于x的不等式组5x-4m＞0x≤6有且仅有2个整数解，则m的平方根为 ．
【分析】根据解一元一次不等式组的方法和解二元一次方程组的方法，可以求得m的值，然后即可得到m的平方根．
【解答】解：由二元一次方程组x+y=m5x+3y=21，得x=21-3m2y=5m-212，
∵整数m满足关于x，y的二元一次方程组x+y=m5x+3y=21的解是正整数，
∴21-3m2≥15m-212≥1，
解得，235≤m≤193，
∴m＝5或6，
当m＝5时，x＝3，y＝2，
当m＝6时，x＝1.5不符合题意，舍去；
∴m＝5，
由不等式组5x-4m＞0x≤6，得4m5＜x≤6，
∵关于x的不等式组5x-4m＞0x≤6有且仅有2个整数解，
∴4m5≥44m5＜5，
解得，5≤m＜254，
由上可得，m的值为5，
∴m的平方根为±5，
故答案为：±5．
【点评】本题考查解一元一次不等式组、解二元一次方程组，解答本题的关键是明确它们各自的解答方法．
【变式10-3】（2020春•江阴市期末）已知关于x的不等式组2x+1＞x+a，x-1≤2x+a+23（a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，则所有这样的a的和为 ．
【分析】先求出不等式组的解集，再根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【解答】解：2x+1＞x+a①x-1≤2x+a+23②，
∵解不等式①得：x＞a﹣1，
解不等式②得：x≤a+5，
∴不等式组的解集为a﹣1＜x≤a+5，
∴不等式组的整数解a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，
∵所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，
∴21.6≤6a+15＜33.6，
∴1.1≤a＜3.1，
∴a的值为2，3，
∴2+3＝5，
故答案为5．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
2020—2021学年人教版七年数学下册期末复习选择压轴题知识点梳理卷
题型1 平行线中角的数量关系】
【例1】（2020秋•南关区期末）如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（ ）
A．∠α+∠β﹣∠γ＝90° B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°
C．∠γ+∠β﹣∠α＝180° D．∠α+∠β+∠γ＝180°
【分析】根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，进而利用角的关系解答即可．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴∠α＝∠BOF，
∵CD∥EF，
∴∠γ+∠COF＝180°，
∵∠BOF＝∠COF+∠β，
∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，
故选：B．
【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等和两直线平行，同旁内角互补解答．
【变式1-1】（2020秋•金川区校级期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）
A．β＝α+γ B．α+β﹣γ＝90° C．α+β+γ＝180° D．β+γ﹣α＝90°
【分析】此题可以构造辅助线，利用三角形的外角的性质以及平行线的性质建立角之间的关系．
【解答】解：延长DC交AB与G，延长CD交EF于H．
直角△BGC中，∠1＝90°﹣α；
△EHD中，∠2＝β﹣γ，
∵AB∥EF，
∴∠1＝∠2，
∴90°﹣α＝β﹣γ，
即α+β﹣γ＝90°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的外角的性质以及平行线的性质，解题的关键是是通过作辅助线，构造了三角形以及由平行线构成的内错角．
【变式1-2】（2020春•丹东期末）如图，AB∥CD，则下列等式正确的是（ ）
A．∠1＝∠2+∠3 B．∠1﹣∠2＝180°﹣∠3
C．∠1﹣∠3＝180°﹣∠2 D．∠1+∠2+∠3＝180°
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠1、∠2和∠3的关系，本题得以解决．
【解答】解：如右图所示，
∵CD∥AB，
∴∠4＝∠3，
∵∠4＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠3＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠1﹣∠2＝180°﹣∠3，
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式1-3】（2020春•铜仁市期末）如图，平面内直线a∥b∥c，点A，B，C分别在直线a，b，c上，BD平分∠ABC，并且满足∠α＞∠β，则∠α，∠β，∠γ关系正确的是（ ）
A．∠α＝∠β+2∠γ B．∠α＝∠β+∠γ C．∠α＝2∠β﹣2∠γ D．∠α＝2∠β﹣∠γ
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠α，∠β，∠γ的关系，本题得以解决．
【解答】解：∵直线a∥b∥c，
∴∠α＝∠ABD+∠γ，∠β＝∠CBD﹣∠γ，
∴∠ABD＝∠α﹣∠γ，∠CBD＝∠β+∠γ，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠α﹣∠γ＝∠β+∠γ，
∴∠α＝∠β+2∠γ，
故选：A．
【点评】本题考查平行线的性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【题型2 平行线中的折叠问题】
【例2】（2020春•九江期末）将如图1的长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P．如果∠EPF＝70°，则∠PEF的度数为 ．
【分析】直接利用翻折变换的性质结合平行线的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：延长AE，
∵AE∥BF，
∴∠3＝∠EPF＝70°，
∵长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P，
∴∠1＝∠2=12∠MED=12×（180°﹣70°）＝55°．
故答案为：55°．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，正确得出∠3的度数是解题关键．
【变式2-1】（2020春•龙泉驿区期末）如图a是长方形纸带，∠DEF＝15°，将纸带沿EF折叠成图b，则∠AEG的度数 度，再沿BF折叠成图c．则图中的∠CFE的度数是 度．
【分析】根据长方形纸条的对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出∠2＝∠EFG，继而求出图b中∠GFC的度数，再减掉∠GFE即可得图c中∠CFE的度数．
【解答】解：如图，延长AE到H，由于纸条是长方形，
∴EH∥GF，
∴∠1＝∠EFG，
根据翻折不变性得∠1＝∠2＝15°，
∴∠2＝∠EFG，∠AEG＝180°﹣2×15°＝150°，
又∵∠DEF＝15°，
∴∠2＝∠EFG＝15°，∠FGD＝15°+15°＝30°．
在梯形FCDG中，∠GFC＝180°﹣30°＝150°，
根据翻折不变性，∠CFE＝∠GFC﹣∠GFE＝150°﹣15°＝135°．
故答案为：150；135．
【点评】此题主要考查了平行线的性质和图形的折叠，关键是掌握两直线平行，同旁内角互补，折叠前后角的度数不变．
【变式2-2】（2020春•乐清市期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54° B．55° C．56° D．57°
【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得AD∥BC，得∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，所以可得∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而可得∠FPG的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，
∴∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，
由折叠可知：
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
【变式2-3】（2020秋•海门市期末）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE＝24°，则图2中∠AEF的度数为（ ）
A．120° B．108° C．112° D．114°
【分析】根据各角的关系可求出∠BFE的度数，由AE∥BF，利用“两直线平行，同旁内角互补”可求出∠AEF的度数．
【解答】解：∵2∠BFE+∠BFC＝180°，∠BFE﹣∠BFC＝∠CFE＝24°，
∴∠BFE=13（180°+24°）＝68°．
∵AE∥BF，
∴∠AEF＝180°﹣∠BFE＝112°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质、折叠的性质以及角的计算，通过角的计算，求出∠BFE的度数是解题的关键．
【题型3 平行线中的多结论问题】
【例3】（2020秋•岳麓区校级期末）如图，已知BC∥DE，BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，则下列结论中：①∠ACB＝∠E；②DF平分∠ADC；③∠BFD＝∠BCD；④∠ABF＝∠BCD，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据平行线的性质可得∠ACB＝∠E，根据角平分线定义和平行线的性质可以得出∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，根据同位角相等，两直线平行可以得出BF∥DC，再根据平行线的性质判断即可．
【解答】解：∵BC∥DE，
∴∠ACB＝∠E，故①正确；
∵BC∥DE，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，∠ADC＝∠EDC=12∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，
∴BF∥DC，
∴∠BFD＝∠FDC，
根据已知不能得出∠ADF＝∠CDF，
即不能得出DF平分∠ADC，故②错误；
∵∠FDC≠∠BCD，
∴∠BFD≠∠BCD，③错误；
∵∠ABF＝∠ADC，∠ADC＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠EDC，
∵DE∥BC，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠BCD，故④正确；
即正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线定义的应用，能灵活运用平行线的性质和判定进行推理是解此题的关键．
【变式3-1】（2020春•河口区期末）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别与AB、CD交于点M、N，点H在直线CD上，HG⊥EF于点G，过点作GP∥AB．则下列结论：
①∠AMF与∠DNF是同旁内角；
②∠PGM＝∠DNF；
③∠BMN+∠GHN＝90°；
④∠AMG+∠CHG＝270°．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2 个 C．3个 D．4个
【分析】由平行公理的推论可求AB∥CD∥GP，利用平行线的性质和三角形的外角性质依次判断可求解．
【解答】解：∵∠AMF与∠DNF不是同旁内角，
∴①错误；
∵AB∥CD，GP∥AB，
∴AB∥CD∥GP，
∴∠PGM＝∠CNM＝∠DNF，∠BMN＝∠HNG，∠AMN+∠HNG＝180°，故②正确；
∵HG⊥MN，
∴∠HNG+∠GHN＝90°，
∴∠BMN+∠GHN＝90°，故③正确；
∵∠CHG＝∠MNH+∠HGN，
∴∠MNH＝∠CHG﹣90°，
∴∠AMN+∠HNG＝∠AMN+∠CHG﹣90°＝180°，
∴∠AMG+∠CHG＝270°，故④正确，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，垂线的性质，同位角，内错角，同旁内角的定义，掌握平行公理的推论是本题的关键．
【变式3-2】（2020秋•鼓楼区校级期末）①如图1，AB∥CD，则∠A+∠E+∠C＝180°；②如图2，AB∥CD，则∠E＝∠A+∠C；③如图3，AB∥CD，则∠A+∠E﹣∠1＝180°；④如图4，AB∥CD，则∠A＝∠C+∠P．以上结论正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
②过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
③过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质可得出∠A+∠E﹣∠1＝180°；
④先根据三角形外角的性质得出∠1＝∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断．
【解答】解：①过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠1＝180°，∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠E＝360°，故本小题错误；
②过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A＝∠1，∠2＝∠C，
∴∠AEC＝∠A+∠C，即∠E＝∠A+∠C，故本小题正确；
③过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠3＝180°，∠1＝∠2，
∴∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即∠A+∠E﹣∠1＝180°，故本选项正确；
④∵∠1是△CEP的外角，
∴∠1＝∠C+∠P，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠1，即∠A＝∠C﹣∠P，故本小题正确．
综上所述，正确的小题有②③④共3个．
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
【变式3-3】（2020春•西华县期末）如图，C为∠AOB的边OA上一点，过点C作CD∥OB交∠AOB的平分线OE于点F，作CH⊥OB交BO的延长线于点H，若∠EFD＝α，现有以下结论：①∠COF＝α；②∠AOH＝180°﹣2α；③CH⊥CD；④∠OCH＝2α﹣90°．其中正确的是 （填序号）．
【分析】根据平行线的性质可得∠EOB＝∠EFD＝α，结合角平分线的定义可判断①；再由平角的定义可判断②；偶平行线的性质可判断③；由余角及补角的定义可判断④．
【解答】解：∵CD∥OB，∠EFD＝α，
∴∠EOB＝∠EFD＝α，
∵OE平分∠AOB，
∴∠COF＝∠EOB＝α，故①正确；
∠AOB＝2α，
∵∠AOB+∠AOH＝180°，
∴∠AOH＝180°﹣2α，故②正确；
∵CD∥OB，CH⊥OB，
∴CH⊥CD，故③正确；
∴∠HCO+∠HOC＝90°，∠AOB+∠HOC＝180°，
∴∠OCH＝2α﹣90°，故④正确．
故答案为①②③④．
【点评】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，垂直的定义，灵活运用平行线的性质是解题的关键．
【题型4 点的坐标规律问题】
【例4】（2020春•丛台区校级期末）在平面直角坐标系中，若干个等腰三角形按如图所示的规律摆放．点P从原点O出发，沿着“O→A1→A2→A3→A4…”的路线运动（每秒一条直角边），已知A1坐标为（1，1），A2（2，0），A3（3，1），A4（4，0）…设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2020的坐标是（ ）
A．（2020，0） B．（2019，1） C．（1010，0） D．（2020，﹣1）
【分析】通过观察可知，纵坐标每6个进行循环，先求出前面6个点的坐标，从中得出规律，再按规律写出结果便可．
【解答】解：由题意知，
A1（1，1）
A2（2，0）
A3（3，1）
A4（4，0）
A5（5，﹣1）
A6（6，0）
A7（7，1）
…
由上可知，每个点的横坐标等于序号，纵坐标每6个点依次为：1，0，1，0，﹣1，0这样循环，
∴A2020（2020，0），
故选：A．
【点评】本题是一个规律题，根据题意求出点的坐标，从中找出规律来，这是解题的关键所在．
【变式4-1】（2020春•兰山区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），…按这样的运动规律，经过第2021次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2021，0） B．（2020，1） C．（2021，1） D．（2021，2）
【分析】观察点的坐标变化发现每个点的横坐标与次数相等，纵坐标是1，0，2，0，…4个数一个循环，进而可得经过第2021次运动后，动点P的坐标．
【解答】解：观察点的坐标变化可知：
第1次从原点运动到点（1，1），
第2次接着运动到点（2，0），
第3次接着运动到点（3，2），
第4次接着运动到点（4，0），
第5次接着运动到点（5，1），
…
按这样的运动规律，
发现每个点的横坐标与次数相等，
纵坐标是1，0，2，0，4个数一个循环，
所以2021÷4＝505…1，
所以经过第2021次运动后，
动点P的坐标是（2021，1）．
故选：C．
【点评】本题考查了规律型﹣点的坐标，解决本题的关键是观察点的坐标变化寻找规律．
【变式4-2】（2020春•重庆期末）如图，一个点在第一象限及x轴、y轴上移动，在第一秒钟，它从原点移动到点（1，0），然后按照图中箭头所示方向移动，即（0，0）→（1，0）→（1，1）→（0，1）→（0，2）→…，且每秒移动一个单位，那么第2020秒时，点所在位置的坐标是（ ）
A．（64，44） B．（45，5） C．（44，5） D．（44，4）
【分析】根据题意找到动点即将离开两坐标轴时的位置，及其与点运动时间之间的关系即可．
【解答】解：观察可发现，点到（0，2）用4＝22秒，到（3，0）用9＝32秒，到（0，4）用16＝42秒，
则可知当点离开x轴时的横坐标为时间的平方，当点离开y轴时的纵坐标为时间的平方，
此时时间为奇数的点在x轴上，时间为偶数的点在y轴上
∵2020＝452﹣5＝2025﹣5，
∴第2025秒时，动点在（45，0），故第2020秒时，动点在（45，0）向左一个单位，再向上4个单位，
即（44，4）的位置．
故选：D．
【点评】本题考查了动点在平面直角坐标系中的运动规律，找到动点即将离开两坐标轴时的位置，及其与点运动时间之间的关系，是解题的关键．
【变式4-3】（2020春•永川区期末）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），……，根据这个规律探索可得，第120个点的坐标为（ ）
A．（16，0） B．（15，14） C．（15，0） D．（14，13）
【分析】经过观察每个列的数的个数是有规律的分别有1，2，3，4…，n个，而且奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上，这样就不难找到第120个点的位置，进而可以写出它的坐标．
【解答】解：把第一个点（1，0）作为第一列，（2，1）和（2，0）作为第二列，依此类推，则第一列有一个数，第二列有2个数，…，第n列有n个数．则n列共有n(n+1)2个数，并且在奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上．
因为120＝1+2+3+…+14+15，则第120个数一定在第15列，由下到上是第1个数．因而第120个点的坐标是（15，0）．
故选：C．
【点评】本题考查了点与坐标的关系，需要细心观察才能找到规律，通过此类题目的训练可以提高分析问题的能力以及归纳能力，属于中考常考题型．
【题型5 二元一次方程的整数解】
【例5】（2020秋•萧山区期末）某宾馆有单人间，双人间，三人间三种客房供游客选择居住，现某旅游团有20名旅客同时安排游客居住在该宾馆，若每个房间都住满，共租了9间客房，则居住方案有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】找出关键描述语为：某旅行团20人准备同时选择这三种客房共9间，每个房间都住满，可先列出函数关系式，再根据已知条件确定所求未知量的范围，从而确定居住方案．
【解答】解：设租一人间x间，租二人间y间，则三人间客房z间．
依题意得：x+y+z=9x+2y+3z=20，
解得：y+2z＝11，
y＝11﹣2z，
∵x，y，z是正整数，
当z＝1时，y＝9，x＝﹣1（不符合题意，舍去）；
当z＝2时，y＝7，x＝0；
当z＝3时，y＝5，x＝1；
当z＝4时，y＝3，x＝2；
当z＝5时，y＝1，x＝3；
当z＝6时，y＝﹣1，x＝4；（不符合题意，舍去）；
∴居住方案有4种．
故选：D．
【点评】此题考查了三元一次不定方程组的应用．此题难度较大，解题的关键是理解题意，根据题意列方程组，然后根据x，y，z是整数求解，注意分类讨论思想的应用．
【变式5-1】（2020春•盱眙县期末）把60个乒乓球分别装在两种不同型号的盒子里，大盒装6个，小盒装4个，当把乒乓球都装完的时候恰好把盒子都装满，那么不同的装球方法有（ ）
A．2种 B．4种 C．6种 D．8种
【分析】可设大盒x盒，小盒y盒，根据等量关系：大盒的乒乓球个数+小盒的乒乓球个数＝60，列出方程，再根据正整数的定义即可求解．
【解答】解：设大盒x盒，小盒y盒，依题意有
6x+4y＝60，
y=30-3x2，
∵x，y都是正整数，
∴x＝2时，y＝12；
x＝4时，y＝9；
x＝6时，y＝6；
x＝8时，y＝3；
故不同的装球方法有4种．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，此题是一道紧密联系生活实际的题，是二元一次方程整数解的应用．
【变式5-2】（2020春•巴南区期末）“今有五十鹿进舍，小舍容四鹿，大舍容六鹿，需舍几何？（改编自《缉古算经》）”大意为：今有50只鹿进圈舍，小圈舍可以容纳4头鹿，大圈舍可以容纳6头鹿，求所需圈舍的间数．求得的结果有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【分析】设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，根据一共有50只鹿进圈舍列出方程并解答．注意：x、y都是非负整数．
【解答】解：设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，
由题意，得6x+4y＝50．
整理，得y=25-3x2．
因为 25﹣3x＞0，且x、y都是非负整数，
所以 0≤x＜253．
故x可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，
当x＝0时，y＝12.5（舍去）
当x＝1时，y＝11．
当x＝2时，y＝9.5（舍去）
当x＝3时，y＝8．
当x＝4时，y＝6.5（舍去）
当x＝5时，y＝5
当x＝6时，y＝3.5（舍去）
当x＝7时，y＝2
当x＝8时，y＝0.5（舍去）
综上所述，只有4种情况符合题意．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，读懂题意，找到等量关系，列出方程并解答，求解时，注意x、y的取值范围．
【变式5-3】（2020春•武川县期末）某种商品价格为33元/件，某人只带有2元和5元的两种面值的购物券各若干张，买了一件这种商品；若无需找零钱，则付款方式中张数之和（指付2元和5元购物券的张数）最少和张数之和最多的方式分别是（ ）
A．8张和16张 B．8张和15张 C．9张和16张 D．9张和15张
【分析】仔细读题，发现题中有一个等量关系：2×2元人民币的张数+5×5元人民币的张数＝33，如果设2元和5元的人民币分别有x张和y张，则根据等量关系可得一个二元一次方程，此方程有无穷多组解，再根据x，y是正整数，则可以得出符合条件的有限几组解．
【解答】解：设2元和5元的人民币分别有x张和y张，
根据题意，得2x+5y＝33，
则x=33-5y2，即x＝16﹣2y+1-y2，
又x，y是正整数，
则有x=14y=1或x=9y=3或x=4y=5三种．
因为14+1＝15，9+3＝12，4+5＝9，15＞12＞9，
所以最少和张数之和最多的方式分别是9和15．
故选：D．
【点评】考查了二元一次方程的应用，注意：根据未知数应是正整数进行讨论．
【题型6 二元一次方程组的解】
【例6】（2020春•莒县期末）关于x，y的方程组x+y=m4x+y=3-2m的解也是二元一次方程25x+y＝60﹣5m的解，则m的值是（ ）
A．﹣5 B．3 C．2 D．﹣2
【分析】把m看做已知数求出方程组的解得到x与y，代入25x+y＝60﹣5m中计算即可求出m的值．
【解答】解：x+y=m①4x+y=3-2m②，
②﹣①得：3x＝3﹣3m，即x＝1﹣m，
把x＝1﹣m代入①得：y＝2m﹣1，
代入25x+y＝60﹣5m中得：25（1﹣m）+（2m﹣1）＝60﹣5m，
解得：m＝﹣2．
故选：D．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式6-1】（2020秋•北碚区校级期末）已知关于x，y的方程组4x+3y=11ax+by=-2和3x-5y=1bx-ay=6的解相同，则（a+b）2021的值为（ ）
A．0 B．﹣1 C．1 D．2021
【分析】联立不含a与b的方程组成方程组，求出方程组的解得到x与y的值，进而求出a与b的值，即可求出所求．
【解答】解：联立得：4x+3y=11①3x-5y=1②，
①×5+②×3得：29x＝58，
解得：x＝2，
把x＝2代入①得：y＝1，
代入得：2a+b=-22b-a=6，
解得：a=-2b=2，
则原式＝（﹣2+2）2021＝0．
故选：A．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及解二元一次方程组，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
【变式6-2】（2020秋•兰州期末）已知x=-1y=2是关于x、y的二元一次方程组3x+ny=8mx-y=2的解，则m+2n的值为（ ）
A．-52 B．1 C．7 D．11
【分析】根据方程组的解的意义将x、y的值代入方程组即可求解．
【解答】解：把x＝﹣1，y＝2代入方程组，得
-3+2n=8-m-2=2
解得m＝﹣4，n=112，
∴m+2n＝﹣4+11＝7．
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解题关键是准确代入求值．
【变式6-3】（2020秋•罗湖区期末）已知关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，则关于m，n的方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2的解是 ．
【分析】根据已知方程组的解列出关于x与y的方程组，求出解即可．
【解答】解：方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2可变形为方程组a1(2m-6)+b1(-n-1)=c1a2(2m-6)+b2(-n-1)=c2，
∵关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，
∴2m-6=4-n-1=1，
解得m=5n=-2，
故答案为m=5n=-2．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，解题的关键是熟练运用方程组的解法，本题属于基础题型．
【题型7 列二元一次方程组】
【例7】（2020秋•北碚区校级期末）古代《折绳测井》“以绳测井，若将绳三折测之，绳多四尺；若将绳四折测之，绳多一尺，绳长、井深各几何？“译文大致是：“用绳子测水井深度，如果将绳子折成三等分，井外余绳4尺；如果将绳子折成四等分，井外余绳1尺，问绳长、井深各是多少尺？”如果设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是（ ）
A．13x=y+414x=y+1 B．13x=y-414x=y-1
C．13x+4=y14x-1=y D．13x-4=y14x+1=y
【分析】用代数式表示井深即可得方程．此题中的等量关系有：①将绳三折测之，绳多四尺；②绳四折测之，绳多一尺．
【解答】解：设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是13x=y+414x=y+1，
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
【变式7-1】（2020秋•章丘区期末）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作．在它的“方程”这一章里，二元一次方程组是由算筹（算筹是中国古代用来记数、列式和进行演算的一种工具）来记录的．在算筹记数法中，以“立”“卧”两种排列方式来表示单位数目，表示两位数时，个位用立式，十位用卧式．如图（1），从左到右列出的算筹数分别表示x、y的系数与相应的常数项，根据图（1）可列出方程组3x+y=177x+4y=23，则根据图（2）列出的方程组是（ ）
A．x+5y=32x+2y=14 B．x+5y=112x+4y=9
C．x+5y=212x+2y=9 D．x+5y=12x+2y=9
【分析】根据题意观察图2，列出关于x、y的二元一次方程组即可得出结论．
【解答】解：第一个方程x的系数为1，y的系数为5，相加的结果为21；第二个方程x的系数为2，y的系数为2，相加的结果为9，
故可列方程为：x+5y=212x+2y=9．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是列二元一次方程组，读懂图意，得到所给未知数的系数及相加结果是解题的关键．
【变式7-2】（2020秋•宝安区期末）天虹商场现销售某品牌运动套装，上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%．设上衣和裤子在调价前单价分别为x元和y元，则可列方程组为（ ）
A．x+y=500(1+5%)x+(1-8%)y=500×(1+0.2%)
B．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×0.2%
C．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)
D．x+y=5005%x+8%y=500×(1+0.2%)
【分析】根据“上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%”列方程组即可．
【解答】解：根据题意可列方程组为x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)，
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
【变式7-3】（2020春•巴南区期末）如图，长方形ABCD中有6个形状、大小完全相同的小长方形，其余为阴影部分，根据图中所标尺寸，图中阴影部分的面积之和为 ．
【分析】设小长方形的长为x，宽为y，根据图形中给定的长度，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出x，y的值，再利用阴影部分的面积和＝大长方形的面积﹣6个小长方形的面积，即可求出结论．
【解答】解：设小长方形的长为x，宽为y，
依题意得：x+3y=8x-y=4，
解得：x=5y=1，
则图中阴影部分的面积之和为8×（4+1×2）﹣5×1×6＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
【题型8 利用不等式性质求参数范围】
【例8】（2020春•荔湾区期末）已知实数x，y同时满足三个条件：①x﹣y＝4﹣p；②x+y＝2+3p；③x＞y，那么实数p的取值范围是（ ）
A．p＞43 B．p＜43 C．p＞4 D．p＜4
【分析】把p看成已知数，求得x，y的解，根据所给的不等式即可求得实数p的取值范围．
【解答】解：①+②得：x＝3+p，
把x＝3+p代入①得：y＝﹣1+2p，
∵x＞y，
∴3+p＞﹣1+2p，
∴p＜4．
故选：D．
【点评】主要考查了方程与不等式的综合运用．此类题目一般是给出两个含有字母的二元一次方程和一个关于方程中未知数的不等关系，求方程中所含字母的取值范围．方法是：先根据所给方程联立成方程组，用含字母的代数式表示方程的解，并把解代入不等关系中列成一个关于字目系数的不等式，解不等式可得所求字母的取值范围．
【变式8-1】（2020春•椒江区期末）已知a+b＝4，若﹣2≤b≤﹣1，则a的取值范围是 ．
【分析】根据已知条件可以求得b＝4﹣a，然后将b的值代入不等式﹣2≤b≤﹣1，通过解该不等式即可求得a的取值范围．
【解答】解：由a+b＝4得b＝4﹣a，
∵﹣2≤b≤﹣1，
∴﹣2≤4﹣a≤﹣1，
∴5≤a≤6．
故答案为：5≤a≤6．
【点评】本题考查的是不等式的基本性质，不等式的基本性质：
（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．
（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．
（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
【变式8-2】（2020春•齐齐哈尔期末）已知x﹣y＝3，且x＞2，y＜1，则x+y的取值范围是 ．
【分析】利用不等式的性质解答即可．
【解答】解：∵x﹣y＝3，
∴x＝y+3，
又∵x＞2，
∴y+3＞2，
∴y＞﹣1．
又∵y＜1，
∴﹣1＜y＜1，…①
同理得：2＜x＜4，…②
由①+②得﹣1+2＜y+x＜1+4
∴x+y的取值范围是1＜x+y＜5；
故答案为：1＜x+y＜5．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，关键是先根据已知条件用一个量如y取表示另一个量如x，然后根据题中已知量x的取值范围，构建另一量y的不等式，从而确定该量y的取值范围，同法再确定另一未知量x的取值范围．
【变式8-3】（2020春•润州区期末）已知实数x、y满足2x﹣3y＝4，且x＞﹣1，y≤2，设k＝x﹣y，则k的取值范围是 ．
【分析】先把2x﹣3y＝4变形得到y=13（2x﹣4），由y≤2得到13（2x﹣4）≤2，解得x≤5，所以x的取值范围为﹣1＜x≤5，再用x变形k得到k=13x+43，然后利用一次函数的性质确定k的范围．
【解答】解：∵2x﹣3y＝4，
∴y=13（2x﹣4），
∵y≤2，
∴13（2x﹣4）≤2，解得x≤5，
又∵x＞﹣1，
∴﹣1＜x≤5，
∵k＝x-13（2x﹣4）=13x+43，
当x＝﹣1时，k=13×（﹣1）+43=1；
当x＝5时，k=13×5+43=3，
∴1＜k≤3．
故答案为：1＜k≤3．
【点评】本题考查了解一元一次不等式：根据不等式的性质解一元一次不等式，基本步骤为：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1．也考查了代数式的变形和一次函数的性质．
【题型9 不等式的应用】
【例9】（2020春•博兴县期末）某矿泉水每瓶售价2元，现甲、乙两家商场给出优惠政策：甲商场全部9折，乙商场20瓶以上的部分8折．老师要小明去买一些矿泉水，小明想了想觉得到乙商场购买比较优惠．则小明需要购买的矿泉水的数量x（瓶）的取值范围是（ ）
A．x＞30 B．x＞40 C．x＞50 D．x＞60
【分析】显然，若买20瓶以下，甲商场比较优惠．根据题意列出不等式，然后进行分类讨论．
【解答】解：显然若买20瓶以下，甲商场比较优惠．
若购买20瓶以上，由题意得：2×0.9x＞2×20+（x﹣20）×2×0.8．
解得x＞40
答：小明需要购买的矿泉水的数量x（瓶）的取值范围是x＞40．
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式的应用，利用了分类讨论的思想，将现实生活中的事件与数学思想联系起来．
【变式9-1】（2020春•三台县期末）某公司组织员工一公园划船，报名人数不足50人，在安排乘船时发现，每只船坐6人，就剩下18人无船可乘；每只船坐10人，那么其余的船坐满后有一只船不空也不满，参加划船的员工共有（ ）
A．48人 B．45人 C．44人 D．42人
【分析】假设共安排x艘船．
根据报名人数不足50人，在安排乘船时发现，每只船坐6人，就剩下18人无船可乘，则可知划船报名人数是6x+18且6x+18＜50；
若每只船坐10人，那么其余的船坐满后有一只船不空也不满，则10（x﹣1）+1≤6x+18＜10x
解得x代入6x+18即是划船的员工数．
【解答】解：设共安排x艘船．
根据题意得6x+18＜50 ①
10（x﹣1）+1≤6x+18＜10x②
由①得x＜163③
由②得92＜x≤274④
由③④得x＝5
划船人数为48
故选：A．
【点评】解决本题关键是根据题意，逐句分析题目已知，找出存在的或隐含的关系式，解之．
【变式9-2】（2020春•新罗区期末）小艾在母亲节给妈妈送了一束鲜花，出差在外的爸爸问小艾送了些什么花．小艾调皮地说：“考考你，花束是由象征爱的康乃馨、玫瑰和百合花组成．康乃馨的支数比玫瑰多，但比百合花的两倍少，玫瑰的支数比百合多．”请帮小艾爸爸算一算，这束花的总支数至少为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【分析】设这束花中包含x朵百合，y朵玫瑰，z朵康乃馨，根据“康乃馨的支数比玫瑰多，但比百合花的两倍少，玫瑰的支数比百合多”，即可得出x＜y＜z＜2x，结合x，y，z均为正整数，可得出2x﹣x＞2，进而可得出x的最小值为3，结合x＜y＜z＜2x可得出y，z的最小值值，将其代入（x+y+z）中即可求出结论．
【解答】解：设这束花中包含x朵百合，y朵玫瑰，z朵康乃馨，
依题意，得：z＞yz＜2xy＞x，
即x＜y＜z＜2x，
又∵x，y，z均为正整数，
∴2x﹣x＞2，
∴x的最小值为3，此时y＝4，z＝5，
∴x+y+z＝3+4+5＝12．
故选：B．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
【变式9-3】（2020春•硚口区期末）某工厂计划m天生产2160个零件，若安排15名工人每人每天加工a个零件（a为整数）恰好完成．实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务，则a与m的数量关系是 ，a的值至少为 ．
【分析】根据工作总量＝工作效率×工作时间即可得出am＝144，由“实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务”，即可得出ax+8m﹣8x＜144，结合am＝144可得出8（m﹣x）＜a（m﹣x），由m＞x可得出m﹣x＞0，进而可得出a＞8，再取其中的最小整数值即可得出结论．
【解答】解：∵某工厂计划m天生产2160个零件，若安排15名工人每人每天加工a个零件（a为整数）恰好完成，
∴15am＝2160，
∴am＝144．
∵实际开工x天后，其中3人外出培训，剩下的工人每人每天多加工2个零件，不能按期完成这次任务，
∴15ax+（15﹣3）（a+2）（m﹣x）＜2160，即ax+8m﹣8x＜144，
∴ax+8m﹣8x＜am，
∴8（m﹣x）＜a（m﹣x）．
∵m＞x，
∴m﹣x＞0，
∴a＞8，
∴a至少为9．
故答案为：am＝144；9．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
【题型10 不等式组中含参问题】
【例10】（2020秋•北碚区校级期末）若整数a是使得关于x的不等式组x-13+1＞x26x-5≥a有且仅有4个整数解，且使关于y的一元一次方程2y+a5=y-a3+1的解满足y≤87．则所有满足条件的整数a的值之和为（ ）
A．﹣35 B．﹣30 C．﹣24 D．﹣17
【分析】解关于x的不等式组x-13+1＞x26x-5≥a，根据“该不等式组有且仅有4个整数解”，得到关于a的不等式，解之，解一元一次方程2y+a5=y-a3+1，根据解满足y≤87，得到a的取值范围，结合a为整数，取所有符合题意的整数a，即可得到答案．
【解答】解：x-13+1＞x2①6x-5≥a②，
解不等式①得：x＜4，
解不等式②得：x≥a+56，
∵该不等式组有且仅有4个整数解，
∴该不等式组的解集为：a+56≤x＜4，
∴﹣1＜a+56≤0，
解得：﹣11＜a≤﹣5，
2y+a5=y-a3+1，
去分母得：3（2y+a）＝5（y﹣a）+15，
去括号得：6y+3a＝5y﹣5a+15，
移项得：y＝15﹣8a，
∵该方程的解满足y≤87，
∴15﹣8a≤87，
∴a≥﹣9，
∵﹣9≤a≤﹣5，
∴整数a为：﹣9，﹣8，﹣7，﹣6，﹣5，它们的和为﹣35，
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次方程的解和一元一次不等式组的整数解，正确掌握解一元一次方程的方法和解一元一次不等式组的方法是解题的关键．
【变式10-1】（2020秋•沙坪坝区校级期末）若关于x的一元一次不等式组-2x+3m4≤2x2x+7≤4(x+1)的解集为x≥32，且关于y的方程3y﹣2=2m-(5-3y)2的解为非负整数，则符合条件的所有整数m的积为（ ）
A．2 B．7 C．11 D．10
【分析】先解关于x的一元一次不等式组-2x+3m4≤2x2x+7≤4(x+1)，再根据其解集是x≥32，得m小于5；再解方程，根据其有非负整数解，得出m的值，再求积即可．
【解答】解：解不等式-2x+3m4≤2x，得：x≥3m10，
解不等式2x+7≤4（x+1），得：x≥32，
∵不等式组的解集为x≥32，
∴3m10≤32，
解得m≤5，
解方程3y﹣2=2m-(5-3y)2，得：y=2m-13，
∵方程的解为非负整数，
∴符合m≤5的m的值为2和5，
则符合条件的所有整数m的积为10，
故选：D．
【点评】此题考查了解一元一次不等式组及一元一次方程的解，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
【变式10-2】（2020春•涪城区期末）整数m满足关于x，y的二元一次方程组x+y=m5x+3y=21的解是正整数，且关于x的不等式组5x-4m＞0x≤6有且仅有2个整数解，则m的平方根为 ．
【分析】根据解一元一次不等式组的方法和解二元一次方程组的方法，可以求得m的值，然后即可得到m的平方根．
【解答】解：由二元一次方程组x+y=m5x+3y=21，得x=21-3m2y=5m-212，
∵整数m满足关于x，y的二元一次方程组x+y=m5x+3y=21的解是正整数，
∴21-3m2≥15m-212≥1，
解得，235≤m≤193，
∴m＝5或6，
当m＝5时，x＝3，y＝2，
当m＝6时，x＝1.5不符合题意，舍去；
∴m＝5，
由不等式组5x-4m＞0x≤6，得4m5＜x≤6，
∵关于x的不等式组5x-4m＞0x≤6有且仅有2个整数解，
∴4m5≥44m5＜5，
解得，5≤m＜254，
由上可得，m的值为5，
∴m的平方根为±5，
故答案为：±5．
【点评】本题考查解一元一次不等式组、解二元一次方程组，解答本题的关键是明确它们各自的解答方法．
【变式10-3】（2020春•江阴市期末）已知关于x的不等式组2x+1＞x+a，x-1≤2x+a+23（a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，则所有这样的a的和为 ．
【分析】先求出不等式组的解集，再根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【解答】解：2x+1＞x+a①x-1≤2x+a+23②，
∵解不等式①得：x＞a﹣1，
解不等式②得：x≤a+5，
∴不等式组的解集为a﹣1＜x≤a+5，
∴不等式组的整数解a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，
∵所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，
∴21.6≤6a+15＜33.6，
∴1.1≤a＜3.1，
∴a的值为2，3，
∴2+3＝5，
故答案为5．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
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