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重庆市北碚区西南大学附属中学校2021-2022学年七年级下学期期中数学试题（解析版）
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这是一份重庆市北碚区西南大学附属中学校2021-2022学年七年级下学期期中数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
西南大学附中2021—2022学年度下期期中考试初一数学试题
一、选择题：（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）每小题只有一个正确选项，请将答题卡中对应题目的正确答案标号涂黑．
1. 如图是一个由6个相同正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
主视图就是从正面看，看横和竖两个方向正方形的个数.
【详解】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层中间1个小正方形，
故选B．
【点睛】本题考查内容是三视图，理解三视图的意义是解题的关键.
2. 下列计算正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别根据单项式乘以单项式、积的乘方、幂的乘方、合并同类项的运算法则逐一判断即可
【详解】解：A．，故错误,该项不符合题意；
B．，故错误，该项不符合题意；
C．，故错误，该项不符合题意；
D．，正确，该项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查单项式乘以单项式，积的乘方，幂的乘方，合并类同类，掌握单项式乘以单项式、幂的乘方、积的乘方、合并同类项法则是解题的关键．
3. 正方体的展开图如图所示，则“中”的相对面上的字为（ ）
A. 最 B. 美 C. 附 D. 中
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的平面展开图的特点，相对的两个面中间一定隔着一个小正方形，且没有公共的顶点，结合展开图很容易找到与“中”相对的字．
【详解】解：由正方体表面展开图的可知，
“附”与“最”是对面，
“中”与“美”是对面，
“是”与“的”是对面，
故选：B．
【点睛】本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的前提．
4. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段就是这个点到这条直线的距离
B. 过一点，有且只有一条直线与已知直线平行
C. 两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补
D. 两点之间，线段最短
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到直线的距离；过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行；两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补；两点之间，线段最短；分析选项即可．
【详解】解：由题意可知：
A. 从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段就是这个点到这条直线的距离，从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段的长度就是这个点到这条直线的距离，故原命题错误，不符合题意；
B. 过一点，有且只有一条直线与已知直线平行，过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，故原命题错误，不符合题意；
C. 两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补，当两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补，故原命题错误，不符合题意；
D. 两点之间，线段最短，命题正确，故符合题意．
故选：D
【点睛】本题考查真假命题的判断，解题的关键是掌握：点到直线的距离；过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行；两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补；两点之间，线段最短．
5. 已知，，则的值为（ ）
A. -1 B. C. 1 D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂的乘方与同底数幂的除法法则进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查了幂的乘方运算和同底数幂的除法运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
6. 如图，一艘快艇向正东方向行驶至点时，接到指令向右转，航行到处，再向左转，航行到处，再向右转继续航行，此时这艘快艇的航行方向为（ ）
A. 北偏西 B. 北偏西 C. 南偏东 D. 南偏东
【答案】C
【解析】
【分析】只需要根据平行线的性质求出∠PCQ的度数即可得到答案．
【详解】解：由题意得，∠BAF=70°，
∵，
∴∠EBH=∠BAF=70°，
∵∠CBE=100°，
∴∠CBH=30°，
∵，
∴∠PCG=∠CBH=30°，
又∵∠GCQ=45°，
∴∠PCQ=15°，
∴此时的航行方向为南偏东75°，
故选C．
【点睛】本题主要考查了与方位角有关的计算，平行线的性质，熟知平行线的性质是解题的关键．
7. 已知线段，延长至点，使得，点是线段上一点，且，则的值是（ ）
A. B. 5 C. 或 D. 或5
【答案】C
【解析】
【分析】当点D在线段AB时，当点D在线段BC上时，根据已知条件得到AC=AB+BC=3AB，根据线段的倍分关系即可得到结论．
【详解】解：如图，当点D在线段AB时，
∵BC=2AB，
∴AC=AB+BC=3AB，
∵BD=AB，
∴AD=AB，
∴，
当点D在线段BC上时，
∵BC=2AB，
∴AC=AB+BC=3AB，
∵BD′=AB，
∴AD′=AB，
∴，
综上所述，的值是或，
故选：C．
【点睛】本题考查了两点间的距离，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
8. 如图，将一个平行四边形（如图①）作如下操作：第一次，连接对边的中点（如图②），此时共有9个平行四边形；第二次，将图②中左上角的平行四边形连接对边的中点（如图③），此时共有17个平行四边形；第三次，将图③中左上角的平行四边形连接对边的中点（如图④），此时共有25个平行四边形……此后每一次都将左上角的平行四边形进行如上操作，第（ ）次操作后，共有4041个平行四边形.
A. 505 B. 506 C. 507 D. 508
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形变化找到变化规律即可求解.
【详解】解：第一次操作后，共有9=1+8个平行四边形，
第二次操作后，共有17=1+8×2个平行四边形，
第三次操作后，共有25=1+8×3个平行四边形，
……
则第n次操作后，共有（1+8n）个平行四边形，
由1+8n=4041得n=505，
即第505次操作后，共有4041个平行四边形.
故选：A .
【点睛】本题考查图形类规律探究，理解题意，找到变化规律是解答的关键.
9. 如图，已知，，连接交于点，的平分线交直线于点，交线段于点，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明得到，再利用EM平分，得到，利用三角形外角性质即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵EM平分，
∴，
∵，
∴．
故选：D
【点睛】本题考查平行线的判定及性质，三角形外角性质，角平分线，解题的关键是证明．
10 设，，，若，则（ ）
A 27 B. 24 C. 22 D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】先将，代入，得到，再变形为，然后将作为一个整体c，利用完全平方公式得到一个关于的方程即可解答．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了完全平方公式，对所给条件灵活变形以及正确应用整体思想是解答本题的关键．
11. 如图，直线AB∥CD，EG平分∠AEF，EH⊥EG，且平移EH恰好到GF，则下列结论： ①EH平分；②EG=HF；③FH平分；④.其中正确的结论个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【详解】【分析】由∠GEH=90°，可知∠GEF+∠HEF=90°，从而有∠AEG+∠BEH=90°，再根据∠AEG=∠GEF，从而可得∠BEH=∠FEH，从而可判断①正确；由平移的性质可知四边形EGFH是平行四边形，根据平行四边形的性质可得EG=HF，从而判断②正确；根据EG//FH可得∠GEF=∠EFH，再根据AB∥CD，可得∠AEF=∠DFE，再根据∠GEF=∠AEF，从而可得∠EFH=∠EFD，从而可判断③正确；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可判断④正确.
【详解】∵EG平分∠AEF，
∴∠AEG=∠GEF=∠AEF，
∵HE⊥GE于E，
∴∠GEH=90°，
∴∠GEF+∠HEF=90°，
∴∠AEG+∠BEH=90°，
∴∠BEH=∠FEH，
∴EH平分∠BEF，故①正确；
∵平移EH恰好到GF，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EG∥FH，EG=HF，故②正确；
∴∠GEF=∠EFH，
∵AB∥CD，
∴∠AEF=∠DFE，
∵∠GEF=∠AEF，
∴∠EFH=∠EFD，
∴FH平分∠EFD，故③正确；
∵四边形EGFH是平行四边形，∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴∠GFH=90°，故④正确，
∴正确的结论有4个，
故选D.
【点睛】本题考查了角平分线的定义、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质等，能正确地识图是解题的关键.
12. 若关于的不等式组有解，且最多有3个整数解，且关于、的方程组的解为整数，则符合条件的所有整数的和为（ ）
A. 9 B. 6 C. -2 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】求出不等式组的解集为：，利用不等式组有解且最多有3个整数解，可得，解方程组可得：，讨论可知当，当时，方程组有整数解，进一步可求出符合条件的所有整数的和．
【详解】解：由题意可知：
解不等式的组，解不等式①得；解不等式②得，
∴不等式组的解集为：，
∵不等式组有解，且最多有3个整数解，
∴，
解方程组可得：，
当时，方程组有整数解；
当时，方程组有整数解；
∴符合条件的所有整数的和为-2．
故选：C
【点睛】本题考查不等式组，方程组，解题的关键是熟练掌握解不等式组，求出a的取值范围，解方程组．
二、填空题：（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
13. 计算：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式根据有理数乘方和零指数幂运算法则计算后，再进行加减运算即可．
【详解】解：
=
=
=
故答案为：
【点睛】本题主要考查了有理数的乘方以及零指数幂运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
14. 若多项式是一个完全平方式，则常数的值为_______．
【答案】±12##-12或12##12或-12
【解析】
【分析】根据完全平方式的一般形式a2±2ab+b2解答求解即可．
【详解】解：∵多项式是一个完全平方式，
∴ax=±2x·6=±12x，
∴a=±12，
故答案为：±12．
【点睛】本题考查完全平方式，熟记完全平方式的一般形式是解答的关键．
15. 如图，在四边形纸片中，将纸片折叠，点、分别落在、处，折痕为，与交于点．若，则的度数为________．
【答案】40°
【解析】
【分析】先根据平行线的性质证明∠CNM=∠AMN，∠B=∠D，由折叠的性质可知，∠AMN=∠EMN，再证明∠CNF=∠BME，推出∠BME+∠B=140°，则∠BPM=180°-∠B-∠BME=40°．
【详解】解：∵，
∴∠A+∠D=∠A+∠B=180°，∠CNM=∠AMN，
∴∠B=∠D，
由折叠的性质可知，∠AMN=∠EMN，
∵，
∴∠MNF+∠EMN=180°，
又∵∠AMN+∠EMN+∠BME=180°，
∴∠AMN+∠EMN+∠BME=∠EMN+∠MNF，
∴∠MNF=∠AMN+∠BME，
∴∠CNF+∠CNM=∠AMN+∠BME，
∴∠CNF=∠BME，
∵∠D+∠CNF=140°，
∴∠BME+∠B=140°，
∴∠BPM=180°-∠B-∠BME=40°，
故答案为：40°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟知平行线的性质是解题的关键．
16. 2022年某月，重庆某区突发疫情，该区卫健委投入多台流动服务车进行核酸检测．为保证学生安全，甲组全部核酸检测人员跟随第一、第二、第三台服务车完成高校的核酸采集任务，乙组全部核酸检测人员跟随第四、第五、第六台服务车完成高校的核酸采集任务．已知每台服务车原定计划采集人数一样多，但为了尽快排查完所有师生，第二天，第一、第二、第三、第四台服务车都在第一天采集人数的基础上新增相同的采集人数，第五、第六台服务车新增的采集人数分别是第一台服务车新增采集人数的和，此后的每一天每台服务车的采集人数与第二天相同．甲组全部核酸检测人员共用5天时间在高校完成第一、第二、第三台服务车的采集任务；乙组全部核酸检测人员在高校先用4天吋间将第四、第五台服务车的采集任务完成（此时第六台服务车未采集，但采集任务仍在增加），再将第四、第五台服务车派往其他地区支援，乙组全部核酸检测人员于第五日将第六台服务车这五天的所有采集任务完成．如果每个核酸检测人员每天采集的人数相同，则在此期间，、两高校的采集人数之比为______．
【答案】51：70
【解析】
【分析】设第一天每台服务车计划采集人数为x人，第一、二、三、四台服务车第二天新增的采集人数为y人，则第五台、第六台新增采集人数分别为y和y，根据题意，先分别表示出甲组5天的采集人数和乙组前4天以及第5天的采集人数，再由每个核酸检测人员每天采集的人数相同得出x、y的关系，进而可用x分别表示出A高校和B高校的采集人数，即可解答．
【详解】解：设第一天每台服务车计划采集人数为x人，第一、二、三、四台服务车第二天新增的采集人数为y人，则第五台、第六台新增采集人数分别为y和y，根据题意，
甲组5天采集的人数：3（5x+4y）=15x+12y，
乙组前4天的采集人数：4x+3y+4x+3×y=8x+16y，
乙组第5天的采集人数为5x+4×y=5x+3y，
∵每个核酸检测人员每天采集的人数相同，
∴，则y=3x，
∴A高校的采集人数为15x+12y=51x，
B高校的采集人数为8x+16y+5x+3y=13x+19y=70x，
∴、两高校的采集人数之比为51x：70x=51：70，
故答案为：51：70．
【点睛】本题考查列代数式、整式的加减、二元一次方程，理解题意，正确列出代数式和方程是解答的关键．
三、解答题：（本大题共9小题，第17题8分，第21题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程写在答题卡中对应的位置上．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算除法和乘法，再合并同类项即可；
（2）先计算多项式与多项式的乘法、单项式与多项式的乘法，然后去括号合并同类项
【小问1详解】
解：原式；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查了整式的四则混合运算，熟练掌握运算顺序是解答本题的关键．四则混合运算的顺序是先算乘除，再算加减；同级运算，按从左到右的顺序计算．
18. 先化简，再求值：
（1），其中，；
（2），其中．
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【小问1详解】
解：
．
将，；代入化简之后的式子得：．
【小问2详解】
解：
．
将代入化简之后式子得：．
【点睛】本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握整式的混合运算法则进行正确化简．
19. （1）如图1，请利用无刻度的直尺和圆规，连接，在线段上求作线段，使；
（2）如图2，点是的中点，、分别是线段、上的点，且，．若，求线段的长．
【答案】（1）作图见解析；（2）线段CE的长为，详见解析
【解析】
【分析】（1）根据尺规作图，以B为圆心，AC为半径画弧，交BD于点E，DE即为所求；
（2）根据题意，结合图形可求出AC=BC=，，，可求出BE，即可求出CE的长．
【详解】解：（1）如图所示，连接AC，以B为圆心，AC为半径画弧，交BD于点E，DE即为所求，
；
（2）由题意可知，AC=BC=，
∴，，
∴BE=AB-AD-DE=，
∴CE=BC-BE=，
即：线段CE的长为．
【点睛】本题主要考查的是尺规作图，以及线段求值，数形结合是解题的关键．
20. 如图，已知//，射线交于点，交于点，从点引一条射线，若，求证：．
证明：∵（已知），
且_________（__________________），
∴_________（__________________），
∴//_________，（__________________），
∴（__________________），
又∵（已知），
∴_________（__________________），
∴．
【答案】∠BFD，对顶角相等；∠2，等量代换；DE，同位相等，两直线平行；∠CDE，两直线平行，同旁内角互补；∠C，两直线平行，内错角相等
【解析】
【分析】根据AB//CD可得，再证明CB//DE可得，从而可得结论．
【详解】证明：∵（已知），
且∠BFD（对顶角相等），
∴∠2（等量代换），
∴//DE，（两直线平行），
∴（两直线平行，同旁内角互补），
又∵（已知），
∴∠C（两直线平行，内错角相等），
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟练掌握判定定理和性质定理是解答本题的关键．
21. 如图，，，，求证：．（请写出每一步的推理依据）
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行线的判定与性质证明即可．
【详解】证明：∵∠DEH+∠EHG=180°（已知），
∴ED∥AC（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠1=∠C（两直线平行，同位角相等），
∠2=∠DGC（两直线平行，内错角相等），
∵∠1=∠2，∠C=∠A（已知），
∴∠A=∠DGC，
∴AB∥DF（同位角相等，两直线平行），
∴∠AEH=∠F（两直线平行，内错角相等），
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．
22. 如图，在中，于点，，．
（1）求的度数；
（2）若平分，平分交于点，求的度数．
【答案】（1）90° （2）112.5°
【解析】
【分析】（1）根据平行线的判定与性质求解即可；
（2）根据角平分线定义和平行线的性质可求得∠1=∠HBF=∠2=45°，进而可求得∠BFG=135°，再根据角平分线定义和平行线的性质即可求解．
【小问1详解】
解：∵∠DEA=∠C，
∴DE∥BC，
∴∠1=∠HBF，
∵∠1=∠2，
∴∠HBF=∠2，
∴BE∥GF，
∵FG⊥AC，
∴BE⊥AC，
∴∠BEC=90°；
【小问2详解】
解：∵∠AEB=∠BEC=90°，DE平分∠AEB，
∴∠1=45°，即∠1=∠HBF=∠2=45°，
∴∠BFG=180°-∠2=135°，
∵FD平分∠BFG，
∴∠GFH=∠BFG=67.5°，
∵BE∥GF，
∴∠EHF+∠GFH=180°，
∴∠EHF=180°-∠GFH=180°-67.5°=112.5°．
【点睛】本题考查平行线的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定与性质是解答的关键．
23. 重庆市慈善总会计划将一批爱心物资运往灾区，这一批爱心物资为甲种货物248吨和乙种货物172吨，欲租用A、两种型号的汽车共40辆，现有一汽和二汽两家汽车公司竞争这次运输任务，他们均有足够量的A、型汽车，收费标准如下表：
一汽
二汽
A型每辆费用（元）
500
型每辆费用（元）
900
（1）已知一汽公司每辆型汽车的费用比每辆A型汽车的费用多200元，且在一汽公司租3辆A型汽车和4辆型汽车的总费用为5000元．求表格中，的值；
（2）已知每辆A型汽车最多可以装甲种货物7吨和乙种货物3吨，每辆型汽车最多可装甲种货物5吨和乙种货物7吨，按此要求安排A、两种型号汽车的辆数，从运费最少的角度考虑，选择哪一家公司来运输这批货物？如何安排A、两种型号汽车的辆数？请说明理由．
【答案】（1）
（2）当租用A种型号汽车27辆，租用B种型号汽车13辆时，从运费最少的角度考虑，应选二汽公司来运输这批货物
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组并求解即可；
（2）设租用A种型号汽车x辆，则租用B种型号汽车（40-x）辆，根据数量关系列出不等式组，解不等式组即可求解；
小问1详解】
解：根据题意，，
解得：，
【小问2详解】
设租用A种型号汽车x辆，则租用B种型号汽车（40-x）辆；
由题意，
解得：，
当租用A种型号汽车24辆，则租用B种型号汽车16辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车25辆，则租用B种型号汽车15辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车26辆，则租用B种型号汽车14辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车27辆，则租用B种型号汽车13辆；
（元）
（元）
∴当租用A种型号汽车27辆，租用B种型号汽车13辆时，从运费最少的角度考虑，应选二汽公司来运输这批货物；
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组及不等式组是解题的关键．
24. 对任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，则称这个数为“真知数”，将的百位数字调到个位数字的后面，可以得到一个新的三位数，再将新三位数的百位数字调到个位数字的后面，可以得到另一个新的三位数，把这两个新数与原数的和与111的商记为．例如，123是“真知数”，将123的百位数字调到个位数字的后面得到231，再将231的百位数字调到个位数字的后面得到312，则．
（1）求，；
（2）已知，（，，为整数），若、均为“真知数”，且可被7整除，求的值．
【答案】（1）7，16
（2）t=265或264或263
【解析】
【分析】（1）根据题中“真知数”定义和运算法则计算即可；
（2）根据“真知数”的定义和运算法则，分类讨论计算出、，依照各数位上的数计算即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，=，
；
【小问2详解】
解：∵s为“真知数”，
∴x≠1，x≠2，
∵t为“真知数”，且6+4=10，6+6=12，
∴y≠4，y≠6，
由题意，将百位调换后的数为210+x，100+10x+2，
∴，
当1≤y≤3时，∵，，为整数，x≠1，x≠2，1≤y≤3，
∴x=y=3，
∴=，
=6，
∴+=22不被7整除，
∴x≠3，y≠3；
当y=5，7，8，9时，将百位调换后的数为600+10（y-4）+2，100（y-4）+26，
∴，
∴+=x+y+7，
∵+可被7整除，且，，为整数，x≠1，x≠2，y=5，7，8，9，
∴x+y=14，
∴x=5，y=9或x=6，y=8或x=7，y=7，
∴t=265或264或263.
【点睛】本题考查对新定义的理解与运用，涉及实数运算、因式分解、整式的加减，解答的关键是理解题意，找出新三位数各个数位上的数与的关系，注意分类讨论的思想运用.
25. 如图①，已知，在内部画射线，得到三个角，分别为、、．若这三个角中有一个角是另外一个角的3倍，则称射线为的“幸福线”．（本题中所研究的角都是大于而小于的角．）
（1）角的三等分线________这个角的“幸福线”（填“是”或“不是”）；
（2）如图①，，射线为的“幸福线”，求的度数；
（3）如图②，已知，射线从出发，以每秒的速度绕点逆时针旋转，同时，射线从出发，以每秒的速度绕点逆时针旋转，设运动的时间为秒（）．若、、三条射线中，一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸福线”，求出所有可能的值．
【答案】（1）是； （2），，，；
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）若OC为∠AOB的三等分线，则有，符合“幸福线”的定义；
（2）根据“幸福线”的定义可得当时，当时，当时，当时，然后根据角的和差关系进行求解即可；
（3）由题意可分①当时在与重合之前，则有，，由是的“幸福线”可进行分类求解；②当时，在与重合之后，则有，，由是的“幸福线”可分类进行求解．
【小问1详解】
解：若OC为∠AOB的三等分线，则有，符合“幸福线”的定义，所以角的三等分线是这个角的“幸福线”；
故答案为：是．
【小问2详解】
解：由题意得：
∵，射线为的“幸福线”，
∴①当时，则有：；
②当时，则有；
③当时，则有；
④当时，则有：；；
综上所述：当射线为的“幸福线”时，∠AOC的度数为，，，；
【小问3详解】
解：∵，
∴射线ON与OA重合的时间为（秒），
∴当时在与重合之前，如图所示：
∴°，°，
是的“幸福线”，则有以下三类情况：
①，即，（舍去），
②，即，，
③，即，；
④，即，（舍去）；
当时，在与重合之后，如图所示：
∴°，°，
是的“幸福线”，则有以下三类情况：
①，即，（不符合题意，舍去），
②，即，（不符合题意，舍去）；
③，即，；
④，即，不存在；
综上：或或．
【点睛】本题主要考查角的三等分点的计算及角的动点问题，熟练掌握角的三等分点的计算及角之间的和差关系是解题的关键．
西南大学附中2021—2022学年度下期期中考试初一数学试题
一、选择题：（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）每小题只有一个正确选项，请将答题卡中对应题目的正确答案标号涂黑．
1. 如图是一个由6个相同正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
主视图就是从正面看，看横和竖两个方向正方形的个数.
【详解】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层中间1个小正方形，
故选B．
【点睛】本题考查内容是三视图，理解三视图的意义是解题的关键.
2. 下列计算正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别根据单项式乘以单项式、积的乘方、幂的乘方、合并同类项的运算法则逐一判断即可
【详解】解：A．，故错误,该项不符合题意；
B．，故错误，该项不符合题意；
C．，故错误，该项不符合题意；
D．，正确，该项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查单项式乘以单项式，积的乘方，幂的乘方，合并类同类，掌握单项式乘以单项式、幂的乘方、积的乘方、合并同类项法则是解题的关键．
3. 正方体的展开图如图所示，则“中”的相对面上的字为（ ）
A. 最 B. 美 C. 附 D. 中
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的平面展开图的特点，相对的两个面中间一定隔着一个小正方形，且没有公共的顶点，结合展开图很容易找到与“中”相对的字．
【详解】解：由正方体表面展开图的可知，
“附”与“最”是对面，
“中”与“美”是对面，
“是”与“的”是对面，
故选：B．
【点睛】本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的前提．
4. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段就是这个点到这条直线的距离
B. 过一点，有且只有一条直线与已知直线平行
C. 两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补
D. 两点之间，线段最短
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到直线的距离；过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行；两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补；两点之间，线段最短；分析选项即可．
【详解】解：由题意可知：
A. 从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段就是这个点到这条直线的距离，从直线外一点向直线引垂线，这条垂线段的长度就是这个点到这条直线的距离，故原命题错误，不符合题意；
B. 过一点，有且只有一条直线与已知直线平行，过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，故原命题错误，不符合题意；
C. 两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补，当两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补，故原命题错误，不符合题意；
D. 两点之间，线段最短，命题正确，故符合题意．
故选：D
【点睛】本题考查真假命题的判断，解题的关键是掌握：点到直线的距离；过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行；两条平行的直线被第三条直线所截，同旁内角互补；两点之间，线段最短．
5. 已知，，则的值为（ ）
A. -1 B. C. 1 D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂的乘方与同底数幂的除法法则进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查了幂的乘方运算和同底数幂的除法运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
6. 如图，一艘快艇向正东方向行驶至点时，接到指令向右转，航行到处，再向左转，航行到处，再向右转继续航行，此时这艘快艇的航行方向为（ ）
A. 北偏西 B. 北偏西 C. 南偏东 D. 南偏东
【答案】C
【解析】
【分析】只需要根据平行线的性质求出∠PCQ的度数即可得到答案．
【详解】解：由题意得，∠BAF=70°，
∵，
∴∠EBH=∠BAF=70°，
∵∠CBE=100°，
∴∠CBH=30°，
∵，
∴∠PCG=∠CBH=30°，
又∵∠GCQ=45°，
∴∠PCQ=15°，
∴此时的航行方向为南偏东75°，
故选C．
【点睛】本题主要考查了与方位角有关的计算，平行线的性质，熟知平行线的性质是解题的关键．
7. 已知线段，延长至点，使得，点是线段上一点，且，则的值是（ ）
A. B. 5 C. 或 D. 或5
【答案】C
【解析】
【分析】当点D在线段AB时，当点D在线段BC上时，根据已知条件得到AC=AB+BC=3AB，根据线段的倍分关系即可得到结论．
【详解】解：如图，当点D在线段AB时，
∵BC=2AB，
∴AC=AB+BC=3AB，
∵BD=AB，
∴AD=AB，
∴，
当点D在线段BC上时，
∵BC=2AB，
∴AC=AB+BC=3AB，
∵BD′=AB，
∴AD′=AB，
∴，
综上所述，的值是或，
故选：C．
【点睛】本题考查了两点间的距离，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
8. 如图，将一个平行四边形（如图①）作如下操作：第一次，连接对边的中点（如图②），此时共有9个平行四边形；第二次，将图②中左上角的平行四边形连接对边的中点（如图③），此时共有17个平行四边形；第三次，将图③中左上角的平行四边形连接对边的中点（如图④），此时共有25个平行四边形……此后每一次都将左上角的平行四边形进行如上操作，第（ ）次操作后，共有4041个平行四边形.
A. 505 B. 506 C. 507 D. 508
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形变化找到变化规律即可求解.
【详解】解：第一次操作后，共有9=1+8个平行四边形，
第二次操作后，共有17=1+8×2个平行四边形，
第三次操作后，共有25=1+8×3个平行四边形，
……
则第n次操作后，共有（1+8n）个平行四边形，
由1+8n=4041得n=505，
即第505次操作后，共有4041个平行四边形.
故选：A .
【点睛】本题考查图形类规律探究，理解题意，找到变化规律是解答的关键.
9. 如图，已知，，连接交于点，的平分线交直线于点，交线段于点，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明得到，再利用EM平分，得到，利用三角形外角性质即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵EM平分，
∴，
∵，
∴．
故选：D
【点睛】本题考查平行线的判定及性质，三角形外角性质，角平分线，解题的关键是证明．
10 设，，，若，则（ ）
A 27 B. 24 C. 22 D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】先将，代入，得到，再变形为，然后将作为一个整体c，利用完全平方公式得到一个关于的方程即可解答．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了完全平方公式，对所给条件灵活变形以及正确应用整体思想是解答本题的关键．
11. 如图，直线AB∥CD，EG平分∠AEF，EH⊥EG，且平移EH恰好到GF，则下列结论： ①EH平分；②EG=HF；③FH平分；④.其中正确的结论个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【详解】【分析】由∠GEH=90°，可知∠GEF+∠HEF=90°，从而有∠AEG+∠BEH=90°，再根据∠AEG=∠GEF，从而可得∠BEH=∠FEH，从而可判断①正确；由平移的性质可知四边形EGFH是平行四边形，根据平行四边形的性质可得EG=HF，从而判断②正确；根据EG//FH可得∠GEF=∠EFH，再根据AB∥CD，可得∠AEF=∠DFE，再根据∠GEF=∠AEF，从而可得∠EFH=∠EFD，从而可判断③正确；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可判断④正确.
【详解】∵EG平分∠AEF，
∴∠AEG=∠GEF=∠AEF，
∵HE⊥GE于E，
∴∠GEH=90°，
∴∠GEF+∠HEF=90°，
∴∠AEG+∠BEH=90°，
∴∠BEH=∠FEH，
∴EH平分∠BEF，故①正确；
∵平移EH恰好到GF，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EG∥FH，EG=HF，故②正确；
∴∠GEF=∠EFH，
∵AB∥CD，
∴∠AEF=∠DFE，
∵∠GEF=∠AEF，
∴∠EFH=∠EFD，
∴FH平分∠EFD，故③正确；
∵四边形EGFH是平行四边形，∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴∠GFH=90°，故④正确，
∴正确的结论有4个，
故选D.
【点睛】本题考查了角平分线的定义、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质等，能正确地识图是解题的关键.
12. 若关于的不等式组有解，且最多有3个整数解，且关于、的方程组的解为整数，则符合条件的所有整数的和为（ ）
A. 9 B. 6 C. -2 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】求出不等式组的解集为：，利用不等式组有解且最多有3个整数解，可得，解方程组可得：，讨论可知当，当时，方程组有整数解，进一步可求出符合条件的所有整数的和．
【详解】解：由题意可知：
解不等式的组，解不等式①得；解不等式②得，
∴不等式组的解集为：，
∵不等式组有解，且最多有3个整数解，
∴，
解方程组可得：，
当时，方程组有整数解；
当时，方程组有整数解；
∴符合条件的所有整数的和为-2．
故选：C
【点睛】本题考查不等式组，方程组，解题的关键是熟练掌握解不等式组，求出a的取值范围，解方程组．
二、填空题：（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
13. 计算：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式根据有理数乘方和零指数幂运算法则计算后，再进行加减运算即可．
【详解】解：
=
=
=
故答案为：
【点睛】本题主要考查了有理数的乘方以及零指数幂运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
14. 若多项式是一个完全平方式，则常数的值为_______．
【答案】±12##-12或12##12或-12
【解析】
【分析】根据完全平方式的一般形式a2±2ab+b2解答求解即可．
【详解】解：∵多项式是一个完全平方式，
∴ax=±2x·6=±12x，
∴a=±12，
故答案为：±12．
【点睛】本题考查完全平方式，熟记完全平方式的一般形式是解答的关键．
15. 如图，在四边形纸片中，将纸片折叠，点、分别落在、处，折痕为，与交于点．若，则的度数为________．
【答案】40°
【解析】
【分析】先根据平行线的性质证明∠CNM=∠AMN，∠B=∠D，由折叠的性质可知，∠AMN=∠EMN，再证明∠CNF=∠BME，推出∠BME+∠B=140°，则∠BPM=180°-∠B-∠BME=40°．
【详解】解：∵，
∴∠A+∠D=∠A+∠B=180°，∠CNM=∠AMN，
∴∠B=∠D，
由折叠的性质可知，∠AMN=∠EMN，
∵，
∴∠MNF+∠EMN=180°，
又∵∠AMN+∠EMN+∠BME=180°，
∴∠AMN+∠EMN+∠BME=∠EMN+∠MNF，
∴∠MNF=∠AMN+∠BME，
∴∠CNF+∠CNM=∠AMN+∠BME，
∴∠CNF=∠BME，
∵∠D+∠CNF=140°，
∴∠BME+∠B=140°，
∴∠BPM=180°-∠B-∠BME=40°，
故答案为：40°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟知平行线的性质是解题的关键．
16. 2022年某月，重庆某区突发疫情，该区卫健委投入多台流动服务车进行核酸检测．为保证学生安全，甲组全部核酸检测人员跟随第一、第二、第三台服务车完成高校的核酸采集任务，乙组全部核酸检测人员跟随第四、第五、第六台服务车完成高校的核酸采集任务．已知每台服务车原定计划采集人数一样多，但为了尽快排查完所有师生，第二天，第一、第二、第三、第四台服务车都在第一天采集人数的基础上新增相同的采集人数，第五、第六台服务车新增的采集人数分别是第一台服务车新增采集人数的和，此后的每一天每台服务车的采集人数与第二天相同．甲组全部核酸检测人员共用5天时间在高校完成第一、第二、第三台服务车的采集任务；乙组全部核酸检测人员在高校先用4天吋间将第四、第五台服务车的采集任务完成（此时第六台服务车未采集，但采集任务仍在增加），再将第四、第五台服务车派往其他地区支援，乙组全部核酸检测人员于第五日将第六台服务车这五天的所有采集任务完成．如果每个核酸检测人员每天采集的人数相同，则在此期间，、两高校的采集人数之比为______．
【答案】51：70
【解析】
【分析】设第一天每台服务车计划采集人数为x人，第一、二、三、四台服务车第二天新增的采集人数为y人，则第五台、第六台新增采集人数分别为y和y，根据题意，先分别表示出甲组5天的采集人数和乙组前4天以及第5天的采集人数，再由每个核酸检测人员每天采集的人数相同得出x、y的关系，进而可用x分别表示出A高校和B高校的采集人数，即可解答．
【详解】解：设第一天每台服务车计划采集人数为x人，第一、二、三、四台服务车第二天新增的采集人数为y人，则第五台、第六台新增采集人数分别为y和y，根据题意，
甲组5天采集的人数：3（5x+4y）=15x+12y，
乙组前4天的采集人数：4x+3y+4x+3×y=8x+16y，
乙组第5天的采集人数为5x+4×y=5x+3y，
∵每个核酸检测人员每天采集的人数相同，
∴，则y=3x，
∴A高校的采集人数为15x+12y=51x，
B高校的采集人数为8x+16y+5x+3y=13x+19y=70x，
∴、两高校的采集人数之比为51x：70x=51：70，
故答案为：51：70．
【点睛】本题考查列代数式、整式的加减、二元一次方程，理解题意，正确列出代数式和方程是解答的关键．
三、解答题：（本大题共9小题，第17题8分，第21题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程写在答题卡中对应的位置上．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算除法和乘法，再合并同类项即可；
（2）先计算多项式与多项式的乘法、单项式与多项式的乘法，然后去括号合并同类项
【小问1详解】
解：原式；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查了整式的四则混合运算，熟练掌握运算顺序是解答本题的关键．四则混合运算的顺序是先算乘除，再算加减；同级运算，按从左到右的顺序计算．
18. 先化简，再求值：
（1），其中，；
（2），其中．
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【小问1详解】
解：
．
将，；代入化简之后的式子得：．
【小问2详解】
解：
．
将代入化简之后式子得：．
【点睛】本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握整式的混合运算法则进行正确化简．
19. （1）如图1，请利用无刻度的直尺和圆规，连接，在线段上求作线段，使；
（2）如图2，点是的中点，、分别是线段、上的点，且，．若，求线段的长．
【答案】（1）作图见解析；（2）线段CE的长为，详见解析
【解析】
【分析】（1）根据尺规作图，以B为圆心，AC为半径画弧，交BD于点E，DE即为所求；
（2）根据题意，结合图形可求出AC=BC=，，，可求出BE，即可求出CE的长．
【详解】解：（1）如图所示，连接AC，以B为圆心，AC为半径画弧，交BD于点E，DE即为所求，
；
（2）由题意可知，AC=BC=，
∴，，
∴BE=AB-AD-DE=，
∴CE=BC-BE=，
即：线段CE的长为．
【点睛】本题主要考查的是尺规作图，以及线段求值，数形结合是解题的关键．
20. 如图，已知//，射线交于点，交于点，从点引一条射线，若，求证：．
证明：∵（已知），
且_________（__________________），
∴_________（__________________），
∴//_________，（__________________），
∴（__________________），
又∵（已知），
∴_________（__________________），
∴．
【答案】∠BFD，对顶角相等；∠2，等量代换；DE，同位相等，两直线平行；∠CDE，两直线平行，同旁内角互补；∠C，两直线平行，内错角相等
【解析】
【分析】根据AB//CD可得，再证明CB//DE可得，从而可得结论．
【详解】证明：∵（已知），
且∠BFD（对顶角相等），
∴∠2（等量代换），
∴//DE，（两直线平行），
∴（两直线平行，同旁内角互补），
又∵（已知），
∴∠C（两直线平行，内错角相等），
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟练掌握判定定理和性质定理是解答本题的关键．
21. 如图，，，，求证：．（请写出每一步的推理依据）
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行线的判定与性质证明即可．
【详解】证明：∵∠DEH+∠EHG=180°（已知），
∴ED∥AC（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠1=∠C（两直线平行，同位角相等），
∠2=∠DGC（两直线平行，内错角相等），
∵∠1=∠2，∠C=∠A（已知），
∴∠A=∠DGC，
∴AB∥DF（同位角相等，两直线平行），
∴∠AEH=∠F（两直线平行，内错角相等），
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．
22. 如图，在中，于点，，．
（1）求的度数；
（2）若平分，平分交于点，求的度数．
【答案】（1）90° （2）112.5°
【解析】
【分析】（1）根据平行线的判定与性质求解即可；
（2）根据角平分线定义和平行线的性质可求得∠1=∠HBF=∠2=45°，进而可求得∠BFG=135°，再根据角平分线定义和平行线的性质即可求解．
【小问1详解】
解：∵∠DEA=∠C，
∴DE∥BC，
∴∠1=∠HBF，
∵∠1=∠2，
∴∠HBF=∠2，
∴BE∥GF，
∵FG⊥AC，
∴BE⊥AC，
∴∠BEC=90°；
【小问2详解】
解：∵∠AEB=∠BEC=90°，DE平分∠AEB，
∴∠1=45°，即∠1=∠HBF=∠2=45°，
∴∠BFG=180°-∠2=135°，
∵FD平分∠BFG，
∴∠GFH=∠BFG=67.5°，
∵BE∥GF，
∴∠EHF+∠GFH=180°，
∴∠EHF=180°-∠GFH=180°-67.5°=112.5°．
【点睛】本题考查平行线的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定与性质是解答的关键．
23. 重庆市慈善总会计划将一批爱心物资运往灾区，这一批爱心物资为甲种货物248吨和乙种货物172吨，欲租用A、两种型号的汽车共40辆，现有一汽和二汽两家汽车公司竞争这次运输任务，他们均有足够量的A、型汽车，收费标准如下表：
一汽
二汽
A型每辆费用（元）
500
型每辆费用（元）
900
（1）已知一汽公司每辆型汽车的费用比每辆A型汽车的费用多200元，且在一汽公司租3辆A型汽车和4辆型汽车的总费用为5000元．求表格中，的值；
（2）已知每辆A型汽车最多可以装甲种货物7吨和乙种货物3吨，每辆型汽车最多可装甲种货物5吨和乙种货物7吨，按此要求安排A、两种型号汽车的辆数，从运费最少的角度考虑，选择哪一家公司来运输这批货物？如何安排A、两种型号汽车的辆数？请说明理由．
【答案】（1）
（2）当租用A种型号汽车27辆，租用B种型号汽车13辆时，从运费最少的角度考虑，应选二汽公司来运输这批货物
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组并求解即可；
（2）设租用A种型号汽车x辆，则租用B种型号汽车（40-x）辆，根据数量关系列出不等式组，解不等式组即可求解；
小问1详解】
解：根据题意，，
解得：，
【小问2详解】
设租用A种型号汽车x辆，则租用B种型号汽车（40-x）辆；
由题意，
解得：，
当租用A种型号汽车24辆，则租用B种型号汽车16辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车25辆，则租用B种型号汽车15辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车26辆，则租用B种型号汽车14辆；
（元）
（元）
当租用A种型号汽车27辆，则租用B种型号汽车13辆；
（元）
（元）
∴当租用A种型号汽车27辆，租用B种型号汽车13辆时，从运费最少的角度考虑，应选二汽公司来运输这批货物；
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组及不等式组是解题的关键．
24. 对任意一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，则称这个数为“真知数”，将的百位数字调到个位数字的后面，可以得到一个新的三位数，再将新三位数的百位数字调到个位数字的后面，可以得到另一个新的三位数，把这两个新数与原数的和与111的商记为．例如，123是“真知数”，将123的百位数字调到个位数字的后面得到231，再将231的百位数字调到个位数字的后面得到312，则．
（1）求，；
（2）已知，（，，为整数），若、均为“真知数”，且可被7整除，求的值．
【答案】（1）7，16
（2）t=265或264或263
【解析】
【分析】（1）根据题中“真知数”定义和运算法则计算即可；
（2）根据“真知数”的定义和运算法则，分类讨论计算出、，依照各数位上的数计算即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，=，
；
【小问2详解】
解：∵s为“真知数”，
∴x≠1，x≠2，
∵t为“真知数”，且6+4=10，6+6=12，
∴y≠4，y≠6，
由题意，将百位调换后的数为210+x，100+10x+2，
∴，
当1≤y≤3时，∵，，为整数，x≠1，x≠2，1≤y≤3，
∴x=y=3，
∴=，
=6，
∴+=22不被7整除，
∴x≠3，y≠3；
当y=5，7，8，9时，将百位调换后的数为600+10（y-4）+2，100（y-4）+26，
∴，
∴+=x+y+7，
∵+可被7整除，且，，为整数，x≠1，x≠2，y=5，7，8，9，
∴x+y=14，
∴x=5，y=9或x=6，y=8或x=7，y=7，
∴t=265或264或263.
【点睛】本题考查对新定义的理解与运用，涉及实数运算、因式分解、整式的加减，解答的关键是理解题意，找出新三位数各个数位上的数与的关系，注意分类讨论的思想运用.
25. 如图①，已知，在内部画射线，得到三个角，分别为、、．若这三个角中有一个角是另外一个角的3倍，则称射线为的“幸福线”．（本题中所研究的角都是大于而小于的角．）
（1）角的三等分线________这个角的“幸福线”（填“是”或“不是”）；
（2）如图①，，射线为的“幸福线”，求的度数；
（3）如图②，已知，射线从出发，以每秒的速度绕点逆时针旋转，同时，射线从出发，以每秒的速度绕点逆时针旋转，设运动的时间为秒（）．若、、三条射线中，一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸福线”，求出所有可能的值．
【答案】（1）是； （2），，，；
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）若OC为∠AOB的三等分线，则有，符合“幸福线”的定义；
（2）根据“幸福线”的定义可得当时，当时，当时，当时，然后根据角的和差关系进行求解即可；
（3）由题意可分①当时在与重合之前，则有，，由是的“幸福线”可进行分类求解；②当时，在与重合之后，则有，，由是的“幸福线”可分类进行求解．
【小问1详解】
解：若OC为∠AOB的三等分线，则有，符合“幸福线”的定义，所以角的三等分线是这个角的“幸福线”；
故答案为：是．
【小问2详解】
解：由题意得：
∵，射线为的“幸福线”，
∴①当时，则有：；
②当时，则有；
③当时，则有；
④当时，则有：；；
综上所述：当射线为的“幸福线”时，∠AOC的度数为，，，；
【小问3详解】
解：∵，
∴射线ON与OA重合的时间为（秒），
∴当时在与重合之前，如图所示：
∴°，°，
是的“幸福线”，则有以下三类情况：
①，即，（舍去），
②，即，，
③，即，；
④，即，（舍去）；
当时，在与重合之后，如图所示：
∴°，°，
是的“幸福线”，则有以下三类情况：
①，即，（不符合题意，舍去），
②，即，（不符合题意，舍去）；
③，即，；
④，即，不存在；
综上：或或．
【点睛】本题主要考查角的三等分点的计算及角的动点问题，熟练掌握角的三等分点的计算及角之间的和差关系是解题的关键．
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