【期末知识专练】人教版数学七年级上学期 期末备考-专题3.04：填空题满分强化（30题）

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专题3.04 填空题满分强化（30题）解析版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题
1．（2022·甘肃酒泉·七年级期末）如图1，在长方形中，为边上一点，点是长方形中边上的动点，点从点出发沿着的路线向点匀速运动．若点的运动速度为，则随着时间的变化，的面积也随之变化，变化情况如图2所示，当______时，的面积为．

【答案】4或20##20或4

【分析】先结合所给图示求出BC，CD，DE，AE的长度，再求出的面积为时点P的位置，即可求解．
【详解】解：观察所给图形可知，当时，P运动到C点，当时，P运动到D点，当时，P运动到E点，
又∵点的运动速度为，
∴，，，
∴，
当点P在线段DC上时，，不符合要求，
∴的面积为时，点P在BC或AD上，
当点P在线段BC上时，
，解得，
此时；
当点P在线段AD上时，
，解得，
此时,
综上，当或时，的面积为．
故答案为：4或20．
【点睛】本题考查动点图像问题，根据图示弄清楚不同时间段点P的位置是解题的关键．
2．（2022·山西阳泉·七年级期末）体育课上的口令：立正，向右转，向后转，向左转之间可以相加．连续执行两个口令就把这两个口令加起来．例如：向右转＋向左转=立正；向左转＋向后转=向右转．如果分别用0，1，2，3分别代表立正，向右转，向后转，向左转，就可以用如图所示的加法表来表示，在表中填了部分的数值和代表数值的字母．下列对于字母a，b，c，d的值，有如下说法小红说a=0，小强说b=1，小亮说c=2，小龙说d=3．你认为______的说法是错误的．

【答案】小亮
【分析】根据题意，分别找出表格中字母所表示的实际意义，然后将实际意义转化成数字即可．
【详解】解：由题意和表格可知：a=向右转＋向左转=立正=0，故小红的说法是正确的；
b=向后转＋向左转=向右转=1，故小强的说法是正确的；
c=向左转＋向后转=向右转=1，故小亮的说法是错误的；
d=向右转＋向后转=向左转=3，故小龙的说法是正确的．
故答案为：小亮．
【点睛】此题考查了新定义类问题，解题的关键是读懂新定义的材料和掌握其中的规律．
3．（2021·江西景德镇·七年级期末）在2点到4点之间，时针和分针的夹角会有成的情形，请问这个时间点分别是________．
【答案】2时分或3时整或3时分
【分析】先求出时针、分针每分钟转动的度数，分2点和3点之间，3点和4点之间两种情况，根据角的和差关系列一元一次方程求解．
【详解】解：∵ 时针每60分钟走一大格，即转动，分针每60分钟走一圈，即转动，
∴时针每分钟转动，分针每分钟转动．
2时，时针与分针的夹角为，
2时和3时之间时，设2时x分，时针和分针的夹角会成，
则或，
解得或（舍），
即2时分时，时针和分针的夹角会成；
3点时，时针与分针的夹角为，
3时和4时之间时，设3时x分，时针和分针的夹角会成，
则，
解得或（舍），
即3时整或3时分时，时针和分针的夹角会成，
综上，2时分或3时整或3时分时，时针和分针的夹角会成．
故答案为：2时分或3时整或3时分．
【点睛】本题考查钟表的认识，角的和差关系，一元一次方程的实际应用等，解题的关键是求出时针、分针每分钟转动的度数，注意分情况讨论，避免漏解．
4．（2022·贵州铜仁·七年级期末）已知整数a1，a2，a3，a4…满足下列条件：a1=0，a2=-|a1+1|，a3=-|a2+2|，a4=-|a3+3|…依次类推，则a2020的值为_____________．
【答案】
【分析】先求出前6个值，从而得出，据此可得答案．
【详解】解：由题意得：a1=0，
a2=-|a1+1|=-1，
a3=-|a2+2|=-1，
a4=-|a3+3|=-2，
a5=-|a4+4|=-2，
a6=-|a5+5|=-3，
…，

所以a2020的值为-1010．
故答案为：-1010．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解题的关键是计算出前几个数值，从而得出的规律．
5．（2022·安徽淮南·七年级期末）甲乙两地相距180km，一列慢车以40km/h的速度从甲地匀速驶往乙地，慢车出发30分钟后，一列快车以60km/h的速度从甲地匀速驶往乙地．两车相继到达终点乙地，在整个过程中，两车恰好相距10km的次数是____________次．
【答案】4
【分析】利用时间=路程÷速度，可求出快车未出发且两车相距10km的时间，设快车出发x小时时，两车相距10km，分快车未超过慢车时、快车超过慢车10km时及快车到达乙地后三种情况，根据路程=速度×时间结合两车之间相距10km，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，进而可得出结论．
【详解】解：∵10÷40=h，
∴快车未出发，慢车出发小时时，两车相距10km；
设快车出发x小时时，两车相距10km．
快车未超过慢车时，40（x+）-10=60x，
解得：x=（h）；
快车超过慢车10km时，40（x+）+10=60x，
解得：x=（h）；
快车到达乙地后，40（x+）=180-10，
解得：x=（h）．
∴两车恰好相距10km的次数是4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是把所有情况都考虑到，找准等量关系，正确列出一元一次方程．
6．（2021·四川成都·七年级期末）将长为2，宽为a的长方形纸片（1＜a＜2）如图那样折一下，剪下一个边长等于长方形的宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去．若第3次操作后，剩下的长方形恰好是正方形，则a的值为_____．

【答案】1.2或1.5
【分析】经过第一次操作可知剩下的长方形一边长为a，另一边长为2-a；若第二次操作后，剩下的长方形恰好是正方形，则所以剩下的长方形的两边分别为2-a、a-（2-a）=2a-2；根据第2次剩下的长方形分两种情况讨论，若第三次操作后，剩下的长为正方形，则可列方程。
【详解】解：解：第1次操作，剪下的正方形边长为a，剩下的长方形的长宽分别为a、2-a，由1＜a＜2，得a＞2-a，第2次操作，剪下的正方形边长为2-a，所以剩下的长方形的两边分别为2-a、a-（2-a）=2a-2，
①当2a-2＜2-a，即a＜时，则第3次操作时，剪下的正方形边长为2a-2，剩下的长方形的两边分别为2a-2、（2-a）-（2a-2）=4-3a，则2a-2=4-3a，解得a=1.2；
②2a-2＞2-a，即a＞+ 时则第3次操作时，剪下的正方形边长为2-a，剩下的长方形的两边分别为2-a、（2a-2）-（2-a）=3a-4，则2-a=3a-4，解得a=1.5．
综上，a的值为1.2或1.5，
故答案为：1.2或1.5．
【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，熟练掌握一元一次方程的应用及分类讨论思想是解题的关键．
7．（2021·广东·深圳市高级中学七年级期末）已知：20＝1，21＝2，22＝4，23＝8，24的个位数是6，25的个位数是2，…，则20+21+22+23+24+…+22021的个位数字是_____．
【答案】3．
【分析】根据题意找到规律，从21=2，22=4，23=8…24的个位数是6，25的个位数是2可知，个位数字是每4个数一循环，则2021=5×404+1，由此推知结论．
【详解】解：因为20＝1，21＝2，22＝4，23＝8，24的个位数是6，25的个位数是2，…，且2021=5×404+1，
所以20+21+22+23+24+…+22021的个位数字之和是：1+(2+4+8+6)×404+2=8083，
所以20+21+22+23+24+…+22021的个位数字是3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了规律型:数字的变化类,要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题解决本题的难点在于找到个位数字是每4个数一循环．
8．（2020·河北·平山县外国语中学七年级期末）把一张纸片剪成4块，再从所得的纸片中任取若干块，每块剪成4块，像这样依次地进行下去，到剪完某一次为止，那么2018、2019、2020、2021这四个数中______可能是剪出的纸片数．
【答案】2020
【分析】根据剪纸的规律，每一次都是在4的基础上多了3张，则剪了n次时，共有4+3（n-1）=3n+1．根据这一规律，则该数减去1必须是3的倍数，才有可能．所以其中只有2020符合条件．
【详解】解：第一次取k1块，则分为了4k1块，加上留下的（4-k1）块，共有4k1+4-k1=4+3k1=3（k1+1）+1块，第二次取k2块，则分为了4k2块，加上留下的（4+3k1-k2）块，共有4+3k1+3k2=3（k1+k2+1）+1块，…第n次取kn块，则分为了4kn块，共有4+3k1+3k2+3kn=3（k1+k2+k3+…+kn+1）+1块，从中看出，只要能够写成3k+1的形式，就能够得到．
∵2020=3×673+1，
∴这四个数中2020可能是剪出的纸片数．
故答案为：2020．
【点睛】考查了有理数的乘方，此题必须探索出剪n次有的纸片数，然后根据规律求得n是否为整数进行判断．
9．（2021·山东日照·七年级期末）将数个，个，个，…，个（为正整数）顺次排成一列，，，，，，…，…记，，，…，，，，…，，则__________．
【答案】4041
【分析】根据题意，可以得到，，，，从而可以得到的值，进而可以得到的值．
【详解】解：，，，，
，
由题意可得，




∵，
∴
故答案为：4041．
【点睛】此题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出，．
10．（2021·广东惠州·七年级期末）观察下列等式：



……
请按上述规律，写出第个式子的计算结果（为正整数）______．（写出最简计算结果即可）
【答案】
【分析】利用材料中的“拆项法”解答即可．
【详解】解：由题意可知，第n个式子为：

故答案为：．
【点睛】考查了规律型：数字的变化规律，有理数的混合运算．解题关键是通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
11．（2019·重庆八中七年级期末）在2019年全国信息学奥林匹克联赛中，重庆八中学子再创辉煌，竞赛成绩全市领先，共56人获得全国一等奖，同时摘下高一年级组冠军，高二年级组第二名，包搅初二年级组冠、亚、季军，在校内选拔赛时，某位同学连续答题40道，答对一题得5分，答错一题扣2分，最终该同学获得144分．请问这位同学答对多少道题？下面共列出4个方程，其中正确的是________________
A．设答对了x道题，则可列方程：
B．设答错了y道题，则可列方程：
C．设答对题目得a分，则可列方程：
D．设答错题目扣b分，则可列方程：
【答案】ABC．
【分析】根据题意，设不同的未知数，列出相应的方程即可．
【详解】解：A、设答对了x道题，则可列方程：，正确，符合题意；
B、设答错了y道题，则可列方程：，正确，符合题意；
C、设答对题目得a分，则可列方程：，正确，符合题意；
D、设答错题目扣b分，则可列方程：，原方程错误，不符合题意；
故答案为：ABC．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，解题关键是根据所设未知数不同，找到不同的等量关系列方程．
12．（2021·重庆实验外国语学校七年级期末）将1，2，…，50这50个正整数任意分成25组，每组两个数．现将每组两个数中的一个记为x，另一个记为y，代入代数式（|x﹣y|﹣x﹣y）中进行计算，并求出结果．将这25组都代入后，可求得25个值，则这25个值的和的最小值是_____．
【答案】-625
【分析】不妨设各组中的数的比大，然后去掉绝对值号化简等于，所以当25组中的较大的数恰好是26到50时．这25个值的和最小，再根据求和即可得解．
【详解】解：假设，
则，
所以，当这25组数较大的数是2，4，6，8，...，48，50时，对应数分别是1，3，5，7，..，47，49时和最小，
最小值为-（1+3+5+7+...+49）=-625，故答案为：-625．
故答案为：-625．
【点睛】本题考查了规律型：数字的变化类、代数式求值与有理数的混合运算，通过假设，把所给代数式化简，然后判断出各组中较大的数恰好是26到50时这25个值的和最大是解题的关键．
13．（2021·四川成都·七年级期末）汉诺塔问题是数学中的著名猜想之一．如图所示：有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金片从一根针上全部移到另一根针上．
（1）每次只能移动一个金属片；
（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面．将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为f（n），则①f（3）＝_____，②f（n）＝_____．

【答案】     7    
【分析】根据移动方法与规律发现，随着金属片数目的增多，都是分两个阶段移动，用金属片数目减1的移动次数都移动到2号，然后把最大的金属片移动到3号，再用同样的次数从2号移动到3号，从而完成，然后根据移动次数的数据找出总的规律求解即可．
【详解】解：设f（n）是把n个盘子从1号移到3号过程中移动盘子之最少次数
n＝1时，f（1）＝1；
n＝2时，小金属片→2号，大金属片→3号，小金属片从2号→3号，完成，即f（2）＝3＝22−1；
n＝3时，小金属片→3号，中金属片→2号，小金属片从3号→2号，[用f（2）种方法把中、小两金属片移到2号，大金属片3号；再用f（2）种方法把中、小两金属片从2号→3号，完成]，
f（3）＝f（2）×2＋1＝3×2＋1＝7＝23−1，
f（4）＝f（3）×2＋1＝7×2＋1＝15＝24−1，
…
以此类推，f（n）＝f（n−1）×2＋1＝2n−1，
故答案为：7；2n−1．
【点睛】本题考查了归纳推理、图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数是解题的关键．
14．（2022·贵州省大方县育才学校七年级期末）已知关于x的方程的解为正整数，则整数k的值为_________．
【答案】3或7．
【分析】解方程用含有k的式子表示x，再根据5除以几得正整数，求出整数k．
【详解】解：，
解得，，
∵k为整数，关于x的方程的解为正整数，
∴k-2=1或k-2=5，
解得，k=3或k=7，
故答案为：3或7．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解，解题关键是根据方程的解为正整数，k为整数，确定未知数的系数的值．
15．（2021·山东聊城·七年级期末）火车往返于A、B两个城市，中途经过4个站点（共6个站点），不同的车站来往需要不同的车票，共有不同的车票______种．

【答案】30．
【分析】根据每条线段就有两种车票，每两点就是一条线段，可得答案．
【详解】车票从左到右有：
AC、AD、AE、AF、AB，
CD、CE、CF、CB，
DE、DF、DB，
EF、EB，
FB，15种
从右到左有：
BF、BE、BD、BC、BA，
FE、FD、FC、FA，
ED、EC、EA，
DA、DC，
CA，15种．
火车往返于A、B两个城市，中途经过4个站点（共6个站点），不同的车站来往需要不同的车票，共有30种不同的车票．
故答案为：30．
【点睛】本题考查了线段的数法应用，在线段的计数时，应注重分类讨论的方法计数，做到不遗漏，不重复，注意：每条线段有两种车票．
16．（2021·四川成都·七年级期末）对任意一个四位数，若其千位数字与十位数字之和等于百位数字与个位数字之和，称这样的四位数为“平衡数”．对任意一个“平衡数”M，将M的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得新数N，记．若A，B是“平衡数”，且A的千位为5，B的个位为7，当时，则的最大值为______．
【答案】10
【分析】设A的百位数字为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，根据“平衡数”的定义及可求出，设B的百位数字为b，十位数字为c，则千位数字为b+7-c，并得出，最后根据求出a与b的关系，即可求出的最大值．
【详解】解：设A的百位数字为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，
根据题意得：，
则．
设B的百位数字为b，十位数字为c，则千位数字为b+7-c，
同理可得：，
∵，
∴．
∴．
∵a为十位上的数字，a最小取0，
∴b的最大值为3．
则的最大值为3+7=10．
故答案为：10．
【点睛】此题考查了新定义下的整式加减的应用，理解“平衡数”的定义，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由数位的特点求出相应字母的最大值是解题的关键．
17．（2021·重庆北碚·七年级期末）如图，已知正方形的边长为4，甲、乙两动点分别从正方形ABCD的顶点A、C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的3倍，则它们第2018次相遇在边______．

【答案】DC
【分析】此题利用行程问题中的相遇问题，根据乙的速度是甲的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．
【详解】解：正方形的边长为4，因为乙的速度是甲的速度的3倍，时间相同，甲乙所行的路程比为1：3，把正方形的每一条边平均分成2份，由题意知：
第一次相遇甲乙行的路程和为8，甲行的路程为，乙行的路程为，在AD边相遇；
第二次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，在DC边相遇；
第三次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，在CB边相遇；
第四次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，在AB边相遇；

∵2018=504×4+2，∴甲、乙第2018次相遇在边DC上．
故答案为：DC．
【点睛】本题主要考查行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，难度较大，注意先通过计算发现规律然后再解决问题．
18．（2022·江西赣州·七年级期末）将长为4宽为a（a大于1且小于4）的长方形纸片按如图所示的方式折叠并压平，剪下一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按同样的方式操作，称为第二次操作；如此反复操作下去  ，若在第n次操作后，剩下的长方形恰为正方形，则操作终止．当时，a的值为______．

【答案】
【分析】经过第一次操作可知剩下的长方形一边长为a，另一边长为4-a；分当时，及当，两种情况讨论；根据第2次剩下的长方形分两种情况讨论，若第三次操作后，剩下的长方形恰好是正方形，由此可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：第1次操作，剪下的正方形边长为a，剩下的长方形的长宽分别为a、4-a，
当时，即时
第二次操作后，剩余长方形的长宽分别为a、4-2a，
①当时，即时
第三次操作剩余两边为a、4-3a，
此时为正方形，得
解得
又
不成立；
②当，即时
第三次操作剩余两边边长分别为，
此时为正方形，得
解得，此时符合题意；
当，即时，第2次操作，剪下的正方形边长为4-a，所以剩下的长方形的两边分别为4-a、a-（4-a）=2a-4，
①当2a-4＜4-a，即a＜时，
则第3次操作时，剪下的正方形边长为2a-4，剩下的长方形的两边分别为2a-4、（4-a）-（2a-4）=8-3a，
则2a-4=8-3a，解得a=；
②2a-4＞4-a，即a＞时
则第3次操作时，剪下的正方形边长为4-a，剩下的长方形的两边分别为4-a、（2a-4）-（4-a）=3a-8，
则4-a=3a-8，解得a=；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是根据剪纸的操作后的边长的关系得出方程求解，注意的范围需要分情况讨论．
19．（2020·甘肃·大成中学七年级期末）观察下列各式：1-=，1-=，1-=，根据上面的等式所反映的规律（1-）（1-）（1-）=________
【答案】
【分析】先根据已知等式探索出变形规律，然后根据规律进行变形，计算有理数的乘法运算即可．
【详解】解：由已知等式可知：，
，
，
归纳类推得：，其中n为正整数，
则，
因此，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查的是有理数运算的规律题，根据已知等式探索出运算规律并应用是解题关键．
20．（2020·甘肃天水·七年级期末）探索规律：观察下面的等式，解答问题：
1+3=4=22
1+3+5=9=32
1+3+5+7=16=42
1+3+5+7+9=25=52
请用上述规律计算：21+23+25+…+99=______________________
【答案】2400
【分析】观察已知条件给出的等式，找出规律，观察所求的算式和规律之间的关系，利用找出的规律解答问题即可．
【详解】解：由已知条件给出的等式规律可知：
第n个等式为，
设，
∵ 当n=50时，，
当n=10时， ，
∴ ．
故答案为：2400．
【点睛】本题主要考查数字类规律探索，观察出规律，能用含n的式子表示出规律，能找到所求算式与规律之间的关系是解题关键．
21．（2018·湖南永州·七年级期末）用1─9中的三个数字，如2、3、5组成数字不重复的三位整数，共有6个，计算方法为：3×2×1=6，现有1个老师和4个学生站成一排照相，老师站在正中间的不同站法有______种？
【答案】24
【分析】根据不重复的三位整数，共有6个，计算方法为：3×2×1=6．发现规律即可得老师站在正中间的不同站法有4×3×2×1=24种．
【详解】解：1─9中的三个数字，组成数字不重复的三位整数，
共有6个，计算方法为：3×2×1=6．
现有1个老师和4个学生站成一排照相，
老师站在正中间的不同站法有4×3×2×1=24．
故答案为24．
【点睛】本题考查了规律型-数字的变化类，解决本题的关键是理解题意寻找规律．
22．（2022·广西南宁·八年级期末）如图，四边形是矩形，点是边的三等分点，，点是边的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，得到；点是的中点，连接，，得到；…按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于6，则的面积是_______．

【答案】
【分析】由题意得：，，，
，，整理可得，，从而得解．
【详解】四边形ABCD是矩形，
，
，
，点是CB边的中点，

，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，，
，
整理得：，
同理可得：，
，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三角形的面积，规律型图形的变化类，解答的关键是通过整理归纳出其规律．
23．（2022·湖北省直辖县级单位·七年级期末）已知a，b为定值，且无论k为何值，关于x的方程的解总是x＝2，则_________．
【答案】
【分析】根据一元一次方程的解法，去分母并把方程整理成关于a、b的形式，然后根据方程的解与k无关分别列出方程求解即可．
【详解】解：方程两边都乘6，去分母得2（kx-a）=6-3（2x+bk），
∴2kx-2a=6-6x-3bk，
整理得（2x+3b）k+6x=2a+6，
∵无论k为何值，方程的解总是2，
∴2a+6=6×2，2×2+3b=0，
解得a=3，，
故答案为：-4．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解，根据方程的解与k无关，则k的系数为0列出方程是解题的关键．
24．（2022·重庆南开中学八年级期末）某演艺公司将观赏厅分为上、中、下三大区位，同一区位包含若干个座位数相同的桌位（不同区位的单个桌位所含座位数不一定相同）．演艺公司对近三天的的上座情况进行统计发现，三天中每个区位坐有观众的桌位均刚好坐满．第一天上、中、下区的坐有观众的桌位数之比为，中区的观众数占入场观众数的，上座率为；第二天上、中、下区的坐有观众的桌位数之比为，上区的观众数占入场观众数的，上座率为；第三天上区的观众数与第二天上区的观众数相同，中区的观众数是第一天的中区的观众数的，下区的观众数是当天上区和中区观众数的总和．则第三天的上座率为______．（上座率）
【答案】
【分析】设上区的桌位数为x，单个桌位座位数为a，中区的桌位数为y，单个桌位座位数为b，下区的桌位数为z，单个桌位座位数为c，第一天下区的坐有观众的桌位数为m，根据中区的观众数占入场观众数的，上座率为，可得3ma+2mb+mc＝（xa+yb+zc），6b＝3a+c①，设第二天上区的坐有观众的桌位数为n，根据上区的观众数占入场观众数的，上座率为，可得na+nb+2nc＝ （xa+yb+zc），3a＝2b+4c②，联立①②可得b＝c，a＝c，进一步得到mc＝（xa+yb+zc），nc＝（xa+yb+zc），根据第三天上区的观众数与第二天上区的观众数相同，中区的观众数是第一天的中区的观众数的，下区的观众数是当天上区和中区观众数的总和，可得第三天上区的观众数为na＝nc，中区的观众数为×2mb＝ mb＝mc，下区的观众数为nc+mc，依此可求第三天的上座率．
【详解】解：设上区的桌位数为x，单个桌位座位数为a，中区的桌位数为y，单个桌位座位数为b，下区的桌位数为z，单个桌位座位数为c，第一天下区的坐有观众的桌位数为m，
∵中区的观众数占入场观众数的，上座率为，
∴3ma+2mb+mc＝（xa+yb+zc），
2mb＝（3ma+2mb+mc），
∴6b＝3a+c①，
设第二天上区的坐有观众的桌位数为n，
∵上区的观众数占入场观众数的，上座率为，
∴na+nb+2nc＝（xa+yb+zc），
na＝（na+nb+2nc），
∴3a＝2b+4c②，
把②代入①得6b＝2b+4c+c，即b＝c，
把b＝c代入②得3a＝c+4c，即a＝c，
∴3m×c+2m×c+mc＝（xa+yb+zc），
整理得mc＝（xa+yb+zc），
∴n×c+n×c+2nc＝（xa+yb+zc），
整理得nc＝（xa+yb+zc），
∵第三天上区的观众数与第二天上区的观众数相同，中区的观众数是第一天的中区的众数的，下区的观众数是当天上区和中区观众数的总和，
∴第三天上区的观众数为na＝nc，中区的观众数为×2mb＝mb＝mc，下区观众数为nc+mc，
∴第三天的上座率为．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了应用类问题，不定方程的应用，解题的关键是正确读懂题意列出方程和代数式．
25．（2020·浙江嘉兴·七年级期末）小方同学设计了一个“魔法棒转不停”程序，如图所示，点，在直线上，第一步，绕点顺时针旋转度至；第二步，绕点顺时针旋转度至；第三步，绕点顺时针旋转度至，以此类推，在旋转过程中若碰到直线则立即绕点反方向旋转．当时，则等于______度．

【答案】或或
【分析】根据题意，由旋转的性质和角度的变化规律，可对射线进行讨论分析：①未反弹；②反弹后落在之间；③反弹后落在之间；④反弹后落在之间；分别求出每一种情况的答案，并结合实际情况，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，可对射线进行讨论分析：
①未反弹时，如图：

∵，
∴，
∴
此时满足题意；
②反弹后落在之间，如图：

∴，，
∴，
∴，
∴，
此时，不符合题意，舍去；
③反弹后落在之间，如图：

∴，，
∴，
∴
此时，成立；
④反弹后落在之间，如图：

∴，，
∴，
∴，
∴，成立；
∵，
∴，
∴射线不可能反弹；
综上所述，等于或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，平角的定义，角度的和差关系，解题的关键是熟练掌握题意，掌握角度的规律探索，注意运用分类讨论的思想进行分析．
26．（2021·重庆南开中学七年级期末）已知：如图1，点是直线上一点，过点作射线，使，过点作射线，使．如图2，绕点以每秒9°的速度顺时针旋转得，同时射线绕点以每秒3°的速度顺时针旋转得射线，当射线落在的反向延长线上时，射线和同时停止，在整个运动过程中，当______时，的某一边平分（指不大于180°的角）．

【答案】t=3或t=30或t=54
【分析】本题分情况讨论，当OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'，用t的式子表示∠MOE'，∠A'OE'，求出t的值，
当ON'平分∠A'OM，∠MON'=∠A'ON'，此时分为两种情况，
第一种情况：ON'没有旋转完360°，
第二种情况：ON'旋转完了360°．用t的式子表示∠MON'，∠A'ON'，分别求出t的值即可．
【详解】解：∵∠EOM=∠EON，∠EOM+∠EON=180°
得：∠EOM=30° ，∠EON=150°
①OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'

∠MOE'=30+9t
∠A'OE'=60+3t-9t
∴30+9t=60+3t-9t
解得t=3，
②ON'平分∠A'OM，此时分为两种情况，
第一种情况：ON'没有旋转完360°，

∠MON'=∠A'ON'
∠MON'=9t-180    
∠A'ON'=90+(9t-180)-3t
∴9t-180=90+(9t-180)-3t
解得t=30，
第二种情况：ON'旋转完了360°

∠MON'=∠A'ON'
∠MON'=180-9t+360，
∠A'ON'=180-(3t-90)-(180-9t+360)
180-9t+360=180-(3t-90)-(180-9t+360)
解得t=54，
故答案为：t=3或t=30或t=54  
【点睛】此题主要考查角的和差，角平分线的性质与一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系求解.
27．（2020·浙江绍兴·七年级期末）数学实践课中：一张纸片，第一次将其撕成四小片,以后每次都将其中一片撕成更小的四片，如此进行下去,撕到第2次手中共有7张纸片，问撕到第4次时，手中共有_____张，撕到第n次时，手中共有_________________（用含有n的代数式表示）张．

【答案】     13     3n+1
【分析】分别数出三个图形中正方形的个数，第二个和第三个图形中正方形的个数就是分别撕了一次和两次后手中纸的张数．撕了几次后，手中纸的张数等于3与几的乘积加1．如当撕了2次时，手中有7张纸=3×2+1；由此可得，撕了4次时，手中有3×4+1=13张纸；设撕的次数为n，纸的张数为s，按照（1）中的规律即可得出答案．
【详解】解：从图中可以看出，当撕了1次时，手中有4张纸=3×1+1；
当撕了2次时，手中有7张纸=3×2+1；
当撕了3次时，手中有10张纸=3×3+1；
…
可以发现：撕了几次后，手中纸的张数等于3与几的乘积加1．
所以，当撕了4次时，手中有3×4+1=13张纸．
设撕的次数为n，纸的张数为s，按照规律可得：s=3n+1．
故答案为：13；3n+1．
【点睛】此题主要考查学生对图形变化类这个知识点的理解和掌握，解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形，数值等条件，认真分析，找到规律．
28．（2019·贵州遵义·九年级期末）如图，中，，，点，，…将分成等份，过点，，…分别作的垂线，交于点，，…，用，，…分别表示：，，…的面积，则______.

【答案】
【分析】先求出小三角形面积和，用三角形总面积减掉小三角形面积和，得到所有矩形面积和，通过观察可知，每单个矩形面积是空白三角形面积的2倍，
进而求出S空白= ；即可得出.
【详解】将分成等份，则,
，所以所有形如的小三角形共由n个，
形如的小三角形面积和为：
根据S矩形 可知：
S空白=



【点睛】本题为考查规律总结，难度较大，结合题干图形分析，常出现于填空最后一道.
29．（2018·四川南充·七年级期末）一辆客车，一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶，在某一时刻，货车在中，客车在前，小轿车在后，且它们的距离相等，走了15分钟，小轿车追上了货车，又走了5分钟，小轿车追上了客车，问再过_____分钟，货车追上了客车．
【答案】10
【详解】设小轿车速度为a，货车速度为b，客车速度为c，某一刻的相等间距为m，则=15，=15+5，化简得15a﹣15b=10a﹣10c，∴a=3b﹣2c．设再过t分钟，货车追上客车，根据题意得(20+t)(b﹣c)=15(a﹣b)，即(20+t)(b﹣c)=15(3b﹣2c﹣b)，解得t=10，故答案为10．
30．（2020·广东华侨中学七年级期末）父亲带着两个儿子向离家33千米的奶奶家出发，父亲有一辆摩托车，速度为25千米小时，如果再载了另一个人，则速度为20千米小时摩托车不允许带两个人，即每车至多载两人每个儿子如果步行速度为5千米小时，为尽快到达奶奶家，出发时，父亲让第二个儿子先步行，将第一个儿子载了一段路程后让其步行前往奶奶家，并立即返回接步行的第二个儿子，结果与第一个儿子同时到达奶奶家，则在路上共计用的时间为______小时．
【答案】3
【分析】对于过程复杂的行程问题，用图形表示行程就能使问题简化．
如图1中，千米，第一个儿子在C点下车后步行到奶奶家，此时父亲在C点，第二个儿子步行到D点，DC段存在一个父亲与第二个儿子之间的相遇问题从时间上产生等量关系，即：父亲从C点单车返回到E点的时间带第二个儿子从E点到B点的时间第一个儿子从C点步行到B点的时间若设千米，则，用含x的代数式表示出该等量关系，即可得方程解出问题．
【详解】如图1：
设第一个儿子搭乘摩托车的路程为x千米，即，则，，
对于DC段的相遇问题，可设父亲与第二个儿子相遇的时间为t小时，
于是得方程




由时间关系，可得方程

解方程得
则在路上共计用的时间为
即：整个过程在路上共计花了3个小时．
故答案为3．
【点睛】本题考查的用一元一次方程解决应用题中的行程问题，包含相遇与追及问题，用线段图来表示行程问题中的变化，可以使过程变得更清晰，是解决本题的关键．