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    【重难点讲义】浙教版数学七年级下册-期末专项复习2 七下各地期末试卷中等题选择、填空题40题训练
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    【重难点讲义】浙教版数学七年级下册-期末专项复习2 七下各地期末试卷中等题选择、填空题40题训练

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    这是一份【重难点讲义】浙教版数学七年级下册-期末专项复习2 七下各地期末试卷中等题选择、填空题40题训练,文件包含期末专项复习2七下各地期末试卷中等题选择填空题40题训练原卷版docx、期末专项复习2七下各地期末试卷中等题选择填空题40题训练解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共44页, 欢迎下载使用。

    期末专项复习2 七下各地期末试卷中等题选择、填空题40题训练
    一.选择题(共18小题)
    1.(2022春•上虞区期末)如图,在长方形ABCD中,放入6个形状和大小完全相同的长方形.所标注尺寸如图所示.则图中阴影部分的面积为(  )cm2.

    A.57 B.55 C.53 D.51
    【分析】设小长方形的长为xcm,宽为ycm,根据图中各边之间的关系,即可得出关于x,y的二元一次方程组,解之即可得出x,y的值,再利用图中阴影部分的面积=大长方形的面积﹣6×小长方形的面积,即可求出结论.
    【解答】解:设小长方形的长为xcm,宽为ycm,
    依题意得:,
    解得:,
    ∴图中阴影部分的面积为15×(7+2×2)﹣6×9×2=57(cm2).
    故选:A.
    【点评】本题考查了二元一次方程组的应用,找准等量关系,正确列出二元一次方程组是解题的关键.
    2.(2022春•新昌县期末)已知有2个完全相同的边长为a、b的小长方形和1个边长为m、n的大长方形,小明把这2个小长方形按如图所示放置在大长方形中,小明经过推理得知,要求出图中阴影部分的周长之和,只需知道a、b、m、n中的一个量即可,则要知道的那个量是(  )

    A.a B.b C.m D.n
    【分析】先用含a、b、m、n的代数式表示出阴影矩形的长宽,再求阴影矩形的周长和即可.
    【解答】解:由图和已知可知:AB=a,EF=b,AC=n﹣b,GE=n﹣a.
    阴影部分的周长为:2(AB+AC)+2(GE+EF)
    =2(a+n﹣b)+2(n﹣a+b)
    =2a+2n﹣2b+2n﹣2a+2b
    =4n.
    ∴求图中阴影部分的周长之和,只需知道n一个量即可.
    故选:D.

    【点评】本题主要考查了整式的加减,能用含a、b、m、n的代数式表示出阴影矩形的长宽是解决本题的关键.
    3.(2022春•上虞区期末)下列多项式中,能运用平方差公式分解因式的是(  )
    A.x2+4y2 B.3x2﹣4y C.﹣+ D.﹣﹣
    【分析】根据能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式,两项都能写成平方的形式,且符号相反进行分析即可.
    【解答】解:A、x2+4y2不能运用平方差公式分解,故此选项错误;
    B、3x2﹣4y不能运用平方差公式分解,故此选项错误;
    C、﹣+能运用平方差公式分解,故此选项正确;
    D、﹣﹣不能运用平方差公式分解,故此选项错误;
    故选:C.
    【点评】此题考查了平方差公式,熟练掌握平方差公式是解本题的关键.
    4.(2022春•乐清市期末)一个三位数,百位上的数与十位上的数之差是2,如果交换十位数字与个位数字的位置,那么所得的数就比原来小36,则百位上的数与个位上的数之差为(  )
    A.5 B.6 C.7 D.8
    【分析】设原三位数个位上的数字为x,十位上的数字为y,则百位上的数字为(y+2),根据“交换十位数字与个位数字的位置,所得的数就比原来小36”,即可得出关于x,y的二元一次方程,化简后可得出y﹣x=4,再将其代入y+2﹣x中即可求出结论.
    【解答】解:设原三位数个位上的数字为x,十位上的数字为y,则百位上的数字为(y+2),
    依题意得:100(y+2)+10y+x﹣[100(y+2)+10x+y]=36,
    ∴y﹣x=4,
    ∴y+2﹣x=y﹣x+2=4+2=6.
    故选:B.
    【点评】本题考查了二元一次方程的应用,找准等量关系,正确列出二元一次方程是解题的关键.
    5.(2022春•新昌县期末)不论x为何值,等式x2+px+q=(x﹣1)(x+3)都成立,则代数式3p﹣q的值为(  )
    A.﹣9 B.﹣3 C.3 D.9
    【分析】根据多项式乘多项式的乘法法则解决此题.
    【解答】解:(x﹣1)(x+3)=x2+3x﹣x﹣3=x2+2x﹣3.
    ∵x2+px+q=(x﹣1)(x+3),
    ∴x2+px+q=x2+2x﹣3.
    ∴p=2,q=﹣3.
    ∴3p﹣q=6﹣(﹣3)=9.
    故选:D.
    【点评】本题主要考查多项式乘多项式,熟练掌握多项式乘多项式的乘法法则是解决本题的关键.
    6.(2022春•柯桥区期末)如图,小明在3×3的方格纸上写了九个式子(其中的n是正整数),每行的三个式子的和自上而下分别记为A1,A2,A3,每列的三个式子的和自左至右分别记为B1,B2,B3,其中值可以等于732的是(  )

    A.A1 B.B1 C.A2 D.B3
    【分析】将A1,A2,B1,B3的式子表示出来,使其等于732,求出相应的n的数值即可判断答案.
    【解答】解:A1=2n﹣2+2n﹣4+2n﹣6=732,
    整理可得:2n=248,
    n不为整数;
    A2=2n﹣8+2n﹣10+2n﹣12=732,
    整理可得:2n=254,
    n不为整数;
    B1=2n﹣2+2n﹣8+2n﹣14=732,
    整理可得:2n=252,
    n不为整数;
    B3=2n﹣6+2n﹣12+2n﹣18=732,
    整理可得:2n=256,
    n=8;
    故选:D.
    【点评】本题主要考查规律型的数字变化问题,解答本题的关键是能够理解题意,写出相对应的式子并进行求解.
    7.(2022春•越城区期末)《九章算术》是人类科学史上应用数学的“算经之首”,书中记载:今有三人共车,二车空;二人共车,九人步.问:人与车各几何?译文:若3人坐一辆车,则两辆车是空的;若2人坐一辆车,则9人需要步行,问:人与车各多少?设有x辆车,人数为y,根据题意可列方程组为(  )
    A. B.
    C. D.
    【分析】设共有x人,y辆车,根据“如果每3人坐一辆车,那么有2辆空车;如果每2人坐一辆车,那么有9人需要步行”,即可得出关于x,y的二元一次方程组,此题得解.
    【解答】解:设共有y人,x辆车,
    依题意得:.
    故选:B.
    【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识,找准等量关系,正确列出二元一次方程组是解题的关键.
    8.(2022春•婺城区期末)《九章算术》中的算筹图是竖排的,为看图方便,我们把它改为横排,如图1,图2.图中各行从左到右列出的算筹数分别表示未知数x,y的系数与相应的常数项.把图1所示的算筹图用我们现在所熟悉的方程组形式表述出来,就是,在图2所示的算筹图中有一个图形被墨水覆盖了,如果图2所表示的方程组中x的值为3,则被墨水所覆盖的图形为(  )

    A.| B.|| C.||| D.||||
    【分析】设被墨水所覆盖的图形表示的数据为a,根据题意列出方程组,把x=3代入,求得a的值便可.
    【解答】解:设被墨水所覆盖的图形表示的数据为a,根据题意得,

    把x=3代入,得
    由③得,y=5,
    把y=5代入④得,12+5a=27,
    ∴a=3,
    故选:C.
    【点评】本题主要考查了二元一次方程组的应用,此题是一道材料分析题,先要读懂材料所给出的用算筹表示二元一次方程组的方法,再解方程组.
    9.(2022春•柯桥区期末)设m,n为实数,定义如下一种新运算:m☆n=,若关于x的方程a(x☆x)=(x☆12)+1无解,则a的值是(  )
    A.4 B.﹣3 C.4或﹣3 D.4或3
    【分析】利用新定义的运算性质将原方程转化为分式方程,利用解分式方程的一般步骤求得分式方程的解,依据题意得到关于a的方程,解方程即可求得结论.
    【解答】解:∵m☆n=,
    ∴x☆x=,x☆12=,
    ∴原方程就是:

    去分母得:
    ax=12+3x﹣9,
    移项,合并同类项得:
    (a﹣3)x=3,
    解得:x=.
    ∵关于x的方程a(x☆x)=(x☆12)+1无解,
    ∴原方程有增根3或a﹣3=0.
    ∴或a﹣3=0.
    解得:a=4或a=3,
    故选:D.
    【点评】本题主要考查了解分式方程和分式方程的解,本题是新定义型,理解新定义中的运算性质并熟练应用是解题的关键.
    10.(2022春•南浔区期末)随着快递业务的增加,南浔某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具,公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件,平均每人每周比原来多投递80件,快递员人数不变,求原来平均每人每周投递快件多少件?设原来平均每人每周投递快件x件,可列方程为(  )
    A. B.
    C. D.
    【分析】直接利用公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件,平均每人每周比原来多投递80件,快递员人数不变,得出等式求出答案.
    【解答】解:设原来平均每人每周投递快件x件,可列方程为:
    =.
    故选:D.
    【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程,正确表示出投递员人数是解题关键.
    11.(2022春•嵊州市期末)把长方形纸片MNPQ沿AC,AB折叠成如图所示,AM的对应线段AM'落在AC上,若∠NAC=38°,则∠ABQ'的度数为(  )

    A.109° B.110° C.115° D.100°
    【分析】已知∠NAC的度数,根据邻补角的定义可求出∠MAC的度数,根据折叠的性质可求出∠MAB的度数,进一步求出∠ABQ即可.
    【解答】解:∵∠NAC=38°,
    ∴∠MAC=142°,
    ∴∠MAB=∠CAB=71°,
    ∵MN∥QP,
    ∴∠ABQ+∠MAB=180°,
    ∴∠ABQ=109°,
    ∴∠ABQ′=109°.
    故选:A.
    【点评】本题主要考查了折叠问题以及角的计算,折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.
    12.(2022春•绍兴期末)如图,已知直线AB∥CD,直线EF分别交直线AB、CD于E、F,EM平分∠AEF交CD于M,G是射线MD上一动点(不与M、F重合).EH平分∠FEG交CD于点H,设∠MEH=α,∠EGF=β,现有下列四个式子:①2α=β;②2α﹣β=180°;③α﹣β=30°;④2α+β=180°.其中正确的是(  )

    A.①② B.①④ C.①③④ D.②③④
    【分析】根据平行线的性质和三角形的内角和求解.
    【解答】解:当点G在点F右侧时,如图示:

    ∵EH平分∠FEG,EM平分∠AEF,
    ∴∠MEF=∠AEF,∠FEH=∠FEG,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠BEG=∠EGF=β.
    ∴∠MEH=α=∠MEF+∠FEH=(∠AEF+∠FEG)=(180°﹣∠BEG)=(180°﹣β),
    ∴2α+β=180°,
    故④是正确的;
    当点G在M和F之间时,如图:

    ∵EH平分∠FEG,EM平分∠AEF,
    ∴∠MEF=∠AEF,∠FEH=∠FEG,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠BEG=∠EGF=β.
    ∴∠MEH=α=∠MEF﹣∠FEH=∠AEF﹣∠FEG=(180°﹣∠BEF)﹣(180°﹣β﹣∠BEF)=β,
    ∴2α=β,
    故①是正确的.
    故选:B.
    【点评】本题考查了平行线的性质,角平分线的性质及三角形的内角和,分类讨论是解题的关键.
    13.(2022春•奉化区校级模拟)如图1,当光线从空气斜入射到某种透明的液体时发生了折射,满足入射角∠1与折射角∠2的度数比为3:2.如图2,在同一平面上,两条光线同时从空气斜射入这种液体中,两条入射光线与水平液面夹角分别为α,β,在液体中两条折射光线的夹角为γ,则α,β,γ三者之间的数量关系为(  )

    A. B.
    C.α+β=γ D.α+β+γ=180°
    【分析】过B,D,F分别作水平线的垂线,则PC∥DE∥QG,依据平行线的性质以及光的折射原理,即可得到α,β,γ三者之间的数量关系.
    【解答】解:如图所示,过B,D,F分别作水平线的垂线,则PC∥DE∥QG,

    ∴∠BDF=∠BDE+∠FDE=∠DBC+∠DFG,
    由题可得,∠DBC=∠ABP=(90°﹣α),∠DFG=∠HFQ=(90°﹣β),
    ∴∠BDF=(90°﹣α)+(90°﹣β)=(180°﹣α﹣β),
    即γ=120°﹣(α+β),
    即(α+β)=120°﹣γ,
    故选:B.
    【点评】本题主要考查了平行线的性质,光学原理,读懂题意并熟练掌握平行线的性质是解题的关键.
    14.(2022春•北仑期末)如图,将一条两边沿互相平行的纸带折叠.若∠1:∠2=4:3,则∠3的度数是(  )

    A.100° B.105° C.108° D.144°
    【分析】由平行线的性质可知∠ABC=∠1,由折叠的性质可知∠CBD+∠ABD=180°,推知2∠2+∠1=180°,由此作出判断.
    【解答】解:如图,由平行线的性质,得∠ABC=∠1,
    由折叠的性质,得∠2+∠ABD=180°,
    即∠2+∠2+∠ABC=180°,
    ∴2∠2+∠1=180°,
    ∵∠1:∠2=4:3,
    ∴∠2=∠1,
    ∴∠1+∠1=180°,
    解得∠1=72°,
    ∴∠ABC=72°,
    ∴∠3=108°.
    故选:C.

    【点评】本题考查了折叠的性质,平行线的性质.关键是明确∠2与∠ABD的互补关系.
    15.(2022春•乐清市期末)如图,在科学《光的反射》活动课中,小麦同学将支架平面镜放置在水平桌面MN上,镜面AB的调节角(∠ABM)的调节范围为12°~69°,激光笔发出的光束DG射到平面镜上,若激光笔与水平天花板(直线EF)的夹角∠EPG=30°,则反射光束GH与天花板所形成的角(∠PHG)不可能取到的度数为(  )

    A.129° B.72° C.51° D.18°
    【分析】当调节角为60°时,PG⊥AB,所以当调节角在12°~60°时,GH射到EP上,根据角的关系确定∠PHG的范围;当调节角在60°~69°时,GH射到PF上,根据角的关系确定∠PHG的范围,最后根据∠PHG的范围确定∠PHG不可能取到的度数.
    【解答】解:因为镜面AB的调节角(∠ABM)的调节范围为12°~69°,当调节角为60°时,PG⊥AB,
    所以当调节角在12°~60°时,GH射到EP上,且∠PGH=2×(60°﹣∠ABM),
    则∠PHG=180°﹣30°﹣∠PHG,那么54°≤∠PHG<150°;
    当调节角在60°~69°时,GH射到PF上,∠PGH=2×(∠ABM﹣60°),∠PHG=180°﹣150°﹣∠PHG,
    则此时12°≤∠PHG<30°,当调节角为60°时,H与P重叠.
    故选:C.
    【点评】本题考查了光的反射定律的应用;理解和掌握光的反射定律是解决此题的关键.
    16.(2022春•嘉兴期末)如图,点E,F在正方形ABCD的BC边上,以EF为一边,在正方形ABCD内作正方形EFGH,连结AH,HF,AF,CG,当△AHF的面积为4时,△CGF的面积为(  )

    A.4 B.4.5 C.3 D.3.5
    【分析】由正方形的性质可得∠ACB=∠HFE=45°,可证AC∥HF,可得S△HEA=S△HFC=4,即可求解.
    【解答】解:如图,连接AC,HC,

    ∵四边形ABCD是正方形,四边形EFGH是正方形,
    ∴∠ACB=∠HFE=45°,
    ∴AC∥HF,
    ∴S△HFA=S△HFC=4,
    ∵HG∥BC,
    ∴S△FHC=S△FGC=4,
    故选:A.
    【点评】本题考查了正方形的性质,三角形的面积,掌握等底等高的两个三角形面积相等是解题的关键.
    17.(2022春•吴兴区期末)如图,直线l1,l2表示一条河的两岸,且l1∥l2.现要在这条河上建一座桥(桥与河的两岸相互垂直),使得从村庄P经桥过河到村庄Q的路程最短,应该选择路线(  )
    A.路线:PF→FQ B.路线:PE→EQ
    C.路线:PE→EF→FQ D.路线:PE→EF→FQ
    【分析】根据两点间直线距离最短,使FEPP′为平行四边形即可,即PP′垂直河岸且等于河宽,接连P′Q即可.
    【解答】解:作PP'垂直于河岸l2,使PP′等于河宽,
    连接QP′,与另一条河岸相交于F,作FE⊥直线l1于点E,
    则EF∥PP′且EF=PP′,
    于是四边形FEPP′为平行四边形,故P′F=PE,
    根据“两点之间线段最短”,QP′最短,即PE+FQ最短.
    故C选项符合题意,
    故选:C.
    【点评】此题考查了轴对称﹣最短路径问题,要利用“两点之间线段最短”,但许多实际问题没这么简单,需要我们将一些线段进行转化,即用与它相等的线段替代,从而转化成两点之间线段最短的问题.目前,往往利用对称性、平行四边形的相关知识进行转化.
    18.(2022春•定海区期末)根据舟山市政府疫情防控要求,所有进入舟山车辆要在金塘服务区下高速,接受防疫检查.已知金塘收费站出口有编号为①,②,③,④,⑤的五个收费出口,假定各收费出口每小时通过的车流量是不变的,同时开放其中两个收费出口,统计这两个出口1小时一共通过的汽车的数量记录如下
    收费出口编号
    ①,②
    ②,③
    ③,④
    ④,⑤
    ⑤,①
    通过汽车数量(辆)
    80
    100
    70
    130
    120
    则下列说法错误的是(  )
    A.①出口1小时通过汽车的数量最少
    B.⑤出口1小时通过汽车的数量最多
    C.②出口1小时通过汽车的数量是④出口的两倍
    D.①和④出口1小时通过汽车的数量之和等于③出口1小时通过的汽车数量
    【分析】设金塘收费站出口有编号为①,②,③,④,⑤的五个收费出口每小时通过车的数量分别为a辆、b辆、c辆、d辆、e辆.根据表格中的数据列出方程组并解答.
    【解答】解:设金塘收费站出口有编号为①,②,③,④,⑤的五个收费出口每小时通过车的数量分别为a辆、b辆、c辆、d辆、e辆,
    根据题意,得.
    解得.
    所以a<d<c<b<e,b=2d,a+d>c.
    所以①④出口1小时通过汽车的数量最少,⑤出口1小时通过汽车的数量最多,②出口1小时通过汽车的数量大于④出口的两倍,①和④出口1小时通过汽车的数量之和大于③出口1小时通过的汽车数量.
    观察选项,只有选项D符合题意.
    故选:D.
    【点评】本题主要考查多元一次方程组,解题的关键的读懂题意,找到等量关系,列出方程组.
    二.填空题(共22小题)
    19.(2022•天津模拟)小玲想借助学过的几何图形设计图案,首先她将如图1的小长方形和如图2的小正方形组合成如图3的大正方形图案,已知小长方形的长为a(cm),宽为b(cm),则图2的小正方形的边长可用关于a和b的代数式表示为  (a﹣b)cm ;小玲随后用3个如图3的完全相同的图案和8个如图1的小长方形,组合成如图4的大长方形图案,则图4中阴影部分面积与整个图形的面积之比为  1:6 .

    【分析】根据图形所表示的长度,列代数式即可.
    根据图形列出阴影部分与整个矩形的面积.然后求比值即可.
    【解答】解:根据题意小正方形的边长为:(a﹣b) cm;
    ∵阴影面积为3(a﹣b)2,
    整个图形的面积为:4a(a+3b),
    ∴阴影部分面积与整个图形的面积之比为:

    由题意得3a+3b=4a,
    ∴a=3b,


    =,
    故答案为:(a﹣b) cm;1:6.
    【点评】本题主要考查了列代数式,关键是用代数式正确表示阴影部分的面积、正方形的边长和大矩形的长与宽.
    20.(2022春•柯桥区期末)将黑色圆点按如图所示的规律进行排列:

    图中黑色圆点的个数依次为:1,3,6,10,…,将其中所有能被3整除的数按从小到大的顺序重新排列成一组新数据,则新数据中的第67个数为  5151 .
    【分析】首先得到前n个图形中每个图形中的黑色圆点的个数,得到第n个图形中的黑色圆点的个数为,再判断其中能被3整除的数,得到每3个数中,都有2个能被3整除,再计算出第67个能被3整除的数所在组,为原数列中第98个数,代入计算即可.
    【解答】解:第①个图形中的黑色圆点的个数为:1,
    第②个图形中的黑色圆点的个数为:=3,
    第③个图形中的黑色圆点的个数为:=6,
    第④个图形中的黑色圆点的个数为:=10,

    第n个图形中的黑色圆点的个数为,
    则这列数为1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,…,
    其中每3个数中,都有2个能被3整除,
    67÷2=33…1,
    33×3+2=101,
    则第33个被3整除的数为原数列中第101个数,即=5151,
    故答案为:5151.
    【点评】此题考查了规律型:数字的变化类,关键是通过归纳与总结,得到其中的规律.
    21.(2022春•嵊州市期末)已知10a=20,100b=50,则的值是  2 .
    【分析】利用幂的乘方的法则对已知条件进行整理,再代入所求的式子进行运算即可.
    【解答】解:∵10a=20,100b=50,
    ∴10a=20,102b=50,
    ∴10a×102b=20×50,
    10a+2b=103,
    ∴a+2b=3,
    ∴原式=(a+2b)+

    =2.
    故答案为:2.
    【点评】本题主要考查幂的乘方,解答的关键是对幂的乘方的法则的掌握.
    22.(2022春•定海区期末)如图,三种不同类型的长方形砖长宽如图所示,现有A类1块,B类6块,C类9块,小明用这16块地砖拼成一个正方形(不重叠无缝隙),那么小明拼成的正方形边长是  m+3n .

    【分析】由题意先求出正方形的面积,进而即可求出正方形的边长.
    【解答】解:∵这16块地砖拼成的正方形的面积为:m2+6mn+9n2=(m+3n)2,
    ∴正方形的边长为:m+3n,
    故答案为:m+3n.
    【点评】本题考查了完全平方公式,掌握完全平方公式的特点是解决问题的关键.
    23.(2022春•湖州期末)若m2=n+2022,n2=m+2022(m≠n),那么代数式m3﹣2mn+n3的值  ﹣2022 .
    【分析】由已知条件求得m+n=﹣1,m2﹣n=2022,n2﹣m=2022,再将原式化成m(m2﹣n)+n(n2﹣m),连接两次代值计算便可得出答案.
    【解答】解:∵m2=n+2022,n2=m+2022,
    ∴m2﹣n2=n﹣m,
    ∴(m+n)(m﹣n)=n﹣m,
    ∵m≠n,
    ∴m+n=﹣1,
    ∵m2=n+2022,n2=m+2022,
    ∴m2﹣n=2022,n2﹣m=2022,
    ∴原式=m3﹣mn﹣mn+n3
    =m(m2﹣n)+n(n2﹣m)
    =2022m+2022n
    =2022(m+n)
    =2022×(﹣1)
    =﹣2022.
    故答案为:﹣2022.
    【点评】本题主要考查了整式的化简求值计算,因式分解的应用,关键是正确转化已知与未知式子,使其紧密联系起来,从而找到解决问题的途径.
    24.(2022春•定海区期末)已知a1=x+1(x≠0,且x≠﹣1),a2=,a3=,…,an=.若a2022的值为2022,则x的值为  ﹣ .
    【分析】把a1代入a2中计算得到结果,把a2代入a3中计算得到结果,依次类推得到一般性规律,根据题意确定出x的值即可.
    【解答】解:把a1=x+1代入得;a2===﹣,
    把a2=﹣代入得:a3===,
    把a3=代入得:a4===x+1,
    依次类推,结果以x+1,﹣,循环,
    ∵2022÷3=674,
    ∴a2022==2022,
    去分母得:x=2022(x+1),
    去括号得:x=2022x+2022,
    解得:x=﹣.
    故答案为:﹣.
    【点评】此题考查了分式的混合运算,解一元一次方程,以及规律型:数字的变化类,弄清题中的规律是解本题的关键.
    25.(2022春•乐清市期末)如图,正方形ABCD和正方形EFGH分别由两张相同的长方形纸片无缝拼接而成,现将其摆放在桌面上,如图所示,重合部分为甲、乙、丙,其中乙为正方形,记甲、丙的面积分别为S甲,S丙,若,且桌面被所有纸片覆盖区域的面积为276cm2,则乙的面积为  4 cm2.

    【分析】利用图形的性质,得到甲,丙的宽相同,设甲的长为3xcm,则丙的长为5xcm,依据图形的性质求得两个正方形的边长和重叠部分的长与宽,依据题意列出方程,解方程即可得出结论.
    【解答】解:∵重合部分为甲、乙、丙,其中乙为正方形,
    ∴甲,丙的宽相同,
    ∵,
    ∴甲,丙的长的比为3:5,
    设甲的长为3xcm,则丙的长为5xcm,
    ∵正方形EFGH分别由两张相同的长方形纸片无缝拼接而成,
    ∴乙的边长为5x﹣3x=2x(cm),
    ∴正方形EFGH的边长为5x+2x+3x=10x(cm).
    ∵正方形ABCD分别由两张相同的长方形纸片无缝拼接而成,
    ∴正方形ABCD的边长为(5x+2x)×2=14x(cm),
    ∵桌面被所有纸片覆盖区域的面积为276cm2,
    ∴(14x)2+(10x)2﹣2x×10x=276,
    解得:x=1或x=﹣(不合题意,舍去),
    ∴x=1.
    ∴乙的边长为2cm,
    ∴乙的面积为4cm2.
    故答案为:4.
    【点评】本题主要考查了正方形的面积,图形的拼接,利用图形的性质和已知条件列出方程是解题的关键.
    26.(2022春•新昌县期末)某校男足共12人外出比赛,需要住宾馆.宾饴可以提供甲、乙两种房间,甲种房间每间住2人,乙种房间每间住3人.若足球队要求每个房间住满人,则住宿方案有  3 种.
    【分析】设住甲种房间x间,乙种房间y间,根据该足球队共12人入住且每个房间住满人,即可得出关于x,y的二元一次方程,再结合x,y均为自然数,即可得出住宿方案有3种.
    【解答】解:设住甲种房间x间,乙种房间y间,
    依题意得:2x+3y=12,
    ∴x=6﹣y,
    又∵x,y均为自然数,
    ∴或或,
    ∴住宿方案有3种.
    故答案为:3.
    【点评】本题考查了二元一次方程的应用,找准等量关系,正确列出二元一次方程是解题的关键.
    27.(2022春•南浔区期末)如图,把三个大小相同的正方形甲,乙,丙放在边长为9的大正方形中,甲与丙的重叠部分面积记为S1,乙与丙的重叠部分面积记为S2,且均为正方形,正方形甲、乙一组邻边的延长线构成的正方形面积记为S3,若S1﹣S2=2S3,且S3=1,则图中阴影部分的面积为   .

    【分析】设正方形甲,乙,丙的边长为a,由正方形甲、乙一组邻边的延长线构成的正方形面积记为S3,且S3=1,大正方形边长为9,推出2a+1=9,解得a=4,设正方形S1,S2的边长为x,y,从而得到x+y+1=4,即x+y=3①,再由S1﹣S2=2S3,得x2﹣y2=2,利用平方差公式可求得x﹣y=②,再利用完全平方公式得x2+2xy+y2=9,x2﹣2xy+y2=,则4xy=,即得xy=,最后根据阴影部分正方形的面积(x+1)(y+1)﹣S3=xy+x+y+1﹣1,代入数据计算即可求解.
    【解答】解:设正方形甲,乙,丙的边长为a,
    ∵正方形甲、乙一组邻边的延长线构成的正方形面积记为S3,且S3=1,大正方形边长为9,
    ∴2a+1=9,
    解得a=4.
    设正方形S1,S2的边长为x,y,
    ∴x+y+1=4,即x+y=3①,
    又∵S1﹣S2=2S3,
    ∴x2﹣y2=2,即(x+y)(x﹣y)=2,
    ∴x﹣y=②,
    由①得:x2+2xy+y2=9,
    由②得:x2﹣2xy+y2=,
    ∴4xy=,
    ∴xy=,
    ∴S阴影=(x+1)(y+1)﹣S3=xy+x+y+1﹣1=+3=.
    故答案为:.
    【点评】本题考查了二元一次方程的应用,正方形的性质,完全平方公式,关键是能结合图形列出方程.
    28.(2022春•绍兴期末)如图,标号为①、②、③、④的长方形不重叠地围成长方形PQMN.已知①和②能够重合,③和④能够重合,这四个长方形的面积均为S,AE=x,DE=y,且x>y.若代数式x2﹣3xy+2y2的值为0,则=  .

    【分析】由题意得,代数式x2﹣3xy+2y2=0,结合x>y,得x=2y,根据四个长方形的面积均为S,求得EP=,EN=,从而得出PQ=x﹣y,PN=,将此代入进行化简求值即可解答.
    【解答】解:∵x2﹣3xy+y2=0,
    ∴(x﹣y)(x﹣2y)=0,
    ∴x=y或x=2y,
    ∵x>y,
    ∴x=2y,
    ∵四个长方形的面积均为S,
    ∴EP=,EN=,
    ∴PQ=x﹣y,PN=EN﹣EP=,





    =.
    故答案为:.
    【点评】本题考查了因式分解的应用,分式的混合运算,通过解关于a的方程,表示出a与b的数量关系是解题关键.
    29.(2022春•嵊州市期末)已知两个非零实数a,b满足a2+a=b+3,b2+b=a+3,则代数式的值为  2或﹣6 .
    【分析】求出a2+b2=6,(a﹣b)(a+b+2)=0,分两种情况:当a=b时,+=+=2,当a+b=﹣2时,可得ab=﹣1,+===﹣6.
    【解答】解:两式相加得:a2+a+b2+b=b+3+a+3,
    ∴a2+b2=6,
    两式相减得:a2+a﹣b2﹣b=b+3﹣a﹣3,
    ∴(a﹣b)(a+b+2)=0,
    ∴a=b或a+b=﹣2,
    当a=b时,+=+=2,
    当a+b=﹣2时,
    ∵a2+b2=6,
    ∴(a+b)2﹣2ab=6,即(﹣2)2﹣2ab=6,
    ∴ab=﹣1,
    ∴+===﹣6,
    综上所述,代数式的值为2或﹣6,
    故答案为:2或﹣6.
    【点评】本题考查分式化简求值,解题的关键是观察已知和所求式子的特点,求出a2+b2=6和(a﹣b)(a+b+2)=0.
    30.(2022春•上虞区期末)已知a,b,c满足:a2+2b=7,b2﹣2c=﹣1,c2﹣6a=﹣17,则a+b+3c的值等于  3 .
    【分析】将已知等式左右两边分别相加,再配方成非负数的和为0,求出a、b、c的值,代入即可求出式子的值.
    【解答】解:∵a2+2b=7,b2﹣2c=﹣1,c2﹣6a=﹣17,
    ∴a2+2b+b2﹣2c+c2﹣6a=﹣11,
    ∴a2﹣6a+9+b2+2b+1+c2﹣2c+1=0,
    ∴(a﹣3)2+(b+1)2+(c﹣1)2=0,
    ∴a﹣3=0,b+1=0,c﹣1=0,
    ∴a=3,b=﹣1.c=1,
    ∴a+b+3c=×3﹣1+3×1=3,
    故答案为:3.
    【点评】本题考查配方法的应用,解题的关键是将已知变形,配方成非负数的和为0,从而求出a、b、c的值.
    31.(2022春•东阳市期末)在学完书中例题后,小聪想用现有的硬纸板裁成如图①的长方形和正方形作为侧面与底面,做成如图②的竖式和横式两种无盖纸盒.已知一张硬纸板的裁剪方式有两种(均有余料)),方式一:裁成3个长方形与一个正方形:方式二:裁成2个长方形与2个正方形.现小聪将m张硬纸板用方式一裁剪,n张硬纸板用方式二裁剪,则:

    (1)两种方式共裁出长方形  (3m+n) 张,正方形  (m+2n) 张(用m、n的代数式表示);
    (2)当10<m<15时,所裁得的长方形与正方形纸板恰好用完,做成的两种无盖纸盒一共可能是  12 个.
    【分析】(1)根据方式一:裁成3个长方形与一个正方形:方式二:裁成2个长方形与2个正方形即可得出结论;
    (2)先根据两种盒子所需长方形和正方形的数量之比为7:3求出m=4n,m,n为正整数,且10<m<15,得出m=12,n=3,再设做成竖式盒子x个,横式盒子y个,根据题意列出二元一次方程组,解方程组即可.
    【解答】解:(1)依题意得:两种方式共裁出长方形(3m+2n)张,正方形(m+2n)张.
    故答案为:(3m+2n);(m+2n);
    (2)由题意得:(3m+2n):(m+2n)=7:3,
    解得:m=4n,
    ∵m,n为正整数,且10<m<15,
    ∴m=12,n=3,
    ∴两种方式共裁出长方形3×12+2×3=42(张),正方形12+2×3=18(张),
    设做成竖式盒子x个,横式盒子y个,
    根据题意得:,
    解得:,
    ∴做成的两种无盖纸盒一共可能是6+6=12(个),
    故答案为:12.
    【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及列代数式,关键是弄清两种盒子所需正方形和长方形的数量关系.
    32.(2022春•常山县期末)关于x的分式方程(m为常数)无解,则m的值是  ±1 .
    【分析】根据分式方程的解的定义解决此题.
    【解答】解:,
    去分母,得x﹣6=﹣mx.
    移项,得x+mx=6.
    合并同类项,得(m+1)x=6.
    ∵关于x的分式方程(m为常数)无解,
    ∴(m+1)x=6无解或该分式方程有增根.
    ∴m=﹣1或.
    ∴m=±1.
    故答案为:±1.
    【点评】本题主要考查分式方程,熟练掌握分式方程的解的定义是解决本题的关键.
    33.(2022春•上虞区期末)如图1,直线ED上有一点O,过点O在直线ED上方作射线OC,将一直角三角板AOB(∠OAB=30°)的直角顶点放在点O处,一条直角边OA在射线OD上,另一边OB在直线ED上方,将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周,旋转时间为t秒.若射线OC的位置保持不变,且∠COE=140°.则在旋转过程中,如图2,当t= 2或8或32 秒时,射线OA,OC与OD中的某一条射线恰好是另两条射线所夹角的平分线.

    【分析】分三种情况进行解答,即①射线OA是∠COD的平分线,②射线OC是∠AOD的平分线,③射线OD是∠COA的平分线,根据角平分线的定义以及角之间的和差关系进行计算即可.
    【解答】解:当射线OA是∠COD的平分线时,
    ∵∠COD=180°﹣∠COE=40°,OA是∠COD的平分线,
    ∴∠AOD=∠COD=20°,
    ∴t==2;
    当射线OC是∠AOD的平分线时,
    ∠AOD=2∠COD=80°,
    ∴t==8;
    当射线OD是∠COA的平分线时,
    360﹣10t=40,
    ∴t=32,
    故答案为:2或8或32.
    【点评】本题考查角平分线,理解角平分线的定义是正确解答的前提.
    34.(2022春•普陀区期末)如图,在四边形纸片ABCD中,AB∥CD,将纸片沿EF折叠,点A、D分别落在A′、D′处,且A′D′经过点B,FD′交BC于点G,连结EG,EG平分∠BEF.
    (1)若∠CFG=76°,则∠BEG的度数是  26° ;
    (2)若EG∥A′D′,∠A+∠DFE=125°,则∠CFE的度数是  130° .

    【分析】(1)根据翻折的性质可得∠DFE=∠EFG,求出∠DFE=52°,再由AB∥CD,求出∠FEB=∠DFE=52°,根据EG平分∠BEF,即可求∠BEG=26°,
    (2)设∠BEG=α,则∠DFE=∠FEB=2α,由折叠可得∠A'+2α=125°,再由EG∥A′D′,可得∠A'+∠A'EB+α=180°,求出∠A'EB=55°+α,根据∠A'EB+2α+2α=180°,能求出α=25°,再求∠CFE=130°即可.
    【解答】解:(1)由折叠可知∠DFE=∠EFG,
    ∵∠CFG=76°,
    ∴∠DFE=52°,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠FEB=∠DFE=52°,
    ∵EG平分∠BEF,
    ∴∠BEG=26°,
    故答案为:26°;
    (2)设∠BEG=α,则∠FEB=2α,
    ∴∠DFE=∠FEB=2α,
    由折叠可知,∠A=∠A',
    ∵∠A+∠DFE=125°,
    ∴∠A'+2α=125°,
    ∵EG∥A′D′,
    ∴∠A'+∠A'EB+α=180°,
    ∴∠A'EB=55°+α,
    ∵∠AEF+2α=180°,
    ∴∠A'EB+2α+2α=180°,
    ∴α=25°,
    ∴∠DFE=50°,
    ∴∠CFE=130°,
    故答案为:130°.
    【点评】本题考查平行线的性质,熟练掌握角平分线的性质,平行线的性质,折叠的性质是解题的关键.
    35.(2022春•温州期末)在综合拓展实验课中,某小组裁剪出了1张边长为a的正方形纸片,3张长为a,宽为b的长方形纸片和1张边长为b的正方形纸片如图1.将这些纸片无缝拼接放置在长方形ABCD中如图2所示,若图2中的阴影部分的周长:长方形ABCD的周长=7:13,则图2中阴影部分的面积:长方形ABCD的面积= 11:40 .

    【分析】根据周长比,构建方程求出a,b的关系,可得结论.
    【解答】解:由题意,(4a﹣2b):(6a+2b)=7:13,
    ∴a=4b,
    ∴阴影部分的面积:长方形的面积=[a(a﹣b)﹣b2]:[2a×(a+b)]=11:40,
    故答案为:11:40.
    【点评】本题考查图形的拼剪,正方形的性质等知识,解题的关键是理解题意,学会利用参数解决问题.
    36.(2022春•柯桥区期末)如图,直线AB∥CD,M、N分别为直线AB、CD上一点,且满足∠BMN=54°,P是射线MB上的一个动点(不包括端点M),将三角形PMN沿PN折叠,使顶点M落在点Q处.若∠DNQ=∠PND,则∠PND的度数为  56°或72° .

    【分析】分两种情况:①点Q在AB与CD之间;②点Q在CD下方,结合折叠性质可得∠PNM=∠PNQ,由平行线的性质可求得∠MND=126°,结合∠MND=∠PNM+∠PNQ+∠PND,∠PNQ=∠PND﹣∠DNQ,从而可求解.
    【解答】解:①当点Q在AB与CD之间,
    由折叠可得:∠PNM=∠PNQ,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠BMN+∠MND=180°,
    ∵∠BMN=54°,
    ∴∠MND=180°﹣∠BMN=126°,
    ∵∠MND=∠PNM+∠PNQ+∠DNQ,∠PNQ=∠PND﹣∠DNQ,∠DNQ=∠PND,
    ∴126°=∠PND﹣∠PND+∠PND﹣∠PND+∠PND,
    解得:∠PND=72°;
    ②当点Q在CD下方时,如图,

    由折叠可得:∠PNM=∠PNQ,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠BMN+∠MND=180°,
    ∵∠BMN=54°,
    ∴∠MND=180°﹣∠BMN=126°,
    ∵∠PNM=∠DNM﹣∠PND=126°﹣∠PND,∠PNQ=∠PND+∠DNQ,∠DNQ=∠PND,
    ∴126°﹣∠PND=∠PND+∠PND,
    解得:∠PND=56°;
    综上所述:∠PND的度数为56°或72°.
    故答案为:56°或72°.
    【点评】本题主要考查平行线的性质,解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系.
    37.(2022春•婺城区期末)如图1,在矩形纸片ABCD中,点P在AD上,点Q在BC上,将纸片沿PQ折叠,点C,D的对应点分别为点E,F.PF交BQ于点G.设∠QPG=α.继续折叠纸片,使GF落在BC边上(如图2),折痕为GM.

    (1)若α=60°,则∠MGF= 60 °.
    (2)沿GF继续折叠,若GM恰好是∠PGF的三等分线,则α= 或36 °.
    【分析】(1)根据矩形的性质可得BC∥AD,从而利用平行线的性质可得∠F′GF=∠GPD,然后根据折叠的性质可得∠GPQ=∠GPD,∠MGF=∠F′GF,即可解答;
    (2)根据折叠的性质可得∠MGF=∠M′GF=α,再利用平行线的性质可得∠PGF=180°﹣2α,然后分两种情况:当∠MGF=∠PGF时,当∠MGF=∠PGF时,进行计算即可解答.
    【解答】解:(1)如图:

    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴BC∥AD,
    ∴∠F′GF=∠GPD,
    由折叠得:
    ∠GPQ=∠GPD,∠MGF=∠F′GF,
    ∴∠MGF=∠GPQ=α=60°,
    故答案为:60;
    (2)如图:

    由折叠得:
    ∠MGF=∠M′GF=α,
    ∵BC∥AD,
    ∴∠PGF=180°﹣∠GPD=180°﹣2α,
    ∵GM是∠PGF的三等分线,
    ∴分两种情况:
    当∠MGF=∠PGF时,
    ∴α=(180°﹣2α),
    ∴α=,
    当∠MGF=∠PGF时,
    ∴α=(180°﹣2α),
    ∴α=36°,
    综上所述,α=或36°,
    故答案为:或36.
    【点评】本题考查了平行线的性质,角的计算,翻折变换(折叠问题),熟练掌握平行线的性质,以及折叠的性质是解题的关键.
    38.(2022春•定海区期末)公元前240年前后,在希腊的亚历山大城图书馆当馆长的埃拉托色尼通过测得有关数据,求得了地球圆周的长度,他是如何测量的呢?如图所示,由于太阳距离地球很远,太阳射来的光线可以看作平行线,在同时刻,光线与A城和地心的连线OP所夹的锐角记为∠1,光线与B城和地心的连线OQ重合,通过测量A,B两城间的路程(即弧AB)和∠1的度数,利用圆的有关知识,地球圆周的长度就可以大致算出来了.已知弧AB的长度约为800km,若∠1≈7.2°,则地球的周长约为  40000 km.

    【分析】首先根据弧长公式求出地球的半径,再利用圆的周长公式即可求解.
    【解答】解:∵太阳射来的光线可以看作平行线,
    ∴∠AOB=∠1≈7.2°.
    设地球的半径为R千米,由题意得
    =800,
    解得R=,
    ∴地球的周长约为2π×=40000(千米).
    故答案为:40000.
    【点评】本题考查了弧长公式:l=(弧长为l,圆心角度数为n,圆的半径为R).在弧长的计算公式中,n是表示1°的圆心角的倍数,n和180都不要带单位.也考查了圆的周长公式.
    39.(2022春•余姚市校级期末)如图,直线PQ∥MN,点A在PQ上,△BEF的一条边BE在MN上,且∠FBE=90°,∠BEF=30°.现将△BEF绕点B以每秒2°的速度按逆时针方向旋转(E,F的对应点分别是E′,F′),同时,射线AQ绕点A以每秒4°的速度按顺时针方向旋转(Q的对应点是Q′).设旋转时间为t秒(0≤t≤45°).
    (1)∠MBF'= (90﹣2t)° .(用含t的代数式表示)
    (2)在旋转的过程中,若射线AQ′与边E′F′平行时,则t的值为  5秒或35秒 秒.

    【分析】(1)直接根据速度和时间可得:∠FBF'=2t°,所以根据余角的定义可得结论;
    (2)有两种情况:利用数形结合,画图后作辅助线,构建平行线的性质和外角的性质可得结论.
    【解答】解:(1)如图1,由题意得:∠FBF'=t°,∠FBM=90°,
    ∴∠MBF'=90°﹣2t°=(90﹣2t)°,
    故答案为:(90﹣2t)°;
    (2)①如图2,AQ'∥E'F',
    延长BE'交AQ'于C,则∠F'E'B=∠ACB=30°,
    由题意得:∠EBE'=2t°,∠QAQ'=4t°,
    ∴2t+4t=30,
    t=5;
    ②如图3,AQ'∥E'F',
    延长BE',交PQ于D,交直线AQ'于C,则∠F'E'B=∠ACD=30°,
    由题意得:∠NBE'=2t°,∠QAQ'=4t°,
    ∴∠ADB=∠NBE'=2t°,
    ∵∠ADB=∠ACD+∠DAC,
    ∴30+180﹣4t=2t,
    t=35,
    综上,在旋转的过程中,若射线AQ′与边E′F′平行时,则t的值为5秒或35秒;
    故答案为:5秒或35秒.



    【点评】本题考查的是旋转变换和平行线的性质,熟练掌握旋转的性质是关键,在解答(2)时,要采用分类讨论的思想,作延长线构建出平行线的截线,从而可得同位角相等解决问题.
    40.(2022春•新昌县期末)如图,在同一平面内,线段AM⊥射线MN,垂足为M,线段BC⊥射线MN,垂足为C.若点P是射线MN上一点,连结PA、PB,记∠PBC=α,∠PAM=β,且0°<∠APB<180°,则∠APB= 180°+α﹣β或180°﹣α+β或180°﹣α﹣β (用含α、β的代数式表示∠APB).

    【分析】连接AB交MC于点D,根据P在射线不同的位置分三种情况讨论.
    【解答】解:连接AB交MC于点D,三种情况讨论:
    (1)如图:当P在MD上时,∠APB=∠APD+∠BPD,

    ∵∠APD=∠M+∠PAM
    =90°+α,
    ∠BPD=90°﹣∠PBC
    =90°﹣β,
    ∴∠APB=∠APD+∠BPD
    =90°+α+90°﹣β
    =180°+α﹣β;
    (2)如图:当P在CD上时,∠APB=∠APM+∠BPM,

    ∴∠APB=∠APM+∠BPM
    =90°﹣α+90°+β
    =180°﹣α+β;
    (3)如图:当P在射线CN上时,∠APB=∠APM+∠BPM,

    ∴∠APB=∠APM+∠BPM
    =90°﹣α+90°﹣β
    =180°﹣α﹣β;
    故答案为:180°+α﹣β或180°﹣α+β或180°﹣α﹣β.
    【点评】本题考查了角的求法和直角三角形两个锐角的关系,关键是分类讨论和利用三角形外角的性质.
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