【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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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．