浙教版-2023年七年级上册数学举一反三系列 专题7.11 期末真题重组拔尖卷（学生版+教师版）

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参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022·浙江杭州·七年级期末）实数在数轴上的对应点的位置如图所示，若，则A，B，C，D四个点中可能是原点的为（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
【答案】D
【分析】分①若原点的位置为A点时，②若原点的位置为B点或C点时，③若原点的位置为D点时，结合有理数的加法法则和点在数轴上的位置分析即可得出正确选项．
【详解】解：根据数轴可知，
①若原点的位置为A点时，x＞0，则，，，
∴，舍去；
②若原点的位置为B点或C点时，，
则或，，
∴，舍去；
③若原点的位置为D点时，
则 ，
∴，符合条件，
∴最有可能是原点的是D点，
故选：D．
【点睛】本题考查实数与数轴，有理数的加法法则，化简绝对值．熟记有理数的加法法则是解题关键．
2．（3分）（2022·河北·平山县教育局教研室七年级期末）一个自然数的一个平方根是，则与它相邻的下一个自然数的平方根是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据平方根定义得原数为a2，故相邻的下一个自然数是a2+1，再求得平方根即可.
【详解】根据题意，平方根为a是数a2，则与它相邻的下一个自然数是a2+1，所以它的平方根是，故此题选择D.
【点睛】此题考察平方根定义，这里准确确定被开方数是解题关键.
3．（3分）（2022·浙江杭州·七年级期末）点A，B在数轴上的位置如图所示，其对应的数分别是a和b，对于以下结论：(1)b﹣a＜0；(2)|a|＜|b|；(3)a+b＞0；(4)＞0．其中正确的是( )
A．(1)(2)B．(2)(3)C．(3)(4)D．(1)(4)
【答案】B
【分析】根据图示，判断a、b的范围：﹣3＜a＜0，b＞3，根据范围逐个判断即可.
【详解】解：根据图示，可得﹣3＜a＜0，b＞3，
∴(1)b﹣a＞0，故错误；
(2)|a|＜|b|，故正确；
(3)a+b＞0，故正确；
(4)＜0，故错误．
故选B．
【点睛】此题主要考查了绝对值的意义和有理数的运算符号的判断，以及数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是判断出a、b的取值范围．
4．（3分）（2022·四川雅安·七年级期末）如图所示是一个运算程序的示意图，若开始输入的x值为27，则第5次输出的结果为
A．3B．27C．9D．1
【答案】D
【分析】把x的值代入运算程序中计算即可．
【详解】解：第1次：把代入得：，
第2次：把代入得：，
第3次：把代入得：，
第4次：把代入得：，
依此类推，
则第5次输出的结果为1，
故选D．
【点睛】此题考查了代数式求值，弄清程序中的运算是解本题的关键．
5．（3分）（2022·浙江杭州·七年级期末）如图所示，将形状、大小完全相同的“”和线段按照一定规律摆成下列图形，第1幅图形中“”的个数为，第2幅图形中“”的个数为，第3幅图形中“”的个数为，…，以此类推，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定几幅图形中黑点数量的变化可找出其中的变化规律“（为正整数）”，进而可求出，将其代入中即可求得结论．
【详解】解：∵第一幅图中“”有个；
第二幅图中“”有个；
第三幅图中“”有个；
∴第幅图中“”有（为正整数）个
∴
∴当时
．
故选：C
【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律解决问题．
6．（3分）（2022·浙江杭州·七年级期末）某书店推出如下优惠方案：（1）一次性购书不超过100元不享受优惠；（2）一次性购书超过100元但不超过300元一律九折；（3）一次性购书超过300元一律八折．某同学两次购书分别付款80元、252元，如果他将这两次所购书籍一次性购买，则应付款（ ）元．
A．288B．306C．288或316D．288或306
【答案】C
【分析】要求他一次性购买以上两次相同的商品，应付款多少元，就要先求出两次一共实际买了多少元，第一次购物显然没有超过100，即是80元．第二次就有两种情况，一种是超过100元但不超过300元一律9折；一种是购物超过300元一律8折，依这两种计算出它购买的实际款数，再按第三种方案计算即是他应付款数．
【详解】解：（1）第一次购物显然没有超过100，
即在第二次消费80元的情况下，他的实质购物价值只能是80元．
（2）第二次购物消费252元，则可能有两种情况，这两种情况下付款方式不同（折扣率不同）：
①第一种情况：他消费超过100元但不足300元，这时候他是按照9折付款的．
设第二次实质购物价值为x，那么依题意有x×0.9=252，解得：x=280．
①第二种情况：他消费超过300元，这时候他是按照8折付款的．
设第二次实质购物价值为x，那么依题意有x×0.8=252，解得：x=315．
即在第二次消费252元的情况下，他的实际购物价值可能是280元或315元．
综上所述，他两次购物的实质价值为80+280=360或80+315=395，均超过了300元．因此
可以按照8折付款：
360×0.8=288元或395×0.8=316元，
故选：C．
【点睛】此题考查方程的应用问题，解题关键是第二次购物的252元可能有两种情况，需要讨论清楚．本题要注意不同情况的不同算法，要考虑到各种情况，不要丢掉任何一种．
7．（3分）（2022·广东·深圳中学七年级期末）某同学晚上6点多钟开始做作业，他家墙上时钟的时针和分针的夹角是120°，他做完作业后还是6点多钟，且时针和分针的夹角还是120°，此同学做作业大约用了（ ）
A．40分钟B．42分钟C．44分钟D．46分钟
【答案】C
【详解】试题解析：设开始做作业时的时间是6点x分，
∴6x﹣0.5x=180﹣120，
解得x≈11；
再设做完作业后的时间是6点y分，
∴6y﹣0.5y=180+120，
解得y≈55，
∴此同学做作业大约用了55﹣11=44分钟．
故选C．
8．（3分）（2022·河北廊坊·七年级期末）如图1是一个正方体的展开图，该正方体按如图2所示的位置摆放，此时这个正方体朝下的一面的字是（ ）
A．中B．国C．梦D．强
【答案】B
【分析】动手进行实验操作，或者在头脑中模拟（想象）折纸、翻转活动即可求解．
【详解】解：由图1可得，“中”和第三行的“国”相对；第二行“国”和“强”相对；“梦”和“梦”相对；
由图2可得，此时小正方体朝下面的字即为“中”的相对面对应的字，即为“国”．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
9．（3分）（2022·福建厦门·九年级期末）点C、D在线段AB上，若点C是线段AD的中点，2BD>AD，则下列结论正确的是( ).
A．CD2BDC．BD>ADD．BC>AD
【答案】D
【分析】根据点C是线段AD的中点，可得AD=2AC=2CD，再根据2BD>AD，可得BD> AC= CD，
再根据线段的和差，逐一进行判即可．
【详解】∵点C是线段AD的中点，
∴AD=2AC=2CD，
∵2BD>AD，
∴BD> AC= CD，
A. CD=AD-AC> AD－ BD，该选项错误；
B. 由A得AD－ BD CD，则ADBD+CD=BC,则AB=AD+BD BC+ BD2BD，该选项错误；
C.由B得 AB2BD ，则BD+AD2BD,则ADBD,该选项错误；
D. 由A得AD－ BD CD，则ADBD+CD=BC, 该选项正确
故选D．
【点睛】本题考查的是两点间的距离，熟知各线段之间的和、差及倍数关系是解答此题的关键．
10．（3分）（2022·全国·七年级期末）在锐角内部由O点引出3种射线，第1种是将分成10等份；第2种是将分成12等份；第3种是将分成15等份，所有这些射线连同､可组成的角的个数是（ ）
A．595B．406C．35D．666
【答案】B
【分析】设锐角，第1种中间由9条射线，每个小角为，第2种中间由11条射线，每个小角为，第3种中间由14条射线，每个小角为，利用内部的三种射线与OA形成的角相等求出重合的射线，第一种第m被倍小角为，第二种n倍小角，与第三种p倍小角相同，则，先看三种分法中无同时重合的，再看每两种分法重合情况，第1种, 第2种,共重合1条，第1种,第3种，共重合4条，，第2种,第3种,共重合2条，在中一共有射线数29条射线，29条射线分成的小角最多28个，所有角=1+2+3+…+28求和即可．
【详解】设锐角
第1种是将分成10等份；中间由9条射线，每个小角为，
第2种是将分成12等份；中间由11条射线，每个小角为，
第3种是将分成15等份，中间由14条射线，每个小角为，
设第1种, 第2种，第3种中相等的角的射线重合为1条，
第一种第m倍小角为，第二种n倍小角，与第三种p倍小角相同
则，
先看三种分法中同时重合情况除OA，OB外没有重合的，
再看每两种分法重合情况
第1种, 第2种, ，第一种第5条与第二种第6条重合，共重合1条，
第1种,第3种，，m=2，4，6，8,与P=3，6，9，12重合，共重合4条，
第2种,第3种, ,n=4，8与p=5，10重合，共重合2条，
在中一共有射线数=2+9+11+14-1-2-4=29条射线，
29条射线分成的所有角=1+2+3+…+28=个角．
故选择：B．
【点睛】本题考查射线分角问题，不同角的个数求法，掌握掌握三种分法中排出重合射线的条数是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022·黑龙江大庆·期末）关于x的方程2a （x+5）＝3x+1无解，则a＝______．
【答案】
【分析】先把原方程变为，再由方程无解即可得到，由此求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵关于的方程无解，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程无解的问题，熟知一元一次方程无解的条件是解题的关键．
12．（3分）（2022·湖南怀化·七年级期末）与的两边互相垂直，且，则的度数为_________.
【答案】130°或50°
【详解】【分析】作图分析，若两个角的边互相垂直，那么这两个角必相等或互补，可据此解答．
【详解】如图∵β的两边与α的两边分别垂直，
∴α+β=180°
故β=130°，
在上述情况下，若反向延长∠β的一边，那么∠β的补角的两边也与∠α的两边互相垂直，故此时∠β=50；
综上可知：∠β=50°或130°，
故正确答案为：
【点睛】本题考核知识点：四边形内角和. 解题关键点：根据题意画出图形，分析边垂直的2种可能情况.
13．（3分）（2022·福建·福州时代中学七年级期末）观察等式：，，，……，已知按一定规律排列的一组数：，，，……，，若，用含的代数式表示这组数的和是___________．
【答案】
【分析】根据规律将，，，……，用含的代数式表示，再计算的和，即可计算的和．
【详解】由题意规律可得：．
∵
∴，
∵，
∴ ．
．
．
……
∴．
故．
令
②-①，得
∴=
故答案为：．
【点睛】本题考查规律问题，用含有字母的式子表示数、灵活计算数列的和是解题的关键．
14．（3分）（2022·黑龙江·大庆市万宝学校期末）若，化简结果是________．
【答案】或
【分析】根据绝对值的性质进行分类讨论，即可解答．
【详解】∵abc＞0，∴负因数的个数有0个或2个．
①当负因数的个数有0个时，a，b，c均大于0，原式=1+1+1+1=4；
②当负因数的个数有2个时，a，b，c中只有一个大于0时，不妨设a＞0，则b＜0，c＜0，原式=1﹣1﹣1+1=0．
故答案为4或0．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解决本题的关键是根据绝对值的性质，进行分类讨论．
15．（3分）（2022·辽宁沈阳·七年级期末）如图，在平面内，点是直线上一点，，射线不动，射线，同时开始绕点顺时针转动，射线首次回到起始位置时两线同时停止转动，射线，的转动速度分别为每秒和每秒．若转动秒时，射线，，中的一条是另外两条组成角的角平分线，则______秒．
【答案】4或5
【分析】根据已知条件可知，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,然后按照OA、OB、OC三条射线构成相等的角分三种情况讨论：①当OA平分∠BOC；②当OC平分∠AOB；③当OB平分∠AOC，分别列方程即可求出t的值．
【详解】解：根据题意，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,
①当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图①所示，∠A′OC=∠A′OB′，
∵∠A′OC=180°-40°t，∠A′OB′=∠AOA′-∠AOB-∠BOB′=40°t-60°-20°t=20°t-60°，
∴180°-40°t =20°t-60°，
即t=4；
②当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图②所示，∠A′OC=∠B′OC，
∵∠A′OC=40°t-180°，∠B′OC=180°-∠AOB-∠BOB′=180°-60°-20°t=120°-20°t，
∴40°t-180°=120°-20°t，
即t=5；
③当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图③，∠B′OC=∠A′OB′，
∵∠B′OC=20°t-120°，∠A′OB′=∠A′OC=(180°-∠AOA′)=[180°-（360°-40°t）]=20°t-90°，
∴20°t-120°=20°t-90°，此时方程不成立．
综上所述：t的值为4或5．
故答案：4或5．
【点睛】题主要考查角的和、差关系，难点是找出变化过程中的不变量，需要结合图形来计算，在计算分析的过程中注意动手操作，在旋转的过程中得到不变的量．
16．（3分）（2022·湖南株洲·九年级期末）《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等．现在我们来研究另一种特殊的自然数——“纯数”．定义：对于自然数n，在计算n+(n+1)+(n+2)时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是“纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是“纯数”，因为计算23+24＋25时，个位产生了进位．那么，小于100的自然数中，“纯数”的个数为___________个．
【答案】12
【分析】根据题意，连续的三个自然数各位数字是0，1，2，其他位的数字为0，1，2，3时不会产生进位，然后根据这个数是几位数进行分类讨论，找到所有合适的数．
【详解】解：当这个数是一位自然数时，只能是0，1，2，一共3个，
当这个数是两位自然数时，十位数字是1，2，3，个位数是0，1，2，一共9个，
∴小于100的自然数中，“纯数”共有12个．
故答案是：12．
【点睛】本题考查归纳总结，解题的关键是根据题意理解“纯数”的定义，总结方法找出所有小于100的“纯数”．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022·重庆巴蜀中学八年级期末）对于一个四位正整数，若满足百位数字与十位数字之和是个位数字与千位数字之和的两倍，则称该四位正整数为“希望数”，例如：四位正整数3975，百位数字与十位数字之和是16，个位数字与千位数字之和8，而16是8的两倍，则称四位正整数3975为“希望数”，类似的，四位正整数2934也是“希望数”．
根据题中所给材料，解答以下问题：
（1）请写出最小的“希望数”是________；最大的“希望数”是_______；
（2）对一个各个数位数字均不超过6的“希望数m，设，若个位数字是千位数字的2倍，且十位数字和百位数字均是2的倍数，定义：，求的最大值．
【答案】（1）1020，9990；（2）7．
【分析】（1）根据题意可知，最小的“希望数”要使千位和百位最小，最大的“希望数”要使千位和百位最大，据此写出答案；
（2）根据题意直接列出满足条件的“希望数m，再根据定义求出即可得出最大值．
【详解】解：（1）千位数最小为1，最大为9，百位数最小为0，最大为9；根据对于一个四位正整数，若满足百位数字与十位数字之和是个位数字与千位数字之和的两倍，则称该四位正整数为“希望数”，
可得：出最小的“希望数”是1020；最大的“希望数”是9990；
（2）一个各个数位数字均不超过6的“希望数m，若个位数字是千位数字的2倍，且十位数字和百位数字均是2的倍数，“希望数m”可能是1062；1602；1242；1422；2664．
当=1602时，；
当=1062时，；
当=1242时，；
当=1422时，；
当=2664时，；
故的最大值为7．
【点睛】本题主要考查阅读材料类题目，属于创新题，同时又包含了大量计算，做此类型题目时，应注意从材料中获取解题方法、掌握定义的本质，同时本题考查了数的大小与数位的关系．
18．（6分）（2022·河南驻马店·七年级期末）在数轴上A点表示数a，B点示数b，C点表示数c，b是最小的正整数，且a、c满足
(1)a＝ ，b＝ ，c＝ ；
(2)若将数轴折叠，使得A点与C点重合，则点B与数 表示的点重合；
(3)点A、B、C开始在数轴上运动，若点A以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点B和点C分别以每秒2个单位长度和4个单位长度的速度向右运动，假设t秒钟过后，若点A与点B之间的距离表示为AB，点A与点C之间的距离表示为AC，点B与点C之间的距离表示为BC．则AB＝ ，AC＝ ，BC＝ ．（用含t的代数式表示）
(4)请问：3BC-2AB的值是否随着时间t的变化而改变？若变化，请说明理由；若不变，请求其值．
【答案】(1)-2，1，7
(2)4
(3)3t+3，5t+9，2t+6
(4)不变，定值12
【分析】（1）由绝对值和平方的非负性即可得出a和c的值．再由最小的正整数为1，即得出b=1；
（2）由题意列出方程即可得出答案；
（3）利用题意结合数轴表示出A、B、C三点表示的数，进而可得AB、AC、BC的长；
（4）由 3BC-2AB=3(2t+6)-2(3t+3)求解即可．
（1）
∵，
∴a+2=0，c-7=0，
解得a=-2，c=7；
∵b是最小的正整数，
∴b=1；
故答案为：-2，1，7．
（2）
设B的对称点D对应的数为x，则线段AC和BD的中点重合，
∴ ，
解得：x=4，
∴与点B重合的数是：4．
故答案为4．
（3）
AB=t+2t+3=3t+3，AC=t+4t+9=5t+9，BC=2t+6；
故答案为：3t+3，5t+9，2t+6．
（4）
不变．
∵，
∴的值为定值，为12，故不变．
【点睛】本题考查了数轴及两点间的距离，整式的加减运算，非负数的性质，以及一元一次方程的应用．解题的关键是利用数轴的特点能求出两点间的距离．
19．（8分）（2022·陕西·西安辅轮中学七年级期末）已知：O是直线AB上的一点，∠COD是直角，OE平分∠BOC．
(1)如图1，当∠AOC＝40°时，求∠DOE的度数；
(2)如图2，OF平分∠BOD，求∠EOF的度数；
(3)如图3，∠AOC=36°，此时∠COD绕点O以每秒6°沿逆时针方向旋转t秒（0≤t<60），请直接写出∠AOC和∠DOE之间的数量关系
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】(1)由补角及直角的定义可求得的度数，结合角平分线的定义可求解∠DOE的度数；
(2)由角平分线的定义可得，进而可求解；
(3)可分两种情况：①当时，，求出，得出答案；②当时，，得出，进而得到答案．
（1）
解：∵，
∴，
∵OE平分，
∴，
∵，
∴；
（2）
∵OE平分，OF平分，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（3）
①当时，由题意可得
∴，
∴，
，
∴；
②当时，如下图，
∴，
∴
，
∴
【点睛】本题主要考查角的计算，角平分线的定义，补角的定义等知识的综合运用，分类讨论是解题的关键．
20．（8分）（2022·北京海淀·七年级期末）在数轴上，把原点记作点O，表示数1的点记作点A．对于数轴上任意一点P（不与点O，点A重合），将线段与线段的长度之比定义为点P的特征值，记作．即．例如：当点P是线段的中点时，因为，所以．
（1）如图，点，，为数轴上三个点，点表示的数是，点与关于原点对称．
①______；
②比较，，的大小______（用“<”连接）；
（2）数轴上的点M满足，求；
（3）数轴上的点P表示有理数p，已知且为整数，则所有满足条件的p的倒数之和为______．
【答案】（1）①；②＜＜；（2）或；（3）198．
【分析】（1）①先确定的表示的数，然后根据题意求出即可；②先确定的表示的数根据题意求出、，然后比较即可；
（2）先由确定M所表示的数，然后根据题意求出即可；
（3）根据题意可得PO＞PA且PO为PA的整数倍，然后分别求出所有P所表示的数，最后求和即可．
【详解】解：（1）①∵点表示的数是，点与关于原点对称．
∴表示的数是；
∴
故答案是；
②∵表示的数大约是
∴，
∴＜＜
故答案是＜＜；
（2）∵
∴M表示的数是或-
∴或；
（3）∵P表示有理数，＜100且为整数
∴PO＞PA且PO为PA的整数倍
由题意可得，当P为OA中点时，则=1，此时为最小正整数且P表示；
当=2，即PO=2PA,此时P表示或2；
当=3，即PO=3PA,此时P表示或；
…
当=99，即PO=3PA,此时P表示或；
∴所有满足条件的p的倒数之和为：

=
=2+98×2
=198．
故答案是198．
【点睛】本题主要考查了数轴上两点间的距离以及有理数的混合运算等知识点，理解题意、确定各点所表示的数成为解答本题的关键．
21．（8分）（2022·黑龙江牡丹江·七年级期末）A，B两地相距300千米，甲车从A地驶向B地，行驶80千米后，乙车从B地出发驶向A地，乙车行驶5小时到达A地，并原地休息．甲、乙两车匀速行驶，甲车速度是乙车速度的倍．
(1)甲车的行驶速度是________千米/ 时，乙车的行驶速度是________千米/ 时；
(2)求乙车出发后几小时两车相遇；（列方程解答此问）
(3)若甲车到达B地休息一段时间后按原路原速返回，且比乙车晚2小时到达A地．甲车从A地出发到返回A地过程中，甲车出发________小时，两车相距40千米；甲车在B地休息________小时．
【答案】(1)80，60；
(2)小时；
(3)；0.5．
【分析】（1）根据速度等于路程除以时间即可求出乙车的行驶速度，从而得到甲车的行驶速度；
（2）设乙车出发后x小时两车相遇，根据题意列出方程求解即可；
（3）设甲车出发y小时后，甲乙两车相距40千米，分两车在相遇前相距40千米和两车在相遇后相距40千米讨论列方程求解即可得甲车出发后相距乙车40千米的时间，再求出甲车所用在途时间，即可求得甲车在B地休息的时间．
（1）
解：乙车的行驶速度：（千米/小时）
甲车的行驶速度：（千米/小时），
故答案为：80，60；
（2）
解：设乙车出发后x小时两车相遇，
解得
答：乙车出发后小时两车相遇；
（3）
解：设甲车出发y小时后，甲乙两车相距40千米，
当两车在相遇前相距40千米时：80y+60(y-1)=300-40，
解得y=，
当两车在相遇后相距40千米∶80y+60(y-1)=300+40，
解得y=，
∵乙车出发后，甲车所用在途时间：（小时），甲车所用时间为5小时，甲车比乙车晚2小时到达A地．
∴甲车在B地休息时间为：5+2-6.5=0.5（小时）
故答案为：；0.5．
【点睛】本题考查了一元一次方程解行程问题，掌握解一元一次方程的方法以及路程、速度与时间的关系是解题的关键．
22．（8分）（2022·湖北武汉·七年级期末）如图，两条直线AB、CD相交于点O，且，射线OM从OB开始绕O点逆时针方向旋转，速度为，射线ON同时从OD开始绕O点顺时针方向旋转，速度为两条射线OM、ON同时运动，运动时间为t秒本题出现的角均小于平角
当时，的度数为多少，的度数为多少；的度数为多少；
当时，若，试求出t的值；
当时，探究的值，问：t满足怎样的条件是定值；满足怎样的条件不是定值？
【答案】（1），，；（2）t的值为秒或10秒；（3）当时，的值不是定值；当时，的值是3．
【分析】（1）根据时间和速度分别计算∠BOM和∠DON的度数，再根据角的和与差可得结论；
（2）分两种情况：①如图所示，当时，②如图所示，当时，分别根据已知条件列等式可得t的值；
（3）分两种情况，分别计算、和的度数，然后代入可得结论．
【详解】由题意得：，
，
，
故答案为，，；
当ON与OA重合时，
当OM与OA重合时，
如图所示，当时，，
由，可得，
解得，
如图所示，当时，，，
由，可得，解得，
综上，t的值为秒或10秒；
当时，，
，解得，
如图所示，当时，，，
，
不是定值，
如图所示，当时，，，
，
定值，
综上所述，当时，的值不是定值；当时，的值是3．
【点睛】本题主要考查了角的和差关系的计算，解决问题的关键是将相关的角用含t的代数式表示出来，并根据题意列出方程进行求解，以及进行分类讨论，解题时注意方程思想和分类思想的灵活运用．
23．（8分）（2022·湖北·武汉市黄陂区教育局七年级期末）数轴上有A，B，C三点，A，B表示的数分别为m，n，点C在B的右侧，．
(1)如图1，若多项式是关于x的二次三项式，请直接写出m，n的值：
(2)如图2，在（1）的条件下，长度为1的线段（E在F的左侧）在A，B之间沿数轴水平滑动（不与A，B重合），点M是的中点，N是的中点，在滑动过程中，线段的长度是否发生变化，请判断并说明理由；
(3)若点D是的中点．
①直接写出点D表示的数____________（用含m，n的式子表示）；
②若，试求线段的长．
【答案】(1)，
(2)不变化，理由见解析
(3)①；②
【分析】（1）由题可知，n-1=0，7+m=2，求出m，n；
（2）设点E表示的数为x，则 ， ， ，，再由中点的定义，得，，由，得出MN的定值；
（3）①根据两点间距离公式以及中点公式进行推导即可；
②由题意，，依次表示出AD，BD的长，代入求解即可.
【详解】（1）解：由题可知，n-1=0，7+m=2，
∴，
故答案为：，
（2）解：MN的长不发生变化，理由如下：
由题意，得点C表示的数为3，
设点E表示的数为x，则点F表示的数为
∴ ， ， ， ， ，，
∵点M是的中点，N是的中点
∴，
即
（3）解：①∵A，B表示的数分别为m，n
又点C在B的右侧
∴AB=n-m
∵
∴AC= n-m+2
∵点D是的中点
∴AD=AC= （n-m+2）
∴D表示的数为：m+ （n-m+2）=
②依题意，点C表示的数分别为
∴，
∴，
∵
即
当时．
∵
∴不符合题意，舍去
当时．
综上所述，线段的长为.
【点睛】本题主要考查了数轴上的动点问题，以及两点间距离公式和中点公式的考查，利用数形结合思想表示出线段长是解决问题的关键.