人教版七年级数学下册举一反三11.4期中真题重组卷(考查范围：第5~7章)(学生版+解析)

这是一份人教版七年级数学下册举一反三11.4期中真题重组卷(考查范围：第5~7章)(学生版+解析)，共27页。

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一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分）（2022春·广东东莞·七年级东莞市中堂中学校考期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．邻补角相等B．对顶角相等C．内错角相等D．同位角相等
2．(3分）（2022春·内蒙古呼伦贝尔·七年级统考期中）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，还在原来的方向上平行前进，那么这两次拐弯的角度应是（ ）
A．第一次右拐50°，第二次左拐130°B．第一次左拐50°，第二次右拐50°
C．第一次左拐50°，第二次左拐50°D．第一次右拐50°，第二次右拐50°
3．(3分）（2022春·四川德阳·七年级四川省德阳中学校校考期中）若2m−5与4m−9是某一个正数的平方根，则m的值是（ ）．
A．73或−1B．−1C．73或2D．2
4．(3分）（2022春·陕西西安·七年级校考期中）如图，已知∠A=∠ADE，若∠EDC=54∠C，则∠C=（ ）
A．80°B．90°C．100°D．110°
5．(3分）（2022秋·安徽安庆·八年级校考期中）已知点Aa+1,4，B3,2a+2，若直线AB∥x轴，则A、B间的距离是（ ）
A．5B．1C．3D．0.5
6．(3分）（2022春·八年级课时练习）估计32+7的运算结果应在哪两个连续自然数之间（ ）
A．5和6B．6和7C．7和8D．8和9
7．(3分）（2022春·河南商丘·七年级校考期中）如图，平移线段AB，则平移过程中AB扫过的面积为（ ）
A．13B．14C．15D．16
8．(3分）（2022春·河南新乡·七年级新乡市第一中学校考期中）如图，长方形ABCD中，AB＝6，第一次平移长方形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位长度，得到长方形A1B1C1D1，第2次平移长方形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位长度，得到长方形A2B2C2D2，…，第n次平移长方形An－1Bn－1Cn－1Dn－1沿An－1Bn－1的方向向右平移5个单位长度，得到长方形AnBnCnDn（n＞2），若ABn的长度为2026，则n的值为（ ）
A．407B．406C．405D．404
9．(3分）（2022秋·河南平顶山·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系A1,0上有点，点A第一次跳动至点A1−1,1，第二次点A1向右跳到A22,1，第三次点A2跳到A3−2,2，第四次点A3向右跳动至点A43,2，……，依此规律跳动下去，则点A第2022次跳动至点A2022的坐标为（ ）
A．2022,2021B．1011,1011C．1012,1011D．1012,1010
10．(3分）（2022春·湖北武汉·七年级统考期中）如图，E在线段BA的延长线上，∠EAD＝∠D，∠B＝∠D，EF∥HC，连FH交AD于G，∠FGA的余角比∠DGH大16°，K为线段BC上一点，连CG，使∠CKG＝∠CGK，在∠AGK内部有射线GM，GM平分∠FGC．则下列结论：①AD∥BC；②GK平分∠AGC；③GK∥CD；④∠MGK＝16°．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分）（2022春·河南南阳·七年级校考期中）若第二象限内的点P（x，y）满足|x|＝2，y2＝25．则点P的坐标是_____．
12．(3分）（2022春·福建厦门·七年级校联考期中）已知a2=81，3b=−2，则b−a=______．
13．(3分）（2022春·湖南湘西·七年级校考期中）已知m是15的整数部分，n是10的小数部分，则m2−n2=______．
14．(3分）（2022春·陕西宝鸡·七年级统考期中）如图，射线OC的端点O在直线AB上，OE⊥OC于点O，且OE平分∠BOD，OF平分∠AOE，若∠BOC=70°，则∠DOF=__________．
15．(3分）（2022春·广东深圳·七年级校考期中）在一副三角尺中∠BPA=45°，∠CPD=60°，∠B=∠C=90°，将它们按如图所示摆放在量角器上，边PD与量角器的0°刻度线重合，边AP与量角器的180°刻度线重合．将三角尺PCD绕点P以每秒3°的速度逆时针旋转，同时三角尺ABP绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间t =______秒时，两块三角尺有一组边平行．
16．(3分）（2022春·四川成都·八年级校考期中）八年级某班有48名学生，所在教室有6行8列座位，用(m，n)表示第m行第n列的座位，新学期准备调整座位．设某个学生原来的座位为(m，n)，若调整后的座位为(i，j)，则称该生作了平移[a，b]=[m−i，n−j]，并称a+b为该生的位置数．若某生的位置数为11，则当m+n取最小值时，mn的最大值为_________．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分）（2022春·河南新乡·七年级新乡市第十中学校考期中）计算，解方程：
(1)179−1−3+3−23−−22+3
(2)16x2−49=0
18．(6分）（2022春·广西南宁·七年级南宁三中校考期中）已知正数x的两个不等的平方根分别是2a−14和a+2，b+1的立方根为−3，c是17的整数部分．
(1)求x和b的值；
(2)求a-b+c的平方根．
19．(8分）（2022春·广东惠州·七年级惠州一中校考期中）在直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示．
(1)请画出将△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后得到的△A'B'C'．
(2)计算△A'B'C'的面积．
20．(8分）（2022春·山东青岛·七年级山东省青岛市第五十七中学校考期中）填空并完成推理过程．
如图，E点为DF上的点，B点为AC上的点，∠1=∠2,∠C=∠D ，试说明∶AC∥DF．
证明∶∵∠1=∠2 (已知)
∠1=∠3 (对顶角相等)
∴∠2=∠3 ( ）
∴____∥______（ ）
∴∠C=∠ABD ( ）
又∵∠C=∠D (已知)
∴∠D=∠ABD (等量代换)
∴AC∥DF ( ）
21．(8分）（2022秋·河北秦皇岛·七年级校联考期中）如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOD，OF平分∠COE．
（1）若∠AOC=76°，求∠BOF的度数；
（2）若∠BOF=36°，求∠AOC的度数；
（3）若|∠AOC﹣∠BOF|=α°，请直接写出∠AOC和∠BOF的度数．（用含的代数式表示）
22．(8分）（2022春·广东东莞·七年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是长方形，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB∥CD，AB=CD=4，AD=BC=6，点A的坐标为3，2．动点P的运动速度为每秒a个单位长度，动点Q的运动速度为每秒b个单位长度，且a−1+b−22=0．设运动时间为t，动点P、Q相遇则停止运动．
(1)求a，b的值；
(2)动点P，Q同时从点A出发，点P沿长方形ABCD的边界逆时针方向运动，点Q沿长方形ABCD的边界顺时针方向运动，当t为何值时P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标；
(3)动点P从点A出发，同时动点Q从点D出发：
①若点P、Q均沿长方形ABCD的边界顺时针方向运动，t为何值时，P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标；
②若点P、Q均沿长方形ABCD的边界逆时针方向运动，t为何值时，P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标．
23．(8分）（2022春·广东惠州·七年级惠州一中校考期中）已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．
(1)如图1，若∠A−∠C=10°，求∠A的度数；
(2)如图2，过点B作BD⊥AM于点D，则∠ABD与∠C相等吗？试说明理由；
(3)如图3，在（2）问的条件下，点E、F在射线DM上，且BF平分∠DBC， BE平分∠ABD，若∠DBC=140°，求∠EBC的度数．
2022-2023学年七年级数学下册期中真题重组卷
（考查范围：第5~7章）
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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分）（2022春·广东东莞·七年级东莞市中堂中学校考期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．邻补角相等B．对顶角相等C．内错角相等D．同位角相等
【答案】B
【分析】根据邻补角性质，对顶角性质，平行线的性质依次判断即可.
【详解】解：A．邻补角不一定相等，原命题是假命题；
B．对顶角相等，原命题是真命题；
C．两直线平行，内错角相等，原命题是假命题；
D．两直线平行，同位角相等，原命题是假命题；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．(3分）（2022春·内蒙古呼伦贝尔·七年级统考期中）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，还在原来的方向上平行前进，那么这两次拐弯的角度应是（ ）
A．第一次右拐50°，第二次左拐130°B．第一次左拐50°，第二次右拐50°
C．第一次左拐50°，第二次左拐50°D．第一次右拐50°，第二次右拐50°
【答案】B
【分析】根据两条直线平行的性质：两条直线平行，同位角相等．再根据题意可得两次拐弯的方向不相同，但角度相等．
【详解】解：如图，第一次拐的角是∠1，第二次拐的角是∠2，
由两次拐弯后，还在原来的方向上平行前进得：∠1=∠2，
由此可知，两次拐弯的方向不相同，但角度相等，
观察四个选项可知，只有选项B符合，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解题的关键是明确题意，利用平行线的性质解答．
3．(3分）（2022春·四川德阳·七年级四川省德阳中学校校考期中）若2m−5与4m−9是某一个正数的平方根，则m的值是（ ）．
A．73或−1B．−1C．73或2D．2
【答案】C
【分析】依据平方根的性质列出关于m的方程，可求得m的值．
【详解】解：∵2m−5与4m−9是某一个正数的平方根，
∴2m−5=4m−9或2m−5+4m−9=0．
解得：m=2或m=73．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是平方根的性质，熟练掌握平方根的性质是解题的关键．
4．(3分）（2022春·陕西西安·七年级校考期中）如图，已知∠A=∠ADE，若∠EDC=54∠C，则∠C=（ ）
A．80°B．90°C．100°D．110°
【答案】A
【分析】由题意可判定AC∥DE，根据两直线平行，同旁内角互补，即可得出∠C的度数．
【详解】解：∵∠A=∠ADE，
∴AC∥DE，
∴∠EDC+∠C=180°，
又∵∠EDC=54∠C，
∴∴ 94∠C=180°，
∴∠C=80°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题关键．
5．(3分）（2022秋·安徽安庆·八年级校考期中）已知点Aa+1,4，B3,2a+2，若直线AB∥x轴，则A、B间的距离是（ ）
A．5B．1C．3D．0.5
【答案】B
【分析】根据平行于x轴的直线上点的坐标特征：纵坐标相等，由直线AB∥x轴，点Aa+1,4，B3,2a+2，得到4=2a+2，解得a=1，代入Aa+1,4，B3,2a+2，确定A2,4，B3,4，从而得到A、B间的距离是3−2=1，从而得到答案．
【详解】解：∵直线AB∥x轴，点Aa+1,4，B3,2a+2，
∴ 4=2a+2，解得a=1，
∴ A2,4，B3,4，
∵直线AB∥x轴，
∴ A、B间的距离是3−2=1，
故选：B．
【点睛】本题考查平行于x轴的直线上点的坐标特征：纵坐标相等，理解直线AB∥x轴，掌握此时点的坐标特征及两点之间距离的求法是解决问题的关键．
6．(3分）（2022春·八年级课时练习）估计32+7的运算结果应在哪两个连续自然数之间（ ）
A．5和6B．6和7C．7和8D．8和9
【答案】D
【分析】先计算，将原式化为只有一个根号，再进行估算.
【详解】解：(32+7)2=39+232×7=39+896
∵29<896<30
∴68＜39+896＜69，
∴32+7的运算结果应在8和9之间，
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次根式的计算，无理数的估算.能将原式化为只有一个根号是解题的关键.
7．(3分）（2022春·河南商丘·七年级校考期中）如图，平移线段AB，则平移过程中AB扫过的面积为（ ）
A．13B．14C．15D．16
【答案】C
【分析】先证明四边形ABB'A'是平行四边形，再求出BB'和▱ABB'A'底边BB'上的高：2−(−1)=3，从而即可求解．
【详解】解：∵平移线段AB得线段A'B'，
∴AB=A'B'，AB∥A'B'，
∴四边形ABB'A'是平行四边形，
∵B(−2，−1)， B' (3，−1)，A (0，2)，
∴BB'=3--2=5，▱ABB'A'底边BB'上的高：2−(−1)=3，
∴平移过程中AB扫过的面积为5×3=15，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平移的性质及坐标与图形，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
8．(3分）（2022春·河南新乡·七年级新乡市第一中学校考期中）如图，长方形ABCD中，AB＝6，第一次平移长方形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位长度，得到长方形A1B1C1D1，第2次平移长方形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位长度，得到长方形A2B2C2D2，…，第n次平移长方形An－1Bn－1Cn－1Dn－1沿An－1Bn－1的方向向右平移5个单位长度，得到长方形AnBnCnDn（n＞2），若ABn的长度为2026，则n的值为（ ）
A．407B．406C．405D．404
【答案】D
【分析】根据平移的性质得出AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1-A1A2=6-5=1，进而求出AB1和AB2的长，由此得出ABn=5(n+1)×5+1，将2026代入求出n即可．
【详解】解：∵AB=6，第1次平移将矩形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，得到矩形A1B1C1D1，
第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，得到矩形A2B2C2D2…，
∴AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1-A1A2=6-5=1，
∴AB1=AA1+A1A2+A2B1=5+5+1==2×5+1=11，
∴AB2的长为：5+5+6=3×5+1=16，
……
∴ABn=5(n+1)+1
5(n+1)+1=2026，
解得：n=404，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平移的性质以及一元一次方程的应用，根据平移的性质得出AA1=5，A1A2=5是解题关键．
9．(3分）（2022秋·河南平顶山·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系A1,0上有点，点A第一次跳动至点A1−1,1，第二次点A1向右跳到A22,1，第三次点A2跳到A3−2,2，第四次点A3向右跳动至点A43,2，……，依此规律跳动下去，则点A第2022次跳动至点A2022的坐标为（ ）
A．2022,2021B．1011,1011C．1012,1011D．1012,1010
【答案】C
【分析】根据题意可以发现规律，顺序数为偶数的点都在第一象限，且对应点的坐标的纵坐标比横坐标小1，A2n的坐标为n+1,n，根据规律直接求解即可．
【详解】解：根据题意可以可知：A22,1，A43,2，A64,3，A85,4……
由此发现规律，顺序数为偶数的点都在第一象限，且对应点的坐标的纵坐标比横坐标小1，横坐标等于顺序数的一半，
∴A2nn+1,n，
∴A20221012,1011，
故选：C．
【点睛】本题主要考查点的坐标、坐标的平移，解决本题的关键是找出点的坐标的变化规律．
10．(3分）（2022春·湖北武汉·七年级统考期中）如图，E在线段BA的延长线上，∠EAD＝∠D，∠B＝∠D，EF∥HC，连FH交AD于G，∠FGA的余角比∠DGH大16°，K为线段BC上一点，连CG，使∠CKG＝∠CGK，在∠AGK内部有射线GM，GM平分∠FGC．则下列结论：①AD∥BC；②GK平分∠AGC；③GK∥CD；④∠MGK＝16°．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】根据平行线的判定定理得到AD∥BC，故①正确；由平行线的性质得到∠AGK=∠CKG，等量代换得到∠AGK=∠CGK，求得GK平分∠AGC；故②正确；根据平行线同旁内角互补得∠D+∠DCG+∠GCK=180°，再根据题目已知∠CKG＝∠CGK，得∠D+∠DCG=2∠GKC，又根据AD∥BC，得∠D+∠DCG=2∠AGK，但根据现有条件无法证明GD=GC，故③错误；设∠AGM=α，∠MGK=β，得到∠AGK=α+β，根据角平分线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠EAD=∠D，∠B=∠D，
∴∠EAD=∠B，
∴AD∥BC，故①正确；
∴∠AGK=∠CKG，
∵∠CKG=∠CGK，
∴∠AGK=∠CGK，
∴GK平分∠AGC；故②正确；
∵AD∥BC，
∴∠D+∠DCG+∠GCK=180°，
∵∠CKG＝∠CGK，
∴∠D+∠DCG+180°−2∠GKC=180°，
∴∠D+∠DCG=2∠GKC，
又∵AD∥BC，
∴∠AGK=∠CKG，
∴∠D+∠DCG=2∠AGK，
要使GK∥CD，就要使∠D=∠AGK且∠D=∠DCG，
∴就要GD=GC，
但题目没给出这个条件且利用现有条件也无法证明GD=GC，
∴故③错误；
设∠AGM=α，∠MGK=β，
∴∠AGK=α+β，
∵GK平分∠AGC，
∴∠CGK=∠AGK=α+β，
∵GM平分∠FGC，
∴∠FGM=∠CGM，
∴∠FGA+∠AGM=∠MGK+∠CGK，
∴37°+α=β+α+β，
∴β=18.5°，
∴∠MGK=18.5°，故④错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的性质，对顶角性质，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分）（2022春·河南南阳·七年级校考期中）若第二象限内的点P（x，y）满足|x|＝2，y2＝25．则点P的坐标是_____．
【答案】（﹣2，5）
【分析】根据绝对值的意义和平方根得到x=±2、y=±5，再根据第二象限的点的坐标特点得到x＜0，y＞0，于是x=-2，y=5，然后可直接写出P点坐标．
【详解】解：∵|x|=2．y2=25，
∴x=±2，y=±5，
∵第二象限内的点P（x，y），
∴x＜0，y＞0，
∴x=-2，y=5，
∴点P的坐标为（-2，5）．
故答案为：（-2，5）．
【点睛】本题考查了点的坐标，熟练掌握各象限内的坐标特点是解答本题的关键．
12．(3分）（2022春·福建厦门·七年级校联考期中）已知a2=81，3b=−2，则b−a=______．
【答案】1
【分析】利用平方根和立方根的意义求得a，b的值，将a，b的值代入利用算术平方根的意义计算即可．
【详解】解：∵a2=81，
∴a=±9，
∵3b=−2，
∴b=−8，
∵b−a≥0，
∴a=−9，b=−8，
∴b−a=1=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了平方根、立方根和算术平方根的意义，根据题意正确确定字母的值是解题的关键．
13．(3分）（2022春·湖南湘西·七年级校考期中）已知m是15的整数部分，n是10的小数部分，则m2−n2=______．
【答案】610−10##−10+610
【分析】由于3＜10＜15＜4，由此找到所求的无理数在哪两个和它接近的整数之间，然后求出m和n的值，代入计算即可．
【详解】解：∵9＜10＜15＜16，
∴3＜10＜15＜4，
∵m是15的整数部分，
∴m＝3；
∵n是10的小数部分，
∴n＝10-3
m2−n2=32−10−32=9−10−610+9=610−10．
故答案为：610−10．
【点睛】此题主要考查了无理数的估算能力和代数式求值，现实生活中经常需要估算，估算应是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．估算出整数部分后，小数部分＝原数−整数部分．
14．(3分）（2022春·陕西宝鸡·七年级统考期中）如图，射线OC的端点O在直线AB上，OE⊥OC于点O，且OE平分∠BOD，OF平分∠AOE，若∠BOC=70°，则∠DOF=__________．
【答案】60°
【分析】直接利用垂线的定义得出∠COE=90°，再利用角平分线的定义得出∠DOF的度数．
【详解】解：∵OE⊥OC于点O，
∴∠COE=90°，
∵∠BOC=70°，
∴∠BOE=∠COE-∠BOC=90°-70°=20°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=∠BOE=20°，
∵∠AOB=180°，
∴∠AOE=180°-∠BOE=180°-20°=160°，
∵OF平分∠AOE，
∴∠EOF=12∠AOE=80°，
∴∠DOF=∠EOF-∠DOE=80°-20°=60°，
故答案为：60°．
【点睛】此题主要考查了垂线以及角平分线的定义，正确得出∠BOE的度数是解题关键．
15．(3分）（2022春·广东深圳·七年级校考期中）在一副三角尺中∠BPA=45°，∠CPD=60°，∠B=∠C=90°，将它们按如图所示摆放在量角器上，边PD与量角器的0°刻度线重合，边AP与量角器的180°刻度线重合．将三角尺PCD绕点P以每秒3°的速度逆时针旋转，同时三角尺ABP绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间t =______秒时，两块三角尺有一组边平行．
【答案】6或9或15或33
【分析】分五种情形分别构建方程即可解决问题．
【详解】解：根据题意，∠MPA=2t，∠NPD=3t，
当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，
则运动时间为t=180−603=40(秒)；
当PA∥CD时，即∠APC=∠C=90°，∠CPD=60°，
∴∠MPA+∠APC+∠CPD+∠NPD=180°，即2t+90+60+3t =180，
解得：t =6(秒)；
当PD∥AB时，即∠B=∠BPD=90°，∠BPA=45°，
∴∠MPA+∠BPA+∠BPD+∠NPD=180°，即2t+45+90+3t =180，
解得：t =9(秒)；
当CD∥AB时，即PB与PC重合，∠BPA=45°，∠CPD=60°，
∴∠MPA+∠BPA+∠BPD+∠NPD=180°，即2t+45+60+3t =180，
解得：t =15(秒)；
当CP∥AB时，则四边形BECP为长方形，∠CPB=90°，
∴∠D=∠BPD=30°，
∴∠APD=∠APB-∠BPD =45°-30°=15°，
∴∠MPA+∠APD+∠NPD=180°，即2t+15+3t =180，
解得：t =33(秒)；
当CD∥PA时，则∠D=∠APD=30°，
∴∠MPA +∠NPD-∠APD =180°，即2t+3t-30 =180，
解得：t =42>40，不符合题意；
综上，当运动时间t 为6或9或15或33秒时，两块三角尺有一组边平行．
故答案为：6或9或15或33．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16．(3分）（2022春·四川成都·八年级校考期中）八年级某班有48名学生，所在教室有6行8列座位，用(m，n)表示第m行第n列的座位，新学期准备调整座位．设某个学生原来的座位为(m，n)，若调整后的座位为(i，j)，则称该生作了平移[a，b]=[m−i，n−j]，并称a+b为该生的位置数．若某生的位置数为11，则当m+n取最小值时，mn的最大值为_________．
【答案】42
【分析】求出m＋n取最小值时，m、n的关系式n=13−m，又m=1，2，3，4，5，6，计算mn的值，比较求出最大的值．
【详解】解：由题意得a+b=m−i+n−j=11，
则m+n=11+i+j，
∵1≤i≤6，1≤j≤8，且i、j都是整数，
∴当i=j=1时，m+n取最小值13，
此时n=13−m，
∴mn=m13−m，
又m=1，2，3，4，5，6．
则m=1时，mn=12；m=2时，mn=22；m=3时，mn=30；m=4时，mn=36；m=5时，mn=40；m=6时，mn=42．
则mn的最大值是42．
故答案为：42．
【点睛】本题考查了利用坐标表示位置，几何变换的代数表示法，属于新定义型题目，解答本题需要同学们仔细审题，理解位置数是怎样规定的．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分）（2022春·河南新乡·七年级新乡市第十中学校考期中）计算，解方程：
(1)179−1−3+3−23−−22+3
(2)16x2−49=0
【答案】(1)−323
(2)x=±74．
【分析】(1)根据算术平方根，立方根，绝对值，幂的运算计算即可．
(2)根据平方根的定义计算即可．
【详解】（1）解：179−1−3+3−23−−22+3
=43−3+1−2−4+3
=−323．
（2）解：16x2−49=0，
x2=4916．
x=±74．
【点睛】本题考查了算术平方根，立方根，绝对值，幂的运算，熟练掌握平方根，立方根的意义是解题的关键．
18．(6分）（2022春·广西南宁·七年级南宁三中校考期中）已知正数x的两个不等的平方根分别是2a−14和a+2，b+1的立方根为−3，c是17的整数部分．
(1)求x和b的值；
(2)求a-b+c的平方根．
【答案】(1)x的值为36，b的值为−28
(2)±6
【分析】（1）根据平方根的意义求出a，从而求出x的值，根据立方根求出b．
（2）17的范围在4到5之间，求出c，从而求出a−b+c的平方根．
【详解】（1）∵x的平方根是2a−14和a+2，
∴（2a−14）+（a+2）=0，
∴2a−14+a+2=0，
∴a=4．
∴2a−14=−6，a+2=6，
∴x=36．
∵b+1的立方根为−3，
∴b+1=−27，
∴b=−28．
故x的值为36，b的值为−28．
（2）∵4<17<5，
∴c=4．
a−b+c
=4−（−28）+4
=4+28+4
=36．
∴±a−b+c=±36=±6．
【点睛】本题考查的是平方根与无理数大小的比较，正数的平方根有两个，且互为相反数是解题的关键．
19．(8分）（2022春·广东惠州·七年级惠州一中校考期中）在直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示．
(1)请画出将△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后得到的△A'B'C'．
(2)计算△A'B'C'的面积．
【答案】(1)画图见解析
(2)5.5
【分析】（1）先根据平移的性质分别作出A、B、C的对应点A'、B'、C'，然后再顺次连接即可；
（2）根据三角形的面积等于矩形的面积减去周围的三个三角形面积解答即可．
【详解】（1）解：如图，△A'B'C'即为所求．
（2）解：△A'B'C'的面积为：4×5−12×3×5−12×1×2−12×3×4=5.5．
【点睛】本题主要考查了作图-平移变换、三角形的面积等知识点，掌握平移变换和学会用分割法求三角形面积是解题的关键．
20．(8分）（2022春·山东青岛·七年级山东省青岛市第五十七中学校考期中）填空并完成推理过程．
如图，E点为DF上的点，B点为AC上的点，∠1=∠2,∠C=∠D ，试说明∶AC∥DF．
证明∶∵∠1=∠2 (已知)
∠1=∠3 (对顶角相等)
∴∠2=∠3 ( ）
∴____∥______（ ）
∴∠C=∠ABD ( ）
又∵∠C=∠D (已知)
∴∠D=∠ABD (等量代换)
∴AC∥DF ( ）
【答案】等量代换，DB,EC，同位角相等，两直线平行，两直线平行，同位角相等，内错角相等，两直线平行．
【分析】先证明BD∥CE，然后根据平行线的性质，以及已知条件证明∠D=∠ABD，根据同位角相等，两直线平行即可证得．
【详解】解：∵∠1=∠2，（已知）
∠1=∠3（对顶角相等）
∴∠2=∠3，（等量代换）
∴DB∥EC，（ 同位角相等，两直线平行）
∴∠C=∠ABD，（ 两直线平行，同位角相等）
又∵∠C=∠D，（已知）
∴∠D=∠ABD，（ 等量代换）
∴AC∥DF．（ 内错角相等，两直线平行）
【点睛】解答此题的关键是注意平行线的性质和判定定理的综合运用．平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
21．(8分）（2022秋·河北秦皇岛·七年级校联考期中）如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOD，OF平分∠COE．
（1）若∠AOC=76°，求∠BOF的度数；
（2）若∠BOF=36°，求∠AOC的度数；
（3）若|∠AOC﹣∠BOF|=α°，请直接写出∠AOC和∠BOF的度数．（用含的代数式表示）
【答案】（1）∠BOF=33°；（2）∠AOC=72°；(3) ∠AOC=2x=（3607）°﹣47α°，∠BOF=（3607）°+37α°．
【详解】试题分析：
（1）由∠AOC=76°易得∠BOD=76°，结合OE平分∠BOD可得∠DOE=∠BOE=38°，由此可得∠COE=180°-38°=142°，结合OF平分∠COE可得∠EOF=71°，最后由∠BOF=∠EOF-∠BOE即可求得∠BOF的度数；
（2）设∠BOE=x，由OE平分∠BOD，∠AOC=∠BOD可得∠DOE=∠BOE=x，∠AOC=2x，结合∠BOF=36°，OF平均∠EOF可得∠COF=∠EOF=x+36°，最后由∠AOC+∠COF+∠BOF=180°即可列出关于x的方程，解方程求得x的值即可求得∠AOC的度数；
（3）设∠BOE=x，则由已知条件易得∠AOC=2x，∠BOF=90°-32x，这样结合|∠AOC﹣∠BOF|=α°即可列出关于x的方程，解方程求得x的值即可求得∠AOC和∠BOF的值.
试题解析：
（1）∵∠BOD=∠AOC=76°，
又∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12×76°=38°．
∴∠COE=180°﹣∠DOE=180°﹣38°=142°，
∵OF平分∠COE，
∴∠EOF=12∠COE=12×142°=71°，
∴∠BOF=∠EOF﹣∠BOE=71°﹣38°=33°．
（2）∵OE平分∠BOD，OF平分∠COE，
∴∠BOE=∠EOD，∠COF=∠FOE，
∴设∠BOE=x，则∠DOE=x，
故∠COA=2x，∠EOF=∠COF=x+36°，
则∠AOC+∠COF+∠BOF=2x+x+36°+36°=180°，
解得：x=36°，
故∠AOC=72°．
（3）设∠BOE=x，
∵OE平分∠BOD，∠BOD=∠AOC，
∴∠DOE=x，∠COA=2x，
∴∠BOC=180°-2x，
∴∠COE=180°-x，
∵OF平分∠COE，
∴∠EOF=90°-12x，
∴∠BOF=90°﹣32x，
∵|∠AOC﹣∠BOF|=α°，
∴|2x﹣（90°﹣32x）|=α°，
解得：x=（1807）°+27α°或x=（1807）°﹣27α°，
当x=（1807）°+27α°时，
∠AOC=2x=（3607）°+47α°，
∠BOF=90°﹣32x=（3607）°﹣37α°；
当x=（1807）°﹣27α°时，
∠AOC=2x=（3607）°﹣47α°，
∠BOF=90°﹣32x=（3607）°+37α°．
22．(8分）（2022春·广东东莞·七年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是长方形，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB∥CD，AB=CD=4，AD=BC=6，点A的坐标为3，2．动点P的运动速度为每秒a个单位长度，动点Q的运动速度为每秒b个单位长度，且a−1+b−22=0．设运动时间为t，动点P、Q相遇则停止运动．
(1)求a，b的值；
(2)动点P，Q同时从点A出发，点P沿长方形ABCD的边界逆时针方向运动，点Q沿长方形ABCD的边界顺时针方向运动，当t为何值时P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标；
(3)动点P从点A出发，同时动点Q从点D出发：
①若点P、Q均沿长方形ABCD的边界顺时针方向运动，t为何值时，P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标；
②若点P、Q均沿长方形ABCD的边界逆时针方向运动，t为何值时，P、Q两点相遇？求出相遇时P、Q所在位置的坐标．
【答案】(1)a=1，b=2
(2)t=203时，P、Q两点相遇，此时P，Q两点的坐标为−3,43
(3)①t=6时，P、Q两点相遇，相遇时P、Q所在位置的坐标为1,−2；②若点P、Q均沿长方形ABCD的边界逆时针方向运动，t=16时，P、Q两点相遇，相遇时P、Q所在位置的坐标为1,−2
【分析】（1）根据非负数相加和为0，则这几个非负数分别为0，即可进行解答；
（2）根据题意可得，相遇时，两点的路程和等于长方形的周长，列出方程求解即可；
（3）根据题意可得，点A和点D距离为6，①相遇时，点Q比点P多运动6个单位长度，列出方程求解即可；②相遇时，点Q比点P多运动14个单位长度，列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵a−1+b−22=0．
又∵a−1≥0,b−22≥0．
∴a=1，b=2．
（2）∵t+2t=6+4×2
∴t=203，
即t=203时，P、Q两点相遇．
此时点P所走路程：1×203=203，
∵6<203<6+4，
∴在DC边相遇，
∵AB=CD=4，AD=BC=6，点A的坐标为3，2
∴点D的坐标为−3，2
∴相遇时横坐标为：−3，纵坐标为：2−203−6=43，
此时P，Q两点的坐标为−3,43．
（3）①由题意：∵AD=6，
∴2t−t=6，
∴t=6，
此时点P所走的路程∶1×6=6，
∵4<6<4+6，
∴在BC边相遇，
∵点A的坐标为3，2，AB=4，
∴B3，-2，
相遇时横坐标为：3−6−4=1，纵坐标为：−2，
∴P、Q的坐标为1,−2．
②由题意：∵AB=CD=4，AD=BC=6，
∴DC+BC+AB=14，
∴2t−t=14，
∴t=14，
此时点P所走的路程∶1×14=14，
∵6+4<14<6+4+6，
∴在BC边相遇，
∵B3，-2，
相遇时横坐标为：−3+14−6−4=1，纵坐标为：−2，
∴P、Q的坐标为1,−2．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的动点问题，解题的关键是将其看作追击问题，根据题意列出方程求解．
23．(8分）（2022春·广东惠州·七年级惠州一中校考期中）已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．
(1)如图1，若∠A−∠C=10°，求∠A的度数；
(2)如图2，过点B作BD⊥AM于点D，则∠ABD与∠C相等吗？试说明理由；
(3)如图3，在（2）问的条件下，点E、F在射线DM上，且BF平分∠DBC， BE平分∠ABD，若∠DBC=140°，求∠EBC的度数．
【答案】(1)∠A=50°
(2)∠ABD=∠C，理由见解析
(3)∠EBC=115°
【分析】（1）AM与BC的交点记作点O，由平行线的性质得到∠C=∠AOB，由AB⊥BC得∠A+∠AOB=90°，则∠A+∠C=90°，又由∠A−∠C=10°，即可得到答案；
（2）过点B作BG∥DM，由BD⊥AM，∠ABD+∠BAD=90°，DB⊥BG，即∠ABD+∠ABG=90°，由AB⊥BC，则∠CBG+∠ABG=90°，由同角的余角相等得到∠ABD=∠CBG，由平行线的判定得到CN∥BG，则∠C=∠CBG，即可得证；
（3）先求得∠DBA=50°，再由BE平分∠ABD得到∠EBA=25°，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图1，AM与BC的交点记作点O，

∵AM∥CN，
∴∠C=∠AOB，
∵AB⊥BC，
∴∠A+∠AOB=90°，
∴∠A+∠C=90°，
∵∠A−∠C=10°，
∴∠A=50°；
（2）∠ABD=∠C，理由如下：
如图2，过点B作BG∥DM，
∵BD⊥AM，
∴∠ABD+∠BAD=90°，DB⊥BG，即∠ABD+∠ABG=90°，
又∵AB⊥BC，
∴∠CBG+∠ABG=90°，
∴∠ABD=∠CBG，
∵AM∥CN，BG∥AM，
∴CN∥BG，
∴∠C=∠CBG，
∴∠ABD=∠C；
（3）如图3，
∵∠DBC=140°，∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠DBC−∠ABC=140°−90°=50°，
又∵BE平分∠ABD，，
∴∠EBA=12∠DBA=12×50°=25°，
∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=25°+90°=115°．
【点睛】此题考查了平行线的性质和判定、角平分线的相关计算、垂直的定义等知识，熟练掌握平行线的性质和判定是解题的关键．