人教版2024-2025学年七年级数学上册5.6期末复习选择压轴题(压轴题专项训练)(人教版)专题特训(学生版+解析)

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2．（2022春·全国·七年级期末）已知a，b，c的积为负数，和为正数，且x=aa+bb+cc+abab+acac+bcbc，则x的值为( )
A．0B．0，2C．0，−2，1D．0，1，−2，6
3．（2022春·全国·七年级期末）|x﹣2|+|x﹣4|+|x﹣6|+|x﹣8|的最小值是a，|a|a+|b|b+|c|c=−1，那么|ab|ab+|bc|bc+|ac|ac+|abc|abc的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．不确定
4．（2022春·全国·七年级期末）如图，数轴上的点O和点A分别表示0和10，点P是线段OA上一动点．点P沿O→A→O以每秒2个单位的速度往返运动1次，B是线段OA的中点，设点P运动时间为t秒（t不超过10秒）．若点P在运动过程中，当PB＝2时，则运动时间t的值为（ ）
A．32秒或52秒
B．32秒或72秒或132秒或152秒
C．3秒或7秒或132秒或172秒
D．32秒或72秒或132秒或172秒
5．（2022春·全国·七年级期末）下列说法中，正确的个数是（ ）
①若1a=1a，则a≥0；②若|a|＞|b|，则有（a+b）（a﹣b）是正数；
③A、B、C三点在数轴上对应的数分别是﹣2、6、x，若相邻两点的距离相等，则x＝2；
④若代数式2x+|9﹣3x|+|1﹣x|+2011的值与x无关，则该代数式值为2021；
⑤a+b+c＝0，abc＜0，则b+c|a|+a+cb+a+b|c|的值为±1．
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．（2022春·全国·七年级期末）如图，已知A，B（B在A的左侧）是数轴上的两点，点A对应的数为8，且AB＝12，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴向左运动，在点P的运动过程中，M，N始终为AP，BP的中点，设运动时间为t（t＞0）秒，则下列结论中正确的有（ ）
①B对应的数是－4；
②点P到达点B时，t＝6；
③BP＝2时，t＝5；
④在点P的运动过程中，线段MN的长度不变
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．（2022春·全国·七年级期末）如图，大长方形ABCD是由一张周长为C1正方形纸片①和四张周长分别为C2，C3，C4，C5的长方形纸片②，③，④，⑤拼成，若大长方形周长为定值，则下列各式中为定值的是（ ）
A．C1B．C3+C5C．C1+C3+C5D．C1+C2+C4
8．（2022春·全国·七年级期末）如图1所示，在长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形．现将长方形EFGH放置于大长方形ABCD内，且与四个小长方形有重叠（重叠部分均为长方形），如图2所示．已知AB=10，BC=8，四个重叠部分的周长之和为28，则长方形EFGH的周长为（ ）
A．20B．24C．26D．28
9．（2022春·全国·七年级期末）写出一个三位数，它的各个数位上的数字都不相等．用这个三位数各个数位上的数字组成一个最大数和一个最小数，并用最大数减去最小数，得到一个新的三位数．对于新得到的三位数，重复上面的过程，又得到一个新的三位数．一直重复下去，最后得到的结果是( )
A．496B．495C．494D．493
10．（2022春·全国·七年级期末）由1、2、3、4这四个数字组成四位数abcd（数字可重复使用），要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有（ ）
A．36个B．40个C．44个D．48个
11．（2022春·全国·七年级期末）对于任意一个正整数xi可以按规则生成无穷数串：x1，x2，x3，…，xn，xn+1，…（其中n为正整数），规则为：xn+1=12xn(当xn为偶数)3xn+1(当xn为奇数)．
下列说法：
①若x1=4，则生成的这数串中必有xi=xi+3（i为正整数）；
②若x1=6，生成的前2022个数之和为55；
③若生成的数中有一个xi+1=16，则它的前一个数xi应为32；
④若x4=7，则x1的值只能是9．其中正确的个数是（ ）个
A．1B．2C．3D．4
12．（2022春·全国·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，再此过程中，两车恰好相距10km的次数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
13．（2022春·江苏·七年级期末）如图，长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，P，Q两动点同时出发，分别沿着长方形的边长运动，P点从B点出发，顺时针旋转一圈，到达B点后停止运动，Q点的运动路线为B→C→D，P，Q点的运动速度分别为2cm/秒，1cm/秒，当一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动．设两动点运动的时间为t秒，要使△BDP和△ACQ的面积相等，满足条件的t值的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
14．（2022春·山东济南·七年级山东省济南稼轩学校校考期末）如图，点M在线段AN的延长线上，且线段MN=10，第一次操作：分别取线段AM和AN的中点M1、N1；第二次操作：分别取线段AM1和AN1的中点M2，N2；第三次操作：分别取线段AM2和AN2的中点M3，N3；……连续这样操作20次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和M1N1+M2N2+⋯+M20N20=（ ）
A．10+5219B．10+5220C．10−5219D．10−5220
15．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知线段AB，延长AB至C，使AB＝mBC，反向延长AB至D，使AD＝13BD，若AB：CD＝6：13，则m的值为（ ）
A．65B．43C．32D．53
16．（2022春·贵州铜仁·七年级统考期末）己知点M是线段AB上一点，若AM=14AB，点N是直线AB上的一动点，且AN−BN=MN，则MNAB的（ ）
A．34B．12C．1或12D．34或2
17．（2022春·山东枣庄·七年级统考期末）如图，C为线段AD上一点，点B为CD的中点，且AD=9，BD=2，若点E在直线AD上，且EA=1，求BE的长为（ ）
A．4B．6或8C．6D．8
18．（2022春·黑龙江牡丹江·七年级统考期末）若点C是线段AB的中点，点D是线段AC的三等分点，线段AB＝18cm，则线段的BD长为（ ）
A．6cmB．15cmC．12cm或15cmD．12cm或6cm
19．（2022春·安徽宣城·七年级统考期末）已知线段AB=2022cm，点C是直线AB上一点，BC=1000cm，若M是AC的中点，N是BC的中点，则线段MN的长度是（ ）
A．1011cmB．511cmC．1511cmD．511cm或1511cm
20．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知线段AB=a，延长线段AB到点C；若点M是线段AC的中点，点N是线段BC的中点，且a是方程1−2x3=3x+17−3的解，则线段MN的长为（ ）
A．4117B．5221C．5936D．6746
21．（2022春·贵州黔西·七年级期末）已知，点C在直线 AB 上， ACa ， BCb ，且 a≠b ，点 M是线段 AB 的中点，则线段 MC的长为（ ）
A．a+b2B．a−b2C．a+b2或a−b2D．a+b2或|a−b|2
22．（2022·云南昭通·七年级统考期末）如图，已知A，B（B在A的左侧）是数轴上的两点，点A对应的数为4，且AB=6，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴向左运动，在点P的运动过程中，M，N始终为AP，BP的中点，设运动时间为tt>0秒，则下列结论中正确的有（ ）
①B对应的数是2；
②点P到达点B时，t=3；
③BP=2时，t=2；
④在点P的运动过程中，线段MN的长度不变．
A．①③④B．②③④C．②③D．②④
23．（2022春·全国·七年级期末）如图，直线AB,CD相交于点O,∠AOC=∠BOD，∠EOF=∠COG=90°,OA平分∠COF，射线OD将∠BOE分成了角度数之比为2:1的两个角，则∠COF的大小为（ ）
A．45°B．60°C．72°或45°D．40°或60°
24．（2022春·天津和平·七年级校考期末）如图，若∠AOB=x°，OC是∠AOB的平分线，OC1是∠AOC的平分线，OC2是∠AOC1的平分线，OCn是∠AOCn−1的平分线， 则2021∠AOC2021与2022∠AOC2022大小关系是（ ）
A．=B．＜C．＞D．无法确定
25．（2022春·天津南开·七年级统考期末）如图．∠AOB=a，OA1、OB1分别是∠AOM和∠MOB的平分线，OA2、OB2分别是∠A1OM和∠MOB1的平分线，OA3、OB3分别是∠A2OM和∠MOB2的平分线，…，OAn、分别是∠An−1OM和∠MOBn−1的平分线，则∠AnOBn的度数是（ ）
A．anB．a2n−1C．a2nD．an2
26．（2022春·广西柳州·七年级统考期末）已知∠AOB=60°，∠AOC=40°，OE平分∠AOB，OF平分∠AOC，则∠EOF=（ ）
A．50°B．50°或者10°C．50°或者20°D．100°或者20°
27．（2022春·江苏·七年级期末）在锐角∠AOB内部由O点引出3种射线，第1种是将∠AOB分成10等份；第2种是将∠AOB分成12等份；第3种是将∠AOB分成15等份，所有这些射线连同OA､OB可组成的角的个数是（ ）
A．595B．406C．35D．666
28．（2022春·安徽安庆·七年级校考期末）如图，点O在直线AB上，过O作射线OC，∠BOC=100°，一直角三角板的直角顶点与点O重合，边OM与OB重合，边ON在直线AB的下方．若三角板绕点O按每秒10°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC，则t的值为（ ）
A．5B．4C．5或23D．4或22
29．（2022春·黑龙江佳木斯·七年级抚远市第三中学统考期末）如图，O是直线AC上的一点，OB是一条射线，OD平分∠AOB，OE在∠BOC内，且∠DOE=60°，∠BOE=13∠EOC．下列四个结论：①∠BOD=30°；②射线OE平分∠AOC；③图中与∠BOE互余的角有2个；④图中互补的角有6对．其中结论正确的序号有（ ）
A．①③④B．②④C．①②③D．①②③④
30．（2022春·四川绵阳·七年级校联考期末）在同一平面内，点O在直线AD上，∠AOC与∠AOB互补，OM，ON分别为∠AOC，∠AOB的平分线，若∠MON=α0°<α<90°，则∠AOC=（ ）
A．90°−αB．90°+αC．45°±α2D．90°±α
专题5.6 期末复习选择压轴题专题
1．（2022春·全国·七年级期末）观察下列算式：21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，…，31=3，32=9，33=27，34=81，35=243，36=729，37=2187，38 =6561，…，根据上述算式中的规律，221+311的末位数字是（ ）
A．3B．5C．7D．9
【思路点拨】
通过观察发现：2n的个位数字是2，4，8，6四个一循环，所以根据21÷4=5…1，得出221的个位数字与21的个位数字相同；以3为底的幂的末位数字是3，9，7，1依次循环的．11÷4=2…3即可知311的个位数字，从而得到221+311的末位数字．
【解题过程】
解：由题意可知，21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，……，
即末位数字是每4个算式是一个周期，
末位分别为2，4，8，6，
∵21÷4=5…1，
∴21的末位数字与21的末位数字相同，为2；
由题意可知，31=3，32=9，33=27，34=81，35=243，36=729，37=2187…
以3为底的幂的末位数字是3，9，7，1依次循环的，
11÷4=2…3，
所以311的个位数字是7，
所以221+311的个位数字是9，
故选：D．
2．（2022春·全国·七年级期末）已知a，b，c的积为负数，和为正数，且x=aa+bb+cc+abab+acac+bcbc，则x的值为( )
A．0B．0，2C．0，−2，1D．0，1，−2，6
【思路点拨】
先判断出a,b,c的符号，再化简绝对值运算即可得．
【解题过程】
解：∵a,b,c的积为负数
∴a,b,c的符号为三负或两正一负
∵a,b,c的和为正数
∴a,b,c的符号为两正一负
因此，分以下三种情况：
（1）当a>0,b>0,c<0时
x=aa+bb+cc+abab+acac+bcbc
=1+1−1+1−1−1
=0
（2）当a>0,c>0,b<0时
x=aa+bb+cc+abab+acac+bcbc
=1−1+1−1+1−1
=0
（3）当b>0,c>0,a<0时
x=aa+bb+cc+abab+acac+bcbc
=−1+1+1−1−1+1
=0
综上，x的值为0
故选：C．
3．（2022春·全国·七年级期末）|x﹣2|+|x﹣4|+|x﹣6|+|x﹣8|的最小值是a，|a|a+|b|b+|c|c=−1，那么|ab|ab+|bc|bc+|ac|ac+|abc|abc的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．不确定
【思路点拨】
根据绝对值的意义，先求出a的值，然后进行化简，得到|b|b+|c|c=−2，则b<0，c<0，再进行化简计算，即可得到答案．
【解题过程】
解：∵|x﹣2|+|x﹣4|+|x﹣6|+|x﹣8|的最小值是a，
∴当x=5时，|x﹣2|+|x﹣4|+|x﹣6|+|x﹣8|有最小值8，
∴a=8，
∵|a|a+|b|b+|c|c=−1，
∴|8|8+|b|b+|c|c=−1，
∴|b|b+|c|c=−2，
∴|b|b=−1，|c|c=−1，
∴b<0，c<0，
∴bc>0
∴|ab|ab+|bc|bc+|ac|ac+|abc|abc
=|8b|8b+|bc|bc+|8c|8c+|8bc|8bc
=|b|b+|bc|bc+|c|c+|bc|bc
=−2+|bc|bc+|bc|bc
=−2+1+1
=0；
故选：C．
4．（2022春·全国·七年级期末）如图，数轴上的点O和点A分别表示0和10，点P是线段OA上一动点．点P沿O→A→O以每秒2个单位的速度往返运动1次，B是线段OA的中点，设点P运动时间为t秒（t不超过10秒）．若点P在运动过程中，当PB＝2时，则运动时间t的值为（ ）
A．32秒或52秒 B．32秒或72秒或132秒或152秒
C．3秒或7秒或132秒或172秒 D．32秒或72秒或132秒或172秒
【思路点拨】
分0≤t≤5与5≤t≤10两种情况进行讨论，根据PB＝2列方程，求解即可．
【解题过程】
解：①当0≤t≤5时，动点P所表示的数是2t，
∵PB＝2，
∴|2t−5|＝2，
∴2t−5＝−2，或2t−5＝2，
解得t＝32或t＝72；
②当5≤t≤10时，动点P所表示的数是20−2t，
∵PB＝2，
∴|20−2t−5|＝2，
∴20−2t−5＝2，或20−2t−5＝−2，
解得t＝132或t＝172．
综上所述，运动时间t的值为32秒或72秒或132秒或172秒．
故选：D．
5．（2022春·全国·七年级期末）下列说法中，正确的个数是（ ）
①若1a=1a，则a≥0；②若|a|＞|b|，则有（a+b）（a﹣b）是正数；
③A、B、C三点在数轴上对应的数分别是﹣2、6、x，若相邻两点的距离相等，则x＝2；
④若代数式2x+|9﹣3x|+|1﹣x|+2011的值与x无关，则该代数式值为2021；
⑤a+b+c＝0，abc＜0，则b+c|a|+a+cb+a+b|c|的值为±1．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
根据绝对值的性质，数轴上的两点之间的距离逐项分析即可．
【解题过程】
解：若1a=1a，则a>0，故①不正确；
∵ a>b，当a>b>0时，
则a+b>0,a−b>0，
∴ a+ba−b>0，
∵ a>b，当a>0>b时，
则a+b>0,a−b>0，
∴ a+ba−b>0
∵ a>b，当a则a+b<0,a−b<0，
∴ a+ba−b>0
∴ a>b，a+ba−b>0，故②正确；
A、B、C三点在数轴上对应的数分别是﹣2、6、x，若相邻两点的距离相等，
当B为AC的中点时，即−2+x2=6，则x=14
当C为AB的中点时，即x=−2+62，则x=2
当A为BC的中点时，即−2=6+x2，则x=−10
故③不正确；
若代数式2x+|9﹣3x|+|1﹣x|+2011的值与x无关，；
即2x+|9﹣3x|+|1﹣x|+2011
=2x+9−3x−1+x+2011
=2019
故④不正确；
∵ abc<0，a+b+c=0
∴ a,b,c有1个负数，2个正数，
设a>0,b>0,c<0，
∵ a+b+c=0，
∴ a=−b+c,b=−a+c,c=−a+b
b+c|a|+a+cb+a+b|c|
=−aa+−bb+−cc=−aa+−bb+−c−c=−1−1+1=−1
故⑤不正确
综上所述，正确的有②，共1个．
故选A．
6．（2022春·全国·七年级期末）如图，已知A，B（B在A的左侧）是数轴上的两点，点A对应的数为8，且AB＝12，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴向左运动，在点P的运动过程中，M，N始终为AP，BP的中点，设运动时间为t（t＞0）秒，则下列结论中正确的有（ ）
①B对应的数是－4；②点P到达点B时，t＝6；③BP＝2时，t＝5；④在点P的运动过程中，线段MN的长度不变
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
①根据两点间距离进行计算即可；
②利用路程除以速度即可；
③分两种情况，点P在点B的右侧，点P在点B的左侧，由题意求出AP的长，再利用路程除以速度即可；
④分两种情况，点P在点B的右侧，点P在点B的左侧，利用线段的中点性质进行计算即可．
【解题过程】
解：设点B对应的数是x，
∵点A对应的数为8，且AB=12，
∴8-x=12，
∴x=-4，
∴点B对应的数是-4，
故①正确；
由题意得：
12÷2=6（秒），
∴点P到达点B时，t=6，
故②正确；
分两种情况：
当点P在点B的右侧时，
∵AB=12，BP=2，
∴AP=AB-BP=12-2=10，
∴10÷2=5（秒），
∴BP=2时，t=5，
当点P在点B的左侧时，
∵AB=12，BP=2，
∴AP=AB+BP=12+2=14，
∴14÷2=7（秒），
∴BP=2时，t=7，
综上所述，BP=2时，t=5或7，
故③错误；
分两种情况：
当点P在点B的右侧时，
∵M，N分别为AP，BP的中点，
∴MP=12AP，NP=12BP，
∴MN=MP+NP
=12AP+12BP
=12AB
=12×12
=6，
当点P在点B的左侧时，
∵M，N分别为AP，BP的中点，
∴MP=12AP，NP=12BP，
∴MN=MP-NP
=12AP-12BP
=12AB
=12×12
=6，
∴在点P的运动过程中，线段MN的长度不变，
故④正确；
所以，上列结论中正确的有3个，
故选：C．
7．（2022春·全国·七年级期末）如图，大长方形ABCD是由一张周长为C1正方形纸片①和四张周长分别为C2，C3，C4，C5的长方形纸片②，③，④，⑤拼成，若大长方形周长为定值，则下列各式中为定值的是（ ）
A．C1B．C3+C5C．C1+C3+C5D．C1+C2+C4
【思路点拨】
将各长方形的边长标记出来，可将大长方形ABCD的周长为C和正方形纸片①的周长C1和四张长方形纸片②，③，④，⑤的周长分别为C2，C3，C4，C5表示出来，其中大长方形ABCD的周长为C为定值，然后分别计算C3+C5，C1+C3+C5，C1+C2+C4，找出其中为定值的即可．
【解题过程】
解：如图，将各长方形的边长标记出来，
∴大长方形ABCD的周长为C=2a+2b+2c+2ℎ为定值，
∴C2=2a+2b，C3=2c+2d，C4=2e+2f，C5=2ℎ+2g，
∵①是正方形，
∴c−f=e−ℎ=g−b=a−d
∴a+b=g+d，
∴C3+C5=2c+2d+2ℎ+2g=2a+2b+2c+2ℎ=C，
C1+C3+C5=4a−d+2c+2d+2ℎ+2g=4a−2d+2c+2ℎ+2g，
C1+C2+C4=4a−d+2a+2b+2e+2f=6a−4d+2b+2e+2f，
∴C3+C5为定值，
故选：B．
8．（2022春·全国·七年级期末）如图1所示，在长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形．现将长方形EFGH放置于大长方形ABCD内，且与四个小长方形有重叠（重叠部分均为长方形），如图2所示．已知AB=10，BC=8，四个重叠部分的周长之和为28，则长方形EFGH的周长为（ ）
A．20B．24C．26D．28
【思路点拨】
如图，由AB=10，BC=8，得AB+BC+CD+DA=2（AB+BC）=36，而长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形，故AN+AO=BM+BL=CK+CJ=DI+PD=6，可得MN+LK+IJ+OP=12，即XW+UV+ST+QR=12，又四个重叠部分的周长之和为28，可得EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF=14，即可求出EF+FG+HG+EH=26，即长方形EFGH的周长为26．
【解题过程】
解：如图：
∵AB=10，BC=8，
∴AB+BC+CD+DA=2（AB+BC）=36，
∵长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形，
∴AN+AO=BM+BL=CK+CJ=DI+PD=12×12=6，
∴（AB+BC+CD+DA）-（AN+AO）-（BM+BL）-（CK+CJ）-（DI+PD）=36-6-6-6-6=12，即MN+LK+IJ+OP=12，
∴XW+UV+ST+QR=12，
∵四个重叠部分的周长之和为28，
∴EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF=12×28=14，
∴（EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF）+（XW+UV+ST+QR）=14+12=26，
∴EF+FG+HG+EH=26，即长方形EFGH的周长为26，
故选：C．
9．（2022春·全国·七年级期末）写出一个三位数，它的各个数位上的数字都不相等．用这个三位数各个数位上的数字组成一个最大数和一个最小数，并用最大数减去最小数，得到一个新的三位数．对于新得到的三位数，重复上面的过程，又得到一个新的三位数．一直重复下去，最后得到的结果是( )
A．496B．495C．494D．493
【思路点拨】
按照题中所讲的方法，用特殊值法任意写几个三位数，求出结果，分析找出规律．
【解题过程】
解：如：428，842-248=594；954-459=495…；
253，532-235=297，972-279=693，963-369=594，954-459=495，954-459=495…；
234，432-234=198，981-189=792，972-279=693，963-369=594，954-459=495…；
综上可知：循环下去都是固定数495．
故选：B．
10．（2022春·全国·七年级期末）由1、2、3、4这四个数字组成四位数abcd（数字可重复使用），要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有（ ）
A．36个B．40个C．44个D．48个
【思路点拨】
由题意可知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑：①只用1个数字，②使用2个不同的数字，③使用3个不同的数字，④使用4个不同的数字，然后分别分析求解，即可求得答案．
【解题过程】
解：根据使用的不同数字的个数分类考虑：
①只用1个数字，组成的四位数可以是：1111，2222，3333，4444，共有4个；
②使用2个不同的数字，使用的数字有6种可能：1、2，1、3，1、4，2、3，2、4，3、4，
如果使用的数字是1、2，组成的四位数可以是：1122，1221，2112，2211，共有4个，
同样地，如果使用的数字是另外5种情况，组成的四位数也各有4个，
因此，这样的四位数共有6×4=24个；
③使用3个不同的数字，只能是1、2、2、3或2、3、3、4，组成的四位数可以是：1232，2123，2321，3212，2343，3234，3432，
4323，共有8个；
④使用4个不同的数字1，2，3，4，组成的四位数可以是：1243，1342，2134，2431，3124，3421，4213，4312，共有8个．
∴满足要求的四位数共有：4+24+8+8=44个．
故选C．
11．（2022春·全国·七年级期末）对于任意一个正整数xi可以按规则生成无穷数串：x1，x2，x3，…，xn，xn+1，…（其中n为正整数），规则为：xn+1=12xn(当xn为偶数)3xn+1(当xn为奇数)．
下列说法：
①若x1=4，则生成的这数串中必有xi=xi+3（i为正整数）；
②若x1=6，生成的前2022个数之和为55；
③若生成的数中有一个xi+1=16，则它的前一个数xi应为32；
④若x4=7，则x1的值只能是9．其中正确的个数是（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【思路点拨】
根据规则分别求出x2,x3,x4的值，再归纳类推出一般规律即可判断①；先分别求出x2,x3,x4,x5,x6,x7的值，再归纳类推出一般规律，然后求和即可判断②；分xi为偶数和xi为奇数两种情况，分别根据规则建立方程，解方程求出xi的值即可判断③；根据规则分别建立方程，解方程求出x3,x2,x1的值即可判断④．
【解题过程】
解：当x1=4时，x2=12x1=12×4=2，
x3=12x2=12×2=1，
x4=3x3+1=3×1+1=4，
由此可知，x1,x2,x3,⋯的值是以4,2,1循环往复的，
所以若x1=4，则生成的这数串中必有xi=xi+3（i为正整数），说法①正确；
当x1=6时，x2=12x1=12×6=3，
x3=3x2+1=3×3+1=10，
x4=12x3=12×10=5，
x5=3x4+1=3×5+1=16，
x6=12x5=12×16=8，
x7=12x6=12×8=4，
则从x7开始，x7,x8,x9,⋯的值是以4,2,1循环往复的，
因为2022=6+3×672，
所以若x1=6，生成的前2022个数之和为x1+x2+x3+x4+x5+x6+672(x7+x8+x9)
=6+3+10+5+16+8+672×(4+2+1)
=4752，说法②错误；
若xi为偶数，则12xi=xi+1=16，解得xi=32，符合题设，
若xi为奇数，则3xi+1=xi+1=16，解得xi=5，符合题设，
所以若生成的数中有一个xi+1=16，则它的前一个数xi应为32或5，说法③错误；
当x4=7时，因为7为奇数，
所以12x3=7，解得x3=14为偶数，
所以12x2=14或3x2+1=14，
解得x2=28或x2=133（舍去），
所以12x1=28或3x1+1=28，
解得x1=56或x1=9，均符合题意，
即若x4=7，则x1的值是9或56，说法④错误；
综上，正确的个数是1个，
故选：C．
12．（2022春·全国·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，再此过程中，两车恰好相距10km的次数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【思路点拨】
由题意，在此过程中这四种情形的可能：（1）快车未出发时，两车相距10km；（2）快车追赶慢车时，两车相距10km；（3）快车已反超慢车但未达到乙地时，两车相距10km；（4）快车到达乙地，慢车行驶了170km时，两车相距10km.再根据两车的速度分析时间上是否匹配即可.
【解题过程】
解：设快车行驶的时间为t小时
依题意有以下四种情形：
（1）快车未出发时，即t=0时，慢车行驶了1040=14小时，两车恰好相距10km
（2）快车已出发，开始追赶慢车时
则40×3060+40t=60t+10解得：t=12
此时慢车行驶了40×3060+40×12=40km，快车行驶了60×12=30km，两车恰好相距10km
（3）快车已反超慢车但未达到乙地时
则40×3060+40t=60t−10解得：t=32
此时慢车行驶了40×3060+40×32=80km，快车行驶了60×32=90km，两车恰好相距10km
（4）快车到达乙地，慢车行驶了170km时
则60t=180解得：t=3
此时快车行驶了60×3=180km，慢车行驶了40×3060+40×3=140km，两车相距40km；在这之后，慢车继续行驶34小时，也就是再行驶34×40=30km至170km处，这时候两车恰好相距10km
综上，以上四种情形均符合，即在此过程中，两车恰好相距10km的次数是4
故答案为：D.
13．（2022春·江苏·七年级期末）如图，长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，P，Q两动点同时出发，分别沿着长方形的边长运动，P点从B点出发，顺时针旋转一圈，到达B点后停止运动，Q点的运动路线为B→C→D，P，Q点的运动速度分别为2cm/秒，1cm/秒，当一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动．设两动点运动的时间为t秒，要使△BDP和△ACQ的面积相等，满足条件的t值的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【思路点拨】
分五种情况，根据运动的路径和△BDP和△ACQ的面积相等列出方程，求解即可．
【解题过程】
解：由题意进行分类讨论：
①当P点在AB上，Q点在BC上时（t≤4），
BP＝2t，CQ＝6﹣t，
要使△BDP与△ACQ面积相等，则
12×2t×6=126−t×8，
解得：t=2.4；
②当P点在AD上，Q点在BC上时（4＜t≤6），
DP＝14﹣2t，CQ＝6﹣t，
要使△BDP与△ACQ面积相等，则DP＝CQ，
即14﹣2t＝6﹣t，
解得：t＝8（舍去）；
③当P点在AD上，Q点在CD上时（6＜t≤7），
DP＝14﹣2t，CQ＝t﹣6，
要使△BDP与△ACQ面积相等，则
12×814−2t=12×6t−6，
解得t＝7411；
④当P点在CD上，Q点在CD上时（7＜t≤11），
DP＝2t﹣14，CQ＝t﹣6，
要使△BDP与△ACQ面积相等，则DP＝CQ，
即2t﹣14＝t﹣6，
解得：t＝8；
⑤当P点在BC上，Q点在CD上时（11＜t≤14），
BP＝28﹣2t，CQ＝t﹣6，
要使△BDP与△ACQ面积相等，则
12×828−2t=12×6t−6，
解得：t＝13011；
综上可得共有4种情况满足题意，所以满足条件的t值得个数为4．
故选：C．
14．（2022春·山东济南·七年级山东省济南稼轩学校校考期末）如图，点M在线段AN的延长线上，且线段MN=10，第一次操作：分别取线段AM和AN的中点M1、N1；第二次操作：分别取线段AM1和AN1的中点M2，N2；第三次操作：分别取线段AM2和AN2的中点M3，N3；……连续这样操作20次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和M1N1+M2N2+⋯+M20N20=（ ）
A．10+5219B．10+5220C．10−5219D．10−5220
【思路点拨】
根据MN=10，M1、N1分别为AM、AN的中点，求出M1N1的长度，再由M1N1的长度求出M2N2的长度，找到MnNn的规律即可求出M1N1+M2N2+⋯+M20N20的值．
【解题过程】
解：∵MN=10，M1、N1分别为AM、AN的中点，
∴M1N1=AM1−AN1=12AM−12AN=12AM−AN=12×10=5，
∵M2、N2分别为AM1、AN1的中点，
∴M2N2=AM2−AN2=12AM1−12AN1=12AM1−AN1=12×5=52，
根据规律得到MnNn=102n，
∴M1N1+M2N2+⋯+M20N20=102+1022+⋯+10215=1012+122+⋯+1220=10−5219，
故选：C．
15．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知线段AB，延长AB至C，使AB＝mBC，反向延长AB至D，使AD＝13BD，若AB：CD＝6：13，则m的值为（ ）
A．65B．43C．32D．53
【思路点拨】
根据已知条件易求AD＝m2BC，再利用线段的和差可得CD＝32m+1BC，由AB：CD＝6：13可得关于m的方程，解方程可求解m值．
【解题过程】
解：如图，
∵AD＝13BD，
∴AB＝2AD，
即AD＝12AB
∵AB＝mBC，
∴AD＝m2BC，
∴CD＝AD＋AB＋BC＝m2BC＋mBC＋BC＝（32m＋1）BC，
∵AB：CD＝6：13，
∴mBC：（32m＋1）BC＝6：13，9m＋6＝13m
解得m＝32，
故选：C．
16．（2022春·贵州铜仁·七年级统考期末）己知点M是线段AB上一点，若AM=14AB，点N是直线AB上的一动点，且AN−BN=MN，则MNAB的（ ）
A．34B．12C．1或12D．34或2
【思路点拨】
根据N在线段AB上和线段AB外分情况讨论，再结合线段关系即可解题．
【解题过程】
解：当N在射线BA上时，AN当N在射线AB上时，AN−BN=AB=MN，此时MNAB=1
当N在线段AB上时，
由图可知AN=MN+AM，BN=BM−MN
∴AN−BN=MN+AM−BM+MN=2MN+AM−BM=MN，
∴MN=BM−AM
∵AM=14AB
∴BM=34AB
∴MN=BM−AM=12AB
∴MNAB=12
故选：C．
17．（2022春·山东枣庄·七年级统考期末）如图，C为线段AD上一点，点B为CD的中点，且AD=9，BD=2，若点E在直线AD上，且EA=1，求BE的长为（ ）
A．4B．6或8C．6D．8
【思路点拨】
点B为CD的中点，根据中点的定义，得到CD=2BD，由BD=2便可求得CD=4，然后再根据AC=AD-CD，便可求出AC=5；由于E在直线AD上位置不明定，可分E在线段DA的延长线和线段AD上两种情况求解．
【解题过程】
解：∵点B为CD的中点，BD=2，
∴ CD=2BD=4，
∵ AD=9，
∴ AC=AD−CD=9−4=5；
① 若E在线段DA的延长线，如图1，
∵ EA=1，AD=9，
∴ ED=EA+AD=1+9=10，
∵ BD=2，
∴ BE=ED−BD=10−2=8，
② 若E线段AD上,如图2，
EA=1，AD=9，
∴ ED=AD−EA=9−1=8，
∵BD=2，
∴ BE=ED−BD=8−2=6，
综上所述，BE的长为8或6．
18．（2022春·黑龙江牡丹江·七年级统考期末）若点C是线段AB的中点，点D是线段AC的三等分点，线段AB＝18cm，则线段的BD长为（ ）
A．6cmB．15cmC．12cm或15cmD．12cm或6cm
【思路点拨】
根据线段中点的定义和线段三等分点的定义画出图形即可得到结论．
【解题过程】
解∶∵C是线段AB的中点， AB= 18cm，
∴AC=BC=12AB=12×18=9cm，
点D是线段AC的三等分点，
①当点D离点A较近，即AD=13AC时，如图1，
∵AD=13AC，AC=9cm，
∴AD=3cm，
∴BD=AB-AD= 18-3=15cm；
②当点D离点C较近，即CD=13AC时，如图2，
∵CD=13AC，AC=9cm，
∴CD=3cm，
∵BC=9cm，
∴BD= BC+CD=9+3=12cm，
故选：C．
19．（2022春·安徽宣城·七年级统考期末）已知线段AB=2022cm，点C是直线AB上一点，BC=1000cm，若M是AC的中点，N是BC的中点，则线段MN的长度是（ ）
A．1011cmB．511cmC．1511cmD．511cm或1511cm
【思路点拨】
本题需要分两种情况讨论，①当点C在线段AB上时，②当点C在线段AB的延长线上时，根据线段中点的定义，计算即可．
【解题过程】
解：①当点C在线段AB上时，AB=2022cm，BC=1000cm，如图，
∵M是AC的中点，N是BC的中点，
∴AC=2022-1000=1022(cm)，
则MN=MC+CN=12AC+12BC=511+500=1011 (cm)，
②当点C在线段AB的延长线上时，AC=2022+1000=3022cm，如图，
MN=MC-CN=12AC-12BC=1511-500=1011cm．
综上所述，线段MN的长度是1011cm．
故选：C．
20．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）已知线段AB=a，延长线段AB到点C；若点M是线段AC的中点，点N是线段BC的中点，且a是方程1−2x3=3x+17−3的解，则线段MN的长为（ ）
A．4117B．5221C．5936D．6746
【思路点拨】
先解一元一次方程求出a的值，然后分两种情况，点M在点B的左侧，点M在点B的右侧，进而即可求解．
【解题过程】
解：1−2x3=3x+17−3，
去分母得：7（1-2x）=3（3x+1）-63，
去括号得：7-14x=9x+3-63，
移项得：-14x-9x=3-63-7，
合并同类项得：-23x=-67，
解得x=6723，
∴a=6723，
∴AB=6723，
分两种情况：
当点M在点B的左侧，如图：
∵点M是线段AC的中点，点N是线段BC的中点，
∴MC=12AC，NC=12BC，
∴MN=MC-NC
=12AC-12BC
=12AB
=6746；
当点M在点B的右侧，如图：
∵点M是线段AC的中点，点N是线段BC的中点，
∴MC=12AC，NC=12BC，
∴MN=MC-NC
=12AC-12BC
=12AB
=6746，
∴线段MN的长为6746，
故选：D．
21．（2022春·贵州黔西·七年级期末）已知，点C在直线 AB 上， ACa ， BCb ，且 a≠b ，点 M是线段 AB 的中点，则线段 MC的长为（ ）
A．a+b2B．a−b2C．a+b2或a−b2D．a+b2或|a−b|2
【思路点拨】
由于点B的位置以及a、b的大小没有确定，故应分四种情况进行讨论，即可得到答案．
【解题过程】
解：由于点B的位置不能确定，故应分四种情况讨论：
①当a＞b且点C在线段AB上时，如图1．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC+BC=a+b．
∵点M是AB的中点，∴AM=12AB=12(a+b)，
∴MC=AC﹣AM=a−12(a+b)=a−b2．
②当a＞b且点C在线段AB的延长线上时，如图2．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC-BC=a-b．
∵点M是AB的中点，∴AM=12AB=12(a−b)，
∴MC=AC﹣AM=a−12(a−b)=a+b2．
③当a＜b且点C在线段AB上时，如图3．
∵AC=a，BC=b，∴AB=AC+BC=a+b．
∵点M是AB的中点，∴AM=12AB=12(a+b)，
∴MC=AM﹣AC=12(a+b)−a=b−a2．
④当a＜b且点C在线段AB的方向延长线上时，如图4．
∵AC=a，BC=b，∴AB=BC-AC=b-a．
∵点M是AB的中点，∴AM=12AB=12(b−a)，
∴MC=AC+AM=a+12(b−a)=a+b2．
综上所述：MC的长为a+b2或a−b2（a＞b）或b−a2（a＜b），即MC的长为a+b2或a−b2．
故选D．
22．（2022·云南昭通·七年级统考期末）如图，已知A，B（B在A的左侧）是数轴上的两点，点A对应的数为4，且AB=6，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴向左运动，在点P的运动过程中，M，N始终为AP，BP的中点，设运动时间为tt>0秒，则下列结论中正确的有（ ）
①B对应的数是2；②点P到达点B时，t=3；③BP=2时，t=2；④在点P的运动过程中，线段MN的长度不变．
A．①③④B．②③④C．②③D．②④
【思路点拨】
①根据两点间距离进行计算即可；
②利用路程除以速度即可；
③分两种情况，点P在点B的右侧，点P在点B的左侧，由题意求出AP的长，再利用路程除以速度即可；
④分两种情况，点P在点B的右侧，点P在点B的左侧，利用线段的中点性质进行计算即可．
【解题过程】
解：设点B对应的数是x，
∵点A对应的数为4，且AB=6 ，
∴4−x=6 ，
∴x=−2 ，
∴点B对应的数是-2，故①错误；
由题意得：
6÷2=3（秒），
∴点P到达点B时，t=3，故②正确；
分两种情况：
当点P在点B的右侧，
∵AB=6，BP=2，
∴AP=AB−BP=6−2=4，
∴4÷2=2（秒），
∴BP=2时，t=2，
当点P在点B的左侧，
∵AB=6，BP=2，
∴AP=AB+BP=6+2=8，
∴8÷2=4（秒），
∴BP=2时，t=4，
综上所述，BP=2时，t=2或4，故③错误；
分两种情况：
当点P在点B的右侧，
∵M，N分别为AP，BP的中点，
∴MP=12AP，NP=12BP，
∴MN=MP+NP=12AP+12BP=12AP+BP=12AB=3，
当点P在点B的左侧，
∵M，N分别为AP，BP的中点，
MP=12AP，NP=12BP，
∴MN=MP−NP=12AP−12BP=12AP−BP=12AB=3，
∴在点P的运动过程中，线段MN的长度不变，故④正确．
所以，上列结论中正确的是②④．
故选：D．
23．（2022春·全国·七年级期末）如图，直线AB,CD相交于点O,∠AOC=∠BOD，∠EOF=∠COG=90°,OA平分∠COF，射线OD将∠BOE分成了角度数之比为2:1的两个角，则∠COF的大小为（ ）
A．45°B．60°C．72°或45°D．40°或60°
【思路点拨】
设∠DOE=x°，∠BOD=2x°或12x°，表示出其他角，根据平角列方程即可．
【解题过程】
解：设∠DOE=x°，射线OD将∠BOE分成了角度数之比为2:1的两个角，
当∠DOE:∠BOD=2:1时，∠BOD=12x°，∠AOC=∠BOD=12x°，
∵OA平分∠COF，
∴∠AOC=∠AOF=12x°，
∵∠EOF=∠COG=90°,∠COD=180°，
∴12x+12x+90+ x=180，
解得，x=45；
∠COF=2∠AOC=45°；
当∠BOD: ∠DOE =2:1时，∠BOD=2x°，∠AOC=∠BOD=2x°，
同理， ∠AOC=∠AOF=2x°，
2x+2x+90+ x=180，
解得：x=18，
∠COF=2∠AOC=72°；
故选：C．
24．（2022春·天津和平·七年级校考期末）如图，若∠AOB=x°，OC是∠AOB的平分线，OC1是∠AOC的平分线，OC2是∠AOC1的平分线，OCn是∠AOCn−1的平分线， 则2021∠AOC2021与2022∠AOC2022大小关系是（ ）
A．=B．＜C．＞D．无法确定
【思路点拨】
根据角平分线的性质可得∠AOC=12∠AOB=12x∘，∠AOC1=12∠AOC，∠AOC2=12∠AOC1，进而可得∠AOCn−1=12∠AOCn−2，即有∠AOCn=12∠AOCn−1，据此即可作答．
【解题过程】
解：∵OC平分∠AOB，∠AOB=x∘，
∴∠AOC=12∠AOB=12x∘，
∵OC1平分∠AOC，
∴∠AOC1=12∠AOC=12×12x∘=122x∘，
∵OC2平分∠AOC1，
∴∠AOC2=12∠AOC1=12×12×12x∘=123x∘，
依次类推可知：∠AOCn−1=12∠AOCn−2，
∴可知∠AOCn=12∠AOCn−1，
∴∠AOC2022=12∠AOC2021，
∴2022∠AOC2022=12∠AOC2021×2022=1011∠AOC2021，
∵根据题意可知∠AOC2021＞0，
∴2022∠AOC2022=1011∠AOC2021＜2021∠AOC2021，
即有：2021∠AOC2021＞2022∠AOC2022，
故选：C．
25．（2022春·天津南开·七年级统考期末）如图．∠AOB=a，OA1、OB1分别是∠AOM和∠MOB的平分线，OA2、OB2分别是∠A1OM和∠MOB1的平分线，OA3、OB3分别是∠A2OM和∠MOB2的平分线，…，OAn、分别是∠An−1OM和∠MOBn−1的平分线，则∠AnOBn的度数是（ ）
A．anB．a2n−1C．a2nD．an2
【思路点拨】
由角平分线性质推理得∠A1OB1=12a，∠A2OB2=a22，∠A3OB3=a23，据此规律可解答．
【解题过程】
解：∵∠AOB=a，OA1、OB1分别是∠AOM和∠MOB的平分线，
∴∠A1OM=12∠AOM,∠B1OM=12∠BOM
∴∠A1OB1=12(∠AOM+∠BOM)=12∠AOB=12a
∵OA2、OB2分别是∠A1OM和∠MOB1的平分线，
∴∠A2OM=12∠A1OM,∠B2OM=12∠B1OM
∴∠A2OB2=12(∠A1OM+∠B1OM)=12∠A1OB1=12×12∠AOB=14a=a22
∵OA3、OB3分别是∠A2OM和∠MOB2的平分线，
∴∠A3OM=12∠A2OM,∠B3OM=12∠B2OM
∴∠A3OB3=12(∠A2OM+∠B2OM)=12∠A2OB2=12×12∠A1OB1=12×12×12∠AOB=18a=a23
…，由此规律得
∠AnOBn=a2n
故选：C．
26．（2022春·广西柳州·七年级统考期末）已知∠AOB=60°，∠AOC=40°，OE平分∠AOB，OF平分∠AOC，则∠EOF=（ ）
A．50°B．50°或者10°C．50°或者20°D．100°或者20°
【思路点拨】
根据题意画出图形，分OC在∠AOB外部或内部两种情况分别计算即可．
【解题过程】
解：如图，当OC在∠AOB外部时，
∵∠AOB＝60°，∠AOC＝40°，
∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝100°，
∵OE平分∠AOB，OF平分∠AOC，
∴∠AOE＝12∠AOB＝30°，
∠AOF＝12∠AOC＝20°，
∴∠EOF＝∠AOF＋∠AOE＝50°；
如图，当OC在∠AOB内部时，
∵OE平分∠AOB，OF平分∠AOC，
∴∠AOE＝12∠AOB＝30°，
∠AOF＝12∠AOC＝20°，
∴∠EOF＝∠AOE−∠AOF＝30°−20°＝10°；
综上所述，∠EOF＝50°或10°，
故选：B．
27．（2022春·江苏·七年级期末）在锐角∠AOB内部由O点引出3种射线，第1种是将∠AOB分成10等份；第2种是将∠AOB分成12等份；第3种是将∠AOB分成15等份，所有这些射线连同OA､OB可组成的角的个数是（ ）
A．595B．406C．35D．666
【思路点拨】
设锐角∠AOB=α，第1种中间由9条射线，每个小角为α10，第2种中间由11条射线，每个小角为α12，第3种中间由14条射线，每个小角为α15，利用∠AOB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mα10，第二种n倍小角nα12，与第三种p倍小角pα15相同，则m10=n12=p15，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∠AOB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．
【解题过程】
解：设锐角∠AOB=α
第1种是将∠AOB分成10等份；中间由9条射线，每个小角为α10，
第2种是将∠AOB分成12等份；中间由11条射线，每个小角为α12，
第3种是将∠AOB分成15等份，中间由14条射线，每个小角为α15，
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mα10，第二种n倍小角nα12，与第三种p倍小角pα15相同
则m10=n12=p15，
先看三种分法中同时重合情况m:n:p=10:12:15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, m:n=5:6，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:p=2:3，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:p=4:5,n=4，8与p=5，10重合，共重合2条，
在∠AOB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=12×28×28+1=406个角．
故选择：B．
28．（2022春·安徽安庆·七年级校考期末）如图，点O在直线AB上，过O作射线OC，∠BOC=100°，一直角三角板的直角顶点与点O重合，边OM与OB重合，边ON在直线AB的下方．若三角板绕点O按每秒10°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC，则t的值为（ ）
A．5B．4C．5或23D．4或22
【思路点拨】
分别讨论ON的反向延长线恰好平分锐角∠AOC和ON在∠AOC的内部；两种情况，根据角平分线的定义及角的和差关系即可得答案．
【解题过程】
解：∵∠BOC=100°，
∴∠AOC=80°，
①如图，当ON的反向延长线恰好平分锐角∠AOC时，
∴∠BON=12∠AOC=40°，
此时，三角板旋转的角度为90°−40°=50°，
∴t=50°÷10°=5；
②如图，当ON在∠AOC的内部时，
∴∠CON=12∠AOC=40°，
∴三角板旋转的角度为90°+100°+40°=230°，
∴t=230°÷10°=23；
∴t的值为：5或23．
故选：C．
29．（2022春·黑龙江佳木斯·七年级抚远市第三中学统考期末）如图，O是直线AC上的一点，OB是一条射线，OD平分∠AOB，OE在∠BOC内，且∠DOE=60°，∠BOE=13∠EOC．下列四个结论：①∠BOD=30°；②射线OE平分∠AOC；③图中与∠BOE互余的角有2个；④图中互补的角有6对．其中结论正确的序号有（ ）
A．①③④B．②④C．①②③D．①②③④
【思路点拨】
由角平分线的定义可求解∠AOD=∠BOD=60°−∠BOE，易求∠EOC=3∠BOE，结合平角的定义可求解∠BOD的度数，判定①；结合∠DOE=60°可求解∠AOE的度数，进而可判定②；结合余角的定义可判定③；利用补角的定义可判定④
【解题过程】
解：∵OD平分∠AOB，
∴∠AOD=∠BOD=60°−∠BOE，
∵∠BOE=13∠EOC，
∴∠EOC=3∠BOE，
∵AC是一条直线，
∴∠AOD+∠BOD+∠BOE+∠EOC=180°，
∴60°−∠BOE+60°−∠BOE+∠BOE+3∠BOE=180°，
∴∠BOE=30°，
∴∠BOD=30°，故①正确；
∵∠BOD=∠AOD=30°，
∴∠AOE=∠AOD+∠BOD+∠BOE=30°+30°+30°=90°，
∴∠EOC=180°−∠AOE=90°，
∴∠AOE=∠EOC，
∴射线OE平分∠AOC，故②正确；
∵∠BOE=30°，∠AOB=60°，∠DOE=60°，
∴∠AOB+∠BOE=90°，∠BOE+∠DOE=90°，
∴图中与∠BOE互余的角有2个，故③正确；
∵∠AOE=∠EOC=90°，
∴∠AOE+∠EOC=180°，
∵∠EOC=90°，∠DOB=30°，∠BOE=30°，∠AOD=30°，
∴∠COD+∠AOD=180°，∠COD+∠BOD=180°，∠COD+∠BOE=180°，∠COB+∠AOB=180°，∠COB+∠DOE=180°，
∴图中互补的角有6对，故④正确，
正确的有①②③④，
故选：D．
30．（2022春·四川绵阳·七年级校联考期末）在同一平面内，点O在直线AD上，∠AOC与∠AOB互补，OM，ON分别为∠AOC，∠AOB的平分线，若∠MON=α0°<α<90°，则∠AOC=（ ）
A．90°−αB．90°+αC．45°±α2D．90°±α
【思路点拨】
由题意，得到∠AOC+∠AOB=180°，然后进行分类讨论：①当点B、O、C三点共线时；②当点B、O、C三点不共线时，∠AOC<∠AOB；③当点B、O、C三点不共线时，∠AOC>∠AOB；结合角平分线的定义，即可求出答案．
【解题过程】
解：∵∠AOC与∠AOB互补，
∴∠AOC+∠AOB=180°，
∵OM，ON分别为∠AOC，∠AOB的平分线，
①当点B、O、C三点共线时，
则∠MON=12×(∠AOC+∠AOB)=12×180°=90°；
∵∠MON=α0°<α<90°，
∴点B、O、C三点共线时，不符合题意；
②当点B、O、C三点不共线时，∠AOC<∠AOB，如下图：
则∠MON=∠AON−∠AOM=12∠AOB−12∠AOC=α，
∵∠AOC+∠AOB=180°，
∴∠AOC=90°−α；
③当点B、O、C三点不共线时，∠AOC>∠AOB，如下如：
则∠MON=∠AOM−∠AON=12∠AOC−12∠AOB=α，
∵∠AOC+∠AOB=180°，
∴∠AOC=90°+α；
∴∠AOC=90°±α；
故选：D．