2020—2021学年浙教版七年数学下册期末复习选择压轴题知识点梳理卷（原卷+解析）

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【题型1 平行线中角的数量关系】
【例1】（2020秋•南关区期末）如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（ ）
A．∠α+∠β﹣∠γ＝90°B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°
C．∠γ+∠β﹣∠α＝180°D．∠α+∠β+∠γ＝180°
【分析】根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，进而利用角的关系解答即可．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴∠α＝∠BOF，
∵CD∥EF，
∴∠γ+∠COF＝180°，
∵∠BOF＝∠COF+∠β，
∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，
故选：B．
【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等和两直线平行，同旁内角互补解答．
【变式1-1】（2020秋•金川区校级期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）
A．β＝α+γB．α+β﹣γ＝90°C．α+β+γ＝180°D．β+γ﹣α＝90°
【分析】此题可以构造辅助线，利用三角形的外角的性质以及平行线的性质建立角之间的关系．
【解答】解：延长DC交AB与G，延长CD交EF于H．
直角△BGC中，∠1＝90°﹣α；
△EHD中，∠2＝β﹣γ，
∵AB∥EF，
∴∠1＝∠2，
∴90°﹣α＝β﹣γ，
即α+β﹣γ＝90°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的外角的性质以及平行线的性质，解题的关键是是通过作辅助线，构造了三角形以及由平行线构成的内错角．
【变式1-2】（2020春•丹东期末）如图，AB∥CD，则下列等式正确的是（ ）
A．∠1＝∠2+∠3B．∠1﹣∠2＝180°﹣∠3
C．∠1﹣∠3＝180°﹣∠2D．∠1+∠2+∠3＝180°
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠1、∠2和∠3的关系，本题得以解决．
【解答】解：如右图所示，
∵CD∥AB，
∴∠4＝∠3，
∵∠4＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠3＝∠2+（180°﹣∠1），
∴∠1﹣∠2＝180°﹣∠3，
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式1-3】（2020春•铜仁市期末）如图，平面内直线a∥b∥c，点A，B，C分别在直线a，b，c上，BD平分∠ABC，并且满足∠α＞∠β，则∠α，∠β，∠γ关系正确的是（ ）
A．∠α＝∠β+2∠γB．∠α＝∠β+∠γC．∠α＝2∠β﹣2∠γD．∠α＝2∠β﹣∠γ
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠α，∠β，∠γ的关系，本题得以解决．
【解答】解：∵直线a∥b∥c，
∴∠α＝∠ABD+∠γ，∠β＝∠CBD﹣∠γ，
∴∠ABD＝∠α﹣∠γ，∠CBD＝∠β+∠γ，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠α﹣∠γ＝∠β+∠γ，
∴∠α＝∠β+2∠γ，
故选：A．
【点评】本题考查平行线的性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【题型2 平行线中的折叠问题】
【例2】（2020春•九江期末）将如图1的长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P．如果∠EPF＝70°，则∠PEF的度数为 ．
【分析】直接利用翻折变换的性质结合平行线的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：延长AE，
∵AE∥BF，
∴∠3＝∠EPF＝70°，
∵长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P，
∴∠1＝∠2=12∠MED=12×（180°﹣70°）＝55°．
故答案为：55°．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，正确得出∠3的度数是解题关键．
【变式2-1】（2020春•龙泉驿区期末）如图a是长方形纸带，∠DEF＝15°，将纸带沿EF折叠成图b，则∠AEG的度数 度，再沿BF折叠成图c．则图中的∠CFE的度数是 度．
【分析】根据长方形纸条的对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出∠2＝∠EFG，继而求出图b中∠GFC的度数，再减掉∠GFE即可得图c中∠CFE的度数．
【解答】解：如图，延长AE到H，由于纸条是长方形，
∴EH∥GF，
∴∠1＝∠EFG，
根据翻折不变性得∠1＝∠2＝15°，
∴∠2＝∠EFG，∠AEG＝180°﹣2×15°＝150°，
又∵∠DEF＝15°，
∴∠2＝∠EFG＝15°，∠FGD＝15°+15°＝30°．
在梯形FCDG中，∠GFC＝180°﹣30°＝150°，
根据翻折不变性，∠CFE＝∠GFC﹣∠GFE＝150°﹣15°＝135°．
故答案为：150；135．
【点评】此题主要考查了平行线的性质和图形的折叠，关键是掌握两直线平行，同旁内角互补，折叠前后角的度数不变．
【变式2-2】（2020春•乐清市期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54°B．55°C．56°D．57°
【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得AD∥BC，得∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，所以可得∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而可得∠FPG的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，
∴∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，
由折叠可知：
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
【变式2-3】（2020秋•海门市期末）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE＝24°，则图2中∠AEF的度数为（ ）
A．120°B．108°C．112°D．114°
【分析】根据各角的关系可求出∠BFE的度数，由AE∥BF，利用“两直线平行，同旁内角互补”可求出∠AEF的度数．
【解答】解：∵2∠BFE+∠BFC＝180°，∠BFE﹣∠BFC＝∠CFE＝24°，
∴∠BFE=13（180°+24°）＝68°．
∵AE∥BF，
∴∠AEF＝180°﹣∠BFE＝112°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质、折叠的性质以及角的计算，通过角的计算，求出∠BFE的度数是解题的关键．
【题型3 平行线中的多结论问题】
【例3】（2020秋•岳麓区校级期末）如图，已知BC∥DE，BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，则下列结论中：①∠ACB＝∠E；②DF平分∠ADC；③∠BFD＝∠BCD；④∠ABF＝∠BCD，正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据平行线的性质可得∠ACB＝∠E，根据角平分线定义和平行线的性质可以得出∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，根据同位角相等，两直线平行可以得出BF∥DC，再根据平行线的性质判断即可．
【解答】解：∵BC∥DE，
∴∠ACB＝∠E，故①正确；
∵BC∥DE，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵BF平分∠ABC，DC平分∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，∠ADC＝∠EDC=12∠ADE，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠ADC＝∠EDC，
∴BF∥DC，
∴∠BFD＝∠FDC，
根据已知不能得出∠ADF＝∠CDF，
即不能得出DF平分∠ADC，故②错误；
∵∠FDC≠∠BCD，
∴∠BFD≠∠BCD，③错误；
∵∠ABF＝∠ADC，∠ADC＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠EDC，
∵DE∥BC，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴∠ABF＝∠BCD，故④正确；
即正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线定义的应用，能灵活运用平行线的性质和判定进行推理是解此题的关键．
【变式3-1】（2020春•河口区期末）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别与AB、CD交于点M、N，点H在直线CD上，HG⊥EF于点G，过点作GP∥AB．则下列结论：
①∠AMF与∠DNF是同旁内角；
②∠PGM＝∠DNF；
③∠BMN+∠GHN＝90°；
④∠AMG+∠CHG＝270°．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2 个C．3个D．4个
【分析】由平行公理的推论可求AB∥CD∥GP，利用平行线的性质和三角形的外角性质依次判断可求解．
【解答】解：∵∠AMF与∠DNF不是同旁内角，
∴①错误；
∵AB∥CD，GP∥AB，
∴AB∥CD∥GP，
∴∠PGM＝∠CNM＝∠DNF，∠BMN＝∠HNG，∠AMN+∠HNG＝180°，故②正确；
∵HG⊥MN，
∴∠HNG+∠GHN＝90°，
∴∠BMN+∠GHN＝90°，故③正确；
∵∠CHG＝∠MNH+∠HGN，
∴∠MNH＝∠CHG﹣90°，
∴∠AMN+∠HNG＝∠AMN+∠CHG﹣90°＝180°，
∴∠AMG+∠CHG＝270°，故④正确，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，垂线的性质，同位角，内错角，同旁内角的定义，掌握平行公理的推论是本题的关键．
【变式3-2】（2020秋•鼓楼区校级期末）①如图1，AB∥CD，则∠A+∠E+∠C＝180°；②如图2，AB∥CD，则∠E＝∠A+∠C；③如图3，AB∥CD，则∠A+∠E﹣∠1＝180°；④如图4，AB∥CD，则∠A＝∠C+∠P．以上结论正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
②过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质即可得出结论；
③过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质可得出∠A+∠E﹣∠1＝180°；
④先根据三角形外角的性质得出∠1＝∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断．
【解答】解：①过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠1＝180°，∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠E＝360°，故本小题错误；
②过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A＝∠1，∠2＝∠C，
∴∠AEC＝∠A+∠C，即∠E＝∠A+∠C，故本小题正确；
③过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠3＝180°，∠1＝∠2，
∴∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即∠A+∠E﹣∠1＝180°，故本选项正确；
④∵∠1是△CEP的外角，
∴∠1＝∠C+∠P，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠1，即∠A＝∠C﹣∠P，故本小题正确．
综上所述，正确的小题有②③④共3个．
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
【变式3-3】（2020春•西华县期末）如图，C为∠AOB的边OA上一点，过点C作CD∥OB交∠AOB的平分线OE于点F，作CH⊥OB交BO的延长线于点H，若∠EFD＝α，现有以下结论：①∠COF＝α；②∠AOH＝180°﹣2α；③CH⊥CD；④∠OCH＝2α﹣90°．其中正确的是 （填序号）．
【分析】根据平行线的性质可得∠EOB＝∠EFD＝α，结合角平分线的定义可判断①；再由平角的定义可判断②；偶平行线的性质可判断③；由余角及补角的定义可判断④．
【解答】解：∵CD∥OB，∠EFD＝α，
∴∠EOB＝∠EFD＝α，
∵OE平分∠AOB，
∴∠COF＝∠EOB＝α，故①正确；
∠AOB＝2α，
∵∠AOB+∠AOH＝180°，
∴∠AOH＝180°﹣2α，故②正确；
∵CD∥OB，CH⊥OB，
∴CH⊥CD，故③正确；
∴∠HCO+∠HOC＝90°，∠AOB+∠HOC＝180°，
∴∠OCH＝2α﹣90°，故④正确．
故答案为①②③④．
【点评】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，垂直的定义，灵活运用平行线的性质是解题的关键．
【题型4 二元一次方程的整数解】
【例4】（2020秋•萧山区期末）某宾馆有单人间，双人间，三人间三种客房供游客选择居住，现某旅游团有20名旅客同时安排游客居住在该宾馆，若每个房间都住满，共租了9间客房，则居住方案有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【分析】找出关键描述语为：某旅行团20人准备同时选择这三种客房共9间，每个房间都住满，可先列出函数关系式，再根据已知条件确定所求未知量的范围，从而确定居住方案．
【解答】解：设租一人间x间，租二人间y间，则三人间客房z间．
依题意得：x+y+z=9x+2y+3z=20，
解得：y+2z＝11，
y＝11﹣2z，
∵x，y，z是正整数，
当z＝1时，y＝9，x＝﹣1（不符合题意，舍去）；
当z＝2时，y＝7，x＝0；
当z＝3时，y＝5，x＝1；
当z＝4时，y＝3，x＝2；
当z＝5时，y＝1，x＝3；
当z＝6时，y＝﹣1，x＝4；（不符合题意，舍去）；
∴居住方案有4种．
故选：D．
【点评】此题考查了三元一次不定方程组的应用．此题难度较大，解题的关键是理解题意，根据题意列方程组，然后根据x，y，z是整数求解，注意分类讨论思想的应用．
【变式4-1】（2020春•盱眙县期末）把60个乒乓球分别装在两种不同型号的盒子里，大盒装6个，小盒装4个，当把乒乓球都装完的时候恰好把盒子都装满，那么不同的装球方法有（ ）
A．2种B．4种C．6种D．8种
【分析】可设大盒x盒，小盒y盒，根据等量关系：大盒的乒乓球个数+小盒的乒乓球个数＝60，列出方程，再根据正整数的定义即可求解．
【解答】解：设大盒x盒，小盒y盒，依题意有
6x+4y＝60，
y=30-3x2，
∵x，y都是正整数，
∴x＝2时，y＝12；
x＝4时，y＝9；
x＝6时，y＝6；
x＝8时，y＝3；
故不同的装球方法有4种．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，此题是一道紧密联系生活实际的题，是二元一次方程整数解的应用．
【变式4-2】（2020春•巴南区期末）“今有五十鹿进舍，小舍容四鹿，大舍容六鹿，需舍几何？（改编自《缉古算经》）”大意为：今有50只鹿进圈舍，小圈舍可以容纳4头鹿，大圈舍可以容纳6头鹿，求所需圈舍的间数．求得的结果有（ ）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【分析】设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，根据一共有50只鹿进圈舍列出方程并解答．注意：x、y都是非负整数．
【解答】解：设大圈舍的间数是x间，小圈舍的间数是y间，
由题意，得6x+4y＝50．
整理，得y=25-3x2．
因为 25﹣3x＞0，且x、y都是非负整数，
所以 0≤x＜253．
故x可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，
当x＝0时，y＝12.5（舍去）
当x＝1时，y＝11．
当x＝2时，y＝9.5（舍去）
当x＝3时，y＝8．
当x＝4时，y＝6.5（舍去）
当x＝5时，y＝5
当x＝6时，y＝3.5（舍去）
当x＝7时，y＝2
当x＝8时，y＝0.5（舍去）
综上所述，只有4种情况符合题意．
故选：B．
【点评】考查了二元一次方程的应用，读懂题意，找到等量关系，列出方程并解答，求解时，注意x、y的取值范围．
【变式4-3】（2020春•武川县期末）某种商品价格为33元/件，某人只带有2元和5元的两种面值的购物券各若干张，买了一件这种商品；若无需找零钱，则付款方式中张数之和（指付2元和5元购物券的张数）最少和张数之和最多的方式分别是（ ）
A．8张和16张B．8张和15张C．9张和16张D．9张和15张
【分析】仔细读题，发现题中有一个等量关系：2×2元人民币的张数+5×5元人民币的张数＝33，如果设2元和5元的人民币分别有x张和y张，则根据等量关系可得一个二元一次方程，此方程有无穷多组解，再根据x，y是正整数，则可以得出符合条件的有限几组解．
【解答】解：设2元和5元的人民币分别有x张和y张，
根据题意，得2x+5y＝33，
则x=33-5y2，即x＝16﹣2y+1-y2，
又x，y是正整数，
则有x=14y=1或x=9y=3或x=4y=5三种．
因为14+1＝15，9+3＝12，4+5＝9，15＞12＞9，
所以最少和张数之和最多的方式分别是9和15．
故选：D．
【点评】考查了二元一次方程的应用，注意：根据未知数应是正整数进行讨论．
【题型5 二元一次方程组的解】
【例5】（2020春•莒县期末）关于x，y的方程组x+y=m4x+y=3-2m的解也是二元一次方程25x+y＝60﹣5m的解，则m的值是（ ）
A．﹣5B．3C．2D．﹣2
【分析】把m看做已知数求出方程组的解得到x与y，代入25x+y＝60﹣5m中计算即可求出m的值．
【解答】解：x+y=m①4x+y=3-2m②，
②﹣①得：3x＝3﹣3m，即x＝1﹣m，
把x＝1﹣m代入①得：y＝2m﹣1，
代入25x+y＝60﹣5m中得：25（1﹣m）+（2m﹣1）＝60﹣5m，
解得：m＝﹣2．
故选：D．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式5-1】（2020秋•北碚区校级期末）已知关于x，y的方程组4x+3y=11ax+by=-2和3x-5y=1bx-ay=6的解相同，则（a+b）2021的值为（ ）
A．0B．﹣1C．1D．2021
【分析】联立不含a与b的方程组成方程组，求出方程组的解得到x与y的值，进而求出a与b的值，即可求出所求．
【解答】解：联立得：4x+3y=11①3x-5y=1②，
①×5+②×3得：29x＝58，
解得：x＝2，
把x＝2代入①得：y＝1，
代入得：2a+b=-22b-a=6，
解得：a=-2b=2，
则原式＝（﹣2+2）2021＝0．
故选：A．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，以及解二元一次方程组，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
【变式5-2】（2020秋•兰州期末）已知x=-1y=2是关于x、y的二元一次方程组3x+ny=8mx-y=2的解，则m+2n的值为（ ）
A．-52B．1C．7D．11
【分析】根据方程组的解的意义将x、y的值代入方程组即可求解．
【解答】解：把x＝﹣1，y＝2代入方程组，得
-3+2n=8-m-2=2
解得m＝﹣4，n=112，
∴m+2n＝﹣4+11＝7．
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解题关键是准确代入求值．
【变式5-3】（2020秋•罗湖区期末）已知关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，则关于m，n的方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2的解是 ．
【分析】根据已知方程组的解列出关于x与y的方程组，求出解即可．
【解答】解：方程组a1(2m-6)-b1n=c1+b1a2(2m-6)-b2n=c2+b2可变形为方程组a1(2m-6)+b1(-n-1)=c1a2(2m-6)+b2(-n-1)=c2，
∵关于x，y的方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的唯一解是x=4y=1，
∴2m-6=4-n-1=1，
解得m=5n=-2，
故答案为m=5n=-2．
【点评】本题考查二元一次方程组的解，解题的关键是熟练运用方程组的解法，本题属于基础题型．
【题型6 列二元一次方程组】
【例6】（2020秋•北碚区校级期末）古代《折绳测井》“以绳测井，若将绳三折测之，绳多四尺；若将绳四折测之，绳多一尺，绳长、井深各几何？“译文大致是：“用绳子测水井深度，如果将绳子折成三等分，井外余绳4尺；如果将绳子折成四等分，井外余绳1尺，问绳长、井深各是多少尺？”如果设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是（ ）
A．13x=y+414x=y+1B．13x=y-414x=y-1
C．13x+4=y14x-1=yD．13x-4=y14x+1=y
【分析】用代数式表示井深即可得方程．此题中的等量关系有：①将绳三折测之，绳多四尺；②绳四折测之，绳多一尺．
【解答】解：设绳长x尺，井深y尺，根据题意列方程组正确的是13x=y+414x=y+1，
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
【变式6-1】（2020秋•章丘区期末）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作．在它的“方程”这一章里，二元一次方程组是由算筹（算筹是中国古代用来记数、列式和进行演算的一种工具）来记录的．在算筹记数法中，以“立”“卧”两种排列方式来表示单位数目，表示两位数时，个位用立式，十位用卧式．如图（1），从左到右列出的算筹数分别表示x、y的系数与相应的常数项，根据图（1）可列出方程组3x+y=177x+4y=23，则根据图（2）列出的方程组是（ ）
A．x+5y=32x+2y=14B．x+5y=112x+4y=9
C．x+5y=212x+2y=9D．x+5y=12x+2y=9
【分析】根据题意观察图2，列出关于x、y的二元一次方程组即可得出结论．
【解答】解：第一个方程x的系数为1，y的系数为5，相加的结果为21；第二个方程x的系数为2，y的系数为2，相加的结果为9，
故可列方程为：x+5y=212x+2y=9．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是列二元一次方程组，读懂图意，得到所给未知数的系数及相加结果是解题的关键．
【变式6-2】（2020秋•宝安区期末）天虹商场现销售某品牌运动套装，上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%．设上衣和裤子在调价前单价分别为x元和y元，则可列方程组为（ ）
A．x+y=500(1+5%)x+(1-8%)y=500×(1+0.2%)
B．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×0.2%
C．x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)
D．x+y=5005%x+8%y=500×(1+0.2%)
【分析】根据“上衣和裤子一套售价500元．若将上衣价格下调5%，将裤子价格上调8%，则这样一套运动套装的售价提高0.2%”列方程组即可．
【解答】解：根据题意可列方程组为x+y=500(1-5%)x+(1+8%)y=500×(1+0.2%)，
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
【变式6-3】（2020春•巴南区期末）如图，长方形ABCD中有6个形状、大小完全相同的小长方形，其余为阴影部分，根据图中所标尺寸，图中阴影部分的面积之和为 ．
【分析】设小长方形的长为x，宽为y，根据图形中给定的长度，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，再利用阴影部分的面积和＝大长方形的面积﹣6个小长方形的面积，即可求出结论．
【解答】解：设小长方形的长为x，宽为y，
依题意得：x+3y=8x-y=4，
解得：x=5y=1，
则图中阴影部分的面积之和为8×（4+1×2）﹣5×1×6＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
【题型7 乘法公式的灵活运用】
【例7】（2020秋•沈北新区校级期末）已知x3+x2+x+1＝0，则x2019+x2018+x2017+…+x+1的值是（ ）
A．0B．1C．﹣1D．2
【分析】多项式x2019+x2018+x2017+x2016+…+x4+x3+x2+x+1共有2020项，从第一项起每4项一组，每组都含有x3+x2+x+1，于是分解后得到（x3+x2+x+1）（x2016+…+x4+1），然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵x3+x2+x+1＝0，
∴x2019+x2018+x2017+x2016+…+x4+x3+x2+x+1
＝x2016（x3+x2+x+1）+…+（x3+x2+x+1）
＝（x3+x2+x+1）（x2016+…+x4+1）
＝0．
故选：A．
【点评】本题考查了因式分解的应用，利用提取公因式法因式分解，渗透整体代入的思想．
【变式7-1】（2020秋•鱼台县期末）3（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1的个位数是（ ）
A．4B．5C．6D．8
【分析】原式中的3变形为22﹣1，反复利用平方差公式计算即可得到结果．
【解答】解：3（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1＝（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1
＝（24﹣1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1…＝264﹣1+1＝264，
∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，…，
∴个位上数字以2，4，8，6为循环节循环，
∵64÷4＝16，
∴264个位上数字为6，即原式个位上数字为6．
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．
【变式7-2】（2020秋•遂宁期末）已知（x﹣2018）2＝15，则（x﹣2017）2+（x﹣2019）2的值是 ．
【分析】先将（x﹣2017）2+（x﹣2019）2化成（x﹣2018+1）2+（x﹣2018﹣1）2，再根据完全平方公式展开，根据整式的化简合并同类项，得2（x﹣2018）2+2，根据已知条件即可得出答案．
【解答】解：（x﹣2017）2+（x﹣2019）2
＝（x﹣2018+1）2+（x﹣2018﹣1）2
＝（x﹣2018）2﹣2（x﹣2018）+1+（x﹣2018）2+2（x﹣2018）+1
＝2（x﹣2018）2+2，
∵（x﹣2018）2＝15，
∴原式＝2×15+2＝32．
故答案为：32．
【点评】本题主要考查完全平方公式及整式的化简求值，熟练掌握完全平方公式的应用进行计算是解决本题的关键
【变式7-3】（2020秋•涪城区校级期末）已知a＝2020（x+y）+2019，b＝2020（x+y）+2020，c＝2020（x+y）+2021，则a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac＝ ．
【分析】根据题意得a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，然后利用完全平方公式将所求式子变形，即可求解．
【解答】解：∵a＝2020（x+y）+2019，b＝2020（x+y）+2020，c＝2020（x+y）+2021，
∴a﹣b＝2019﹣2020＝﹣1，b﹣c＝2020﹣2021＝﹣1，a﹣c＝2019﹣2021＝﹣2，
∵a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc
=12（2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）
=12（a2﹣2ab+b2+a2'﹣2ac+c2+b2﹣2bc+c2）
=12[（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2]
∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc=12[（﹣1）2+（﹣2）2+（﹣1）2]＝3．
【点评】本题考查完全平方公式综合应用以及技巧运算，熟练掌握完全平方公式是解题关键．
【题型8 整式混合运算的应用】
【例8】（2020秋•泗水县期末）在矩形ABCD内将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1和图2两种方式放置（图1和图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB＝4时，S2﹣S1的值为（ ）
A．4aB．4bC．4a﹣4bD．5b
【分析】根据图形和题目中的数据，可以表示出S1和S2，然后作差化简即可．
【解答】解：由图可得，
S1＝AD•AB﹣a2﹣b（AD﹣a），
S2＝AD•AB﹣a2﹣b（AB﹣a），
S2﹣S1
＝[AD•AB﹣a2﹣b（AB﹣a）]﹣[AD•AB﹣a2﹣b（AD﹣a）]
＝AD•AB﹣a2﹣b（AB﹣a）﹣AD•AB+a2+b（AD﹣a）
＝﹣b•AB+ab+b•AD﹣ab
＝b（AD﹣AB），
∵AD﹣AB＝4，
∴b（AD﹣AB）＝4b，
即S2﹣S1＝4b，
故选：B．
【点评】本题考查整式的混合运算，解答本题的关键是明确整式混合运算的计算方法．
【变式8-1】（2020春•潜山市期末）已知图①是长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，图②是大长方形，且边AB＝a+3b，将7张如图①的小长方形纸片不重叠地放在大长方形ABCD内，如图③所示，未被覆盖两个长方形用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积差为S，若BC的长度变化时，S始终保持不变，则a，b应满足（ ）
A．a=32bB．a＝2bC．a＝4bD．a＝3b
【分析】表示出左上角与右下角部分的面积，求出之差，根据差与BC无关即可求出a与b的关系式．
【解答】解：如图，左上角阴影部分的长为AE，宽为AF＝3b，右下角阴影部分的长为PC，宽为a，
∵AD＝BC，即AE+ED＝AE+a，BC＝BP+PC＝4b+PC，
∴AE+a＝4b+PC，即AE﹣PC＝4b﹣a，
∴阴影部分面积之差S＝AE•AF﹣PC•CG＝3bAE﹣aPC＝3b（PC+4b﹣a）﹣aPC＝（3b﹣a）PC+12b2﹣3ab，
则3b﹣a＝0，即a＝3b．
故选：D．
【点评】此题考查了整式的混合运算的应用，弄清题意是解本题的关键．
【变式8-2】（2020春•江干区期末）如图，长为y（cm），宽为x（cm）的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外，其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为5cm，下列说法中正确的是（ ）
①小长方形的较长边为y﹣15；
②阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为x﹣y+5；
③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值；
④当x＝15时，阴影A和阴影B的面积和为定值．
A．①③④B．②④C．①③D．①④
【分析】①观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为（y﹣15）cm，说法①正确；
②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影A，B的较短边长，将其相加可得出阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为（2x+5﹣y）cm，说法②错误；
③由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影A和阴影B的周长之和为2（2x+5），结合x为定值可得出说法③正确；
④由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影A和阴影B的面积之和为（xy﹣25y+375）cm2，代入x＝15可得出说法④错误．
【解答】解：①∵大长方形的长为ycm，小长方形的宽为5cm，
∴小长方形的长为y﹣3×5＝（y﹣15）cm，说法①正确；
②∵大长方形的宽为xcm，小长方形的长为（y﹣15）cm，小长方形的宽为5cm，
∴阴影A的较短边为x﹣2×5＝（x﹣10）cm，阴影B的较短边为x﹣（y﹣15）＝（x﹣y+15）cm，
∴阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为x﹣10+x﹣y+15＝（2x+5﹣y）cm，说法②错误；
③∵阴影A的较长边为（y﹣15）cm，较短边为（x﹣10）cm，阴影B的较长边为3×5＝15cm，较短边为（x﹣y+15）cm，
∴阴影A的周长为2（y﹣15+x﹣10）＝2（x+y﹣25），阴影B的周长为2（15+x﹣y+15）＝2（x﹣y+30），
∴阴影A和阴影B的周长之和为2（x+y﹣25）+2（x﹣y+30）＝2（2x+5），
∴若x为定值，则阴影A和阴影B的周长之和为定值，说法③正确；
④∵阴影A的较长边为（y﹣15）cm，较短边为（x﹣10）cm，阴影B的较长边为3×5＝15cm，较短边为（x﹣y+15）cm，
∴阴影A的面积为（y﹣15）（x﹣10）＝（xy﹣15x﹣10y+150）cm2，阴影B的面积为15（x﹣y+15）＝（15x﹣15y+225）cm2，
∴阴影A和阴影B的面积之和为xy﹣15x﹣10y+150+15x﹣15y+225＝（xy﹣25y+375）cm2，
当x＝15时，xy﹣25y+375＝（375﹣10y）cm2，说法④错误．
综上所述，正确的说法有①③．
故选：C．
【点评】本题考查了列代数式以及整式的混合运算，逐一分析四条说法的正误是解题的关键．
【变式8-3】（2020春•宁德期末）有若干个形状大小完全相同的小长方形，现将其中3个如图1摆放，构造一个正方形；其中5个如图2摆放，构造一个新的长方形（各小长方形之间不重叠且不留空隙）．若图1和图2中阴影部分的面积分别为39和106，则每个小长方形的面积为 ．
【分析】直接利用整式的混合运算法则结合已知阴影部分面积进而得出答案．
【解答】解：设小长方形的宽为a，长为b，根据题意可得：
（a+b）2﹣3ab＝39，
故a2+b2﹣ab＝39，
（2b+a）（2a+b）﹣5ab＝106，
故4ab+2b2+2a2+ab﹣5ab＝106，
则2a2+2b2＝106，
即a2+b2＝53，
则53﹣ab＝39，
解得：ab＝14，
故每个小长方形的面积为：14．
故答案为：14．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握整式的混合运算法则是解题关键．
【题型9 分式的求值问题】
【例9】（2020秋•东营区期末）已知a2﹣2021ab+b2＝0（ab≠0），则代数式ba+ab的值等于 ．
【分析】由已知等式a2﹣2021ab+b2＝0知a2+b2＝2021ab，将其代入到原式=b2ab+a2ab=a2+b2ab计算即可．
【解答】解：∵a2﹣2021ab+b2＝0，
∴a2+b2＝2021ab，
则原式=b2ab+a2ab
=a2+b2ab
=2021abab
＝2021，
故答案为：2021．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
【变式9-1】（2020春•渝中区校级期末）已知实数m、n均不为0且m-2mn-n2m-2n+7mn=2，则1m-1n= ．
【分析】原式整理后，表示出m﹣n与mn的关系式，原式化简后代入计算即可求出值．
【解答】解：已知等式变形得：m-n-2mn2(m-n)+7mn=2，
去分母得：m﹣n﹣2mn＝4（m﹣n）+14mn，
整理得：3（m﹣n）＝﹣16mn，即m﹣n=-163mn，
则原式=n-mmn=-m-nmn=163．
故答案为：163．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式9-2】（2020春•会宁县期末）已知1a-1b=3，则a-ab-ba+2ab-b的值为 ．
【分析】先化简已知，再整体代入求值．
【解答】解：∵1a-1b=3，
∴b-aab=3．
∴a﹣b＝﹣3ab．
∴a-ab-ba+2ab-b
=-4ab-ab
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了分式的加减和分式的求值．掌握整体代入的思想是解决本题的关键．
【变式9-3】（2020春•北碚区校级期末）若1a+2b=82a+b，则代数式a+2b3a+4b的值为 ．
【分析】将1a+2b=82a+b化简得，b＝2a，代入求值即可．
【解答】解：由1a+2b=82a+b得，2a+bab=82a+b，
∴（2a+b）2＝8ab，
即，（2a﹣b）2＝0，
∴b＝2a，
将b＝2a代入得，
a+2b3a+4b=a+4a3a+8a=5a11a=511，
故答案为：511．
【点评】本题考查分式的加减和求值，得出b＝2a是本题求值的关键．
【题型10 分式方程的解及增根问题】
【例10】（2020秋•临河区期末）关于x的分式方程3x+6x-1-x+kx(x-1)=0有解，则k满足（ ）
A．k≠﹣3B．k≠5C．k≠﹣3且k≠﹣5D．k≠﹣3且k≠5
【分析】将当作是常数解关于x的分式方程，由分式方程有解可知其解x≠0且x≠1，从而得关于k的不等式，解不等式可得．
【解答】解：方程去分母得：3（x﹣1）+6x﹣（x+k）＝0，
去括号得：3x﹣3+6x﹣x﹣k＝0，
移项、合并得：8x＝k+3，
∵该分式方程有解，
∴x≠0且x≠1，即k+3≠0，且k+3≠8，
解得：k≠﹣3且k≠5，
故选：D．
【点评】本题考查解分式方程和分式方程的解，分式方程有解，则未知数的值不能使最简公分母为0是解决本题关键．
【变式10-1】（2020秋•江华县期末）关于x的方程5x-5+axx2-25=3x+5有增根，则a＝（ ）
A．﹣10或6B．﹣2或﹣10C．﹣2或6D．﹣2或﹣10或6
【分析】根据分式方程的增根的意义即可求解．
【解答】解：原方程去分母得：
5（x+5）+ax＝3（x﹣5）
因为分式方程的增根为x＝±5，
所以50+5a＝0或﹣5a＝﹣30
得a＝﹣10或a＝6．
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的增根，解决本题的关键是理解增根的意义．
【变式10-2】（2020春•叶集区期末）关于x的分式方程2x-1+kxx2-1=3x+1无解，则k的值为 ．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程无解确定出k的值即可．
【解答】解：去分母得：2（x+1）+kx＝3（x﹣1），
去括号得：2x+2+kx＝3x﹣3，
整理得：（k﹣1）x＝﹣5，
当k﹣1＝0，即k＝1时，方程无解；
当k﹣1≠0，即k≠1时，解得：x=-5k-1，
由分式方程无解，得到x＝1或x＝﹣1，
把x＝1代入得：k＝﹣4；把x＝﹣1代入得：k＝6，
综上，k的值为﹣4，1，6．
故答案为：﹣4，1，6．
【点评】此题考查了分式方程的解，分式方程无解分两种情况：整式方程本身无解；分式方程产生增根．
【变式10-3】（2020春•金牛区期末）若关于x的方程2x-2+kxx2-4=3x+2有增根，则k的值为 ．
【分析】先把方程两边都乘以（x﹣2）（x+2）得2（x+2）+kx＝3（x﹣2），整理得（k﹣1）x+10＝0，由于关于x的方程2x-2+kxx2-4=3x+2有增根，则（x﹣2）（x+2）＝0，解得x＝2或x＝﹣2，然后把x＝2或﹣2分别代入（k﹣1）x+10＝0即可求出k的值．
【解答】解：去分母得2（x+2）+kx＝3（x﹣2），
整理得（k﹣1）x+10＝0，
当k﹣1＝0，即k＝1时，原方程无解，
当k≠1时，
∵关于x的方程2x-2+kxx2-4=3x+2有增根，
∴（x﹣2）（x+2）＝0，
∴x＝2或x＝﹣2，
当x＝2时，2（k﹣1）+10＝0，解得k＝﹣4；
当x＝﹣2时，﹣2（k﹣1）+10＝0，解得k＝6，
所以当k＝1，﹣4或6时，关于x的方程2x-2+kxx2-4=3x+2有增根．
故答案为﹣4或6．
【点评】本题考查了分式方程的增根：先去分母，把分式方程转化为整式方程，再解整式方程，当整式方程的解使分式方程中的分母为0时，就说这个整式方程的解是分式方程的增根．