沪教版七年级数学上册特训06期末历年选填压轴题(第9-11章)(原卷版+解析)

特训06期末历年选填压轴题（第9-11章）一、填空题1．（2020·上海嘉定·七年级期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，那么正方形ABCD绕点M至少旋转_________度与它本身重合．2．（2020·上海松江·七年级期末）如图，在的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的为格点三角形，在图中最多能画出______个不同的格点三角形与成轴对称．3．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，那么的值等于___________．4．（2019·上海·上外附中七年级期末）若表示一个关于的多项式，除以整式，所得的商式和余式均为同一个多项式中的系数均为整数，则余式_____________．5．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）长为5，宽为的长方形纸片（），如图那样翻折，剪下一个边长等于长方形宽度的正方形（成为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样翻折，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；若在第3次操作后，剩下的图形为正方形，则的值为__________．6．（2020·上海浦东新·七年级期末）已知大正方形的边长为5厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图所示.大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为秒，两个正方形重叠部分的面积为平方厘米.当时，小正方形平移的时间为_________秒．7．（2020·上海宝山·七年级期末）如图，已知中，、、，将沿直线BC向右平移得到，点A、B、C的对应点分别是、、，连接．如果四边形的周长为19，那么四边形的面积与的面积的比值是________．8．（2021·上海宝山·七年级期末）已知，那么的值是_____________．9．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，已知直角三角形，，厘米，厘米，厘米，将沿方向平移1.5厘米，线段在平移过程中所形成图形的面积为__________平方厘米．10．（2022·上海·七年级专题练习）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．将正方形ABCD在数轴上水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，点A、B、C、D的对应点分别为A′、B′、C′、D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分图形的面积记为S．当S＝a时，数轴上点A′表示的数是_____．（用含a的代数式表示）11．（2019·上海浦东新·七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，且AC在直线1上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，…，按此规律继续旋转，得到点P2018为止，则AP2018=___．12．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，将长方形ABCD按图中方式折叠，其中EF、EC为折痕，折叠后、、E在一直线上，已知∠BEC＝65°，那么∠AEF的度数是_____．13．（2021·上海普陀·七年级期末）如图，三角形ABC是直角三角形，∠C＝90°，∠B＝60°，AB＝6，如果将三角形ABC绕着点B旋转（0°＜＜180°），使得点A恰好落在直线BC上，点A的对应点记作点D，弧AD是点A旋转时运动的路径，那么弧AD的长是____________．（结果保留）14．（2022·上海浦东新·七年级期末）如图，长方形ABCD中，长BC=a，宽AB=b，（b＜a＜2b），四边形ABEH和四边形ECGF都是正方形．当a、b满足的等量关系是__________时，图形是一个轴对称图形．15．（2022·上海宝山·七年级期末）计算：________．16．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝2cm，BC＝3cm，E、F分别是AD、BC的中点，如果将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90°，那么旋转后的长方形与长方形CDEF重叠部分的面积是_____cm2．17．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝50°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC（点D、E分别与点A、B对应），如果∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，当旋转角大于0°且小于180°时，旋转角的度数为_____．18．（2022·四川·石室佳兴外国语学校七年级阶段练习）已知，则的值为______；的值为______．19．（2022·湖南怀化·七年级期末）已知，则的值等于________．20．（2022·上海·七年级单元测试）正数满足，那么______．21．（2021·上海·七年级专题练习）已知关于的方程的解是正数，则的取值范围是______.22．（2021·上海·七年级专题练习）计算：________________.23．（2022·上海·七年级单元测试）已知，则______．24．（2021·上海·九年级专题练习）对于两个不相等的实数，我们规定符号表示中的较大值，如：，故__________；按照这个规定，方程的解为__________．二、单选题25．（2019·上海·上外附中七年级期末）已知为整数)，若的值不超过为整数)，那么整数能够取的最大值(用含的式子表示)是（

）A． B． C． D．26．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，，，那么的值是（

）A． B． C． D．27．（2019·上海浦东新·七年级期末）若等式（x+6）x+1＝1成立，那么满足等式成立的x的值的个数有（

）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个28．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）要使能在有理数的范围内因式分解，则整数的值有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个29．（2020·上海浦东新·七年级期末）若分式的值总是正数，则的取值范围是（

）A． B． C． D．或30．（2020·上海宝山·七年级期末）将一张长方形纸片折一次，折痕平分这个长方形的面积，则这样的折纸方法有（

）A．1种 B．2种 C．4种 D．无数种31．（2021·上海浦东新·七年级期末）已知甲、乙、丙均为x的一次多项式，且其一次项的系数皆为正整数．若甲与乙相乘，积为，乙与丙相乘，积为，则甲与丙相加的结果是（

）A． B． C． D．32．（2021·上海宝山·七年级期末）已知=3，则代数式的值是（）A． B． C． D．33．（2021·上海静安·七年级期末）如图，从图形甲到图形乙的运动过程可以是（

）A．先逆时针旋转90°，再向右平移4格 B．先逆时针旋转90°，再向右平移1格C．先顺时针旋转90°，再向右平移4格 D．先翻折，再向右平移4格34．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，从边长为（2a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为2a的正方形（a＞0），剩余部分沿虚线剪开拼成一个长方形（不重叠无缝隙），那么长方形的面积为（）A．4a2+6a B．6a+9 C．12a+9 D．12a+1535．（2022·上海宝山·七年级期末）已知并排放置的正方形和正方形如图，其中点在直线上，那么的面积和正方形的面积的大小关系是（

）A． B． C． D．36．（2022·上海普陀·七年级期末）如果2（5﹣a）（6+a）＝100，那么a2+a+1的值为（）A．19 B．﹣19 C．69 D．﹣6937．（2022·福建·莆田哲理中学八年级期末）观察下列等式：已知：＝（a﹣b）（a+b）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“”的值，这个值为（

）A． B． C． D．38．（2020·广西贺州·中考真题）我国宋代数学家杨辉发现了（，1，2，3，…）展开式系数的规律：以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，展开式的系数和是（

）A．64 B．128 C．256 D．61239．（2022·广东·九年级专题练习）已知（2x﹣3）7＝a0x7+a1x6+a2x5+……+a6x+a7，则a0+a1+a2+……+a7＝（）A．1 B．﹣1 C．2 D．040．（2022·重庆市渝北区实验中学校九年级期中）已知a1、a2、a3、an，…(n为正整数)满足an+1＝，则下列说法：①a1a2a3＝1；②a5＝a20；③若a1＝﹣，则＝912m+586n；④若a1＝x，y＝pa1a3﹣(p为非零常数)，当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同；则p的最小值为﹣3；其中正确的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个特训06期末历年选填压轴题（第9-11章）一、填空题1．（2020·上海嘉定·七年级期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，那么正方形ABCD绕点M至少旋转_________度与它本身重合．【答案】360【分析】根据旋转对称图形的定义即可得．【解析】点M是边CD的中点，不是正方形ABCD的中心，正方形ABCD绕点M至少旋转360度才能与它本身重合，故答案为：360．【点睛】本题考查了旋转对称图形，掌握理解定义是解题关键．2．（2020·上海松江·七年级期末）如图，在的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的为格点三角形，在图中最多能画出______个不同的格点三角形与成轴对称．【答案】5【分析】画出所有与成轴对称的三角形．【解析】解：如图所示：和对称，和对称，和对称，和对称，和对称，故答案是：5．【点睛】本题考查轴对称图形，解题的关键是掌握画轴对称图形的方法．3．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，那么的值等于___________．【答案】【分析】由得到a+，再将化成含的形式，再代入计算即可．【解析】∵，∴，即=5，∴＝＝＝．故答案为：．【点睛】考查了分式的化简求值，解题关键是由得到a+和把变形成含的形式．4．（2019·上海·上外附中七年级期末）若表示一个关于的多项式，除以整式，所得的商式和余式均为同一个多项式中的系数均为整数，则余式_____________．【答案】x+1【分析】由题意得，f(x)=g(x)h(x)+h(x)=h(x)[g(x)+1]，又因为=(x+1)(x2+x+2)

，这两个式子比较讨论即可得到答案.【解析】解：由题意得，f(x)=g(x)h(x)+h(x)=h(x)[g(x)+1]

①又∵=(x+1)(x2+x+2)

②比较①、②可知，有下述两种情况：（1）h(x)=x+1,g(x)+1=x2+x+2,即h(x)=x+1,g(x)=x2+x+1；（2）h(x)=x2+x+2，g(x)+1=x+1,即h(x)=x2+x+2，g(x)=x，这里余式h(x)的次数大于除式g(x)的次数，故不合题意，∴只有（1）成立，故答案为x+1.【点睛】此题主要考查了整式的除法及因式分解，正确地将进行因式分解是解决问题的关键.5．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）长为5，宽为的长方形纸片（），如图那样翻折，剪下一个边长等于长方形宽度的正方形（成为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样翻折，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；若在第3次操作后，剩下的图形为正方形，则的值为__________．【答案】3或【分析】先根据题意可知：当＜a＜20时，第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，第二次操作时正方形的边长为5-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5，然后分别从5-a＞2a-5与5-a＜2a-5去分析且列出一元一次方程求解即可得出正确答案．【解析】解：由题意可知：当＜a＜5时，第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，∴第二次操作时剪下正方形的边长为5-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5．此时，分两种情况：①如果5-a＞2a-5，则a＜，即＜a＜，那么第三次操作时正方形的边长为2a-5．则2a-5=(5-a)-(2a-5)，解得a=3；②如果5-a＜2a-5，则a＞，即＜a＜20，那么第三次操作时正方形的边长为5-a．则5-a=(2a-5)-(5-a)，解得a=．∴当n=3时，a的值为3或．故答案为:3或．【点睛】本题考查的知识点有折叠的性质、矩形的性质、分类讨论思想、数形结合思想、一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用．解题关键是掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用以及注意折叠中的对应关系．6．（2020·上海浦东新·七年级期末）已知大正方形的边长为5厘米，小正方形的边长为2厘米，起始状态如图所示.大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为秒，两个正方形重叠部分的面积为平方厘米.当时，小正方形平移的时间为_________秒．【答案】1或6【分析】小正方形的高不变，根据面积即可求出小正方形平移的距离．【解析】S等于2时，重叠部分宽为2÷2=1，①如图，小正方形平移距离为1(厘米)；时间为：1÷1=1（秒）②如图，小正方形平移距离为5+1=6（厘米）．时间为：6÷1=6（秒）故答案为：1或6．【点睛】此题考查了平移的性质，要明确，平移前后图形的形状和面积不变．画出图形即可直观解答．7．（2020·上海宝山·七年级期末）如图，已知中，、、，将沿直线BC向右平移得到，点A、B、C的对应点分别是、、，连接．如果四边形的周长为19，那么四边形的面积与的面积的比值是________．【答案】【分析】过点A作BC上的高，根据平移的性质可得=，且，，然后根据已知周长可得=2，从而求出，然后根据梯形的面积公式和三角形的面积公式即可求出结论．【解析】解：过点A作BC上的高由平移的性质可得=，且，∴四边形为梯形∵四边形的周长为19，∴＋＋＋AB=19∴＋5＋6＋＋4=19∴2=4∴=2∴=2∴=BC＋=8∴四边形的面积与的面积的比为故答案为：．【点睛】此题考查的是图形的平移问题，掌握平移的性质是解题关键．8．（2021·上海宝山·七年级期末）已知，那么的值是_____________．【答案】9【分析】先表示出，的值，然后代入代数式降幂计算即可．【解析】解：∵，∴，，∴=====9故答案为：9．【点睛】本题主要考查了多项式乘多项式和求代数式的值，利用整体思想降幂是解题的关键．9．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，已知直角三角形，，厘米，厘米，厘米，将沿方向平移1.5厘米，线段在平移过程中所形成图形的面积为__________平方厘米．【答案】6【分析】先确定BC平移后的图形是平行四边形，然后再确定平行四边的底和高，最后运用平行四边形的面积公式计算即可．【解析】解：如图：线段在平移过程中所形成图形为平行四边形且底CE=1.5cm，高DF=AB=4cm，所以线段在平移过程中所形成图形的面积为CE·DF=1.5×4=6cm2．故答案为6．【点睛】本题考查了平移的性质，根据平移的性质确定平行四边形的底和高成为解答本题的关键．10．（2022·上海·七年级专题练习）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．将正方形ABCD在数轴上水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，点A、B、C、D的对应点分别为A′、B′、C′、D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分图形的面积记为S．当S＝a时，数轴上点A′表示的数是_____．（用含a的代数式表示）【答案】﹣a或a﹣2【分析】根据正方形的面积可得边长进而可以表示点A′表示的数．【解析】∵正方形ABCD的面积为a2（a＞1）．∴边长为a，当S＝a时，分两种情况：若正方形ABCD向左平移，如图1，A′B′＝AB＝BC＝a，A′B＝1，∴AA′＝AB﹣A′B＝a﹣1，∴OA′＝OA+AA′＝1+a﹣1＝a，∴数轴上点A′表示的数为﹣a；如正方形ABCD向右平移，如图2，AB′＝1，AA′＝a﹣1，∴OA′＝（a﹣1）﹣1＝a﹣2∴数轴上点A′表示的数为a﹣2．综上所述，数轴上点A′表示的数为﹣a或a﹣2．【点睛】本题考查了实数与数轴，解决本题的关键是根据正方形平移后用代数式表示线段的长度．11．（2019·上海浦东新·七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，且AC在直线1上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，…，按此规律继续旋转，得到点P2018为止，则AP2018=___．【答案】8073【分析】观察不难发现，每旋转3次为一个循环组依次循环，用2018除以3求出循环组数，然后列式计算即可得解．【解析】∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，∴将△ABC绕点A顺时针旋转到①，可得到点P1，此时AP1=5；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=5+4=9；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=5+4+3=12；又∵2018÷3=672…2，∴AP2018=672×12+（5+4）=8064+9=8073．故答案为8073．【点睛】本题考查了旋转的性质及图形的规律问题，得到AP的长度依次增加5，4，3，且三次一循环是解题的关键．12．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，将长方形ABCD按图中方式折叠，其中EF、EC为折痕，折叠后、、E在一直线上，已知∠BEC＝65°，那么∠AEF的度数是_____．【答案】25°【分析】利用翻折变换的性质即可解决．【解析】解：由折叠可知，∠EF＝∠AEF，∠EC＝∠BEC＝65°，∵∠EF+∠AEF+∠EC+∠BEC＝180°，∴∠EF+∠AEF＝50°，∴∠AEF＝25°，故答案为：25°．【点睛】本题考查了折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．13．（2021·上海普陀·七年级期末）如图，三角形ABC是直角三角形，∠C＝90°，∠B＝60°，AB＝6，如果将三角形ABC绕着点B旋转（0°＜＜180°），使得点A恰好落在直线BC上，点A的对应点记作点D，弧AD是点A旋转时运动的路径，那么弧AD的长是____________．（结果保留）【答案】2或4【分析】分当△ABC绕点B顺时针旋转60°时，点A与重合，当△ABC绕点B逆时针旋转120°时，点A与重合，两种情况讨论求解即可．【解析】解：如图所示，∵∠ABC=60°，∴，∴当△ABC绕点B顺时针旋转60°时，点A与重合，当△ABC绕点B逆时针旋转120°时，点A与重合，∴，，故答案为：或．【点睛】本题主要考查了求弧长，解题的关键在于能够熟练掌握弧长公式．14．（2022·上海浦东新·七年级期末）如图，长方形ABCD中，长BC=a，宽AB=b，（b＜a＜2b），四边形ABEH和四边形ECGF都是正方形．当a、b满足的等量关系是__________时，图形是一个轴对称图形．【答案】【解析】∵当图形是一个轴对称图形,则必须满足DG=CG=EC,长BC=a,宽AB=b,(b<a<2b)，∴GC=DG=b,BE=b,EC=b，∴a、b满足的等量关系是：a=b.故答案为a=b.点睛：此题考查了轴对称图形的性质，利用性质得出BE=b，EC=GC=DG=b是解题的关键.15．（2022·上海宝山·七年级期末）计算：________．【答案】##0.5【分析】将变形为，利用完全平方公式进行求解．【解析】解：，，，，，，，故答案是：．【点睛】本题考查了完全平方公式的运用，解题的关键是掌握完全平方公式的运用．16．（2021·上海浦东新·七年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝2cm，BC＝3cm，E、F分别是AD、BC的中点，如果将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90°，那么旋转后的长方形与长方形CDEF重叠部分的面积是_____cm2．【答案】2.25【分析】根据题意画出旋转后的图形，得到两个长方形的重叠部分，再利用矩形的面积公式解题．【解析】解：如图，将长方形ABFE绕点F顺时针旋转90度，得到长方形A′B′FE′，设A′B′与DC交于点G，则FC＝FB＝FB′＝BC＝1.5cm，所以旋转后的长方形A′B′FE′与长方形CDEF重叠部分B′FCG是正方形，边长为1.5cm，所以，面积S＝1.5×1.5＝2.25（cm2）．故答案是：2.25．【点睛】本题考查图形的旋转、矩形的面积等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．17．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝50°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC（点D、E分别与点A、B对应），如果∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，当旋转角大于0°且小于180°时，旋转角的度数为_____．【答案】或【分析】分两种情况：当旋转角小于50°时和当旋转角大于50°时，分别画出图形，由∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，求出∠ACE，即可得到旋转角度数．【解析】解：当旋转角小于50°时，如图：∵∠ACB＝50°，△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，∴∠DCE＝50°，∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，∴∠ACE＝×50°＝20°，∴旋转角∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE＝30°，当旋转角大于50°时，如图：∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，∠DCE＝∠ACB＝50°，∴∠ACE＝2∠DCE＝100°，∴旋转角∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝150°，故答案为：30°或150°．【点睛】本题考查旋转变换，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．18．（2022·四川·石室佳兴外国语学校七年级阶段练习）已知，则的值为______；的值为______．【答案】

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6【分析】由可得,，再对进行变形即可求解；由可得，然后左右平方，将作为一个整体求解即可．【解析】解:∵，∴，，∴=2；∵∴，即∴∴，解得：．故答案为：2，6．【点睛】本题主要考查了代数式求值、完全平方公式的应用等知识点，灵活运用相关知识对代数式进行变形成为解答本题的关键．19．（2022·湖南怀化·七年级期末）已知，则的值等于________．【答案】【分析】利用完全平方公式求出（a−b），（b−c），（a−c）的平方和，然后代入数据计算即可求解．【解析】解：∵，∴∴，∵，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查了完全平方公式，解题的关键是分别把，，相加凑出，三个式子两边平方后相加，化简求解．20．（2022·上海·七年级单元测试）正数满足，那么______．【答案】64【分析】将式子因式分解为(a-c)(b+2)=0，求得a=c,同理可得a=b=c,再=12可化为a2+4a-12=0，求出a的值，再求得值即可．【解析】解：∵，∴ab-bc+2(a-c)=0,即(a-c)(b+2)=0,∵b﹥0,∴b+2≠0,∴a-c=0,∴a=c,同理可得a=b,b=c,∴a=b=c,∴=12可化为a2+4a-12=0∴(a+6)(a-2)=0,∵a为正数，∴a+6≠0,∴a-2=0,∴a=2,即a=b=c=2,∴(2+2)×(2+2)×(2+2)=64故答案为64．【点睛】本题考查因式分解的应用；能够将所给式子进行正确的因式分解是解题的关键．21．（2021·上海·七年级专题练习）已知关于的方程的解是正数，则的取值范围是______.【答案】且【分析】先对分式方程进行通分，因式分解后得出m与x的关系，由于分式方程的解为正数，且要保证分式方程有意义，故可知x的取值范围，再利用m与x的关系，求出m的取值范围.【解析】等式左边为：等式右边：左边等于右边则有：解，得：，即要满足方程得解为正数，即，且必须保证分式方程有意义，故且，综合解得分式方程的解为且，故且，解得且，即为m的取值范围.【点睛】本题考查分式方程的解法，要想分式方程有解，前提必须保证分式有意义（即分母不为0），再根据得到的关系式求出m的取值范围.22．（2021·上海·七年级专题练习）计算：________________.【答案】【分析】利用裂项法先将每个分式化简，再将结果相加即可.【解析】∵，……∴原式===.【点睛】此题考察分式的混合运算，运用裂项法将每个分式化简是解题的关键.23．（2022·上海·七年级单元测试）已知，则______．【答案】【分析】先将已知的式子化为倒数形式，化简后两边平方，再把所要求的式子的倒数化简求值，可得到最终结果．【解析】，，，，故答案为：．【点睛】考查分式值的计算，有一定灵活性，解题的关键是先求倒数．24．（2021·上海·九年级专题练习）对于两个不相等的实数，我们规定符号表示中的较大值，如：，故__________；按照这个规定，方程的解为__________．【答案】

5

或【分析】按照规定符号可求得5；根据与的大小关系化简所求方程，求出解即可．【解析】5；故答案为：5；当，即时，方程化简得：，去分母得：，整理得：，即解得：，经检验：是分式方程的解；当，即时，方程化简得：，去分母得：，整理得：，解得：(不合题意，舍去)或，经检验：是分式方程的解；故答案为：或．【点睛】本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．弄清题中的新定义是解本题的关键．二、单选题25．（2019·上海·上外附中七年级期末）已知为整数)，若的值不超过为整数)，那么整数能够取的最大值(用含的式子表示)是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据科学记数法及同底数幂的乘法运算得到=2.018，又因为若的值不超过，列不等式求解即可.【解析】解：∵=2.018，的值不超过为整数)，∴2.018≤，即2.018≤10×,∵2.018﹤10,∴k-6≦-n-1,∴k≤-n+5,故选C.【点睛】此题主要考查了科学记数法及同底数幂的乘法运算，正确的运用科学记数法是解决问题的关键.26．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）已知，，，那么的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将因式分解为(a-b)(a-c)，再将其值代入计算即可．【解析】∵，，，∴=a(a-b)-c(a-b)=(a-b)(a-c)=(2017x+2016-2017x-2017)×(2017x+2016-2017x-2018)=-1×(-2)=2．故选：A．【点睛】考查了利用因式分解进行简便计算，解题关键是要将因式分解为(a-b)(a-c)的形式．27．（2019·上海浦东新·七年级期末）若等式（x+6）x+1＝1成立，那么满足等式成立的x的值的个数有（

）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】C【分析】分情况讨论：当x+1=0时；当x+6=1时，分别讨论求解．还有-1的偶次幂都等于1．【解析】如果（x+6）x+1=1成立，则x+1=0或x+6=1或-1，即x=-1或x=-5或x=-7，当x=-1时，（x+6）0=1，当x=-5时，1-4=1，当x=-7时，（-1）-6=1，故选C．【点睛】本题考查了零指数幂的意义和1的指数幂，关键是熟练掌握零指数幂的意义和1的指数幂.28．（2020·上海市川沙中学南校七年级期末）要使能在有理数的范围内因式分解，则整数的值有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据把-6分解成两个因数的积，m等于这两个因数的和，分别分析得出即可．【解析】解：∵-1×6=-6，-6×1=-6，-2×3=-6，-3×2=-6，∴m=-1+6=5或m=-6+1=-5或m=-2+3=1或m=-3+2=-1，∴整数m的值有4个，故选：C．【点睛】此题主要考查了十字相乘法分解因式，对常数16的正确分解是解题的关键．29．（2020·上海浦东新·七年级期末）若分式的值总是正数，则的取值范围是（

）A． B． C． D．或【答案】D【分析】分两种情况分析:当时;或当时,,再分别解不等式可得．【解析】若分式的值总是正数：当时，，解得;当时，，解得，此时a的取值范围是;所以的取值范围是或.故选：D．【点睛】考核知识点：分式值的正负.理解分式取值的条件是解的关键点：分式分子和分母的值同号，分式的值为正数．30．（2020·上海宝山·七年级期末）将一张长方形纸片折一次，折痕平分这个长方形的面积，则这样的折纸方法有（

）A．1种 B．2种 C．4种 D．无数种【答案】D【分析】根据长方形的中心对称性解答即可．【解析】解：根据长方形的中心对称性，过中心的直线可把长方形分成面积相等的两部分，所以使得折痕平分这个长方形的面积的方法共有无数种．故选D．【点睛】本题考查了长方形的中心对称性，比较简单，一定要熟练掌握并灵活运用．31．（2021·上海浦东新·七年级期末）已知甲、乙、丙均为x的一次多项式，且其一次项的系数皆为正整数．若甲与乙相乘，积为，乙与丙相乘，积为，则甲与丙相加的结果是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先将两个代数式进行因式分解，从而得出甲、乙、丙三个代数式，进而得出答案．【解析】解：∵∴甲为：x+7，乙为：x－7，丙为：x-2，∴甲+丙=（x+7）+（x-2）=2x+5，

故选A．【点睛】本题主要考查的就是因式分解的应用，属于基础题型．32．（2021·上海宝山·七年级期末）已知=3，则代数式的值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得出，即，整体代入原式，计算可得.【解析】，，，则原式.故选：.【点睛】本题主要考查分式的加减法，解题的关键是掌握分式加减运算法则和整体代入思想的运用.33．（2021·上海静安·七年级期末）如图，从图形甲到图形乙的运动过程可以是（

）A．先逆时针旋转90°，再向右平移4格 B．先逆时针旋转90°，再向右平移1格C．先顺时针旋转90°，再向右平移4格 D．先翻折，再向右平移4格【答案】D【分析】利用网格特点，根据对折的性质、旋转的性质和平移的性质进行判断．【解析】把图形甲沿直线l翻折，然后再向右平移4个单位可得到图形乙，如图．故选D．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平移的性质．34．（2021·上海黄浦·七年级期末）如图，从边长为（2a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为2a的正方形（a＞0），剩余部分沿虚线剪开拼成一个长方形（不重叠无缝隙），那么长方形的面积为（）A．4a2+6a B．6a+9 C．12a+9 D．12a+15【答案】C【分析】根据裁剪拼图可知，所拼成的长方形的长为（2a+3）+2a＝4a+3，宽为（2a+3）﹣2a＝3，由长方形面积的计算方法即可得出答案．【解析】解：由题意可得，所拼成的长方形的长为（2a+3）+2a＝4a+3，宽为（2a+3）﹣2a＝3，所以长方形的面积为（4a+3）×3＝12a+9，故选：C．【点睛】本题考查了整式的加减的应用，根据题意求得长方形的长和宽是解题的关键．35．（2022·上海宝山·七年级期末）已知并排放置的正方形和正方形如图，其中点在直线上，那么的面积和正方形的面积的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为m、n，利用面积和差求出面积即可判断．【解析】解：设正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为m、n，S1＝S正方形ABCD+S正方形BEFG﹣（S△ADE+S△CDG+S△GEF）＝m2+n2﹣[m（m+n）+m（m﹣n）+n2]＝n2；∴S1＝S2．故选：A．【点睛】本题主要考查整式的混合运算，解题的关键是熟练用面积和差求三角形面积，准确进行计算．36．（2022·上海普陀·七年级期末）如果2（5﹣a）（6+a）＝100，那么a2+a+1的值为（）A．19 B．﹣19 C．69 D．﹣69【答案】B【分析】先根据多项式乘以多项式法则计算2（5﹣a）（6+a）＝100，得a2+a＝﹣20，最后整体代入可得结论．【解析】解：∵2（5﹣a）（6+a）＝100，∴﹣a2+5a﹣6a+30＝50，∴a2+a＝﹣20，∴a2+a+1＝﹣20+1＝﹣19，故选：B．【点睛】本题考查多项式乘以多项式、求代数式的值，设计整体思想，是基础考点，掌握相关知识是解题关键