2024年希望杯全国邀请赛七年级初赛数学试卷

第1页（共1页）2024年希望杯全国邀请赛七年级初赛数学试卷1．（3分）将十进制数（9.8125）10转换为二进制数后是（）A．（101.101）2 B．（1001.1001）2 C．（1001.1011）2 D．（1001.1101）2 E．（1001.1111）22．（3分）在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣6，4），B（﹣9，0），C（﹣6，﹣4），点D在y轴上，且CD∥AB，则点D的纵坐标是．3．（3分）定义n!＝1×2×3×…×n，则2024!﹣2023!+2022!﹣2021!+…+2!﹣1!除以40的余数是．4．（3分）篮球比赛中，同一支队的五人只给本队队员传球，拿到球的队员等概率地传给另外四名队友．开始时，球在希希手里，经过5次传球后，球在希希手里的概率是（）A． B． C． D． E．5．（3分）将1～10这10个自然数排成一圈，把相邻的三个数相加，得到10个和．这10个和中最大的一个的最小可能值是．6．（3分）魔术师把写有1，2，……，100的100张卡片分别放入红色、蓝色、黄色的三个盒子中，每个盒中都有卡片．一名观众任选两个盒子，从中各取出一张卡片，把这两张卡片上的数相加后把和告诉魔术师，魔术师能说出观众是从哪两个盒子中取的卡片．魔术师放卡片的方法有种．7．（3分）内角都小于180°的七边形，其内角中至少有个是钝角．8．（3分）已知a3+a2+a+4＝0，则a4+3a+2的值为．9．（3分）若10个互不相同的整数的和是123，则其中最小的五个数的和最大是．10．（3分）在1～2023的所有自然数m中，使m+20和7m+23互质的m有个．11．（3分）如图是一个3×3网格图，共有16个格点．取3个格点，使以这3个格点为顶点的三角形是等腰三角形，则符合条件的取法有种．12．（3分）已知a，b是两个不同的正整数，且2024a﹣92b是完全平方数，则|a2﹣b2|的最小值为．13．（3分）已知，则|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|的最小值是．14．（3分）从1～2024这2024个整数中随机一次性取出x个数，要保证取出的数中一定有3个数a，b，c满足ab＝c，那么x至少是．15．（3分）如图，两面镜子的夹角是20°，一束光在两面镜子之间来回反射．如果这束光被反射9次后，沿最初的入射路线返回，那么最初的入射光线与镜面的夹角x是度．16．（3分）对于实数u，v，定义新运算“#”：u#v＝uv+2024．若关于x的方程x#a﹣|x|＝1有一个正根和一个负根，则整数a的值是．17．（3分）92024+112024除以100，余数是．18．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为．19．（3分）四边形ABCD的周长为60cm，且四条边长a，b，c，d满足a4+b4+c4+d4＝4abcd，则四边形ABCD的面积最大是cm2．20．（3分）如图，输入x＝0，y＝0，则输出的x为．21．（3分）已知M＝min（x，3x﹣x2），其中，则M的最大值为．22．（3分）216＝（）2．A．16 B．64 C．128 D．256 E．51223．（3分）正十二边形中心到一个顶点的距离为45，内部的空白区域是由正方形和三角形组成，则阴影区域面积是．24．（3分）满足x2+y2＝2024的正整数对（x，y）有个．25．（3分）三个整数a，b，c满足a＝b+3，b＝c+3，c＝a+b+3，则a的值为（）A．3 B．0 C．﹣6 D．﹣9

2024年希望杯全国邀请赛七年级初赛数学试卷参考答案与试题解析1．（3分）将十进制数（9.8125）10转换为二进制数后是（）A．（101.101）2 B．（1001.1001）2 C．（1001.1011）2 D．（1001.1101）2 E．（1001.1111）2【分析】十进制的小数数转换为二进制，通常对整数部分和小数部分分开处理，整数部分采取除2取余法，小数部分采取乘2取整法，即可得到结果．【解答】解：（9.8125）10的整数部分采取除2取余法，小数部分采取乘2取整法，整数部分为9：9÷2＝4余1，4÷2＝2余0，2÷2＝1余0，1÷2＝0余1，按自下往上顺序排列，故二进制的整数部分为1001，小数部分为0.8125：0.8125×2＝1.625取整数部分1，0.625×2＝1.25取整数部分1，0.25×2＝0.5取整数部分0，0.5×2＝1取整数部分1，按自上往下顺序排列，故二进制小数部分为：1101，∴（9.8125）10＝（1001.1101）2．故选：D．【点评】本题考查了十进制数字转换为二进制数，关键是整数部分和小数部分采取不同的处理方式．2．（3分）在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣6，4），B（﹣9，0），C（﹣6，﹣4），点D在y轴上，且CD∥AB，则点D的纵坐标是4．【分析】根据CD∥AB，得出C，D两点纵坐标差与横坐标差的比值，与A，B两点纵坐标差与横坐标差的比值相等即可解决问题．【解答】解：因为CD∥AB，所以C，D两点纵坐标差与横坐标差的比值，与A，B两点纵坐标差与横坐标差的比值相等．又因为A（﹣6，4），B（﹣9，0），C（﹣6，﹣4），点D在y轴上，则，所以yD＝4，即点D的纵坐标是4．故答案为：4．【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，熟知互相平行的两条直线上任意两点的坐标关系是解题的关键．3．（3分）定义n!＝1×2×3×…×n，则2024!﹣2023!+2022!﹣2021!+…+2!﹣1!除以40的余数是19．【分析】2024!﹣2023!+2022!﹣2021!+…+2!﹣1!＝2023！（2024﹣1）+2021!（2022﹣1）+2019!（2020﹣1）+...+5!（6﹣1）+3!（4﹣1）+1!（2﹣1），40＝5×4×2，根据其规律计算其余数即可．【解答】解：原式＝[2023！（2024﹣1）+2021!（2022﹣1）+2019!（2020﹣1）+...+5!（6﹣1）]+3!（4﹣1）+1!（2﹣1），40＝5×4×2，∵40＝5×4×2，而2023！（2024﹣1），2021!（2022﹣1），2019!（2020﹣1），...，5!（6﹣1），都含有因式5×4×2，∴2023！（2024﹣1）+2021!（2022﹣1）+2019!（2020﹣1）+...+5!（6﹣1）能被5×4×2整除，3!（4﹣1）+1!（2﹣1）＝3×2×1×3+1＝19，19÷40＝0……19，∴2024!﹣2023!+2022!﹣2021!+…+2!﹣1!除以40的余数是19．故答案为：19．【点评】本题考查了有理数的混合运算，根据题意找出其运算规律，结合余数的特点进行计算是解本题的关键．4．（3分）篮球比赛中，同一支队的五人只给本队队员传球，拿到球的队员等概率地传给另外四名队友．开始时，球在希希手里，经过5次传球后，球在希希手里的概率是（）A． B． C． D． E．【分析】第一次传球，除希希不能得到球外，其余4人每个人都有等可能的一次机会得到球，共有4种情况；第二次传球，其余4人都有可能把球传给希希，所以希希得到球的情况数为4，其余4人只能得到剩余3个人的球，每个人都可能有3次机会，可得等可能的情况数共有16种；第三次传球，希希可能得到球的情况数为：第二次的情况总数﹣希希第二次得到球的情况数量；其余4人每人得到球的情况数＝第二次的情况总数﹣第二次其余4人每人得到球的情况数，得到等可能的情况数共有64种；..．以此类推，画出表格可得希希第5次传球后得到球的可能的情况数量及可能的传球总数，根据概率公式可得球在希希手里的概率．【解答】解：由题意，设五人为A（希希），B，C，D，E．．球传5次后，总情况数为1024，回到希希手中有204种情况，∴球在希希手里的概率是＝．故选：B．【点评】本题考查概率公式的应用．理解题意判断出每次球回到希希手中的情况数量与上次传球总情况数量的关系是解决本题的难点．5．（3分）将1～10这10个自然数排成一圈，把相邻的三个数相加，得到10个和．这10个和中最大的一个的最小可能值是18．【分析】先求出10个和的总和为165，然后用反证法证明当最小可能值不大于17时与题意矛盾，即可得出答案．【解答】解：设这10个数的排列顺序为：a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a1，a2⋯，相邻的三个数相加，设这10个和中最大的一个的最小可能值为x．这10个和相加得到的总和为S，则有：S＝（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+（a3+a4+a5）+⋯+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）＝3（a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a9+a10）＝3×55＝165．∵165÷10＝16.5，∴x≥17．当x＝17时，假设a1+a2+a3＝17，如果相邻的一组a2+a3+a4＝17，则有a1＝a4，这与a1≠a4矛盾．设10个和中出现17的次数为m，∵当m＞5，则会出现相邻两组数相同；当m＜5时，则S≤17×4+16×6＝164＜165．∴m＝5，即10个和中有5个17，5个16，间隔出现．故有a10+a1+a2＝16，a1+a2+a3＝17，a2+a3+a4＝16，a3+a4+a5＝17，a4+a5+a6＝16，则a10+1＝a3＝a6+1，即a10＝a6，这与a10≠a6矛盾．∴x＞17．故答案为：18．【点评】本题考查了三元一次方程组和反证法的应用，解答本题的关键是用反证法先证明x≤17时与题意矛盾．6．（3分）魔术师把写有1，2，……，100的100张卡片分别放入红色、蓝色、黄色的三个盒子中，每个盒中都有卡片．一名观众任选两个盒子，从中各取出一张卡片，把这两张卡片上的数相加后把和告诉魔术师，魔术师能说出观众是从哪两个盒子中取的卡片．魔术师放卡片的方法有12种．【分析】根据连续数字各自的颜色情况把问题分为：任意三个连续的数字都为不同颜色；不存在三个连续的数字都为不同颜色．然后根据数字取模的余数规律及反证法分别求出各自的方法数量即可．【解答】解：为了方便描述，我们把问题看作为红、白、蓝三种颜色分配给1～100共100个数字．根据连续数字各自的颜色情况分为两类：1．这100个数字中任意三个连续的数字都为不同颜色．其中三个连续的数x、y、z分别为红、白、蓝种颜色，可以表示为：x＝3k﹣2，y＝3k﹣1，z＝3k，k为正整数．任意取两个数，和取模3，根据余数就可以确定这两个数是什么颜色．比如两数之和取模3，余数为2时，则这两个数是y和z；余数为1，这两个数就是x和z；余数为0时，两个数为x和y．故当观众说出两个数之和时，魔术师就能确定出它们是哪两种颜色．把红、白、蓝三种颜色分配给x、y、z，共有：3×2×1＝6（种）．所以三个连续的数字都为不同颜色的情况共有6种方法．2．这100个数字中，不存在三个连续的数字都为不同颜色．假设100个数字分为红﹣白﹣蓝三类颜色．令数字1为红色，然后w为第一个白色的数字，b为第一个蓝色的数字，w+1＜b，当b＜100时，w+b＝（w﹣1）+（b+1），则（b+1）与（w﹣1）必须都是红色，否则魔术师从观众得到两个不同颜色的数之和，将无法知道w和b是哪两种颜色．又因为w+（b+1）＝（w+1）+b，同理可知（w+1）与b必须同为蓝色，但这与b为第一个蓝色数字矛盾，故b＝100．假设存在数字r为红色，r＞1，r+99＝（r﹣1）+100，因99和100分别为白色和蓝色，同理（r﹣1）与100必须为蓝色．这与100为唯一的蓝色数字矛盾，故数字1为仅有的红色数字．所以1～100个数字分为三组：1、2～99、100，各自为红白蓝三色中的一种，共有：3×2×1＝6（种）．综合以上两种情况，魔术师放卡片的方法有：6+6＝12（种）．故答案为：12．【点评】本题考查了排列组合，模运算，以及反证法的知识．本题难度大，需要有较强的构建数据模型，以及逻辑推理能力，把所求问题转化为两种数字排列模型是解答本题的关键．7．（3分）内角都小于180°的七边形，其内角中至少有4个是钝角．【分析】由多边形的外角和是360°及4×90°＝360°，可得出七个外角中至多有3个钝角，进而可得出七个外角中至少有4个锐角，再结合多边形的每个内角与和它相邻的外角互为补角，即可得出七个内角中至少有4个是钝角．【解答】解：∵七边形的外角和是360°，4×90°＝360°，∴七个外角中至多有3个钝角，∴七个外角中至少有4个锐角，又∵多边形的每个内角与和它相邻的外角互为补角，∴七个内角中至少有4个是钝角．故答案为：4．【点评】本题考查了多边形内角与外角，牢记“多边形的外角和等于360°”是解题的关键．8．（3分）已知a3+a2+a+4＝0，则a4+3a+2的值为6．【分析】将已知等式化为a3+3＝﹣a2﹣a﹣1，a3+a2+a＝﹣4，然后再将所求式子进行变形，代入计算即可．【解答】解：∵a3+a2+a+4＝0，∴a3+3＝﹣a2﹣a﹣1，a3+a2+a＝﹣4，∴a4+3a+2＝a（a3+3）+2＝a（﹣a2﹣a﹣1）+2＝﹣a3﹣a2﹣a+2＝﹣（a3+a2+a）+2＝﹣（﹣4）+2＝4+2＝6．故答案为：6．【点评】本题考查多项式乘以多项式的法则和整体代入思想，熟练掌握运算法则是解题的关键．9．（3分）若10个互不相同的整数的和是123，则其中最小的五个数的和最大是48．【分析】要使最小的五个数的和最大，最小的5个数应小于并接近平均数，10个互不相同的整数也都在平均数的附近，推理得到合理的五个数，相加即可．【解答】解：∵123÷10＝123，要使最小的五个数的和最大，最小的5个数应小于并接近平均数，10个互不相同的整数也都在平均数的附近，∴最小的5个数中最大的数为可能为12，最小的数可能为12﹣4＝8，∵8+9+10+11+12+13+14+15+16+17＝＝125，10个互不相同的整数的和是123，∴最小的5个数的和要想最大，值应取：6，9，10，11，12，6+9+10+11+12＝48．故答案为：48．【点评】本题考查有理数的加法的相关计算．得到10个数与平均数的关系是解决本题的关键；推理得到符合题意的5个数是解决本题的易错点．10．（3分）在1～2023的所有自然数m中，使m+20和7m+23互质的m有1348．个．【分析】先计算出当m＝1时，当m＝2时，当m＝3时，当m＝5时，当m＝6时，当m＝7时，当m＝8时，当m＝9时，当m＝10时，m+20和7m+23的值，观察每对数值可以得出规律：得到每3个连续的自然数中，有两对数互质，一对数不互质，据此可得出答案．【解答】解：当m＝1时，m+20＝21，7m+23＝30，不互质，当m＝2时，m+20＝22，7m+23＝37，互质，当m＝3时，m+20＝23，7m+23＝44，互质，当m＝5时，m+20＝25，7m+23＝58，不互质，当m＝6时，m+20＝26，7m+23＝65，互质，当m＝7时，m+20＝27，7m+23＝72，互质，当m＝8时，m+20＝28，7m+23＝79，不互质，当m＝9时，m+20＝29，7m+23＝86，互质，当m＝10时，m+20＝30，7m+23＝93，互质，……，依次类推，每3个连续的自然数中，有两对数互质，一对数不互质，∵2022÷3＝674，∴在前1～2022个自然数中，共由674×2＝1348对质数，又∵当m＝2023时，m+20＝2043，7m+23＝14184，不互质，∴m＝1348．故答案为：1348．【点评】此题主要考查了质数的概念，通过计算代数式m+20和7m+23得值，找出规律是解决问题的关键．11．（3分）如图是一个3×3网格图，共有16个格点．取3个格点，使以这3个格点为顶点的三角形是等腰三角形，则符合条件的取法有144种．【分析】根据网格中能取到的腰长分类找等腰三角形，再求和即可得解．【解答】解：∵腰长为1的有36种，腰长为的有0×4+1×8+4×4＝24（种），腰长为2的有16种，腰长为的有1×4+3×8+6×4＝52（种），腰长为3的有4种，腰长为的有12种，∴共有36+24+16+52+4+12＝144（种），故答案为：144．【点评】本题考查了等腰三角形的判定方法，勾股定理，在网格中注意分情况找不同的腰长是解题的关键．12．（3分）已知a，b是两个不同的正整数，且2024a﹣92b是完全平方数，则|a2﹣b2|的最小值为69．【分析】根据题意得到23×（22a﹣b）为完全平方数，再由b≡22a（mod23）得出a2﹣b2≡0（mod23），即可求出答案．【解答】解：∵2024a﹣92b＝23×4×（22a﹣b）是完全平方数，∴令23×4×（22a﹣b）＝（2c）2，c为正整数，即23×（22a﹣b）＝c2．∴b≡22a（mod23），则a2﹣b2≡a2﹣（22a）2≡0（mod23）．∴|a2﹣b2|＝23m，m为正整数．当m＝1时，|a2﹣b2|＝|（a+b）（a﹣b）|＝23，则a＝12，b＝11或a＝11，b＝12，23×（22a﹣b）＝23×11×23或23×23×10，都不是完全平方数；当m＝2时，|a2﹣b2|＝|（a+b）（a﹣b）|＝2×23，a和b无正整数解；当m＝3时，|a2﹣b2|＝|（a+b）（a﹣b）|＝3×23，解得a＝35，b＝34，或a＝34，b＝35，或a＝13，b＝10，或a＝10，b＝13，其中当a＝10，b＝13时，23×（22a﹣b）＝23×23×9＝692，是完全平方数．所以|a2﹣b2|最小值是69．故答案为：69．【点评】本题考查了完全平方数和同余的应用．根据题意得出a2﹣b2≡0（mod23）是解答本题的关键．13．（3分）已知，则|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|的最小值是9．【分析】先解不等式，求出x的取值范围，再利用绝对值的定义去绝对值．【解答】解：，2（2x﹣1）﹣6≥6x﹣3（5﹣3x），4x﹣2﹣6≥6x﹣15+9x，4x﹣8≥15x﹣15，11x≤7，x≤，当﹣0.5≤x≤时，|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|＝2x+1+x+3+6﹣x＝2x+10，此时x＝﹣0.5时有最小值9；当﹣3＜x＜﹣0.5时，|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|＝﹣2x﹣1+x+3+6﹣x＝﹣2x+8，此时的值都大于9；当x≤﹣3时，|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|＝﹣2x﹣1﹣x﹣3+6﹣x＝﹣4x+2，此时的值都大于9；∴|2x+1|+|x+3|+|x﹣6|的最小值是9．故答案为：9．【点评】本题考查了绝对值，解一元一次不等式，解题的关键是掌握绝对值的定义．14．（3分）从1～2024这2024个整数中随机一次性取出x个数，要保证取出的数中一定有3个数a，b，c满足ab＝c，那么x至少是1982．【分析】先求出一次性取出m个数，其中任意三个数均满足ab≠c时m的最大值，然后由抽屉原理即可求出x的最小值．【解答】解：假如从1～2024中取出m个数，其中任意三个数a，b，c满足ab≠c时，求出m的最大值，则根据抽屉原理x的最小值为：m+1．由于45×45＝2025，所以从45～2024共1980个数中，任意取三个数，均满足ab≠c的情况；又因为1×b＝b≠c，所以1，45～2024共1981个数中任意三个数均满足ab≠c的情况，当m再增加时，必然会出现ab＝c的情况．故m的最大值为1981．根据抽屉原理x的最小值为：m+1＝1982．故答案为：1982．【点评】本题考查了抽屉原理，把问题转化为“先求随机取出m个数满足ab≠c时m的最大值”是解答本题关键．15．（3分）如图，两面镜子的夹角是20°，一束光在两面镜子之间来回反射．如果这束光被反射9次后，沿最初的入射路线返回，那么最初的入射光线与镜面的夹角x是10度．【分析】先分析，得出第四次，第五次光线重合，且与OA垂直，再列方程计算，即可．【解答】解：由题意可知第四次，第五次光线重合，且与OA垂直，则x+60°+20°＝90°，则x＝10°．故答案为：10°．【点评】本题考查三角形内角和，外角的性质，镜面反射等知识．得出第四次，第五次光线重合，且与OA垂直是关键．16．（3分）对于实数u，v，定义新运算“#”：u#v＝uv+2024．若关于x的方程x#a﹣|x|＝1有一个正根和一个负根，则整数a的值是0．【分析】当x≥0时，原方程x#a﹣|x|＝1变形为xa+2024﹣x＝1，得a＝1﹣，由a为整数，得x＝1或2023，故a＝﹣2022或0．同理当x＜0时，得a＝2022或0．验算a＝﹣2022、2022、0，只有a＝0时，x有一个正根和一个负根，故a＝0．【解答】解：当x≥0时，原方程x#a﹣|x|＝1变形为xa+2024﹣x＝1，∴a＝1﹣，∵a为整数，∴x＝1或2023，∴a＝﹣2022或0．当x＜0时，方程方程x#a﹣|x|＝1变形为xa+2024+x＝1，∴a＝﹣1﹣，∵a为整数，∴x＝﹣1或﹣2023，∴a＝2022或0．当a＝﹣2022时，原方程x#a﹣|x|＝1变形为﹣2022x+2024﹣|x|＝1，若x≥0，则﹣2022x+2024﹣x＝1，∴x＝1＞0．若x＜0，则﹣2022x+2024+x＝1，∴x＝＞0．∴a＝﹣2022舍去．同理a＝2022舍去．当a＝0时，原方程x#a﹣|x|＝1变形为2024﹣|x|＝1，∴|x|＝2023，∴x有一个正根和一个负根，∴a＝0．故答案为：0．【点评】本题考查了实数的运算，含绝对值符号的一元一次方程，掌握去绝对值的方法是解题关键．17．（3分）92024+112024除以100，余数是2．【分析】92024+112024除以100，所得的余数，其实就是92024与112024的后两位的和除以100的余数．据此分析计算就可以了．【解答】解：91＝9，92＝81，93的后两位是29，94的后两位是61，95的后两位是49，96的后两位是41，97的后两位是69，98的后两位是21，99的后两位是89，910的后两位是1，911的后两位是9……发现9n的后两位在9，81，29，61，49，41，69，21，89，1十个数之间循环，所以92024的后两位与94的后两位相同，都是61；111＝11，112＝121，113的后两位是31，114的后两位是41，115的后两位是51，116的后两位是61，117的后两位是71，118的后两位是81，119的后两位是91，1110的后两位是1，1111的后两位是11……发现11n的后两位在11，21，31，41，51，61，71，811，91，1十个数之间循环，所以112024的后两位与114的后两位相同，都是41；61+41＝102，102除以100的余数是2，所以92024+112024除以100，余数是2．故答案为：2．【点评】本题主要考查有理数的乘方运算的规律．解决问题的关键是理解：92024+112024除以100，所得的余数，其实就是92024与112024的后两位的和除以100的余数．18．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为1771．【分析】根据等差数列特点设出这15个数：x，x+d，x+2d，...，x+14d，再根据第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，求出x+7d的值，再求出其余数字的和，利用整体代入的方法即可解决问题．【解答】解：因为15个数排成一列，它们正好构成等差数列，所以可设这15个数为：x，x+d，x+2d，...，x+14d，因为第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，所以x+x+2d+x+4d+...+x+14d＝2024，所以8x+56d＝2024，所以x+7d＝253，所以其余数的和为x+d+x+3d+x+5d+...+x+13d＝7x+49d＝7×（x+7d）＝7×253＝1771，故答案为：1771．【点评】本题考查数字变化类规律，整体思想在求代数式值中的运用，掌握等差数列的特点是解题的关键．19．（3分）四边形ABCD的周长为60cm，且四条边长a，b，c，d满足a4+b4+c4+d4＝4abcd，则四边形ABCD的面积最大是225cm2．【分析】先由a4+b4+c4+d4＝4abcd得a4+b4+c4+d4﹣4abcd＝0，再利用完全平方公式得（a2﹣b2）2+（c2﹣d2）2+2（ab﹣cd）2＝0，然后根据非负数的性质得a2﹣b2＝0，c2﹣d2＝0，ab﹣cd＝0，据此可求出a，b，c，d之间的关系，进而可判定四边形ABCD的形状，即可．【解答】解：∵a4+b4+c4+d4＝4abcd，∴a4+b4+c4+d4﹣4abcd＝0，∴a4+b4﹣2a2b2+c4+d4﹣2c2d2+2a2b2+2c2d2﹣4abcd＝0，∴（a4+b4﹣2a2b2）+（c4+d4﹣2c2d2）+2（a2b2+c2d2﹣2abcd）＝0，即：（a2﹣b2）2+（c2﹣d2）2+2（ab﹣cd）2＝0，∵（a2﹣b2）2≥0，（c2﹣d2）2≥0，2（ab﹣cd）2≥0，∴a2﹣b2＝0，c2﹣d2＝0，ab﹣cd＝0，又∵a、b、c、d表示四边形ABCD的四条边长，∴a，b，c，d均为正数，∴a＝b＝c＝d，∴四边形ABCD为菱形，∴边长为15cm，当∠A＝90°时，面积最大，最大面积为15×15＝225（cm2）．故答案为：225．【点评】此题主要考查了因式分解的应用，非负数的性质，利用完全平方公式将已知条件转化为三个非负数的和是解答此题的关键．20．（3分）如图，输入x＝0，y＝0，则输出的x为7．【分析】根据题意，把x＝1，2，3，……，一直到y＞2024时，即可得出答案．【解答】解：输入x＝0时，此时x+1为x＝1，当x＝1时，y＝31﹣21＝3﹣2＝1，当x＝2时，y＝32﹣22＝9﹣4＝5，当x＝3时，y＝33﹣23＝27﹣8＝19，当x＝4时，y＝34﹣24＝81﹣16＝65，当x＝5时，y＝35﹣25＝243﹣32＝211，当x＝6时，y＝36﹣26＝729﹣64＝665，当x＝7时，y＝37﹣27＝2187﹣128＝2059＞2024，∴输出的x值是7．故答案为：7．【点评】本题考查了有理数的混合运算，代数式求值，熟练掌握有理数的混合运算法则是解题的关键．21．（3分）已知M＝min（x，3x﹣x2），其中，则M的最大值为2．【分析】对x和3x﹣x2的大小进行分类讨论，再利用数形结合的数学思想即可解决问题．【解答】解：函数y＝x和y＝3x﹣x2的大致图象如图所示，当x≤3x﹣x2，即0≤x≤2时，M＝x，则当x＝2时，M取得最大值为2．当x＞3x﹣x2，即x＜0或x＞2时，M＝3x﹣x2，此时M＜2．综上所述，M的最大值为2．【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，巧用分类讨论及数形结合的数学思想是解题的关键．22．（3分）216＝（）2．A．16 B．64 C．128 D．256 E．512【分析】根据幂的乘方运算法则将216变形为（28）2，然后计算即可．【解答】解：216＝（28）2＝2562，故选：D．【点评】本题考查了幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解题的关键．23．（3分）正十二边形中心到一个顶点的距离为45，内部的空白区域是由正方形和三角形组成，则阴影区域面积是2025．【分析】先求出△AOB以及其中空白部分的面积，然后求出△AOB中阴影部分的面积，再根据正十二边形中阴影部分的面积等于△AOB中阴影部分的4倍求出答案即可．【解答】解：如图添加辅助线，根据正十二边形的性质，易得阴影部分的四个顶点正好为正十二边形外接圆的四等分点，故这四个顶点围