期末押题预测卷03（考试范围：七上全册）（解析版）_北师大初中数学_7上-北师大版初中数学_7上-初中数学北师大（旧版）赠送_05习题试卷_4期末试卷

期末押题预测卷 03 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项： 本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自 己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 1．（2022·山东滨州·七年级期末）小明同学的微信钱包部分账单明细如图所示，＋10.5表示收入10.5元， 下列说法正确的是（ ） A．﹣6.3表示收入6.3元 B．6.3表示支出﹣6.3元 C．-6.3表示支出6.3元 D．收支总和为16.8元 【答案】C 【分析】根据+10.5表示收入10.5元，可以得出“收入”用正数表示，从而“支出”就用负数表示，得出 答案． 【详解】解：根据＋10.5表示收入10.5元，，“收入”用正数表示，那么“支出”就用负数表示， 于是-6.3表示支出6.3元，故选：C． 【点睛】考查正数、负数的意义，一个量用正数表示，那么与它具有相反意义的量就用负数表示． 2．（2022·山东临沂·七年级期末）下列调查适合采用抽样调查的是（ ） A．对乘坐某次高铁的乘客进行安全检查 B．为保证神州十四号载人飞船的成功发射，对其部件进行检查 C．调查某校九年级学生的身高状况 D．调查一批节能灯泡的使用寿命 【答案】D 【分析】根据抽样调查的定义分析判断． 【详解】解：A、必须对每个人都进行检查故适合全面调查，故不符合题意； B、要求准确必须全面调查，故不符合题意；C、人数较少适合全面调查，故不符合题意； D、具有破坏性适合抽样调查，故符合题意；故选：D． 【点睛】本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征 灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查， 对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．3．（2022·陕西·宝鸡七年级阶段练习）如图，用一个平面去截一个三棱柱，截面的形状不可能是 （ ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】根据三棱柱的截面形状判断即可． 【详解】解：用一个平面去截一个三棱柱，截面的形状可能是：三角形，四边形，五边形，不可能是六边 形，故选：D． 【点睛】本题考查了截一个几何体，熟练掌握三棱柱的截面形状是解题的关键． 4．（2022·河北承德·七年级期末）下列解方程的过程中，移项错误的是（ ） A．方程 变形为 B．方程 变形为 C．方程 变形为 D．方程 变形为 【答案】A 【分析】各方程移项变形得到结果，即可作出判断． 【详解】解：A、方程2x+6=-3变形为2x=-3-6，该选项符合题意； B、方程2x-6=-3变形为2x=-3+6，该选项不符合题意； C、方程3x=4-x变形为3x+x=4，该选项不符合题意； D、方程4-x=3x变形为x+3x=4，该选项不符合题意．故选：A． 【点睛】此题考查了解一元一次方程，以及等式的性质，熟练掌握等式的性质是解本题的关键． 5．（2022·重庆梁平·七年级期末）若一元一次方程 的解是 ，则 的关系为（ ） A．相等 B．互为相反数 C．互为倒数 D．互为负倒数 【答案】B 【分析】把x＝1代入方程ax＋b＝0得出a＋b＝0，即可得出答案． 【详解】解：把x＝1代入方程ax＋b＝0得：a＋b＝0，a＝−b，故选：B． 【点睛】本题考查了一元一次方程的解的定义的应用，能理解一元一次方程的解的定义是解此题的关键． 6．（2022·广东·珠海市九洲中学七年级期中）下列说法错误的是（ ）A． 的次数是6 B． 和 是同类项 C． 的系数是 D． 是二次三项式 【答案】A 【分析】根据单项式和多项式的系数和次数概念，同类项的概念求解即可． 【详解】解：A． 的次数是4，故选项错误，符合题意； B． 和 是同类项，故选项正确，不符合题意； C． 的系数是 ，故选项正确，不符合题意； D． 是二次三项式，故选项正确，不符合题意．故选：A． 【点睛】此题考查了单项式和多项式的系数和次数概念，同类项的概念，解题的关键是熟练掌握单项式的 系数和次数概念，同类项的概念． 7．（2022·四川成都·七年级期末）某超市出售一商品，在原标价上有如下四种调价方案，其中调价后售价 最低的是（ ） A．先提价25%，再打八折 B．先提价50%，再打六折 C．先提价30%，再打七折 D．先打九折，再打九折 【答案】D 【分析】设商品原标价为 ，然后分别计算每种调价方案后的售价，进行比较求解． 【详解】解：设商品原标价为 元， A.先提价 ，再打八折后的售价为： （元 ； B.先提价 ，再打六折后的售价为： （元 ； C.先提价 ，再打七折后的售价为： （元 ； D.先打九折，再打九折的售价为： （元 ； ， 选项D的调价方案调价后售价最低．故选：D． 【点睛】本题考查了列代数式的知识，解题的关键是能够表示出降价或涨价后的量． 8．（2023·江苏·南京师范大学附属中学仙林学校初中部七年级阶段练习）在七年上册的《数学实验手册》 有一节关于寻找无理数的实验.如图所示，直径为单位 的圆从数轴上表示 的点沿着数轴无滑动地逆时针滚动一周到达 点，则 点表示的数是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由直径为单位 的圆从数轴上表示 的点沿着数轴无滑动地逆时针滚动一周到达 点，得 点与 之间的距离是 ，根据数轴上两点之间的距离即可求解． 【详解】解：∵直径为单位 的圆从数轴上表示 的点沿着数轴无滑动地逆时针滚动一周到达 点，得， 点与 之间的距离是圆的周长为： ． 由两点间的距离是大数减小数，得 点表示的数是 ，故选：C． 【点睛】本题考查了数轴上两点之间的距离，圆的周长公式，理解题意是解题的关键． 9．（2022·山东招远市·七年级期末）如图，已知 是平角， 平分 ，在平面上画射线 ， 使 + =90°，若 ，则 的度数为（ ） A． B． C． 或 D． 或 【答案】D 【分析】根据角平分线的定义求出∠COD、∠BOD的度数， 分两种情况：射线OA在直线CE的左上方和 射线OA在直线CE的右下方一一加以计算即可． 【详解】∵ 平分 ， ∴∠COD=∠BOD= ∠BOC=28° 当射线OA在直线CE的左上方时，如左图所示 ∵ + =90°，即∠AOD=90° ∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=90°+28°=118°当射线OA在直线CE的右下方时，如右图所示∵ 和 互余∴∠COD+∠AOC=90° ∴∠AOC=90°-28°=62°∴∠AOB=∠BOC-∠AOC=62°-56°=6°故选：D． 【点睛】本题考查了角的和差、角平分线的定义，涉及分类讨论． 10．（2022·河南洛阳·七年级期末）如图，在2022年1月份的月历表中，任意框出表中竖列上或横行上相 邻的三个数．请你运用方程思想来研究，发现这三个数的和不可能是（ ） 日 一 二 三 四 五 六 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 A．72 B．60 C．51 D．40 【答案】D 【分析】一竖列上相邻的三个数的关系是：上面的数总是比下面的数小7．可设中间的数是x，则上面的数 是x﹣7，下面的数是x+7．则这三个数的和是3x，因而这三个数的和一定是3的倍数；一横行上相邻的三 个数的关系是：左面的数总是比右面的数小1．可设中间的数是y，则左面的数是y﹣1，右面的数是y+1． 则这三个数的和是3y，因而这三个数的和一定是3的倍数． 【详解】解：①框出表中竖列上相邻的三个数， 设中间的数是x，则上面的数是x﹣7，下面的数是x+7． 则这三个数的和是（x﹣7）+x+（x+7）＝3x， 当3x＝72时，x＝24，这三个数分别是17、24、31，故不符合题意； 当3x＝60时，x＝20，这三个数分别是13、20、27，故不符合题意； 当3x＝51时，x＝17，这三个数分别是10、17、24，故不符合题意； 当3x＝40时，x不是正整数，故符合题意；②框出表中横行上相邻的三个数，设中间的数是y，则左面的数是y﹣1，右面的数是y+1． 则这三个数的和是（y﹣1）+y+（y+1）＝3y，因而这三个数的和一定是3的倍数． 当3y＝72时，y＝24，这三个数分别是23、24、25，故不符合题意； 当3y＝60时，y＝20，这三个数分别是13、20、27，故不符合题意； 当3y＝51时，y＝17，这三个数分别是16、17、18，故不符合题意； 当3y＝40时，y不是正整数，故符合题意；故选：D． 【点睛】此题考查了一元一次方程的应用，解决的关键是观察图形找出数之间的关系，从而找到三个数的 和的特点． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．（2022·山东·滕州七年级期中）已知 与 互为相反数，则 =______． 【答案】4 【分析】根据互为相反数的两数和为0，根据非负数的性质，可得 ，求得 的值，代 入代数式即可求解． 【详解】解：∵ 与 互为相反数， ∴ + ，∴ ，解得 ， ， ∴ ．故答案为： ． 【点睛】本题考查相反数的应用，绝对值的非负性，非负数的性质，代数式求值，求得 的值是解题关 键． 12．（2022·山西运城市·七年级期末）一个几何体由一些大小相同的小正方体搭成，从正面和左面看到的 这个几何体的形状如图所示，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是___________． 【答案】4 【分析】由主视图和左视图确定俯视图的形状，再判断最少的正方体的个数． 【详解】解：由题中所给出的主视图知物体共3列，且都是最高两层；由左视图知共3行， 所以小正方体的个数最少的几何体为：第一列第一行1个小正方体，第二列第二行2个小正方体，第三列第三行1个小正方体，其余位置没有小 正方体．即组成这个几何体的小正方体的个数最少为：1+2+1=4个．故答案为：4． 【点睛】本题考查了学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查． 如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案． 13．（2022·四川成都·七年级期末）已知a2﹣2a＝﹣1，则3a2﹣6a+2025＝_____． 【答案】2022 【分析】将a2﹣2a＝﹣1作为整体代入3a2﹣6a+2025即可求解． 【详解】解：∵ a2﹣2a＝﹣1， ∴ ∴ ． 故答案为：2022． 【点睛】本题考查已知式子的值求代数式的值，掌握整体代入思想是解题的关键． 14．（2022·山东·七年级期末）斐波那契数列，是由一串有数学美感的数字排列而成，因以兔子繁殖为例 作引入，故又称为“兔子数列”．仿照“兔子数列”有如下问题：一般而言，兔子在出生两个月后，就有 繁殖能力，假设一对兔子每个月能生出2对小兔子来，且兔子不会死亡．育才校园养了1对小兔子： 一个月后，小兔子没有繁殖能力，所以还是1对； 两个月后，兔子生下两对小兔子，所以是3对； 三个月后，小兔子没有繁殖能力，老兔子生下2对小兔子，所以一共是5对； 以此类推，八个月后，一共有________ 对兔子． 【答案】171 【分析】根据大兔，中兔与小兔进行分类大兔的2倍是小兔，小兔1个月后变中兔，三类兔子之和是总共 有的兔子，根据有理数的加法求和即可． 【详解】解：设两月后的兔子称“大兔”，一个月后的兔子称“中兔”，刚出生的兔子称“小兔” 一个月后中兔1对，共1对兔， 二个月后大兔1对，小兔2对，共有1+2=3对兔， 三个月后大兔1对，中兔2对，小兔2对，共有1+2+2=5对兔， 四个月后大兔3对，中兔2对，小兔6对，共有3+2+6=11对兔， 五个月后大兔5对，中兔6对，小兔10对，共有5+6+10=21对兔， 六个月后大兔11对，中兔10对，小兔22对，共有11+10+22=43对兔 七个月后大兔21对，中兔22对，小兔42对，共有21+22+42=85对兔，八个月后大兔43对，中兔42对，小兔86对，共有43+42+86=171对兔． 故答案为171． 【点睛】本题考查有理数的加法，根据分类确定大兔，中兔与小兔的对数是解题关键． 15．（2022·江苏苏州·七年级阶段练习）如图，把1，2，3，4，5，6这六个数分别填入“三角形”图案的 六个圆圈中，使“三角形”图案每边上的三个数之和都相等（每个数字只能使用一次）．现在小明已填了 1，3，6三个数，那么A处应填的数字为_____________． 【答案】4 【分析】根据题意， ，即可求出 的值． 【详解】解：根据题意得， ， 解得： ， 答： 处应填4． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用．正确理解题意是解题的关键． 16．（2022·四川成都·七年级期末）从点 出发的三条射线 ， ， ，使得 ，且 ，则 的度数为___________度． 【答案】 或 ## 或 【分析】由于两角的位置关系不明确，因此分射线OC在∠AOB的内部和外部两种情况讨论求解． 【详解】解：∵∠AOB=3∠AOC，∠AOB=75°， ∴∠AOC=25°； （1）当OC在∠AOB的内部时， ∠BOC=∠AOB ∠AOC=75° 25°=50°；（2）当OC在∠AOC的外部时， ∠BOC=∠AOB+∠AOC=75°+25°=100°； 综上分析可知，∠BOC的度数为 或 ． 故答案为： 或 ． 【点睛】本题主要考查角的计算问题，根据射线OC的位置分两种情况讨论是解题的关键． 17．（2022·四川成都·七年级期末）一般情况下 不成立，但有些数可以使得它成立，例如： m＝n＝0．我们称使得 成立的一对数m，n为“神奇数对”，记为（m，n）．若（8，n）是 “神奇数对”，且关于x的方程3x﹣6＝n与2x﹣1＝3k的解相等，则k的值为_____． 【答案】3 【分析】由题意可得 ，求出n的值，即可求方程3x-6=n的解为x=5，再将x=5代入方程 2x-1=3k，即可求k的值．【详解】解：∵（8，n）是“神奇数对”， ∴ ，∴n=9，∴3x-6=9，∴x=5， ∵方程3x-6=n与2x-1=3k的解相等， ∴10-1=3k，∴k=3，故答案为：3． 【点睛】本题考查一元一次方程的解，熟练掌握一元一次方程的解法，理解同解方程的定义是解题的关键． 18．（2022·浙江·七年级期末）黑色圆点按如图所示的规律进行排列，则各图中黑色圆点的个数形成一列 数据，将其中所有能被3整除的数按从小到大的顺序重新排列成一列新数据，则新数据中的第40个数是 _____． 【答案】1830 【分析】首先得到前n个图形中每个图形中的黑色圆点的个数，得到第n个图形中的黑色圆点的个数为 ，再判断其中能被3整除的数，得到每3个数中，都有2个能被3整除，再计算出第40个能被3整 除的数所在组，为原数列中第60个数，代入计算即可． 【详解】解：第1个图形中的黑色圆点的个数为：1， 第2个图形中的黑色圆点的个数为： ＝3， 第3个图形中的黑色圆点的个数为： ＝6， 第4个图形中的黑色圆点的个数为： ＝10， … 第n个图形中的黑色圆点的个数为 ， 则这列数为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，…， 其中每3个数中，都有2个能被3整除， 40÷2＝20， 20×3＝60，则第40个被3整除的数为原数列中第60个数，即 ＝1830， 故答案为：1830． 【点睛】此题考查了规律型：数字的变化类，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律． 三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程 或演算步骤） 1  1  5 5  2 (4.8) 4    19．（2022·浙江七年级期末）计算：（1） 5  6  6 ． （2） 9 4 (81)  (16) 4 9 ． 1 1 2 3 30  4(3)15 24 1(3)2  (15)       （3） 5 6 ． （4） 3 5 ． 【答案】（1）3；（2）1；（3）927；（4）1 【分析】（1）先化简符号和括号，再计算加减法；（2）将除法转化为乘法，再约分计算； （3）先算括号内的，再算乘除，最后算加减；（4）先算乘方和括号，再算乘除，最后算加减． 1  1  5 5  2 (4.8) 4    【详解】解：（1） 5  6  6 1  1 5 5  2 4.84   = 5  6 6 1 4 5 1 5 4 4 2 = 5 5 6 6 =107 =3； 9 4 (81)  (16) （2） 4 9 4 4 1 81   = 9 9 16=1； 1 1 30  4(3)15   （3） 5 6 1 30 1215 = 30 =9001215 =927； 2 3 24 1(3)2  (15)     （4） 3 5 2 3 168 (15) (15) = 3 5 2109 = =1 【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解题的关键是掌握运算法则和运算顺序． 20．（2022·天津滨海新区·七年级期末）已知平面上的四点 ， ， ， ．按下列要求画出图形： （1）画直线 ，射线 ，连接 ， ；（2）在四边形 内找一点 ，使它到四边形四个顶点 的距离的和 最小，并说明理由__________． 【答案】（1）图见解析；（2）图见解析，两点之间，线段最短 【分析】（1）根据直线、射线、线段的定义作图即可； （2）连接AC、BD的交点即为到四边形四个顶点的距离的和最小的点P． 【详解】（1）作图，直线 ，射线 ，线段 ，线段 即为所求，； （2）连接 、 交于点 ，点 即为所求，理由是：两点之间，线段最短． 【点睛】此题考查作图能力，根据语句作线，两点之间线段最短，正确理解直线、射线、线段的定义是解 题的关键． 3 21．（2022·日照市七年级期末）（1）先化简，再求值：3(x2yxy2)2( xy22x2y)-3，其中 2 1 x ,y2. 2 A2x23xy2x1,Bx2xy1 3A6B （2）已知： ，且 的值与x无关，求y的值． 2 1 y 【答案】（1） x2y1 ， 2 ；（2） 5 【分析】（1）原式去括号合并得到最简结果，把x与 y 的值代入计算即可求出值； （2）先求出3A6B的值，然后根据3A6B的值与x无关，可得x的系数为0，据此求 y 的值． 3x2y3xy23xy242x2y3 【详解】解：（1）原式 x2y1 ， 1 1 1 1 x  (2)1 1 当 2 ，y2时，原式 4 2 2 ． 3A6B3(2x23xy2x1)6(x2xy1) （2） 6x29xy6x36x26xy6 15xy6x9，  3A6B的值与x无关， 15y60， 2 y 解得： ． 5【点睛】本题考查了整式的加减化简求值，解题的关键是熟练掌握去括号法则和合并同类项法则及整式 的基本运算法则． 22．（2022·天津和平·七年级期末）解下列方程： 2x1 5x2 12x 3.10.2x 0.20.03x 3     （1） ﹣2； （2） ． 3 6 2 0.2 0.01 2 【答案】（1）x＝﹣1；（2）x＝﹣3． 【分析】（1）按解一元一次方程的一般步骤，求解即可； （2）利用分数的基本性质，先化去分母，再解一元一次方程． 【详解】解：（1）去分母，得2（2x﹣1）﹣（5x+2）＝3（1﹣2x）﹣12， 去括号，得4x﹣2﹣5x﹣2＝3﹣6x﹣12， 移项，得4x﹣5x+6x＝3﹣12+2+2， 合并，得5x＝﹣5， 系数化为1，得x＝﹣1； 53.10.2x 1000.20.03x 30.5 （2）   ， 50.2 1000.01 20.5 整理，得15.5+x﹣20﹣3x＝1.5， 移项，得x﹣3x＝1.5﹣15.5+20， 合并，得﹣2x＝6， 所以x＝﹣3． 【点睛】本题考查了解一元一次方程，掌握解一元一次方程的一般步骤是解决本题的关键．解一元一次方 程的一般步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1． 23．（2022·四川成都·七年级期末）新都，汇状元府第书香、满城桂蕊花香、宝光古寺佛香，素有“天府 明珠，香城宝地”之美誉．每年8月，满城的桂花次第开放，香气四溢，新都因此被誉为“香城”，人们 在赏花游玩的同时，还可以品尝到由桂花做成的系列特色食品，其中桂花糕深受人们的喜爱．某商店的甲 品牌桂花糕比乙品牌桂花糕每盒便宜2元，小新买了2盒甲品牌桂花糕和3盒乙品牌桂花糕，总共花了71 元．问甲，乙两种品牌桂花糕每盒各是多少元． 【答案】该商店的甲品牌桂花糕为13元/盒，乙品牌桂花糕为15元/盒 【分析】设甲品牌桂花糕的价格是x元/盒，则乙品牌桂花糕的价格是（x+2）元/盒，利用总价=单价×数量， 结合“小新买了2盒甲品牌桂花糕和3盒乙品牌桂花糕，总共花了71元”，即可得出关于x的一元一次方 程，解之即可得出甲品牌桂花糕的价格，再将其代入（x+2）中即可求出乙品牌桂花糕的价格． 【详解】解：设甲品牌桂花糕的价格是x元/盒，则乙品牌桂花糕的价格是（x+2）元/盒，依题意得：2x+3（x+2）=71， 解得：x=13， ∴x+2=13+2=15． 答：甲品牌桂花糕的价格是13元/盒，乙品牌桂花糕的价格是15元/盒． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键． 24．（2022·广东·七年级期末）十八世纪伟大的数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（v），面数（f）， 棱数（e）之间存在一个有趣的数量关系：v+f﹣e＝2，这就是著名的欧拉定理．而正多面体，是指多面体 的各个面都是形状大小完全相同的的正多边形，虽然多面体的家族很庞大，可是正多面体的成员却仅有五 种，它们是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，那今天就让我们来了解下这几个 立体图形中的“天之骄子”： （1）如图1，正四面体共有______个顶点，_______条棱． （2）如图2，正六面体共有______个顶点，_______条棱． （3）如图3是某个方向看到的正八面体的部分形状（虚线被隐藏），正八面体每个面都是正三角形，每个 顶点处有四条棱，那么它共有_______个顶点，_______条棱． （4）当我们没有正12面体的图形时，我们可以根据计算了解它的形状：我们设正12面体每个面都是正n （n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有12n÷2＝6n条梭，有12n÷m＝ 个顶点．欧拉定理 得到方程： +12﹣6n＝2，且m，n均为正整数， 去掉分母后：12n+12m﹣6nm＝2m， 将n看作常数移项：12m﹣6nm﹣2m＝﹣12n， 合并同类项：（10﹣6n）m＝﹣12n，化系数为1：m＝ ， 变形： ＝ ＝ ＝ ＝ ． 分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以 是正整数，所以n＝5，m＝3，即6n＝30， ． 因此正12面体每个面都是正五边形，共有30条棱，20个顶点． 请依据上面的方法或者根据自己的思考得出：正20面体共有_____条棱；_______个顶点． 【答案】（1）4；6；（2）8；12；（3）6；12；（4）30；12． 【分析】（1）根据面数×每面的边数÷每个顶点处的棱数可求点数，用顶点数×每个顶点的棱数÷2即可的棱 数； （2）用正六面体有六个面×每个面四条棱÷每个顶点处有三条棱可得正六面体共8个顶点，用8个顶点数× 每个顶点处有3条棱÷2正六面体共有=12条棱； （3）正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，用八个面×每个面有三棱÷每个顶点处有四条 棱，它共有6个顶点，利用顶点数×每个顶点处有四条棱÷2可得正八面体12条棱； （4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条梭，有 20n÷m＝ 个顶点．欧拉定理得到方程： +20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，可求m＝ ，变形： 求正整数解即可． 【详解】解：（1）如图1，正四面体又四个面，每个面有三条边，每个顶点处有三条棱， 共有4×3÷3=4个顶点， 共有4个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条， 正四面体共有4×3÷2=6条棱．故答案为4；6； （2）如图2，正六面体有六个面，每个面四条棱，每个顶点处有三条棱， 共有6×4÷3=8个顶点， 正六面体共8个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条， 正六面体共有8×3÷2=12条棱． 故答案为：8；12； （3）如图3正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，有八个面，每个面有三棱，每个顶点处 有四条棱，共有8×3÷4=6个顶点， 它共有6个顶点，每个顶点处有四条棱，6×4÷2=12条棱．故答案为：6；12； （4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条棱，有 20n÷m＝ 个顶点．欧拉定理得到方程： +20﹣10n＝2，且m，n均为正整数， 去掉分母后：20n+20m﹣10nm＝2m，将n看作常数移项：20m﹣10nm﹣2m＝﹣20n， 合并同类项：（18﹣10n）m＝﹣20n，化系数为1：m＝ ， 变形： ＝ ＝ ＝ ＝ ． 分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以 是正整数，所以n＝3，m＝5，即10n＝30， ． 正20面体共有30条棱；12个顶点．故答案为：30；12． 【点睛】本题考查正多面体的面数顶点数与棱数之间关系，掌握欧拉定理是解题关键． 25．（2022·湖北武汉·七年级期末）如图，已知数轴上点A表示的数为8，B是数轴上位于A点左侧一点， 且AB＝14．动点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，设运动时间为t秒．(1)写出数轴上点B表示的数______，点P表示的数______（用含t的式子表示）； (2)动点Q从点B出发，以每秒3个单位长度的速度向左匀速运动，且点P，Q同时出发． ①问点P运动多少秒时，BQ＝BP？ ②若M为AP的中点，在点P，Q运动的过程中， 的值在某一个时间段t内为定值．求出这个定值， 并直接写出t在哪一个时间段内． 【答案】(1)-6，8-5t (2)①点P运动时间为 秒或7秒时，BQ＝BP；②当 时， 的值有定值．这个定值为2 【分析】（1）由点A表示的数为8，AB=14，即得点B表示的数是8-14=-6，根据点P从点A出发，以每 秒5个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，设运动时间为t秒，可得点P表示的数是8-5t； （2）①设运动时间为t秒，可得BP=|14-5t|，BQ=3t，即有3t=|14-5t|，从而解得t= 或t=7，得到答案； ②运动时间为t秒时，点P表示的数为8-5t，点Q表示的数为-6-3t，则AP中点M表示的数为8 t，当 0≤t≤7时；当t＞7时；分别求出答案即可． （1） 解：∵点A表示的数为8，AB=14， ∴点B表示的数是8-14=-6， ∵点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，设运动时间为t秒， ∴点P表示的数是8-5t， 故答案为：-6，8-5t； （2） 解：①设运动时间为t秒，则运动后Q表示的数是-6-3t，由（1）知点P表示的数是8-5t， ∴BP=|8-5t-（-6）|=|14-5t|，BQ=3t， ∵BQ=BP， ∴3t=|14-5t|， 解得t= 或t=7； 答：点P运动 秒或7秒时，BQ=BP； ②运动时间为t秒时，点P表示的数为8-5t，点Q表示的数为-6-3t，则AP中点M表示的数为8 ，∴ ， ∴当0≤t≤7时， ， 当t＞7时， ， ∴当0≤t≤7时， 为定值，该定值为2． 【点睛】本题考查一元一次方程的应用，含绝对值的方程，绝对值的意义，数轴的性质，解题的关键是用 含t的代数式表示运动后点表示的数． 26．（2022·浙江·七年级专题练习）沿河县某初中七年级的数学老师在课外活动中组织学生进行实践探究， 用一副三角尺（分别含 ， ， 和 ， ， 的角）按如图所示摆放在量角器上，边PD与量 角器 刻度线重合，边AP与量角器 刻度线重合，将三角尺ABP绕量角器中心点P以每秒 的速度 顺时针旋转，当边PB与 刻度线重合时停止运动，设三角尺ABP的运动时间为t秒． (1)当 时， __________ ； (2)若在三角尺ABP开始旋转的同时，三角尺PCD也绕点P以每秒 的速度逆时针旋转，当三角尺ABP停 止旋转时，三角尺PCD也停止旋转． ①当t为何值时，边PB平分 ； ②在旋转过程中，是否存在某一时刻使 ，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)85(2)①当t= 时，边PB平分∠CPD；②当t= 或t= 时，∠BPD=2∠APC． 【分析】（1）当t=5秒时，计算出边BP旋转的角度的大小即可得出结论； （2）①如图1，根据PB平分∠CPD，利用角平分线的定义可得∠CPB=∠BPD= ∠CPD=30°，利用含t的 代数式分别表示出∠MPB和∠BPD的度数，列出关于t的方程，解方程即可求解； ②设时间为t秒，则∠APM=10°t，∠DPN=2°t，分两种情况说明：Ⅰ）当PA在PC左侧时，如图2所示： Ⅱ）当PA在PC右侧时，如图3，根据旋转过程得出的角度的大小列出方程即可求得结论． 【详解】（1）解：当t=5秒时，由旋转知，边BP旋转的角度为：10°×5=50°， ∴∠BPD= 180°-（45°+50°）=85°， 故答案为：85； （2）解：①如图1所示： 由题意得：∠MPB=10°t+45°，∠DPN=2°t． ∵PB平分∠CPD； ∴∠CPB=∠BPD= ∠CPD=30°， 由∠MPN=∠MPB+∠BPD+∠DPN=180°得： 10°t+45°+30°+2°t=180°， 解得，t= ， ∴当t= 时，边PB平分∠CPD； ②在旋转过程中，存在某一时刻使∠BPD=2∠APC． ∵运动时间为t秒，则∠APM=10°t，∠DPN=2°t， Ⅰ）当PA在PC左侧时，如图2所示：此时，∠APC=180°-10°t-60°-2°t=120°-12°t， ∠BPD=180°-45°-10°t-2°t=135°-12°t， ∵∠BPD=2∠APC， ∴135°-12°t=2（120°-12°t）， 解得：t= ， 因为当t= 时，运动的情况刚好同解答图的图1， 此时∠BPD=30°，∠APC=15°，∠BPD=2∠APC．是成立的； Ⅱ）当PA在PC右侧时，如图3所示： 此时，∠APC=10°t+2°t+60°-180°=12°t-120°， ∠BPD=180°-45°-10°t-2°t=135°-12°t， ∵∠BPD=2∠APC， ∴135°-12°t=2（12°t-120°）， 解得：t= ． 当PB在PD的右侧时，∠APC=12°t-120°，∠BPD=12°t-135°， 则12°t-135°=2（12°t-120°）， 解得：t= ， 此时PB在PD的左侧，所以和假设情况矛盾，不符合题意，舍去．综上所述，当t= 或t= 时，∠BPD=2∠APC． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的变化，量角器的识别，角平分线的定义，角的计算， 一元一次方程的应用，设运动的时间为t，用含t的代数式表示出∠APC与∠BPD的值是解本题的关键．