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题目（七年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图, 已知斜坡 $\mathrm{AB}$ 长 60 米, 坡角 (即 $\angle \mathrm{BAC}$ ) 为 $30^{\circ}, \mathrm{BC} \perp \mathrm{AC}$, 现计划在斜坡中点 D 处挖去部分坡体 (用阴影表示) 修建一个平行于水平线 CA 的平台 DE 和一条新的斜坡 BE. (请将下面 2 小题的结果都精确到 0.1 米, 参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.732$ ).

(1) 若修建的斜坡 $\mathrm{BE}$ 的坡角（即 $\angle \mathrm{BEF}$ ) 不大于 $45^{\circ}$, 则平台 $\mathrm{DE}$ 的长最多为 11.0 米;

(2) 一座建筑物 $\mathrm{GH}$ 距离坡角 $\mathrm{A}$ 点 27 米远（即 $\mathrm{AG}=27$ 米), 小明在 $\mathrm{D}$ 点测得建筑物顶部 $\mathrm{H}$ 的仰角 (即 $\angle H D M$ ) 为 $30^{\circ}$. 点 B、C、A、G、H 在同一个平面内, 点 C、A、G 在同一条直线上，且 $\mathrm{HG} \perp \mathrm{CG}$, 问建筑物 $\mathrm{GH}$ 高为多少米?


选项：
答案：解: (1) $\because$ 修建的斜坡 $\mathrm{BE}$ 的坡角（即 $\angle \mathrm{BEF})$ 不大于 $45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEF}$ 最大为 $45^{\circ}$,

当 $\angle \mathrm{BEF}=45^{\circ}$ 时, $\mathrm{EF}$ 最短, 此时 $\mathrm{ED}$ 最长,

$\because \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{BDF}=30^{\circ}, \mathrm{AD}=\mathrm{BD}=30$,

$\therefore \mathrm{BF}=\mathrm{EF}=\frac{1}{2} \mathrm{BD}=15$

$\mathrm{DF}=15 \sqrt{3}$,

故: $\mathrm{DE}=\mathrm{DF}-\mathrm{EF}=15(\sqrt{3}-1) \approx 11.0$;

(2) 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DP} \perp \mathrm{AC}$, 垂足为 $\mathrm{P}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{DPA}$ 中, $\mathrm{DP}=\frac{1}{2} \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \times 30=15$,

$\mathrm{PA}=\mathrm{AD} \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 30=15 \sqrt{3}$.

在矩形 DPGM 中, $\mathrm{MG}=\mathrm{DP}=15, \mathrm{DM}=\mathrm{PG}=15 \sqrt{3}+27$,在 Rt $\triangle \mathrm{DMH}$ 中, $\mathrm{HM}=\mathrm{DM} \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3} \times(15 \sqrt{3}+27)=15+9 \sqrt{3}$.

$\mathrm{GH}=\mathrm{HM}+\mathrm{MG}=15+15+9 \sqrt{3} \approx 45.6$.

答: 建筑物 $\mathrm{GH}$ 高约为 45.6 米.

<ImageHere>
解析：解: (1) $\because$ 修建的斜坡 $\mathrm{BE}$ 的坡角（即 $\angle \mathrm{BEF})$ 不大于 $45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEF}$ 最大为 $45^{\circ}$,

当 $\angle \mathrm{BEF}=45^{\circ}$ 时, $\mathrm{EF}$ 最短, 此时 $\mathrm{ED}$ 最长,

$\because \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{BDF}=30^{\circ}, \mathrm{AD}=\mathrm{BD}=30$,

$\therefore \mathrm{BF}=\mathrm{EF}=\frac{1}{2} \mathrm{BD}=15$

$\mathrm{DF}=15 \sqrt{3}$,

故: $\mathrm{DE}=\mathrm{DF}-\mathrm{EF}=15(\sqrt{3}-1) \approx 11.0$;

(2) 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DP} \perp \mathrm{AC}$, 垂足为 $\mathrm{P}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{DPA}$ 中, $\mathrm{DP}=\frac{1}{2} \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \times 30=15$,

$\mathrm{PA}=\mathrm{AD} \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 30=15 \sqrt{3}$.

在矩形 DPGM 中, $\mathrm{MG}=\mathrm{DP}=15, \mathrm{DM}=\mathrm{PG}=15 \sqrt{3}+27$,在 Rt $\triangle \mathrm{DMH}$ 中, $\mathrm{HM}=\mathrm{DM} \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3} \times(15 \sqrt{3}+27)=15+9 \sqrt{3}$.

$\mathrm{GH}=\mathrm{HM}+\mathrm{MG}=15+15+9 \sqrt{3} \approx 45.6$.

答: 建筑物 $\mathrm{GH}$ 高约为 45.6 米.
题目（七年级 · 度量几何学）：阅读下面文字, 然后回答问题.

给出定义: 一个实数的整数部分是不大于这个数的最大数, 这个实数的小数部分为这个数与它的整数部分的差的绝对值. 例如: 2.4 的整数部分为 2 , 小数部分为 $2.4-2=0.4 ; \sqrt{2}$ 的整数部分为 1 , 小数部分可用 $\sqrt{2}-1$ 表示; 再如, -2.6 的整数部分为 -3 , 小数部分为 $|-2.6-(-3)|=$ 0.4 . 由此我们得到一个真命题: 如果 $\sqrt{2}=x+y$, 其中 $x$ 是整数, 且 $0<y<1$, 那么 $x=$

1, $y=\sqrt{2}-1$.

（1）如果 $\sqrt{7}=a+b$, 其中 $a$ 是整数, 且 $0<b<1$, 那么 $a=$ $b=$ \$ \qquad \$ \$ \qquad \$ ; ,

（2）如果 $-\sqrt{7}=c+d$, 其中 $c$ 是整数, 且 $0<d<1$, 那么 $c=$ $d=$ \$ \qquad \$ ;

（3）已知 $3+\sqrt{7}=m+n$, 其中 $m$ 是整数, 且 $0<n<1$, 求 $|m-n|$ 的值;
选项：
答案：(1) $2 ; \sqrt{7}-2$

(2) $-3 ; 3-\sqrt{7}$

(3) 解: $\because 5<3+\sqrt{7}<6$,

$\therefore \mathrm{m}=5, \mathrm{n}=3+\sqrt{7}-5=\sqrt{7}-2$,

$\therefore|m-n|$

$=|5-(\sqrt{7}-2)|$

$=|7-\sqrt{7}|$

$=7-\sqrt{7}$.
解析：(1) $\because 2^{2}<7<3^{2}$,

$\therefore 2<\sqrt{7}<3$,

$\therefore \mathrm{a}=2, \mathrm{~b}=\sqrt{7}-2$,

故答案为: $2, \sqrt{7}-2$.

(2) $\because-3<-\sqrt{7}<-2$,

$\therefore-\sqrt{7}$ 的整数部分为 -3 , 小数部分为: $-\sqrt{7}-(-3)=3-\sqrt{7}$,

即 $\mathrm{c}=-3, \mathrm{~d}=3-\sqrt{7}$.

故答案为: $-3,3-\sqrt{7}$.
题目（七年级 · 度量几何学）：如图, 长方形内两个相邻正方形的面积分别为 6 和 9 .

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(1) 小正方形的边长在哪两个连续的整数之间? 并说明理由;

(2) 求阴影部分的面积.
选项：
答案：(1) 解: 小正方形的边长 $=\sqrt{6}$.
$\because 4<6<9, \quad \therefore 2<\sqrt{6}<3, \quad \therefore$ 小正方形的边长在 2 和 3 之间.

(2) 解: 大正方形的边长 $=\sqrt{9}=3$, 小正方形的边长 $=\sqrt{6}$,

所以阴影部分的面积 $=(3-\sqrt{6}) \times \sqrt{6}=3 \sqrt{6}-6$.
解析：(1) 解: 小正方形的边长 $=\sqrt{6}$.
$\because 4<6<9, \quad \therefore 2<\sqrt{6}<3, \quad \therefore$ 小正方形的边长在 2 和 3 之间.

(2) 解: 大正方形的边长 $=\sqrt{9}=3$, 小正方形的边长 $=\sqrt{6}$,

所以阴影部分的面积 $=(3-\sqrt{6}) \times \sqrt{6}=3 \sqrt{6}-6$.
题目（七年级 · 度量几何学）：综合与实践一一探究数轴中的问题

问题情境: 活动课上，同学们将如图所示的数轴进行对折，探究其中的数学问题.



(1) 操作思考:

勤学小组的对折方案是: 使表示 -5 的点与表示 5 的点重合.

(1)对折后数轴上表示 7 的点与表示 \$ \qquad \$的点重合;

(2)对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点与表示 \$ \qquad \$的点重合 (用含 $m$ 的式子表示);

（2）善思小组的对折方案是: 使表示- 5 的点与表示 7 的点重合.

(1)对折后数轴上表示 \$ \qquad \$的点与原点重合; 对折后表示- 25 的点与表示 \$ \qquad \$的点重合;

(2)对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点与表示 \$ \qquad \$的点重合 (用含 $m$ 的式子表示);

(3) 拓展探究:
好问小组的对折方案是: 使表示有理数 $m$ 的点与表示有理数 $n$ 的点重合 (其中 $m<n$ ).请从下面 A, B 两题中任选一题作答. 我选择 \$ \qquad \$题

A.(1)对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点到对折点的距离为 \$ \qquad \$ (用含 $m, n$ 的式子表示);

(2)对折后数轴上原点与表示 \$ \qquad \$的点重合 (用含 $m, n$ 的式子表示).

B.(1) 该数轴对折点表示的有理数为 \$ \qquad \$ (用含 $m, n$ 的式子表示);

(2)对折后数轴上表示有理数 $p$ 的点与表示 \$ \qquad \$的点重合 (用含 $m, n, p$ 的式子表示).


选项：
答案：(1) $-7 ;-\mathrm{m}$

(2) $2 ; 27 ;(2-m)$

(3) A: $\frac{m+n}{2} ;(\mathrm{m}+\mathrm{n}) ;$ B: $\frac{m+n}{2} ;(\mathrm{m}+\mathrm{n}-\mathrm{p})$
解析：(1) (1) $\because$ 对折后, 表示 -5 的点与表示 5 的点重合,

$\therefore$ 对折点所表示的数为 $\frac{-5+5}{2}=0$,

$\therefore$ 对折后数轴上表示 7 的点与表示 -7 的点重合,

故答案为: -7; (2) 由 (1) (1)可知, 对折点所表示的数为 0 ,

则对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点与表示 $-m$ 的点重合,

故答案为: $-m$; (2) (1) $\because$ 对折后, 表示 -5 的点与表示 7 的点重合,

$\therefore$ 对折点所表示的数为 $\frac{-5+7}{2}=1$,

设对折后数轴上表示 $a$ 的点与原点重合,

则 $\frac{a+0}{2}=1$,

解得 $a=2$,

设对折后表示- 25 的点与表示 $b$ 的点重合,

则 $\frac{-25+b}{2}=1$,

解得 $b=27$,

故答案为: 2, 27; (2) 设对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点与表示 $x$ 的点重合,

则 $\frac{m+x}{2}=1$,

解得 $x=2-m$,

故答案为: $(2-m)$; (3) 解: A. (1) $\because$ 表示有理数 $m$ 的点与表示有理数 $n$ 的点重合,
$\therefore$ 对折点所表示的数为 $\frac{m+n}{2}$,

$\therefore$ 对折后数轴上表示有理数 $m$ 的点到对折点的距离为 $\frac{m+n}{2}-m=\frac{n-m}{2}$,

故答案为: $\frac{n-m}{2} ;$

(2)设对折后数轴上原点与表示 $y$ 的点重合,

则 $\frac{0+y}{2}=\frac{m+n}{2}$,

解得 $y=m+n$,

故答案为: $(m+n)$;

B. (1) $\because$ 表示有理数 $m$ 的点与表示有理数 $n$ 的点重合,

$\therefore$ 对折点所表示的数为 $\frac{m+n}{2}$,

故答案为: $\frac{m+n}{2} ;$

(2)设对折后数轴上表示有理数 $p$ 的点与表示 $z$ 的点重合,

则 $\frac{p+z}{2}=\frac{m+n}{2}$,

解得 $z=m+n-p$,

故答案为: $(m+n-p)$.

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题目（七年级 · 度量几何学）：已知数轴上有 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{C}$ 三点, 分别表示有理数 $-26,-10,10$, 动点 $\mathrm{P}$ 从 $\mathrm{A}$ 出发, 以每秒 1 个单位的速度向终点 $\mathrm{C}$ 移动, 设点 $\mathrm{P}$ 移动时间为 $\mathrm{t}$ 秒.



(1) 用含 $\mathrm{t}$ 的代数式表示 $\mathrm{P}$ 到点 $\mathrm{A}$ 和点 $\mathrm{C}$ 的距离: $\mathrm{PA}=$ \$ \qquad \$ , $\mathrm{PC}=$ \$ \qquad \$ —.

(2) 当点 $P$ 运动到 $B$ 点时, 点 $Q$ 从 $A$ 点出发, 以每秒 3 个单位的速度向 $C$ 点运动, $Q$ 点到达 $C$点后, 再立即以同样的速度返回, 当点 $\mathrm{P}$ 运动到点 $\mathrm{C}$ 时, $\mathrm{P} 、 \mathrm{Q}$ 两点运动停止,

(1) 当 $P 、 Q$ 两点运动停止时, 求点 $P$ 和点 $Q$ 的距离;

(2)求当 $t$ 为何值时 $P 、 Q$ 两点恰好在途中相遇.
选项：
答案：(1) $\mathrm{t} ; 36-\mathrm{t}$

(2) 解: (1) $\mathrm{BC}$ 的长度: $10-(-10)=20$,

点 $\mathrm{P}$ 运动到点 $\mathrm{C}$ 的时间: $20 \div 1=20$,

$\mathrm{AC}$ 的长度: $10-(-26)=36$,

$\therefore \mathrm{P} 、 \mathrm{Q}$ 两点的距离: $3 \times 20-36=24$;

(2) $\mathrm{Q}$ 返回前相遇: $3(\mathrm{t}-16)=\mathrm{t}$,

解得: $\mathrm{t}=24$;

$\mathrm{Q}$ 返回后相遇: $3(\mathrm{t}-16)+\mathrm{t}=36 \times 2$,

解得: $\mathrm{t}=30$.

综上所述, $\mathrm{t}$ 的值是 24 或 30 .
解析：) $\mathrm{PA}=\mathrm{t}, \mathrm{PC}=36-\mathrm{t}$;
故答案是: $t ; 36-t ;$

21 世纪教育网 (www.21cnjy.com)
题目（七年级 · 解析几何）：已知数轴上两点 $A 、 B$ 对应的数分别为 $-1 、 3$, 点 $\mathrm{P}$ 为数轴上一动点, 其对应的数为 $\mathrm{x}$.



(1) 如果点 $\mathrm{P}$ 到点 A、点 $\mathrm{B}$ 的距离相等, 直接写出 $\mathrm{x}$ 的值;

(2) 当点 $\mathrm{P}$ 以每秒 3 个单位长的速度从数轴的原点出发, 几秒后可使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}$ ?

(3) 利用数轴, 根据绝对值的几何意义, 找出满足 $|x+1|+|x-3|=6$ 的所有 $x$ 的值.
选项：
答案：(1) 解：到点 $A 、$ 、点 $B$ 的距离相等的点位于 $A 、 B$ 的中点, 即 $x=1$ 的点

(2) 解: 若 $\mathrm{P}$ 向数轴负方向运动,

使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}, \mathrm{AB}=4$

则 $\mathrm{PB}=12$

所以 $\mathrm{P}$ 点对应的数是 $3-12=-9$,
从原点到- 9 对应点的距离是 $9, \mathrm{P}$ 移动的速度是 3 个单位 $/ \mathrm{s}$

所以到达- 9 处需要时间 $=9 \div 3=3 s$;

若 $\mathrm{P}$ 向数轴正方向运动,

使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}, \mathrm{AB}=4$

则 $\mathrm{PB}=12$

所以 $\mathrm{P}$ 点对应的数是 $3+12=15$

从原点到 15 对应点的距离是 $15, \mathrm{P}$ 移动的速度是 3 个单位 $/ \mathrm{s}$

所以到达 15 处需要时间 $=15 \div 3=5 s$.

综上, 当以数轴负向运动时, 3 秒后可使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}$; 当以数轴正向运动时, 5 秒后可使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}$

(3) 解: 由题可得, 要找出与 $A 、 B$ 两点距离之和为 6 的点, 因为 $A B=4$, 所以必定在线段 $A B$ 两侧

在线段 $\mathrm{AB}$ 右侧的点为 $\mathrm{x}=4$ 的点, 与 $\mathrm{B}$ 距离为 1 , 与 $\mathrm{A}$ 距离为 5 ;

在线段 $A B$ 左侧的点为 $x=-2$ 的点, 与 $A$ 距离为 1 , 与 $B$ 距离为 5
解析：(1) 解：到点 $A 、$ 、点 $B$ 的距离相等的点位于 $A 、 B$ 的中点, 即 $x=1$ 的点

(2) 解: 若 $\mathrm{P}$ 向数轴负方向运动,

使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}, \mathrm{AB}=4$

则 $\mathrm{PB}=12$

所以 $\mathrm{P}$ 点对应的数是 $3-12=-9$,
从原点到- 9 对应点的距离是 $9, \mathrm{P}$ 移动的速度是 3 个单位 $/ \mathrm{s}$

所以到达- 9 处需要时间 $=9 \div 3=3 s$;

若 $\mathrm{P}$ 向数轴正方向运动,

使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}, \mathrm{AB}=4$

则 $\mathrm{PB}=12$

所以 $\mathrm{P}$ 点对应的数是 $3+12=15$

从原点到 15 对应点的距离是 $15, \mathrm{P}$ 移动的速度是 3 个单位 $/ \mathrm{s}$

所以到达 15 处需要时间 $=15 \div 3=5 s$.

综上, 当以数轴负向运动时, 3 秒后可使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}$; 当以数轴正向运动时, 5 秒后可使 $\mathrm{PB}=3 \mathrm{AB}$

(3) 解: 由题可得, 要找出与 $A 、 B$ 两点距离之和为 6 的点, 因为 $A B=4$, 所以必定在线段 $A B$ 两侧

在线段 $\mathrm{AB}$ 右侧的点为 $\mathrm{x}=4$ 的点, 与 $\mathrm{B}$ 距离为 1 , 与 $\mathrm{A}$ 距离为 5 ;

在线段 $A B$ 左侧的点为 $x=-2$ 的点, 与 $A$ 距离为 1 , 与 $B$ 距离为 5
题目（七年级 · 解析几何）：(本题 6 分) 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $B C$ 是 $\odot O$ 的切线, $D$ 是 $\odot O$ 上一点, 且 $A D / /$ $O C$

(1) 求证: $\triangle A D B \backsim \triangle O B C \quad$ (2) 若 $A B=2, B C=\sqrt{5}$, 求 $A D$ 的长 (结果保留根号)


选项：
答案：(1) $\angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ} \quad \angle \mathrm{DAB}=\angle \mathrm{COB} \quad$ (2) $\mathrm{AD}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
解析：(1) $\angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ} \quad \angle \mathrm{DAB}=\angle \mathrm{COB} \quad$ (2) $\mathrm{AD}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
题目（七年级 · 解析几何）：(本题 10 分) 如图, 已知直线 $l$ 的解析式为 $\mathrm{y}=\frac{3}{4} \mathrm{x}-3$, 且与 $\mathrm{x}$ 轴、 $\mathrm{y}$ 轴分别交于点 $A, B$.

(1)求 $A, B$ 两点的坐标;

(2)一个圆心在坐标原点、半径为 1 的圆, 以 $\frac{2}{5}$ 个单位/秒的速度向 $x$ 轴正方向运动,问在什么时刻圆与直线 $l$ 相切?

(3)在题 (2) 中, 若在圆开始运动的同时, 一动点 $P$ 从 $B$ 点出发, 沿 $B A$ 方向以 $\frac{1}{2}$ 个单位/秒的速度运动, 问: 在整个运动过程中, 点 $P$ 在动圆的圆面上 (包括圆上和圆内部) 一共运动了多长时间?
选项：
答案：(1) $A(4,0)\left[(6,3)=(2) \frac{35}{6} s\right.$ 或 $\frac{85}{6} s$ (3) $\frac{20}{3} s$
解析：(1) $A(4,0)\left[(6,3)=(2) \frac{35}{6} s\right.$ 或 $\frac{85}{6} s$ (3) $\frac{20}{3} s$
题目（七年级 · 解析几何）：如图, 用两个边长为 $15 \sqrt{2} \mathrm{~cm}$ 的小正方形拼成一个大的正方形.



(1) 求大正方形的边长?

(2) 若沿此大正方形边的方向剪出一个长方形, 能否使剪出的长方形纸片的长宽之比为 4: 3 且面积
为 $720 \mathrm{~cm}^{2}$.若能, 试求出剪出的长方形纸片的长与宽; 若不能, 试说明理由?
选项：
答案：(1) 解: 大正方形的边长是 $\sqrt{2 \times(15 \sqrt{2})^{2}}=30(\mathrm{~cm})$

(2) 解: 设长方形纸片的长为 $4 \mathrm{xcm}$, 宽为 $3 \mathrm{xcm}$, 则 $4 \mathrm{x} \cdot 3 \mathrm{x}=720$, 解得: $\mathrm{x}=\sqrt{60}, 4 \mathrm{x}=$ $\sqrt{4 \times 4 \times 60}=\sqrt{960}>30$, 所以沿此大正方形边的方向剪出一个长方形, 不能使剪出的长方形纸片的长宽之比为 $4: 3$, 且面积为 $720 \mathrm{~cm}^{2}$
解析：(1) 解: 大正方形的边长是 $\sqrt{2 \times(15 \sqrt{2})^{2}}=30(\mathrm{~cm})$

(2) 解: 设长方形纸片的长为 $4 \mathrm{xcm}$, 宽为 $3 \mathrm{xcm}$, 则 $4 \mathrm{x} \cdot 3 \mathrm{x}=720$, 解得: $\mathrm{x}=\sqrt{60}, 4 \mathrm{x}=$ $\sqrt{4 \times 4 \times 60}=\sqrt{960}>30$, 所以沿此大正方形边的方向剪出一个长方形, 不能使剪出的长方形纸片的长宽之比为 $4: 3$, 且面积为 $720 \mathrm{~cm}^{2}$
题目（七年级 · 解析几何）：如图是某市民健身广场的平面示意图, 它是由 6 个正方形拼成的长方形, 已知中间最小的正方形 $A$ 的边长是 1 米;



（1）若设图中最大正方形 $B$ 的边长是 $x$ 米, 请用含 $x$ 的代数式分别表示出正方形 $F 、 E 、 C$的边长

(2) 观察图形的特点可知, 长方形相对的两边是相等的(即 $M N=P Q, \quad M Q=P N$ ) 请根据以上结论, 求出 $x$ 的值

（3）现沿着长方形广场的四条边铺设下水管道，由甲、乙工程队单独铺设分别需要 10 天、 15 天完成, 如果两队从同一位置开始, 沿相反的方向同时施工 2 天后, 因甲队另有任务, 余下的工程由乙队单独施工，还要多少天完成?
选项：
答案：(1) 解：若设图中最大正方形 $\mathrm{B}$ 的边长是 $\mathrm{x}$ 米, 最小的正方形的边长是 1 米.

$\therefore \mathrm{F}$ 的边长为: $(\mathrm{x}-1)$ 米,

$\therefore \mathrm{C}$ 的边长为: $\frac{x+1}{2}$ 米,

$\therefore \mathrm{E}$ 的边长为: $\mathrm{x}-1-1=(\mathrm{x}-2)$ 米;

(2) 解: $\because \mathrm{MQ}=\mathrm{PN}$,

$\therefore \mathrm{x}-1+\mathrm{x}-2=\mathrm{x}+\frac{x+1}{2}$,

解得: $x=7$,

$\therefore \mathrm{x}$ 的值为 7 ;

(3) 解: 设余下的工程由乙队单独施工, 还要 $\mathrm{x}$ 天完成.

$\therefore\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{15}\right) \times 2+\frac{1}{15} \mathrm{x}=1$,
解得: $x=10$.

答: 余下的工程由乙队单独施工, 还要 10 天完成.
解析：(1) 若设图中最大正方形 $\mathrm{B}$ 的边长是 $\mathrm{x}$ 米, 最小的正方形的边长是 1 米, 从图中可看出 $\mathrm{F}$的边长为 ( $\mathrm{x}-1$ ) 米, $\mathrm{C}$ 的边长为 $\frac{x+1}{2}, \mathrm{E}$ 的边长为 ( $\mathrm{x}-1-1$ ), 即可得到答案; (2) 根据长方形相对的两边是相等的 (如图中的 $\mathrm{MN}$ 和 PQ). 请根据这个等量关系, 求出 $\mathrm{x}$ 的值; (3) 根据工作效率 $\times$ 工作时间 $=$ 工作量这个等量关系且完成工作, 工作量就为 1, 可列方程求解.
题目（七年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

在平面直角坐标系中有四个点 $A(0, a) 、 B(b-1, a) 、 M(b-2,0) 、 N(a+b-1,0)$ 且 $\pm 2$ 是 $a$ 的平方根, $b$ 是 27 的立方根.

(1)求 $a, b$ 的值;

(2) 设点 $P$ 是线段 $A N$ 上任意一点, 点 $Q$ 是 $\angle B A N$ 的平分线与 $\angle P O N$ 的平分线的交点, 若 $\angle B A N+$ $\angle P O N=80^{\circ}$, 求 $\angle A Q O$ 的度数;

(3) 已知点 $C$ 在直线 $A B$ 上, 且 $B C=1$.线段 $B C$ 以每秒 1 个单位长度的速度在直线 $A B$ 上沿射线 $B C$方向运动, 同时线段 $M N$ 以每秒 2 个单位长度的速度沿 $x$ 轴向左运动. 在运动过程中, 点 $B^{\prime} 、 C^{\prime} 、$ $M^{\prime} 、 N^{\prime}$ 分别是点 $B 、 C 、 M 、 N$ 的对应点, 连接 $N^{\prime} C^{\prime}$, 当 $N^{\prime} C^{\prime}$ 平行于 $y$ 轴时, 求点 $B^{\prime} 、 M^{\prime}$ 的坐标.


备用图
选项：
答案：解：(1) $\pm 2$ 是 4 的平方根, 3 是 27 的立方根,

$\therefore a=4, b=3$

(2) $\because A B / / O N$,

$\therefore \angle B A O+\angle A O N=180^{\circ}$,

$\because$ 点 $Q$ 是 $\angle B A N$ 的平分线与 $\angle P O N$ 的平分线的交点,
$\therefore \angle B A Q=\frac{1}{2} \angle B A N, \quad \angle Q O N=\frac{1}{2} \angle P O N$,

$\therefore \angle B A Q+\angle Q O N=\frac{1}{2}(\angle B A N+\angle P O N)=40^{\circ}$,

$\therefore \angle Q A O+\angle Q O A=140^{\circ}$,

$\therefore \angle A Q O=180^{\circ}-140^{\circ}=40^{\circ}$;

(3)设线段 $B C$ 运动时间为 $t$ ，

$\because A B / / M N$,

$\therefore$ 当 $A C^{\prime}=O N^{\prime}$ 时, 四边形 $A O N^{\prime} C^{\prime}$ 是平行四边形,

$\therefore N^{\prime} C^{\prime} / / y$ 轴,

当点 $C$ 在点 $B$ 的右边时, $A C^{\prime}=2+1+t, O N^{\prime}=6-2 t$,

由题意得, $2+1+t=6-2 t$,

解得, $t=1$,

点 $B^{\prime}$ 的坐标为 $(3,0) 、 M^{\prime}$ 的坐标为 $(-1,0)$,

当点 $C$ 在点 $B$ 的左边时, $A C^{\prime}=t-1, O N^{\prime}=2 t-6$,

由题意得, $t-1=2 t-6$,

解得, $t=5$,

点 $B^{\prime}$ 的坐标为 $(-3,0) 、 M^{\prime}$ 的坐标为 $(-9,0)$,

则点 $B^{\prime} 、 M^{\prime}$ 的坐标为 $(-3,4) 、(-9,0)$ 或 $(3,4) 、(-1,0) .$.
解析：(1)根据平方根的定义、立方根的定义分别求出 $a 、 b$;

(2)根据平行线的性质得到 $\angle B A O+\angle A O N=180^{\circ}$, 根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可;

(3)根据平行四边形的判定和性质得到当 $A C^{\prime}=O N^{\prime}$ 时, 四边形 $A O N^{\prime} C^{\prime}$ 是平行四边形, $N^{\prime} C^{\prime} / / y$ 轴,分点 $C$ 在点 $B$ 的右边、点 $C$ 在点 $B$ 的左边两种情况列式计算即可.

本题考查的是平方根、立方根的定义、角平分线的定义、三角形内角和定理, 掌握相关的判定定理和性质定理、定义是解题的关键.
题目（七年级 · 代数）：本学期我们学习了 “有理数乘方” 运算, 知道乘方的结果叫做“幂”, 下面介绍一种有关“幂”的新运算.

定义: $a^{m}$ 与 $a^{n}(a \neq 0, m, n$ 都是正整数 $)$ 叫做同底数幂, 同底数幂除法记作 $a^{m} \div$ $a^{n}$.运算法则如下: $a^{m} \div a^{n}=\left\{\begin{array}{c}\text { 当 } m>n \text { 时, } a^{m} \div a^{n}=a^{m-n} \\ \text { 当 } m=n \text { 时, } a^{m} \div a^{n}=1 \\ \text { 当 } m<n \text { 时, } a^{m} \div a^{n}=\frac{1}{a^{n-m}}\end{array}\right.$根据“同底数幂除法”的运算法则，回答下列问题:

(1) 填空: $\left(\frac{1}{3}\right)^{3} \div\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=$ \$ \qquad \$ $5^{2} \div 5^{4}=$ \$ \qquad \$ ;

(2) 如果 $x>0$, 且 $2^{x} \div 2^{2 x}=\frac{1}{8}$, 求出 $x$ 的值;

(3) 如果 $(x-2)^{2 x+2} \div(x-2)^{12}=1$, 则 $x=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：(1) $\frac{1}{3} ; \frac{1}{25}$

（2）解：因为 $x>0$,

所以 $x<2 x$,

$\because 2^{x} \div 2^{2 x}=\frac{1}{2^{x}}$

$\because \frac{1}{8}=\frac{1}{2^{3}}$,

所以 $x=3$,

(3) $5 、 3 、 1$
解析：(1) $\left(\frac{1}{3}\right)^{3} \div\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=\frac{1}{3}, \quad 5^{2} \div 5^{4}=\frac{1}{5^{2}}=\frac{1}{25}$,

故答案为: $\frac{1}{3}, \frac{1}{25}$;

(3) 由题意知, (1) $2 x+2-12=0$,

解得: $x=5$;

(2) $x-2=1$,

解得: $x=3$;

(3) $x-2=-1$ 且 $2 x+2$ 为整数,

解得: $x=1$ ；

综上, $\mathrm{x}=5, \mathrm{x}=3, \mathrm{x}=1$.

故答案为: 5 或 3 或 1 .
题目（七年级 · 代数）：(8 分) 已知关于 $x$ 的不等式 $a x+3>0$ （其中 $a \neq 0$ ).

（1）当 $a=-2$ 时, 求此不等式的解, 并在数轴上表示此不等式的解集;

（2）小明准备了十张形状、大小完全相同的不透明卡片, 上面分别写有整数: $-10,-9$, $-8,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1$, 将这 10 张卡片写有整数的一面向下放在桌面上. 从中任意抽取一张, 以卡片上的数作为不等式中的系数 a, 求使该不等式没有正整数解的概率.
选项：
答案：解:（1）把 $a=-2$ 代入不等式得

$-2 x+3>0$

解得 $x<\frac{3}{2}$.

<ImageHere>

(2) $\because a x+3>0(a \neq 0)$ 的解集为 $x<-\frac{3}{a}$,

若要使不等式没有正整数解, 则 $-\frac{3}{a} \leq 1$, 即 $a \leq-3$,

$\therefore$ 在这 10 个数中，能使不等式没有正整数解的 a 的值有 $-10,-9,-8,-7,-6$, $-5,-4,-3$ 共 8 个

$\therefore$ 该不等式没有正整数解的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
解析：解:（1）把 $a=-2$ 代入不等式得

$-2 x+3>0$

解得 $x<\frac{3}{2}$.



(2) $\because a x+3>0(a \neq 0)$ 的解集为 $x<-\frac{3}{a}$,

若要使不等式没有正整数解, 则 $-\frac{3}{a} \leq 1$, 即 $a \leq-3$,

$\therefore$ 在这 10 个数中，能使不等式没有正整数解的 a 的值有 $-10,-9,-8,-7,-6$, $-5,-4,-3$ 共 8 个

$\therefore$ 该不等式没有正整数解的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
题目（七年级 · 代数）：用序号将下列各数填入相应的大括号内.
$(1) \sqrt[3]{2}$,
(2) $-\frac{17}{15}$,
(3) $\sqrt{4}$,
(4) 0 ,
(5) $-\sqrt{0.9}$,
(6) 3.14, (7) $-\frac{\pi}{4}$,
(8) -3.1, (9) $\sqrt[3]{27}$

正整数 \{

负分数 \{

\$.

无理数\{
选项：
答案：解: $\sqrt{4}=2, \sqrt[3]{27}=3$,

正整数 $\{(3) \sqrt{4},(9) \sqrt[3]{27} \ldots \ldots\} ;$

负分数 $\left\{\right.$ (2) $-\frac{17}{15}$, (8) $\left.-3.1 \ldots ..\right\}$;

无理数 $\{1) \sqrt[3]{2}$, (5) $-\sqrt{0.9}$, ( 7 ) $\left.-\frac{\pi}{4} \cdots \cdots\right\}$.
解析：解: $\sqrt{4}=2, \sqrt[3]{27}=3$,

正整数 $\{(3) \sqrt{4},(9) \sqrt[3]{27} \ldots \ldots\} ;$

负分数 $\left\{\right.$ (2) $-\frac{17}{15}$, (8) $\left.-3.1 \ldots ..\right\}$;

无理数 $\{1) \sqrt[3]{2}$, (5) $-\sqrt{0.9}$, ( 7 ) $\left.-\frac{\pi}{4} \cdots \cdots\right\}$.
题目（七年级 · 代数）：数学老师在课堂上提出一个问题: “通过探究知道: $\sqrt{2}=1.414 \ldots$, 它是个无限不循环小数, 也叫无理数, 它的整数部分是 1 , 那么有谁能说出它的小数部分是多少? ”小明举手回答: “它的小数部分我们无法全部写出来, 但可以用 $\sqrt{2}-1$ 来表示它的小数部分.”张老师肯定了他的说法.现请你根据小明的说法解答: 若 $\sqrt{5}$ 的小数部分是 $\mathrm{a}, \sqrt{37}$ 的整数部分是 $\mathrm{b}$, 求 $\mathrm{a}+\mathrm{b}-\sqrt{5}$ 的值.
选项：
答案：解: $\because 4<5<9,36<37<49$,

$\therefore 2<\sqrt{5}<3,6<\sqrt{37}<7$,

$\therefore \mathrm{a}=\sqrt{5}-2, \mathrm{~b}=6$,

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}-\sqrt{5}=\sqrt{5}-2+6-\sqrt{5}=4$.
解析：解: $\because 4<5<9,36<37<49$,

$\therefore 2<\sqrt{5}<3,6<\sqrt{37}<7$,

$\therefore \mathrm{a}=\sqrt{5}-2, \mathrm{~b}=6$,

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}-\sqrt{5}=\sqrt{5}-2+6-\sqrt{5}=4$.
题目（七年级 · 代数）：阅读理解.

$\because \sqrt{4}<\sqrt{5}<\sqrt{9}$ 即 $2<\sqrt{5}<3$

$$
\therefore 1<\sqrt{5}-1<2
$$

$\therefore \sqrt{5}-1$ 的整数部分为 1,

$\therefore \sqrt{5}-1$ 的小数部分为 $\sqrt{5}-2$

解决问题: 已知 $a$ 是 $\sqrt{17}-3$ 的整数部分, $b$ 是 $\sqrt{17}-3$ 的小数部分.

(1) 求 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

(2) 求 $(-a)^{3}+(b+4)^{2}$ 的平方根, 提示: $(\sqrt{17})^{2}=17$.
选项：
答案：(1) 解: $\therefore \sqrt{16}<\sqrt{17}<\sqrt{25}$ ，

$\therefore 4<\sqrt{17}<5$,

$\therefore 1<\sqrt{17}-3<2$,

$\therefore \mathrm{a}=1, \mathrm{~b}=\sqrt{17}-4$

(2) 解: $(-a)^{3}+(b+4)^{2}=(-1)^{3}+(\sqrt{17}-4+4)^{2}=-1+17=16$,

$\therefore(-a)^{3}+(b+4)^{2}$ 的平方根是 $\pm \sqrt{16}= \pm 4$.
解析：(1) 解: $\therefore \sqrt{16}<\sqrt{17}<\sqrt{25}$ ，

$\therefore 4<\sqrt{17}<5$,

$\therefore 1<\sqrt{17}-3<2$,

$\therefore \mathrm{a}=1, \mathrm{~b}=\sqrt{17}-4$

(2) 解: $(-a)^{3}+(b+4)^{2}=(-1)^{3}+(\sqrt{17}-4+4)^{2}=-1+17=16$,

$\therefore(-a)^{3}+(b+4)^{2}$ 的平方根是 $\pm \sqrt{16}= \pm 4$.
题目（七年级 · 代数）：(1) 用“<”“"或“=”填空: 1 \$ \qquad \$ $\sqrt{2}, \sqrt{2}$ $\sqrt{3} ;$

(2) 由以上可知:

(1) $|1-\sqrt{2}|=$ \$ \qquad \$ (2) $|\sqrt{2}-\sqrt{3}|=$ \$ \qquad \$
(3) 计算: $|1-\sqrt{2}+| \sqrt{2}-\sqrt{3}|+| \sqrt{3}-\sqrt{4}|+\ldots+| \sqrt{2020}-\sqrt{2021} \mid$ (结果保留根号).
选项：
答案：1)<;<$

(2) $\sqrt{2}-1 ; \sqrt{3}-\sqrt{2}$

(3) 解: 原式 $=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\ldots+\sqrt{2021}-\sqrt{2020}=\sqrt{2020}-1$
解析：1)<;<$

(2) $\sqrt{2}-1 ; \sqrt{3}-\sqrt{2}$

(3) 解: 原式 $=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\ldots+\sqrt{2021}-\sqrt{2020}=\sqrt{2020}-1$
题目（七年级 · 代数）：已知 $m^{2}=25,|1-n|=2$, 且 $m<n$, 求 $m-n$ 的值. $<n$, 求 $m-n$ 的值.
选项：
答案：解: $|1-n|=2, n=-1$ 或 3 ,

$\because \mathrm{m}^{2}=25, \quad \therefore \mathrm{m}= \pm 5$,

$\because \mathrm{m}<\mathrm{n}, \quad \therefore \mathrm{m}=-5$,

$\therefore \mathrm{m}-\mathrm{n}=-4$ 或 -8 .
解析：解: $|1-n|=2, n=-1$ 或 3 ,

$\because \mathrm{m}^{2}=25, \quad \therefore \mathrm{m}= \pm 5$,

$\because \mathrm{m}<\mathrm{n}, \quad \therefore \mathrm{m}=-5$,

$\therefore \mathrm{m}-\mathrm{n}=-4$ 或 -8 .
题目（七年级 · 代数）：全球气候变暖导致一些冰川融化并消失. 在冰川消失 12 年后, 一种低等植物苔藓就开始在岩石上生长. 每一个苔藓都会长成近似圆形的形状, 苔藓的直径和其生长年限近似地满足如下的关系式: $\mathrm{d}=7 \sqrt{t-12} （ t \geq 12)$, 其中 $\mathrm{d}$ 代表苔藓的直径, 单位是厘米; $\mathrm{t}$ 代表冰川消失的时间, 单位是年.

(1) 冰川消失 16 年后苔藓的直径约是多少?

（2）如果测得一些苔藓的直径是 35 厘米, 那么冰川约是在多少年前消失的?
选项：
答案：(1) 解: 当 $\mathrm{t}=16$ 时, $\mathrm{d}=7 \sqrt{t-12}=7 \times 2=14(\mathrm{~cm})$.

所以冰川消失 16 年后苔藓的直径约为 $14 \mathrm{~cm}$.

(2) 解: 当 $\mathrm{d}=35$ 时, $\sqrt{t-12}=5$, 即 $\mathrm{t}-12=25$, 解得 $\mathrm{t}=37$.所以冰川约是在 37 年前消失的.
解析：(1) 解: 当 $\mathrm{t}=16$ 时, $\mathrm{d}=7 \sqrt{t-12}=7 \times 2=14(\mathrm{~cm})$.

所以冰川消失 16 年后苔藓的直径约为 $14 \mathrm{~cm}$.

(2) 解: 当 $\mathrm{d}=35$ 时, $\sqrt{t-12}=5$, 即 $\mathrm{t}-12=25$, 解得 $\mathrm{t}=37$.所以冰川约是在 37 年前消失的.
题目（七年级 · 代数）：(1) 化简: $-2\left(x^{2}+2 x y-1\right)-\left(x^{2}+4 x y\right)$

（2）先化简，再求值: $3\left(a^{2}+a b^{2}\right)-\left(a b+3 a b^{2}\right)$ ，其中 $a=2, b=-\frac{1}{2}$
选项：
答案：(1) 原式 $=-2 x^{2}-4 x y+2-x^{2}-4 x y=-3 x^{2}-8 x y+2$;

(2) 原式 $=3 a^{2}+3 a b^{2}-a b-3 a b^{2}=3 a^{2}-a b$,当 $a=2, b=-\frac{1}{2}$ 时,原式 $=3 \times 2^{2}-2 \times\left(-\frac{1}{2}\right)=13$.
解析：(1) 原式 $=-2 x^{2}-4 x y+2-x^{2}-4 x y=-3 x^{2}-8 x y+2$;

(2) 原式 $=3 a^{2}+3 a b^{2}-a b-3 a b^{2}=3 a^{2}-a b$,当 $a=2, b=-\frac{1}{2}$ 时,原式 $=3 \times 2^{2}-2 \times\left(-\frac{1}{2}\right)=13$.
题目（七年级 · 代数）：已知 $\mathrm{A}=2 \mathrm{x}^{2}+3 \mathrm{xy}-2 \mathrm{x}-1, \mathrm{~B}=\mathrm{x}^{2}-\mathrm{xy}-1$.

（1）化简: $4 \mathrm{~A}-（ 2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})$ ，将结果用含有 $\mathrm{x} 、 \mathrm{y}$ 的式子表示;

(2) 若式子 $4 \mathrm{~A}-(2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})$ 的值与字母 $\mathrm{x}$ 的取值无关, 求 $\mathrm{y}^{3}+\frac{7}{125} \mathrm{~A}-\frac{14}{125} \mathrm{~B}$ 的值.
选项：
答案：(1) 解: $\because A=2 x^{2}+3 x y-2 x-1, B=x^{2}-x y-1$,

$\therefore 4 \mathrm{~A}-(2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})=\mathrm{A}-2 \mathrm{~B}=2 \mathrm{x}^{2}+3 \mathrm{xy}-2 \mathrm{x}-1-2\left(\mathrm{x}^{2}-\mathrm{xy}-1\right)=5 \mathrm{xy}-2 \mathrm{x}+1$

(2) 解: 根据 (1) 得 $4 A-(2 B+3 A)=5 x y-2 x+1$;

$\because 4 \mathrm{~A}-(2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})$ 的值与字母 $\mathrm{x}$ 的取值无关,

$\therefore 4 A-(2 B+3 A)=5 x y-2 x+1=(5 y-2) x+1$,

$5 \mathrm{y}-2=0$, 则 $\mathrm{y}=\frac{2}{5}$.

则 $\mathrm{y}^{3}+\frac{7}{125}$ A- $\frac{14}{125} \quad B=y^{3}+\frac{7}{125} \quad(A-2 B)=y^{3}+\frac{7}{125} \times 1=\frac{8}{125}+\frac{7}{125}=\frac{15}{125}=\frac{3}{25}$.
解析：(1) 解: $\because A=2 x^{2}+3 x y-2 x-1, B=x^{2}-x y-1$,

$\therefore 4 \mathrm{~A}-(2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})=\mathrm{A}-2 \mathrm{~B}=2 \mathrm{x}^{2}+3 \mathrm{xy}-2 \mathrm{x}-1-2\left(\mathrm{x}^{2}-\mathrm{xy}-1\right)=5 \mathrm{xy}-2 \mathrm{x}+1$

(2) 解: 根据 (1) 得 $4 A-(2 B+3 A)=5 x y-2 x+1$;

$\because 4 \mathrm{~A}-(2 \mathrm{~B}+3 \mathrm{~A})$ 的值与字母 $\mathrm{x}$ 的取值无关,

$\therefore 4 A-(2 B+3 A)=5 x y-2 x+1=(5 y-2) x+1$,

$5 \mathrm{y}-2=0$, 则 $\mathrm{y}=\frac{2}{5}$.

则 $\mathrm{y}^{3}+\frac{7}{125}$ A- $\frac{14}{125} \quad B=y^{3}+\frac{7}{125} \quad(A-2 B)=y^{3}+\frac{7}{125} \times 1=\frac{8}{125}+\frac{7}{125}=\frac{15}{125}=\frac{3}{25}$.