江苏省无锡市宜兴市宜兴外国语学校2023-2024学年七年级上学期期中数学试题（解析版）

宜兴外国语学校2023—2024学年度第一学期初一年级数学学科期中考试试卷（2023年11月）一、选择题（本大题共有10小题，每题3分，共计30分）1.一个数的倒数是，则这个数是（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据一个数的倒数定义直接解决此题.【详解】解：求一个数的倒数，即1除以这个数；∵的倒数是-2，∴这个数是-2，故选B．【点睛】本题考查了倒数，掌握互为倒数两个数乘积为1是解决此题的关键.2.一个数大于另一个数的绝对值，则这两个数的和是（）A.正数 B.负数 C.零 D.无法确定【答案】A【解析】【分析】由于任何一个数的绝对值都是非负数，一个数大于另一个数的绝对值，说明这个数一定大于0，即一定是正数．再根据有理数的加法法则即可确定答案．【详解】解：设这两个数是a，b，且a＞|b|．∵|b|≥0，∴a＞0．b的值分三种情况：①当b＞0时，a+b＝|a+b|＞0；②当b＜0时，a+b＝a﹣|b|＞0；③当b＝0时，a+b＝a＞0．故选：A．【点睛】此题主要考查了绝对值的意义、有理数的加法等知识，要求学生对这些知识熟练掌握．3.若|a+3|+（b﹣2）2＝0，则ab的值为（）A.﹣8 B.8 C.﹣9 D.9【答案】D【解析】【分析】根据绝对值的非负性、平方的非负性分别解出a＝﹣3，b＝2，再计算积的乘方即可．【详解】解：根据题意得，a+3＝0，b﹣2＝0，解得a＝﹣3，b＝2，∴ab＝（﹣3）2＝9，故选：D．【点睛】本题考查代数式求值，涉及绝对值与平方的非负性，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．4.若方程与方程的解相同，则a的值为A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根据方程解的定义，先求出方程的解，代入可求得a的值．【详解】解：，解得：，将代入方程中，可得关于a的一元一次方程：，解得：．故选B．【点睛】此题考查同解方程的解答，解决的关键是能够求解关于x的方程，同时正确理解“解相同”的含义．5.下列说法：①平方等于本身的数只有1；②若互为相反数，且，则；③若，则的值为负数；④如果，且，那么；⑤；⑥多项式是三次三项式；正确的个数为（）A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【答案】A【解析】【分析】本题考查了整式的基本概念，相反数的性质，合并同类项，化简绝对值等知识内容，据此逐项分析，即可作答．正确掌握相关性质内容是解题的关键．【详解】解：平方等于本身的数只有1，0，故①是错误的；若互为相反数，且，即，则；故②是正确的；若，此时，则，故③是错误的；如果，且，说明不是0，存在正数和负数，结合，说明其中有一个是正数，另一个是负数，那么，故④是正确的；与不是同类项，则，故⑤是错误的；多项式是三次三项式，故⑥是正确的；即正确的个数为3，故选：A．6.在数轴上点对应的数分别是，点在表示和的两点之间（包括这两点）移动，点在表示和的两点（包括这两点）之间移动，则以下四个代数式的值，可能比2023大的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了数轴的性质、有理数的加减运算，熟练掌握数轴的性质是解题关键．先根据数轴的性质可得，，从而可得，，，，，，再逐项判断即可得．【详解】解：由题意可知，，，，，，，，，，则选项A不符合题意；当时，，则，有可能比2023大，则选项B符合题意；，则选项C不符合题意；，则选项D不符合题意；故选：B．7.某校组织初一年级部分学生外出旅游，景点电瓶车有10座的和18座的两种．若租用10座的电瓶车辆，则余下6人无座位；若租用18座的电瓶车则可少租用1辆，且最后一辆电瓶车还没坐满，则乘坐最后一辆18座电瓶车的人数是（）A.人 B.人 C.人 D.人【答案】C【解析】【分析】本题考查了列代数式表达式，根据题意，即人数不变列出等价的式子，再跟选项作对比，即可作答．【详解】解：∵租用10座的电瓶车辆，则余下6人无座位∴人数（人）；∵若租用18座的电瓶车则可少租用1辆，且最后一辆电瓶车还没坐满∴乘坐最后一辆18座电瓶车的人数：（人）故选：C．8.如果是四次多项式，是三次多项式，那么一定是（）A.七次多项式 B.次数不高于四次的整式 C.四次的整式 D.四次多项式【答案】C【解析】【分析】本题考查了合并同类项，熟记合并同类项法则是解题关键．根据合并同类项法则，两个多项式相减后，多项式的次数一定不会升高即可得．【详解】解：因为是四次多项式，是三次多项式，所以中一定有四次项，结果有可能是多项式，也有可能是单项式，如：若，，则，是单项式，次数为4，若，，则，是四次多项式，综上，一定是四次的整式，故选：C．9.数学活动课上，老师做了一个有趣的游戏：开始时东东、亮亮，乐乐三位同学手中均有a张扑克牌（假定a足够大），然后依次完成以下三个步骤：第一步，东东拿出2张扑克牌给亮亮；第二步，乐乐拿出3张扑克牌给亮亮；第三步，东东手中此时有多少张扑克牌，亮亮就拿出多少张扑克牌给东东．游戏过程中，亮亮手中扑克牌张数的变化情况正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意列出算式，进行计算即可解答．【详解】解：第一步东东学拿出2张牌给亮亮，则亮亮手中有张牌，东东剩余张牌；第二步乐乐拿出3张扑克牌给亮亮，则亮亮手中有张牌，第三步，东东手中此时有多少张扑克牌，亮亮就拿出多少张扑克牌给东东，则亮亮手中有张牌，故选：D．【点睛】本题考查了整式加减计算的应用，根据题目的已知找出相应的数量关系是解题的关键．10.响应国家号召，某区推进新型农村建设，强村富民．村民复兴家准备将一块良田分成三个区域来种植三种畅销型农作物．爸爸计划好三个区域的占地面积后，复兴主动承担起实地划分的任务．划分完毕后，爸爸发现粗心的复兴将A区的面积划分给了B区，而原B区的面积错划分给了A区，C区面积未出错，造成现B区的面积占两区面积和的比例达到了．为了协调三个区域的面积占比，爸爸只好将C区面积的分成两部分划分给现在的区和区．爸爸划分完后，A、B、C三个区域的面积比变为，那么爸爸从区划分给区的面积与区划分前的总面积的比值为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了整式加减的应用，三元依次方程组的应用，找准等量关系，正确列出代数式是解题关键．设三个区域原来的面积分别为，先求出复兴划分后，区的面积与区的面积，从而可得，再设区划分给区的面积为，则区划分给区的面积为，根据爸爸划分完后，、、三个区域的面积比变为可得，据此化简即可得．【详解】解：设三个区域原来的面积分别为，由题意得：复兴划分后，区的面积为，区的面积为，∵复兴划分后，造成现区的面积占两区面积和的比例达到了，，即，∴复兴划分后，区面积为，区的面积为，设爸爸将区划分给区的面积为，则区划分给区的面积为，∵爸爸划分完后，、、三个区域的面积比变为，，①，②，由①得：，将代入②得：，，则爸爸从区划分给区的面积与区划分前的总面积的比值为，故选：B．二、填空题（本大题共10空，共计24分）11.若，则的相反数是______；单项式的系数是______，次数是______．【答案】①.2023②.③.3【解析】【分析】本题考查了相反数“只有符号不同的两个数互为相反数”、单项式的系数和次数“单项式中的数字因数叫做这个单项式的系数；一个单项式中，所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数”，熟记定义是解题关键．根据相反数、单项式的系数和次数的定义求解即可得．【详解】解：若，则的相反数是2023，单项式的系数是，次数是，故答案为：2023，，3．12.据统计，诠释伟大抗美援朝精神的电影《长津湖》累计票房已达4920000000，则数字4920000000用科学记数法表示为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了科学记数法“将一个数表示成的形式，其中，为整数，这种记数的方法叫做科学记数法”，熟记科学记数法的定义是解题关键．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．【详解】解：，故答案为：．13.已知，则代数式的值为______．【答案】2011【解析】【分析】本题考查了代数式求值，熟练掌握整体思想是解题关键．先根据已知等式求出，再整体代入计算即可得．【详解】解：由得：，则．故答案为：2011．14.已知是关于的一元一次方程的解，则的值是______．【答案】4【解析】【分析】使方程中等号左右两边相等的未知数的值是方程的解，根据一元一次方程的解的定义，将代入方程，得出关于m的一元一次方程，解方程即可得到答案．【详解】解：是关于的一元一次方程的解，，解得：，故答案为：4．【点睛】本题考查了一元一次方程解的定义，掌握一元一次方程的解的定义是解题关键．15.请写出一个只含有字母的二次多项式，且无论取何值时该二次多项式的值大于2023，则这个二次多项式可以为______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】本题主要考查了多项式的次数：“次数最高的项的次数即为该多项式的次数”，熟记定义是解题关键．根据多项式的次数的定义、偶次方的非负性求解即可得．【详解】解：由题意，这个二次多项式可以为，故答案为：（答案不唯一）．16.若与是同类项，则______．【答案】4【解析】【分析】本题考查了同类项“所含字母相同，并且相同字母的指数也分别相等的项叫做同类项”、一元一次方程的应用，熟练掌握同类项的定义是解题关键．根据同类项的定义可得，解方程可得的值，再代入计算即可得．【详解】解：与是同类项，，解得：，，解得，则，故答案为：4．17.对于任意正整数，若为偶数则除以2，若为奇数则乘3再加1，在这样一次变化下，我们得到一个新的自然数，在1937年LotharCollatz提出了一个问题：如此反复这种变换，是否对于所有的正整数，最终都能变换到1呢？这就是数学中著名的“考拉兹猜想”．如果某个正整数通过上述变换能变成1，我们就把第一次变成1时所经过的变换次数称为它的路径长，例如5经过5次变成1，则路径长．若输入数，变换次数，当时，则的最小值为______．【答案】3【解析】【分析】本题考查数字的变化规律，通过观察所给的运算，倒推出运算过程是解题的关键．采取倒推的方法，将可能的运算路线都找到即可．【详解】解：由输出结果是1，倒推得到：，，，，∴则n的可能值有4个，最小值为3，故答案为：3．18.已知，且，若，则______．【答案】0或【解析】【分析】本题考查了有理数的四则混合运算、化简绝对值，熟练掌握绝对值的性质是解题关键．分两种情况：①当中有一正两负时，②当中有两正一负时，再化简绝对值，计算加减法即可得．【详解】解：，均不为0，又，中有一正两负或两正一负，①当中有一正两负时，（Ⅰ）当为正数，均为负数时，则；（Ⅱ）当为正数，均为负数时，则；（Ⅲ）当为正数，均为负数时，则；②当中有两正一负时，（Ⅰ）当为负数，均为正数时，则；（Ⅱ）当为负数，均为正数时，则；（Ⅲ）当为负数，均为正数时，则；综上，或，故答案为：0或．19.有理数在数轴上对应的点如图所示，则化简______．【答案】【解析】【分析】本题考查数轴、绝对值、整式的加减运算，先根据各点在数轴上的位置判断出a、b、c的大小关系，再根据绝对值的性质去掉绝对值符号即可．【详解】解：由数轴可知，，，，，故答案为：．20.下面两个多位数13971397……、26842684……，都是按照如下方法得到的：将第一位数字乘以3，若积为一位数，将其写在第2位上，若积为两位数，则将其个位数字写在第2位．对第2位数字再进行如上操作得到第3位数字……，后面的每一位数字都是由前一位数字进行如上操作得到的．当第1位数字是3时，仍按如上操作得到一个多位数，若这个多位数前位的所有数字之和2023，则______．【答案】405【解析】【分析】本题是一个“数字游戏”，主要考查考生的阅读能力和观察能力，其解题的关键是：读懂题目，理解题意：当第1个数字是3时，将第1位数字乘以3得9，将9写在第2位上，再将第2位数字9乘以3得27，将27的个位数字7写在第3位上，将第3位数字7乘以1得21，将21的个位数字1写在第4位上，将第4位数字1乘以3得3，将3写在第5位上，以此类推．找出规律即可求解．【详解】解：当第1位数字是3时，∵，第2位数字为9，∵，∴第3位数字为7，∵，∴第4位数字为1，∵，∴第5位数字为3，∴四次一循环，∴，∴．故答案为：405．三、解答题21.计算和化简（1）（2）（3）（4）【答案】（1）2（2）（3）（4）【解析】【分析】本题考查了含乘方的有理数混合运算、整式的加减，熟练掌握运算法则是解题关键．（1）先计算有理数的乘除法，再计算有理数的减法即可得；（2）先计算有理数的乘方、除法，再计算有理数的乘法，然后计算有理数的加减法即可得；（3）根据整式的加减运算法则计算即可得；（4）先去括号，再计算整式的加减法即可得．【小问1详解】解：原式．【小问2详解】解：原式．【小问3详解】解：原式．【小问4详解】解：原式．22.解下列方程（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查了解一元一次方程：（1）先去分母，得，再移项得，合并同类项，系数化1，即可作答；（2）先去括号，得，再移项得，合并同类项，系数化1，即可作答；正确掌握相关性质内容是解题的关键．【小问1详解】解：先去分母，得，再移项得则即；【小问2详解】解：先去括号，得，再移项得，则即．23.若的值与无关，试回答下列问题：（1）求的值．（2）在（1）的条件下，求的值．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】本题考查了整式的加减以及化简求值，熟练掌握整式的加减运算法则是解题关键．（1）先计算整式的加减，再根据式子的值与无关可得含的项的系数等于0求解即可得；（2）先去括号，计算整式的加减，再将的值代入计算即可得．【小问1详解】解：，的值与无关，，解得．【小问2详解】解：，将代入得：原式．24.对于两个不相等的有理数，我们规定表示中较大的那个数．（1）______．（2）若，写出满足条件的所有自然数______．（3）求方程的解．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】本题考查了绝对值、一元一次方程，正确理解新规定的概念是解题关键．（1）根据即可得；（2）判断出小于3，再根据绝对值的性质求解即可得；（3）分两种情况：①和②，再解一元一次方程即可得．小问1详解】解：∵，∴，故答案为：．【小问2详解】解：，小于3，则满足条件的所有自然数，故答案为：．【小问3详解】解：由题意可知，，①当时，则，方程可化为，解得，符合题设；②当时，则，方程可化为，解得，不符合题设，舍去，综上，方程的解为．25.类似于运算符号“，，，”，新定义一种运算符号“”，观察下列运算：；；；；（1）归纳：用代数式表示的结果为：______．（2）若，求的值．（3）若，请计算的值．（4）比较与的大小，并说理由．【答案】（1）（2）2（3）36（4），理由见解析【解析】【分析】本题考查新定义运算，整式的加减运算，解一元一次方程，理解新定义的运算法则是解题的关键．（1）观察所给式子，找出规律即可求解；（2）根据新定义运算将所给方程转化为普通方程，再解方程即可；（3）根据得出，再利用新定义计算，最后将作为整体代入求值；（4）利用新定义计算两个代数式，再作差，判断结果与0的关系即可．【小问1详解】解：由题意知，故答案为：；【小问2详解】解：若，则，整理，得，解得；【小问3详解】解：，，，；【小问4详解】解：，理由如下：，，，，，．26.我们规定：若两个多项式相减结果等于第三个多项式，则称这三个多项式为“友好多项式”，如：，，，，那么多项式A，B，C称为“友好多项式”．任务：如图，现有甲、乙、丙、丁四张卡片：（1）试判断甲、乙、丙三张卡片上的多项式是否是“友好多项式”？并说明理由．（2）若丁卡片上的多项式与甲、乙两张卡片上的多项式是“友好多项式”，求丁卡片上的多项式．【答案】（1）甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”，理由见解析（2）丁卡片上的多项式为或或【解析】【分析】（1）根据整式的加减运算法则进行计算，再根据“友好多项式”的定义进行判断；（2）根据“友好多项式”的定义，分情况列式计算即可．【小问1详解】解：甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”，理由：∵，∴甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”；【小问2详解】解：由题意得：①；②；③；∴丁卡片上的多项式为或或．【点睛】本题考查了整式的加减，正确理解“友好多项式”的定义，熟练掌握整式加减的运算法则以及分类思想的应用是解题的关键．27.为了加强公民的节水意识，合理利用水资源，某市采用价格调控的手段达到节水的目的，该市自来水收费的收费标准如下表：收费标准（注：水费按月份结算）每月用水量单价（元立方米）不超出6立方米的部分2超出6立方米不超出10立方米的部分4超出10立方米的部分8例如：某户居民1月份用水8立方米，应收水费为（元）请根据上表的内容解答下列问题：（1）若某户居民2月份用水7立方米，则应收水费______元（2）若某户居民4月份用水立方米（其中），请用含的代数式表示应收水费______．（3）若某户居民3月份交水费60元，求3月份用水量为多少立方米？（4）若某户居民5、6两个月共用水18立方米（6月份的用水量超过了5月份的用水量），设5月份用水立方米，请用含的代数式表示该户居民5、6两个月共交水费多少元？【答案】（1）16（2）元（3）立方米（4）见详解【解析】【分析】本题考查了列代数式，一元一次方程的应用，整式的加减应用：（1）根据用水7立方米，结合水费收费标准表，即可列式作答；（2）根据，结合水费收费标准表，即可列式作答；（3）先算出刚用10立方米的水费，发现交水费60元的用水量大于10立方米，故设该月用水量为立方米（），结合水费收费标准表，即可列式作答；（4）设5月份用水立方米，则6月份用水立方米，且，结合水费收费标准表，即可列式作答；正确的列出式子和方程，是解题的关键．【小问1详解】解：依题意，（元）故某户居民2月份用水7立方米，则应收水费16元；【小问2详解】解：依题意，（元）故某户居民4月份用水立方米（其中），应收水费元；【小问3详解】解：依题意，当用水量刚好10立方米，则（元）∵∴设3月份用水量为立方米，则（元）即，解得，故3月份用水量为14立方米；【小问4详解】解：依题意，设5月份用水立方米，则6月份用水立方米，且，当时，5月份的水费：（元）当，6月份的水费：（元