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浙江省嘉兴市2024-2025学年七年级下学期3月素养调研测试数学试题
1．（2025七下·嘉兴月考）将一副三角板如图放置，斜边交于点，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】角的运算；三角形的外角性质；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：如图：
依题意由三角板的特征得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵+=180°，
∴，
故答案选：A．
【分析】本题考查了平行线的性质，两直线平行同位角相等，；外角性质三角形外角等于与它不相邻的两个内角的和，，与是邻补角，由两个邻补角的和等于180°，即可解答.
2．（2025七下·嘉兴月考）关于的一元一次方程的解，下列说法正确的是（　　）
A．是一个无理数 B．是一个真分数
C．是一个自然数 D．是一个负数
【答案】C
【知识点】解含分数系数的一元一次方程
【解析】【解答】解：对原方程进行变形：
常数项与变量项分离：
合并常数项：
两边同时减去2：
提取公因式：
因为，
所以要使等式成立，只有x-1=0，
即x=1.
因为1是自然数，不是无理数、真分数、负数，
故选：C．
【分析】先将方程分母变形，再把常数项与变量项分离合并常数项，然后对等式两边同时减去2，提取公因式；要使等式成立，只有x-1=0，再根据数的分类判断所属类型．
3．（2025七下·嘉兴月考）已知代数式，当取一个值时，代数式对应的值如下表所示：则下列代数式的值最大的是（　　）
0 1 2
0 0.25 0.5 0.75 1
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【知识点】求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：由题意，得当时，，
解得：k=0.5，
验证当x=1时， 代入k=0.5 验证：，
解得：
这表明 k = 0.5 的值确实满足所有给定条件。
当时，
A选项：；
B选项：；
C选项：；
D选项：，
比较的大小，，所以的值最大，
故选：D．
【分析】根据表格中与的对应值找到的关系， 通过这些已知条件来解出 k 的值，验证k值是否满足所有给定的条件；再分别把k=0.5代入选项中的代数式求值，最后比较大小．
4．（2025七下·嘉兴月考）已知一列数（为正整数），若，且任意相邻的四个数之和为6，则的值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵ 任意相邻的四个数之和为6，
即：，
∵，代入①②
得-2+a2+4+a4=6①，a2+4+a4+a5=6②，
②-①解得：a5=-2，
，
同理可得，
，
，
故选：B．
【分析】根据已知条件数字的变化规律求出这列数的规律．根据题意可得，则可得，同理可得，由此求解即可．
5．（2025七下·嘉兴月考）小宸的综合实践活动报告部分信息如下图，则用十六进制表示的结果是（　　）
综合实践活动：寻找数和计算工具的发展足迹
十六进制：缝十六进一，采用数字和字母共16个计数符号．
十六进制的符号和十进制的数的对应关系：
16进制 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F
10进制 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
例：，
A．182 B．DE C． D．
【答案】D
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；进位制的认识与探究
6．（2025七下·嘉兴月考）已知三个不同的质数a，b，c，满足，则数①；②；③，仍是质数的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】A
【知识点】二元一次方程的解；有理数乘方的实际应用
【解析】【解答】解∵ 225=152=32×52 ，
∴，
∴，
∵c是质数，
∴或5，代入c值，
当c=3时，，即
∵，c是质数，
∴是偶数，
∴，b中有一个为2，
∴当，时，
∴
解得，不符合题意；
∴当，时，
∴
∴，不符合题意；
∴当，时，
∴
解得，符合题意
∴，，
∴①②仍是质数，③不是质数；
∴当，时，
∴
∴，不符合题意；
故选：A．
【分析】理解质数是大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除； 观察等式右侧根据， 考虑到225的因数分解，因为225能被3和5整除，得到或5，代入c值，质数的性质任意两个质数的和或积都不是质数，判断，b中有一个为2，然后分情况求解即可．
7．（2025七下·嘉兴月考）将一个长为14，宽为12的长方形恰好分割成若干个小正方形，则小正方形的个数不可能是（　　）
A．5个 B．7个 C．10个 D．9个
【答案】C
【知识点】正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；数形结合
【解析】【解答】解：A、12x14=(6x2)x(4x3+2)，所以这个长方形可以分割成边长为6的2个小正方形和边长为4的6个小正方形，再把其中的4个边长为4的小正方形合并成一个边长为8的大正方形，所以可以分割边长为4的2个小正方形和边长为8的1个正方形，共5个，所以可以分割成5个，故A正确；
5个
B、12x14=(2 x6)x(2x7)，所以这个长方形可以分割成边长为2的42个小正方形，再把其中的35个小正方形合并成边长为10的7个小正方形，所以可以分割成7个正方形，故B错误；
7个
C、12x14=(4x3)x(4x3+2)，所以这个长方形可以分割成边长为4的9个小正方形和边长为2的2个小正方形，共11个，所以不可能是10个，故C正确D、12x14=(2x6)x(2 x7)，所以这个长方形可以分割成边长为2的42个小正方形，再把其中的36个小正方形合并成边长为6的6个小正方形，所以可以分割成9个正方形，故D错误。
9个
故选：A如图，小正方形的个数可能是5个，7个或9个，不可能是10个，
故选：C．
【分析】正方形是特殊的四边形，四条边都相等，四个角都是直角.首先，长方形长14，宽12；要分割成小正方形，得考虑不同的分割方法；先想，小正方形的边长可能有哪些.14和12的最大公约数是2，所以至少可以有边长为2的小正方形.但题目问的是不可能的个数，接下来分析每个选项.尝试构造.
8．（2025七下·嘉兴月考）已知实数满足，记，若，则的值一定是（　　）
A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数
【答案】C
【知识点】分式的基本性质
【解析】【解答】解：∵ 实数满足
∴b+c>0，c+a∴， ，
∵，
∴，
∵，
∴b+c≤a， a+b≤c， c+a≤b，
∴a+b+c≤0，
∵a+b+c=k，
∴，
即：的值一定是非正数；
故选：C．
【分析】根据判断出b+c>0，c+a9．（2025七下·嘉兴月考）若有理数满足，则的平方根是　 　．
【答案】
【知识点】无理数的概念；求算术平方根
【解析】【解答】解：∵，
又∵a，b是有理数，是无理数．
∴a-2=0，b-3=0，
解得，，
∴，
ab的平方根是，
故答案为：．
【分析】一个有理数与一个无理数的和为0，则这个无理数的系数必须为0，求出a，b的值，最后计算的平方根．
10．（2025七下·嘉兴月考）如图，四个相邻的整数对应数轴上的点，数对应数轴上的点，则的最小值为　 　．
【答案】4
【知识点】数轴上两点之间的距离；绝对值的概念与意义；多个绝对值的和的最值
11．（2025七下·嘉兴月考）已知为整数，关于的方程有正整数解，则的值为　 　．
【答案】1或6
【知识点】一元一次方程的解；解一元一次方程
12．（2025七下·嘉兴月考）如图，在长方形中，点分别在，上，已知，若长方形的面积为，图中阴影部分的面积为　 　．（用含的代数式表示）
【答案】
【知识点】多项式乘多项式；整式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
∵，，
∴，，
∴，，
，
∴，
由图可得：
，
；
故答案为：．
【分析】本题考查多项式乘以多项式与长方形、三角形的面积，设，表示出AD、AB得长，进而求出的长，求出长方形ABCD的面积和4个直角三角形的面积和即可．
13．（2025七下·嘉兴月考）计算：．
【答案】解：设，
则原式
去括号，原式
则q-p=，
去括号，原式==
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；探索数与式的规律；整体思想
【解析】【分析】将复杂的表达式简化为更易处理的形式，设，将原式转化为，去括号得到最终结果即可．
14．（2025七下·嘉兴月考）将有理数分别作“加”“减”“乘”“除”运算后得到的结果，．若这四个值中恰有三个相等，求有理数的值．
【答案】解：因为有意义，故，
∴，则，与相矛盾，故，
于是，分三种情况讨论：
①，
由，得m(mn2-1)=0，
解得m=0，n=±1，
将m=0代入m+n=mn得n=0，矛盾，舍去；
将n=1代入m+n=mn得m+1=m，舍去；
将n=-1代入m+n=mn得m-1=-m，解得m=；
②当时，
由，得m(mn2-1)=0，
解得m=0，n=±1，
将m=0代入m-n=mn得-n=0，矛盾，舍去；
将n=1代入m-n=mn得m-1=m，舍去；
将n=-1代入m-n=mn得m+1=-m，解得m=-；
③当时：
由m+n=m-n，得n=0，代入m+n=mn得m=0，但n≠0，舍去；
综上所述：．
【知识点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题；分类讨论
【解析】【分析】本题考查有理数的加减乘除运算，根据四个运算结果恰有三个相等，分类讨论；解一元一次方程，根据，得到，进而得到，再分、和三种情况求解即可．
15．（2025七下·嘉兴月考）“九宫格”源于我国古代的“洛书”，九宫格的上面三格称为“上三宫”，下面三格称为“下三宫”，中间一小格称为“中宫”，左右两格称为“左宫”和“右宫”．如图，九宫格中分别对应着从九个数字，并且无论纵向、横向、斜向三条线上的三个数字之和皆相等．设“九宫”中九个数字分别为．
（1）证明：九宫格中“中宫”的数字一定是5．
（2）判断“左宫”和“右宫”的位置上能否是偶数，并说明理由．
【答案】（1）证明 ∵九宫格中分别对应着从九个数字，
∴所有数字之和为1+2++9=45，
即
∵纵向、横向、斜向3个数字之和均相等
∴纵向之和=横向之和=斜向之和=45÷3=15，
∵由图知，中宫(e)参与四个方向的和(中间行、中间列、两条对角线)=15×3=60，
即，
总和关系：4x15+3e=60，
解得：e=5，
即“中宫”的数字一定是5．
（2）解：由（1）可知e=5，若左宫(a)和右宫(f)均为偶数，
则中间行需满足d+5+f=15，即d+f=10.
可能的偶数组合：d=2，f=8 或 d=4，f=6 等.
假设“左宫”数字为偶数，因为纵向、横向、斜向3个数字之和均为，中宫数字是5，为奇数；
则“右宫”数字也为偶数，
则数字必为一奇一偶，
不妨设为奇数，为偶数，
则必为偶数，为奇数，
这与中4个偶数5个奇数相矛盾，
所以“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
根据九宫格的对称性知为偶数，为奇数，也会产生矛盾．
奇 偶 偶
偶 5奇 偶
偶 偶 奇
故“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
【知识点】推理与论证；一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【分析】（1）根据题意，分别对应中的一个数字，得到9个数之和为，纵向、横向、斜向3个数字之和皆相等，进而得到，求解即可；
（2）假设“左宫”数字为偶数，则“右宫”数字也为偶数，推出与中4个偶数5个奇数相矛盾，即可．
（1）设纵向、横向、斜向3个数字之和均为．
因为，
所以
所以，
又因为，
所以，
所以，
即“中宫”的数字一定是5．
（2）假设“左宫”数字为偶数，
因为纵向、横向、斜向3个数字之和均为，中宫数字是5，为奇数；
则“右宫”数字也为偶数，
则数字必为一奇一偶，
不妨设为奇数，为偶数，
则必为偶数，为奇数，
这与中4个偶数5个奇数相矛盾，
所以“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
根据九宫格的对称性知为偶数，为奇数，也会产生矛盾．
奇 偶 偶
偶 5奇 偶
偶 偶 奇
故“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
16．（2025七下·嘉兴月考）某工程队承包了一项目，现提供两种施工方案：①所有员工同时施工，计划24天完成：②将所有员工平均分成若干组施工队，分阶段投入施工，即第1组先施工，每隔天（为之间的整数，不包括5和10），增加一组员工，且每组员工从加入开始至完工结束全程参与施工．该工程队按照方案②进行施工，完工后发现最后一组员工的施工时间恰好为第一组的．（说明：无论采用何种方案，所有员工的施工速度都相等，且保持不变）
（1）求第一组施工队员的工作时间．
（2）已知这若干组施工队每组5人，则该工程队共有多少人？
【答案】（1）解：设则第一组的工作时间为x天，最后一组施工队的工作时间为天，
所有员工的施工速度都相等，且保持不变 ，设每组员工的是功率为k；
根据方案①，可以得到总工作量为24k.
根据方案②，设工程队共有n组员工，总工作量可以表示为：
，
由于总工作量不变，根据方案①②得到：
=24k，
由于k不为0，我们可以消去k，得到：
，
∵中间都是相隔天，（为之间的整数，不包括5和10），假设m=6.
设n=5(假设工程队共有5组员工），
∴，
整理得：5x-60+=24
解得：x=44，
所以，第一组施工队员的工作时间为44天，
答：第一组施工队员的工作时间为44天．
（2）解：由①可知第一组施工队的工作时间为44天，
则最后一组员工的施工时间为天；
设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，
即，
因为为之间的整数，不包括5和为正整数，
所以，
因为施工队每组5人，
所以该施工队的总人数为：（人）；
答：该工程队共有30人．
【知识点】一元一次方程的实际应用-工程问题
【解析】【分析】（1）设第一组的工作时间为天，则最后一组施工队的工作时间为天，由于所有员工的施工速度都相等，且保持不变，假设每组员工的施工效率相同，设每组员工的施工效率为 k.根据题意方案①，方案②得到总工作量，列出方程进行求解即可.
（2）根据①中信息，设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，求出的正整数解即可．
（1）解：设最后一组施工队的工作时间为天，则第一组的工作时间为天，
∵中间都是相隔天，
∴所有员工的平均施工时间为，
解得．
答：第一组施工队员的工作时间为44天．
（2）设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，
因为为之间的整数，不包括5和为正整数，
所以，
（人）；
答：该工程队共有30人．
17．（2025七下·嘉兴月考）已知分别在内部旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，．设运动时间为秒．
（1）求的度数．（用含的代数式表示）
（2）当，求证：平分．
（3）运动过程中，当时，，求的值．
【答案】（1）解：从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，
设，
又∵，
∴，
∵，
即
，
∴，
即，
；
即
（2）解：证明从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，
设，
又∵，
∴，
∴
，，即，
又由（1）可知，
，
解得，，
即，
∴，
，
即平分．
（3）解：当时，即．从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，．
∵，
∴，
，
，
解得，
∴90°-15°=75°，
设，
∵
∴
，
解得：，
由（1）知
【知识点】一元一次方程的其他应用；角的运算；角平分线的概念
【解析】【分析】本题考查角的动态变化以及角度的计算与证明，解题的关键是根据角的旋转速度和时间表示出相关角的度数，再结合题目中的等量关系进行求解和证明．
（1）根据运动时间为秒，表示出；设则，结合建立等式，得出，求出；
（2）根据运动时间表示出，设则，根据再结合，建立等式，得；得出与的关系，从而证明平分；
（3）根据运动时间表示出，当时，，根据，表示出，然后依据建立方程，进而求出的值．
（1）解：从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
则，
设，则，
则，
，
∴，
即，
；
（2）解：，
，
又，
，
解得，，
即，
∴，
，
即平分．
（3）解：当时，．
从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
则，．
∴
，
，
解得，
设，则，
，
解得：，
由（1）知
18．（2025七下·嘉兴月考）规定：对于任意两个实数，代入代数式进行计算，计算的结果称为的“自胜数”，这种计算称为“自胜计算”．
（1）若实数满足，求实数的“自胜数”．
（2）已知实数在数轴上对应的点如图所示，则从这四个数中任选两个进行“自胜计算”，得到的“自胜数”最大值和最小值分别是多少？
（3）一组数：，，，，，，，，，，以两个数为一组，将这4050个数任意分成2025组进行“自胜计算”，并将这2025个“自胜数”相加，和为，求的最大值．
【答案】（1）解：∵，，
又∵，
∴，，解得：，
∴，
∴
∴，
∵
所以的“自胜数”为；
（2）解：∵当时，，
即当时，的“自胜数”为，
同理可得，当时，的“自胜数”为，
由实数a，b在数轴上的对应点可得：，，∴
，
，
综上可得，
当，“自胜数”为，
当，“自胜数”为，
所以从这四个结果中任选两个进行“自胜计算”得到的结果的最大值为，最小值为；
（3）解：∵当时，，
即当时，的“自胜数”为，
同理可得，当时，的“自胜数”为，
可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，所以①，
②，
得到．
所以的最大值 为
【知识点】有理数在数轴上的表示；化简含绝对值有理数
【解析】【分析】（1）根据任何实数的平方、任何数的绝对值都是非负的性质，求出m，n的值，再根据自胜数的定义即可求解；
（2）根据数轴上右边的点表示的数总比左边的数大，，，可得；正数的绝对值等于它本身，负数的绝对值等于它的相反数，当，时根据自胜数的定义，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，得出即可求解；
（3）根据自胜数的定义，由（2）可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，即可求解．
（1）解：由题意得：，，
解得：，
所以，
所以，
所以的“自胜数”为；
（2）解：由题意知，当时，的“自胜数”为，当时，的“自胜数”为，
因为，，
所以，，
，
所以，
所以从这四个结果中任选两个进行“自胜计算”得到的结果的最大值为，最小值为；
（3）解：由（2）可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，
所以①，
②，
得到．
1 / 1浙江省嘉兴市2024-2025学年七年级下学期3月素养调研测试数学试题
1．（2025七下·嘉兴月考）将一副三角板如图放置，斜边交于点，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025七下·嘉兴月考）关于的一元一次方程的解，下列说法正确的是（　　）
A．是一个无理数 B．是一个真分数
C．是一个自然数 D．是一个负数
3．（2025七下·嘉兴月考）已知代数式，当取一个值时，代数式对应的值如下表所示：则下列代数式的值最大的是（　　）
0 1 2
0 0.25 0.5 0.75 1
A． B． C．2 D．4
4．（2025七下·嘉兴月考）已知一列数（为正整数），若，且任意相邻的四个数之和为6，则的值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
5．（2025七下·嘉兴月考）小宸的综合实践活动报告部分信息如下图，则用十六进制表示的结果是（　　）
综合实践活动：寻找数和计算工具的发展足迹
十六进制：缝十六进一，采用数字和字母共16个计数符号．
十六进制的符号和十进制的数的对应关系：
16进制 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F
10进制 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
例：，
A．182 B．DE C． D．
6．（2025七下·嘉兴月考）已知三个不同的质数a，b，c，满足，则数①；②；③，仍是质数的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
7．（2025七下·嘉兴月考）将一个长为14，宽为12的长方形恰好分割成若干个小正方形，则小正方形的个数不可能是（　　）
A．5个 B．7个 C．10个 D．9个
8．（2025七下·嘉兴月考）已知实数满足，记，若，则的值一定是（　　）
A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数
9．（2025七下·嘉兴月考）若有理数满足，则的平方根是　 　．
10．（2025七下·嘉兴月考）如图，四个相邻的整数对应数轴上的点，数对应数轴上的点，则的最小值为　 　．
11．（2025七下·嘉兴月考）已知为整数，关于的方程有正整数解，则的值为　 　．
12．（2025七下·嘉兴月考）如图，在长方形中，点分别在，上，已知，若长方形的面积为，图中阴影部分的面积为　 　．（用含的代数式表示）
13．（2025七下·嘉兴月考）计算：．
14．（2025七下·嘉兴月考）将有理数分别作“加”“减”“乘”“除”运算后得到的结果，．若这四个值中恰有三个相等，求有理数的值．
15．（2025七下·嘉兴月考）“九宫格”源于我国古代的“洛书”，九宫格的上面三格称为“上三宫”，下面三格称为“下三宫”，中间一小格称为“中宫”，左右两格称为“左宫”和“右宫”．如图，九宫格中分别对应着从九个数字，并且无论纵向、横向、斜向三条线上的三个数字之和皆相等．设“九宫”中九个数字分别为．
（1）证明：九宫格中“中宫”的数字一定是5．
（2）判断“左宫”和“右宫”的位置上能否是偶数，并说明理由．
16．（2025七下·嘉兴月考）某工程队承包了一项目，现提供两种施工方案：①所有员工同时施工，计划24天完成：②将所有员工平均分成若干组施工队，分阶段投入施工，即第1组先施工，每隔天（为之间的整数，不包括5和10），增加一组员工，且每组员工从加入开始至完工结束全程参与施工．该工程队按照方案②进行施工，完工后发现最后一组员工的施工时间恰好为第一组的．（说明：无论采用何种方案，所有员工的施工速度都相等，且保持不变）
（1）求第一组施工队员的工作时间．
（2）已知这若干组施工队每组5人，则该工程队共有多少人？
17．（2025七下·嘉兴月考）已知分别在内部旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，．设运动时间为秒．
（1）求的度数．（用含的代数式表示）
（2）当，求证：平分．
（3）运动过程中，当时，，求的值．
18．（2025七下·嘉兴月考）规定：对于任意两个实数，代入代数式进行计算，计算的结果称为的“自胜数”，这种计算称为“自胜计算”．
（1）若实数满足，求实数的“自胜数”．
（2）已知实数在数轴上对应的点如图所示，则从这四个数中任选两个进行“自胜计算”，得到的“自胜数”最大值和最小值分别是多少？
（3）一组数：，，，，，，，，，，以两个数为一组，将这4050个数任意分成2025组进行“自胜计算”，并将这2025个“自胜数”相加，和为，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】角的运算；三角形的外角性质；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：如图：
依题意由三角板的特征得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵+=180°，
∴，
故答案选：A．
【分析】本题考查了平行线的性质，两直线平行同位角相等，；外角性质三角形外角等于与它不相邻的两个内角的和，，与是邻补角，由两个邻补角的和等于180°，即可解答.
2．【答案】C
【知识点】解含分数系数的一元一次方程
【解析】【解答】解：对原方程进行变形：
常数项与变量项分离：
合并常数项：
两边同时减去2：
提取公因式：
因为，
所以要使等式成立，只有x-1=0，
即x=1.
因为1是自然数，不是无理数、真分数、负数，
故选：C．
【分析】先将方程分母变形，再把常数项与变量项分离合并常数项，然后对等式两边同时减去2，提取公因式；要使等式成立，只有x-1=0，再根据数的分类判断所属类型．
3．【答案】D
【知识点】求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：由题意，得当时，，
解得：k=0.5，
验证当x=1时， 代入k=0.5 验证：，
解得：
这表明 k = 0.5 的值确实满足所有给定条件。
当时，
A选项：；
B选项：；
C选项：；
D选项：，
比较的大小，，所以的值最大，
故选：D．
【分析】根据表格中与的对应值找到的关系， 通过这些已知条件来解出 k 的值，验证k值是否满足所有给定的条件；再分别把k=0.5代入选项中的代数式求值，最后比较大小．
4．【答案】B
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵ 任意相邻的四个数之和为6，
即：，
∵，代入①②
得-2+a2+4+a4=6①，a2+4+a4+a5=6②，
②-①解得：a5=-2，
，
同理可得，
，
，
故选：B．
【分析】根据已知条件数字的变化规律求出这列数的规律．根据题意可得，则可得，同理可得，由此求解即可．
5．【答案】D
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；进位制的认识与探究
6．【答案】A
【知识点】二元一次方程的解；有理数乘方的实际应用
【解析】【解答】解∵ 225=152=32×52 ，
∴，
∴，
∵c是质数，
∴或5，代入c值，
当c=3时，，即
∵，c是质数，
∴是偶数，
∴，b中有一个为2，
∴当，时，
∴
解得，不符合题意；
∴当，时，
∴
∴，不符合题意；
∴当，时，
∴
解得，符合题意
∴，，
∴①②仍是质数，③不是质数；
∴当，时，
∴
∴，不符合题意；
故选：A．
【分析】理解质数是大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除； 观察等式右侧根据， 考虑到225的因数分解，因为225能被3和5整除，得到或5，代入c值，质数的性质任意两个质数的和或积都不是质数，判断，b中有一个为2，然后分情况求解即可．
7．【答案】C
【知识点】正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；数形结合
【解析】【解答】解：A、12x14=(6x2)x(4x3+2)，所以这个长方形可以分割成边长为6的2个小正方形和边长为4的6个小正方形，再把其中的4个边长为4的小正方形合并成一个边长为8的大正方形，所以可以分割边长为4的2个小正方形和边长为8的1个正方形，共5个，所以可以分割成5个，故A正确；
5个
B、12x14=(2 x6)x(2x7)，所以这个长方形可以分割成边长为2的42个小正方形，再把其中的35个小正方形合并成边长为10的7个小正方形，所以可以分割成7个正方形，故B错误；
7个
C、12x14=(4x3)x(4x3+2)，所以这个长方形可以分割成边长为4的9个小正方形和边长为2的2个小正方形，共11个，所以不可能是10个，故C正确D、12x14=(2x6)x(2 x7)，所以这个长方形可以分割成边长为2的42个小正方形，再把其中的36个小正方形合并成边长为6的6个小正方形，所以可以分割成9个正方形，故D错误。
9个
故选：A如图，小正方形的个数可能是5个，7个或9个，不可能是10个，
故选：C．
【分析】正方形是特殊的四边形，四条边都相等，四个角都是直角.首先，长方形长14，宽12；要分割成小正方形，得考虑不同的分割方法；先想，小正方形的边长可能有哪些.14和12的最大公约数是2，所以至少可以有边长为2的小正方形.但题目问的是不可能的个数，接下来分析每个选项.尝试构造.
8．【答案】C
【知识点】分式的基本性质
【解析】【解答】解：∵ 实数满足
∴b+c>0，c+a∴， ，
∵，
∴，
∵，
∴b+c≤a， a+b≤c， c+a≤b，
∴a+b+c≤0，
∵a+b+c=k，
∴，
即：的值一定是非正数；
故选：C．
【分析】根据判断出b+c>0，c+a9．【答案】
【知识点】无理数的概念；求算术平方根
【解析】【解答】解：∵，
又∵a，b是有理数，是无理数．
∴a-2=0，b-3=0，
解得，，
∴，
ab的平方根是，
故答案为：．
【分析】一个有理数与一个无理数的和为0，则这个无理数的系数必须为0，求出a，b的值，最后计算的平方根．
10．【答案】4
【知识点】数轴上两点之间的距离；绝对值的概念与意义；多个绝对值的和的最值
11．【答案】1或6
【知识点】一元一次方程的解；解一元一次方程
12．【答案】
【知识点】多项式乘多项式；整式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
∵，，
∴，，
∴，，
，
∴，
由图可得：
，
；
故答案为：．
【分析】本题考查多项式乘以多项式与长方形、三角形的面积，设，表示出AD、AB得长，进而求出的长，求出长方形ABCD的面积和4个直角三角形的面积和即可．
13．【答案】解：设，
则原式
去括号，原式
则q-p=，
去括号，原式==
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；探索数与式的规律；整体思想
【解析】【分析】将复杂的表达式简化为更易处理的形式，设，将原式转化为，去括号得到最终结果即可．
14．【答案】解：因为有意义，故，
∴，则，与相矛盾，故，
于是，分三种情况讨论：
①，
由，得m(mn2-1)=0，
解得m=0，n=±1，
将m=0代入m+n=mn得n=0，矛盾，舍去；
将n=1代入m+n=mn得m+1=m，舍去；
将n=-1代入m+n=mn得m-1=-m，解得m=；
②当时，
由，得m(mn2-1)=0，
解得m=0，n=±1，
将m=0代入m-n=mn得-n=0，矛盾，舍去；
将n=1代入m-n=mn得m-1=m，舍去；
将n=-1代入m-n=mn得m+1=-m，解得m=-；
③当时：
由m+n=m-n，得n=0，代入m+n=mn得m=0，但n≠0，舍去；
综上所述：．
【知识点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题；分类讨论
【解析】【分析】本题考查有理数的加减乘除运算，根据四个运算结果恰有三个相等，分类讨论；解一元一次方程，根据，得到，进而得到，再分、和三种情况求解即可．
15．【答案】（1）证明 ∵九宫格中分别对应着从九个数字，
∴所有数字之和为1+2++9=45，
即
∵纵向、横向、斜向3个数字之和均相等
∴纵向之和=横向之和=斜向之和=45÷3=15，
∵由图知，中宫(e)参与四个方向的和(中间行、中间列、两条对角线)=15×3=60，
即，
总和关系：4x15+3e=60，
解得：e=5，
即“中宫”的数字一定是5．
（2）解：由（1）可知e=5，若左宫(a)和右宫(f)均为偶数，
则中间行需满足d+5+f=15，即d+f=10.
可能的偶数组合：d=2，f=8 或 d=4，f=6 等.
假设“左宫”数字为偶数，因为纵向、横向、斜向3个数字之和均为，中宫数字是5，为奇数；
则“右宫”数字也为偶数，
则数字必为一奇一偶，
不妨设为奇数，为偶数，
则必为偶数，为奇数，
这与中4个偶数5个奇数相矛盾，
所以“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
根据九宫格的对称性知为偶数，为奇数，也会产生矛盾．
奇 偶 偶
偶 5奇 偶
偶 偶 奇
故“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
【知识点】推理与论证；一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【分析】（1）根据题意，分别对应中的一个数字，得到9个数之和为，纵向、横向、斜向3个数字之和皆相等，进而得到，求解即可；
（2）假设“左宫”数字为偶数，则“右宫”数字也为偶数，推出与中4个偶数5个奇数相矛盾，即可．
（1）设纵向、横向、斜向3个数字之和均为．
因为，
所以
所以，
又因为，
所以，
所以，
即“中宫”的数字一定是5．
（2）假设“左宫”数字为偶数，
因为纵向、横向、斜向3个数字之和均为，中宫数字是5，为奇数；
则“右宫”数字也为偶数，
则数字必为一奇一偶，
不妨设为奇数，为偶数，
则必为偶数，为奇数，
这与中4个偶数5个奇数相矛盾，
所以“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
根据九宫格的对称性知为偶数，为奇数，也会产生矛盾．
奇 偶 偶
偶 5奇 偶
偶 偶 奇
故“左宫”和“右宫”的位置上不能是偶数．
16．【答案】（1）解：设则第一组的工作时间为x天，最后一组施工队的工作时间为天，
所有员工的施工速度都相等，且保持不变 ，设每组员工的是功率为k；
根据方案①，可以得到总工作量为24k.
根据方案②，设工程队共有n组员工，总工作量可以表示为：
，
由于总工作量不变，根据方案①②得到：
=24k，
由于k不为0，我们可以消去k，得到：
，
∵中间都是相隔天，（为之间的整数，不包括5和10），假设m=6.
设n=5(假设工程队共有5组员工），
∴，
整理得：5x-60+=24
解得：x=44，
所以，第一组施工队员的工作时间为44天，
答：第一组施工队员的工作时间为44天．
（2）解：由①可知第一组施工队的工作时间为44天，
则最后一组员工的施工时间为天；
设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，
即，
因为为之间的整数，不包括5和为正整数，
所以，
因为施工队每组5人，
所以该施工队的总人数为：（人）；
答：该工程队共有30人．
【知识点】一元一次方程的实际应用-工程问题
【解析】【分析】（1）设第一组的工作时间为天，则最后一组施工队的工作时间为天，由于所有员工的施工速度都相等，且保持不变，假设每组员工的施工效率相同，设每组员工的施工效率为 k.根据题意方案①，方案②得到总工作量，列出方程进行求解即可.
（2）根据①中信息，设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，求出的正整数解即可．
（1）解：设最后一组施工队的工作时间为天，则第一组的工作时间为天，
∵中间都是相隔天，
∴所有员工的平均施工时间为，
解得．
答：第一组施工队员的工作时间为44天．
（2）设平均分成组施工队，则第一组比最后一组多工作天，
因为为之间的整数，不包括5和为正整数，
所以，
（人）；
答：该工程队共有30人．
17．【答案】（1）解：从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，
设，
又∵，
∴，
∵，
即
，
∴，
即，
；
即
（2）解：证明从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，
设，
又∵，
∴，
∴
，，即，
又由（1）可知，
，
解得，，
即，
∴，
，
即平分．
（3）解：当时，即．从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
∴，．
∵，
∴，
，
，
解得，
∴90°-15°=75°，
设，
∵
∴
，
解得：，
由（1）知
【知识点】一元一次方程的其他应用；角的运算；角平分线的概念
【解析】【分析】本题考查角的动态变化以及角度的计算与证明，解题的关键是根据角的旋转速度和时间表示出相关角的度数，再结合题目中的等量关系进行求解和证明．
（1）根据运动时间为秒，表示出；设则，结合建立等式，得出，求出；
（2）根据运动时间表示出，设则，根据再结合，建立等式，得；得出与的关系，从而证明平分；
（3）根据运动时间表示出，当时，，根据，表示出，然后依据建立方程，进而求出的值．
（1）解：从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
则，
设，则，
则，
，
∴，
即，
；
（2）解：，
，
又，
，
解得，，
即，
∴，
，
即平分．
（3）解：当时，．
从出发绕点以的速度逆时针旋转，从出发绕点以的速度逆时针旋转，运动时间为秒，
则，．
∴
，
，
解得，
设，则，
，
解得：，
由（1）知
18．【答案】（1）解：∵，，
又∵，
∴，，解得：，
∴，
∴
∴，
∵
所以的“自胜数”为；
（2）解：∵当时，，
即当时，的“自胜数”为，
同理可得，当时，的“自胜数”为，
由实数a，b在数轴上的对应点可得：，，∴
，
，
综上可得，
当，“自胜数”为，
当，“自胜数”为，
所以从这四个结果中任选两个进行“自胜计算”得到的结果的最大值为，最小值为；
（3）解：∵当时，，
即当时，的“自胜数”为，
同理可得，当时，的“自胜数”为，
可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，所以①，
②，
得到．
所以的最大值 为
【知识点】有理数在数轴上的表示；化简含绝对值有理数
【解析】【分析】（1）根据任何实数的平方、任何数的绝对值都是非负的性质，求出m，n的值，再根据自胜数的定义即可求解；
（2）根据数轴上右边的点表示的数总比左边的数大，，，可得；正数的绝对值等于它本身，负数的绝对值等于它的相反数，当，时根据自胜数的定义，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，得出即可求解；
（3）根据自胜数的定义，由（2）可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，即可求解．
（1）解：由题意得：，，
解得：，
所以，
所以，
所以的“自胜数”为；
（2）解：由题意知，当时，的“自胜数”为，当时，的“自胜数”为，
因为，，
所以，，
，
所以，
所以从这四个结果中任选两个进行“自胜计算”得到的结果的最大值为，最小值为；
（3）解：由（2）可知，任意两个组合，尽可能将大数都作为“自胜数”，那么这些“自胜数”的和就最大，
所以①，
②，
得到．
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