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浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年七年级下学期数学创新素养综合考察试题
1．（2025七下·浙江月考）已知实数两两不相等，若，则（　　）
A．-1 B．0 C． D．1
【答案】B
【知识点】分式的化简求值-设参数法
【解析】【解答】解：设
故答案为：B.
【分析】由于两两不相等，因此可设比值为，则可分别表示出，再求它们的和即可.
2．（2025七下·浙江月考）如图，分别是长方形ABCD的边上的点，把此长方形分割成若干部分，有四个部分的面积已经在图中标出．，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形
故答案为：A.
【分析】由于四边形ABCD是矩形，所以与的面积相等都等于平行四边形ABCD面积的一半，则与的面积和也等于平行四边形ABCD面积的一半，即与的面积和等于的面积，则去掉图形中未标记字母的两公共部分恰好得到等于.
3．（2025七下·浙江月考）若一个数是由两个不同数字交替组成，则称这个数为“交替数”．例如37373，12121等都是交替数．则能被15整除的5位交替数共有（　　）个
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：设这个5位交替数为，则
能被15整除
必然能同时被5和3整除
能被3整除
也能被3整除
或或或
即这个交替数为50505或53535或56565或59595
故答案为：B.
【分析】由于这个5位交替数能被15整除，即也能同时被3和5整除，由于能被5整除的数字的个数数字只能是5或0，但由于这个5位数的万位数字与个位数字相同，因此能个位数字只能是5；由于这个数字能被3整除，则其各数位上的数字和必然能被3整除，此时可判定其十位数字能被3整除，则共有4个数，分别为0、3、6、9，则这个5位交替数可求.
4．（2025七下·浙江月考）记十进制数在进制下表示为．若，则（　　）
A．154 B．155 C．156 D．157
【答案】C
【知识点】整式的混合运算；进位制的认识与探究
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】分别把数字和表示成十进制的形式，再利用其差为70可先求得b等于8，再把用十进制表示出来即可.
5．（2025七下·浙江月考）若关于的不等式组的解集中的任意的值，都能使不等式成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一元一次不等式组的特殊解；一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解：
解不等式得：
解不等式得：
当时，则，
当时，则，不等式组无解
故答案为：C.
【分析】先分别解不等式得出两个不同的解集，因为不等式组的解集为，所以要分类讨论，即当或时，则可分别联立关于的不等式组，现分别解不等式组即可.
6．（2025七下·浙江月考）已知非零实数满足：，则（　　）
A．3 B．-3 C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；绝对值的非负性；高次方程
【解析】【解答】解：
当时，
化简得：
原方程无解
当时，
化简得：
故答案为：C.
【分析】先由题意用含a的绝对值代数式表示出b，再代入到第二个等式中即可得到关于a的一元3次方程，由于方程中含有绝对值代数式，此时可分类讨论，即当或时，先化简绝对值代数式并分解因式可得到关于a的一元二次方程，利用公式法进行求解即可.
7．（2025七下·浙江月考）在中，点在AB边上，若（锐角），则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】解直角三角形—边角关系；解直角三角形—构造直角三角形
【解析】【解答】解：过点作，垂足为.
即：
故答案为：B.
【分析】先过点作，垂足为，分别解直角三角形可利用和的正切三角函数分别表示出、及，则线段与均可表示，再利用已知两线段的比得到比例式，再利用比例的性质进行恒等变形即可.
8．（2025七下·浙江月考）已知矩形的长为，宽为．若是有理数，且该矩形的周长与面积的数值是相等的整数，则满足条件的矩形个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解：
即：
即：
当时，；则，满足条件；
当时，；则，满足条件；
当时，；则，满足条件；
故答案为：A.
【分析】先对等式移项，再利用添项法等式左边分解因式得，此时再求满足条件的二元一次方程的特殊解即可.
9．（2025七下·浙江月考）若与39的乘积的十位数字是9，则　 　．
【答案】8
【知识点】有理数乘法的实际应用
【解析】【解答】解：
的十位数字是9
的十位数字
故答案为：8.
【分析】先把表示成十进制的形式，再求它与39的乘积可结果为，由于其十位上的数字是9，而8073十位上的数字是7，则390x的十位上的数字只能是2，由乘法口诀得x中只能等于8.
10．（2025七下·浙江月考）对任何满足的实数，存在实数，使得为实数）恒成立，则实数　 　．
【答案】2
【知识点】绝对值的非负性；两个绝对值的和的最值
【解析】【解答】解：令，则；
令，则
当时，
解得：
即符合题意
故答案为：2.
【分析】由实数x的取值范围得，当时，；当时，，则a小于或等于与的和，即a的最大值为2.
11．（2025七下·浙江月考）已知是方程的两个实数根，则　 　.
【答案】11
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：是方程的根
是方程的两个实数根
、
也是方程的根
原式
故答案为：11.
【分析】由于是已知一元二次方程的两个实数根，显然都不可能等于0，可分别把代入到原方程中即可得出等于，等于1；此时可利用等式基本性质得出等于；再应用根与系数关系可得出的和与积，从而有等于，与互为倒数，则原式可最终表示成的形式，最后代入的值即可.
12．（2025七下·浙江月考）如图，已知为内一点，过点分别作三边的垂线，垂直分别为．若，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：如图所示，分别连接PA、PB、PC，设PE＝a、PG＝b、PF＝c.
同理：、
故答案为：.
【分析】分别连接PA、PB、PC，设PE＝a、PG＝b、PF＝c，再利用勾股定理可分别表示出a与b的平差，b与c的平方差，c与a的平方差，进而可求出BF的值.
13．（2025七下·浙江月考）若三个非零实数满足，则　 　．
【答案】0
【知识点】分式的化简求值-设参数法
【解析】【解答】解：设
原式＝
故答案为：0.
【分析】先设，则可分别用含m的代数式表示出a、b、c，再把a、b、c代入到所求代数式中进行计算即可.
14．（2025七下·浙江月考）存在若干个正整数，满足，则的最大值等于　 　．
【答案】3675
【知识点】有理数乘方的实际应用
【解析】【解答】解：
故答案为：3675.
【分析】由极值原理知，当这些数尽可能接近自然对数的底e（约2.718）时乘积最大，则对于正整数而言，当这些数最接近3时乘积最大，由2025恰好能被3整除，且商为675，则其最大值就是675个3的乘积.
15．（2025七下·浙江月考）已知正整数a，b（a≠b）满足a2-b2=220-2a，求a+b的值．
【答案】解：
或
且都是正整数
解得
【知识点】加减消元法解二元一次方程组；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【分析】利用移项和添项法可构造平方差公式得到两个正整数的积为221，由于221可能分解成1与221或13与17的乘积，此时可联立得到关于的二元一次方程组，但已知正整数，因此可保留一个方程组，再解方程组即可.
16．（2025七下·浙江月考）证明：．
【答案】证明：
【知识点】因式分解-分组分解法
【解析】【分析】先利用完全平方公式的恒等变形把表示成的形式，此时原式恰好变成两个整式平方差的和，分别对这两个平方差分解因式，又恰好出现公因式，再提公因式即可.
17．（2025七下·浙江月考）如图，是正三角形，的三边交各边分别于．已知，且．求证：．
【答案】证明：如图所示，分别过点A2、C2作A2O//A1B1、C2O//AC，直线A2O和C2O交于点O，再分别连接OA3、OB3.
则四边形OC2C3A2是平行四边形
是等边三角形
是等边三角形
、
，即
四边形OB3B2A3是平行四边形
即：
【知识点】等边三角形的性质；等边三角形的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】由于，因此可分别过A2、C2作A2O//A1B1、C2O//AC，直线A2O和C2O交于点O，再分别连接OA3、OB3，则四边形OA2C3C2为平行四边形，则利用平行四边形和等边三角形的性质结合等于等于可证为等边三角形，利用同位角相等可证四边形OA3B2B3也为平行四边形，则可把线段B2B3和C2C3转化到中，再应用勾股定理的逆定理可证为直角三角形，再利用平行线的性质可把的两锐角分别转化到中即可证明为直角.
18．（2025七下·浙江月考）已知实数满足：，且．
求证：．
【答案】由知
而
故
即有.，......，
得
即．
【知识点】探索数与式的规律；绝对值的非负性；实数的绝对值；探索规律-数列中的规律
【解析】【分析】利用数列的递推关系可得，结合条件即可知，从而得到数列的每一项都等于0.
19．（2025七下·浙江月考）
（1）已知中三个角所对的三边分别为．求证：；
（2）如图，三个边长分别为的等边三角形除了一个公共顶点外，没有其他公共点．是图上所标记的线段长度．证明：．
【答案】（1）证明：
同理：
得：
即：
（2）证明：由基本不等式知，，，三式相加即得
即①
而，把条件代入上式得
结合①式得
得
两边同时乘以得
移项得
于是
即有，而
于是
即．

【知识点】完全平方公式及运用；三角形三边关系；等边三角形的性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）由三角形三边关系定理知，，则，整理得，，同理有；应用等式的基本性质可得；
（2）将条件代入，结合和可得，即可得结论.
20．（2025七下·浙江月考）设平面上有个点，每两点均可以连一条线，并染上红色或蓝色．从这个点中的一点引出的两条红线或两条蓝线所成的角称为同色角．证明：同色角的总数．
【答案】对于平面上n个点中的任意一点A，从A点出发的线有n-1条，从A出发的红线有r条，蓝线有b条，则r+b=n-1
而从r条红线中选2条形成同色角的个数为，从b条蓝线中选2条形成同色角的个数为，
那么从A点出发的同色角总数为+=，
当且仅当r=b=时取得最小值，此时+=，
平面上有n个点，且每个点都至少有个同色角，
故同色角的总数．
【知识点】相交线的相关概念；排列组合
【解析】【分析】分别设从平面上任意一点A发出的红线与蓝线条数r、b，求出同色角的个数同时根据均值不等求出最小值，即可得平面上n个点的同色角总数范围.
1 / 1浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年七年级下学期数学创新素养综合考察试题
1．（2025七下·浙江月考）已知实数两两不相等，若，则（　　）
A．-1 B．0 C． D．1
2．（2025七下·浙江月考）如图，分别是长方形ABCD的边上的点，把此长方形分割成若干部分，有四个部分的面积已经在图中标出．，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025七下·浙江月考）若一个数是由两个不同数字交替组成，则称这个数为“交替数”．例如37373，12121等都是交替数．则能被15整除的5位交替数共有（　　）个
A．3 B．4 C．5 D．6
4．（2025七下·浙江月考）记十进制数在进制下表示为．若，则（　　）
A．154 B．155 C．156 D．157
5．（2025七下·浙江月考）若关于的不等式组的解集中的任意的值，都能使不等式成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025七下·浙江月考）已知非零实数满足：，则（　　）
A．3 B．-3 C． D．
7．（2025七下·浙江月考）在中，点在AB边上，若（锐角），则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025七下·浙江月考）已知矩形的长为，宽为．若是有理数，且该矩形的周长与面积的数值是相等的整数，则满足条件的矩形个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2025七下·浙江月考）若与39的乘积的十位数字是9，则　 　．
10．（2025七下·浙江月考）对任何满足的实数，存在实数，使得为实数）恒成立，则实数　 　．
11．（2025七下·浙江月考）已知是方程的两个实数根，则　 　.
12．（2025七下·浙江月考）如图，已知为内一点，过点分别作三边的垂线，垂直分别为．若，则　 　．
13．（2025七下·浙江月考）若三个非零实数满足，则　 　．
14．（2025七下·浙江月考）存在若干个正整数，满足，则的最大值等于　 　．
15．（2025七下·浙江月考）已知正整数a，b（a≠b）满足a2-b2=220-2a，求a+b的值．
16．（2025七下·浙江月考）证明：．
17．（2025七下·浙江月考）如图，是正三角形，的三边交各边分别于．已知，且．求证：．
18．（2025七下·浙江月考）已知实数满足：，且．
求证：．
19．（2025七下·浙江月考）
（1）已知中三个角所对的三边分别为．求证：；
（2）如图，三个边长分别为的等边三角形除了一个公共顶点外，没有其他公共点．是图上所标记的线段长度．证明：．
20．（2025七下·浙江月考）设平面上有个点，每两点均可以连一条线，并染上红色或蓝色．从这个点中的一点引出的两条红线或两条蓝线所成的角称为同色角．证明：同色角的总数．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分式的化简求值-设参数法
【解析】【解答】解：设
故答案为：B.
【分析】由于两两不相等，因此可设比值为，则可分别表示出，再求它们的和即可.
2．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形
故答案为：A.
【分析】由于四边形ABCD是矩形，所以与的面积相等都等于平行四边形ABCD面积的一半，则与的面积和也等于平行四边形ABCD面积的一半，即与的面积和等于的面积，则去掉图形中未标记字母的两公共部分恰好得到等于.
3．【答案】B
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：设这个5位交替数为，则
能被15整除
必然能同时被5和3整除
能被3整除
也能被3整除
或或或
即这个交替数为50505或53535或56565或59595
故答案为：B.
【分析】由于这个5位交替数能被15整除，即也能同时被3和5整除，由于能被5整除的数字的个数数字只能是5或0，但由于这个5位数的万位数字与个位数字相同，因此能个位数字只能是5；由于这个数字能被3整除，则其各数位上的数字和必然能被3整除，此时可判定其十位数字能被3整除，则共有4个数，分别为0、3、6、9，则这个5位交替数可求.
4．【答案】C
【知识点】整式的混合运算；进位制的认识与探究
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】分别把数字和表示成十进制的形式，再利用其差为70可先求得b等于8，再把用十进制表示出来即可.
5．【答案】C
【知识点】一元一次不等式组的特殊解；一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解：
解不等式得：
解不等式得：
当时，则，
当时，则，不等式组无解
故答案为：C.
【分析】先分别解不等式得出两个不同的解集，因为不等式组的解集为，所以要分类讨论，即当或时，则可分别联立关于的不等式组，现分别解不等式组即可.
6．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；绝对值的非负性；高次方程
【解析】【解答】解：
当时，
化简得：
原方程无解
当时，
化简得：
故答案为：C.
【分析】先由题意用含a的绝对值代数式表示出b，再代入到第二个等式中即可得到关于a的一元3次方程，由于方程中含有绝对值代数式，此时可分类讨论，即当或时，先化简绝对值代数式并分解因式可得到关于a的一元二次方程，利用公式法进行求解即可.
7．【答案】D
【知识点】解直角三角形—边角关系；解直角三角形—构造直角三角形
【解析】【解答】解：过点作，垂足为.
即：
故答案为：B.
【分析】先过点作，垂足为，分别解直角三角形可利用和的正切三角函数分别表示出、及，则线段与均可表示，再利用已知两线段的比得到比例式，再利用比例的性质进行恒等变形即可.
8．【答案】A
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解：
即：
即：
当时，；则，满足条件；
当时，；则，满足条件；
当时，；则，满足条件；
故答案为：A.
【分析】先对等式移项，再利用添项法等式左边分解因式得，此时再求满足条件的二元一次方程的特殊解即可.
9．【答案】8
【知识点】有理数乘法的实际应用
【解析】【解答】解：
的十位数字是9
的十位数字
故答案为：8.
【分析】先把表示成十进制的形式，再求它与39的乘积可结果为，由于其十位上的数字是9，而8073十位上的数字是7，则390x的十位上的数字只能是2，由乘法口诀得x中只能等于8.
10．【答案】2
【知识点】绝对值的非负性；两个绝对值的和的最值
【解析】【解答】解：令，则；
令，则
当时，
解得：
即符合题意
故答案为：2.
【分析】由实数x的取值范围得，当时，；当时，，则a小于或等于与的和，即a的最大值为2.
11．【答案】11
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：是方程的根
是方程的两个实数根
、
也是方程的根
原式
故答案为：11.
【分析】由于是已知一元二次方程的两个实数根，显然都不可能等于0，可分别把代入到原方程中即可得出等于，等于1；此时可利用等式基本性质得出等于；再应用根与系数关系可得出的和与积，从而有等于，与互为倒数，则原式可最终表示成的形式，最后代入的值即可.
12．【答案】
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：如图所示，分别连接PA、PB、PC，设PE＝a、PG＝b、PF＝c.
同理：、
故答案为：.
【分析】分别连接PA、PB、PC，设PE＝a、PG＝b、PF＝c，再利用勾股定理可分别表示出a与b的平差，b与c的平方差，c与a的平方差，进而可求出BF的值.
13．【答案】0
【知识点】分式的化简求值-设参数法
【解析】【解答】解：设
原式＝
故答案为：0.
【分析】先设，则可分别用含m的代数式表示出a、b、c，再把a、b、c代入到所求代数式中进行计算即可.
14．【答案】3675
【知识点】有理数乘方的实际应用
【解析】【解答】解：
故答案为：3675.
【分析】由极值原理知，当这些数尽可能接近自然对数的底e（约2.718）时乘积最大，则对于正整数而言，当这些数最接近3时乘积最大，由2025恰好能被3整除，且商为675，则其最大值就是675个3的乘积.
15．【答案】解：
或
且都是正整数
解得
【知识点】加减消元法解二元一次方程组；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【分析】利用移项和添项法可构造平方差公式得到两个正整数的积为221，由于221可能分解成1与221或13与17的乘积，此时可联立得到关于的二元一次方程组，但已知正整数，因此可保留一个方程组，再解方程组即可.
16．【答案】证明：
【知识点】因式分解-分组分解法
【解析】【分析】先利用完全平方公式的恒等变形把表示成的形式，此时原式恰好变成两个整式平方差的和，分别对这两个平方差分解因式，又恰好出现公因式，再提公因式即可.
17．【答案】证明：如图所示，分别过点A2、C2作A2O//A1B1、C2O//AC，直线A2O和C2O交于点O，再分别连接OA3、OB3.
则四边形OC2C3A2是平行四边形
是等边三角形
是等边三角形
、
，即
四边形OB3B2A3是平行四边形
即：
【知识点】等边三角形的性质；等边三角形的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】由于，因此可分别过A2、C2作A2O//A1B1、C2O//AC，直线A2O和C2O交于点O，再分别连接OA3、OB3，则四边形OA2C3C2为平行四边形，则利用平行四边形和等边三角形的性质结合等于等于可证为等边三角形，利用同位角相等可证四边形OA3B2B3也为平行四边形，则可把线段B2B3和C2C3转化到中，再应用勾股定理的逆定理可证为直角三角形，再利用平行线的性质可把的两锐角分别转化到中即可证明为直角.
18．【答案】由知
而
故
即有.，......，
得
即．
【知识点】探索数与式的规律；绝对值的非负性；实数的绝对值；探索规律-数列中的规律
【解析】【分析】利用数列的递推关系可得，结合条件即可知，从而得到数列的每一项都等于0.
19．【答案】（1）证明：
同理：
得：
即：
（2）证明：由基本不等式知，，，三式相加即得
即①
而，把条件代入上式得
结合①式得
得
两边同时乘以得
移项得
于是
即有，而
于是
即．

【知识点】完全平方公式及运用；三角形三边关系；等边三角形的性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）由三角形三边关系定理知，，则，整理得，，同理有；应用等式的基本性质可得；
（2）将条件代入，结合和可得，即可得结论.
20．【答案】对于平面上n个点中的任意一点A，从A点出发的线有n-1条，从A出发的红线有r条，蓝线有b条，则r+b=n-1
而从r条红线中选2条形成同色角的个数为，从b条蓝线中选2条形成同色角的个数为，
那么从A点出发的同色角总数为+=，
当且仅当r=b=时取得最小值，此时+=，
平面上有n个点，且每个点都至少有个同色角，
故同色角的总数．
【知识点】相交线的相关概念；排列组合
【解析】【分析】分别设从平面上任意一点A发出的红线与蓝线条数r、b，求出同色角的个数同时根据均值不等求出最小值，即可得平面上n个点的同色角总数范围.
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