广东省广州大学附属中学大学城校区奥数班2022-2023学年上学期七年级期中数学试卷 (含答案)

2022-2023学年广东省广州大学附中大学城校区奥数班七年级（上）期中数学试卷

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共9小题，共27.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 下列结论正确的是(    )

A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 一定是负数

2. 代数式，，，，，，中单项式有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

3. 若是关于，的二元一次方程，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 如果关于，的方程组的解是整数，那么整数的值为(    )

A. ，，， B. ，，，
C. ，，， D. ，，，

5. 因禽流感致病性强，某药房打算让利于民，板蓝根一箱原价为元，现有下列三种调价方案，其中，则调价后板蓝根价格最低的方案是(    )

A. 先涨价，再降价 B. 先涨价，再降价
C. 先涨价，再降价 D. 无法确定

6. 已知，则值为多少(    )

A. 或 B. 或 C. 或 D. 或

7. 在解关于，的方程组时，小明由于将方程的“”，看成了“”，因而得到的解为，则原方程组的解为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 如图所示，在这个数据运算程序中，若开始输入的的值为，结果输出的是，返回进行第二次运算则输出的是，，则第次输出的结果是(    )
    

A.  B.  C.  D.

9. 在数轴上和有理数，，对应的点的位置如图所示，有下列四个结论：
   ，
   ；
   ；
   ．
   其中正确的结论有个．(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）

10. 已知、、是三个非负实数，满足，，若，则的最大值与最小值的和为__________．
11. 已知，且，则______．
12. 若与是同类项，则的值为______．
13. 有一个三位数，将这个三位数减去它的各位数字之和的两倍，得差为，则这个三位数是______．
14. 已知式子，则的最小值是______ ．
15. 如果有个不同的正整数，，，满足，那么的值是______．
16. 如图，点的初始位置位于数轴上表示的点，现对点做如下移动：第次向左移动个单位长度至点，第次从点向右移动个单位长度至点，第次从点向左移动个单位长度至点，第次从点向右移动个单位长度至点，，依此类推．这样第______次移动到的点到原点的距离为．
     

三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    计算：
    ；
    ；
    解方程；
    解方程．
18. 本小题分
    因式分解：
    因式分解：；
    因式分解：；
    因式分解：．
19. 本小题分
    化简：；
    若的值是一个定值，求的取值范围，并且求出定值．
20. 本小题分
    已知，
    求；
    若，求的值；
    若的值与的取值无关，求的值．
21. 本小题分
    商场销售，两种品牌的教学设备，这两种教学设备的进价和售价如表所示：该商场计划购进两种教学设备若干套，共需万元，全部销售后可获毛利润万元．毛利润售价进价销售量

该商场计划购进，两种品牌的教学设备各多少套？
现商场决定再用万同时购进，两种设备，共有哪几种进货方案？

22. 本小题分
    已知数轴上两点、对应的数分别为、，点为数轴上任意一点，其对应的数为．
    的长为______．
    当点到点、点的距离相等时，求的值；
    数轴上是否存在点，使点到点、点的距离之和是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
    如果点以每秒个单位长度的速度从点出发沿数轴向右运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿数轴向左运动，当点到达点时，点与同时停止运动．设点的运动时间为秒当点、点与点三个点中，其中一个点到另外两个点的的距离相等时，直接写出的值．
    
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：令，，令，，当，故A错误；
若，则，故C错误；
当时，原式，故D错误；
故选
根据绝对值的定义可求出答案．
本题考查绝对值的性质，属于基础题型．
 

2.【答案】 

【解析】解：代数式，，，，，，中，
单项式有：，，，，，共个．
故选D．
根据单项式的定义：数或字母的积组成的式子叫做单项式，单独的一个数或字母也是单项式，即可得出答案．
本题考查的是单项式，熟记单项式的定义是解题关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：是关于，的二元一次方程，
，
解得，
把代入，得：
．
故选：．
根据二元一次方程的定义，得出，，解出、的值，然后把、的值代入，计算即可得出结果．
此题考查二元一次方程定义，二元一次方程必须符合以下三个条件：方程中只含有个未知数；含未知数项的次数都为一次；方程是整式方程．
 

4.【答案】 

【解析】解：，
得：，
解得：，
由为整数，得到，，，，
又是整数，可得：，，，，
故选：．
利用加减消元法消元表示出，根据为整数，确定出整数的值即可．
此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
 

5.【答案】 

【解析】解：根据题意可得：
A、；
B、；
C、；
，
最小．
故选：．
解此题可将、、个选项的内容一一代入，再根据，然后进行比较即可得出答案．
此题考查的是整式的运算，通过选项将数代入，然后根据，再进行比较即可．
 

6.【答案】 

【解析】解：由，得到，
，，中有个或个负数，
当三个都为负数时，原式；当一个为负数时，原式，
故选A
根据已知等式得到，确定出，，中负因式有个或个，原式利用绝对值的代数意义化简即可得到结果．
此题考查了绝对值，以及有理数的除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：把代入中可得：
，
解得：，
把代入中可得，
，
解得：，
故选：．
把代入中可求出，的值，再把，的值代入中，进行计算即可解答．
本题考查了解二元一次方程组，二元一次方程组的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
把代入得：，
以此类推，
，
第次输出的结果为，
故选：．
把代入程序中计算，以此类推得到一般性规律，即可确定出第次输出的结果．
此题考查了代数式求值，弄清题中的程序框图是解本题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：由数轴可得，，
，，，
，故正确，
，，
，故正确，
，，，
，故正确，
，
，
，
，
故错误，
故选：．
根据数轴上各数的位置得出，，依此即可得出结论．
本题考查了数轴、绝对值和有理数的大小比较；弄清数轴上各数的大小是解决问题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：要使取最大值，最大，最小，
、、是三个非负实数，
，解方程组，解得：，
的最大值；
要使取最小值，
联立得方程组，
得，，
得，，，
把，代入，整理得，，当取最小值时，有最小值，
、、是三个非负实数，
的最小值是，
，
的最大值与最小值的和．
根据题意，先推断出取最大值与最小值时的、、的值，再求的最大值与最小值的和．
考查了在给定的范围内，求一个代数式的最值问题，难度较大．
 

11.【答案】或 

【解析】解：，，
，．
，
．
．
当，则，此时；
当，则，此时．
综上：或．
故答案为：或．
根据绝对值的定义解决此题．
本题主要考查绝对值，熟练掌握绝对值的定义是解决本题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意得：，，
，，
，
故答案为：．
由同类项的概念求出和的值，即可计算．
本题考查同类项的概念，关键是掌握同类项的概念：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同．
 

13.【答案】 

【解析】解：设百位上的数为，十位上的数为，个位上的数为，
则，
，
，
，，
，
，
取整数，
，
同理可得，，
故答案为：．
设百位上的数为，十位上的数为，个位上的数为，则计算可得，首先判断的取值范围确定的值，再判断的取值范围确定的值，最后求出即可．
本题主要考查了整式的加减，熟练掌握整式的加减法则进行求解是解决本题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：令，，
根据绝对值几何意义，表示到与两点之间的距离之和；
表示到与两点之间的距离之和；
当，时，正好有，
当，时，的最小值为：．
故答案为：．
令，，根据绝对值的几何意义进行综合分析即可得到答案．
本题考查了绝对值的几何意义，理解并正确运用“即两个实数、表示的两个点之间的距离”是解题的关键．
 

15.【答案】或 

【解析】解：、、、是四个不同的正整数，
四个括号内是各不相同的整数，
不妨设，
又，
这四个数从小到大可以取以下几种情况：，，，；，，，．
，
，
当时，
；
当时，
．
故答案为：或．
根据、、、是四个不同的正整数，可知四个括号内是各不相同的整数，结合乘积为，进行分类讨论．
本题考查的是有理数的混合运算，根据题意得出四个括号中的数是解答此题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：第次点向左移动个单位长度至点，则表示的数，；
第次从点向右移动个单位长度至点，则表示的数为；
第次从点向左移动个单位长度至点，则表示的数为；
；
由以上数据可知，当移动次数为奇数时，点在数轴上所表示的数满足：，
当移动次数为偶数时，点在数轴上所表示的数满足：，
当移动次数为奇数时，，舍去，
当移动次数为偶数时，，．
故答案为：．
按照题目，找出已知规律，推算即可．
本题主要考查了数轴变化的规律，熟悉数轴的特点是解答此题的关键．
 

17.【答案】解：







；




；
由整理得：，
得：，
解得，
将代入得：，
解得：，
方程组的解为：；
，
得：，
解得，
将分别代入、得：，，
得：，
解得：，
将代入得：，
解得，
方程组的解为：． 

【解析】根据有理数的混合运算顺序，先计算乘方，再计算乘除，后计算加减，有括号的先计算括号内的；
根据乘方的意义以及乘法结合律化简后，再根据有理数的加减法法则以及除法法则计算即可；
把方程组整理后，再利用加减消元法求解即可；
用可解得，再代入、可得关于、的二元一次方程，再联立成方程组求解即可．
本题考查了有理数的混合运算，解二元一次方程组以及解三元一次方程组，掌握相关运算法则以及消元的方法是解答本题的关键．
 

18.【答案】解：原式




；
原式

；
设，则
原式



． 

【解析】配上，再利用提公因式法、公式法和分组分解法进行因式分解即可；
利用分组分解法将原式化为，再利用提公因式法即可；
设，将原式化为，再整理得，再利用十字相乘法分解为，再将代入后，利用十字相乘法可得答案．
本题考查提公因式法，公式法、分组分解法分解因式，掌握提公因式法、平方差公式以及十字相乘法、分组分解法是正确解答的前提．
 

19.【答案】解：令，，得，，
零点值为和，
当时，，
当时，，
当时，，
综上，；
要想使的值是一个定值，就必须使得，且，
原式，
即时，原式的值定值． 

【解析】先求出零点值，再分类化简绝对值便可；
根据绝对值的性质进行解答便可．
本题主要考查绝对值的性质，关键是正确理解与应用绝对值的性质解题．
 

20.【答案】解：原式

；
，，，
，，
，，
原式


；
由知：
，
的值与的取值无关，
，
解得：．
若的值与的取值无关，的值为． 

【解析】利用去括号的法则去掉括号后合并同类项即可；
利用非负数的意义求得，的值，利用整体代入的方法解答即可；
将的值适当变形，令的系数为，解关于的方程即可得出结论．
本题主要考查了整式的加减，非负数的应用，正确利用去括号的法则进行整式的加减是解题的关键．
 

21.【答案】解：设购进品牌的教学设备套，品牌的教学设备套，
依题意得：，
解得：．
答：购进品牌的教学设备套，品牌的教学设备套；
设可以购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备，
依题意得：，

又，均为正整数，
或或或，
共有种进货方案，
方案：购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备；
方案：购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备；
方案：购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备；
方案：购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备． 

【解析】设购进品牌的教学设备套，品牌的教学设备套，根据购进两种教学设备的总费用及全部销售后获得的总毛利润，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
设可以购进套品牌的教学设备，套品牌的教学设备，利用总价单价数量，即可得出关于，的二元一次方程，结合，均为正整数，即可得出各进货方案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程或二元一次方程是解题的关键．
 

22.【答案】 

【解析】解：的长为，
故答案为：；
根据题意得：，
解得；
当点在点的左侧时．
根据题意得：，
解得．
在点和点之间时，
则，
方程无解，即点不可能在点和点之间．
点在点的右侧时，，
解得．
的值是或；
秒后，点表示的数是，点表示的数是，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得舍去；
综上，或．
的长为，即可解答；
根据题意列出关于的方程，求出方程的解即可得到的值；
可分为点在点的左侧和点在点的右侧，点在点和点之间三种情况计算；
分三种情况：当时，当时，当时，分别列出方程解答即可．
此题主要考查了数轴的应用以及一元一次方程的应用，进行分类讨论是解题关键．