2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡集团“觉园杯”七年级（下）创新选拔培数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡集团“觉园杯”七年级（下）创新选拔培数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字，八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80=2021，八进制数3747换算成二进制数是______．
2.设2023=1a+1b+1c+1d，其中a、b、c、d都是正整数，则a+b+c+d= ______．
3.已知x1，x2，…，xn中xi(i=1,2,…,n)的数值只能取−2，0，1中的一个，且满足x1+x2+…+xn=−17，x12+x22+…+xn2=43，则(x13+x23+…+xn3)2的值为______．
4.如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，扇形ABE半径AE=6，扇形CBF的半径CB=4，则阴影部分的面积为______．
5.[29×143]+[29×243]+…+[29×4143]+[29×4243]的值为______.{其中[x]表示不超过x的最大整数}
6.已知非负实数a，b，c满足a−12=b−34=5−c6，设S=a+2b+3c的最大值为m，最小值为n，则nm的值为______．
7.已知凸四边形ABCD中，AC，BD中点分别为E，F，EF交AB于点H，交CD于点G.若△DAG，△ABG，△BCG的面积分别为2，5，4，则△CDH的面积为______．
8.方程：x+21013+x1012+x−21011+x−41010+…+x−20202=2024的解为______．
9.32023除以26的余数是______．
10.把2023表示成两个整数的平方差的形式，则不同的表示方法有______种.
11.图中的三角形都是等边三角形，甲三角形的边长是24.7，乙三角形的边长是26.则丙三角形的边长是______．
12.如图，AB=AC=5，BC=6，BD=AE，AF⊥DE，则AFDE= ______．
13.已知正整数n，使得对任意正整数x、y，z，都有n|(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)，则n的最大值为______.(a|b表示a整除b)
14.若270n是100×99×98×…×3×2×1的因数，则n最大可以取______．
15.已知y=x3+ax2+bx+c，当x=5时，y=10；x=6时，y=12；x=7时，y=14.则当x=4时，y的值为______．
二、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题16分)
解方程：a2=1−abb2=3−ab．
17.(本小题16分)
18世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式，请你观察下列几种多面体模型，解答下列问题

(1)根据上面多面体模型，完成表格中的空格：
你发现顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的关系式是______．
(2)如图，有一种足球是由数块黑白相间的牛皮缝制而成，黑皮为正五边形，白皮为正六边形，且边长都相等，求正五边形、正六边形的个数．
18.(本小题16分)
一个各个数位上的数字均不为零的四位正整数，若其千位数字与十位数字之和等于8，百位数字与个位数字之和也等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”．
例如：1276.∵1+7=8，2+6=8，∴1+7=2+6=8，∴1276是“乐群数”．
又如：3254，∵3+5=8，2+4=6≠8，∴3254不是“乐群数”．
(1)请判断：1473 ______“乐群数”，6523 ______“乐群数”(填“是”或“不是”)；
(2)已知一个“乐群数”的千位比百位数字小3，把它的千位和百位数字分别与十位和个位数字对调，对调后得到的新数比原数大3762，求这个“乐群数”；
(3)是否存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”？若存在，请求出满足条件的“乐群数”；若不存在，请说明理由．
19.(本小题16分)
如图，凸五边形ABCDE的对角线CE分别与对角线BD和AD交于点F和G，已知BF：FD=5：4，AG：GD=1：1，CF：FG：GE=2：2：3，S△CFD和S△ABE分别为△CFD和△ABE的面积，求S△CFD：S△ABE的值．
20.(本小题16分)
设a，b，c满足a+b+c=1，ab+bc+ca=−5，abc=1，求(a2−4ab+b2)(b2−4bc+c2)(c2−4ca+a2)的值．
答案和解析
1.【答案】2023
【解析】解：∵(3747)8−(3745)8=2，
∴2021+2=2023．
故答案为：2023．
数字无论在何进制下，它们的差是不变的，根据八进制数3745与3747的差即可求解．
本题主要考查了数的进制，根据数字无论在和进制下的差不变来求解是本题解题的关键．
2.【答案】10
【解析】解：∵a，b，c，d均为正整数，
∴1d，1c+1d，1b+1c+1d都是真分数，
∴a+1b+1c+1d=2320=1+320，
∴a=1，b+1c+1d=203=6+23，
∴b=6，c+1d=32=1+12，
∴c=1，d=2，
∴a+b+c+d=1+6+1+2=10．
故答案为：10．
因为a，b，c，d都是正整数，所以1d，1c+1d，1b+1c+1d都是真分数，所以a是2320的整数部分，依次类推可以求出b，c，d，然后求和即可．
本题主要考查了整数问题以及繁分数，根据a，b，c，d是正整数判断出1d，1c+1d，1b+1c+1d都是真分数，是本题解题的关键．
3.【答案】5929
【解析】解：∵当xi=1或0时，xi=xi2=xi3，
∴xi=−2的个数为：(43+17)÷(4+2)=10，
∴x13+x23+…+xn3=−17+10×{−8−(−2)}=−77，
∴(x13+x23+…+xn3)2=5929．
故答案为：5929．
当xi=1或0时，xi=xi2=xi3，所以x1+x2+…+xn、x12+x22+…+xn2、x13+x23+…+xn3值的变化只与xi=−2的个数有关，根据前两个式子的差可以求出xi=−2的个数，然后求出第三个式子的值，平方即可．
本题主要考查了数字问题，根据0和1的平方和立方数值不变，推出−2的个数是本题解题的关键．
4.【答案】13π−24
【解析】解：14×6×6×π−(4×6−14×4×4×π)
=9π−(24−4π)
=13π−24．
答：阴影部分的面积为13π−24．
故答案为：13π−24．
图形ABFD的面积为矩形ABCD的面积减去扇形CBF的面积，阴影部分的面积等于扇形ABE的面积减去图形ABFD的面积，据此解答．
本题主要考查了组合图形的面积，将不规则的图形面积转化为可求的规则图形面积是本题解题的关键．
5.【答案】588
【解析】解：由题意可知：29×143−1<[29×143]<29×143①，
29×4243−1<[29×4243]<29×4243②，
①+②，得29×(1+42)43−2<[29×143]+[29×4243]<29×(1+42)43，
则得27<[29×143]+[29×4243]<29，
∴[29×143]+[29×4243]=28，
同理可得：[29×243]+[29×4143]=28，
……，
则原式=28×21=588，
故答案为：588．
根据题意求出[29×143]+[29×4243]的值，总结规律，根据规律解答即可．
本题考查的是有理数无理数的概念与运算，根据题意求出[29×143]+[29×4243]的值是解题的关键．
6.【答案】2339
【解析】解：∵a−12=b−34=5−c6，
∴a−1=b−32=5−c3，
∴b=2a+1，c=8−3a，
∵a≥0，b≥0，c≥0，
∴0≤a≤83，
∴S=a+2b+3c=a+2(2a+1)+3(8−3a)=26−4a，
∴463≤S≤26，
当S=463时，a=83，b=193，c=0，符合题意；
当S=26时，a=0，b=1，c=8，符合题意；
∴m=26，n=463，
∴nm=2339．
故答案为：2339．
用a表示出b和c，根据a，b，c非负，可以求出a的取值范围，从而可以求出m和n，作比即可．
本题主要考查了多元一次不定方程的求解，正确的求出a的取值范围是本题解题的关键．
7.【答案】5
【解析】解：连接DH，CH，
∴S△DHF=S△BHF，S△BFG=S△DFG，
∴S△HBG=S△HDG，
同理S△AHG=S△CHG，
∴S△CDH=S△DHG+S△CHG=S△BHG+S△AHD=S△ABG=5，
故答案为：5．
连接DH，CH，根据中点的性质，可得S△HBG=S△HDG，S△AHG=S△CHG，则S△CDH=S△ABG=5．
本题考查面积及等积变换，熟练掌握三角形中点的性质，等底等高三角形的面积相等，将△CHD面积转换为△ABG的面积是解题的关键．
8.【答案】x=2024
【解析】解：原方程转化为x1013+21013+x1012+x1011−21011+⋅⋅⋅+x2−1010=2024，
x1013+x1012+⋅⋅⋅+x2=2−21013+20241012+2+21011+⋅⋅⋅+1012，
即x1013+x1012+⋅⋅⋅+x2=20241013+20241012+20241011+⋅⋅⋅+20242，
∴x=2024
故答案为：x=2024．
根据每项的变化规律，找出方程特殊解，再根据一元一次方程有唯一解，从而得解．
本题主要考查了一元一次方程的求解，合理运用每项的变化规律得出特殊解是本题解题的关键．
9.【答案】3
【解析】解：3÷26=0……3，
9÷26=0……9，
27÷26=1……1，
81÷26=3……3，
……
∴3n除以26的余数按照3，9，1，3，9，1……的规律进行变化，
∵2023÷3=674……1，
∴32023除以26的余数是3．
故答案为：3．
求出3n除以26的余数变化规律，从而求解即可．
本题主要考查了带余除法，总结出3n除以26的余数变化规律是本题解题的关键．
10.【答案】12
【解析】解：设2023=a2−b2，
∴(a+b)(a−b)=2023，
∵2023=1×2023=7×289=17×119，
∴a+b=2023，a−b=1或a+b=289，a−b=7或a+b=119，a−b=17，
分别求出对应的a、b共三组，每组a、b可以取负数，
∴共有4×3=12种表示方法．
故答案为：12．
将2023分解因式，根据其分解因式的组数即可求解．
本题主要考查了因式分解的应用，根据平方的非负性，主要不要漏掉其相反数．
11.【答案】15.6
【解析】解：将边长相同的三角形编号，设丙的边长为x，
∴a的边长为：24.7−x，c的边长为：26−x，
∴b的边长为：x−(24.7−x)=2x−24.7，
∴e的边长为：26−x−(2x−24.7)=50.7−3x，
∴d的边长为：2x−24.7−(50.7−3x)=5x−75.4，
∴f的边长为：24.7−x+5x−75.4=4x−50.7，
∴g的边长为：4x−50.7+5x−75.4=9x−126.1，
∴9x−126.1+4x−50.7=26，
解得：x=15.6．
故答案为：15.6．
将边长相同的三角形进行编号，设丙的边长为x，根据图形中各三角形的位置关系求出各三角形的边长，最后根据整个大三角形为等边三角形，列出方程求解即可．
本题主要考查了等边三角形的性质，正确计算各三角形的边长是本题解题的关键．
12.【答案】43
【解析】解：过A作AG/​/DE，AG=DE，连接BG，DG，过A作AH⊥BC于H，过G作GP⊥AH于P，
∴四边形AEDG是平行四边形，
∴∠DAE=∠ADG，AE=DG，
又∵AE=BD，
∴BD=DG，
∴∠ABG=12∠ADG=12∠BAC，
∵AB=AC，
∴AH是∠BAC的平分线，
∴∠ABG=∠BAH，
∴BG//AH，
又∵PG⊥AH，BH⊥AH，
∴PG//BH，
∴四边形PGBH为矩形，
∴PG=BH，
∵DE⊥AF，AG/​/DE，
∴AF⊥AG，
∴∠AGP+∠FAH=90°，
∵∠AGP+∠GAP=90°，
∴∠AGP=∠FAH，
∴△AGP∽△FAH，
∴AF：AG=AH：PG，
∵PG=BH，AG=DE，
∴AFDE=AHBH，
∵AB=AC，
∴AH为△ABC的中线，
∴BH=12BC=3，
∴AH= 52−32=4，
∴AFDE=43．
故答案为：43．
将DE延EA平移到A点构造平行四边形，得到等腰三角形，过A作BC垂线AH，再过G作AH垂线GP，构造出矩形，然后根据三角形相似求解即可．
本题主要考查了三角形的综合题，合理构造平行四边形以及相似三角形是本题解题的关键．
13.【答案】12
【解析】解：当x=1，y=2，z=3时，(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)=120=12×10，
当x=2，y=3，z=4时，(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)=420=12×35，
当x=3，y=5，z=4时，(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)=−1008=12×(−84)，
∵n|(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)，
∴n为(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)的最大公因数，
综上所述，n的最大值为12，
故答案为：12．
利用举例法假设x，y，z为具体的数并代入n|(x2−y2)(y2−z2)(z2−x2)中，进行归纳总结即可得出n的最大值．
本题考查了数的整除性的知识，解决本题的关键是运用公因数来解决数的整除性问题．
14.【答案】16
【解析】解：∵270=2×33×5，
∴270n=2n×33n×5n，
∵100÷2=50，100÷4=25，100÷8=12……4，100÷16=6……4，100÷32=3……4，100÷64=1……36，
∴100×99×98×…×3×2×1有因数2的个数为：50+25+12+6+3+1=97，
∵100÷3=33……1，100÷9=11……1，100÷27=3……19，100÷81=1……19，
∴100×99×98×…×3×2×1有因数3的个数为：33+11+3+1=48，
∵100÷5=20，100÷25=4，
∴100×99×98×…×3×2×1有因数5的个数为：20+4=24，
∴n≤973n≤48n≤24，
∴n≤16，
∴n最大可以取16．
故答案为：16．
将270分解质因数，然后求出100×99×98×…×3×2×1中因数2，3，5的个数，据此求出n的取值范围，即可得解．
本题主要考查了质因数分解，求出100×99×98×…×3×2×1中因数2，3，5的个数是本题解题的关键．
15.【答案】2
【解析】解：根据x，y的取值，联立方程：
10=125+25a+5b+c12=216+36a+6b+c14=343+49a+7b+c，
解得：a=−18b=109c=−210，
∴原函数为：y=x3−18x2+109x−210，
当x=4时，y=64−18×16+4×109−210=2．
故答案为：2．
根据已知的x，y的值，求出a，b，c的值，然后将x=4代入，即可解答．
本题主要考查了三元一次方程组的解法，正确求解a，b，c是本题解题的关键．
16.【答案】解：∵a2=1−ab，b2=3−ab，
∴a2+ab=1，b2+ab=3，
两式作比：ab=13，
∴b=3a，
∴a2+3a2=1，
∴a=±12，
∴方程的解为：a=12b=32或a=−12b=−32．
【解析】将两式右侧的−ab移项到左侧，然后两式作比，即可求出a：b，再代入求解即可．
本题主要考查了二元二次方程的求解，合理变式求出a与b的关系是本题解题的关键．
17.【答案】6 6 V+F−E=2
【解析】解：(1)由图中可以数出，四面体的棱数为6，正八面体的顶点数为6，通过表格可以推出，V+F−E=2，
故答案为6，6，V+F−E=2，
(2)设黑皮有x个，白皮有y个，
则这个足球的面数为：x+y，
棱数为：5x+6y2，
顶点数为：5x+6y3，
由欧拉公式可得：5x+6y3+x+y−5x+6y2=2，
解得：x=12，
∵1个黑皮与5个白皮相邻，1个白皮与3个黑皮相邻，
∴白皮个数为12×5÷3=20(个)，
故正五边形有12个，正六边形有20个．
(1)本题通过表格给出的数据，推导出欧拉公式，也就是V+F−E=2，
(2)本题通过设五边形的个数为x，六边形的个数为y，通过欧拉公式，得到一个方程组，解出对应的值．
本题考查根据表格整理归纳的能力，通过表格的数据推导出欧拉公式，通过欧拉公式来解决实际问题．
18.【答案】不是 是
【解析】解：(1)∵1+7=8，4+3=7≠8，
∴1473不是“乐群数”，
∵6+2=5+3=8，
∴6523是“乐群数”，
故答案为：不是，是；
(2)设这个“乐群数”的千位数字为x，则百位数字为x+3，十位数字位8−x，个位数字位8−(x+3)=5−x，
根据题意得：1000x+100(x+3)+10(8−x)+5−x+3762=1000(8−x)+100(5−x)+10x+x+3，
解得x=2，
∴这个“乐群数”为2563；
(3)存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”，理由如下：
设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且a∴M的十位数字是8−a，个位数字是8−b，
∴M=1000a+100b+10(8−a)+8−b=990a+99b+88，
∵M被7除余3，
∴M−3能被7整除，
∵M−3=990a+99b+85，
∴M−37=99(10a+b)+857=98(10a+b)+(10a+b)+84+17=14(10a+b)+12+10a+b+17，
∴10a+b+1能被7整除，
∵a∴当a=1，b=3；a=2，b=7；a=3，b=4时，满足题意，
∴M为1375或2761或3454．
解：(1)根据定义可判断1473不是“乐群数”，6523是“乐群数”；
(2)设这个“乐群数”的千位数字为x，根据对调后得到的新数比原数大3762列方程可解得这个“乐群数”为2563；
(3)设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且a本题考查一元一次方程的应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，列出一元一次方程解决问题．
19.【答案】解：连接BG，设△CDF的面积为4，
∵BF：DF=5：4，
∴S△BCF=5，
∵CF：FG：GE=2：2：3，
∴S△GDF=4，S△DGE=6，S△BFG=5，S△BEG=7.5，
∴S△BDG=S△GDF+S△BFG=9，
∵AG=DG，
∴S△AEG=S△EDG=6，S△ABG=S△BDG=9，
∴S△ABE=S△AEG+S△ABG−S△BEG=6+9−5=10，
∴S△CFD：S△ABE=4：10=2：5．
【解析】连接BG，设△CDF面积为4，根据等高三角形的面积之比等于底边之比，求出△ABE的面积，然后求比值即可．
本题主要考查了三角形的面积，根据等高三角形的面积和底边的关系来求△ABE面积是本题解题的关键．
20.【答案】解：由题意，∵a+b+c=1，ab+bc+ca=−5，abc=1，
∴a，b，c可以看作是方程x3−x2−5x−1=0的根．
显然x≠0，
∴x2=x+1x+5．
∴a2=a+1a+5，b2=b+1b+5，c2=c+1c+5．
∵abc=1，
∴ab=1c，bc=1a，ac=1b．
又ab+bc+ca=−5，
∴1a+1b+1c=−5．
∴a2−4ab+b2=a+1a+5−4c+b+1b+5
=a+b+1a+1b−4c+10
=(1−c)+(−5−1c)−4c+10
=6−5c−c
=−1c(c2−6c+5)
=−1c(c−5)(c−1)，
同理可得，b2−4bc+c2=−1a(a−5)(a−1)，
c2−4ca+a2)=−1b(b−5)(b−1)．
∴(a2−4ab+b2)(b2−4bc+c2)(c2−4ca+a2)=−1abc(a−1)(b−1)(c−1)(a−5)(b−5)(c−5)．
又(a−1)(b−1)(c−1)=abc−(ab+bc+ac)+(a+b+c)−1
=1−(−5)+1−1=6，
(a−5)(b−5)(c−5)=abc−5(ab+bc+ac)+25(a+b+c)−125
=1−5×(−5)+25×1−125=−74，
∴(a2−4ab+b2)(b2−4bc+c2)(c2−4ca+a2)=−1×6×(−74)=444．
【解析】依据题意，由a+b+c=1，ab+bc+ca=−5，abc=1，可将a，b，c可以看作是方程x3−x2−5x−1=0的根，从而a2=a+1a+5，b2=b+1b+5，c2=c+1c+5，再结合题意可得a2−4ab+b2=a+1a+5−4c+b+1b+5=a+b+1a+1b−4c+10=−1c(c−5)(c−1)，
同理可得，b2−4bc+c2=−1a(a−5)(a−1)，c2−4ca+a2)=−1b(b−5)(b−1)，再代入(a2−4ab+b2)(b2−4bc+c2)(c2−4ca+a2)=−1abc(a−1)(b−1)(c−1)(a−5)(b−5)(c−5)，最后变形结合题意计算可以得解．
本题主要考查了高次方程的应用，解题时要熟练掌握并能灵学会活变形是关键．多面体
顶点数(V)
面数(F)
棱数(E)
四面体
4
4
______
长方体
8
6
12
正八面体
______
8
12
正十二面体
20
12
30