2026年重庆巴蜀中学7年级数学下期月考模拟题含答案

这是一份2026年重庆巴蜀中学7年级数学下期月考模拟题含答案，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在，，，，，，，（相邻两个之间的个数逐次加个）中，无理数有（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】C
【解析】
【分析】根据无理数的定义（无限不循环小数是无理数），逐个判断给出的数即可得到结果．
【详解】解：∵无理数是无限不循环小数，
∴是分数，是整数，是无限循环小数，是整数，以上均为有理数，无理数为，，，（相邻两个之间的个数逐次加），共个．
2. 一个数的立方根等于它的平方根，则这个数是（ ）
A. B. C. D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据负数没有平方根先排除错误选项，再验证剩余数是否满足条件即可得到答案．
【详解】解：∵负数没有平方根，
∴排除含的选项，
∵的平方根是，的立方根是，，
∴不满足条件，排除，
∵的平方根是，的立方根也是，满足立方根等于它的平方根，
∴这个数是，故选项符合题意．
3. 已知，则的值是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用绝对值和二次根式的性质分别化简得出答案．
【详解】解：∵，
∴a-2=0，b-2a=0，
解得：a=2，b=4，
故a+2b=10．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了非负数的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
4. 若是方程的一个解，则的值是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】把方程的解代入得，从而确定，整体代入计算即可．
【详解】解：∵是方程的一个解，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程解的定义，即使得二元一次方程左右相等的一组未知数的值，熟练掌握定义，灵活变形计算是解题的关键．
5. 估计的值在（ ）
A. 3和4之间B. 4和5之间C. 5和6之间D. 6和7之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查是估算无理数的大小，根据题意估算出的大小范围是解答此题的关键．根据无理数的估算得出的大小范围，即可得答案．
【详解】解：∵，
∴，即，
∴，故B正确．
故选：B．
6. 下列结论正确的是（ ）
①点在第四象限；②点在第二象限，且到轴和轴的距离分别为和，则点的坐标为；③平面直角坐标系中，点位于坐标轴上，那么；④是的平方根；⑤实数的倒数是．
A. ③④B. ③⑤C. ①②③D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】结合平面直角坐标系、平方根、倒数的初中相关概念，逐个判断结论对错，即可得到答案．
【详解】解：① ∵点横坐标为负，纵坐标为正，
∴点在第二象限，①错误；
② ∵点在第二象限，
∴，
∵点到轴距离为，到轴距离为，
∴，得，②错误；
③ ∵点在坐标轴上，
∴或，
∴，③正确；
④ ∵，平方根为，
∴是的平方根，④正确；
⑤ ∵当时，不存在倒数，
∴⑤错误；
综上，正确结论为③④．
7. 如图，坐标平面上有P，Q两点，其坐标分别为，，根据图中P，Q两点的位置，则点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了点的坐标，直接利用P，Q的位置，得出a，b的取值范围，进而得出，的取值范围，进而得出答案．
【详解】解：由P，Q的位置可得：，，
，，
则点在第四象限，
故选：D．
8. 已知，则，，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据实数的大小比较方法逐一比较即可求解．
【详解】解：由，
则可令，
，，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了实数大小比较，熟练掌握含二次根式的分数大小比较方法是解题的关键．
9. 我国古代数学著作《九章算术》记载了一道“牛马问题”：“今有二马、一牛价过一万，如半马之价．一马、二牛价不满一万，如半牛之价．问牛、马价各几何．”其大意为：现有两匹马加一头牛的价钱超过一万，超过的部分正好是半匹马的价钱；一匹马加上二头牛的价钱则不到一万．不足部分正好是半头牛的价钱，求一匹马、一头牛各多少钱？设一匹马价钱为元，一头牛价钱为元，则符合题意的方程组是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．根据“两匹马加一头牛的价钱超过一万，超过的部分正好是半匹马的价钱；一匹马加上二头牛的价钱则不到一万，不足部分正好是半头牛的价钱”，即可以列出相应的方程组．
【详解】解：两匹马加一头牛的价钱超过一万，超过的部分正好是半匹马的价钱，
可列方程；
一匹马加上二头牛的价钱则不到一万，不足部分正好是半头牛的价钱
可列方程．
根据题意可列出方程组
故选：A．
10. 在二元一次方程中，若均为非负整数，则该方程的解的组数有（ ）
A. 组B. 组C. 组D. 组
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程的非负整数解，先将方程变形，再根据均为非负整数的条件，枚举得到所有符合条件的解，统计解的组数即可．
【详解】解：∵，
∴变形得 ，
∵，均为非负整数，
∴，，即 ，且为偶数，
依次枚举的取值：
当时，，不是整数，舍去；
当时，，符合条件；
当时，，不是整数，舍去；
当时，，符合条件；
当时，，不是整数，舍去；
当时，，符合条件；
当时，，不是整数，舍去；
当时，，符合条件；
∴ 符合条件的解共有组．
11. 如图，动点从坐标原点出发，以每秒一个单位长度的速度按图中箭头所示方向运动，第秒运动到点，第秒运动到点，第秒运动到点，第秒运动到点，……则第秒点所在位置的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析点在坐标系中的运动路线，寻找点运动至轴或轴时的点坐标的规律．
【详解】解：根据题意列出的坐标寻找规律．
；
；
；
；
；
即坐标为；
∴，
∴坐标为退回两个单位→→．
故选：．
【点睛】考查平面直角坐标系中点的坐标变化，分析点运动路线规律，找到点在轴上的交点坐标规律为解题关键，难点在于拆分．
12. 在5个字母a，b，c，d，e，中任意选出相邻的个字母，且不改变字母的顺序，在它们之间添加“+”或者“”组成一个多项式，且“+”，“”交替出现，再求该多项式的绝对值，我们称为“交互操作”．例如：时，若选出a，b，c，可以得到，两种结果，时，若选出b，c，d，e，可以得到，两种结果．记所有“交互操作”的结果之和为．下列说法正确的个数是（ ）
①当时，可能的化简结果有4种；
②当时，若关于a，b，c的两种交互操作结果互为相反数，则；
③5个字母a，b，c，d，e中相邻两个字母互为相反数，则．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】根据定义可得，当时，，再根据绝对值的性质化简即可判断①；先根据定义可得，当时，、两种结果，再由相反数的性质可得，，再根据非负数的性质可得，即可判断②；根据定义分别求得、、、，再根据相反数的性质和绝对值的性质化简即可判断③．
【详解】解：当时，选出的字母为a，b，c，d，e，可得得到、两种结果，
∴，
化简的情况如下：
①，
②，
③，
④，故①正确；
当时，选出的字母为a，b，c，可得到、两种结果，
∵这两种交互操作结果互为相反数，
∴，
∴，
∴，，故②错误；
∵5个字母a，b，c，d，e中相邻两个字母互为相反数，
∴，，，，，，，
①当时，
∵，
，，，
∴，
②当时，
，
，
，，
∴，故③正确；
故选：C．
【点睛】本题考查新定义、绝对值的性质、相反数的性质，理解新定义求得是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共32分）
13. ___________．
【答案】
4
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义计算即可得到结果．
【详解】解：因为，
所以．
14. 已知正数的两个平方根是和，则等于___________．
【答案】9
【解析】
【分析】根据一个正数的两个平方根是互为相反数可得，求出，即可得出这两个平方根，即可得出答案．
【详解】解：∵正数x的两个平方根是和，
∴，
解得，
∴两个平方根是．
∵9的平方根是，
∴x等于9．
15. 在平面直角坐标系中，将点先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查坐标与图形的平移变化，代数式求值，平移中点的坐标变化规律为横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减；根据规律求出，的值，代入计算即可.
【详解】解：将点先向右平移个单位长度，得到点，
再向下平移个单位长度，得到点
，，
.
16. 线段平行于轴，且长度为，若，则点的坐标为______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据平行于轴的直线上点的纵坐标相同，再分点在点的左边和右边两种情况讨论求解．
【详解】解：∵线段平行于轴，
∴的纵坐标与的纵坐标相同，是，
∴点在点的左边时，横坐标为，
∴点的坐标为；
点在点的右边时，横坐标为，
∴点的坐标为；
综上可得：点的坐标为或．
17. 实数a、b在数轴上的位置如图，则化简的结果是__________________
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了实数与数轴，化简二次根式和计算立方根，根据数轴可得到，则，据此计算立方根和化简二次根式并合并同类项即可得到答案．
【详解】解：由数轴可知，
∴，
∴
，
故答案为：．
18. 若关于的二元一次方程组的解满足，则的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了二元一次方程的解法，掌握整体代入法是解题的关键．
先把两方程相减，再利用整体代入法得到方程，然后解关于k的一元一次方程即可．
【详解】解：，
得：，即，解得：．
故答案为：2．
19. 如图，直线，、分别为直线、上的点，为直线上方一点．若的角平分线与的角平分线交于点，的角平分线与的角平分线交于点，交于点，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】过作，设，，根据角平分线的定义可得，，利用平行线的性质和三角形外角的性质可得，在中，利用外角性质可得，根据点位置（由在右侧推断在，右侧），可得，从而求出和，的值，最后利用角平分线和三角形内角和定理求．
【详解】解：如图，过作，
设，，
∵平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
设，则，
∵，
∴同理可得：，
∴，即，
在中，是外角，
∴，即，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
在中，．
20. 对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵，，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为________；一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记，，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为________．
【答案】 ①. 6200 ②. 9313
【解析】
【分析】根据题中“天真数”可求得最小的“天真数”；先根据题中新定义得到，进而，若M最大，只需千位数字a取最大，即，再根据能被10整除求得，进而可求解．
【详解】解：根据题意，只需千位数字和百位数字尽可能的小，所以最小的“天真数”为6200；
根据题意，，，，，则，
∴，
∴，
若M最大，只需千位数字a取最大，即，
∴，
∵能被10整除，
∴，
∴满足条件的M的最大值为9313，
故答案：6200，9313．
【点睛】本题是一道新定义题，涉及有理数的运算、整式的加减、数的整除等知识，理解新定义是解答的关键．
三、解答题（共70分）
21. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算立方根，算术平方根和乘方，再计算加减法即可得到答案；
（2）先计算立方根和算术平方根，再计算乘方和绝对值，最后计算加减法即可得到答案．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
22. 解方程组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用代入消元法解方程组即可；
（2）将方程组去分母整理，再利用加减消元法求解即可．
【小问1详解】
解：，
由得，
把代入得，
解得，
把代入得，
∴方程组的解为；
【小问2详解】
解： ，
两边同乘去分母得，展开整理得，
两边同乘去分母得，展开整理得，
得，解得：，
把代入得，解得：，
∴方程组的解为．
23. 已知的平方根是，的立方根是，是的整数部分．
（1）求、、的值；
（2）求的算术平方根．
【答案】（1），，；
（2）的算术平方根为．
【解析】
【分析】本题考查了平方根，算术平方根，立方根概念，无理数估算，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据平方根，立方根的定义，估算求出的，，的值即可；
（）把，，的值代入，然后通过算术平方根定义即可得出结果．
【小问1详解】
解：∵的平方根是，
∴，
∴，
∵的立方根是，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的整数部分，
∴，
综上可得：，，；
小问2详解】
解：由（）得：，，，
∴，
∴，
即的算术平方根为．
24. 如图中任一点经过平移后对应点为.将作同样的平移得到,已知，，,
（1）在图中画出,；
（2）直接写出的坐标分别为
（3）,的面积为____________.
【答案】（1）见解析；（2）A1（5，1），B1（1，-1），C1（3，-4）；（3）8.
【解析】
【分析】（1）先根据点P（m，n）经平移后对应点为P1（m+4，n-3），得到平移的方向与距离，再进行画图；
（2）根据平移的方向与距离，写出A1，B1，C1的坐标；
（3）根据割补法可以求△A1B1C1的面积.
【详解】解：（1）∵点P（m，n）经平移后对应点为P1（m+4，n-3），
∴△ABC向右平移4个单位，向下平移3个单位可以得到△A1B1C1，如图所示：
△A1B1C1即为所求；
（2）∵A（1，4），B（-3，2），C（-1，-1），
∴A1，B1，C1的坐标分别为A1（5，1），B1（1，-1），C1（3，-4）；
（3）△A1B1C1的面积为： .
【点睛】本题主要考查了运用平移变换作图，确定平移后图形的基本要素有平移方向和平移距离.作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形.
25. 点C在线段上满足，点D和点E是线段上的两动点（点D在点E的左侧）满足，．
（1）当点E是的中点时，求的长度；
（2）当时，求的长度．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查线段的和差，线段的中点．
（1）由，可得，，由点E是的中点，得到，从而，；
（2）设，则，，分两种情况讨论：①点D，E在点C的两侧，②点D，E在点C的左侧，根据结合线段的和差列出方程，求解即可解答．
【小问1详解】
∵，，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
设，则，
，
分两种情况讨论：
①如图，若点D，E在点C的两侧，
∵，
∴，
解得，
∴；
②如图，若点D，E在点C的左侧，
∵，
∴，
解得，
∴．
综上所述，的长为或．
26. 镇江某火锅店为吸引客户，推出两款双人套餐，下表是近两天两种套餐的收入统计：
（1）求这两款套餐的单价；
（2）火锅店后续推出增值服务，每个套餐可选择再付10元即可加料，即在鱼豆腐、面筋、川粉和蘑菇中任选两种涮菜．小明2022年共花费1610元购买两个套餐，其中A套餐不加料的数量占总数量的，则小明选择B套餐加料的数量为______个．
【答案】（1）A套餐的单价为90元，B套餐的单价为100元；
（2）5
【解析】
【分析】（1）设A套餐的单价为x元，B套餐的单价为y元，根据表格中的数据列出方程即可；
（2）设小明选择A套餐不加料的数量为x个，A套餐加料和B套餐加料的数量共y个，则B套餐加料数量为个，根据小明2022年共花费1610元购买两个套餐列出方程，根据x、y、均为正整数，求出结果即可．
【小问1详解】
解：设A套餐的单价为x元，B套餐的单价为y元，根据题意得：
，
解得：，
答：A套餐的单价为90元，B套餐的单价为100元；
【小问2详解】
解：设小明选择A套餐不加料的数量为x个，A套餐加料和B套餐不加料的数量共y个，则B套餐加料数量为个，根据题意得：
，
∴，
∵x、y、均为正整数，
∴，
∴，
∴小明选择B套餐加料的数量为5个，
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程或二元一次方程组的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程，准确计算．
27. 如图，在平面直角坐标系中，作出一个长方形，点是轴上一点．
（1）如图1，点为上一点，平分，平分且与的反向延长线交于点，求的大小；
（2）如图2，若，点为中点，点为长方形边上一点，当，求点的坐标；
（3）点、分别在轴的负半轴和正半轴，直线上有两点、，，将绕点逆时针旋转，得到，作的角平分线交直线于点，当时，请直接写出的度数，并写出其中一种结果的过程．
【答案】（1）
（2）点坐标为或或或
（3）或
【解析】
【分析】（1）设，根据角平分线得到，，则，再根据平分，得到，最后根据求解即可；
（2）先由长方形得到，，，，再根据当在长方形不同边上分情况讨论，由等高时面积比等于底的比求解即可；
（3）先求出，，根据旋转的性质得，，，再根据在内部、内部、内部分情况讨论，分别结合图形求出，
，，得到，最后根据列方程求解即可．
【小问1详解】
解：设，
∵平分，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵为长方形，，
∴，，，
∵点为中点，
∴，
当在长方形边上时，设，
∴，，
∴
，
∵，
∴，
解得，
此时不在线段上；
当在长方形边上时，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当在长方形边上时，，
，
，，；
当在长方形边上时，，，；
综上所述，点的坐标为或或或；
【小问3详解】
解：∵，
∴，，
根据旋转的性质得，，，
当时，在内部，如图，
此时，
，
，
∵平分角，
∴，
根据题意可知，轴，
∴，
∵，
∴，
解得；
当时，在内部，如图，
此时，，，
∵平分角，
∴，
根据题意可知，轴，
∴，
∵，
∴，
解得；
当时，在内部，如图，
此时，
，
，
∵平分角，
∴，
根据题意可知，轴，
∴，
∵，
∴，
解得，不合题意；
综上所述，当时，或．
数量
收入
A套餐
B套餐
第一天
20次
10次
2800元
第二天
15次
20次
3350元