2022-2023学年湖南省长沙市长郡教育集团七年级（上）素养测评数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖南省长沙市长郡教育集团七年级（上）素养测评数学试卷

一、选择题（本题共7小题，共21分）

1. 已知，且，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知多项式分解因式后有一个因式是，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 方程组(    )

A. 没有解 B. 有组解 C. 有组解 D. 以上答案都不对

4. 已知是方程的一个解，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 设实数，，满足，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 如果关于的不等式组有且仅有四个整数解，且关于的分式方程有非负数解，则符合条件的所有整数的和是(    )

A.  B.  C.  D.

7. 记，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本题共12小题，共36分）

8. 若，则______．
9. 分解因式： ______ ．
10. 已知，，则______．
11. 是实数，若，则______．
12. 已知，其中，，，为常数，则______．
13. 使代数式的值为整数的全体自然数的和是______ ．
14. 若、、满足和，则分式的值为______．
15. 若，，则______．
16. 如果关于的方程有正整数解，那么正整数的所有可能取值之和为______．
17. 已知实数、、满足，，，则______．
    已知实数、、满足，，，则______．
18. 已知，，则______．
19. 已知，，，，，，，是互不相等的非零实数，且，则的值为______ ．

三、解答题（本题共5小题，共40分）

20. 设，，．
    求的值；
    的值．
21. 是大于零的实数，已知存在唯一的实数，使得关于的二次方程的两个根均为质数求的值．
22. 对于有理数，用表示不大于的最大整数，请解方程．
23. 已知，均为自然数，且满足不等式若对于某一给定的自然数，只有唯一的自然数使不等式成立，求所有符合要求的自然数中的最大数和最小数．
24. 设，是两个不相等的正整数，为质数，满足，且是整数．
    求证：；
    求的值；
    求，的值．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，


故答案为
由已知，且，两等式左右两边分别相减，可得到，观察发现，利用完全平方差公式，可转化为，再将上面的式子代入，问题得解．
本题主要考查完全平方差公式因式分解．将看做是难点．
 

2.【答案】 

【解析】解：多项式分解因式后有一个因式是，
当时，多项式的值为，
即，
解得：，
故选：．
由多项式分解因式后有一个因式是得出当时，多项式的值为，由此得出关于的方程，求出方程的解即可，
本题考查了因式分解和多项式乘多项式，能得出关于的方程是解此题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：原方程组可变形为：
，根据方程组可得；
对方程组进行变形可得，，
，可得，，
，可得，，
，得，
，得，
将，，代入原方程组，可得，，．
检验可知，，，是原方程组的解．
故选：．
根据等式的性质，对给出的方程组进行变形，进而进行求解．
本题主要考查等式的基本性质，以及对等式的变形的能力，正确的变形，并进行消元是解决本题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：由题意得：，
所以，，
所以，原式．
故选：．
先根据一元二次方程的解的定义得到，变形得到，，然后利用整体代入的方法进行计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了代数式的变形能力．
 

5.【答案】 

【解析】解：




，
故的最大值为．
故选：．
根据已知条件可得，配方法得到原式，依此可得的最大值．
考查了配方法的应用，关键是配方法得到原式．
 

6.【答案】 

【解析】解：原不等式组的解集为，
因为不等式组有且仅有四个整数解，
所以，
解得．
原分式方程的解为，
因为分式方程有非负数解，
所以，解得，且，因为时是原分式方程的増根．
所以符合条件的所有整数的和是．
故选：．
根据不等式组的整数解的个数确定的取值范围，再根据分式方程的非负数解确定的取值范围，从而求出符合条件的所有整数即可得结论．
本题考查了不等式组的整数解、分式方程的解，解决本题的关键是根据不等式组的整数解的个数确定的取值范围．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则，
故选：．
先将式子通分进行变形，化为平方的形式：，计算的值，最后根据此公式计算可得结论．
本题是数字类的规律题，考查了算术平方根的定义、通分、平方差公式、完全平方公式等知识，确定其的值是关键，并熟练掌握算术平方根的定义．
 

8.【答案】 

【解析】解：，
，
，

故答案是．
根据已知可得，再把的值整体代入所求式子中，合并、约分即可．
本题考查了分式的化简求值，解题的关键是注意整体代入．
 

9.【答案】 

【解析】解：原式




．
故答案为．
先利用乘法公式展开、合并得到原式，再进行分组得到完全平方公式，所以原式，然后再把括号内分组分解即可．
本题考查了因式分解分组分解：分组分解法一般是针对四项或四项以上多项式的因式分解，分组有两个目的，一是分组后能出现公因式，二是分组后能应用公式．
 

10.【答案】 

【解析】解：，，
，，
，，
原式

．
故答案为．
先把和的值分母有理化得到，，则，，再利用完全平方公式变形原式得到，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值；二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰．
 

11.【答案】 

【解析】解：，
．
故答案为．
解法二：，
两边同时乘以，
，
，
，
，
故答案为．
根据进行计算．
本题考查了因式分解的运用，掌握公式：
 

12.【答案】 

【解析】解：，
并且，


当时，
当时， 
当时， 
         依题意得    
联立解之得
、、，
．
故答案为：．
由于，利用这个等式首先把已知等式右边通分化简，然后利用分母相同，分式的值相等即可得到分子相等，由此即可得到关于、、、的方程组，解方程组即可求解．
此题主要考查了部分分式的计算，题目比较复杂，解题时首先正确理解题意，然后根据题意列出关于、、、的方程组即可解决问题．
 

13.【答案】 

【解析】解：原式，
使得代数式的值为整数的全体自然数分别为、、、、、，
全体自然数的和是．
故答案为．
将原式分解为，得到使得原式的值为整数的自然数分别为、、、、、，求的其和即可．
本题考查了分式的化简与变形的知识，解决本题的关键是对原分式进行正确的分解与变形．
 

14.【答案】 

【解析】解：，，

解得：
，，

故答案为：．
把看成已知数解关于、的方程组，再代入求出即可．
本题考查了解三元一次方程组的应用，主要考查的计算能力．
 

15.【答案】 

【解析】解：，
，，，，
即可得：，
整理得：，
又，
，
，从而可判断出、、有一个等于零，
假设，则，，
故可得．
故答案为．
由题意得，，，，再根据可得出，从而可判断出、、有一个等于零，假设，则，，从而可得出答案．
本题考查立方公式及整式的求值，难度比较大，同学们要细心的观察求解，注意题中条件的运用是解决问题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：由是整数知，或．
若为前者，由于，
故知只能为．
此时，，
解得：，因此，，，但一一验证知均不成立，
若为后者，设，其中是正整数．
则，
故时取到或时取到．
因此所求答案为．
故答案为：．
首先根据题意得出或，进而分别分析得出的取值范围，利用，的关系得出的值．
此题主要考查了取整计算，利用分类讨论得出的值是解题关键．
 

17.【答案】   

【解析】解：，，，



，
；



故答案为：．
，，，



，
；




故答案为：．
根据完全平方公式变形可得，将已知条件代入可得；进而求得和的值，则将要求的式子变形，分别代入、和的值，可得答案．
解法和一致，区别在于，，，这三个式子的值不同与中．
本题考查了因式分解的应用，解题的关键是灵活掌握的展开公式，并能灵活变形，本题属于竞赛题，难度较大．
 

18.【答案】 

【解析】解：，两边平方得，
，
，
，
又，
，
同理得，，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：．
由已知，两边平方整理可得，又，所以，可得，同理可得，，，代入原式，整理即可得出；
本题主要考查了分式的化简求值，熟记分式的基本性质，是正确解答本题的关键．
 

19.【答案】解：










．





的值为． 

【解析】由已知得出，再由，将已知条件代入即可解出；
由，将已知条件及中推得的式子代入，即可求出的值，由，即可解出答案．
本题考查了利用因式分解进行整式的化简求值，计算难度较大，需要较高的计算技巧．
 

20.【答案】解：设方程的两个质数根为、由根与系数的关系，有
，
，
，得，
则
由知，、显然均不为，所以必为奇数．
故和均为整数，且，
若为奇数，则必，从而，为合数，矛盾．
因此，必为偶数．同理，也为偶数．
所以，和均为整数，且．
不妨设，则或．
当时，，得，，均为质数．
当时，，得，，为合数，不合题意．
综上可知，，．
代入得
依题意，方程有唯一的实数解．
故．
解得． 

【解析】根据根与系数的关系，可得方程，，从而得到，得出，求得，，代入得，，再根据判别式求得的值．
此题考查了二次方程根的情况与判别式的关系以及根与系数的关系，质数的基本性质，有一定的难度．
 

21.【答案】解：因为方程左边的第、项都是整数，
所以是整数．
注意到，
代入方程，得到，
．
所以是整数，是的倍数．
令，是整数，
代入得，
其中，对于有理数，．
所以有，．
当取不同整数时，的情况如下表：

的可能值是和，相应的和．
代入验算得到或．
故答案为：或． 

【解析】由表示不大于的最大整数，得出整数，且，进而得到是整数，得到关于的不等式，并列举出所有可能，得到列表的结果，总结出符合要求的答案．
此题主要考查了取整函数的性质以及换元法解一元二次方程，假设，是整数，得出的取值范围是解决问题的关键．
 

22.【答案】解：，
，
 ，
 ，
为自然数，且对于给定来说的值只有一个，
，即，
，
当时，代入有：，只能取得唯一一个，
的最大值为；
又根据式，，显然，
当取时，，没有符合条件的整数；
当取时，，没有符合条件的整数；
当取时，，没有符合条件的整数；
当取时，，没有符合条件的整数；
当取时，，没有符合条件的整数；
当取时，，，
为符合条件的最小值．
综上可得：的最大值为，的最小值为． 

【解析】由题意可得：，整理得： ，也可得 ，根据对于某一给定的自然数，的值只有一个，可得出的最大值，再由可得，然后依次试验、、，即可得出的最小值．
本题考查了函数的最值问题，解答此类提竞赛类题目，关键是灵活变通，本题的灵活之处在与由得出，难度较大．
 

23.【答案】 

【解析】解：设，则，
整理得，
，，，
设，，
由得，
由得，
原式．
故答案为：．
可设，则，即，，，设，，由可得，由得，代入计算即可求解．
本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则和性质是解题的关键．
 

24.【答案】解：，是两个不相等的正整数，
，都是正整数，．
是整数，
，
，
，
即．
假设，
则有．
与连续整数，
是偶数，
为质数，
，
，
，，
，
与条件“是整数”矛盾，
；

设其中，为正整数，
则有，
，
．
是质数，
．
且，
此时，整理得，
方程无解．
且，
此时，与条件“、为不相等的正整数”矛盾；
，
此时，
，
．
为整数，
也是整数，
正整数．
，
正整数，
，
，
，与为正整数矛盾；
且，
此时，
整理得，
解得，，
与为正整数矛盾；
且，
此时，



，
，
，
，
与“是大于的正整数”矛盾；
，
此时，
整理得，
则
．
是大于的正整数，
是小于的正整数，
整数，
，
，
．
综上所述：；

由可知，
只有当时，存在正整数、及质数，使得条件成立，
此时，整理得，
则
．
是大于的正整数，
是小于的正整数，
整数，
，
． 

【解析】运用不等式的性质和因式分解，由可推出，然后用反证法证明不成立，从而解决问题；
设其中，为正整数，则有，与条件“”结合，可得若为正整数，则与中有一个是，另一个是，或两个都是；若是正整数，则与中有一个是，另一个是，或两个都是只需通过分类讨论就可解决问题；
由可知，只有当时，存在正整数、及质数，使得条件成立，此时，整理得，从而得到由是大于的正整数可得是小于的正整数，从而求出，就可得到．
本题考查了质数与合数、质因数的分解、因式分解、分式的分解等知识，难度比较大，在解决问题的过程中用到了分类讨论、转化将一个分式转化为一个整数与一个分子是整数的简单分式的和、反证法等重要的数学思想方法，应学会使用．