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）

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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）已知，且，则等于(    )A.  B.  C.  D. 已知多项式分解因式后有一个因式是，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 方程组(    )A. 没有解 B. 有组解 C. 有组解 D. 以上答案都不对已知是方程的一个解，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 设实数，，满足，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 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. 记，则(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本题共12小题，共36分）若，则______．分解因式： ______ ．已知，，则______．是实数，若，则______．已知，其中，，，为常数，则______．使代数式的值为整数的全体自然数的和是______ ．若、、满足和，则分式的值为______．若，，则______．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______．已知实数、、满足，，，则______．
已知实数、、满足，，，则______．已知，，则______．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）设，，．
求的值；
的值．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．对于有理数，用表示不大于的最大整数，请解方程．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．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．