北京市清华大学附属中学2022-2023学年七年级上学期数学期末测试题

这是一份北京市清华大学附属中学2022-2023学年七年级上学期数学期末测试题，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市/清华大学附属中学2022-2023学年七年级上学期数学期末测试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年12月底，某市统计局发布本年度经济运行情况．根据地区生产总值统一核算结果，今年本市实现地区生产总值约2931亿元．数据2931亿用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
2．若，则下列不等式正确的是（    ）
A． B． C． D．
3．若，则代数式的值为（    ）
A．1 B．2 C． D．
4．已知有理数a，b，c满足，，则（    ）
A． B． C． D．
5．某同学去蛋糕店买面包，面包有A、B两种包装，每个面包品质相同，且只能整盒购买，商品信息如下：若某同学正好买了40个面包，则他最少需要花（    ）元．

A包装盒
B包装盒
每盒面包个数（个）
4
6
每盒价格（元）
5
8
A．50 B．49 C．52 D．51
6．已知关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（    ）
A． B．或 C．或 D．
7．已知a，b，c为实数，且，，则a，b，c之间的大小关系是（    ）
A． B． C． D．
8．关于的不等式组有解且至多有5个整数解，关于的方程有整数解，则满足条件的所有整数的和是（    ）
A．2 B．0 C．4 D．不存在符合条件的

二、填空题
9．若有意义，则字母x的取值范围是_____．
10．已知，则______．
11．设x，y满足，，则______．
12．已知、是有理数，且、满足，则______．
13．已知关于的方程的解大于1，则实数的取值范围是______．
14．已知，，则______．
15．如果，为定值，关于的一次方程，无论为何值时，它的解总是1，则______．
16．为促进春节消费，某黄金首饰店决定在假期开展一次“力度空前”的促销活动．活动方案如下：在收银台旁放置一个不透明的箱子，箱子里有红、黄、绿三种颜色的球各一个（除颜色外大小、形状、质地等完全相同），顾客购买的商品达到一定金额可获得一次抽奖机会，摸中红、黄、绿三种颜色的球可分别返还现金100元、60元、30元．商场分三个时段统计摸球次数和返现金额，汇总统计结果为：第二时段摸到红球次数为第一时段的3倍，摸到黄球次数为第一时段的2倍，摸到绿球次数为第一时段的4倍；第三时段摸到红球次数与第一时段相同，摸到黄球次数为第一时段的4倍，摸到绿球次数为第一时段的2倍，三个时段返现总金额为4180元，第三时段返现金额比第一时段多600元，则第二时段返现金额为______元．

三、解答题
17．有理数a，b，c在数轴上表示的点如图所示，化简：．

18．解不等式组．
19．解下列方程或不等式（组）：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)
20．分解因式：
(1)
(2)
(3)
(4)
21．已知最简二次根式和是同类二次根式，求的平方根．
22．列分式方程解应用题：为了提高学生体育锻炼的意识和能力、丰富学生体育锻炼的内容，学校准备购买一批体育用品．在购买跳绳时，甲种跳绳比乙种跳绳的单价低10元，用3150元购买甲种跳绳与用3900元购买乙种跳绳的数量相同，求甲、乙两种跳绳的单价各是多少元？
23．当为何值时，多项式可以分解为两个关于，的一次三项式的乘积？
24．习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为提高学生的阅读品味，现决定购买获得第十届茅盾文学奖的《北上》（徐则臣著）和《牵风记》（徐怀中著）两种书共50本．已知购买2本《北上》和1本《牵风记》需100元；购买6本《北上》与购买7本《牵风记》的价格相同．若购买《北上》的数量不少于所购买《牵风记》数量的一半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？哪种购买方案的费用最低？最低费用为多少元？
25．已知关于的分式方程．
(1)若这个方程的解是负数，求的取值范围；
(2)若这个方程无解，则______．（直接写出答案）
26．我们把形如（a，b不为零），且两个解分别为，的方程称为“十字分式方程”．例如为十字分式方程，可化为，∴，．再如为十字分式方程，可化为，∴，．应用上面的结论解答下列问题：
(1)若为十字分式方程，则______，______；
(2)若十字分式方程的两个解分别为，，求的值．
27．为适应发展的需要，某企业计划加大对芯片研发部的投入，据了解，该企业研发部原有100名技术人员，年人均投入万元，现把原有技术人员分成两部分：技术人员和研发人员，其中技术人员名（为正整数且），调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．
(1)若这名研发人员的年总投入不低于调整前100名技术人员的年总投入，则调整后的技术人员最多有______人；
(2)是否存在这样的实数，使得技术人员在已知范围内任意调整后，都能同时满足以下两个条件：
①研发人员的年人均投入不超过；
②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入．请说明理由．
28．有若干个正数的和为1275，其中每个正数都不大于50．小明将这些正数按下列要求进行分组：
①每组中所有数的和不大于150；
②从这些数中选择一些数构成第1组，使得150与这组数之和的差与所有可能的其它选择相比是最小的，将称为第1组的余差；
③在去掉已选入第1组的数后，对余下的数按第1组的选择方式构成第2组，这时的余差为；
④如此继续构成第3组（余差为）、第4组（余差为）、…，第组（余差为），直到把这些数全部分完为止．
(1)除第组外的每组至少含有______个正数；
(2)小明发现，按照要求进行分组后，得到的余差满足．并且当构成第组后，如果从余下的数中任意选出一个数a，a与的大小关系是一定的，请你直接写出结论：______（填“”或“”），并证明；
(3)无论满足条件的正数有多少个，按照分组要求，它们最多可以分成______组（直接写出答案）．

参考答案及解析
1．D
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：2931亿用科学记数法表示为，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
2．D
【分析】根据不等式的性质，对选项逐个判断即可．
【详解】解：由得不到、，A、B选项错误，不符合题意；
当时，，C选项错误，不符合题意；
由可得，D选项正确，符合题意；
故选：D
【点睛】此题考查了不等式的性质，解题的关键是熟练掌握不等式的有关性质．
3．A
【分析】先将代数式进行化简，然后再将整体代入求值即可．
【详解】解：

，
∵，
∴，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确进行计算．
4．C
【分析】由得，再求得得，进一步求出，，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
整理，得，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
把，，代入得：
原式，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用乘法公式变形求值，解题的关键是利用乘法公式得到．
5．D
【分析】设购买A包装面包x盒，B包装面包y盒，由题意：某同学正好买了40个面包，结合表中信息列出二元一次方程，求出非负整数解，即可解决问题．
【详解】解：设购买A包装面包x盒，B包装面包y盒，
由题意得：，
解得或或
当，时，费用为：
（元）；
当，时，费用为：
（元）；
当，时，费用为：
（元）；
，
某同学正好买40个面包时，他最少需要花51元，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了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是解题的关键．
6．B
【分析】由题意知，，，且，故不等式可变形为或，解之即可．
【详解】解：∵不等式的解集是，
∴，且，
∴，
∴不等式可变为，
∴
∴或，
∴或．
故选：B．
【点睛】本题考查一元一次不等式的解法，一元一次不等式组的解法，以及分式的值大于0的解法，考查学生的转化思想和运算求解能力，将分式的值大于零转化为不等式组是解答本题的关键．
7．B
【分析】先根据已知等式求出，再利用完全平方公式判断出，的符号，由此即可得出答案．
【详解】解：∵，，
，，
，
，
，
∴，
∵

，
，
，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正数加减的应用和完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式是解题关键．
8．D
【分析】解出不等式组的解集，根据不等式组有解且至多5个整数解，求得m的取值范围；解分式方程，检验，根据方程有整数解求得m的值．
【详解】解：，
解不等式①得：，
∴，
∵不等式组有解且至多5个整数解，
∴，
∴，
分式方程两边都乘以得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵方程有整数解，
∴，，
解得：，
∵，，
∴m无解，
故选：D．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，考核学生的计算能力，解分式方程时一定要检验．
9．x≥﹣5．
【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】解：由题意得，x+5≥0，
解得x≥﹣5．
故答案为x≥﹣5．
10．61
【分析】根据可得，，然后将原分式适当变形后整体代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，
∴




．
故答案为：61．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，掌握整体代入思想是解题关键．在本题中还需理解．
11．
【分析】将，两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【详解】解：将，两式相加，可得
，
即，
即，
∵恒成立，
∴，即，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了立方和公式的应用．解答该题时需要熟记立方和公式．
12．或10
【分析】把化成，根据、是有理数，得到的值为有理数，即为有理数，故，求出，再求得即可求解．
【详解】解：，
，
，
、是有理数，
的值为有理数，
为有理数，
，
解得，

，
解得，
或，
故答案为：或10．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，利用有理数的定义进行求解，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
13．，且
【分析】先解方程，再利用方程的解大于1，且求解即可．
【详解】解：方程两边乘得：，
移项得：，
系数化为1得：，
方程的解大于1，
，且，
解得，且．
故答案为：，且．
【点睛】本题主要考查了分式方程的解，解题的关键是不要漏掉分式方程有意义的条件．
14．
【分析】用将表示出来，代入式子，求解即可．
【详解】解：联立，可得
，即，解得
将代入可得
，
故答案为：
【点睛】此题考查了三元一次方程组的求解，解题的关键是正确用将表示出来，并代入代数式求解．
15．1
【分析】根据一元一次方程的解的定义即可求出答案．
【详解】解：将代入方程，
，
，
，
，
由题意可知，，，
，，
，
故答案为：1．
【点睛】本题考查一元一次方程，解题的关键是正确理解一元一次方程的解的定义．
16．2100
【分析】设第一时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为a，b，c，则第二时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为，，，第三时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为a，，．根据题意得到关于a，b，c方程组，根据a，b，c均为正整数，求解即可．
【详解】解：设第一时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为a，b，c，则第二时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为，，，第三时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为a，，2c．由题意得：，
即，
∵a，b，c均是正整数，根据可得：
或或，
当时，不符合题意；
当时，不符合题意；
当时，符合题意；
∴第二时段返现金额为：（元）．
故答案为：2100．
【点睛】本题主要考查了求方程组的正整数解，根据题意得到方程组，求出方程组的整数解是解题关键．解题时注意题目中隐含条件a，b，c均为正整数．
17．
【分析】根据a，b，c在数轴上的位置，判断出，，的符号，进行化简即可．
【详解】解：由题意可得：，
则，，，
∴

．
【点睛】此题考查了绝对值的化简，解题的关键是根据a，b，c在数轴上的位置，判断出，，的符号．
18．
【分析】先分别求出两个一元一次不等式的解集，然后再求出两个一元一次不等式解集的公共部分，即为不等式组的解集．
【详解】，
由①式得：；
由②式得：；
∴不等式组的解集为：
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟记求一元一次不等式组解集的口诀；同大取大，同小取小，小大大小中间找，大大小小解不了，是解此类题的关键．
19．(1)当，或时，为任意数；当，且时，方程无解；当时，；
(2)当时，为任意数；当时，；当时，；
(3)当时，或；当时，；
(4)当时，无解；当时，；

【分析】（1）通过移项，系数化为1，求解即可；
（2）分三种情况，当，和时，分别求解即可；
（3）分两种情况，或，化简绝对值，求解即可；
（4）分三种情况，当和，分别求解即可．
【详解】（1）解：
移项可得：，即
当时，，方程化为，此时或，
即当，或时，为任意数，当，且时，方程无解，
当时，，此时；
（2）解：
当时，，不等式可化为：，此时为任意数；
当时，，，即；
当时，，，即；
（3）解：
当时，，则不等式可化为：
则或
解得或，
则或；
当时，，则不等式可化为：，即
即，
则，
综上，当时，或；当时，；
（4）解：，可得
当时，，此时无解；
当时，，此时；
【点睛】此题考查了方程和不等式（组）的求解，解题的关键是掌握等式和不等式的性质，学会利用分类讨论的思想求解问题．
20．(1)
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）利用提公因式法分解因式即可；
（2）先利用、凑出完全平方公式，然后利用平方差公式对其进行因式分解即可；
（3）首先去括号，再移项凑出完全平方公式，然后利用提公因式法分解因式即可；
（4）首先通过移项凑出完全平方公式，然后提公因式，得出，再把分解为，得出，然后把看作整体，利用完全平方公式变形，得出，然后再利用平方差公式因式分解即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：



（3）解：



；
（4）解：





．
【点睛】本题考查了因式分解，解本题的关键在熟练掌握因式分解的方法．
21．
【分析】根据最简二次根式和同类二次根式的定义列出关于x、y的方程组，解方程组得出x、y的值，再求出的值，最后求出平方根即可．
【详解】解：∵最简二次根式和是同类二次根式，
∴，
解得：，
∴，
∴的平方根是．
【点睛】本题主要考查了同类二次根式的定义，平方根的定义，最简二次根式的定义，解题的关键是熟练掌握同类二次根式的定义，准确进行计算．
22．甲种跳绳的单价为42元，乙种跳绳的单价为52元
【分析】设乙种跳绳的单价为元，则甲种跳绳的单价为元，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设乙种跳绳的单价为元，则甲种跳绳的单价为元，
依据题意，有：，
解得，，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
，
答：甲种跳绳的单价为42元，乙种跳绳的单价为52元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，根据题意找到等量关系，列出方程是解题的关键．
23．或
【分析】先将项和常数项进行十字分解，设出两个因式，两式相乘与原式比较，列出方程求解即可．
【详解】解：利用“十字相乘法”分解二次三项式的知识，可以判定给出的二元二次六项式中三项应当分解为：，
现在要考虑，只须先改写作，
然后根据，这两项，即可断定是：，
解得：，或，，
又，
当，时，，
当，时，．
【点睛】本题考查了多项式乘多项式，十字相乘法分解因式，熟练掌握知识点是解题的关键．
24．共有4种购买方案，分别为：购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为18本和32本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为19本和31本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为20本和30本；其中购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本费用最低，最低费用为1585元
【分析】设购买《北上》的单价分别为x元，则购买《牵风记》为元，根据 “ 购买6本《北上》与7本《牵风记》的价格相同”建立方程，求出两种书的单价；设购买《北上》的数量n本，则购买《牵风记》的数量为本，根据“购买《北上》的数量不少于所购买《牵风记》数量的一半”和“购买两种书的总价不超过1600元”两个不等关系列不等式组解答并确定整数解即可．
【详解】解：设购买《北上》的单价分别为x元，则购买《牵风记》为元，根据题意得：
，
解得：
则（元），
设购买《北上》的数量n本，则购买《牵风记》的数量为本，根据题意得：
，
解得：
则n可以取17、18、19、20，
当时，，共花费（元）；
当时，，共花费（元）；
当时，，共花费（元）；
当时，，共花费（元）；
又∵1585＜1590＜1595＜1600，
∴购买方案1的费用最低，最低费用为1585元．
答：共有4种购买方案分别为：购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为18本和32本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为19本和31本，购买《北上》和《牵风记》的数量分别为20本和30本；其中购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本费用最低，最低费用为1585元．
【点睛】本题考查了一元一次方程和不等式组的应用，弄清题意、确定等量关系和不等关系是解答本题的关键．
25．(1)且；
(2)3，10，．
【分析】（1）将分式方程化为整式方程，求得，由题意可得，且求解即可；
（2）将分式方程化为整式方程，求得，由题意可得或，求解即可．
【详解】（1）解：
化为整式方程可得：，
即，
由方程的解是负数可得，
则，且
解得且；
（2）解：由（1）可得方程可化为，
当时，，方程化为，无解，符合题意；
当时，，，
由题意可得：这个方程无解，则或
即或，
解得或，
综上可得：或或，
故答案为：3，10，．
【点睛】此题考查了分式方程的求解，涉及了分式方程增根的情况，解题的关键是熟练掌握分式的方程的有关知识．
26．(1)，；
(2)．

【分析】（1）根据“十字分式方程”的定义，将进行分解，使得分解后的两数和为，即可求解；
（2）根据“十字分式方程”的定义，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由可得，
则，，
故答案为：，；
（2）解：由可得，，
可得，或，
即或
当时，，
当时，，
故答案为：．
【点睛】此题考查了新定义问题，解题的关键是理解“十字分式方程”的定义，正确求得对应方程的解．
27．(1)即调整后的技术人员最多有人；
(2)．
【分析】（1）根据题意，求得这名研发人员的年总投入和调整前100名技术人员的年总投入，列不等式求解即可；
（2）由①可得，由②，根据题意，求解不等式组即可．
【详解】（1）解：由题意可得：，（）
解得：，
又∵，
∴
即调整后的技术人员最多有人；
（2）解：由①可得，由②
即，解得
又∵为正整数且，
∴当时，最大，为；
当时，最小，为，
综上，存在，满足题意．
【点睛】此题考查了不等式（组）的求解，解题的关键是理解题意，找到不等式关系，正确列出不等式．
28．(1)；
(2)，证明见解析；
(3)

【分析】（1）根据每个正数都不大于50，每组中所有数的和不大于150，即可求解；
（2）当第组形成后，因为，所以，化简即可求证；
（3）假设它们最多可以分成组，根据题意可得，对进行逐个分析，根据（1）（2）中的结论，利用反证法求解．
【详解】（1）解：根据每个正数都不大于50，每组中所有数的和不大于150，则除第组外的每组至少含有个正数，
故答案为：；
（2）解：当第组形成后，因为，所以还有数没有分完，这时余下的每个数必大于余差，若小于，可在第组中替换为剩余的数，使得，与题意不符，即，
余下数之和也大于第组的余差，即
，
由此可得：
∵
∴，即
化简可得：，
（3）解，假设它们最多可以分成组，根据题意可得，
若，即最多分为组，
因为第8组中至少含有3个数，所以第8组之和大于，
此时第8组的余差，符合题意，即成立；
同理可证的，、时，也成立，
当时，即最多分为组，，
因为第11组中至少含有3个数，所以第11组之和大于，
此时第11组的余差，与矛盾，即不成立；
则最大为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了不等式的证明等基本知识，考查了逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力，解题的关键是理解题意，利用不等式的知识进行求解．