广东江门市福泉奥林匹克学校2023-2024学年七年级上学期入学考试数学试题（解析版）

广东江门市福泉奥林匹克学校2023-2024学年初中七年级入学考试数学试题第一试

时间:60分钟  满分:100分

一、填空题（将正确答案直接填在各题横线上，每小题5分，共50分）

1. 在下面的等式中，△=______．

【答案】

【解析】

【分析】根据有理数的相关运算法则对原式进行变形，然后通过解方程得出答案．

【详解】解：∵

；

；

∴原式为：，

解得：，

故答案为：．

【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解一元一次方程，灵活运用运算律使解题更加简便．

2. 计算:______．

【答案】

【解析】

【分析】先对原式进行变形，然后计算即可．

【详解】解：原式

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了有理数的混合运算，正确变形是解题的关键．

3. 已知x，y，z为自然数，且，当，时，在所有可能取到的值中，最大的一个值为_____．

【答案】2300

【解析】

【分析】首先求出，可得，然后根据题意得出x的最大值为99，再代入计算即可．

【详解】解：因为，，

所以，

所以，

因为，x，y为自然数，

所以x的最大值为99，

所以的最大值为，

故答案为：2300．

【点睛】本题考查了代数式求值，正确得出x的最大值是解题的关键．

4. 书架上、下两层摆放着若干本图书．如果从上层拿10本放到下层，则下层的本数是上层的3倍；如果从下层拿10本放到上层，则上层的本数是下层的2倍．上层原有图书_______本，下层原有图书_______本．

【答案】    ①. 22    ②. 26

【解析】

【分析】设上层原有图书x本，则下层原有图书本，根据“从下层拿10本放到上层，则上层的本数是下层的2倍”列方程求解即可．

【详解】解：设上层原有图书x本，则下层原有图书本，

由题意得：，

解得：，

则，

即上层原有图书22本，下层原有图书26本，

故答案为：22，26．

【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，正确表示出下层原有图书的数量是解题的关键．

5. 五个数1977、1983、1989、1995、 2001这五个数，分别减去同一个四位数时，得到的差是五个质数，则减去的四位数是_______．

【答案】

【解析】

【分析】因为1977、1983、1989、1995、 2001都是奇数，所以这个四位数必须是偶数，才能保证差是质数，如果1977与这个四位数的差是a，则另外四个差分别为：，，，，则a必须是5的倍数，又因为a是质数，则，即可求解．

【详解】因为1977、1983、1989、1995、 2001都是奇数，所以这个四位数必须是偶数，即个位数是0、2、4、6、8，如果1977与这个四位数的差是a，则另外四个差分别为：，，，，

要保证a，，，，这五个数都是质数，则a必须是5的倍数，又因为a是质数，则，

∴这个四位数是，

故答案为：．

【点睛】本题考查了质数的定义和整除问题，掌握质数的定义是解题的关键．

6. 汽车从甲地到乙地，先上坡后下坡共用了3小时．当汽车从乙地返回甲地，上坡速度和下坡速度都不变时，要用3.5小时．如果此汽车从乙地返回甲地时，用上坡速度驶完全程，则需要4小时．那么当汽车以下坡速度驶完从乙地返回甲地的全程，需要_______小时．

【答案】####

【解析】

【分析】根据行程问题中的数量关系，将题意中的等量关系用等式表示，根据等式性质，利用已知的等式变形处理求解．

【详解】解：设从甲地到乙地上坡距离为，下坡距离为，上坡速度为，下坡速度为，由题意知，

，，

，

，．

故需要小时．

故答案为：．

【点睛】本题考查行程问题，列代数式，等式的性质；利用等式的性质对已知等式变形是解题的关键．

7. 体育课每星期上两节，两节课的安排要满足如下要求：①每天只能上一节；②不能连续两天都有体育课；③每天可以在节的任意一节上这门课；④星期六和星期日不能安排．则这门课共有_____种安排方式．

【答案】

【解析】

【分析】首先从安排在哪天来说有6种情况，而每一节体育课又有6种情况，然后可得答案．

【详解】解：由题意可知，这两节体育课可以安排在：周一和周三；周一和周四；周一和周五；周二和周四；周二和周五；周三和周五，共6种情况，而每一节体育课都有6种情况（从第一节到第六节），

所以这门课共有种安排方式，

故答案为：．

【点睛】本题考查了排列组合的不相邻问题，判断出安排时间的情况数是解题的关键．

8. 桌上放有多于4堆的糖块，每堆数量均不相同，而且都是不大于100的质数，其中任意三堆糖块可以平分给三位小朋友，任意四堆糖块可以平分给四位小朋友，已知其中有一堆是17块糖，则这桌子上放的糖块最多的一堆是______块．

【答案】89

【解析】

【分析】各堆糖块数被3除都余2，被4除余1，则每堆糖块的数量都是块且是不大于100的质数，这些质数只有5，17，29，41，53，89，据此即可求解．

【详解】解：因为任意3堆数量之和能被3整除，所以每堆被3除的余数相同，又因为17被3除余2，所以各堆糖块数被3除都余2；同理，各堆糖块数被4除余1，所以每堆糖块的数量都是块，且是小于100的质数，这些质数只有5，17，29，41，53，89，

即这桌子上放的糖块最多的一堆是89，

故答案为：89．

【点睛】本题是一道有关带余除法（中国剩余定理）（奥数）的题目．

9. 某商场门口沿马路向东是公园，向西是某中学．该校两名学生从商场出来准备去公园，他们商议两种方案：（1）先步行回校取自行车，然后骑车去公园；（2）直接从商场步行去公园．已知骑车速度是步行速度的4倍，从商场到学校有3公里的路程．结果他们采用了所用时间较少的方案（1），那么商场到公园的路程至少大于________公里．

【答案】5

【解析】

【分析】设步行速度为v公里/小时，商场到公园的路程为m公里，假设两种方案所用时间相等，则，化简消去v，即可求解．

【详解】解：设步行速度为v公里/小时，商场到公园的路程为m公里，

假设两种方案所用时间相等，

则，

整理可得，

∴，

解得：，

∵方案（1）用时较少，

∴商场到公园的路程至少大于5公里，

故答案为：5．

【点睛】本题考查方程的应用，根据题意找到等量关系是解题的关键．

10. 数学小组中男孩数大于小组总人数的45%，且小于50%，则这个数学小组的成员至少有_____人．

【答案】11

【解析】

【分析】设这个数学小组中男孩有a人，总人数为b人，根据题意可得，变形后得到，求出即可得到答案．

【详解】解：设这个数学小组中男孩有a人，总人数为b人，a、b是自然数，

由题意得：，

所以，，

所以，

所以，，

所以，

所以，

所以，

所以这个数学小组的成员至少有11人，

故答案为：11．

【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，熟练掌握不等式的基本性质，灵活变形是解题的关键．

二、填空题（将正确答案直接填在各题横线上，每小题10分，共50分）

11. 从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数中选出五个组成五位数，使得这个五位数能被3，5，7，13整除．这样的五位数中最大的是__________．

【答案】94185．

【解析】

【分析】

【详解】解:所求五位数能被3，5，7，13整除，当然也能被3，5，7，13的最小公倍数整除，

即这个五位数是的倍数．

又，

所以五位数中1365的最大公倍数是．

但99645的五个数码中有两个9，不合题意，下面可依次算出

，

，

，

．

显然，所求的五位数最大的是94185．

故答案为：94185．

12. 某校为校庆准备排练：让2000名学生排成若干排，总排数大于25，且从第二排起每排比前一排多1人，则该校学生应排成_______排， 第一排应排________名学生．

【答案】    ①. 32    ②. 47

【解析】

【分析】设第一排有x人，共有排，则第排的人数为，根据总人数列出等式，然后结合已知进行验证，求出x即可．

【详解】解：设第一排有x人，共有排，则第排的人数为，

由题意得：，

整理得：，而，

从开始逐个代入验证，可得当且仅当时，x是正整数，

此时，即，

解得：，

即该校学生应排成32排， 第一排应排47名学生，

故答案为：32，47．

【点睛】此题属于应用类问题，考查了列代数式，解答本题的关键是根据题意设出第一排的人数及排数，得出等式后进行讨论，找出符合题意的解．

13. 如图，在一环行轨道上有三枚子弹同时沿逆时针方向运动．已知甲于第10秒钟时追上乙，在第30秒时追上丙，在第60秒时再次追上乙，在第70秒时再次追上丙，则乙在第_______秒时追上丙．

【答案】110

【解析】

【分析】设环行轨道的总长度为单位1，求出乙的速度比丙快，再求出出发时乙丙相距，然后计算即可．

【详解】解：设环行轨道的总长度为单位1，

则甲乙的速度差为，甲丙的速度差为，

所以乙的速度比丙快，

因为出发时甲乙相距，甲丙相距，

所以出发时乙丙相距，

因为（秒）

所以乙在第110秒时追上丙，

故答案为：110．

【点睛】本题考查了分数的应用，熟练掌握追及问题中的数量关系是解题的关键．

14. 将若干个体积相同的小正方体木块拼成一个大正方体，然后将大正方体的表面涂满红色．将积木拆开数一数，只有一面涂成红色的小正方体木块的个数恰好是只有两面涂成红色的小正方体木块的个数的两倍，那么这个大正方体共由_______个小正方体拼成．

【答案】

【解析】

【分析】设这个大正方体每条棱上的小正方体个数为n，表示出只有一面涂成红色的小正方体木块的个数和只有两面涂成红色的小正方体木块的个数，然后得出方程，求出n的值即可得到答案．

【详解】解：设这个大正方体每条棱上的小正方体个数为n，

则只有一面涂成红色小正方体木块的个数为，只有两面涂成红色的小正方体木块的个数为，

所以，整理得，

解得：，

所以拼成大正方体所需的小正方体个数为，

故答案为：．

【点睛】本题考查了立方体的知识，一元一次方程的应用，解题的关键是熟知一面涂色和两面涂色的小正方体所处的位置．

15. m是小于400的奇数，m名学生排成一排，自左到右报数三次，第一次从1到3报数，第二次从1到7报数，第三次从1到11报数．如果位于中间的三名学生从左到右依次报了3、7、11，那么_____．

【答案】

【解析】

【分析】设位于中间的三名学生是第n名，名，名，由题意可知n能被3整除，能被7整除，能被11整除，先找出最小的两个连续自然数分别能被7和11整除，确定出前面的连续自然数，再加上7和11的最小公倍数使得结果能被3整除即可得到这三个连续自然数中最小的自然数，然后可得答案．

【详解】解：设位于中间的三名学生是第n名，名，名，则，

由题意得：n能被3整除，能被7整除，能被11整除，

分别能被7和11整除的两个连续自然数为21和22，前面的连续自然数是20，

7和11的最小公倍数是77，考虑20加上77的整数倍，使得结果能被3整除，

当时，97不能被3整数，不符合题意；

当时，174能被3整数，符合题意，

所以位于中间的三名学生是第174名，175名，176名，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题是韩信点兵问题，考查了数的整除，最小公倍数，正确理解题意，将题目转化为求三个连续自然数，使得分别能被3、7、11整除是解题的关键．

2023年广东奥林匹克学校初中入学考试数学试题第二试

时间: 60 分钟  满分: 100分

一、填空题（将正确答案直接填在各题横线上，每小题8分，共40分）

16. 8个学生各有若干本书，每人自己的书中没有相同的，但每两个人都恰好有1本相同的书，并且每本书也恰好只有两个人有，则这8个学生共有不同的书____本．

【答案】28

【解析】

【分析】假设8个学生为1，2，3，4，5，6，7，8，根据题意列举出所有符合题意的情况，然后计算即可．

【详解】解：假设8个学生为1，2，3，4，5，6，7，8，

因为每两个人都恰好有1本相同的书，并且每本书也恰好只有两个人有，

所以有12，13，14，15，16，17，18 ，

23，24，25，26，27，28，

34，35，36，37，38，

45，46，47，48，

56，57，58，

67，68，

78，

即共有本不同的书，

故答案为：28．

【点睛】本题考查了容斥定理，能够根据题意列举出所有符合题意的情况是解题的关键．

17. 2001个连续自然数之和是，若a，b，c，d都是质数，则的最小值是______．

【答案】

【解析】

【分析】设这2001个连续自然数最小的是A，则最大的是，求出这2001个连续自然数的和，变形后根据已知条件可得是质数，找出大于1000的最小质数可得答案．

【详解】解：设这2001个连续自然数最小的是A，则最大的是，

所以它们的和是，

因为a，b，c，d都是质数，

所以是质数，

因为大于1000的最小质数是1009，

所以的最小值是，

故答案为：．

【点睛】本题考查了因数，质数和合数，表示出这2001个连续自然数的和是解题的关键．

18. 甲对乙说：“我像你这样大岁数的那年，你的岁数等于我今年的岁数的一半；当你到我这样大岁数的时候，我的岁数是你今年岁数的二倍少7岁．”则今年甲的年龄为____岁， 乙的年龄为______岁．

【答案】    ①. 28    ②. 21

【解析】

【分析】设今年甲的年龄为x岁，乙的年龄为y岁，则甲比乙大岁，然后根据题意列出方程组求解即可．

【详解】解：设今年甲的年龄为x岁，乙的年龄为y岁，则甲比乙大岁，

由题意得：，

解得：，

即今年甲的年龄为28岁，乙的年龄为21岁，

故答案为：28，21．

【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找出合适的等量关系列出方程组是解题的关键．

19. A、B两个港口相距180公里．若甲船顺水自A驶向B，乙船同时自B逆水驶向A，两船在C处相遇；若乙船顺水自A驶向B，甲船同时自B逆水驶向A，则两船在D处相遇．已知相距30公里，甲船速度为35公里/小时，则乙船的速度为______公里/小时．

【答案】49或25

【解析】

【分析】前后两次相遇两船的速度之和相同，因此相遇同时也相同，分为点C离A较近和D离A较近两种情况讨论，先计算相遇时所用时间，再计算速度之和，即可计算出乙的速度．

【详解】前后两次相遇两船的速度之和相同，因此相遇同时也相同，

若C离A较近，则相遇用时为（小时），

甲乙的速度之和为（公里/小时），

乙的速度为（公里/小时），

若D离A较近，则相遇用时为（小时），

甲乙的速度之和为（公里/小时），

乙的速度为（公里/小时），

故答案：49或25．

【点睛】本题考查速度、路程与时间之间的关系，掌握路程速度时间是解题的关键．

20. 某校运会在400米环形跑道上进行10000米比赛，甲、乙两运动员同时起跑后，乙速超过甲速，在第15分钟时，甲加快速度，在第18分钟时甲追上乙并且开始超过乙，在第23分钟时，甲再次追上乙．那么，开始时乙每分钟比甲多跑____米，甲加速后，每分钟比原来多跑____米．

【答案】    ①. 16    ②. 96

【解析】

【分析】根据在第18分钟时甲追上乙并且开始超过乙，在第23分钟时，甲再次追上乙，可知这5分钟甲比乙多跑400米，可求出甲比乙每分钟多跑80米，进而计算出前15分钟乙比甲多跑的路程，可得开始时乙每分钟比甲多跑16米，然后可得答案．

【详解】解：因为在第18分钟时甲追上乙并且开始超过乙，在第23分钟时，甲再次追上乙，

所以甲加快速度后，甲比乙每分钟多跑米，

因为在第15分钟时，甲加快速度，在第18分钟时甲追上乙，

所以前15分钟，乙比甲多跑米，

所以开始时乙每分钟比甲多跑米，

所以甲加速后，每分钟比原来多跑米，

故答案为：16，96．

【点睛】本题考查了追击问题，有理数混合运算的实际应用，能够根据已知条件求出前15分钟，乙比甲多跑的距离是解题的关键．

二、解答题（要求写出每题的解答过程，每小题15分，共60分）

21. 某个学生参加军训，进行打靶训练，必须射击10次．在第6、第7、第8、第9次射击中，分别得了8.3、8.0、7.8、 9.1环，他的前5次射击的平均环数低于这四次射击的平均环数．如果他要使10次射击的平均环数超过8.4环，那么他在第10次射击中至少要得多少环?（每次射击所得的环数都精确到0.1环）

【答案】他在第10次射击中至少要得9.3环

【解析】

【分析】先计算第6、第7、第8、第9次射击平均数，假设前五次射击的平均环数和这四次射击的平均环数相等，据此可求得第10次射击的最少环数．

【详解】解：，

假设前五次射击的平均环数也是8.3，

则，

故他在第10次射击中至少要得9.3环，

答：他在第10次射击中至少要得9.3环．

【点睛】本题考查平均数的计算，掌握平均数的计算方法是解题的关键．

22. 如图，在一个正方体的顶点处的圆圈中填上1~9这些数码中的8个，每个圆圈中只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和相等，并且这个和不能被那个未被填上的数码整除．求所填的8个数码的平方和．

【答案】所填的8个数码的平方和为

【解析】

【分析】设a是未填上的数码，s是每个面上四个顶点处所填的数码之和，以六个面上的数字之和为等量关系列出方程，整理得到，可知a是奇数，然后根据s不能被a整除确定出a的值，再进行计算即可．

【详解】解：设a是未填上的数码，s是每个面上四个顶点处所填的数码之和，

因为每个顶点都属于3个面，

所以，整理得：，

因为s是整数，且不能被a整除，

所以a是奇数，且，

当时，即，

解得：，

因为能被3整除，

所以不符合题意；

当时，即，

解得：，

因为能被5整除，

所以不符合题意；

当时，即，

解得：，

因为不能被7整除，

所以符合题意；

当时，即，

解得：，

因为能被9整除，

所以不符合题意；

综上，，

所以所填的8个数码的平方和为：．

【点睛】本题考查了列代数式，有理数混合运算的实际应用，求出每个面上四个顶点处所填的数码之和与未填上的数码之间的关系是解题的关键．

23. 湖的周围有一条环行的公共汽车线路．从路上一点A乘车向右绕湖一周时，从A到B地是平路，B地到C地是上坡路，C地到A地是下坡路．11 时正，汽车甲从A出发向右开，同时汽车乙从A地出发向左开．途中两车在11时28分相遇，然后甲在12时正，乙在11时48分，分别回到A地．公共汽车走平路、上坡路和下坡路的速度分别为20公里/小时、15公里/小时和30公里/小时，不考虑途中停车的时间．问：

（1）相遇处在哪一段路上：、还是，说明理由；

（2）求平路的长．

【答案】（1）相遇处在上，理由见解析   

（2）平路的长为千米

【解析】

【分析】（1）假设相遇处在上，根据相等长度的平路上两车所需时间应该相等推出矛盾，可得相遇处不可能在上；假设相遇处在上，求出时间比，推出与假设矛盾，可得相遇处不可能在上，则相遇处在上；

（2）由题意可知时间差来自于相同路程的上下坡之分，根据时间差和上坡和下坡所需时间的比求出甲车相遇前上坡段所用时间，然后可得平路上所用时间，进而可得答案．

【小问1详解】

解：相遇处在上；

理由：假设相遇处在上，则甲车前28分钟都在走平路，乙后20分钟在走平路，

因为相等长度的平路上两车所需时间应该相等，

所以与假设矛盾，相遇处不可能在上；

假设相遇处在上，则乙车前28分钟在走上坡路，甲车后32分钟在走下坡路，时间比为，

因为上坡速度和下坡速度之比为，

所以相等路程的时间比为，与假设矛盾，相遇处不可能在上；

所以相遇处在上；

小问2详解】

解：由（1）知，两车相遇在上，不妨设相遇点距离点B的距离为S，

甲车从出发到相遇，28分钟内走路程为，

乙车相遇后，20分钟内走的路程为，

因为平路上所用时间相等，

所以时间差来自于相同路程的上下坡之分，

因为路程相同时，上坡和下坡的速度之比为，

所以上坡和下坡所需时间的比为，

则甲车相遇前上坡段所用时间为（分钟），

所以平路上所用时间为（分钟），

所以平路的长为千米．

【点睛】本题考查了反证法，有理数混合运算的实际应用，掌握路程、速度与时间之间的数量关系是解题的关键．

24. 正方形外切于直径为130米的圆，切点是、、和．甲、乙二人同时从点出发，甲在正方形的边上，乙在圆周上，都沿逆时针方向运动．甲的速度是每分钟60米，乙的角速度是每分钟（即每分钟走圆周的），这两人出发后经过多少时间再相遇?在哪里相遇?

【答案】这两人出发后经过分钟在处相遇

【解析】

【分析】根据题意可得甲运动到、、或处时所用时间为的整数倍，乙运动到、、或处时所用时间为的整数倍，求出和的最小倍数，然后代入验证，并求出此时的位置即可．

【详解】解：由题意得：正方形的边长为130米，两人相遇时只能在、、或处，

当甲从运动到时，所用时间为分钟，

所以甲运动到、、或处时所用时间为的整数倍，

当乙从运动到时，所用时间为分钟，

所以乙运动到、、或处时所用时间为的整数倍，

而，13和9的最小公倍数是，

所以当运动时间是时，，即甲在处，

当运动时间是时，，即乙在处，

所以分钟符合题意，

即这两人出发后经过分钟在处相遇．

【点睛】本题考查了最小公倍数的应用，分别求出甲、乙运动到、、或处时所用的时间是解题的关键．