精品解析：2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯七年级数学试卷

2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯七年级数学试卷 一、填空题（共10题，每题6分，满分60分） 1. 计算：的结果是______________． 2. 若，，则______． 3. 若非零有理数m、n、p满足，则__________． 4. 为确保信息安全，信息需加密传输，发送方将明文加密为密文传送给接收方，接收方收到密文后，解密还原为明文．已知数字化信息W的加密规则为：明文数对对应的密文为数对，例如对应的密文数对为；当接收方收到密文数对是时，解密得到的明文数对为_______． 5. 若关于的方程有无数个解，则______． 6. 若方程组解是，则方程组的解应该是________． 7. 如果和互补，且，则下列表示余角的式子中：①；②；③；④，正确的有____________________．(填所有正确式子的序号) 8. 若实数、满足，则以、的值为两边长的等腰三角形的周长是______． 9. 如图，在长方形中，设面积为，的面积为，则阴影四边形的面积等于_______． 10. 如图是与在的网格上的位置，则______． 二、解答题（共6题，满分90分） 11. 已知关于的一元一次方程的解比关于的一元一次方程的解大，试求出的值． 12. 如图，点是线段上的动点，线段的长度与线段的长度都是正整数，点是线段的中点，且图中所有线段的长度之和为．请求出线段的长． 13. 如图，已知、、、分别是四边形的四个内角的平分线． （1）若，试求出的度数； （2）若，猜想与的位置关系，并说明理由． 14. 红星中学701班组织健身操训练进行列队，已知6人一列少2人，5人一列多2人，4人一列不多不少．请问该校701班至少有多少人？ 15. 已知三边长分别为5、12、13．动点在三角形内或边上，点到三边的距离分别为、、，设．请求出的最大值与最小值，并说明取最大值与最小值时，点的位置． 16. 已知代数式，当、时，解得、，则称、为代数式的零点．绝对值符号运算中，利用代数式的零点进行分类讨论解决含有绝对值的式子的运算称为“零点分段法”． （1）试应用“零点分段法”，解方程； （2）设．请应用“零点分段法”探究是否存在最小值？若存在，试求出最小值，并求此时的取值范围，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯七年级数学试卷 一、填空题（共10题，每题6分，满分60分） 1. 计算：的结果是______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同底数幂的乘法法则变形，再利用积的乘方的法则进行运算即可． 【详解】解： 故答案为：． 【点睛】本题主要考查同底数幂的乘法和积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握． 2. 若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了整式的加减运算，去括号，代数求值等，解题的关键是熟练掌握整式的加减运算法则． 先对整式进行整理，求出的值，代入即可得出结果． 【详解】解： ， ∵，， ∴， ∴原式． 故答案为：8． 3. 若非零有理数m、n、p满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查绝对值，解决本题关键是根据已知条件得出． 先根据得出，然后再对原式进行化简即可． 【详解】解：∵， ∴m、n、p的符号为两负一正， ∴， ∴． 故答案为：． 4. 为确保信息安全，信息需加密传输，发送方将明文加密为密文传送给接收方，接收方收到密文后，解密还原为明文．已知数字化信息W的加密规则为：明文数对对应的密文为数对，例如对应的密文数对为；当接收方收到密文数对是时，解密得到的明文数对为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用．根据题意找准等量关系，正确列出二元一次方程组，求解即可． 【详解】解：∵明文数对对应的密文为数对， ∴当接收方收到的密文是时， 得出：， 解得：． 故答案为：． 5. 若关于的方程有无数个解，则______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值． 方程移项合并，令x系数等于0，求出的值，即可得到结果． 【详解】解：原方程经整理，得， ∵，有无数个解， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 6. 若方程组的解是，则方程组的解应该是________． 【答案】 【解析】 【分析】把第二个方程组的两个方程的两边都除以5，通过换元替代的方法即可得到一个关于x，y的方程组，即可求解． 【详解】∵方程组的解是，， ∴ ， 在方程组 的每个方程两边同时除以5得： ， ， 解得：． 故答案为． 【点睛】本题考查二元一次方程组解．能对第二个方程组进行变形，并对比第一个方程组得出关于x，y的方程组是解决此题的关键． 7. 如果和互补，且，则下列表示的余角的式子中：①；②；③；④，正确的有____________________．(填所有正确式子的序号) 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题考查互为余角、互为补角的意义．由和互补，可得，即：，再用不同的形式表示的余角． 【详解】解：∵和互补，且， ∴， ∴，的余角是，故①正确； 的余角是，故②正确； ∵， ∴不是的余角，故③错误； ∵， ∴是的余角，故④正确． 故答案为：①②④ 8. 若实数、满足，则以、的值为两边长的等腰三角形的周长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了绝对值的非负性，等腰三角形的定义，三角形的三边关系，解题的关键是掌握以上性质． 根据绝对值的非负性求出的值，然后根据三角形的三边关系和等腰三角形的定义进行求解即可． 【详解】解：∵实数x，y满足， ∴， ∵3、3、6不能组成三角形， ∴等腰三角形的三边长分别为3、6、6， ∴等腰三角形周长为． 故答案为：15． 9. 如图，在长方形中，设的面积为，的面积为，则阴影四边形的面积等于_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形面积的计算，考查了长方形面积的计算，本题中求得是解题的关键． 根据和，进行面积的等量代换进行求解即可． 【详解】解：∵的边上的高与长方形的边相等， ∴， 又∵， ∴， 即， ∴， 故答案为：． 10. 如图是与在的网格上的位置，则______． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形，连接，根据题意可得：，从而可得，然后利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，再根据，从而可得，进而可得，最后利用等量代换即可解答． 【详解】解：如图：连接， 由题意得：， ∴， 由题意得：，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 二、解答题（共6题，满分90分） 11. 已知关于的一元一次方程的解比关于的一元一次方程的解大，试求出的值． 【答案】． 【解析】 【分析】本题考查解一元一次方程，解题的关键在于能够熟练掌握解一元一次方程的方法．分别用表示两个方程的解，根据的解比的解大得出关于的一元一次方程，解方程即可求出的值． 【详解】解：， 解得：， ， 解得：， ∵的解比的解大， ∴， 解得， ∴的值为． 12. 如图，点是线段上的动点，线段的长度与线段的长度都是正整数，点是线段的中点，且图中所有线段的长度之和为．请求出线段的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了线段的和差，线段中点的性质，列二元一次方程解决几何问题等知识点，解题的关键是熟练掌握线段的和差． 设的长为x，的长为y，表示出所有的线段，根据线段长度之和得出，然后分析二元一次方程的正整数解即可． 【详解】解：设的长为x，的长为y， ∵D是线段的中点， ∴， ∴， ∵图中所有线段的长度之和为23， ∴， 即， ∴， ∵x，y都是正整数， ∴方程的正整数解为：， ∴的长为3． 13. 如图，已知、、、分别是四边形的四个内角的平分线． （1）若，试求出的度数； （2）若，猜想与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） （2），理由见解析 【解析】 【分析】本题考查了四边形的内角和是、平行线的判定与性质、角平分线的定义、三角形内角和定理． 根据三角形内角和定理可得，根据角平分线定义可知，根据四边形的内角和是可知，根据角平分线的定义可知，根据三角形内角和定理即可求出的度数； 根据角平分线的定义和三角形内角和定理可以求出，，根据，可得，根据四边形的内角和是可知，根据同旁内角互补，两直线平行，可得：． 【小问1详解】 解：、平分和， ，， 在中，， 又， ， ， ， ， 、平分和， ，， ， 在中，， ； 【小问2详解】 解：，理由如下： 、平分和， ，， 在中，， ， 同理可证， ， ， ， ， ， ． 14. 红星中学701班组织健身操训练进行列队，已知6人一列少2人，5人一列多2人，4人一列不多不少．请问该校701班至少有多少人？ 【答案】该校701班至少有52人． 【解析】 【分析】本题考查的是数的整除性的应用．根据数的整除性列举被6除余4的数、被5除余2的数、被4除的数，进而得出答案． 【详解】解：∵6人一列少2人， ∴701班人数可能是4，10，16，22，28，34，40，46，52，58……， ∵5人一列多2人， ∴701班人数可能是7，12，17，22，27，32，37，42，47，52，57……， ∵4人一列不多不少， ∴701班人数可能是4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56……， ∴该校701班至少有52人， 答：该校701班至少有52人． 15. 已知三边长分别为5、12、13．动点在三角形内或边上，点到三边的距离分别为、、，设．请求出的最大值与最小值，并说明取最大值与最小值时，点的位置． 【答案】最大值，此时点与最小直角边对应的顶点重合，最小值为，此时点与斜边对应的顶点重合 【解析】 【分析】本题考查了面积公式的正确运用，考查了面积法计算三角形的高． 首先连结；由三角形的面积公式知，可得 ；接下来由讨论当取最大值和最小值时，P的位置． 【详解】解：设在中，，P到的距离分别为．连结, 由三角形的面积公式知， 即， ∴， ∴， ∴最大值为， 即取最大值时，， ∴P与A重合； ∵最小值为， 即取最小值时，， ∴P与C重合． 16. 已知代数式，当、时，解得、，则称、为代数式的零点．绝对值符号运算中，利用代数式的零点进行分类讨论解决含有绝对值的式子的运算称为“零点分段法”． （1）试应用“零点分段法”，解方程； （2）设．请应用“零点分段法”探究是否存在最小值？若存在，试求出的最小值，并求此时的取值范围，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或 （2）存在，最小值为，此时 【解析】 【分析】本题考查了绝对值的化简，绝对值方程，整式的加减运算，正确分类讨论是解题的关键． （1）分三种情况讨论，化简绝对值，解方程即可； （2）分五种情况讨论，化简绝对值，再求最值． 【小问1详解】 解： 当时，, 解得； 当时，， 方程无解； 当时，, 解得； 综上所述，方程的解为或； 小问2详解】 解：存在， 当时，， ∴当时，W的值最小为； 当时，， ∴当时，W的值最小为； 当时，； 当时，， ∴当时，W的值最小为； 当时，， ∴当时，W的值最小为； 综上所述，W的最小值为2028，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $