精品解析：上海市虹口区2026-2027学年七年级数学第一学期期中试题

2026学年第一学期期中学习能力诊断练习初一年级数学学科 （满分100分，时间：90分钟） 考生注意： 1．本试卷共30题． 2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都须在答题纸的相应位置上写出解答的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分） 【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 单项式的次数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知与是同类项，那么的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 10 D. 21 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 两个三次整式的和的次数一定是（ ） A. 不高于3次 B. 不低于3次 C. 3次 D. 6次 6. 已知，，如果的值与的取值无关，那么的值是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：（本大题共14题，每题2分，满分28分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】 7. 合并同类项：________． 8. 计算：________． 9. 因式分解：______． 10. 将按字母降幂排列：________． 11. 如果，那么x所满足的条件是_____． 12. 计算：______．（结果用幂的形式表示） 13. 计算：________． 14. 在横线上填入适当的整式：（________）． 15. 已知，那么的值是________． 16. 已知，，那么的值为______． 17. 计算：________． 18. 如果关于的整式是某个整式的平方，则的值是________． 19. 如果，，那么的值为________． 20. 如图1，在长方形中，，，长方形的边长为，，它与边长为的正方形有重叠部分，重叠部分为长方形，其中，点、、、分别在边、、、上，点、在长方形内，与交于点，与交于点．如果长方形的面积减去长方形的面积，差等于以为一边的一个长方形面积，那么该长方形的另一条边长用含、的式子表示是________． 三、简答题（本大题共6题，每题5分，满分30分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上】 21. 计算：． 22. 计算：． 23. 计算：． 24. 计算：． 25. 因式分解：． 26. 用简便方法计算：． 四、解答题（本大题共4题，第27，28题每题6分，第29题8分，第30题10分，满分30分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上】 27. 先化简，再求值：，其中，． 28. 已知整式、满足，． （1）当时，；当时，求的值； （2）如果的结果不含的一次项，用含的式子表示的二次项系数． 29. 学校劳技教室用大小相同的正方形木板组装收纳格，每1格正面敞开，其余五面各有一块木板，左右相邻或上下相邻的两格共用相邻面上的一块木板． 如图2为一个1行2列的收纳格，它由4块横板、3块竖板和2块背板构成，图3是它从正面看的视图．在扩建时保留原有格子，在上方增加行、右侧增加列，扩建后仍排成完整的长方体． （1）组装一个2行3列的收纳格，在作图区内画出这个2行3列的收纳格从正面看的视图，并完成填空：它的横板、竖板、背板加起来总共有 块； 作图区： （2）填空：如果收纳格有行、列，用含、的式子表示所需木板的总数是 ； （3）劳技老师想扩建一个行、列的收纳格，如果只增加2行，则需要新增98块木板，如果只增加3列，则需要新增57块木板．老师已经购买了160块木板用于扩建这个收纳格，如果同时增加2行、3列是否够用？如果够用，需要退回多少块？如果不够，还需补多少块？ 30. 对于一个关于的整式，把其中每个都替换成后，再减去原整式，所得到的整式称为的“移差”，记作．例如，当时，． 【概念理解】 （1）已知，，填空： ； ； 【规律探索】 （2）“爱探究”学习小组进一步研究这个“移差”问题，他们发现，一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为，同样，一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为 ，于是得到了 计算后，即验证了：对于任意整式、，有．将上述验证过程中空缺部分填写完整； 【应用迁移】 （3）已知，，其中、为有理数，如果的常数项为，是一个关于的三项式，求满足条件的的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期期中学习能力诊断练习初一年级数学学科 （满分100分，时间：90分钟） 考生注意： 1．本试卷共30题． 2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都须在答题纸的相应位置上写出解答的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分） 【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 单项式的次数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】注意单项式次数与数字系数无关，计算所有字母的指数和即可求解． 【详解】解：中，的指数均为1， ∴次数为． 2. 已知与是同类项，那么的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 10 D. 21 【答案】C 【解析】 【分析】如果两个单项式，它们所含的字母相同，并且相同字母的指数也分别相同，那么就称这两个单项式为同类项． 【详解】解：∵与是同类项， ∴，， ∴， ∴． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同底数幂相乘、幂的乘方、合并同类项的运算法则，以及完全平方公式逐项分析即可得出结果． 【详解】解：A、，计算正确，故符合题意； B、，计算错误，故不符合题意； C、，计算错误，故不符合题意； D、，计算错误，故不符合题意． 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】需从左边为多项式、右边为几个整式的积两个维度，判断变形是否为因式分解． 【详解】解：对于选项A，∵右边为，不是整式的积的形式，∴本选项不符合题意； 对于选项B，∵变形是从整式的积化为多项式，属于整式乘法，∴本选项不符合题意； 对于选项C，∵右边的不是整式，∴本选项不符合题意； 对于选项D，∵多项式变形为，是几个整式的积的形式，∴本选项符合题意． 5. 两个三次整式的和的次数一定是（ ） A. 不高于3次 B. 不低于3次 C. 3次 D. 6次 【答案】A 【解析】 【分析】根据合并同类项和整式的加减运算法则分析解答即可． 【详解】解：若两个三次整式不能合并同类项，则结果是三次整式； 若两个三次整式可以合并同类项，则结果可能为三次整式，二次整式，一次整式或零次单项式， 故两个三次整式相加，和一定是次数不高于三次的整式．即两个三次整式的和的次数一定是不高于3次． 6. 已知，，如果的值与的取值无关，那么的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简，根据其值与取值无关的条件列方程求． 【详解】解：， ， ， ∵ 的值与的取值无关， ∴ ， 解得． 二、填空题：（本大题共14题，每题2分，满分28分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】 7. 合并同类项：________． 【答案】 【解析】 【分析】根据合并同类项的法则：把同类项的系数相加减，字母与字母的指数不变，进行计算即可． 【详解】解： ． 8. 计算：________． 【答案】 【解析】 【分析】本题为同底数幂的除法运算，需依据对应运算法则，保持底数不变，将指数相减得到结果． 【详解】解：同底数幂的除法运算法则为：同底数幂相除，底数不变，指数相减， ∴ ． 9. 因式分解：______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法，是解题的关键，提公因式，分解因式即可． 【详解】解：． 故答案为：． 10. 将按字母降幂排列：________． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵在多项式中，中字母的次数为，中字母的次数为，中字母的次数为，中字母的次数为， ∴将按字母降幂排列为． 11. 如果，那么x所满足的条件是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了幂的运算，根据零指数幂的定义，任何非零数的零次方等于1，因此底数不能为零． 【详解】解：当时，，故成立的条件是，即． 故答案为：． 12. 计算：______．（结果用幂的形式表示） 【答案】 【解析】 【分析】两个幂的底数与互为相反数，需先根据幂的符号规律统一底数，再结合同底数幂的乘法法则计算． 【详解】解： ． 13. 计算：________． 【答案】 【解析】 【分析】通过整体分组将三项式平方转化为可套用完全平方公式的形式，逐步展开化简． 【详解】解：原式 ． 14. 在横线上填入适当的整式：（________）． 【答案】 ## 【解析】 【分析】将等式右侧的多项式因式分解为平方差形式，结合左侧已有的因式变形匹配，得到缺失的整式． 【详解】解：先对等式右侧的多项式做因式分解 ∵ ∴ 代入上式可得 对比原式，即可确定横线上应填入的整式为． 15. 已知，那么的值是________． 【答案】24 【解析】 【分析】将所求代数式展开化简，利用幂的运算性质构造出已知的形式，通过整体代入，即可求解． 【详解】解：， ∵， ∴． 16. 已知，，那么的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据幂的乘方、同底数幂的除法法则，将所求代数式转化为已知、的组合形式，代入对应数值计算即可． 【详解】解： ． 17. 计算：________． 【答案】 【解析】 【分析】观察算式中各乘方的指数特征，前两项指数均为，第三项指数为，可通过积的乘方逆运算合并同指数幂，简化计算过程． 【详解】解： ． 18. 如果关于的整式是某个整式的平方，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据完全平方式的结构特征，将已知整式的首项、尾项对应为完全平方公式中的平方项，推导中间项的系数即可得到的值． 【详解】解：完全平方公式为， ∵ 整式是某个整式的平方， ∴ 该式为完全平方式， ∵ ，， ∴ 中间项满足， 即， 得． 19. 如果，，那么的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】通过完全平方公式由已知条件求出的值，再将所求整式展开化简，整体代入已知条件计算即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ，展开得． ∵ ， ∴ ， 解得． 对所求代数式展开化简： 将，代入上式： 原式 20. 如图1，在长方形中，，，长方形的边长为，，它与边长为的正方形有重叠部分，重叠部分为长方形，其中，点、、、分别在边、、、上，点、在长方形内，与交于点，与交于点．如果长方形的面积减去长方形的面积，差等于以为一边的一个长方形面积，那么该长方形的另一条边长用含、的式子表示是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据长方形和正方形的性质，用含a、b的式子表示出线段的长度；分别计算长方形  和 的面积；作差后写成与积的形式，从而确定另一条边长． 【详解】解：∵ 四边形是长方形，，，  ∴，， ∵ 四边形 是长方形， ， ∴， ∴，， ∵ 四边形是正方形，边长为， ∴， ∴， ∴ 四边形 是长方形，  ∴， ∵点P 在 上，点E在  上， ∴， ∴， ∴， ∵M 在上，  ∴， ∵M 在 上，  ∴， ∴， ∵ ， ∵ 差等于以为一边的一个长方形面积，且 ， ∴ 该长方形的另一条边长为． 三、简答题（本大题共6题，每题5分，满分30分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上】 21. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】先算单项式乘以单项式，再进行整式的加减运算即可． 【详解】解：． 22. 计算：． 【答案】 【解析】 【详解】解： 23. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】先计算各乘方项，再结合同底数幂的乘除运算法则化简． 【详解】解：原式． 24. 计算：． 【答案】 【解析】 【详解】解：原式 ． 25. 因式分解：． 【答案】 【解析】 【详解】解： 26. 用简便方法计算：． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，将带分数转化为与相关的和差形式，利用平方差公式简化计算． 【详解】解： 原式      ． 四、解答题（本大题共4题，第27，28题每题6分，第29题8分，第30题10分，满分30分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上】 27. 先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【解析】 【分析】利用平方差公式计算，对变形后利用完全平方公式展开，合并同类项化简原式，最后代入数值计算结果． 【详解】解： 当，时， 原式 28. 已知整式、满足，． （1）当时，；当时，求的值； （2）如果的结果不含的一次项，用含的式子表示的二次项系数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用时，可求出的值，再将代入求A值即可； （2）先展开并合并同类项，根据不含一次项可得一次项系数为0，推导p与q的关系，再代入二次项系数化简即可． 【小问1详解】 解：∵当时，， ∴，即， 当时，． 【小问2详解】 解： ， ∵的结果不含的一次项， ∴，即， 将代入二次项系数，即x的二次项系数为． 29. 学校劳技教室用大小相同的正方形木板组装收纳格，每1格正面敞开，其余五面各有一块木板，左右相邻或上下相邻的两格共用相邻面上的一块木板． 如图2为一个1行2列的收纳格，它由4块横板、3块竖板和2块背板构成，图3是它从正面看的视图．在扩建时保留原有格子，在上方增加行、右侧增加列，扩建后仍排成完整的长方体． （1）组装一个2行3列的收纳格，在作图区内画出这个2行3列的收纳格从正面看的视图，并完成填空：它的横板、竖板、背板加起来总共有 块； 作图区： （2）填空：如果收纳格有行、列，用含、的式子表示所需木板的总数是 ； （3）劳技老师想扩建一个行、列的收纳格，如果只增加2行，则需要新增98块木板，如果只增加3列，则需要新增57块木板．老师已经购买了160块木板用于扩建这个收纳格，如果同时增加2行、3列是否够用？如果够用，需要退回多少块？如果不够，还需补多少块？ 【答案】（1），23 （2）块 （3）不够用，还需补13块 【解析】 【分析】（1）先画出从正面看的视图，再分别求出横板、竖板、背板的数量，然后求和即可； （2）分别求出横板、竖板、背板的数量，再求和即可； （3）结合（2）的结论，先求出，的值，再分别求出原来、扩建所需木板的总数，由此即可得． 【小问1详解】 解：从正面看的视图：略． 它的横板、竖板、背板加起来总共有（块）． 【小问2详解】 解：当收纳格有行、列时， 则横板的数量：共有层，每层有块，总数为（块）， 竖板的数量：共有列，每列有块，总数为（块）， 背板的数量：共有块， 则所需木板的总数是（块）． 【小问3详解】 解：当只增加2行时，收纳格变为行、列， 则此时所需木板的总数是（块）， ∴， 解得， 当只增加3列时，收纳格变为行、列， 则此时所需木板的总数是（块）， ∴， 解得， ∴原来的收纳格是6行、16列，所需木板的总数是（块）， 当同时增加2行、3列时，收纳格变为8行、19列，所需木板的总数是（块）， ∵，且（块）， ∴不够用，还需补13块． 30. 对于一个关于的整式，把其中每个都替换成后，再减去原整式，所得到的整式称为的“移差”，记作．例如，当时，． 【概念理解】 （1）已知，，填空： ； ； 【规律探索】 （2）“爱探究”学习小组进一步研究这个“移差”问题，他们发现，一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为，同样，一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为 ，于是得到了 计算后，即验证了：对于任意整式、，有．将上述验证过程中空缺部分填写完整； 【应用迁移】 （3）已知，，其中、为有理数，如果的常数项为，是一个关于的三项式，求满足条件的的值． 【答案】（1）； （2）； （3）的值为或． 【解析】 【分析】（1）根据题目中“移差”的概念，进行计算，即可； （2）根据题目中“移差”的概念，进行验证，即可； （3）先求出，解出，再求出，根据多项式的条件，进行解答，即可． 【小问1详解】 解： ； ， ∴． 【小问2详解】 解 ：∵一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为， ∴一个关于的整式，把其中每个都替换成后得到的整式可以表示为； ∴； 验证： 由（1）可得，，，， ， ∴；， ∴， ∴； 故答案为：；． 【小问3详解】 解：；， ∴ ∵的常数项为， ∴ 解得：； ∴ 把代入可得 ， ∵是一个关于的三项式， ∴多项式有一次项系数或者常数项为， 当一次项系数为，则，解得：； 当常数项为，则，解得：； 经验证：当时，常数项不为，符合题意；当时，一次项系数不为，符合题意． ∴的值为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $