2022-2023学年重庆市渝中区巴蜀中学七年级（上）段考数学试卷（11月份）（含解析）

2022-2023学年重庆市渝中区巴蜀中学七年级（上）段考数学试卷（11月份）

一、选择题（本大题共12小题，共48分）

1. 下列有理数中，最小的有理数是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 下列各式中，不是单项式的是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 下列一元一次方程的是(    )

A.  B.  C.  D.

4. 以下说法中正确的是(    )

A. 的次数是 B. 与是同类项
C. 的系数是 D. 的常数项为

5. 一辆快车和一慢车同时从地出发沿同一公路同方向行驶，快车的行驶速度是，慢车的行驶速度是，快车比慢车早经过地．设、两地间的路程是，由题意可得方程(    )

A.  B.
C.  D.

6. 已知，，且，则的值等于(    )

A. 或 B. 或 C. 或 D. 或

7. 下列各数中，互为相反数的是(    )

A. 与 B. 与 C. 与 D. 与

8. 运用等式性质进行变形，正确的是(    )

A. 由得到 B. 由得到
C. 由得到 D. 由得到

9. 点，，，在数轴上的位置如图所示，为原点，，若点所表示的数为，则点所表示的数为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 按如图所示的程序计算，若开始输入的值为，则最后输出的结果是(    )

A.  B.  C.  D.

11. 若整式化简后是关于，的三次二项式，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

12. 如图，在长和宽分别为和的矩形纸片的四个角都剪去一个直角边分别为和的直角三角形，则用代数式表示纸片剩余部分的面积阴影部分为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共8小题，共32分）

13. 北京时间年月日时，人类首张黑洞照片面世，该黑洞位于室女座一个巨椭圆星系的中心，距离地球约年，那么用科学记数法表示为______．
14. 是关于的方程的解，则的值等于______．
15. 若代数式不含项，则的值为______．
16. 某车间有名工人，每人每天可以生产个螺钉或个螺母．个螺钉需要配个螺母，为使每天生产的螺钉和螺母刚好配套，应安排生产螺钉的有______人．
17. 当时，代数式的值是，则当时，代数式的值是______．
18. 我国古代数学家杨辉发现了如图所示的三角形，我们称为杨辉三角．从图中取一列数，，，，记，，，则______．

19. 有依次排列的个整式：，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；依次类推．通过下列实际操作：
    第二次操作后整式串为：，，，，；
    第二次操作后，当时，所有整式的积为正数；
    第四次操作后整式串中共有个整式；
    第次操作后，所有的整式的和为；
    上面四个结论中正确的是______填序号．
20. 火锅是重庆的一张名片，深受广大市民的喜爱．重庆某火锅店采取堂食、外卖、店外摆摊简称摆摊三种方式经营，月份该火锅店堂食、外卖、摆摊三种方式的营业额之比为：：随着促进消费政策的出台，该火锅店老板预计月份总营业额会增加，其中摆摊增加的营业额占总增加的营业额的，则摆摊的营业额将达到月份总营业额的，为使堂食、外卖月份的营业额之比为：，则月份外卖还需增加的营业额与月份总营业额之比是______．

三、解答题（本大题共7小题，共70分）

21. 计算：
    ；
    ．
22. 化简：
    ；
    ．
23. 解方程：
    ；
    ．
24. 化简求值，已知：
    求：的值．
25. 绿叶水果店第一次用元从水果批发市场购进甲、乙两种不同品种的苹果，其中甲种苹果的重量比乙种苹果重量的倍多千克，甲、乙两种苹果的进价和售价如下表：

绿叶水果店第一次购进的甲、乙两种苹果各多少千克？
绿叶水果店第二次以第一次的进价又购进甲、乙两种苹果，其中甲种苹果的重量不变，乙种苹果的重量是第一次的倍；甲种苹果按原价销售，乙种苹果打折销售第二次甲、乙两种苹果都售完后获得的总利润为元，求第二次乙种苹果按原价打几折销售？

26. 阅读材料：
    进位制是一种记数方式，可以用有限的数字符号代表所有的数值．可使用数字符号的数目称为基数，基数为，即可称进位制，简称进制．对于任意一个用进位制表示的数，通常使用个阿拉伯数字进行计数，特点是逢进一．现在我们通常用的是十进制数；十进制数不用标角标，其他要标角标
    如：十进制数，记作：，
    七进制数，记作，；
    各进制之间可以进行转化，如：七进制转化成十进制，只要将七进制数的每个数字，依次乘以的正整数次幂，然后求和，就可得到与它相等的十进制数，
    如：，即
    将十进制数化为与其相等的七进位制数，可用去除，把每一位数字的余数从低位到高位排序即可．如：
    
    根据以上信息进行进制转化：
    将七进制数转化成十进制数的值为多少？
    将十进制数转化成进制数的值为多少？
    如果一个十进制两位数，交换其个位上的数与十位上的数后得到一个新数，如果原数减去新数所得的差为，那么我们称这样的数为“青春数”，问是否存在这样的“青春数”使得该数转化成六进制数后是一个各数位上的数字全都为的三位数，若存在，请求出这样的“青春数”，若不存在，请说明理由．
27. 如图，点，，是数轴上分别表示数，，的点，两只电子蚂蚁甲、乙分别以个单位秒和个单位秒的速度同时从点、点出发，其中甲刚开始沿数轴的正方向运动，当运动到点时，立即以相同的速度反向运动，乙始终沿数轴的负方向运动．
    
    求电子蚂蚁甲与乙从开始出发到第一次相遇所经过的时间．
    当电子蚂蚁甲反向运动追上电子蚂蚁乙时，求此时乙在数轴上所表示数．
    在电子蚂蚁甲、乙开始运动的同时，若在点处存在一只电子蚂蚁丙以个单位秒的速度沿数轴的负方向运动，求经过多少秒后甲恰好位于乙、丙的正中间？
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，，
，
其中最小的有理数是．
故选：．
根据“正数负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小”解答即可．
本题考查的是有理数大小的比较，熟记有理数的比较法则是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：、是单项式，故A选项不符合题意；
B、是单项式，故B选项不符合题意；
C、是单项式，故C选项不符合题意；
D、不是数或字母的积，不是单项式，故D选项符合题意．
故选：．
根据单项式的概念解答即可．
本题考查了单项式，解题的关键是掌握单项式的概念，数或字母的积组成的式子叫做单项式，单独的一个数或字母也是单项式．
 

3.【答案】 

【解析】解：是一元二次方程，不是一元一次方程，故此选项不符合题意；
B.是一元一次方程，故此选项符合题意；
C.根据分式方程的定义，这个方程是分式方程，故此选项不符合题意；
D.是二元一次方程，不是一元一次方程，故此选项不符合题意．
故选：．
根据一元一次方程的定义进行判断即可．
本题考查一元一次方程的定义，熟练掌握一元一次方程的定义和一般形式是解题的关键．一元一次方程的定义：只含有一个未知数元，且未知数的次数是，这样的方程叫一元一次方程．
 

4.【答案】 

【解析】解：的次数是次单项式，所以选项符合题意；
B.与不是同类项，所以选项不符合题意；
C.的系数为，所以选项不符合题意；
D.的常数项为，所以选项不符合题意．
故选：．
根据单项式的次数的定义对选项进行判断；根据同类项的定义对选项进行判断；根据单项式的系数的定义对选项进行判断；根据多项式的常数项的的定义对选项进行判断．
本题考查了同类项：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项．也考查了单项式和多项式．
 

5.【答案】 

【解析】解：设、两地间的路程为，
根据题意得：，
故选：．
设、两地间的路程为，根据题意分别求出快车所用时间和慢车所用时间，根据两车时间差为即可列出方程．
本题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，解答本题的关键是根据两车所用时间之差为小时列出方程，此题难度不大．
 

6.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了代数式求值、绝对值的性质：互为相反数的绝对值相等．能够根据两个数的乘积的符号判断两个数的符号的关系．

 绝对值的性质：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；的绝对值是有理数的乘法法则：同号得正，异号得负．
据此解答即可．
【解答】
解：，，
，．
又，，或，．
．
故选B．

7.【答案】 

【解析】解：、，，不是相反数，不符合题意；
B、，不是相反数，不符合题意；
C、，，是相反数，符合题意；
D、，，不是相反数，不符合题意；
故选：．
根据相反数的定义，只有符号不同的两个数互为相反数，的相反数是；互为相反数的两个数的和是，采用逐一检验法判断即可．
此题主要考查了相反数、绝对值、有理数的乘方等知识，只有符号不同的两个数互为相反数．
 

8.【答案】 

【解析】解：由可得，因此选项A不符合题意；
B.由两边都除以可得，因此选项B不符合题意；
C.由两边都加可得，因此选项C符合题意；
D.由，在时，两边都除以可得，因此选项D不符合题意；
故选：．
根据等式的性质逐项进行判断即可．
本题考查等式的性质，掌握等式的性质是正确判断的前提．
 

9.【答案】 

【解析】解：由图可得，
点表示的数为，
，
点表示的数为，
故选：．
根据题意和数轴，可以用含的代数式表示出点，本题得以解决．
本题考查列代数式、数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
 

10.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以把，再次代入得，，
因此输出的结果为，
故选：．
将输入，按照运算程序，计算结果，根据结果的大小，确定再次输入还是输出．
本题考查代数式求值和有理数的混合运算，掌握计算法则是正确计算的前提．
 

11.【答案】 

【解析】解：，
化简后是关于，的三次二项式，
，，
，，
，
故选：．
多项式中次数最高的项的次数叫做多项式的次数，单项式的个数就是多项式的项数．
本题考查多项式的有关概念，关键是掌握多项式的次数，项数的概念．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意可得，矩形的面积为；
四个角剪去的直角边分别为和的直角三角形的面积为：，
纸片剩余部分的面积阴影部分为．
故选：．
分别根据矩形的面积公式及直角三角形的面积公式求得矩形和剪去的四个直角三角形的面积，然后求差即可得出答案．
本题考查了列代数式在几何图形问题中的应用，数形结合并熟练掌握直角三角形和矩形的面积计算公式是解题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：将用科学记数法表示为：．
故答案为：．
科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
 

14.【答案】 

【解析】解：把代入方程得：，
解得：，
故答案为：
把代入方程计算即可求出的值．
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．
 

15.【答案】 

【解析】解：，
代数式不含项，
，
解得．
故答案为：．
直接去括号，合并同类项，得出项的系数为零，进而得出答案．
此题主要考查了整式的加减，正确合并同类项是解题关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：设安排名工人生产螺钉，则安排名工人生产螺母，
依题意，得：，
解得：．
故答案为：．
设安排名工人生产螺钉，则安排名工人生产螺母，根据生产的螺母总数是生产螺钉总数的倍，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
 

17.【答案】解：


；




． 

【解析】先算乘除法，然后计算加法即可；
先算乘方和括号内的式子，然后计算括号外的乘除法，最后算减法即可．
本题考查有理数的混合运算，熟练掌握运算法则和运算顺序是解答本题的关键．
 

18.【答案】解：

；


 

【解析】根据合并同类项法则计算即可；
先去括号，再合并同类项即可．
本题考查了整式的加减，掌握去括号法则以及合并同类项法则是解答本题的关键．
 

19.【答案】解：去括号得，，
移项得，，
合并同类项得，，
把的系数化为得，；
去分母得，，
去括号得，，
移项得，，
合并同类项得，，
把的系数化为得，． 

【解析】先去括号，再移项，合并同类项，把的系数化为即可；
先去分母，再去括号，移项，合并同类项，把的系数化为即可．
本题考查的是解一元一次方程，熟知解一元一次方程的基本步骤是解题的关键．
 

20.【答案】解：由题意可知：，，
原式


，
当，时，
原式． 

【解析】根据题意可求出与的值，然后根据整式的加减运算法则进行化简，最后将、的值代入原式即可求出答案．
本题考查整式的加减运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算法则，本题属于基础题型．
 

21.【答案】解：设绿叶水果店第一次购进乙种苹果千克，则购进甲种苹果千克，
依题意，得：，
解得：，
所以千克．
答：绿叶水果店第一次购进甲种苹果千克，乙种苹果千克．
设第二次乙种苹果按原价打折销售，
依题意，得：，
解得：．
答：第二次乙种苹果按原价打折销售． 

【解析】设水果店第一次购进乙种苹果千克，则购进甲种苹果千克，根据总价单价数量，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论；
设第二次乙种苹果按原价打折销售，根据总利润每千克的利润销售数量购进数量，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
 

22.【答案】 

【解析】解：把代入中，
可得，
当时，．
故答案为：．
先把代入中，即可得出，再把，代入，可得，即，代入计算即可得出答案．
本题主要考查了代数式求值，熟练掌握代数式求值的方法进行计算是解决本题的关键．
 

23.【答案】 

【解析】解：由杨辉三角可知，，，，
，
故答案为．
由所给数据可知，第项是，分别求出，，即可求解．
本题考查数字的变化规律；能够由已知的一列数找到数的规律是解题的关键．
 

24.【答案】 

【解析】解：第一次操作后的整式串为：，，，
第二次操作后的整式串为，，，，，
即，，，，，故的结论正确，符合题意；
第二次操作后整式的积为，
，
，即，
，
即第二次操作后，当时，所有整式的积为非负数，故的说法错误，不符合题意；
第三次操作后整式串为，，，，，，，，，
第四次操作后整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，
共个，故的说法错误，不符合题意；
第一次操作后所有整式的和为，
第二次操作后所有整式的和为，
第三次操作后所有整式的和为，
，
第次操作后所有整式的积为，
第次操作后，所有的整式的和为，
故的说法正确，符合题意；
正确的说法有，
故答案为：．
根据整式的加减运算法则和整式的乘法运算法则进行计算，从而作出判断．
本题考查整式的加减，整式的乘法，掌握合并同类项系数相加，字母及其指数不变和去括号的运算法则括号前面是“”号，去掉“”号和括号，括号里的各项不变号；括号前面是“”号，去掉“”号和括号，括号里的各项都变号和平方差公式是解题关键．
 

25.【答案】： 

【解析】解：设月份堂食、外卖、摆摊三种方式的营业额为，，，设月份总的增加营业额为，摆摊增加的营业额为，月份总营业额，摆摊月份的营业额为，堂食月份的营业额为，外卖月份的营业额为，
由题意可得：，
解得：，
月份外卖还需增加的营业额与月份总营业额之比：：，
故答案为：：．
设月份堂食、外卖、摆摊三种方式的营业额为，，，设月份总的增加营业额为，摆摊增加的营业额为，月份总营业额，摆摊月份的营业额为，堂食月份的营业额为，外卖月份的营业额为，由题意列出方程组，可求，的值，即可求解．
本题考查了三元一次方程组的应用，理解题意，找到正确的等量关系是本题的关键．
 

26.【答案】解：根据题意，
得；
根据题意得，；

是“青春数”，
，
，
该数转化成六进制数后是一个各数位上的数字全都为的三位数，
，
，
，
，，、均为整数，
，，
，
．
故存在，这样的“青春数”为． 

【解析】仿照样例进行解答便可；
根据“青春数”定义列出方程得，根据“该数转化成六进制数后是一个各数位上的数字全都为的三位数”列出方程，解这个不定解方程求得的值便可得出答案．
本题考查了新定义，不定解方程的应用，关键是对进制转化公式的理解和运用，列不定解方程解决问题．
 

27.【答案】解：设运动时间为秒，秒．
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，
依题意得：，
解得：．
答：电子蚂蚁甲与乙从开始出发到第一次相遇所经过的时间为秒．
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，
依题意得：，
解得：，
．
答：当电子蚂蚁甲反向运动追上电子蚂蚁乙时，此时电子蚂蚁乙在数轴上所表示数为．
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，电子蚂蚁丙在数轴上表示的数为，
依题意得：，
即或，
解得：或不合题意，舍去；
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，电子蚂蚁丙在数轴上表示的数为，
依题意得：，
即或，
解得：或．
又当时，，，，
此时电子蚂蚁乙、丙重合，电子蚂蚁甲在乙、丙的右侧，不合题意，
舍去．
答：经过秒或秒后甲恰好位于乙、丙的正中间． 

【解析】设运动时间为秒，利用时间路程速度可求出电子蚂蚁甲到达点的时间．
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，根据电子蚂蚁甲与乙第一次相遇，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论；
当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，根据电子蚂蚁甲与乙第二次相遇，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论；
分及两种情况考虑，当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，电子蚂蚁丙在数轴上表示的数为，由甲恰好位于乙、丙的正中间，即可得出关于的一元一次方程，解之即可求出值；当时，电子蚂蚁甲在数轴上表示的数为，电子蚂蚁乙在数轴上表示的数为，电子蚂蚁丙在数轴上表示的数为，由甲恰好位于乙、丙的正中间，即可得出关于的一元一次方程，解之即可求出值，经检验后即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用以及数轴，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．