数学-2022-2023学年七年级下学期开学摸底考试卷（浙江杭州专用）

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2022-2023学年七年级下学期开学摸底考试卷（浙江杭州专用）

数学

（考试范围：七年级上册）

一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)

1．比大的负整数有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．无数个

【答案】C

【分析】根据负整数的意义写出即可．

【详解】解：比大的负整数有4个：．

故选：C．

【点睛】本题考查了比较有理数的大小，比较有理数的大小可以利用数轴，在数轴上表示的两个有理数，右边的数总比左边的数大；也可以利用绝对值比较两个负数的大小．

2．有个填写运算符号的游戏：在“”中的“□”内，填入+，﹣，×，÷中的某一个，然后计算结果，可使计算结果最小的符号为（　　）

A．+ B．﹣ C．× D．÷

【答案】B

【分析】把+，-，×，÷分别放入原式中计算，比较大小即可．

【详解】解：；

；

；

，

∵，

∴使计算结果最小的符号为“”．

故选：B．

【点睛】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

3．若，是两个连续整数，且，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先估算出的值的范围，然后再估算出的值的范围，从而求出，的值，最后代入式子中进行计算即可解答．

【详解】解：，

，

，

，是两个连续整数，且，

，，

，

故选：A

【点睛】本题考查了估算无理数的大小，正确估算出的大小是解题关键．

4．2022年11月5日，第23届深圳读书月正式启动，本次读书月以“读时代新篇，创文明典范”为主题，按照文明的阶梯、文化的闹钟、城市的雅集、阅读的节日四大板块，设置了科学、人文、艺术三大专场，深圳读书月自创办以来，累计吸引亿人次参与，将数据亿（240000000）用科学记数法表示为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据科学记数法表示绝对值大于1的数的方法，即可进行解答．

【详解】解：240000000用科学计数法表示为：，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了用科学记数法表示绝对值大于1的数，解题的关键是掌握科学记数法的表示形式为：，其中．用科学记数法表示绝对值大于1的数时，n与小数点移动的位数相等．

5．如图，若，则的值所对应的点可能落在（    ）

A．点A处 B．点B处 C．点C处 D．点D处

【答案】C

【分析】先将a的值代入代数式计算出得数，然后再在数轴上找到对应的点即可．

【详解】解：将代入得： ，

∵，且接近1．

故选：C．

【点睛】本题主要考查求代数式的值、数轴上的点与实数的对应等知识点，熟练掌握数轴与实数一一对应的关系是关键．

6．下列说法正确的是（    ）

A．单项式a的系数是0

B．单项式的系数和次数分别是和2

C．与不是同类项

D．单项式的系数和次数分别是和6

【答案】D

【分析】根据单项式的相关概念以及同类项的定义逐项分析即可．

【详解】解：A．单项式a的系数是1，故原说法错误；

B．单项式的系数和次数分别是和2，故原说法错误；

C．与是同类项，故原说法错误；

D．单项的系数和次数分别是和6，正确．

故选D．

【点睛】本题主要考查了单项式和同类项的有关概念，单项式中的数字因数叫做单项式的的系数，系数包括它前面的符号，单项式的次数是所有字母的指数的和；多项式的次数是多项式中次数最高的项的次数．熟练掌握单项式和多项式的概念和联系是解决本题的关键．

7．如果四个不同的整数、、、满足，则的值为（　　）

A．28 B．29 C．27或29 D．28或29

【答案】C

【分析】由已知可知、、、为4个不同的整数，再将6表示成4个不同整数相乘的形式，即可求得值．

【详解】解：∵m、n、p、q为4个不同的整数，

∴、、、为4个不同的整数，

又∵，

当时，

∴，

当，

∴，

综上：或．

故选C．

【点睛】本题考查了有理数的乘法运算，方程思想的应用，整体思想的应用，解题的关键是把6表示成4个不同整数相乘的形式．

8．已知整数使关于的方程有整数解，则符合条件的所有值的和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出方程的解是，根据方程有整数解和为整数得出或或或，求出的值，再求出和即可．

【详解】解：，

去分母，得，

去括号，得，

移项，得，

合并同类项，得，

当时，，

整数使关于的方程有整数解，

或或或，

解得：或或或0，

和为，

故选：D．

【点睛】本题考查解一元一次方程，一元一次方程的整数解，熟练掌握解一元一次方程的一裔步骤是解题的关键．

9．如图，，，点B，O，D在同一条直线上，∠2＝（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用互余角的概念与邻补角的概念解答即可．

【详解】解：∵，，

∴．

∵点B，O，D在同一条直线上，

∴．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了角的和差运算，互余角的关系以及邻补角的关系．准确使用邻补角的关系是解题的关键．

10．如图1所示，在长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形．现将长方形EFGH放置于大长方形ABCD内，且与四个小长方形有重叠（重叠部分均为长方形），如图2所示．已知AB=10，BC=8，四个重叠部分的周长之和为28，则长方形EFGH的周长为（     ）

A．20 B．24 C．26 D．28

【答案】C

【分析】如图，由AB=10，BC=8，得AB+BC+CD+DA=2（AB+BC）=36，而长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形，故AN+AO=BM+BL=CK+CJ=DI+PD=6，可得MN+LK+IJ+OP=12，即XW+UV+ST+QR=12，又四个重叠部分的周长之和为28，可得EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF=14，即可求出EF+FG+HG+EH=26，即长方形EFGH的周长为26．

【详解】解：如图：

∵AB=10，BC=8，

∴AB+BC+CD+DA=2（AB+BC）=36，

∵长方形ABCD的内部放置了四个周长均为12的小长方形，

∴AN+AO=BM+BL=CK+CJ=DI+PD=×12=6，

∴（AB+BC+CD+DA）-（AN+AO）-（BM+BL）-（CK+CJ）-（DI+PD）=36-6-6-6-6=12，即MN+LK+IJ+OP=12，

∴XW+UV+ST+QR=12，

∵四个重叠部分的周长之和为28，

∴EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF=×28=14，

∴（EX+EQ+RH+HS+TG+GU+FV+WF）+（XW+UV+ST+QR）=14+12=26，

∴EF+FG+HG+EH=26，即长方形EFGH的周长为26，

故选：C．

【点睛】本题考查长方形周长，解题的关键是掌握长方形周长等于长加宽和的2倍．

二、填空题(本大题共6小题,每小题4分,共24分)

11．若，则___，___．

【答案】         

【分析】任何一个数的绝对值是大于或等于0的一个数，即非负数，再根据非负数的性质即可求解．

【详解】∵，

又∵，，

∴，，

∴，，

∴，，

故答案为：，．

【点睛】本题主要考查绝对值的非负性，解决本题的关键是要熟练掌握非负数的性质．

12．若的相反数等于它本身，是最小的正整数，是最大的负整数，则代数式___________．

【答案】

【分析】根据题意得到 ，，，代入求解即可得到答案．

【详解】解：由题意可得，

，，，

∴，

故答案为．

【点睛】本题考查相反数，正整数，负整数的定义，解题的关键是熟知：相反数等于它本身的数是0，最小的正整数是1，最大的负整数是．

13．已知关于x的多项式，，若多项式不含一次项，则______．

【答案】5

【分析】先根据多项式加法求得，然后令一次项系数为零，即可求得m的值．

【详解】解：

令，解得．

故答案为5．

【点睛】本题主要考查了多项式的加法以及无关项问题，掌握无关项的系数为零是解答本题的关键．

14．对于实数，我们规定表示不大于的最大整数，如，现对82进行如下操作：，这样对82只需进行3次操作后变为1，类似地，对400只需进行____次操作后变为1．

【答案】4

【分析】根据新定义逐次计算即可得到答案．

【详解】解：根据题意得，

，

∴400只需进行4次操作后变为1，

故答案为：4．

【点睛】本题考查无理数的估算，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解新定义的运算规则．

15．按照下面的程序计算：

若输入数据为30，则输出的结果为151；若开始输入的数据x为非负整数，最后输出的结果为156，则开始输入的数x为_____．（写出所有可能的数）

【答案】0或1或6或31

【分析】根据题意进行分类讨论即可求解．

【详解】解：当输入第一次就直接输出结果时：，则；

当输入第二次就直接输出结果时：，则；

当输入第三次就直接输出结果时：，则；

当输入第四次就直接输出结果时：，则；

当输入第五次就直接输出结果时：，则，不符合题意，舍去此种情况；

所以x的取值可取0或1或6或31，

故答案为：0或1或6或31．

【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，解题的关键是正确理解题目所给的运算程序，根据题意进行分类讨论，列出方程求解．

16．已知，射线从与射线重合位置开始绕点O以每秒的速度按顺时针方向旋转，同时射线从与射线重合位置开始绕点O以每秒的速度按逆时针方向旋转，当射线再次与射线更合时．两条射线同时停止旋转，当时，两条射线旋转的时间t的值为___．

【答案】10或20或70

【分析】根据时间和速度分别得和的度数，再由角的和与差表示出，即可列方程求解可得结论，需要注意分类讨论．

【详解】由题意得：

当与没有相遇前，此时，，

，

∴，

解得：；

当与相遇以后在右边时，此时，，

，

∴，

解得：；

当与相遇以后在左边时，此时，，

，

∴，

解得：；

综上所述，当时，两条射线旋转的时间t的值为10或20或70．

故答案为：10或20或70．

【点睛】本题考查了角度运动问题，分类讨论并画出图形是解题的关键．

三、解答题(本大题共7小题,共66分)

17．把下列各数填入相应的集合中：

，，，，，，，，，，（每相邻两个之间的个数逐次加1）．

正分数集合：______；

正整数集合：______；

整数集合：______；

有理数集合：______．

【答案】，，；，；，，，；，，，，，，，，

【分析】直接根据有理数的分类进行解答即可．

【详解】解：正分数集合：，，，；

正整数集合：，，；

整数集合：，，，，；

有理数集合：，，，，，，，，， ；

【点睛】此题考查的是有理数及其分类，掌握正分数、正整数、整数、有理数的概念是解决此题关键．

18．计算：

(1)

(2)

(3)

(4)

【答案】(1)10

(2)

(3)

(4)2

【分析】（1）先运用加法交换结合律，再进行加减计算；

（2）先运用乘法分配律，再计算加减；

（3）先计算平方根，再计算加减；

（4）先计算平方，再计算乘法，最后计算加减．

【详解】（1）解：

；

（2）解：

；

（3）解：

；

（4）解：

．

【点睛】此题考查了有理数的混合运算、算术平方根，关键是能准确确定运算顺序和方法．

19．化简及化简求值

(1)

(2)已知，．

①求；②当，时，求的值．

【答案】(1)

(2)①；②

【分析】（1）先去括号，然后合并同类项即可求解；

（2）①先去括号，然后合并同类项；②将字母的值代入①的结果进行计算即可求解．

【详解】（1）解：原式

；

（2）解：①

；

②当，时，

．

【点睛】本题考查了整式加减与化简求值，正确的去括号与计算是解题的关键．

20．学校需要印刷x份材料，联系了两家印刷厂，甲印刷厂提出：每份材料收0.2元印刷费，另收500元制版费；乙印刷厂提出：每份材料收0.4元印刷费，不收制版费．

(1)用含x的式子分别表示在两家印刷厂印刷材料所需的总费用；

(2)当时，选择哪家印刷厂比较省钱？当呢？

(3)当学校印刷多少份材料时，在甲印刷厂印刷材料所需的总费用比在乙印刷厂印刷材料所需的总费用多200元？

【答案】(1)甲印刷厂收费为：元；乙印刷厂收费为：元

(2)当时乙印刷厂比较省钱，当时甲印刷厂比较省钱

(3)1500

【分析】（1）根据甲、乙两个印刷厂的收费标准列出对应的代数式即可；

（2）把和代入（1）所列代数式中进行求解即可；

（3）根据（1）所列代数式结合在甲印刷厂印刷材料所需的总费用比在乙印刷厂印刷材料所需的总费用多200元列出方程求解即可．

【详解】（1）解：由题意得：甲印刷厂收费为：元；

乙印刷厂收费为：元；

（2）解：当时，甲印刷厂收费：（元）；

乙印刷厂收费：（元）．

因为，

所以选择乙印刷厂比较省钱．

当时，甲印刷厂收费：（元）；

乙印刷厂收费：（元）．

因为，

所以选择甲印刷厂比较省钱；

综上所述，当时乙印刷厂比较省钱，当时甲印刷厂比较省钱

（3）解：根据题意可得，

解得，

答：当学校印刷1500份材料时，在甲印刷厂印刷材料所需的总费用比在乙印刷厂印刷材料所需的总费用多200元．

【点睛】本题主要考查了列代数式，代数式求值，一元一次方程的应用，正确理解题意表示出甲、乙两印刷厂的收费代数式是解题的关键．

21．如图，在数轴上有A，，三点，A，两点所对应的数分别是，，且满足是最大的负整数，是绝对值最小的有理数，点在点A的右侧，到点A的距离是个单位长度．请你解答下列问题：

(1)点A表示的数是      ，点表示的数是      ，点表示的数是      ；

(2)点，为数轴上两个动点，点从A点出发速度为每秒个单位长度，点 从点出发速度为每秒个单位长度，若，两点同时出发，相向而行，运动时间为秒．求当为何值时，点与点之间的距离是个单位长度？

【答案】(1)-6，3，-4；

(2)或．

【分析】（1）根据是最大的负整数，是绝对值最小的有理数，得到，求出，再根据点在点A的右侧，到点A的距离是个单位长度求出点表示的数是，问题得解；

（2）先求出，再分两点相遇之前相距个单位长度和两点相遇之后相距个单位长度两种情况列出方程，解方程即可求解．

【详解】（1）解：因为是最大的负整数，是绝对值最小的有理数，

所以，

所以，

因为点在点A的右侧，到点A的距离是个单位长度，

所以点表示的数是．

故答案为：-6，3，-4；

（2）解：由题意得点，

当两点相遇之前相距个单位长度，由题意得，

解得；

当两点相遇之后相距个单位长度，由题意得，

解得．

答：当或，点与点之间的距离是个单位长度．

【点睛】本题考查了有理数的相关知识，一元一次方程的应用-数轴上的动点问题，理解题意分别确定点A、点、点表示的数是解题关键，第（2）问题要注意分类讨论．

22．（1）利用一副三角板可以画出一些特殊的角，在①，②，③，④四个角中，利用一副三角板画不出来的角是 　　；（填序号）

（2）如图①，先画出直线，然后将一副三角板拼接在一起，其中角（）的顶点与角（）的顶点重合，且边、都在直线上，固定三角板不动，将三角板绕点按顺时针方向旋转一个角度，当边与射线第一次重合时停止．

①当运动停止时，旋转角　　；

②当平分时，求旋转角；

③若，旋转角　　．

【答案】（1）④；（2）①；②；③或

【分析】（1）根据一副三角板中的特殊角，运用角的和与差的计算，只要是的倍数的角都可以画出来；

（2）①根据已知条件得到；

②根据已知条件得到，根据角平分线的定义得到，于是得到结论；

③当在的左侧时，当在的右侧时，列方程即可得到结论．

【详解】解：（1）∵，，，

∴只有不能写成、、、的和或差，故画不出；

故答案为④．

（2）①∵，

∴；

∴旋转角．

故答案为：．

②∵，

∴，

∵平分，

∴，

∵，

∴；

③当在的左侧时，如图②，

则，，

∵，

∴，

∴；

当在的右侧时如图③，则，，

∵，

∴，

∴，

综上所述，当或时，存在．

故答案为：或．

【点睛】本题考查了解得计算，特殊角，角平分线的定义，正确的理解题意是解题的关键．

23．如图1，在数轴上有一条线段，表示的数分别是和．

(1)若将线段的一端平移到原点处，则平移的距离为　   　；

(2)如图2，C为线段上一点，以点C为折点，将此数轴向右对折，若点B落在点A的右边且，求C点对应的数；

(3)移动线段，使A对应的数为8，则B对应的数为　   　（直接填空），此时数轴上的动点M从A出发，以4个单位长度/秒的速度向左做匀速运动，N从B出发以2个单位长度/秒的速度向左做匀速运动，请问数轴上是否存在定点P，当动点M在线段（O为原点）上移动过程中始终满足，若存在求点P对应的数；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)3或9

(2)C点对应的数是

(3)2，存在，点P对应的数是

【分析】（1）利用数轴计算两个端点与原点的距离直接得出结论；

（2）设点C对应的数为x，则对折后，，再利用列方程解答即可；

（3）设点P对应的数是y，t秒时满足，此时点M表示的数是：，点N表示的数是：，而动点M在线段（O为原点）上移动，可得，再根据列方程即可得到结论．

【详解】（1）解：∵数轴上有一条线段，表示的数分别是和，

∴平移的距离为3或9，

故答案为：3或9；

（2）解：如图，设点C对应的数为x，则对折后，，

∵，

∴，

解得：，

答：C点对应的数是；

（3）移动线段，使A对应的数为8，则向右移动了11个单位，

∴B对应的数为2，

设点P对应的数是y，t秒时满足，此时点M表示的数是：，点N表示的数是：，

∵动点M在线段（O为原点）上移动，

∴，

∵，

∴，

∴或

①当，

∴，

代数式的值随t的变化而变化，即也变化，不符合题意，

②当，

解得：，

答：存在，点P对应的数是．

【点睛】此题考查一元一次方程的实际运用，数轴上两点之间的距离，利用数形结合的思想和数轴上求两点之间距离的方法解决问题是关键．