2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯七年级数学试卷(含解析）

这是一份2023年福建省泉州泉港区第四届颐丰杯七年级数学试卷(含解析），共10页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.计算：(32)2022×(−23)2023的结果是______．
2.若a−b=−7，c+d=1，则(b+c)−(a−d)= ______．
3.若非零有理数m、n、p满足|m|m+|n|n+|p|p=−1，则2mnp|3mnp|= ______．
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文；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(a,b)对应的密文为数对(a−2b,2a+b)，例如(1,2)对应的密文数对为(−3,4)；当接收文收到密文数对是(1,27)时，解密得到的明文数对为______．
5.若关于x的方程a(3x+b)=12x−6有无数个解，则ba= ______．
6.若方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=6y=8，则方程组3a1x+2b1y=5c13a2x+2b2y=5c2的解应该是______．
7.如果∠α和∠β互补，且∠α>∠β，则下列表示∠β的余角的式子中：①90°−∠β；②∠α−90°；③12(∠α+∠β)；④12(∠α−∠β)，正确的有______.(填序号，多选)
8.若实数x、y满足|x−3|+|y−6|=0，则以x、y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
9.如图，在长方形ABCD中，设△ABM的面积为a，△CDN的面积为b，则阴影四边形EMFN的面积等于______．
10.如图是∠1与∠2在3×3的网格上的位置，则∠1+∠2= ______．
二、解答题：本题共6小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
11.(本小题14分)
已知关于x的一元一次方程3x−5m2−x−m3=19的解比关于x的一元一次方程−2(3x−4m)=1−5(x−m)的解大15，试求出m的值．
12.(本小题14分)
如图，C点是线段AB上的动点，线段AC的长度与线段CB的长度都是正整数，点D是线段BC的中点，且图中所有线段的长度之和为23.请求出线段AC的长．
13.(本小题14分)
如图，已知AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线．
(1)若∠AOB=110°，试求出∠COD的度数；
(2)若∠AOD=∠BOC，猜想AB与CD的位置关系，并说明理由．
14.(本小题16分)
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.(本小题16分)
已知Rt△ABC的三边长分别为5、12、13.动点P在三角形内或边上，点P到三边的距离分别为d1、d2、d3，设W=d1+d2+d3.请求出W的最大值与最小值，并说明W取最大值与最小值时，P点的位置．
16.(本小题16分)
已知代数式|x+a|+|x+b|，当x+a=0、x+b=0时，解得x=−a、x=−b，则称x=−a、x=−b为代数式|x+a|+|x+b|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的运算称为“零点分段法”．
(1)试应用“零点分段法”，解方程|x−3|+|x+4|=9；
(2)设|x−3|+|x+4|+|x−2|+|x−2023|=W.请应用“零点分段法”探究W是否存在最小值？若存在，试求出W的最小值，并求此时x的取值范围；若存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】−23
【解析】解：(32)2022×(−23)2023
=(32)2022×(−23)2022×(−23)
=(−23×32)2022×(−23)
=(−1)2022×(−23)
=−23
故答案为：−23．
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．
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.【答案】8
【解析】解：(b+c)−(a−d)
=b+c−a+d
=(b−a)+(c+d)，
∵a−b=−7，c+d=1，
∴b−a=−(a−b)=7，
∴原式=7+1=8．
故答案为：8．
先将所求式子化简，然后根据a−b=−7，c+d=2023，即可求得所求式子的值．
本题考查整式的加减，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
3.【答案】23
【解析】解：∵|a|a=±1，且|m|m+|n|n+|p|p=−1，
∴m、n、p的符号两负一正，
∴mnp>0，
∴2mnp|3mnp|=2mnp3mnp=23．
故答案为：23．
先根据|m|m+|n|n+|p|p=−1得出mnp>0，然后再对原式进行化简即可．
本题主要考查绝对值，解决本题的关键是根据已知条件得出mnp>0．
4.【答案】(11,5)
【解析】解：解密的明文数对(a,b)，由题意得：
a−2b=12a+b=27，
解得：a=11b=5．
∴明文数对为(11,5)．
故答案为：(11,5)．
根据密文与明文之间的关系设明文数对(a,b)，建立二元一次方程组求出a、b的值即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，解答时根据密文与明文之间的关系建立方程组是关键．
5.【答案】8116
【解析】解：原方程经整理，得3(4−a)x=ab+6，
∵0x=0，有无数个解，
∴4−a=0，ab+6=0，
∴a=4，b=−32，
∴ba=(−32)4=8116，
故答案为：8116．
将原方程整理成为3(4−a)x=ab+6，根据“0x=0”有无数个解进行解答即可．
本题考查一元一次方程的解，知道0x=0有无数个解是本题的关键．
6.【答案】x=10y=20
【解析】解：∵3a1x+2b1y=5c13a2x+2b2y=5c2，
∴35a1x+25b1y=c135a2x+25b2y=c2，
∴35x=625y=8，
∴x=10y=20．
故答案为：x=10y=20．
方程组的两个方程的两边都除以5，根据整体思想得到35x=625y=8，从而得到方程组的解．
本题考查了解二元一次方程组，考查整体思想，根据整体思想得到35x=625y=8是解题的关键．
7.【答案】①②④
【解析】解：∵∠α和∠β互补，且∠α>∠β，
∴∠α+∠β=180°，∠β<90°，
∴∠β=180°−∠α，
∴∠β的余角是90°−∠β，故①正确；
∠β的余角是90°−(180°−∠α)=∠α−90°，故②正确；
∵12(∠α+∠β)=90°，
∴12(∠α+∠β)不是∠β的余角，故③错误；
∵12(∠α−∠β)=12(180°−∠β−∠β)=90°−∠β，
∴12(∠α−∠β)是∠β的余角，故④正确；
故答案为：①②④．
根据题目中的条件和余角的定义，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
本题考查余角和补角，解答本题的关键是明确题意，利用余角和补角的知识解答．
8.【答案】15
【解析】解：∵实数x，y满足|x−3|+|y−6|=0，
∴x=3，y=6．
∵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3+6+6=15．
故答案为：15．
根据绝对值及偶次方非负可得出x、y的值，由三角形三边关系可确定等腰三角形的三边长度，将其相加即可得出结论．
本题考查了等腰三角形的性质、偶次方(绝对值)的非负性以及三角形三边关系，根据绝对值非负性结合三角形的三边关系找出等腰三角形的三条边的长度是解题的关键．
9.【答案】a+b
【解析】解：∵△BEC的边BC上的高与长方形ABCD的边AB相等，
∴S△BEC=12S长方形ABCD，
又S△ABF+S△CDF=12S长方形ABCD，
∴S△BEC=S△ABF+S△CDF，
即S阴影EMFN+S△BFM+S△CFN=S△ABM+S△BFM+S△CFN+S△CDN，
∴S阴影EMFN=S△ABM+S△CDN=a+b，
故答案为：a+b．
根据S△BEC=12S长方形ABCD和S△ABF+S△CDF=12S长方形ABCD，得出S△BEC=S△ABF+S△CDF，于是得出S阴影EMFN=S△ABM+S△CDN，即可解题．
本题考查了三角形的面积，长方形的面积，求出S阴影EMFN=S△ABM+S△CDN是解题的关键．
10.【答案】45°
【解析】解：如图：连接CD，DE，
由题意得：∠BCF=90°，AB/​/CD，
∴∠1=∠BCD，
由题意得：CE2=12+22=5，
DE2=12+22=5，
CD2=12+32=10，
∴CE2+DE2=CD2，
∴△CDE是直角三角形，
∴∠CED=90°，
∵CE=DE= 5，
∴∠ECD=∠CDE=45°，
∴∠2+∠BCD=∠BCF−∠DCE=45°，
∴∠1+∠2=45°，
故答案为：45°．
连接CD，DE，根据题意可得：∠BCF=90°，AB/​/CD，从而可得∠1=∠BCD，然后利用勾股定理的逆定理证明△CDE是直角三角形，从而可得∠CED=90°，再根据CE=DE= 5，从而可得∠ECD=∠CDE=45°，进而可得∠2+∠BCD=45°，最后利用等量代换即可解答．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
11.【答案】解：解方程3x−5m2−x−m3=19，
解得：x=114+13m7，
解方程−2(3x−4m)=1−5(x−m)，
解得：x=3m−1，
由题意可得：114+13m7−(3m−1)=15，
解得：m=2，
因此，求得m的值为2．
【解析】首先解方程3x−5m2−x−m3=19，求得x=114+13m7，再解方程−2(3x−4m)=1−5(x−m)，求得x=3m−1，最后根据题意可得114+13m7−(3m−1)=15，求解即可．
本题考查的是一元一次方程的解，解题的关键是正确求出两个方程的解．
12.【答案】解：设AC的长为x，BD的长为y，
∵D是线段BC的中点，
∴CD=DB=y，CB=2y，
∴AD=AC+CD=x+y，AB=AC+CB=x+2y，
∵图中所有线段的长度之和为23，
∴AC+CD+BD+AD+BC+AB=23，
即x+y+y+x+y+2y+x+2y=23，
∴3x+7y=23，
∵x，y都是正整数，
∴方程3x+7y=23的正整数解为：x=3，y=2，
∴AC的长为3．
【解析】先设AC的长为x，BD的长为y，根据已知条件，把线段AC，CD，BD，AD，BC，AB用含有x，y的式子表示出来，然后根据所有线段的长度之和为23，列出关于x，y的二元一次方程，求出方程的正整数解即可．
本题主要考查了两点间的距离和线段的和差，解题关键是能够正确识别图形，理解线段与线段之间的和差倍分关系．
13.【答案】解：(1)∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴∠OAB=12∠DAB，∠OBA=12∠CBA，∠OCD=12∠BCD，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12×360°=180°，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA=180°−∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC=180°−∠COD，
∴180°−∠AOB+180°−∠COD=180°，
∴∠AOB+∠COD=180°；
∵∠AOB=110°，
∴∠COD=180°−110°=70°．
②AB/​/CD，理由如下：
∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴∠OAB=12∠DAB，∠OBA=12∠CBA，∠OCD=12∠BCD，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12×360°=180°，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA=180°−∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC=180°−∠COD，
∴180°−∠AOB+180°−∠COD=180°，
∴∠AOB+∠COD=180°；
∴∠AOD+∠BOC=360°−(∠AOB+∠COD)=360°−180°=180°，
∵∠AOD=∠BOC，
∴∠AOD=∠BOC=90°．
在∠AOD中，∠DAO+∠ADO=180°−∠AOD=180°−90°=90°，
∵∠DAO=12∠DAB，∠ADO=12∠ADC，
∴12∠DAB+12∠ADC=90°，
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∴AB/​/CD．
【解析】(1)由四边形的内角和为360°以及角平分线的定义可得∠AOB+∠COD=180°，据此解答即可；
(2)由(1)得∠AOB+∠COD=180°，从而得出∠ADO+∠BOD=180°，可得∠AOD=∠BOC=90°，进而得出∠DAB+∠ADC=180°，可得AB/​/CD．
此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的性质以及角平分线的定义，掌握角平分线的性质和等量代换是解决问题的关键．
14.【答案】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．
【解析】根据数的整除性列举被6整除少2的数、被5整除余2的数、被4整除的数，进而得出答案．
本题考查的是数的整除性的应用，灵活运用列举法是解题的关键．
15.【答案】解：根据等积变换可得：5d1+12d2+13d3=5×12=60，
∴W=12−75d2−85d3，
∴Wmax=12，此时，P点与边长为5的直角边对应的顶点重合，
当W取最小值时，d2和d3需要尽量大，
∴P在长为5的直角边上，
∴5−d2d3=1312，
∴d3=1213(5−d2)，
∴W=12−75d2−6013+1213d2，
∴d2=5时，W最小，
∴Wmin=5，此时，P与边长为12的直角边对应的顶点重合．
【解析】根据三角形面积等积变换，表示出d1，d2，d3的数量关系，然后根据三个距离的最小值和最大值求出W的最大值和最小值即可．
本题主要考查了等积变换以及不等式的求解，找出三个距离之间的数量关系是本题解题的关键．
16.【答案】解：(1)当x≥3时，x−3+x+4=9，解得x=4；
当−4当x≤−4时，3−x−x−4=9，解得x=−5；
综上所述，方程的解为x=4或x=−5；
(2)当x≥2023时，W=x−3+x+4+x−2+x−2023=4x−2024，
当x=2023时，W的值最小为6068；
当3≤x<2023时，W=x−3+x+4+x−2+2023−x=2x+2022，
当x=3时，W的值最小为2028；
当2当−4当x=2时，W的值最小为2028；
当x≤−4时，W=3−x−x−4+2−x+2023−x=−4x+2024，
当x=−4时，W的值最小为2040；
综上所述，W的最小值为2028．
【解析】(1)分三种情况讨论，分别解一元一次方程即可；
(2)分四种情况讨论，求出每一种情况中W的最小值，再确定W的最小值即可．
本题考查含绝对值的一元一次方程，根据所给的材料，利用零点分段讨论是解题的关键．