长郡集团初一竞赛选拔考试数学试卷

长郡集团初一选拔卷（缺7、11、12、15题）

一．选择题（共9小题）

1．（2015秋•黄陂区校级月考）已知，且，则等于　　

A．105 B．100 C．75 D．50

2．（2016春•西湖区期末）已知多项式分解因式后有一个因式是，则的值为　　

A．3 B． C．1 D．

3．方程组　　

A．没有解 B．有1组解 

C．有3组解 D．以上答案都不对

4．（2018秋•西湖区校级月考）已知是方程的一个解，则的值为　

A．2022 B．2021 C．2020 D．2019

5．（2022春•重庆月考）如果关于的不等式组有且仅有四个整数解，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数的和是　　

A．8 B．9 C．11 D．7

6．（2020•浙江自主招生）使分式的值为整数的全体自然数的和是　　

A．5 B．6 C．12 D．22

二．填空题（共10小题）

7．（2020秋•邗江区期末）将正整数按如图所示的规律排列下去，若用有序数对表示第排、第个数，比如表示的数是8，则若表示的数是　　．

8．（2020•浙江自主招生）设实数，，满足，则的最大值为　　．

9．若，则　　．

10．分解因式：　　．

11．已知，，则　　．

12．若、、满足和，则分式的值为　 　．

13．如果关于的方程有正整数解，那么正整数的所有可能取值之和为　 　．

14．（1）已知实数、、满足，，，则　　．

（2）已知实数、、满足，，，则　　．

15．已知，，．则　 　．

16．已知，，，，，，，是互不相等的非零实数，且，则的值为　　．

三．解答题（共6小题）

17．设，，．

求（1）的值；

（2）的值．

18．（2020•浙江自主招生）是大于零的实数，已知存在唯一的实数，使得关于的二次方程的两个根均为质数．求的值．

19．对于有理数，用表示不大于的最大整数，请解方程．

20．已知，均为自然数，且满足不等式．若对于某一给定的自然数，只有唯一的自然数使不等式成立，求所有符合要求的自然数中的最大数和最小数．

21．设，是两个不相等的正整数，为质数，满足，且是整数．

（1）求证：；

（2）求的值；

（3）求，的值．

长郡集团初一选拔卷

参考答案与试题解析

一．选择题（共9小题）

1．（2015秋•黄陂区校级月考）已知，且，则等于　　

A．105 B．100 C．75 D．50

【考点】代数式求值；完全平方式；因式分解的应用

【专题】转化思想

【分析】由已知，且，两等式左右两边分别相减，可得到，观察发现，利用完全平方差公式，可转化为，再将上面的式子代入，问题得解．

【解答】解：，

故选：．

【点评】本题主要考查完全平方差公式因式分解．将看作是难点．

2．（2016春•西湖区期末）已知多项式分解因式后有一个因式是，则的值为　　

A．3 B． C．1 D．

【考点】因式分解的意义

【专题】整式；一次方程（组及应用；运算能力

【分析】由多项式分解因式后有一个因式是得出当时，多项式的值为0，由此得出关于的方程，求出方程的解即可，

【解答】解：多项式分解因式后有一个因式是，

当时，多项式的值为0，

即，

解得：，

故选：．

【点评】本题考查了因式分解和多项式乘多项式，能得出关于的方程是解此题的关键．

3．方程组　　

A．没有解 B．有1组解 

C．有3组解 D．以上答案都不对

【考点】分式方程的解

【专题】方程思想；计算题；数感

【分析】根据等式的性质，对给出的方程组进行变形，进而进行求解．

【解答】解：原方程组可变形为：

，根据方程组可得；

对方程组进行变形可得，，

①②，可得，④，

②③，可得，⑤，

④⑤，得，

④⑤，得，

将，，代入原方程组，可得，，．

检验可知，，，是原方程组的解．

故选：．

【点评】本题主要考查等式的基本性质，以及对等式的变形的能力，正确的变形，并进行消元是解决本题的关键．

4．（2018秋•西湖区校级月考）已知是方程的一个解，则的值为　　

A．2022 B．2021 C．2020 D．2019

【考点】一元二次方程的解

【专题】一元二次方程及应用；运算能力

【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到，变形得到，，然后利用整体代入的方法进行计算．

【解答】解：由题意得：，

所以，，

所以，原式．

故选：．

【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了代数式的变形能力．

5．（2022春•重庆月考）如果关于的不等式组有且仅有四个整数解，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数的和是　　

A．8 B．9 C．11 D．7

【考点】分式方程的解；一元一次不等式组的整数解

【专题】运算能力；分式方程及应用；一元一次不等式（组及应用

【分析】解不等式组和分式方程得出关于的范围及的值，根据不等式组有且仅有三个整数解和分式方程的解为非负整数得出的值，即可求解．

【解答】解：解不等式，得：，

解不等式，得：，

不等式组有且仅有四个整数解，

，

解得：，

解关于的分式方程，

得：，

分式方程有非负整数解，且，，

解得：，

所以所有满足条件的整数值的和为7．

故选：．

【点评】本题主要考查分式方程的解和一元一次不等式组的解，熟练掌握解分式方程和不等式组的能力，并根据题意得到关于的范围是解题的关键．

6．（2020•浙江自主招生）使分式的值为整数的全体自然数的和是　　

A．5 B．6 C．12 D．22

【考点】分式的值

【专题】分式；运算能力

【分析】利用原式，为使为整数，进而求出即可．

【解答】解：由于原式，为使为整数，

则自然数可取0，1，2，3，5，11，其和为22．

故选：．

【点评】此题主要考查了分式的值，逆用分式加减法则进行变形，使分子为整数，再用整除的性质求解是解题关键．

二．填空题（共10小题）

7．（2020秋•邗江区期末）将正整数按如图所示的规律排列下去，若用有序数对表示第排、第个数，比如表示的数是8，则若表示的数是　306　．

【考点】规律型：数字的变化类

【专题】创新题型；能力层次

【分析】据表示整数8，对图中给出的有序数对进行分析，可以发现：对所有数对，有：，．

【解答】解：若用有序数对表示从上到下第排，从左到右第个数，

对如图中给出的有序数对和表示整数8可得，

，；

，；

，

由此可以发现，对所有数对，有：

，．

所以，．

故答案为：306．

【点评】此题考查对数字变化类知识点的理解和掌握，解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形、数值、数列等已知条件，认真分析，找出规律，解决问题．

8．（2020•浙江自主招生）设实数，，满足，则的最大值为　　．

【考点】因式分解运用公式法

【专题】因式分解；运算能力

【分析】中后两项提取变形，根据题中等式表示出，代入中配方变形后，利用非负数的性质求出的最大值即可．

【解答】解：

，

当且仅当，时，取等号，此时．

故答案为：．

【点评】此题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．

9．若，则　　．

【考点】分式的化简求值

【分析】根据已知可得，再把的值整体代入所求式子中，合并、约分即可．

【解答】解：，

，

，

故答案是．

【点评】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是注意整体代入．

10．分解因式：　　．

【考点】56：因式分解分组分解法

【专题】69：应用意识；512：整式

【分析】先利用乘法公式展开、合并得到原式，再进行分组得到完全平方公式，所以原式，然后再把括号内分组分解即可．

【解答】解：原式

．

故答案为．

【点评】本题考查了因式分解分组分解：分组分解法一般是针对四项或四项以上多项式的因式分解，分组有两个目的，一是分组后能出现公因式，二是分组后能应用公式．

11．已知，，则　6　．

【考点】二次根式的化简求值

【专题】计算题

【分析】先把和的值分母有理化得到，，则，，再利用完全平方公式变形原式得到，然后利用整体代入的方法计算．

【解答】解：，，

，，

，，

原式

．

故答案为6．

【点评】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值；二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰．

12．若、、满足和，则分式的值为　　．

【考点】64：分式的值；：解三元一次方程组

【分析】把看成已知数解关于、的方程组，再代入求出即可．

【解答】解：，，

解得：

，，

故答案为：．

【点评】本题考查了解三元一次方程组的应用，主要考查的计算能力．

13．如果关于的方程有正整数解，那么正整数的所有可能取值之和为　23　．

【考点】：取整函数

【分析】首先根据题意得出或，进而分别分析得出的取值范围，利用，的关系得出的值．

【解答】解：由是整数知，或．

若为前者，由于，

故知只能为7．

此时，，

解得：，因此，2，3，但一一验证知均不成立，

若为后者，设，其中是正整数．

则，

故时取到）或时取到）．

因此所求答案为．

故答案为：23．

【点评】此题主要考查了取整计算，利用分类讨论得出的值是解题关键．

14．（1）已知实数、、满足，，，则　　．

（2）已知实数、、满足，，，则　　．

【考点】因式分解的应用；分式的化简求值

【专题】因式分解；整式；运算能力；推理能力

【分析】（1）根据完全平方公式变形可得，将已知条件代入可得；进而求得和的值，则将要求的式子变形，分别代入、和的值，可得答案．

（2）解法和（1）一致，区别在于，，，这三个式子的值不同与（1）中．

【解答】解：（1），，，

，

；

故答案为：．

（2），，，

，

；

故答案为：．

【点评】本题考查了因式分解的应用，解题的关键是灵活掌握的展开公式，并能灵活变形，本题属于竞赛题，难度较大．

15．已知，，．则　　．

【考点】：分式的化简求值

【专题】11：计算题

【分析】由已知，两边平方整理可得，又，所以，可得，同理可得，，，代入原式，整理即可得出；

【解答】解：，两边平方得，

，

，

，

又，

，

同理得，，

，

，

，

，

，

，

；

故答案为：．

【点评】本题主要考查了分式的化简求值，熟记分式的基本性质，是正确解答本题的关键．

16．已知，，，，，，，是互不相等的非零实数，且，则的值为　2　．

【考点】：分式的化简求值

【专题】11：计算题；66：运算能力

【分析】可设，则，即，，，设，，由可得，由得，代入计算即可求解．

【解答】解：设，则，

整理得，

，，，

设，，

由得，

由得，

原式．

故答案为：2．

【点评】本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则和性质是解题的关键．

三．解答题（共6小题）

17．设，，．

求（1）的值；

（2）的值．

【考点】59：因式分解的应用

【专题】11：计算题；66：运算能力；44：因式分解；512：整式

【分析】（1）由已知得出，再由，将已知条件代入即可解出；

（2）由，将已知条件及（1）中推得的式子代入，即可求出的值，由，即可解出答案．

【解答】解：（1）

．

（2）

的值为98．

【点评】本题考查了利用因式分解进行整式的化简求值，计算难度较大，需要较高的计算技巧．

18．（2020•浙江自主招生）是大于零的实数，已知存在唯一的实数，使得关于的二次方程的两个根均为质数．求的值．

【考点】：质数与合数

【专题】34：方程思想

【分析】根据根与系数的关系，可得方程，①．②，从而得到，③．得出，求得，，代入①得，④，再根据判别式求得的值．

【解答】解：设方程的两个质数根为、．由根与系数的关系，有

，①

，②

①②，得，

则．③

由③知，、显然均不为2，所以必为奇数．

故和均为整数，且，

若为奇数，则必，2，，从而，为合数，矛盾．

因此，必为偶数．同理，也为偶数．

所以，和均为整数，且．

不妨设，则或5．

当时，，得，，均为质数．

当时，，得，，为合数，不合题意．

综上可知，，．

代入①得．④

依题意，方程④有唯一的实数解．

故△．

解得．

【点评】此题考查了二次方程根的情况与判别式△的关系以及根与系数的关系，质数的基本性质，有一定的难度．

19．对于有理数，用表示不大于的最大整数，请解方程．

【考点】取整函数；换元法解一元二次方程

【分析】由表示不大于的最大整数，得出整数，且，进而得到是整数，得到关于的不等式，并列举出所有可能，得到列表的结果，总结出符合要求的答案．

【解答】解：因为方程左边的第1、3项都是整数，

所以是整数．

注意到，

代入方程，得到，

．

所以是整数，是10的倍数．

令，是整数，

代入得，

其中，对于有理数，．

所以有，．

当取不同整数时，的情况如下表：

的可能值是和3，相应的和．

代入验算得到或．

故答案为：或．

【点评】此题主要考查了取整函数的性质以及换元法解一元二次方程，假设，是整数，得出的取值范围是解决问题的关键．

20．已知，均为自然数，且满足不等式．若对于某一给定的自然数，只有唯一的自然数使不等式成立，求所有符合要求的自然数中的最大数和最小数．

【考点】：函数最值问题

【分析】由题意可得：，整理得：①，也可得②，根据对于某一给定的自然数，的值只有一个，可得出的最大值，再由①可得，然后依次试验、9、，即可得出的最小值．

【解答】解：，

，

①，

②，

为自然数，且对于给定来说的值只有一个，

，即，

，

当时，代入②有：，只能取得唯一一个，

的最大值为84；

又根据①式，，显然，

当取8时，，没有符合条件的整数；

当取9时，，没有符合条件的整数；

当取10时，，没有符合条件的整数；

当取11时，，没有符合条件的整数；

当取12时，，没有符合条件的整数；

当取13时，，，

为符合条件的最小值．

综上可得：的最大值为84，的最小值为13．

【点评】本题考查了函数的最值问题，解答此类提竞赛类题目，关键是灵活变通，本题的灵活之处在与由得出，难度较大．

21．设，是两个不相等的正整数，为质数，满足，且是整数．

（1）求证：；

（2）求的值；

（3）求，的值．

【考点】：质数与合数；：约数与倍数；：质因数分解；：因式分解

【专题】15：综合题；32：分类讨论；49：反证法

【分析】（1）运用不等式的性质和因式分解，由可推出，然后用反证法证明不成立，从而解决问题；

（2）设（其中，为正整数），则有，与条件“”结合，可得．若为正整数，则与中有一个是1，另一个是，或两个都是；若是正整数，则与中有一个是1，另一个是，或两个都是．只需通过分类讨论就可解决问题；

（3）由（2）可知，只有当时，存在正整数、及质数，使得条件成立，此时，整理得，从而得到．由是大于1的正整数可得是小于3的正整数，从而求出，就可得到．

【解答】解：（1），是两个不相等的正整数，

，都是正整数，．

是整数，

，

，

，

即．

假设，

则有．

与连续整数，

是偶数，

为质数，

，

，

，，

，

与条件“是整数”矛盾，

；

（2）设（其中，为正整数），

则有，

，

．

是质数，

．

①且，

此时，整理得，

方程无解．

②且，

此时，与条件“、为不相等的正整数”矛盾；

③，

此时，

，

．

为整数，

也是整数，

正整数．

，

正整数，

，

，

，与为正整数矛盾；

④且，

此时，

整理得，

解得，，

与为正整数矛盾；

⑤且，

此时，

，

，

，

，

与“是大于1的正整数”矛盾；

⑥，

此时，

整理得，

则

．

是大于1的正整数，

是小于3的正整数，

整数，

，

，

．

综上所述：；

（3）由（2）可知，

只有当时，存在正整数、及质数，使得条件成立，

此时，整理得，

则

．

是大于1的正整数，

是小于3的正整数，

整数，

，

．

【点评】本题考查了质数与合数、质因数的分解、因式分解、分式的分解等知识，难度比较大，在解决问题的过程中用到了分类讨论、转化（将一个分式转化为一个整数与一个分子是整数的简单分式的和）、反证法等重要的数学思想方法，应学会使用．

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