文档内容
【冲刺高分】2021—2022 学年人教版七年级数学上册培优
拔高必刷卷
【第一次月考】综合能力提升卷
（考试范围：第一、二章）
（考试时间：120分钟 试卷满分：100分）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：
___________
一、选择题：本题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选
项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2021·临沂第九中学七年级月考）在 ， ， ， ， 这5个数中，
负数共有（ ）．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】A
【分析】根据有理数的绝对值，相反数的性质一一计算出结果之后判断．
【详解】解： ， ， ， ， ，其中负数共有2个，
故选A．
【点睛】本题主要考查有理数的的绝对值，相反数的性质等，熟练掌握相关定义与性质是
解答关键．
2．（2021·四川绵阳富乐国际学校七年级月考）有理数a、b满足|a－b|=|a|+| b|，则
a、b应满足的条件是（ ）
A．ab≥0 B．ab ＞1 C．ab ≤0 D．ab≤1
【答案】C
【分析】先确定有理数a、b满足|a－b|=|a|+| b|的取值范围，再对各选项进行一一判断
即可．
【详解】解：∵有理数a、b满足|a－b|=|a|+| b|，
当a＞0，b＞0时|a－b|＜a+b=|a|+| b|，不满足条件，当a＜0，b＜0，|a－b|＜-a-b=|a|+| b|，不满足条件，
当a≥0，b≤0，|a－b|=a-b， |a|+| b|=a-b，|a－b|=|a|+| b|，满足条件，
当a≤0，b≥0，|a－b|= b- a，|a|+| b|= b- a，|a－b|=|a|+| b|，满足条件，
A. ab≥0，可知a、b是同号或为0，都为0是成立，同号时条件不成立，故选项A不正确，
B. ab ＞1，可知a、b是同号，同号时条件不成立，故选项B不正确，
C. ab ≤0，可知a、b是异号或为0，满足条件，故选项C正确
D. ab≤1，当0＜ab≤1时，可知a、b是同号，不满足条件，故选项D不正确．
故选择C．
【点睛】本题考查数形结合思想，绝对值化简，掌握数形结合思想与绝对值性质是解题关
键．
3．（2021·南京外国语学校七年级月考）若 ， ，且 ，则 的值为（
）
A． B． C． 或 D． 或
【答案】D
【分析】根据题意，先求得 的值，再代入代数式求解即可，注意分类讨论．
【详解】
， ，或 ， 或 ，
，
， 或 ，
或
故选D
【点睛】本题考查了绝对值的意义，有理数的大小比较，有理数的乘方，代数式求值，分
类讨论是解题的关键．
4．（2021·鞍山市第二中学七年级月考）两个数的和为m，差为n，则m、n的大小关系（
）．
A． B． C． D．不能确定
【答案】D
【分析】不确定这两个有理数，就无法比较两个有理数和与差的大小关系．
【详解】解：设这两个有理数分别为a和b，
则m=a+b，n=a-b，
∴m-n=2b，
因为b的值不确定，
所以m、n的大小关系不能确定．
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数的加减混合运算，注意考虑全面，可以举例说明．
5．（2020·浙江七年级月考）若 为自然数，则多项式 的次数应当是（
）
A．m B．n C． D． 中较大的数
【答案】D
【分析】由于多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个
多项式的次数，因为m，n均为自然数，而4m+n是常数项，所以多项式的次数应该是x，y的
次数，由此可以确定选择项．【详解】解：∵多项式中每个单项式叫做多项式的项，
这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数，
而4m+n是常数项，
∴多项式xm-yn-4m+n的次数应该是x，y中指数大的，
∴D是正确的．
故选：D．
【点睛】此题考查的是对多项式有关定义的理解，属于基础知识．
6．（2019·郁南县蔡朝焜纪念中学七年级月考）已知 ， ，则代数式
的值为（ ）
A．36 B．40 C．44 D．46
【答案】A
【分析】原式去括号整理后，将已知等式代入计算即可求出值．
【详解】
∵a+b=5，ab=4，
∴原式=3ab+5a+8b+3a−4ab=8(a+b)−ab=40−4=36，
故选A.
【点睛】本题考查的是代数式的求值，熟练掌握先化简再求值是解题的关键.
7．（2020·焦作市第十七中学）在 ，x+1，-2， ，0.72xy， ， 中单项式的个
数有（ ）
A．2个 B．8个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据单项式的定义逐一判断即可.
【详解】
中，分母含未知数，是分式，不是单项式，x+1是多项式，不是单项式，
-2是单项式，
是单项式，
0.72xy是单项式，
是单项式，
= ，是多项式，
∴单项式有-2、 、0.72xy、 ，共4个，
故选C.
【点睛】本题考查单项式的定义，熟练掌握定义是解题关键.
8．（2020·宜兴市树人中学七年级月考）根据图中数字的规律，则x+y的值是（ ）．
A．729 B．550 C．593 D．738
【答案】C
【分析】结合题意，根据数字规律，分别计算得x和y的值，从而得到x+y的值．
【详解】解：根据题意，得：
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了数字规律、有理数运算、代数式的知识；解题的关键是熟练掌握数字
规律、有理数加法和乘法、代数式计算的性质，从而完成求解．
二、填空题：本题共6个小题，每题3分，共18分。9．（2021·江苏泰州中学附属初中七年级月考）某公交车上共有23人，经过2个站点时
上下车情况如下（上车为正，下车为负）：（﹣8，+5），（﹣4，+9），则车上还有_____
人．
【答案】25
【分析】根据题意列出算式，计算即可得到结果．
【详解】解：根据题意得：23+5-8-4+9=25（人），
则车上还有25人．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了正数与负数，弄清题意是解本题的关键．
10．（2021·福建省泉州第一中学七年级月考）定义：对于任何数a，符号 表示不大于
a的最大整数，例如：[5.7]＝5，[－1.7]＝－2，则[－4.2]＋[1.8]－[－2.3]＝
________．
【答案】
【分析】根据新定义，计算式子的值即可
【详解】
原式
故答案为：
【点睛】本题考查了有理数加减运算，理解新定义是解题的关键．
11．（2020·南靖县城关中学七年级月考）小明在计算一个整式加上（xy﹣2yz）时所得答
案是2yz+2xy，那么这个整式是______．
【答案】4yz+xy
【分析】利用和减去（xy﹣2yz），运用去括号，合并同类项即可得到正确的结果．
【详解】解：由题意得：2yz+2xy-（xy﹣2yz）
=2yz+2xy-xy+2yz
=4yz+xy
故答案为：4yz+xy
【点睛】此题主要考查了整式的加减运算，正确合并同类项是解题关键．12．（2020·诸暨市滨江初级中学）已知 ， 互为相反数， ， 互为倒数， ，则
______．
【答案】7或
【分析】根据题意，可得： ， ， ，据此求出 的值是多
少即可．
【详解】解：∵ ， 互为相反数， ， 互为倒数， ，
∴ ， ， ，
（1） 时，
．
（2） 时，
．
故答案为：7或 .
【点睛】本题考查的是相反数，倒数，绝对值的含义，代数式的值，掌握整体代入求解代
数式的值是解题的关键.
13．（2020·重庆潼南·七年级月考）若关于 ， 多项式 减去
的差不含三次项，则 的值为______．
【答案】9
【分析】先根据整式的加减运算法则算出两个单项式的差，再令三次项的系数为0，求出k
的值．
【详解】解：
，
∵结果不含三次项，∴ ，解得 ．
故答案是：9．
【点睛】本题考查整式的加减运算，解题的关键是掌握整式的加减运算法则．
14．（2021·江苏泰州中学附属初中七年级月考）如图，在数轴上点A表示的数是a，点B
表示的数是b，且a，b满足|a+2|+（b+1）2＝0，点C表示的数是 的倒数．若将数轴折叠，
使得点A与点C重合，则与点B重合的点表示的数是______．
【答案】6
【分析】根据轴对称的性质，可得对称点离对称轴的距离相等，据此计算即可．
【详解】解：∵a，b满足|a+2|+（b+1）2=0，点C表示的数是 的倒数，
∴a=-2，b=-1，c=7，
点A与点C的中点对应的数为： =2.5，
点B到2.5的距离为3.5，所以与点B重合的数是：2.5+3.5=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了数轴及数轴上两点间的距离公式的运用，解题的关键是利用数轴
的特点能求出两点间的距离．解题时注意分类思想的运用．
三、解答题：本题共8个小题，15-20每题5分，21-22每题10分，共50分。
15．（2021·太原师范学院附属中学七年级月考）太原市在创建全国文明过程中，建设和
改造了一批道路，建设完工之后，将极大的方便当地群众出行．某公路养护小组，乘车沿
南北向公路巡视维护，如果约定向北为正，向南为负，当天的行驶记录如下（单位：千
米）：+10，-9，+7，-15，-3，+11，-6，-8，+5，+6
（1）养护小组最后到达的地方再出发点的哪个方向？距出发点多远？
（2）养护过程中，最远处距离出发点有 千米．
（3）若汽车耗油量为每千米0.5升，则这次养护共耗油 升．【答案】（1）养护小组最后到达的地方在出发点的南方距出发点2千米；（2）13；（3）
40
【分析】
（1）把行驶记录的数字相加，即可判断求解；
（2）依次求出距离出发点的距离，即可求解．
（3）把行驶记录的数字的绝对值相加，即可求解．
【详解】解：（1） （千米），
答：养护小组最后到达的地方在出发点的南方距出发点2千米；
（2）第一次10千米，第二次 ，第三次 ，第四次 ，第五
次 ，第六次 ，第七次 ，第八次 ，第九
次 ，第十次 ，
答：最远距出发点13千米；
故答案为：13；
（3） （升），
答：这次养护共耗油40升．
故答案为为：40．
【点睛】本题考查了正数和负数在实际生活中的应用，根据题意列出算式是解题的关键．
16．（2021·日照港中学）如图，在数轴上A点表示数a，B点表示数b，C点表示数c，且
a、c满足 ．若点A与点B之间的距离表示为 ，点B与点C之间
的距离表示为 ，点B在点A、C之间，且满足BC＝2AB．
（1）a＝ ，b＝ ，c＝ ；
（2）若点P为数轴上一动点，其对应的数为x当 时，x＝ ；当代数式
取得最小值时，此时最小值为 ．
（3）动点M从B点位置出发，沿数轴以每秒1个单位的速度向终点C运动，同时动点N从
A点出发，以每秒2个单位的速度沿数轴向C点运动，设运动时间为t秒．问：当t为何值
时，M、N两点之间的距离为2个单位？【答案】（1）-3，1，9；（2）0或-6；12；（3）当t为2或6时M、N两点之间的距离为
2个单位．
【分析】
（1）根据 ， ， ，即可求出 ，再由 ，
，以及数轴上点的位置进行求解即可；
（2）由题意得 即 ，解方程即可；
即表示P点到A和到C的距离之和，利用绝
对值的几何意义进行求解即可；
（3）由题意可知M点表示的数为 ，N点表示的数为 ，由题意得：
，由此进行资金即可
【详解】解：（1）∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
由数轴上的位置可知 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：-3，1，9；
（2）∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 或-6；
∵ ，
∴ 即表示P点到A和到C的距离之和
图下图所示，当P在-3的左侧时，此时 ，
同理可以求出当P在9的右侧时，
如图，当P在A、C之间（包含A、C）此时 ，
∴ 的最小值为12，
故答案为：0或-6；12；
（3）由题意可知M点表示的数为 ，N点表示的数为 ，
由题意得： 即 ，
解得 或 ，
∴当t为2或6时M、N两点之间的距离为2个单位．
【点睛】本题主要考查了绝对值的非负性，数轴上两点的距离，数轴上的动点问题，解题
的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
17．（2021·佛山市华英学校）阅读下列材料：数学中枚举法是一种重要归纳法，也称为
列举法、穷举法．用枚举法解题时应该注意：（1）常常需要将对象进行恰当分类．（2）
使其确定范围尽可能最小，逐个试验寻求答案，假设正整数N的末尾为5，N的平方数记为M．
例：152＝225（2＝1×2），252＝625（6＝2×3），352＝1225（12＝3×4），452＝2025
（20＝4×5），552＝3025（30＝5×6），…
正整数M特点是：
①正整数M的末两位数字是25；
②去掉末两位数字25后，剩下部分组成的数字等于正整数N去掉个位数字5后剩部分组成
的数字与比此数大1的数之积．（如例中的括号内容）
（1）根据以上特点，一个四位数的M一共有 个；
（2）利用代数方法求证：对正整数N，正整数M都满足以上两个特点．
（3）如果正整数M的首位数是2且小于六位，又满足N的各位数字之和与M的各位数字之
和相等，此时正整数M的值为 ．
【答案】（1）7；（2）见解析；（3）2025或21025．
【分析】
（1）根据正整数M的特点得出即可；
（2）设正整数N的十位数字为n，再利用完全平方公式即可证明；
（3）分M为三位数、四位数、五位数三种情况讨论．
【详解】解：（1）根据正整数M的特点，满足4位数的M有：352＝1225，452＝2025，552
＝3025，652＝3025，752＝5625，852＝7225，952＝9025，
∴满足条件的四位数的M一共有 7个．
故答案为7；
（2）设正整数N的十位数字为n，则N＝10n+5；
∴M＝（10n+5）2＝100n2+100n+25＝100n（n+1）+25满足正整数M的两个特点.
（3）当M是三位数时，M的首位数是2，只有N＝15，M＝225，且1+5≠2+2+5，不满足题
意；
当M是四位数时，M的首位数是2，只有N＝45，M＝2025，且4+5＝2+0+2+5，满足题意；
当M是五位数时，M的首位数是2，有N＝145，M＝21025或N＝155，M＝24025或N＝165，
M＝27225；当N＝145，M＝21025时，1+4+5＝2+1+0+2+5，满足题意；
当N＝155，M＝24025时，1+5+5≠2+4+0+2+5，不满足题意；
当N＝165，M＝27225时，1+6+5≠2+7+2+2+5，不满足题意；
综上，正整数M的值为2025或21025．
故答案为：2025或21025．
【点睛】本题考查数的规律和完全平方公式，能够读懂材料，将所求转化为材料内容是解
题的关键．
18．（2021·福建）观察下面三行数：
第一行： 、4、 、16、 、64、…
第二行：1、7、 、19、 、67、…
第三行：5、 、11、 ，35、 、…
探索它们之间的关系，寻求规律解答下列问题：
（1）直接写出第二行第8个数：______．
（2）直接写出第二行第 个数：______；第三行第 个数：______．
（3）取每行的第 个数，若存在这样的3个数使它们的和为 ，请求出 的值．
【答案】（1）259；（2）(-2)n+3，-(-2)n+3；（3） 的值为7．
【分析】
（1）根据题目中数字的特点，可以写出每行第n个式子，从而可以得到第二行第8个数；
（2）根据（1）中发现的数字的特点，可以直接写出第二行第n个数和第三行第n个数；
（3）先判断是否存在，再根据题目中数字的特点可以说明理由，本题得以解决．
【详解】解：（1）∵第一行：-2、4、-8、16、-32、64…
第二行：1、7、-5、19、-29、67…
第三行：5、-1、11、-13、35、-61…
∴第一行第n个数为：(-2)n，
第二行第n个数为：(-2)n+3，第三行第n个数为：-(-2)n+3，
∴第二行数的第8个数是：(-2)8+3=259，
故答案为：259；
（2）由（1）可知，
第二行第n个数是：(-2)n+3，
第三行第n个数是：-(-2)n+3，
故答案为：(-2)n+3，-(-2)n+3；
（3）取每行的第n个数，存在这样的3个数使它们的和为-122，
理由：设第一行的第n个数为x，则第二行第n个数为x+3，第三行第n个数为-x+3，
x+(x+3)+(-x+3)=-122，
解得，x=-128，
令(-2)n=-128，
∴ ，
故此时 的值为7．
【点睛】本题考查了数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化
特点，求出相应的数据．
19．（2021·福建）如图1，给定一个正方形，要通过画线将其分割成若干个互不重叠的
正方形．第1次画线分割成4个互不重叠的正方形，得到图2；第2次画线分割成7个互不
重叠的正方形，得到图3；…，以后每次只在上次得到图形的左上角的正方形中画线．
尝试
（1）第3次画线后，分割成______个互不重叠的正方形；
第4次画线后，分割成______个互不重叠的正方形．
发现（2）第 次画线后，分割成______个互不重叠的正方形，并直接写出第2021次画线后得
到互不重叠的正方形的个数．
探究
（3）若干次画线后﹐能否得到1005个互不重叠的正方形？若能，求出是第几次画线后得
到的；若不能，请说明理由．
【答案】尝试：（1）10，13；发现：（2）3n+1；6064；探究：（3）不能，理由见解析．
【分析】尝试：根据前2次画线分割成的正方形个数即可得到第3、第4次的；
发现：结合尝试的过程：10=3×3+1，13=3×4+1，…发现规律可得第n次画线后，分割成
的正方形，进而可求第2021次画线后得到互不重叠的正方形的个数；
探究：设每次画线后得到互不重叠的正方形的个数为m，则m=3n+1．求当m=1005时n的值，
进而可以说明．
【详解】解：尝试：3×3+1=10，
3×4+1=13；
故答案为：10，13；
发现：通过尝试可知：
第n次画线后，分割成的正方形为：3n+1；
当n=2021时，3n+1=3×2021+1=6064，
即第2021次画线后得到互不重叠的正方形的个数是6064；
故答案为：（3n+1）；
探究：不能．
设每次画线后得到互不重叠的正方形的个数为m，则m=3n+1．
若m=1005，则1005=3n+1．解得n＝ ．
这个数不是整数，所以不能．
【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据图形的变化寻找规律、总结规律、运用
规律是解题的关键．
20．（2020·江苏宝应·七年级月考）某商场销售一种西装和领带，西装每套定价1000元，领带每条定价200元．元旦打折
方案一：买一套西装送一条领带；
方案二：西装和领带都按定价的90%付款．
现某客户要到该商场购买西装20套，领带x条（x＞20）．
（1）若该客户按方案一购买，需付款 元（用含x的代数式表示）．若该
客户按方案二购买，需付款 元．（用含x的代数式表示）
（2）若x等于30，通过计算说明此时按哪种方案更合算．
（3）当x=30，你能给出一种更为省钱的购买方案吗？
【答案】（1） ， ；（2）方案一更合算；（3）见解析
【分析】
（1）根据两种不同的方案，列代数式表示出各需要的价格；
（2）令 ，分别求出方案一和方案二需要的价格，看哪种方案更合算；
（3）先根据方案一购买20套西装，再用方案二购买10条领带．
【详解】解：（1）按照方案一购买，买西装20套，送领带20条，所以只需要购买
条领带，
需要付款： （元），
按照方案二购买，一共打九折，需要付款： （元）；
（2）方案一：当 时， （元），
方案二：当 时， （元），
，
答：方案一更合算；
（3）可以先根据方案一购买20套西装，需要 （元），
会送20条领带，此时只需要再用方案二购买10条领带，
需要 （元），共需 （元）．
【点睛】本题考查代数式的实际应用，解题的关键是根据题意列出代数式进行求解．
21．（2021·四川省德阳中学校）“分类讨论”是一种重要数学思想方法，下面是运用分
类讨论的数学思想解决问题的过程，请仔细阅读，并解答题目后提出的三个问题．例：三
个有理数a，b，c满足 ，求 的值．
解：由题意得：a，b，c三个有理数都为正数或其中一个为正数，另两个为负数．
①当a，b，c都是正数，即 ， ， 时，
则： ；
②当a，b，c有一个为正数，另两个为负数时，设 ， ， ，
则： ；
综上所述： 的值为3或-1．
请根据上面的解题思路解答下面的问题：
（1）已知 ， ，且 ，求 的值；
（2）已知a，b是有理数，当 时，求 的值；
（3）已知a，b，c是有理数， ， ．求 的值．
【答案】（1） 或 ；（2） 或0；（3） ．
【分析】
（1）先根据绝对值运算求出a、b的值，再根据 可得两组a、b的值，然后代入求值
即可得；
（2）分① ， 、② ， 、③ ， 、④ ， 四种情况，再分
别化简绝对值，然后计算有理数的除法与加减法即可得；
（3）先根据已知等式可得 ， ， ，且a，b，c有两个正数一个负数，再化简绝对值，然后计算有理数的除法与加减法即可得．
【详解】
（1）因为 ， ，
所以 ，
因为 ，
所以 或 ，
则 或 ，
即 的值为 或 ；
（2）由题意，可分以下四种情况：
①若 ， ，则 ；
②若 ， ，则 ；
③若 ， ，则 ；
④若 ， ，则 ；
综上， 的值为 或0；
（3）因为a，b，c是有理数， ， ，
所以 ， ， ，且a，b，c有两个正数一个负数，
设 ， ， ，
则 ．
【点睛】本题考查了绝对值运算、有理数除法与加减法的应用，熟练掌握分类讨论思想是解题关键．
22．（2020·通辽市科尔沁区第七中学）探索研究
（1）观察一列数2，4，8，16，32，……，
如果 （n为正整数）表示这个数列的第n项，那么 = ； = ．
（2）如果欲求 的值，可令S= ①
将①式两边同乘以3，得 ②
由②减去①式，得
所以
①求 的值．
②求 的值．
【答案】（1）218，2n；（2）① ；②
【分析】
（1）根据题意，可得在这个数列中，从第二项开始，每一项与前一项之比是2；由第一个
数为2，故可得a ，a 的值；
18 n
（2）①仿照题中的计算方法计算即可；
②仿照题中的计算方法计算即可．
【详解】解：（1）每一项与前一项之比是一个常数，这个常数是2，
∴a =218，a=2n；
18 n
（2）①设S= ，
则5S= ，
则5S-S=4S
=
=
∴S= ，
即 = ；
②设S= ，
则5S= ，
则5S-S
=4S
=
=
∴S= ，
即 = ．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，数字的变化规律问题，解题的关键是认真读题，
搞清楚题目所体现的数学思想与方法．
