初中数学北师大版八年级下册4 分式方程课后作业题

班级              姓名             学号             分数           

第五章  分式与分式方程（A卷·知识通关练）

考点1  分式及最简分式的概念

1. （2022秋•任城区期中）下列式子中：，，，，，其中分式的个数有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据分式的定义即可得出答案．

【解答】解：分式有，，共2个，

故选：．

2. （2022秋•新泰市校级月考）下列各式；；；；；其中分式共有　　

A．2 B．3 C．4 D．5

【分析】根据分式的定义进行解答即可，即分母中含有字母的式子叫分式．

【解答】解：分式有式，，，，共有4个．

故选：．

3. （2021秋•晋安区期末）下列各式中，是分式的是　　

A． B． C． D．

【分析】根据分式的定义即可求出答案．

【解答】解：、是单项式，故不符合题意．

、是分式，故符合题意．

、是单项式，故不符合题意．

、是多项式，故不符合题意．

故选：．

4. （2021秋•任丘市期末）在，，，，中，是分式的有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据分式的定义（形如这样的式子，其中与是整式且解决此题．

【解答】解：根据分式的定义，分式有，，，共3个．

故选：．

5. （2022秋•莱州市期中）分式，，，中，最简分式有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分．判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分．

【解答】解：分子分母有公因式，

；；这三个是最简分式．

故选：．

6. （2022秋•钢城区期中）下列分式，，，中，最简分式有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据最简分式的定义，逐个判断即可得结论．

【解答】解：，故不是最简分式；

，故不是最简分式；

，故是最简分式；

分式的分子分母没有公因式，故最是简分式．

故选：．

7. （2022秋•垦利区期中）下列分式是最简分式的是　　

A． B． C． D．

【分析】结合最简分式的定义：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．求解即可．

【解答】解：、，不是最简分式，本选项错误；

、，不是最简分式，本选项错误；

、是最简分式，本选项正确；

、，不是最简分式，本选项错误．

故选：．

8. （2021秋•凤山县期末）分式：①；②；③；④中，最简分式的个数有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分．判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分．

【解答】解：①④中分子分母没有公因式，是最简分式；

②中有公因式；

③中有公约数4；

故①和④是最简分式．

故选：．

考点2  分式有意义条件

【方法点拨】分式有意义的条件：分母不等于0.

9. （2022秋•和平区校级期末）若代数式有意义，则实数的取值范围是　　

A． B． C． D．

【分析】根据分式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．

【解答】解：由题意的，，

解得，，

故选：．

10. （2021秋•费县期末）若分式有意义，则的取值范围是　　

A． B． C． D．

【分析】根据分式有意义的条件即可得出答案．

【解答】解：，

，

故选：．

11. （2021秋•红河县期末）要使分式有意义，则的取值范围是　　．

【分析】根据分式有意义的条件可得，再解即可．

【解答】解：由题意得：，

解得：，

故答案为：．

12. （2022春•蚌埠期末）时，分式无意义，则　 　．

【分析】分母为零，分式无意义；分母不为零，分式有意义．

【解答】解：根据题意，得

当时，分母，

，

解得，．

故答案是：2．

考点3  分式值为0的条件

【方法点拨】满足分式的值为0的条件：分子为0分母不为0.

13. （2022春•平顶山期末）若分式的值为0，则的值为　　

A．1 B．2 C． D．

【分析】根据分式值为零的条件，可得：且，据此求出的值即可．

【解答】解：分式的值为0，

且，

解得：．

故选：．

14. （2021秋•临河区期末）若分式的值为0，则满足　　

A． B． C． D．或

【分析】根据分式的值为0的条件：分子等于0并且分母不等于0即可得出答案．

【解答】解：，，

，

故选：．

15. （2021秋•绥棱县期末）若分式的值为0，则的值为　　

A． B．0 C． D．1

【分析】根据分式值为零及分式有意义的条件列方程及不等式求解．

【解答】解：由题意可得，

解得：，

故选：．

16. （2022秋•房山区期末）若分式值为0，则的值为　　．

【分析】直接利用分式的值为零则分子为零进而得出答案．

【解答】解：若分式值为0，

则且，

解得：．

故答案为：．

考点4  分式的基本性质

【方法点拨】分式的基本性质：分式的分子和分母同时乘以（或除以）同一个不为0的整式，分式的值

不变.

17. （2021秋•重庆期末）把分式的、均扩大为原来的10倍后，则分式的值　　

A．为原分式值的 B．为原分式值的 

C．为原分式值的10倍 D．不变

【分析】根据分式的基本性质即可求出答案．

【解答】解：、均扩大为原来的10倍后，

故选：．

18. （2022•雄县一模）不改变分式的值，将分式中的分子、分母的系数化为整数，其结果为　　

A． B． 

C． D．

【分析】利用分式的基本性质把分式的分子分母同时乘以1000即可求解．

【解答】解：分子分母同时乘以1000，

．

故选．

19. （2022春•雁塔区校级期末）如果把分式中的，同时变为原来的4倍，那么该分式的值　　

A．扩大为原来的4倍 B．缩小为原来的 

C．缩小为原来的 D．不变

【分析】利用分式的基本性质即可求解．

【解答】解：把分式中的，同时变为原来的4倍结果为：

，

是原来的．

故选．

20. （2022秋•新泰市期中）下列各等式中成立的有　　个．

①；

②；

③；

④．

A．1 B．2 C．3 D．4

【分析】分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变．

【解答】解：①，故①不符合题意．

②，故②不符合题意．

③，故③不符合题意．

④，故④符合题意．

故选：．

考点5  利用分数的基本性质求值

21. （2021秋•依安县期末）若为整数，则能使也为整数的有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】首先将原式分子与分母分解因式，进而化简，再将符合题意的值代入即可．

【解答】解：，

能使也为整数的有：或或，

故选：．

22. （2022春•田东县期末）若，则等于　　

A． B． C． D．

【分析】将等式左边的分子、分母因式分解后约分即可得到正确的结论．

【解答】解：等式左边，

，

故选：．

23. （2019春•禅城区校级月考）已知：，求代数式的值．

【分析】设t＝，则x、y、z可以用同一个字母来表示，然后将其代入代数式，然后将代数式化简即可．

【答案】解：设t＝，则

x＝2t①

y＝3t②

z＝4t③

将①②③代入代数式，得

＝＝，

所以，代数式的值是．

【点睛】本题体现了转化思想，将未知数x、y、z转化为含有相同字母的量，然后代入所求代数式，只要将代数式化简即可．

24. （2019秋•高唐县期末）已知，求分式的值．（提示：分式的分子与分母同除以．

【分析】根据分式的基本性质，分式的分子分母都除以ab，分式的值不变，再把换成3计算即可．

【答案】解：分式的分子分母都除以ab，得

＝＝，

∵＝3，

∴＝﹣3，

所以原式＝＝．

【点睛】本题利用分式的基本性质，分子分母都除以ab，巧妙运用已知条件是解本题的关键，也是解本题的突破口．

考点6  分式的化简求值

25. （2021秋•弋江区期末）已知，则的值为　　

A． B．27 C．23 D．25

【分析】把已知等式左右两边平方，利用完全平方公式化简，计算即可求出所求．

【解答】解：把两边平方得：

，即，

则．

故选：．

26. （2022•易县一模）如果，那么代数式的值是　　

A．2 B． C． D．

【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分得到最简结果，把已知等式代入计算即可求出值．

【解答】解：原式

，

当时，原式．

故选：．

27. （2021秋•海港区期末）先化简，再求值：，其中．满足．

【分析】先计算括号内的式子，再算括号外面的除法，然后根据可以得到、的值，再代入化简后的式子计算即可．

【解答】解：

，

．

，，

解得，，

当，时，原式．

28. （2022•涟源市校级开学）先化简再求值，其中．

【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将的值代入化简后的式子即可解答本题．

【解答】解：

，

当时，原式．

考点7  解分式方程

【方法点拨】分式方程的解法:①去分母(方程两边同时乘以最简公分母,将分式方程化为整式方程);②按解整式方程的步骤求出未知数的值;③检验(求出未知数的值后必须验根,因为在把分式方程化为整式方程的过程中,扩大了未知数的取值范围,可能产生增根).

29. （2022秋•丰南区校级期末）已知关于的方程的两个解分别为，，则方程的解是　　

A．， B．， C．， D．，

【分析】首先观察已知方程的特点，然后把方程变形成具有已知方程的特点的形式，从而得出所求方程的根．

【解答】解：方程可以写成的形式，

方程的两根分别为，，

方方程的两根的关系式为，，

即方程的根为或，

方程的根是：或．

故选：．

30. （2022秋•浦东新区校级期末）方程的解是 　　．

【分析】方程两边都乘得出，求出方程的解，再进行检验即可．

【解答】解：，

方程两边都乘，得，

解得：，

检验：当时，，

所以是原分式方程的解，

故答案为：．

31. （2022秋•龙口市期末）解方程：．

【分析】根据解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论求出的解．

【解答】解：原方程可变为，

解得，

检验：当时，，

原分式方程的解为．

32. （2022秋•甘井子区校级期末）解分式方程：

（1）；

（2）．

【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．

【解答】解：（1）去分母得：，

解得：，

检验：把代入得：，

分式方程的解为；

（2）去分母得：，

解得：，

检验：把代入得：，

分式方程的解为．

考点8  分式方程的增根

33. （2022秋•东昌府区校级期末）若关于的方程有增根，则的值是　　

A． B．2 C．3 D．

【分析】方程无解，说明方程有增根，只要把增根代入方程然后解出的值．

【解答】解：方程有增根，

是方程的增根，

，

．

故选：．

34. （2021秋•娄星区期末）分式方程有增根，则的值为　　

A．1 B．2 C． D．0

【分析】根据题意可得，再把的值代入整式方程中进行计算即可解答．

【解答】解：分式方程有增根，

，

，

，

去分母得：，

把代入中得：

，

故选：．

35. （2022秋•青浦区校级期末）解关于的方程有增根，则的值为 　　．

【分析】有增根，那么最简公分母，所以增根是，把增根代入化为整式方程的方程即可求出未知字母的值．

【解答】解：方程两边都乘，得，

方程有增根，

增根使最简公分母，即增根是，

把代入整式方程，得．

故答案为：．

36. （2022秋•龙口市期末）已知关于的方程有增根，则　　．

【分析】根据分式方程有增根时最简公分母为0可求解，将分式方程化为整式方程，将代入计算可求解值．

【解答】解：关于的方程有增根，

，

解得，

由得，

将代入方程得，

解得．

故答案为．

考点9  分式方程的应用

37. （2022春•宝山区校级期中）一专业户计划在一定时间内种植蔬菜60亩，在实际播种时，每天比原计划多种了3亩，故提前1天完成，那么求实际播种时间为天的方程是　　

A． B． C． D．

【分析】设实际种了天，则原计划需要天，根据题意可得：实际每天种的亩数原计划每天种的亩数，根据等量关系列出方程即可．

【解答】解：设实际种了天，由题意得：

，

故选：．

38. （2022•襄阳）《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到900里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少3天，已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间，设规定时间为天，则可列出正确的方程为　　

A． B． 

C． D．

【分析】根据快、慢马送到所需时间与规定时间之间的关系，可得出慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天，再利用速度路程时间，结合快马的速度是慢马的2倍，即可得出关于的分式方程，此题得解．

【解答】解：规定时间为天，

慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天，

又快马的速度是慢马的2倍，两地间的路程为900里，

．

故选：．

39. （2022•云南）某地开展建设绿色家园活动，活动期间，计划每天种植相同数量的树木．该活动开始后，实际每天比原计划每天多植树50棵，实际植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同．设实际每天植树棵，则下列方程正确的是　　

A． B． C． D．

【分析】根据实际植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同，可以列出相应的分式方程，本题得以解决．

【解答】解：由题意可得，

，

故选：．

40. （2022•迁安市二模）有一道题：“甲队修路与乙队修路所用天数相同，若▄，求甲队每天修路多少米？”根据图中的解题过程，被遮住的条件是　　

A．甲队每天修路比乙队2倍还多 

B．甲队每天修路比乙队2倍还少 

C．乙队每天修路比甲队2倍还多 

D．乙队每天修路比甲队2倍还少

【分析】根据图中的方程，可以写出被遮住的条件，本题得以解决．

【解答】解：由图表可得方程：，

故被遮住的条件是乙队每天修路比甲队2倍还少，

故选：．

41. （2021秋•古县期末）市政府计划对城区道路进行改造，现安排甲、乙两个工程队共同完成．已知甲队的工作效率是乙队工作效率的1.5倍，甲队改造240米的道路比乙队改造同样长的道路少用2天．

（1）甲、乙两个工程队每天能改造道路的长度分别是多少米？

（2）若甲队工作一天的改造费用为7万元，乙队工作一天的改造费用为5万元，如需改造的道路全长为1800米，求安排甲、乙两个工程队同时开工，并一起完成这项城区道路改造的总费用？

【分析】（1）设乙工程队每天能改造道路的长度为米，则甲工程队每天能改造道路的长度为米，由题意：甲队改造240米的道路比乙队改造同样长的道路少用2天．列出分式方程，解方程即可；

（2）设安排甲、乙两个工程队同时开工需要天完成，由题意：需改造的道路全长为1800米，安排甲、乙两个工程队同时开工，列出一元一次方程，解得，再求出总费用即可．

【解答】解：（1）设乙工程队每天能改造道路的长度为米，则甲工程队每天能改造道路的长度为米，

根据题意得：，

解得：，

经检验，是所列分式方程的解，且符合题意，

．

答：甲工程队每天能改造道路的长度为60米，乙工程队每天能改造道路的长度为40米．

（2）设安排甲、乙两个工程队同时开工需要天完成，

由题意得：，

解得：，

则（万元），

答：甲、乙两个工程队一起完成这项城区道路改造的总费用为216万元．

42. （2021秋•澄城县期末）某校利用暑假进行田径场的改造维修，项目承包单位派遣一号施工队进场施工，计划用30天时间完成整个工程．当一号施工队工作10天后，承包单位接到通知，有一大型活动要在该田径场举行，要求比原计划提前8天完成整个工程，于是承包单位派遣二号与一号施工队共同完成剩余工程，结果按通知要求如期完成整个工程．

（1）若二号施工队单独施工，完成整个工程需要多少天？

（2）若此项工程一号、二号施工队同时进场施工，完成整个工程需要多少天？

【分析】（1）设二号施工队单独施工需要天，根据题意列方程即可得到结论；

（2）根据题意列式计算即可．

【解答】解：（1）设二号施工队单独施工需要天，

根据题意得：，

解得：，

经检验，是原分式方程的解．

答：若由二号施工队单独施工，完成整个工期需要45天．

（2）根据题意得：（天，

答：若由一、二号施工队同时进场施工，完成整个工程需要18天．

43. （2021秋•盘龙区期末）某县为了落实中央的“强基惠民工程”，计划将某村的居民自来水管道进行改造．该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成；若乙队单独施工，则完成工程所需天数是规定天数的1.5倍．如果由甲、乙队先合做15天，那么余下的工程由甲队单独完成还需5天．这项工程的规定时间是多少天？

【分析】设这项工程的规定时间是天，根据甲、乙队先合做15天，余下的工程由甲队单独需要5天完成，可得出方程，解出即可．

【解答】解：设这项工程的规定时间是天，根据题意得

．

解得：．

经检验是方程的解．

答：这项工程的规定时间是30天．

44. （2021秋•大石桥市期末）习近平总书记在全国教育大会上作出了优先发展教育事业的重大部署，县委县政府积极响应，对通往某偏远学校的一段全长为1200米的道路进行了改造，铺设柏油路面．铺设400米后，为了尽快完成道路改造，后来每天的工作效率比原计划提高，结果共用13天完成道路改造任务．

（1）求原计划每天铺设路面多少米？

（2）若承包商原来每天支付工人工资为1500元，提高工作效率后每天支付给工人的工资增长了，完成整个工程后承包商共支付工人工资多少元？

【分析】（1）设原计划每天铺设路面米，则提速后每天铺设路面米，根据工作时间工作总量工作效率结合共用13天完成道路改造任务，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论；

（2）根据总工资每天支付的工资工作天数，即可求出结论．

【解答】解：（1）设原计划每天铺设路面米，则提速后每天铺设路面米，

依题意，得：，

解得：，

经检验，是原方程的解，且符合题意．

答：原计划每天铺设路面80米．

（2）（元．

答：完成整个工程后承包商共支付工人工资21900元．

45. （2021秋•龙湖区期末）一项工程，甲、乙两公司合作，12天可以完成，共需付施工费102000元；如果甲、乙两公司单独完成此项工程，乙公司所用时间是甲公司的1.5倍，乙公司每天的施工费比甲公司每天的施工费少1500元．

（1）甲、乙两公司单独完成此项工程，各需多少天？

（2）若让一个公司单独完成这项工程，哪个公司的施工费较少？

【分析】（1）设甲公司单独完成此项工程需天，则乙公司单独完成此项工程需天，根据合作12天完成可列出方程，解方程即可得到答案，注意要验根；

 （2）设甲公司每天的施工费为元，则乙公司每天的施工费为元，依据共需付施工费102000元列方程求解，进而分别求得两个公司施工所需费用，比较即可得到结论．

【解答】解：（1）设甲公司单独完成此项工程需天，则乙公司单独完成此项工程需天．

根据题意，得，

解得，

经检验知是方程的解且符合题意．

，

答：甲公司单独完成此项工程需20天，乙公司单独完成此项工程需30天；

（2）设甲公司每天的施工费为元，则乙公司每天的施工费为元，

根据题意得，解得，

甲公司单独完成此项工程所需的施工费：（元；

乙公司单独完成此项工程所需的施工费：（元；

故甲公司的施工费较少．

46. （2022•河南）近日，教育部印发《义务教育课程方案》和课程标准年版），将劳动从原来的综合实践活动课程中独立出来．某中学为了让学生体验农耕劳动，开辟了一处耕种园，需要采购一批菜苗开展种植活动．据了解，市场上每捆种菜苗的价格是菜苗基地的倍，用300元在市场上购买的种菜苗比在菜苗基地购买的少3捆．

（1）求菜苗基地每捆种菜苗的价格．

（2）菜苗基地每捆种菜苗的价格是30元．学校决定在菜苗基地购买，两种菜苗共100捆，且种菜苗的捆数不超过种菜苗的捆数．菜苗基地为支持该校活动，对，两种菜苗均提供九折优惠．求本次购买最少花费多少钱．

【分析】（1）设菜苗基地每捆种菜苗的价格是元，根据用300元在市场上购买的种菜苗比在菜苗基地购买的少3捆，列方程可得菜苗基地每捆种菜苗的价格是20元；

（2）设购买种菜苗捆，则购买种菜苗捆，根据种菜苗的捆数不超过种菜苗的捆数，得，设本次购买花费元，有，由一次函数性质可得本次购买最少花费2250元．

【解答】解：（1）设菜苗基地每捆种菜苗的价格是元，

根据题意得：，

解得，

经检验，是原方程的解，

答：菜苗基地每捆种菜苗的价格是20元；

（2）设购买种菜苗捆，则购买种菜苗捆，

种菜苗的捆数不超过种菜苗的捆数，

，

解得，

设本次购买花费元，

，

，

随的增大而减小，

时，取最小值，最小值为（元，

答：本次购买最少花费2250元．

47. （2022•乾安县模拟）2022年北京冬奥会期间吉祥物冰墩墩受到了很多人的喜欢，一墩难求．某生产厂接到了要求几天内生产出14400个冰墩墩外套的加工任务，为了让更多人尽快拿到冰墩墩，工人们愿意奉献自己的休息时间来完成这项任务，厂长决定开足全厂生产线进行生产，实际每天加工的个数比原计划多，结果提前4天完成任务．求原计划每天加工多少个冰墩墩外套？

【分析】设原计划每天加工个冰墩墩外套，则实际每天加工个冰墩墩外套，利用工作时间工作总量工作效率，结合实际比原计划提前4天完成任务，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论．

【解答】解：设原计划每天加工个冰墩墩外套，则实际每天加工个冰墩墩外套，

依题意得：，

解得：，

经检验，是原方程的解，且符合题意．

答：原计划每天加工900个冰墩墩外套．

48. （2022•九龙坡区模拟）在刚刚过去的“五一”假期中，某超市为迎接“五一”小长假购物高潮，经销甲、乙两种品牌的洗衣液．市场上甲种品牌洗衣液的进价比乙种品牌洗衣液的进价每瓶便宜10元，该超市用6000元购进的甲种品牌洗衣液与用8000元购进的乙种品牌洗衣液的瓶数相同．

（1）求甲、乙两种品牌的洗衣液的进价；

（2）在销售中，该超市决定将甲种品牌的洗衣液以每瓶45元售出，每天固定售出100瓶；但调查发现，乙种品牌的洗衣液每瓶售价50元时，每天可售出140瓶，并且当乙种品牌的洗衣液每瓶售价每提高1元时，乙种品牌的洗衣液每天就会少售出2瓶，当乙种品牌的洗衣液的每瓶售价为多少元时，两种品牌的洗衣液每天的利润之和可达到4700元？

【分析】（1）设甲品牌洗衣液的进价为元，乙品牌洗衣液的进价为元，根据“用6000元购进的甲种品牌洗衣液与用8000元购进的乙种品牌洗衣液的瓶数相同”列出方程，解方程即可求出结论；

（2）设乙种品牌的洗衣液的每瓶售价为元，则乙种品牌的洗衣液每天可售出瓶，根据“两种品牌的洗衣液每天的利润之和可达到4700元”列出方程，解之即可求出结论．

【解答】解：（1）设甲品牌洗衣液的进价为元，乙品牌洗衣液的进价为元，

根据题意得：，

解得：，

经检验，是原方程的解，且符合题意，

，

答：甲品牌洗衣液的进价为30元，乙品牌洗衣液的进价为40元；

（2）设乙种品牌的洗衣液的每瓶售价为元，

根据题意得：，

化一般式为，

解得：，

答：当乙种品牌的洗衣液的每瓶售价为80元时，两种品牌的洗衣液每天的利润之和可达到4700元．