2024年小升初数学专题 （通用版）-23 整式的加减 章末训练（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022秋·广东茂名·七年级校考期中）的系数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据单项式系数的定义来求解．单项式中数字因数叫做单项式的系数．
【详解】解：根据单项式系数的定义，单项式的系数是． 故选：B．
【点睛】本题考查了单项式系数的定义，确定单项式的系数时，把一个单项式分解成数字因数和字母因式的积，是找准单项式的系数的关键．注意π是数字，应作为系数．
2．（2022秋·广东肇庆·七年级校考期中）下列说法正确的是（ ）
A．是六次六项式 B．是多项式C．是三次二项式D．是二次二项式
【答案】B
【分析】几个单项式的和是多项式，多项式中的每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高项次数，就是这个多项式的次数．
【详解】解：A. 是五次二项式，故A错误，不符合题意；B. 是多项式，故B正确，符合题意；
C. 中是常数项，是二次二项式，故C错误，不符合题意；
D. 是三次二项式，故D错误，不符合题意，故选：B．
【点睛】本题考查多项式的定义、次数和项数等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
3．（2023秋·四川成都·七年级统考期末）下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】各式计算得到结果，即可作出判断．
【详解】解：A．和不是同类项，不能合并，故A选项不符合题意；
B．，故B选项不符合题意；C．，故C选项符合题意；
D．，故D选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键．
4．（2023·河北保定·统考模拟预测）小明用现金买了5个相同的笔记本，找回（）元，有下列说法：
说法Ⅰ：若小明原有现金20元，则每个笔记本元；
说法Ⅱ：若每个笔记本为元，则小明的现金有（）元．
则下面判断正确的是（ ）
A．Ⅰ对Ⅱ错B．Ⅰ错Ⅱ对C．Ⅰ与Ⅱ都对D．Ⅰ与Ⅱ都错
【答案】C
【分析】说法Ⅰ：按照代数式求出每个笔记本元；说法Ⅱ：根据假设情况判断即可．
【详解】由题意可知，若小明原有现金20元，找回（）元，则5个笔记本为元，每个笔记本元；
若每个笔记本为元，则5个笔记本为元，原有现金元，
故Ⅰ与Ⅱ都对，故选C．
【点睛】此题考查了代数式，解题的关键是读懂题意并明白代数式表示的意义．
5．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校考期中）如果长方形的周长为，一边长为，则另一边的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据长方形的周长等于长和宽的和的2倍进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：另一边的长为；故选C．
【点睛】本题考查整式加减的实际应用．熟练掌握长方形的周长等于长和宽的和的2倍，是解题的关键．
6．（2023·上海·七年级期中）下列去括号或添括号正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据去括号法则或添括号法则计算判断即可．
【详解】解：A．，故本选项错误；B．，故本选项错误；
C．，故本选项正确；D．，故本选项错误．故选：C．
【点睛】本题考查了去括号法则，添括号法则，熟练掌握法则是解题的关键．
7．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校考期中）当时，代数式的值为7，那么当时的值为( )
A．B．C．4D．1
【答案】A
【分析】把代入可得，从而得到，再将代入中整体代换即可求解．
【详解】解：∵当时，代数式的值为7．∴，∴，
∴当时，．故选：A
【点睛】本题主要考查了求代数式的值，根据题意得到再整体代换求解是解题的关键．
8．（2023春·安徽安庆·七年级统考期末）若单项式与的和仍是单项式，则的值是（ ）
A．6B．4C．9D．8
【答案】D
【分析】由题意可知与是同类项，然后分别求出与的值，最后代入求值即可．
【详解】解：因为单项式与的和仍是单项式，
所以单项式与是同类项，所以，，
解得，，所以．故选：D．
【点睛】此题考查合并同类项，熟记同类项的定义：所含字母相同，且相同字母的指数也相同的项叫同类项是解答本题的关键．
9．（重庆市丰都县2022-2023学年八年级下学期期末数学试题）有四个多项式：，，，，我们用任意两个多项式求差后所得的结果，再与剩余两个多项式的差作差，并算出结果，称之为“三差操作”．例如：，，；给出下列说法：①不存在任何“三差操作”，使其结果为0；②至少存在一种“三差操作”，使其结果为；③所有的“三差操作”共有6种不同的结果．以上说法中正确的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】根据题意，写出所有情况，计算结果，即可．
【详解】令，，，，则有以下情况
第1种：
第2种：
第3种：
第4种：
第5种：
第6种：
由上可知，存在一个“三差操作”，使其结果为0；故①说法错误；
存在一种“三差操作”，使其结果为；故②说法正确；
所有的“全差操作”共有5种不同的结果；故③说法错误．故选：B．
【点睛】本题考查整式的加减，解题的关键是能够根据题目要求，罗列所有情况，正确列式计算．
10．（2023春·重庆沙坪坝·七年级校考阶段练习）如图，是由同样大小的星星按照一定规律摆放的，第1个图有4个星星．第2个图有8个星星，第3个图形有13个星星，……，第6个图形的星星个数为（ ）

A．28B．30C．32D．34
【答案】D
【分析】根据前3个图形归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：第1个图形的星星个数为，第2个图形的星星个数为，
第3个图形的星星个数为，…，第n个图形的星星个数为，
则第6个图形的星星个数为，故选：D．
【点睛】本题考查了图形类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023·浙江·七年级期中）下列式子：①；②；③；④，其中格式书写正确的个数有___________个．
【答案】2
【分析】根据代数式的书写要求判断各项即可．
【详解】解：①应表示为 ；②应表示为；③；④正确；
综上分析可知，格式书写正确的个数有2个．故答案为：2．
【点睛】本题考查了代数式的书写要求：（1）在代数式中出现的乘号，通常简写成“•”或者省略不写；（2）数字与字母相乘时，数字要写在字母的前面；（3）在代数式中出现的除法运算，一般按照分数的写法来写．带分数要写成假分数的形式．
12．（2023春·广东潮州·九年级潮州市金山实验学校校考期末）化简：__________．
【答案】/
【分析】先去括号，然后合并同类项即可．
【详解】，故答案为：．
【点睛】本题考查整式的加减，解答本题的关键是明确去括号法则和合并同类项的方法．
13．（2022春·广东七年级月考）在代数式，，，，，中，单项式有_____个，多项式有_____个，整式有_____个，代数式有_____个．
【答案】 2 2 4 6
【分析】根据单项式，多项式，整式和代数式的定义逐一判断即可．
【详解】解：是单项式，是整式，是代数式；是多项式，是整式，是代数式；
是单项式，是整式，是代数式；是多项式，是整式，是代数式；
是代数式；是代数式；
∴单项式有2个，多项式有2个，整式有4个，代数式有6个，故答案为：2，2，4，6．
【点睛】本题主要考查了单项式，多项式，整式和代数式的定义，熟知相关定义是解题的关键：表示数或字母的积的式子叫做单项式，几个单项式的和的形式叫做多项式，整式是单项式和多项式的统称；用基本运算符号将数和表示数的字母连接起来的式子叫做代数式．
14．（2023·全国·七年级假期作业）若关于x、y的多项式的次数是3，则式子的值为 __．
【答案】
【分析】根据题意可知求出m的值，然后代入原式即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：，∴，
当时，，故答案为：．
【点睛】本题考查多项式，解题的关键是熟练运用多项式的次数概念，本题属于基础题型．
15.．（2023·全国·七年级假期作业）当m=________时，关于x的多项式 与多项式的和中不含项．
【答案】
【分析】先将两个多项式求和，根据和中不含项,即项的系数为0，据此求解即可．
【详解】解：，
∵关于x的多项式 与多项式的和中不含项，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查合并同类项，不含某一项，即合并后此项系数为0．
16．（2022秋·广东肇庆·七年级校考期中）若代数式，那么代数式的值为_________．
【答案】
【分析】根据，可得，再代入，即可求解．
【详解】解：∵，∴，∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求代数式的值，利用整体代入思想解答是解题的关键．
17．（2022·广东深圳·七年级校考期中）下列图形是将等边三角形按一定规律排列，则第个图形中所有等边三角形的个数是____．

【答案】
【分析】由图可以看出：第一个图形中5个正三角形，第二个图形中个正三角形，第三个图形中个正三角形，由此得出第四个图形中个正三角形，第五个图形中个正三角形，由此找到规律并归纳出一般形式．
【详解】解：第一个图形正三角形的个数为5，
第二个图形正三角形的个数为，
第三个图形正三角形的个数为，
第四个图形正三角形的个数为，
第五个图形正三角形的个数为．
如果是第个图，则有个．故答案为：个．
【点睛】本题考查图形的变化规律，找出数字与图形之间的联系，找出规律解决问题．
18．（2023·陕西西安·校考二模）在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》（1261年）一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，我们称这个三角形为“杨辉三角”，这个三角形给出了的展开式（按x的次数由大到小的顺序排列）的系数规律，如，其展开式中的系数1、3、3、1对应三角形图形中第四行，根据上下行之间的数字规律，求代数式的值为______．

【答案】15
【分析】根据“杨辉三角”的特点，求得各数，再求和即可.
【详解】解：根据“杨辉三角”的特点，知：，，，
∴，故答案为：15．
【点睛】本题考查了探索数字规律，找到各数之间的规律是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023春·湖南永州·七年级校考期中）先化简，再求值： ，其中；
【答案】，
【分析】先去括号，再合并同类项，然后再将x的值代入计算．
【详解】
．
当时，原式．
【点睛】此题考查整式的化简求值，依据整式的加减法法则正确化简整式是解题的关键．
20．（2023·成都市七年级月考）有这样一道题：当，时，求多项式的值．
小明说：“本题中，是多余的条件”
小强马上反对说：“这不可能，多项式中每一项都含有和，不给出，的值，怎么能求出多项式的值呢”
你同意哪名同学的观点请说明理由．
【答案】小明，理由见解析
【分析】根据整式的加减混合运算法则把原式化简，根据化简结果解答．
【详解】解：我同意小明的观点．
理由如下：
，
所以，是多余的条件，故小明的观点正确．
【点睛】本题考查的是整式的化简求值，掌握整式的加减混合运算法则是解题的关键．
21．（2023春·江西上饶·七年级统考阶段练习）课本再现
用求差法比较大小
根据等式和不等式的基本性质，我们可以得到比较两数大小的方法：若，则；若，则；若，则．反之也成立．这种方法就是求差法比较大小，请运用这种方法解决下面这个问题．
制作某产品有两种用料方案，方案一：用4块A型钢板，8块B型钢板；方案二：用3块A型钢板，9块B型钢板．每块A型钢板的面积比每块B型钢板的面积小．方案一总面积记为，方案二总面积记为，则________．（填“＞”、“＜”或“＝”）
方法应用
甲、乙两位同学分别从同一个文具店购买了A，B两种笔记本，且A种笔记本的售价为5元/本，B种笔记本的售价为8元/本．已知甲同学购买了m本A种笔记本和n本B种笔记本，乙同学购买了m本B种笔记本和n本A种笔记本．若，问哪位同学购买笔记本的总费用较少？
【答案】课本再现：
方法应用：甲同学
【分析】对于课本再现，先表示出和，再作差，比较即可得出答案；
对于方法应用，先表示出甲，乙两名同学的总费用，再作差，比较得出答案即可．
【详解】课本再现：设A型钢板的面积是a，B型钢板的面积是b，根据题意可知，
则，，可知，
所以.故答案为：；
方法应用：设甲同学购买笔记本的总费用为a，乙同学购买笔记本的总费用是b，根据题意，得
，，
可知，则，
所以甲同学购买笔记本的总费用少．
【点睛】本题主要考查了应用整式的加减解决实际问题，理解作差法的步骤是解题的关键．
22．（2023·上海·七年级假期作业）（1）如果A是三次多项式，B是四次多项式，那么和各是几次多项式？
（2）如果A是m次多项式，B是n次多项式，且，那么和各是几次多项式？
（3）如果A是m次多项式，B是n次多项式，m，n为正整数，那么和各是几次多项式？
【答案】（1）和都是四次多项式；（2）和都是n次多项式；（3）若，则和的次数是m，n中较大者；若，则和的次数可能是小于或等于m，n的任意次数．
【分析】（1）多项式的次数是多项式所有项中次数最高项的次数，由此可得题的答案；
（2）多项式的次数是多项式所有项中次数最高项的次数，由此可得题的答案；
（3）当时，有同（2）的结果，当时，相同次数项系数若互为相反数， 可得和的次数可能是小于或等于m，n的任意次数．
【详解】解：（1）如果A是三次多项式，B是四次多项式，那么和都是四次多项式；
（2）如果A是m次多项式，B是n次多项式，且，则和都是n次多项式；
（3）如果A是m次多项式，B是n次多项式，m，n为正整数，若，则和的次数是m，n中较大者，若，则和的次数可能是小于或等于m，n的任意次数．
【点睛】本题主要考查了多项式，熟练掌握多项式的次数和多项式加减法法则是解题的关键．
23．（2023·河北衡水·衡水市第三中学校考二模）在活动课上，有三位同学各拿一张卡片，卡片上分别为A，B，C三个代数式，三张卡片如图所示，其中C的代数式是未知的．
(1)若A为二次二项式，则k的值为___________；
(2)若的结果为常数，则这个常数是___________，此时k的值为___________；
(3)当时，，求C．
【答案】(1)1(2)5，(3)
【分析】（1）由“二次二项式”确定，从而求解即可；
（2）根据整式的加减运算法则化简出的结果，然后根据要求推出结果即可；
（3）当时，确定代数式A的形式，然后根据要求进行整式加减运算即可．
【详解】（1）解：∵，A为二次二项式，
∴，解得；故答案为：1．
（2）解：∵，，
∴，
∵的结果为常数，∴，解得，
即若的结果为常数，则这个常数是5，此时k的值为；故答案为：5；．
（3）解：当时，，，
∵，∴
∴．
【点睛】本题考查整式加减运算以及取值无关型问题，掌握整式加减运算法则，注意求解过程中符号问题是解题关键．
24．（2023·安徽合肥·统考二模）观察以下等式：
第1个等式：，
第2个等式：，
第3个等式：，
第4个等式：，……
按照以上规律，解决下列问题：(1)写出第5个等式：________________；
(2)写出你猜想的第个等式（用含的等式表示），并证明．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据前4个等式得出第五个等式即可；
（2）通过观察减号后面的数字规律，再结合每个式子找到规律，最后写出即可．
【详解】（1）
（2）猜想：
等式左边右边等式，故猜想成立
【点睛】本题主要考查数字类变化规律，仔细观察每个式子中对应位置的数字，并找到相关系数关系是解题的关键．
25．（2022秋·江苏南通·七年级统考期中）关于x的整式，当x取任意一组相反数m与时，若整式的值相等，则该整式叫做“偶整式”；若整式的值互为相反数，则该整式叫做“奇整式”．例如：是“偶整式”，是“奇整式”．
(1)若整式A是关于x的“奇整式”，当x取1与时，对应的整式值分别为，，则___________；
(2)判断式子是“偶整式”还是“奇整式”，并说明理由；
(3)对于整式，可以看作一个“偶整式”与“奇整式”的和．
①这个“偶整式”是___________，“奇整式”是___________；
②当x分别取，，，0，1，2，3时，这七个整式的值之和是___________．
【答案】(1)0(2)奇整式；理由见解析(3)①；②35
【分析】（1）根据定义直接判断即可；
（2）将代替x代入观察结果与原式的结果关系即可判断；
（3）①将原式各项中偶次项和常数项组合在一起即为偶整式，其余项的和即为奇整式；
②将各数值依次代入偶整式和奇整式中，再相加即可求解．
【详解】（1）由定义可知，整式的值互为相反数，故答案为：0；
（2）奇整式 理由：将代入中可得；
∵与互为相反数，∴该式为奇整式；
（3）①，
∵，，
∴是偶整式，是奇整式．
②由于是偶整式，是奇整式，
∴当x分别取，，，0，1，2，3时，
的值分别为10,5,2,1,2，5,10；当x取互为相反数的值时的值也互为相反数，即和为0；
∴这七个整式的值之和是；故答案为：35．
【点睛】本题考查了整式，涉及到了乘方的性质和运算等知识，解题关键是能正确理解偶整式和奇整式的定义，能对整式进行变形以及代入数值进行计算等．
26．（2022秋·山东青岛·七年级统考期中）曹冲称象是我国历史上著名的故事，大家都说曹冲聪明．他到底聪明在何处呢？我们都知道，曹冲称得是石块而不是大象，并且确信，石块的质量就是大象的体重．曹冲的聪明就在于，他用化归思想将问题转变了；借助于船这种工具，将大象的体重转变为一块块石块的重量．转变就是化归的实质．化归不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式．从字面上看，化归就是转化和归结的意思．例如：我们在七年级数学上册第二章中引入“相反数”这个概念后，正负数的减法就化归为已经解决的正负数的加法了；而引入“倒数”这个概念后，正负数的除法就化归为已经解决的正负数的乘法了．
下面我们再通过具体实例体会一下化归思想的运用：
数学问题，计算(其中是正整数，且，)．
探究问题：为解决上面的数学问题，我们运用数形结合的思想方法，通过不断地分割一个面积为1的正方形，把数量关系和几何图形巧妙地结合起来，并采取一般问题特殊化的策略来进行探究．
探究一：计算．
第1次分割，把正方形的面积二等分，其中阴影部分的面积为；
第2次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，阴影部分的面积之和为；
第3次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，……；……
第n次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后二等分，所有阴影部分的面积之和为，最后空白部分的面积是．
根据第n次分割图可得等式：．
探究二：计算．
第1次分割，把正方形的面积三等分，其中阴影部分的面积为；
第2次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，阴影部分的面积之和为；
第3次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，……，……
第n次分别，把上次分割图中空白部分的面积最后三等分，所有阴影部分的面积之和为，最后空白部分的面积是．
根据第n次分制图可得等式：，
两边同除2，得，
探究三：计算．
(仿照上述方法，在图①中只画出第n次分割图，在图上标注阴影部分面积，并写出探究过程)
解决问题．计算．
(在图②中只画出第n次分割图，在图上标注阴影部分面积，并完成以下填空)．
(1)根据第n次分割图可得等式：___________．(2)所以，___________．
(3)拓广应用：计算___________．
【答案】探究三：图见见解析；
解决问题：图见解析；（1）；（2）；（3）
【分析】探究三：根据探究二的分割方法依次进行分割，然后表示出阴影部分的面积，再除以3即可；
解决问题：(1)根据第n次分割图得出等式
(2)按照探究二的分割方法依次分割，然后表示出阴影部分的面积及，再除以即可得解；
(3)拓广应用：先把每一个分数分成1减去一个分数，然后应用公式进行计算即可得解．
【详解】探究三：第1次分割，把正方形的面积四等分，
其中阴影部分的面积为；
第2次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续四等分，阴影部分的面积之和为；
第3次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续四等分，…，
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后四等分，
所有阴影部分的面积之和为：，最后的空白部分的面积是，
根据第次分割图可得等式：，
两边同除以3，得；
解决问题：
（1）故答案为：
（2），故答案为：；
（3）拓广应用：
．故答案为：．
【点睛】本题考查了应用与设计作图，图形的变化规律，读懂题目信息，理解分割的方法以及求和的方法是解题的关键．