2021-2022学年七年级数学上册同步培优（苏科版）3-2 代数式（1）（解析版）练习题

这是一份2021-2022学年七年级数学上册同步培优（苏科版）3-2 代数式（1）（解析版）练习题，共13页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
3.2 代数式（1）
（满分100分 时间：40分钟） 班级 姓名 得分
一、单项选择题：（本题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的.）
1．算式值的个位数字为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】B
【分析】
观察可知，这些加数的规律是后一个数是前一个数的2倍，所以可以乘2后相减抵消大部分的加数，于是可求出和，然后利用2的乘方的个位数字特征求解即可．
【详解】
解：设m=，则
2m=，
∴2m-m=-
∴m=-=-1
∵21=2，22=4，23=8，24=16，
25=32，26=64，27=128，28=256
…，
根据上述算式发现规律：
每四个数字为一组，个位数字分别为2、4、8、6循环，
∵2022÷4=505…2，
∴22022的个位数字是4．
∴-1的个位数字是3．
故选：B．
【点睛】
此题考查了了规律型-数字的变化类，解决本题的关键是观察数字的变化寻找规律并求和．乘方的末位数字的规律，尾数特征，注意从简单情形入手，发现规律，解决问题．
2．如图是由边长为1的木条组成的几何图案，观察图形规律，第一个图案由1个正方形组成，共用的木条根数S1＝4，第二个图案由4个正方形组成，共用的木条根数S2＝12，第三个图案由9个正方形组成，共用的木条根数S3＝24，以此类推…那么第100个图案共用的木条根数S100为（　　）


A．19600 B．20400 C．20200 D．20000
【答案】C
【分析】
本题要通过第1、2、3和4个图案找出普遍规律，进而得出第n个图案的规律为Sn＝4n＋2n×（n−1），得出结论即可．
【详解】
解：观察图形可知：
第1个图案由1和小正方形组成，共用的木条根数S1＝4×1，即S1＝4×1＋2×1×（1−1）；
第2个图案由4个小正方形组成，共用的木条根数S2＝4×2＋2×2；即S1＝4×2＋2×2×（2−1）；
第3个图案由9个小正方形组成，共用的木条根数S3＝4×3＋2×3；即S1＝4×3＋2×3×（3−1）；
第4个图案由16个小正方形组成，共用的木条根数S4＝4×4＋2×4；即S1＝4×4＋2×4×（4−1）；
…
由此发现规律是：
第n个图案由n2个小正方形组成，共用的木条根数Sn＝4n＋2n×（n−1），
当n＝100时，S100＝4×100＋200×（100−1）＝20200，
故选：C．
【点睛】
本题考查图形变换找规律的问题，熟练找出前四个图形的规律是解题个关键．
3．按如图所示的规律搭正方形：搭一个小正方形需要4根小棒，搭两个小正方形需要7根小棒，搭2020个这样的小正方形需要小棒（ ）根．

A．8080 B．6066 C．6061 D．6060
【答案】C
【分析】
通过归纳与总结得出规律：每增加1个正方形，火柴棒的数量增加3根，由此求出第n个图形时需要火柴的根数的代数式，然后代入求值即可．
【详解】
解：搭2个正方形需要4+3×1＝7根火柴棒；
搭3个正方形需要4+3×2＝10根火柴棒；
搭n个这样的正方形需要4+3（n﹣1）＝3n+1根火柴棒；
∴搭2020个这样的正方形需要3×2020+1＝6061根火柴棒；
故选C．
【点睛】
本题考查了图形规律型：图形的变化．解题的关键是发现各个图形的联系，找出其中的规律，有一定难度，要细心观察总结．
4．下列每一个图形都是由一些同样大小的三角形按一定的规律排列组成的，其中第①个图形中有5个小三角形，第②个图形中有10个小三角形，第③个图形中有16个小三角形，按此规律，则第⑨个图中小三角形的个数是（ ）

A．69 B．73 C．77 D．83
【答案】B
【分析】
根据已知图形得出第⑨个图形中三角形的个数的特点，据此可得答案．
【详解】
解：∵第①个图形中三角形的个数5=1+2×（1-1），
第②个图形中三角形的个数10=5+2×1+3，
第③个图形中三角形的个数16=5+2×2+3+4，
第④个图形中三角形的个数23=5+2×3+3+4+5，
第⑤个图形中三角形的个数31=5+2×4+3+4+5+6，
……
第⑨个图形中三角形的个数为5+2×8+3+4+5+6+7+8+9+10=73
第n个图形中三角形的个数为5+2×(n-1)+3+4……+(n+1)（n>1）
故选：B．
【点睛】
本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是得出每次变换增加个数规律,列出代数式．
5．把所有偶数从小到大排列，并按如下规律分组：
第1组： 2，4
第2组： 6，8，10，12
第3组： 14，16，18，20，22，24
第4组： 26，28，30，32，34，36，38，40
……
现有等式Am=（i，j）表示正偶数m是第i组第j个数（从左往右数），如A10=（2，3），则A2020=（ ）
A．（31，63） B．（32，18） C．（32，19） D．（31，41）
【答案】B
【分析】
由题意知：第n组中偶数的个数为2n个，知第n组最后一个偶数为，计算n=31时即第31组最后一个偶数为1984，继而得到答案．
【详解】
由题意知：第n组中偶数的个数为2n个，知第n组最后一个偶数为，
∵第31组最后一个偶数为，而，
∴A2020=（32,18），
故选：B．
【点睛】
此题考查数字类规律的探究，根据已知条件数字的排列找到规律，用含n的代数式表示规律由此解决问题是解题的关键．
6．世界上著名的莱布尼茨三角形如下图所示：则排在第10行从左边数第4个位置上的数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
观察发现：下一行的第1和第2个数相加就等于上一行的第1个数，下一行的第2和第3个数相加就等于上一行的第2个数，以此类推即可得到第10行左边第4个位置的数．
【详解】
从图形中可看出，每行第一个数的分母就是这行的行数，第8行的第一个数是，第9行的第一个数是，第10行的第一个数是 ；

再按照上面的规律，可得：
第8行的第2个数等于第7行的第一个数减去第8行的第1个数，即：，
第9行的第2个数等于第8行的第1个数减去第9行的第1个数，即：，
第9行的第3个数等于第8行的第2个数减去第9行的第2个数，即：，
第10行的第2个数等于第9行的第1个数减去第10行的第1数，即：，
第10行的第3个数等于第9行的第2个数减去第10行的第2个数，即：，
则第10行第4个数就等于第9行第3个数减去第10行第3个数，即：．
故选：C．
【点睛】
本题主要考察学生对规律型题目的掌握情况，解题的关键是观察分析发现规律．


二、填空题
7．在圆周上按序摆放和为15的五个互不相等的正整数，，，，，使得最小，则这个最小值为___________．
【答案】37
【详解】
和为15的五个互不相等的正整数只能是1，2，3，4，5.
注意到五个数在圆周上是按序摆放的，且考虑的是和式，不妨设.

如果1和5的位置不相邻，不妨设（如图2），此时的和式为；交换1和的位置后，得到如图3的摆法.此时的和式为.因为，所以.因此，交换1和的位置使得1和相邻（如图3）以后，和式的值会变小.
如图3，如果，此时的和式为；交换和2的位置以后，得到如图4的摆法，此时的和式为.因为，所以.因此，交换和2的位置使得2和5相邻以后和式的值会变小.
如果，此时的和式为，交换和2的位置以后，得到如图5的摆法，此时的和式为.因为，所以，因此，交换和2的位置使得2和5相邻以后和式的值会变小.
综上可知：1和2摆在5的两边（如图5）时，和式的值变小.
当，时，和式的值为；当，时，和式的值为.
因此，所求最小值为37.
8．古希腊数学家定义了五边形数，如下表所示，将点按照表中方式排列成五边形点阵，图形中的点的个数即五边形数；
图形






…
五边形数
1
5
12
22
35
51
…
将五边形数1，5，12，22，35，51，…，排成如下数表；
1 第一行
5 12 第二行
22 35 51 第三行
… … … … …
观察这个数表，则这个数表中的第八行从左至右第2个数为__________．
【答案】1335
【分析】
分析表格中的图形和五边形数之间的规律，再找到排成数表中五边形数和行数之间的规律．
【详解】
解：由图形规律可知，第n个图形是一个由n个点为边长的等边三角形和一个长为n个点，宽为（n-1）个点的矩形组成，则第n个图形一共有个点，化简得，即第n个图形的五边形数为．
分析排成数表，结合图形可知：
第一行从左至右第1个数，是第1个图形的五边形数；
第二行从左至右第1个数，是第2个图形的五边形数；
第三行从左至右第1个数，是第4个图形的五边形数；
第四行从左至右第1个数，是第7个图形的五边形数；
…
∴第n行从左至右第1个数，是第 个图形的五边形数．
∴第八行从左至右第2个数，是第30个图形的五边形数．
第30个图形的五边形数为：．
故答案为：1335．
【点睛】
本题是找规律题，解此题的关键是分析表格中的图形个数与五边形数，排成数表中的五边形数和行数，得出规律．
9．已知（x+1）2021＝a0+a1x1+a2x2+a3x3+…+a2021x2021，则a2+a4+…+a2018+a2020＝_____．
【答案】22020﹣1
【分析】
先令x＝1，再令x＝﹣1得出a0+a2+a4…+a2020=22021÷2，最后令x＝0，a0＝1计算即可
【详解】
解：令x＝1，a0+a1x1+a2x2+a3x3+…+a2021x2021＝a0+a1+a2+a3+…+a2021＝22021；①
令x＝﹣1，a0+a1x1+a2x2+a3x3+…+a2021x2021＝a0﹣a1+a2﹣a3+…+a2020﹣a2021＝0；②
∴①+②得：a0+a1+a2+a3+…+a2021+a0﹣a1+a2﹣a3+…+a2020﹣a2021=22021
2（a0+a2+a4…+a2020）=22021
a0+a2+a4…+a2020=22021÷2
令x＝0，
∴a0＝1；
∴a2+a4+…+a2018+a2020＝22021÷2﹣1＝22020﹣1，
故答案为：22020﹣1．
【点睛】
本题考查赋值法求二项式系数和的问题，正确使用赋值法是解题关键
10．在数学兴趣小组活动中，小明为了求的值，在边长为1的正方形中，设计了如图所示的几何图形．则
（1）的值为_____________
（2）的值为____________（结果用含n式子表示）．

【答案】
【分析】
（1）用总面积减去剩下的面积即可得出答案；
（2）因为每一次分割都是前面图形的，可以用总面积减去剩下的面积求得答案即可．
【详解】
解：（1）
=；
（2）
=
【点睛】
此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出运算规律，利用规律，解决问题．
11．已知：20＝1，21＝2，22＝4，23＝8，24的个位数是6，25的个位数是2，…，则20+21+22+23+24+…+22021的个位数字是_____．
【答案】3．
【分析】
根据题意找到规律，从21=2，22=4，23=8…24的个位数是6，25的个位数是2可知，个位数字是每4个数一循环，则2021=5×404+1，由此推知结论．
【详解】
解：因为20＝1，21＝2，22＝4，23＝8，24的个位数是6，25的个位数是2，…，且2021=5×404+1，
所以20+21+22+23+24+…+22021的个位数字之和是：1+(2+4+8+6)×404+2=8083，
所以20+21+22+23+24+…+22021的个位数字是3．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查了规律型:数字的变化类,要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题解决本题的难点在于找到个位数字是每4个数一循环．

三、解答题
12．沿着圆周放着一些数，如果有4个相连的数，，，满足不等式，那么就可以交换，的位置，这称为一次操作．
（1）若圆周上的依次放着数1，2，3，4，5，6，问能否经过有限次操作后，对任意相连的4个数，，，都有？
（2）若圆周上依次放着数1，2，3，…，2010，问能否经过有限次操作后，对任意4个问题相连的数，，，都有？
【答案】（1）能；（2）能
【详解】
解 （1）如图，连续进行4次操作：

并且易检验最后一个圆周上的6个数满足：对任意4个相连的数，，，，都有．
（2）答案也是肯定的，考虑这2010个数相邻两数之积的和
，
若圆周上相连的4个数，，，满足不等式，即，交换与后，设圆周上相邻两数之积的总和为，则
，即．
所以，每操作一次，相邻两数乘积和至少减少1，而相邻两数乘积和不可能是负数和零故经过有限次操作后，对任意相连的4个数，，，都有．
13．先阅读下面文字，然后按要求解题．
例：如果一个一个顺次相加显然太繁，我们仔细分析这100个连续自然数的规律和特点，可以发现运用加法的运算律，是可以大大简化计算，提高计算速度的．因为，所以将所给算式中各加数经过交换、结合以后，可以很快求出结果．
（1）补全例题解题过程；_____=_____．
（2）计算：
（3）计算：．
【答案】（1）50，5050；（2）2550；（3）
【分析】
（1）根据题干中的示例计算即可得解；
（2）根据两数之和为102，再乘以数字的个数即可得；
（3）将所有的a相加、所有含b的式子相加，含b的代数式利用以上求和方法求解可得．
【详解】
解：（1）


，
故答案为：50、5050；
（2）


；
（3）原式

．
【点睛】
本题主要考查数字的变化规律，解题的关键是熟练掌握．
14．实际问题：有支队伍，每支队伍都有足够多的水平完全相同的队员，要从这支队伍中抽调部分队员安排到一张有四个位置的方桌进行竞技比赛，四个位置可以出现来自于同一队伍的队员，为了防止他们作弊，需要避免同队的队员坐在相邻的座位上．那么一共有多少种不同的安排方法？
问题探究：
探究一：如果有两支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队的队员，那么共有多少种不同的安排方法？
不妨设两支队伍分别为．从①号位开始，我们有2种选择，即队员或队员，②③号位置都只有1种选择（另一支队伍的队员）．④号位也只有1种选择．这样就得到了，一共有两种不同的安排方法．
探究二：如果有三支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队的队员，那么共有多少种不同的安排方法？
不妨设三支队伍分别为．让我们运用上面的方法试试①号位置有3种队员可以选择，即队员、队员或队员，②③两个位置选择队员时，我们需要考虑两种不同的情形：
第一种：若②③号位队员来自于同一队伍，则②号位有2种选择，③号只有1种选择，④号位会有2中选择，此时会有种安排方法；
第二种：若②③号位队员来自于不同的队伍，则②号位有2种选择，③号位只有1种选择，④号位也只有1种选择，此时会有种安排方法．
把上述两种情况的结果加起来得到12＋6＝18，一共有18种不同的安排方法．
探究三：如果有四支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队的队员，那么共有多少种不同的安排方法？（请按照前面的探究方法，描述如果有四支参赛队伍时，会有多少种结果的推算过程）
归纳探究：如果有支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队的队员，那么共有多少种不同的安排方法？
无论有多少支参赛队伍，我们都要考虑两种情况：②③号位队员来自于同一个队伍；②③号位队员来自于不同的队伍．
（1）如果有支参赛队伍，①号位有　 　种队员可以选择，②号位有　 　种队员可以选择．
（2）若②③号位队员来自于同一队伍，则③号位只有1种选择，④号位有　 　种选择，这样我们就有　 　种安排方法（结果不需化简）；
（3）若②③号位队员来自不同队伍，则③号位有　 　种选择，④号位有　 　种选择，这样我们就有　 　种安排方法．（结果不需化简）
（4）如果有支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队的队员，那么共有　 　种不同的安排方法．（结果不需化简）

【答案】探究三：48种；归纳探究：（1）；；（2）；；（3）；；；（4）
【分析】
探究三：根据前面的探究方法，设为四支队伍，，①号位置有4种队员可以选择，即队员、队员或队员或 队员，②③两个位置选择队员时，我们需要考虑两种不同的情形：第一种：②③号位队员来自于同一队伍，②号位有3种选择，那么③号位与②号位队友相同，所以③号只有1种选择，④号位就会有3种选择；第二种：若②③号位队员来自于不同的队伍，②号位有3种选择，那么③号位与②号位队员不同，③号位只有2种选择，那么④号位只有2种选择；把上述两种情况的结果加起来可得到结果；
归纳探究：无论有多少支参赛队伍，我们都要考虑两种情况：②③号位队员来自于同一个队伍；②③号位队员来自于不同的队伍，据此可得：（1）①号位有种队员可以选择，②号位有种队员可以选择；（2）若②③号位队员来自于同一队伍，则③号位只有1种选择，这样，④号位有 种选择，这样我们就有种安排方法；（3）若②③号位队员来自于不同队伍，则③号位有 种选择，④号位有种不同的队员可以选择，这样我们就有 种安排方法；（4）把（2）、（3）种情况的结果加起来即可．
【详解】
解：不妨设为四支队伍，让我们运用上在的方法试试，①号位置有4种队员可以选择，即队员、队员或队员或 队员，②③两个位置选择队员时，我们需要考虑两种不同的情形：
第一种：②③号位队员来自于同一队伍，②号位有3种选择，那么③号位与②号位队友相同，所以③号只有1种选择，④号位就会有3种选择，此时会有：种安排方法；
第二种：若②③号位队员来自于不同的队伍，②号位有3种选择，那么③号位与②号位队员不同，③号位只有2种选择，那么④号位只有2种选择，此时会有种安排方法．
把上述两种情况的结果加起来得到36＋48＝84，一共有84种不同的安排方法．
归纳探究：如果有支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队伍的队员，那么有多少种不同的安排方法呢？
无论有多少支参赛队伍，我们都要考虑两种情况：②③号位队员来自于同一个队伍；②③号位队员来自于不同的队伍．
（1）如果有支参赛队伍，①号位有种队员可以选择，②号位有种队员可以选择；
（2）若②③号位队员来自于同一队伍，则③号位只有1种选择，这样，④号位有种选择，这样我们就有种安排方法（结果不需要化简）；
（3）若②③号位队员来自于不同队伍，则③号位有种选择，④号位有种不同的队员可以选择，这样我们就有 种安排方法（结果不需要化简）；
（4）如果有支队伍参赛，要求相邻的座位不能安排同一队伍的队员，那么把（2）、（3）种情况的结果加起来得到有：种安排方法．
【点睛】
本题主要考查了排列组合中的乘法原理，读懂题意，并能认真分析，然后得到结果是解题的关键．