2020-2021学年上海市浦东新区六年级下学期期中数学试题及答案

这是一份2020-2021学年上海市浦东新区六年级下学期期中数学试题及答案，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共六题：共12分）
1. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 0是最小的有理数
B. 只有0的绝对值等于它本身
C. 有理数可以分为正有理数和负有理数
D. 任何有理数都有相反数
【答案】D
【解析】
【分析】利用有理数的分类、绝对值的性质以及相反数的定义即可做出判断．
【详解】解：A、0不是最小的有理数，0是绝对值最小的有理数，原说法错误，故此选项不符合题意；
B、绝对值等于它本身的数有0和正数，原说法错误，故此选项不符合题意；
C、有理数分为正有理数、0和负有理数，原说法错误，故此选项不符合题意；
D、任何有理数都有相反数，原说法正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数、绝对值、相反数，熟练掌握相关定义是解题的关键．
2. 在代数式；；；；；中整式的个数有（ ）个．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】单项式和多项式统称为整式，利用整式的定义即可判断．
【详解】、分母中含字母，不是整式，
是多项式、、、是单项式，属于整式，
故整式有，共4个，
故选：．
【点睛】此题考查了整式，单项式和多项式统称为整式，解答题的关键是正确理解：单项式是字母和数的乘积，只有乘法，没有加减法；多项式是若干个单项式的和，有加减法．
3. 如果单项式与的和仍然是一个单项式，则的值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】所含字母相同，并且相同字母的指数也分别相等的项叫做同类项．根据同类项的定义求解，即可得到答案．
【详解】解：单项式与的和仍然是一个单项式，
∴与是同类项，
，，
，，
故选：B．
【点睛】本题考查了同类项定义，解题的键是掌握同类项定义中的两个“相同”：所含字母相同，相同字母的指数相同．
4. 解为的方程是（ ）．
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把代入各方程，观察方程左右两边是否相等，即可作出判断．
【详解】把代入各方程：
、左边，右边，
∴左边右边，此选项不符合题意；
、左边，右边，
∴左边右边，此选项符合题意；
、左边，右边，
∴左边右边，此选项不符合题意；
、左边，右边，
∴左边右边，此选项不符合题意；
故选：．
【点睛】此题考查了一元一次方程的解，解题的关键是正确理解：能使方程左右两边相等的未知数的值．
5. 某学校要把2000元分给15名学生（包含一等奖与二等奖），其中一等奖每人200元，二等奖每人100元，设一等奖有名学生，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】若设一等奖有x人，则二等奖有人，根据“把2000元分给15名学生（包含一等奖与二等奖）”列出方程即可．
【详解】若设一等奖有x人，则二等奖有人，根据题意，得
．
故选：A
【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，找出等量关系，列出一元一次方程是解题的关键．
6. 把两张形状大小完全相同的小长方形卡片(如图1)不重复地放在一个底面为长方形(长为，宽为)的盒子底部(如图2)，盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示．则图2中两块阴影部分周长的和是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出小长方形长和宽，根据题意列出关系式，去括号合并即可得到结果．
【详解】解：设小长方形的长和宽分别为acm和bcm
由题意可知，两个阴影部分分别是边长bcm和（y-a）cm，acm和（y-b）cm的两个长方形
则阴影部分周长为2[b+(y-a)+a+(y-b)]=4y
故选：D．
【点睛】本题考查了整式的加减运算，解答关键是设出字母表示两个长方形周长．
二、填空题（共十二题：共24分）
7. 用四舍五入法对取近似值，保留个有效数字的结果是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据有效数字的定义，即有效数字就是从左起第一个不是的数字开始，到精确的数位止，所有的数字都是有效数字，再按要求取近似值．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了近似数和有效数字，解题的关键是正确理解对于用科学记数法表示的数，有效数字的计算方法以及与精确到哪一位是需要识记的内容，经常会出错，注意四舍五入．
8. 和互为相反数，和互为倒数，是最大的负整数，则的值为____．
【答案】
【解析】
【分析】根据相反数、倒数、负整数的定义求出相关数据，再通过计算即可求解．
【详解】根据题意得，，，
所以原式，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了有理数的有关概念及运算，解题的关键是理解有理数的概念及熟练掌握运算法则．
9. 在有理数，，，，，，，中，负分数的个数为，正整数的个数为，则的值等于_________．
【答案】4
【解析】
【分析】先根据负分数和正整数的定义可得的值，再代入计算即可得．
【详解】解：和都是负分数，则，
和都是正整数，则，
所以，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了代数式求值、负分数和正整数，熟练掌握负分数和正整数的概念是解题关键．
10. 已知，则的值为_________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据可知，，求解方程组后代入计算即可．
【详解】解：，
，，
，，
，，
，
故答案为：2．
【点睛】本题考查绝对值及二次根式的意义，掌握两者的意义：结果都是非负数是关键．
11. 用“<”号连接：____．
【答案】
【解析】
【分析】先化简各数，再在数轴上标出，根据数轴特点即可比较大小．
【详解】解：，，
在数轴上表示如下图：

根据数轴的特点：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了有理数大小比较，相反数，绝对值，熟练掌握以上知识的性质是解题的关键．
12. 已知表示两个有理数，规定一种新运算“*”为：，那么的值为_________．
【答案】22
【解析】
【分析】直接根据新运算法则列式求解即可．
【详解】解：
．
故答案为：22．
【点睛】本题主要考查了有理数的混合运算，理解新运算法则是解答的关键．
13. 当时，代数式的值为9，那么，当时代数式的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】把代入代数式，使其值为9确定出的值，再将及的值代入计算即可求出结果．
【详解】解：根据题意得：，即，
则当时，原式，
故答案为：．
【点睛】此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14. 关于的方程是一元一次方程，则方程的解是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元一次方程的概念及解法即可求解．
【详解】由题意可知：，
解得：，
故原方程为：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一元一次方程的概念和解法，解题的关键是正确理解一元一次方程的概念及熟练掌握一元一次方程的解法．
15. 对于两个不相等的实数，我们规定符号表示中的较大值，如：，按照这个规定，方程的解为_________．
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论x与的范围，利用题中的新定义方程的解即可．
【详解】解：当，即时，方程为，
解得：；
当，即时，方程为，
解得：（不合题意，舍去）；
故答案为：．
【点睛】此题考查了实数的运算，解一元一次方程，解题的关键是根据题意列出方程求解．
16. 若关于的方程有解，则实数的取值范围是_________．
【答案】或
【解析】
【分析】由方程有解，分和两种情况讨论，列出关于m的不等式进行求解
【详解】分两种情况讨论：
①若，则方程可化为，
移项并合并同类项，得
∵原方程有解，
∴，
即，或，
∴或；
②若，则方程可化为，
移项并合并同类项，得
∵原方程有解，
∴，
即，，
∴；
综上所述，m的取值范围是或．
故答案为：或
【点睛】本题考查了含绝对值符号的一元一次方程，难度不大，关键是先分类讨论x的取值再求m的取值范围．
17. 二元一次方程的正整数解是_________．
【答案】
【解析】
【分析】将x看做已知数表示出y，分别令x为正整数，确定出y为正整数，即为方程的正整数解．
【详解】解：方程，变形得：，
由于x和y为正整数，
当时，．
故答案为：．
【点睛】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看做已知数，求出y．
18. 陈老师做市场调研发现，某商场按标价销售某种工艺品时，每件可获利元，按标价的八五折销售该工艺品件与将标价降低元销售该工艺品件所获利润相等．该工艺品每件的进价是____元．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意列出方程即可求解．
【详解】解：设工艺品每件的进价是元，标价为元，
根据题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一元一次方程应用，解题的关键是找到等量关系，列出方程并解答．
三、解答题（共八题：共64分）
19. 计算：
（1）．
（2）．
（3）．
（4）．
【答案】（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【解析】
【分析】（1）先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算；
（2）先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算；
（3）先算乘方，再算乘除，最后算加减；如果有绝对值，要先做绝对值内运算；
（4）根据乘法分配律计算．
小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
；
【小问3详解】
解：
；
【小问4详解】
解：
．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算．进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化．
20. 解方程．
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）按照解一元一次方程的步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为1，进行求解即可；
（2）按照解一元一次方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1，进行求解即可．
【小问1详解】
去括号，得，
移项，得，
合并同类项，得，
系数化为1，得．
【小问2详解】
去分母，得，
去括号，得，
移项，得，
合并同类项，得，
系数化为1，得．
【点睛】本题考查解一元一次方程，熟练掌握解一元一次方程的步骤是解题的关键．
21. 王老师和马老师相约去逛上海书城，已知王老师买文具用去了元，买图书的支出比买文具的2倍少40元．马老师买文具的支出比王老师少了，但是买图书的钱多了．用含的代数式表示．
（1）马老师买图书的支出和买文具的支出．
（2）马老师的总支出比王老师节约了多少元？
【答案】（1）马老师买图书的支出为元，买文具的支出为元；
（2）元．
【解析】
【分析】（1）先表示出王老师买图书的支出，在根据“老师买文具的支出比王老师少了，但是买图书的钱多了”，即可解答；
（2）分别求出两位老师的支出，再将王老师的支出减去马老师的支出，列式化简即可解答．
【小问1详解】
王老师买图书的支出为元，
马老师买图书的支出为，即元，
马老师买文具的支出为，即元．
【小问2详解】
马老师的总支出为：（元）
王老师的总支出为：（元）
∴马老师的总支出比王老师节约了：
（元）
答：马老师的总支出比王老师节约了元
【点睛】本题考查列代数式，读懂题意，根据要求列出代数式，然后进行化简是解题的关键．
22. 已知多项式是六次多项式，单项式与该多项式的次数相同，求的值．
【答案】．
【解析】
【分析】多项式的次数是由组成多项式中的最高次单项式决定的，单项式的次数是所有字母的指数之和，据此列出关于m，n的方程求解．
【详解】解：∵多项式是六次多项式，单项式与该多项式的次数相同，
∴，
解得：，
则．
【点睛】本题考查多项式与单项式的次数，以及代数式求值，熟记单项式与单项式次数的定义是解题的关键．
23. 解关于的方程：．
【答案】①当时，原方程的解为：或；②当时，原方程无解．
【解析】
【分析】依据题意，对a进行分类讨论，然后化简绝对值可以得解．
【详解】解：由题意得，，
①当时，即，
由绝对值的意义得，或，
∴或；
②当时，即，
由题意，又，
∴此时方程无解．
综上所述：①当时，原方程的解为：或；②当时，原方程无解．
【点睛】本题主要考查了含绝对值符号的一元一次方程，正确分类讨论是解题关键．
24. 已知方程有正整数解，求奇数的值．
【答案】或
【解析】
【分析】将原方程整理移项，合并同类项，根据该方程有解，得到关于a得方程的解，结合方程的解为正整数，a为奇数，即可解答．
【详解】
移项，得
合并同类项，得
∵原方程有解，
∴，即，
∵原方程有正整数解，
∴或或或，
∴或或或，
∴奇数或．
【点睛】本题考查了一元一次方程的解，正确掌握一元一次方程的解法是解题的关键．
25. 某公路桥收费站的收费标准是大客车元，大货车元，轿车元．某天通过收费站的大客车数量是大货车的，大货车数量是轿车数量的，当天这三种车辆共收费元．问这天通过收费站的三种车各是多少辆？
【答案】轿车数量为辆，大货车数量为辆，大客车数量为辆．
【解析】
【分析】先设轿车数量为则根据等量关系列出方程即可求解．
【详解】解：设轿车数量为辆，则大货车数量为辆，大客车数量为辆，
根据题意得：，
解得：，
则大货车数量为辆，大客车数量为辆，
答：通过轿车数量为辆，大货车数量为辆，大客车数量为辆．
【点睛】此题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是找到题中的等量关系列出方程．
26. 如图，6个正方形无缝拼接成一个大长方形，中间最小的一个正方形的面积为4，求这个大长方形的面积．
【答案】572
【解析】
【分析】如图，由中间最小一个正方形的面积为4得到该正方形的边长为2，即，设，用含x的式子表示出图中各线段的长，根据列出方程，求解后即可得到大长方形的长与宽，从而得到大长方形的面积．
【详解】
中间最小的一个正方形的面积为4，则该正方形的边长为2，即，
设，则，
，
，
∴，
∵，
∴，
解得，
∵大长方形的长，
宽，
∴面积为．
【点睛】本题考查用一元一次方程解决实际问题，分析图中各线段的数量关系，找到等量关系求出线段的长是解题的关键．