❤第一章 数与式（测试）（解析版）.docx

1、第一章 数与式（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）一选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1【原创题】孙子算经中记载：“凡大数之法，万万曰亿，万万亿曰兆”说明了大数之间的关系：1亿1万1万，1兆1万1万1亿，则1兆等于（）ABCD【答案】C【分析】将1万表示成，1亿表示成，然后用同底数幂的乘法法则计算即可【详解】1兆1万1万1亿，1兆，故选：C【点睛】本题考查同底数幂的乘法法则，科学记数法的表示方法，其中a的范围是，n是整数，正确确定a，n的值是解答本题的关键2不一定相等的一组是（）A与B与C与D与【答案】D【分析】分别根据加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法则计算

2、各项后，再进行判断即可得到结论【详解】解：A. =，故选项A不符合题意；B. ，故选项B不符合题意；C. ，故选项C不符合题意；D. ，故选项D符合题意，故选：D【点睛】此题主要考查了加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法则，熟练掌握相关运算法则是解答此题的关键【新考法】 数学与实际生活生活中的数学原理3照相机成像应用了一个重要原理，用公式表示，其中f表示照相机镜头的焦距，u表示物体到镜头的距离，v表示胶片（像）到镜头的距离已知f，v，则u（）ABCD【答案】C【分析】利用分式的基本性质，把等式恒等变形，用含f、v的代数式表示u【详解】解：，故选：C【点睛】本题考查分式的加、减法运

3、算，关键是异分母通分，掌握通分法则4与结果相同的是（）ABCD【答案】A【分析】根据有理数运算和二次根式的性质计算，即可得到答案【详解】，且选项B、C、D的运算结果分别为：4、6、0故选：A【点睛】本题考查了二次根式、有理数运算的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式、含乘方的有理数混合运算的性质，即可得到答案5若取1.442，计算的结果是（）A-100B-1442C144.2D-0.01442【答案】B【分析】类比二次根式的计算，提取公因数，代入求值即可【详解】 故选B【点睛】本题考查了根式的加减运算，类比二次根式的计算，提取系数，正确的计算是解题的关键6【原创题】要比较与中的大小（x是正数），

4、知道的正负就可以判断，则下列说法正确的是（）ABCD【答案】C【分析】将进行化简得到，利用x是正数，可得出，即可判断A和B的大小，进而可得答案【详解】解：由题意可知：，即，故选：C【点睛】本题考查比较分式大小，完全平方公式，解题的关键在于正确的通分化简7已知，则（）AyBCD【答案】D【分析】利用同底数幂的乘法的逆运算可得，再代入计算即可【详解】解：，故选D【点睛】本题考查的是同底数幂的乘法运算的逆运算，熟记“”是解本题的关键8已知：，则a，b，c大小关系是（）A B C D 【答案】C【分析】首先求出，的值，然后根据实数大小比较的方法，判断出，大小关系即可【详解】，故选：【点睛】此题主要考查

5、了实数大小比较的方法，解答此题的关键要明确：正实数负实数，两个负实数绝对值大的反而小【新考法】 数学与规律探究乘方类规律9我国宋代数学家杨辉发现了（，1，2，3，）展开式系数的规律： 以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，展开式的系数和是（）A64B128C256D612【答案】C【分析】由“杨辉三角”的规律可知，（a+b）8所有项的系数和为28，即可得出答案【详解】解：由“杨辉三角”的规律可知，展开式中所有项的系数和为1，展开式中所有项的系数和为2，展开式中所有项的系数和为4，展开式中所有项的系数和为8，展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的系数和为故选：C【点睛】本题考查了“杨

6、辉三角”展开式中所有项的系数和的求法，解题关键是通过观察得出系数和的规律10对于多项式，在任意一个字母前加负号，称为“加负运算”，例如：对b和d进行“加负运算”，得到：规定甲同学每次对三个字母进行“加负运算”，乙同学每次对两个字母进行“加负运算”，下列说法正确的个数为（）乙同学连续两次“加负运算”后可以得到；对于乙同学“加负运算”后得到的任何代数式，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式；乙同学通过“加负运算”后可以得到16个不同的代数式A0B1C2D3【答案】C【分析】乙同学第一次对a和d，第二次对a和e进行加负运算，可得正确；若乙同学对a和进行加负运算得：，可得其相反的代数式为

7、，则甲同学对c、d、e进行加负运算，可得与之相反的代数式，同理乙同学可改变字母或或或或或或或或，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式，可得正确；若固定改变a，乙同学可改变字母或或或；若固定改变b，乙同学可改变字母或或；固定改变c，乙同学可改变字母或；固定改变d，乙同学可改变字母，可得错误，即可【详解】解：乙同学第一次对a和d进行加负运算得；第二次对a和e进行加负运算得，故正确；若乙同学对a和进行加负运算得：，则其相反的代数式为， 甲同学对c、d、e进行加负运算得：，同理乙同学可改变字母或或或或或或或或，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式，故正确；若固定改变a，乙同

8、学可改变字母或或或；若固定改变b，乙同学可改变字母或或；固定改变c，乙同学可改变字母或；固定改变d，乙同学可改变字母，所以一共有4+3+2+1=10种，故错误故选：C【点睛】本题主要考察逻辑分析，注意甲乙同学可改变字母个数的不同是解题的关键二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11. 【原创题】 12024的倒数是_.|-2024|的相反数是_. - +(-2024)= _.【答案】2024,-2024,-202412写出一个无理数x，使得，则x可以是 （只要写出一个满足条件的x即可）【答案】答案不唯一（如等）【分析】从无理数的三种形式：开方开不尽的数，无限不循环小数，含有的数，【详解】

9、根据无理数的定义写一个无理数，满足即可；所以可以写：开方开不尽的数：无限不循环小数，含有的数等只要写出一个满足条件的x即可故答案为：答案不唯一（如等）【点睛】本题考查了无理数的定义，解答本题的关键掌握无理数的三种形式：开方开不尽的数，无限不循环小数，含有的数【新考法】 数学与实际生活游戏中的数学13小明和同学们玩扑克牌游戏游戏规则是：从一副扑克牌（去掉“大王”“小王”）中任意抽取四张，根据牌面上的数字进行混合运算（每张牌上的数字只能用一次），使得运算结果等于24小明抽到的牌如图所示，请帮小明列出一个结果等于24的算式 【答案】（5-3+2）6（答案不唯一）【分析】根据有理数的加、减、乘、除、乘

10、方运算法则，进行计算即可解答【详解】解：由题意得：（5-3+2）624，故答案为：（5-3+2）6（答案不唯一）【点睛】本题考查了有理数的混合运算，熟练掌握有理数的加、减、乘、除、乘方运算法则是解题的关键14如果单项式与的和是单项式，那么 【答案】【分析】由题意推出与是同类项，即可求解【详解】解：由题意得：与是同类项，故答案为：【点睛】本题考查同类项的定义：如果两个单项式，他们所含的字母相同，并且相同字母的指数也分别相同，那么就称这两个单项式为同类项掌握相关定义即可求解15现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为 ；（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个

11、大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 块【答案】 4【分析】（1）直接利用正方形面积公式进行计算即可；（2）根据已知图形的面积公式的特征，利用完全平方公式即可判定应增加的项，再对应到图形上即可【详解】解：（1）甲、乙都是正方形纸片，其边长分别为取甲、乙纸片各1块，其面积和为；故答案为：（2）要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，则它们的面积和为，若再加上（刚好是4个丙），则，则刚好能组成边长为的正方形，图形如下所示，所以应取丙纸片4块故答案为：4【点睛】本题考查了正方形的面积公式以及完全平方公式的几何意义，解决本题的关键是牢记公式特点，灵活运用

12、公式等，本题涉及到的方法为观察、假设与实践，涉及到的思想为数形结合的思想【新考法】 信息题16当今大数据时代，“二维码”具有存储量大保密性强、追踪性高等特点，它已被广泛应用于我们的日常生活中，尤其在全球“新冠”疫情防控期间，区区“二维码”已经展现出无穷威力看似“码码相同”，实则“码码不同”通常，一个“二维码”由1000个大大小小的黑白小方格组成，其中小方格专门用做纠错码和其他用途的编码，这相当于1000个方格只有200个方格作为数据码根据相关数学知识，这200个方格可以生成个不同的数据二维码，现有四名网友对的理解如下：YYDS（永远的神）：就是200个2相乘，它是一个非常非常大的数；DDDD（

13、懂的都懂）：等于；JXND（觉醒年代）：的个位数字是6；QGYW（强国有我）：我知道，所以我估计比大其中对的理解错误的网友是 （填写网名字母代号）【答案】DDDD【分析】根据乘方的含义即可判断YYDS（永远的神）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用，将化为，再与比较，即可判断DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；根据2的乘方的个位数字的规律即可判断JXND（觉醒年代）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用可得，即可判断QGYW（强国有我）的理解是正确的【详解】是200个2相乘，YYDS（永远的神）的理解是正确的；，DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；，2的乘方的个位数字4个一循环，的个位数字是6，JX

14、ND（觉醒年代）的理解是正确的；，且，故QGYW（强国有我）的理解是正确的；故答案为：DDDD【点睛】本题考查了乘方的含义，幂的乘方的逆用等，熟练掌握乘方的含义以及乘方的运算法则是解题的关键三解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）【新考法】 数学与实际生活游戏中的数学17如图，佳佳玩一个摸球计算游戏，在一个密闭的容器中放入五个小球，小球分别标有如图所示的数（x为正整数）；现从容器中摸取小球，规定：若摸取到白色球，就加上球上的数：若摸到灰色球，就减去球上的数(1)若佳佳摸取到如下两个小球，请计算出

15、结果；(2)佳佳摸出全部的五个球，若计算结果为3，求出x的值【答案】(1)(2)x的值为【分析】（1）由题意得，计算求解即可；（2）由题意得，计算求解即可【详解】（1）解：由题意得，结果为3；（2）解：由题意得，解得，x的值为【点睛】本题考查了根据二次根式的性质化简，零指数幂，负整数指数幂，绝对值，解一元一次方程解题的关键在于根据题意列方程并正确的计算求解18【原创题】根据这条性质，解答下列问题：(1)当_时，有最小值，此时最小值为_；(2)已知，互为相反数，且，求的值【答案】(1)；(2)/【分析】（1）根据，可知，即最小值为，此时，解出即可；（2）根据，互为相反数，可知，再去绝对值计算即可

16、【详解】（1）解：，当时，有最小值，故答案为：；（2）解：，互为相反数，又，【点睛】本题考查了绝对值的非负性，整式的绝对值的求解，对绝对值性质的理解和掌握是解答本题的关键19发现两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和验证：如，为偶数，请把10的一半表示为两个正整数的平方和探究：设“发现”中的两个已知正整数为m，n，请论证“发现”中的结论正确【答案】验证：；论证见解析【分析】通过观察分析验证10的一半为5，；将m和n代入发现中验证即可证明【详解】证明：验证：10的一半为5，；设“发现”中的两个已知正整数为m，n，其中为偶数，且其一半正

17、好是两个正整数m和n的平方和，“发现”中的结论正确【点睛】本题考查列代数式，根据题目要求列出代数式是解答本题的关键20（1）计算：（2）化简求值：，其中【答案】（1）；（2）【分析】（1）先化简二次根式、特殊角的正切三角函数、化简绝对值、零指数幂、积的乘方的逆用，再计算实数的混合运算即可得；（2）先计算分式的加法运算，再根据得出代入求值即可得【详解】解：（1）原式，；（2）原式，原式【点睛】本题考查了化简二次根式、特殊角的正切三角函数、零指数幂、分式的化简求值等知识点，熟练掌握各运算法则是解题关键21已知数轴上有两个点A：3，B：1(1)求线段AB的长；(2)若，且m0；在点B右侧且到点B距离

18、为5的点表示的数为n求m与n；计算2m+n+mn；【答案】(1)4(2)m=2，n=6；10【分析】（1）根据数轴上两点间距离计算方法求解；（2）先根据m的绝对值及m的取值范围求出m值，再根据n与1的距离为5，求出n值；将中的m、n的值代入代数式求值即可【详解】（1）解：A点表示的数为3，B点表示的数为1，AB=1（3）=4（2）解：，且m0，m=2，在点B右侧且到点B距离为5的点表示的数为n，n=1+5=6当m=2，n=6时，原式=2（2）+6+（2）6=4+612=10【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离、绝对值的意义及有理数混合运算等知识，掌握数轴上两点间距离计算方法（较大数减去较小数）

19、是解题关键22仔细阅读下列解题过程：若，求的值解：根据以上解题过程，试探究下列问题：(1)已知，求的值；(2)已知，求的值；(3)若，求的值【答案】(1)(2)，(3)【分析】（1）首先把第3项裂项，拆成，再用完全平方公式因式分解，利用非负数的性质求得x和y，代入求得数值；（2）首先把第2项裂项，拆成，再用完全平方公式因式分解，利用非负数的性质求得a和b；（3）先把代入，得到关于n和t的式子，再仿照（1）（2）题求解【详解】（1）解： ，；（2）解：，；（3）解：，【点睛】本题考查因式分解、完全平方公式、非负数的性质、零指数幂等，对于项数较多的多项式因式分解，掌握分组分解法是解题的关键【新考法

20、】与实数有关的新定义问题23对于一个各数位上的数字均不为0的三位自然数N，若N能被它的各数位上的数字之和m整除，则称N是m的“和倍数”例如：，247是13的“和倍数”又如：，214不是“和倍数”(1)判断357，441是否是“和倍数”？说明理由；(2)三位数A是12的“和倍数”，a，b，c分别是数A其中一个数位上的数字，且在a，b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数记为，最小的两位数记为，若为整数，求出满足条件的所有数A【答案】(1)357不是15“和倍数”，441是9的“和倍数”；理由见解析(2)数A可能为732或372或516或156【分析】（1）根据题目中给出的“和倍数”定义进行判

21、断即可；（2）先根据三位数A是12的“和倍数”得出，根据，是最大的两位数，是最小的两位数，得出，（k为整数），结合得出，根据已知条件得出，从而得出或，然后进行分类讨论即可得出答案【详解】（1）解：，357不是15“和倍数”；，441是9的“和倍数”（2）三位数A是12的“和倍数”，在a，b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数，最小的两位数，为整数，设（k为整数），则，整理得：，根据得：，解得，“和倍数”是各数位上的数字均不为0的三位自然数，把代入得：，整理得：，k为整数，或，当时，或，要使三位数A是12的“和倍数”，数A必须是一个偶数，当，时，组成的三位数为或，是12的“和倍数”，是12

22、的“和倍数”；当，时，组成的三位数为或，不是12的“和倍数”，不是12的“和倍数”；当时，组成的三位数为516或156，是12的“和倍数”，是12的“和倍数”；综上分析可知，数A可能为732或372或516或156【点睛】本题主要考查了新定义类问题，数的整除性，列代数式，利用数位上的数字特征和数据的整除性，是解题的关键，分类讨论是解答本题的重要方法，本题有一定的难度24在第一阶段质量监测的选择题中，我们发现在三边长分别为，（）的三角形中，有(1)推导该结论的一种思路可以用如下的框图表示，请填写其中的空格(2)推导该结论的其他思路还有：利用，再配方，利用，使用平方差公式，利用，上述思路都不完整，

23、请写出一种完整的推导思路【答案】(1)，(2)见解析【分析】（1）根据完全平方公式即可得出；根据二次根式的性质，即可得出；根据不等式的性质，即可得出；根据三角形三边之间的关系，即可得出；根据不等式的性质即可得出；（2）根据题目所给思路，进行推理论证即可【详解】（1）解：，根据三角形三边之间的关系可得：，即；（2）解：， ，即，则；，则，则，将左边除以，右边除以得：，即；，则，即；【点睛】本题主要考查了二次根式，三角三边之间的关系，完全平方公式，平方差公式等，解题的关键是熟练掌握相关内容，并灵活运用在代数推理中【新考法】 利用数形结合解决计算问题25【阅读理解】数形结合是解决数学问题的一种重要的

24、思想方法，借助这种方法可将抽象的数学知识变得直观起来并且具有可操作性，从而可以帮助我们进行推理，获得结论初中数学里的一些代数公式，很多都可以借助几何图形进行直观推导和解释例如：求1+2+3+4+的值（其中是正整数）如果采用数形结合的方法，即用图形的性质来说明数量关系的事实，那就非常的直观现利用图形的性质来求1+2+3+4+的值，方案如下：如图1，斜线左边的三角形图案是由上到下每层依次分别为1，2，3，个小圆圈排列组成的而组成整个三角形小圆圈的个数恰为所求式子1+2+3+4+的值为求式子的值，现把左边三角形倒放于斜线右边，与原三角形组成一个平行四边形此时，组成平行四边形的小圆圈共有行，每行有个小

25、圆圈，所以组成平行四边形小圆圈的总个数为个，因此，组成一个三角形小圆圈的个数为，即【问题提出】求的值（其中是正整数）【问题解决】为解决上述问题，我们借鉴已有的经验，采用由特殊到一般，归纳的研究方法，利用数形结合法，借助图形进行推理获得结论探究1：如图2，可以看成1个的正方形的面积，即探究2：如图3，表示1个的正方形，其面积为：；表示1个的正方形，其面积为：；分别表示1个的长方形，其面积的和为：；的面积和为，而恰好可以拼成一个的大正方形由此可得：(1)探究3：请你类比上述探究过程，借助图形探究：_=_（要求自己构造图形并写出推证过程）(2)【结论归纳】将上述探究过程发现的规律，推广到一般情况中去

26、，通过归纳，我们便可以得到：_=_（要求直接写出结论，不必写出推证过程）(3)【结论应用】图4是由若干个棱长为1的小正方体搭成的大正方体，图中大小正方体一共有多少个？为了准确数出大小正方体的总个数，我们可以分类统计，即数出棱长分别是1，2，3，4，5，6的正方体的个数，再求总和例如：棱长是1的正方体有：个，棱长是2的正方体有：个，棱长是6的正方体有：个；然后利用上面归纳的结论，通过计算，可得图4中大小正方体的个数为_(4)【逆向应用】如果由若干个棱长为1的小正方体搭成的大正方体中，大小正方体一共有36100个，那么棱长为1的小正方体的个数为_(5)【拓展探究】观察下列各式：若（为正整数）按上面

27、规律展开后，发现等式右边含有“2021”这个数，则的值_【答案】(1)；62；推导过程见解析(2)；(3)441(4)6859(5)45【分析】（1）根据规律可以利用相同的方法进行探究推证，由于是探究13+23+33=？肯定构成大正方形有9个基本图形（3个正方形6个长方形）组成，如图所示可以推证（2）利用（1）的结论计算即可；（3）根据规律求大正方体中含有多少个正方体，可以转化为13+23+33+n3=（1+2+3+n）2来求得（4）逆向应用：可将总个数看成m2，然后再写成=（1+2+3+n）2得出大正方形每条边上有几个棱长为1的小正方体，进而计算出棱长为1的小正方体的个数（5）首先发现奇数的

28、个数与前面的底数相同，再看出每一组分裂中的第一个数是底数（底数-1）+1，问题得以解决【详解】（1）解：（或36）如图，表示一个11的正方形，即，表示2个22的正方形，即：，表示3个33的正方形，即：，而恰好可以拼成一个大正方形，边长为：，故答案是：（1+2+3）2，62；（2）解：由（1）探究过程发现的规律，推广到一般情况中去，通过归纳，我们便可以得到：；（3）解：图4中大小正方体的个数为故答案为：441；（4）解：由（2）得（1+2+3+n）2=36100，1+2+3+n=190，解得：n1=19，n2=-20(舍去)，棱长为1的小正方体的个数为193=6859故答案为：6895；（5）解

29、：由23=3+5，分裂中的第一个数是：3=21+1，33=7+9+11，分裂中的第一个数是：7=32+1，43=13+15+17+19，分裂中的第一个数是：13=43+1，53=21+23+25+27+29，分裂中的第一个数是：21=54+1，发现奇数的个数与前面的底数相同，每一组分裂中的第一个数是底数（底数-1）+1，453，分裂中的第一个数是：4544+1=1981， 463，分裂中的第一个数是：4645+1=2071，198120212071，2021在第45组里（为正整数）按上面规律展开后，发现等式右边含有“2021”这个数，m=45,故答案为：45【点睛】本题考查数字规律探究，利用数形结合，探究出规律是解题的关键