第10章 整式的加减章末复习易错50题-【上好课】2024-2025学年七年级数学上册同步精品课堂（沪教版2024）

第10章章末复习易错50题 知识点一 单项式 ★1. 单项式的概念 数和字母的乘积叫作单项式.单独一个数或一个字母也是一个单项式. 温馨提示： (1)单项式中数与字母之间都是乘积关系 (2)单项式中不含加减运算.如,都不是单项式 (3)是常数,在单项式中相当于数字因数 (4)定义中的“数”可以是小数,也可以是分数、整数 ★2. 单项式的系数 一个含字母的单项式中的数字因数叫作这个单项式的系数; 温馨提示： (1)只含有字母的单项式,它的系数是1或-1,通常“1”省略不写 (2)单项式的系数包括它前面的符号， (3)单项式的系数是带分数时,通常写成假分数 ★3. 单项式的次数 一个单项式中，所有字母的指数的和叫作这个单项式的次数. 温馨提示： (1)单项式的次数仅与字母有关,而与系数的指数无关，代表具体数值 (2)若单项式中的某个字母没有写指数,则这个字母的指数是1.而不是0,如中,的指数为1. 知识点二 整式（多项式） ★1.整式（多项式）的概念 有限个单项式求和得到的代数式叫作整式.整式也叫作多项式.单项式也是整式. 知识点三 同类项 ★1. 同类项 对于两个单项式，如果它们所含字母相同，且相同字母的指数也相同，那么称这两个单项式为同类项. 知识点四 合并同类项 ★1.定义 （1） 把整式中的同类项合并成一项的过程，叫作合并同类项合并同类项后，整式有几项，就称为几项式. ★2.合并同类项的法则 把同类项的系数相加的结果作为合并后的系数，字母和字母的指数不变 ★3.步骤 (1)找:准确找出同类项,这实际上是把给出的多项式进行分类通常在同类项的下面作上相同的标记 (2)移:运用加法交换律和结合律,交换各项的顺序,将同类项写在一起,交换时注意连同各项的符号一起交换 (3)合并:利用法则“字和字母的指数不变系数相加”合并同类项 知识点五 去括号法则 ★1.法则 （1）括号前面是“+”号，去掉“+”号和括号,括号里的各项不变号.例如： （2）括号前面是“-”号去掉“－”号和括号，括号里的各项都变号.例如： 知识点六 添括号法则 ★1.法则 （1）添括号后，括号前面是“+”号，括到括号里的各项都不变符号； （2）添括号后，括号前面是“-”号，括到括号里的各项都要改变符号． 特别提醒： (1)添括号是添上括号和括号前面的符号，也就是说，添括号时，括号前面的“+”号或“-”号也是新添的，不是原多项式某一项的符号“移”出来得到的． (2)去括号和添括号是两种相反的变形，因此可以相互检验正误： 如：， 知识点七 整式的项 ★1. 定义 合并同类项后，整式中的每一个单项式叫作整式的项，每一项的次数是几，就称为几次项，不含字母的项叫作常数项,各项中次数最高项的次数叫作这个整式的次数。 知识点八 升幂、降幂排列 ★1. 降幂排列/升幂排列 为了表达方便或计算需要，在合并同类项后，可以根据加法交换律将一个整式中的各项按照其中某一个字母指数的大小顺序来排列。如果按的指数从大到小的顺序排列,称为按的降幂排列；如果按的指数从小到大的顺序排列，称为按的升幂排列. 知识点九 整式的加减 ★1. 整式相加减的方法 几个整式相加减，有括号的按照去括号的方法去括号，再合并同类项，就可以得到这几个整式相加减的运算结果。 知识点十 n次整式 （2） 若>，，为正整数，则一个次整式与一个次整式的和是一个次整式。 （3） 若，为正整数，两个次整式的和是一个次整式，则。 一．选择题（共18小题） 1．下列说法正确的是　　 A．不是整式 B．系数是 C．的次数是6 D．不是单项式 【答案】 【分析】根据单项式，整式的意义，逐一判断即可解答． 【解答】解：、是多项式，属于整式，故不符合题意； 、系数是，故不符合题意； 、的次数是7，故不符合题意； 、不是单项式，是分式，故符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了单项式，整式，熟练掌握这些数学概念是解题的关键． 2．若关于，的多项式的次数是4，共有三项，则的值为　　 A．9 B． C．6 D． 【答案】 【分析】根据多项式的意义可得，，从而可得，，然后代入式子中进行计算即可解答． 【解答】解：关于，的多项式的次数是4，共有三项， ，， ，， ， 故选：． 【点评】本题考查了多项式，熟练掌握多项式的意义是解题的关键． 3．下列说法正确的是　　 A．的次数是3 B．的常数项是1 C．的系数是5 D．是按的升幂排列的 【答案】 【分析】依据单项式和多项式的相关概念解答即可． 【解答】解：、的次数是3，原说法正确，故此选项符合题意； 、的常数项是，原说法错误，故此选项不符合题意； 、的系数是5，原说法错误，故此选项不符合题意； 、是按的升幂排列的，原说法错误，故此选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查的是单项式和多项式的概念，熟练掌握相关概念是解题的关键． 4．（2023秋•普陀区校级期中）在多项式中，最高次项的系数和常数项分别为　　 A．2和 B．和 C．6和 D．和8 【答案】 【分析】根据多项式的意义，即可解答． 【解答】解：在多项式中，最高次项的系数和常数项分别为和， 故选：． 【点评】本题考查了多项式，熟练掌握多项式的意义是解题的关键． 5．（2023秋•浦东新区期中）在代数式0，，，，，中，单项式的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】 【分析】根据单项式的定义，逐一判断即可解答． 【解答】解：在代数式0，，，，，中，单项式有：0，，，共有3个， 故选：． 【点评】本题考查了单项式，熟练掌握单项式的定义是解题的关键． 6．（2022秋•嘉定区期中）在代数式，，，0，，中，单项式有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】根据单项式的定义即可得出答案． 【解答】解：不是整式，和是多项式， 单项式有：，，0，共有3个， 故选：． 【点评】本题考查了单项式的定义，解题的关键是掌握数或字母的积组成的式子叫做单项式，单独的一个数或字母也是单项式，注意分母中不能有未知数． 7．（2022秋•浦东新区期中）观察后面一组单项式：，，，，根据规律，第7个单项式是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由已知得第奇数个单项式的符号为负数，第7个单项式的系数绝对值为，字母及字母的指数为，即可得到答案． 【解答】解：经过观察可得第奇数个单项式的符号为负数，第偶数个单项式的符号为正数； 第1个单项式的系数绝对值为， 第2个单项式的系数绝对值为， 第7个单项式的系数绝对值为； 第1个单项式的字母及字母的指数为， 第2个单项式的字母及字母的指数为， 第7个单项式的字母及字母的指数为； 第7个单项式为， 故选：． 【点评】本题考查数字及数字的变化规律．能够正确得到各个单项式符号，系数，字母及字母指数的规律是解决本题的关键． 8．（2021秋•普陀区期末）下列说法中正确的是　　 A．是整式 B．多项式按字母升幂排列为 C．是一次单项式 D．的二次项系数是3 【答案】 【分析】根据整式的定义即可判断选项，先按的指数从小到大的顺序排列，再判断选项即可，根据单项式的定义和单项式的次数定义即可判断选项，根据单项式的系数和次数的定义即可判断选项． 【解答】解：．分母中含有字母，是分式，不是整式，故本选项不符合题意； ．多项式按字母升幂排列为，故本选项不符合题意； ．是一次单项式，故本选项符合题意； ．的二次项系数是，故本选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了多项式和单项式的有关概念，能熟记多项式和单项式的有关概念是解此题的关键，注意：①表示数与数或数与字母的积的形式，叫单项式，单项式中所有字母的指数的和，叫单项式的次数，单项式中的数字因数，叫单项式的系数，②两个或两个以上的单项式的和，叫多项式，其中每个单项式，叫多项式的项，其中不含字母的项，叫常数项，多项式中次数最高的项的次数，叫多项式的次数． 9．在整式，，前添加“”或“”，先求和，再求和的绝对值的操作，称为“优绝对值”操作，将操作后的化简结果记为．例如：，则，当时，的化简求值结果为：．下列说法正确的个数为　　 ①至少存在一种“优绝对值”操作，使得操作后的化简结果为常数； ②把所有可能的“优绝对值”操作后的式子化简，共有8种不同的结果； ③在所有可能的“优绝对值”操作中，若操作后的化简求值的结果为17，则满足条件的有且只有一个，此时． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】 【分析】依据题意，找出一种“优绝对值”操作使操作后化简结果为常数，即为正确，可判定①；写出所有可能的结果数，然后可判定②、③． 【解答】解：由题意，使操作后化简的结果为常数，即使的系数为0， 又， ①正确． 由题意，，． 当时， ， 不可能等于17． 当 ． 当时，， ． 当 ． ， 不可能等于17． 把所有可能的“优绝对值”操作后的式子化简，共有4种不同的结果，故②错误． 在所有可能的“优绝对值”操作中，若操作后的化简求值的结果为17，则满足条件的有且只有一个，此时，故③错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了整式的加减，解题时要能读懂题意，列出代数式是关键． 10．若关于的多项式中不含一次项，则的值是　　 A．4 B．2 C． D．4或 【答案】 【分析】运用整式加减法则进行计算、求解． 【解答】解： ， 由题意得， 解得， 故选：． 【点评】此题考查了整式加减问题的解决能力，关键是能准确理解并运用同类项的知识进行求解． 11．规定符号表示，两个数中较小的一个，规定符号，表示，两个数中较大的一个．例如，，．则化简，　　 A．0 B． C． D． 【答案】 【分析】根据定义的新运算可得：，，然后进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：， ， 故选：． 【点评】本题考查了整式的加减，有理数大小比较，合并同类项，理解定义的新运算是解题的关键． 12．将四张边长各不相同的正方形纸片按如图方式放入矩形内（相邻纸片之间互不重叠也无缝隙），未被四张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示．设右上角与左下角阴影部分的周长的差为．若知道的值，则不需测量就能知道周长的正方形的标号为　　 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】 【分析】设①、②、③、④四个正方形的边长分别为、、、，用、、、表示出右上角、左下角阴影部分的周长，利用整式的加减混合运算法则计算，得到答案． 【解答】解：设①、②、③、④四个正方形的边长分别为、、、， 由题意得，， 整理得，， 则知道的值，则不需测量就能知道正方形④的周长， 故选：． 【点评】本题考查的是整式加减运算的应用，根据图形正确表示出右上角、左下角阴影部分的周长是解题的关键． 13．在多项式中添加1个绝对值符号，使得绝对值符号内含有项，并把绝对值符号内最右边项的“”改为“”，称此为“绝对操作”．最后将绝对值符号打开并化简，得到的结果记为．例如：将原多项式添加绝对值符号后，可得，此时．再将“”改为“”，可得．于是同一种“绝对操作”得到的有2种可能的情况：或．下列说法正确的个数为①若，，则；②共有2种“绝对操作”，可能得到；③共有3种“绝对操作”，使得可能得到的中有且只有2个“” 　　 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】 【分析】依据题意，读懂题目然后根据绝对值的意义进行化简即可得解． 【解答】解：依据题意，分别分析如下： ①，即， 又0的绝对值是0， ． ． ①正确． ②时，，则可能．这是一种绝对操作，则可能．这是第二种绝对操作时，，则可能．这是第三种绝对操作，所以共有三种绝对操作故②错误． ③时只有1个“”， 时，有2个或1个“”， 时，有3个或1个“”． ③错误． 故选：． 【点评】本题考查了绝对值的性质，解题时注意结合分类讨论是关键． 14．把两张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图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，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】 【分析】设小长方形卡片的长为，宽为，由图形分别表示阴影部分两长方形的长与宽，进而表示出阴影部分的周长和，去括号合并后，即可得到结果． 【解答】解：设图1小长方形卡片的长为，宽为， 根据题意得：两块阴影部分的周长和为 ． 故选：． 【点评】此题考查了整式加减运算的应用，弄清题意是解本题的关键． 15．有依次排列的两个整式，，用后一个整式与前一个整式作差后得到新的整式记为，用整式与前一个整式求和操作得到新的整式，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，用整式与前一个整式求和操作得到新的整式，，依次进行作差、求和的交替操作得到新的整式．下列说法：①整式；②整式与整式相同：③；④若，则 正确的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】依据题意，由所给关系依次进行作差、求和的交替操作，找出规律可判断即可得解． 【解答】解：由题意依次计算可得：，，，，，，，，，，， 故①②正确； 根据4个一组的规律可得：，，，， ． ． 故③正确． 若， ． 或． 故④错误． ①②③正确， 故选：． 【点评】本题主要考查整式的加减，正确理解题意和熟练进行整式的运算是关键． 16．若关于，的多项式不含二次项，则的值为　　 A．6 B． C．9 D． 【答案】 【分析】先对多项式去括号，合并同类项，然后再根据不含二次项可求解、的值，进而代入求解即可． 【解答】解： ， 多项式不含二次项， ，解得：， ． 故选：． 【点评】本题主要考查整式加减中的无关型问题，熟练掌握整式的加减是解题的关键． 17．图1的小长方形纸片的长为，宽为，将7张小长方形纸片按图2所示的方式不重叠的放在长方形内，未被覆盖的部分恰好被分割为两个长方形，它们的周长与面积分别记为，，，，当的值一定时，下列四个式子：①；②；③；④；其中一定为定值的式子的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】依据题意，可设长方形的长为，分别求出，，，，再对四个式子分别判断即可得解． 【解答】解：由题意，设长方形的长为， ，，，． ，，，． 是变量，是定值， ，一定为定值． 故选：． 【点评】本题主要考查了整式的加减，解题时要熟练掌握并根据所给题意列出代数式是关键． 18．有依次排列的3个整式：，，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，，则称它为整式串1；将整式串1按上述方式再做一次操作，可以得到整式串2；以此类推．通过实际操作，得出以下结论： ①整式串2为：，，，，，，，， ②整式串3共17个整式； ③整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和小2； ④整式串2022的所有整式的和为． 上述四个结论错误的有　　个． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】 【分析】根据整式的加减运算法则和整式的乘法运算法则进行计算，从而作出判断． 【解答】解：第一次操作后的整式串为：，，，，，共5个整式， 第一次操作后的整式串的和为：， 第二次操作后的整式串为，，，，，，，，，共9个整式，故①的结论正确，符合题意； 第二次操作后所有整式的和为：， 第三次操作后整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，共17个整式，故②的结论正确，符合题意； 第三次操作后整式串的和为：； 故第三次操作后的整式串的和与第二次操作后的整式和的差为：， 即整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和小2，故③结论正确，符合题意； 第次操作后所有整式的和为：， 第2022次操作后，所有的整式的和为， 故④的说法正确，符合题意； 正确的说法有①②③④，共4个，错误的有0个． 故选：． 【点评】本题考查整式的加减，数字的规律型，从所给的式子分析出所存在的规律是解题关键． 二．填空题（共28小题） 19．（2023秋•青浦区校级期中）将多项式按字母降幂排列是 　　． 【答案】． 【分析】根据多项式的意义，即可解答． 【解答】解：将多项式按字母降幂排列是， 故答案为：． 【点评】本题考查了多项式，熟练掌握多项式的意义是解题的关键． 20．（2022秋•奉贤区期中）单项式的系数是 　　，次数是 　　． 【答案】，3． 【分析】根据单项式的系数和次数的定义即可得出答案， 【解答】解：单项式的系数是，次数是3． 故答案为：，3． 【点评】本题考查了单项式的系数和次数，掌握单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数是解题的关键． 21．（2021秋•普陀区校级月考）多项式的常数项是 　　． 【答案】． 【分析】几个单项式的和叫做多项式，每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项，据此解答即可． 【解答】解：多项式的常数项是． 故答案为：． 【点评】本题考查了多项式，掌握多项式的相关定义是解题的关键． 22．（2023秋•杨浦区校级期中）对生活的仔细观察常有意想不到的收获，小生同学就喜欢在生活中观察数学．小兰问小生今天是几月几日，小生说，你随便写一个六位数，并对此进行如下操作：数字中“偶数数字个数”记为，“奇数数字个数”记为，“数字位数”记为，得到新的三位数（此处允许为．并对进行同样的操作，如此操作3次之后，把结果乘以9就能得到今天的日期，请问今天日期是 　1107　（用四位数字表示，比如10月1日记为． 【答案】1107． 【分析】先根据题意任意写一个自然数，再按照每一步的要求写出下一个数，当出现相同的数时，即可得出答案． 【解答】解：任意写一个自然数200004， 第一步：200004的偶数数字是2、0、0、0、0、4，有6个数字， 新三位数是606， 第二步：606的偶数数字为3个，奇数个为0个，总共3个数； 新三位数是303； 第三步：303的偶数数字为1个，奇数个为2个，总共3个数； 新三位数是123； ； 故答案为：1107． 【点评】此题考查了整数问题的综合应用，解题的关键是读懂题意，找出其中的规律求出这个数，难度适中． 23．（2021秋•黄浦区期末）如果单项式为是同类项，那么值是 　5　． 【答案】5． 【分析】根据同类项的定义可得，，从而可得：，，然后代入式子中进行计算，即可解答． 【解答】解：单项式为是同类项， ，， 解得：，， ， 故答案为：5． 【点评】本题考查了同类项，熟练掌握同类项的定义是解题的关键． 24．（2022秋•黄浦区期中）若单项式与单项式的和仍然是一个单项式，则　　． 【答案】． 【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同）列出方程，求出，的值，再代入代数式计算即可． 【解答】解：因为单项式与单项式的和仍然是一个单项式， 所以单项式与单项式是同类项， 所以，， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了同类项的定义、合并同类项法则，熟记同类项的定义、合并同类项法则是解题的关键． 25．（2022秋•浦东新区校级期中）如果和是同类项，那么　5　． 【答案】5． 【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的指数也相同，可得，，从而可得，，然后代入式子中进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得： ，， 解得：，， ， 故答案为：5． 【点评】本题考查了同类项，绝对值，熟练掌握同类项的定义是解题的关键． 26．（2020秋•浦东新区期中）如果单项式与是同类项，那么　1　． 【答案】1． 【分析】根据同类项的定义即可求出答案． 【解答】解：由题意可知：，， ， ， 故答案为：1． 【点评】本题考查同类项，解题的关键是正确理解同类项的定义，本题属于基础题型． 27．当　　时，和是同类项． 【分析】所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项． 【解答】解：和是同类项， ， 解得， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了同类项，正确把握同类项的定义是解题关键． 28．现在一个四位数，如果它的个位数字与百位数字相差为1，十位数字与千位数字相差为2，那么称为“二一差数”，则最小的“二一差数”为 　1031　：如果一个“二一差数” 能被6整除，将其千位数字与个位数字之和记为，百位数字与十位数字之和记为，当能够被整除时，满足条件的“二一差数” 的最大值与最小值之和为 　　． 【答案】1031；11656． 【分析】通过题干中对二一差数的定义，根据已知条件，即可求得最小的二一差数，第二空，根据能被6整除，意味着这个四位数尾数为偶数，再根据其千位数字与个位数字之和记为，百位数字与十位数字之和记为，能够被整除，进行分类讨论，分别对个位数字为0、2、4、6、8这5种情况进行分类讨论，从而得解． 【解答】解：对于最小的“二一差数“千位数字应最小，为1． 因为十位数字与千位数字相差为2， 所以十位数字为3．个位数字与百位数字相差为1，要使数字最小，百位数字应为0，个位数字为1． 所以最小的“二一差数“为1031． 若“二一差数“能被6整除，则既能被2整除又能被3整除，能被2整除意味着个位数字为偶数． 假设个位数字为0，百位数字为1，千位数字可以是2、3、4等．若千位数字为2，十位数字为4，此时为2140，，，2不能被5整除． 假设个位数字为2，百位数字为1或3．若百位数字为1，千位数字为3，十位数字为5，此时为3152，，，5不能被6整除．若百位数字为3，千位数字为5，十位数字为7，此时为5372，，，7不能被10整除． 假设个位数字为4，百位数字为3或5．若百位数字为3，千位数字为5，十位数字为7，此时为5374，，，9不能被10整除．若百位数字为5，千位数字为7，十位数字为9，此时为7594，，，11不能被14整除． 假设个位数字为6，百位数字为5或7．若百位数字为5，千位数字为7，十位数字为9，此时为7596，，，13不能被14整除．若百位数字为7，千位数字为9，十位数字为1，此时为9716，，，15不能被8整除． 假设个位数字为8，百位数字为7或9．若百位数字为7，千位数字为9，十位数字为1，此时为9718，，，17不能被8整除，若百位数字为9，千位数字为1，十位数字为3，此时为1938，，，9能被12整除，所以满足条件的“二一差数“的最小值为1938，满足条件的最大值，个位数字为8，百位数字为7，千位数字为9，十位数字为1，此时为9718．满足条件的“二一差数“的最大值与最小值之和为． 故答案为：1031；11656． 【点评】本题主要考查对二一差数概念的理解． 难点在于题干中的第二问：这个二一差数能被6整除，意味着这个四位数的尾数为偶数，那么这个尾数可以为0、2、4、6、8．我们根据5个尾数，分别设尾数分别为这个5个数字，再依据题干的已知条件，进行分类讨论即可求解． 29．一个四位正整数满足千位上的数字与个位上的数字之和为9，百位上的数字与十位上的数字之和为9，则称为“九九数”．例如：四位正整数2457，，，是“九九数”．最小的“九九数”为 　1098　；若“九九数” 能被11整除，那么满足条件的的最大值与最小值之差为 　　． 【答案】1098，8712． 【分析】先列出千位上的数字与个位上的数，百位上的数字与十位上的数字之间的关系，根据数的规律进行分析． 【解答】解：设这个四位数的千位，百位，十位，个位上的数字分别为，，，． 则这个四位数可以表示为， 由题意得：，， 想要这个四位数最小，则越往左边取值越小即可， 所以，则，，则， 所以这个四位数为1098． 因为，， 所以这个数还可以表示为， 能被11整除， 如果这个数想要被11整除，则需要能被11整除 ，越大这个数越小， ，， 此时不能被11整除， ，， 最小的数为1188， 最大的数为9900， 最大数和最小数的差为8712． 故答案为1098，8712． 【点评】本题主要考查整式加减．解题的关键是根据题意列出关系式． 30．有一道题：□，“□”的地方被墨水弄污了，你认为“□”内应填写 　　． 【答案】． 【分析】根据去括号法则计算即可作出判断． 【解答】解：， 所以“□”内应填写， 故答案为：． 【点评】本题考查了去括号与添括号，熟练掌握去括号法则是解题的关键． 31．对任意一个四位数，如果各个数位上的数字都不为零且互不相同，满足个位与千位上的数字的和等于十位与百位上的数字和，那么称这个数为“同和数”，将一个“同和数” 的个位与千位两个数位上的数字对调后得到一个新的四位数，将的十位与百位两个数位上的数字对调后得到另一个新四位数，记．若，都是“同和数”，其中，，，，，且，，，都是正整数，规定：，用含“，”的代数式表示　　，当能被20整除时，的所有取值之积为 　　． 【分析】由所给同和数的定义推出等于这个四位数的个位和千位数字之和，也等于百位与十位数字之和，从而求出，的表达式，进而可求出的表达式，通过分类讨论，的取值使得能被20整除，从而可得到的所有可能取值，进而可求所有可能取值的乘积． 【解答】解：设一个同和数的千位、百位、十位、个位数字分别是、、、，其中，，，均为整数且，，，，由题意知，， 则，， ． ，， ，，，且，为整数且，5，，5，，7，，7， 或，或， 当，时，，，不符合题意； 当，时，，，能被20整除，此时； 当，时，，，能被20整除，此时； 当，时，，，不符合题意； ． 故答案为：；． 【点评】本题主要考查了新定义题型以及整式的运算．解题关键是紧扣新定义，将新知识转化成已学习过知识的应用，从而进行求解． 32．若与都是三次多项式，是五次多项式，有下列说法：①可能是六次多项式；②一定是次数不高于三次的整式；③一定是五次多项式；④一定是五次整式；⑤可能是常数．其中正确的是 　②③④　． 【答案】②③④． 【分析】根据多项式的次数以及合并同类项的运算法则进行分析判断． 【解答】解：与都是三次多项式，是五次多项式， ①是次数不高于三次的整式，不可能是六次多项式，原说法错误，不符合题意； ②一定是次数不高于三次的整式，正确，符合题意； ③是五次的整式，也是多项式，原说法正确，符合题意； ④一定是五次整式，原说法正确，符合题意； ⑤一定是五次整式，不可能是常数，原说法错误，不符合题意； 故答案为：②③④． 【点评】本题考查多项式的次数，整式的加减，理解多项式次数的概念，掌握合并同类项（系数相加，字母及其指数不变）的计算法则是解题关键． 33．一个两位数的十位上的数字是，个位上的数字是，我们把十位上的数字与个位上的数字的和叫做这个两位数的“衍生数”，记作，即．如．现有2个两位数和，且满足，则　 　． 【答案】19或10． 【分析】依据2个两位数和，且满足，分两种情况进行讨论，依据进行计算即可得到的值． 【解答】解：①当2个两位数和的个位数字为0，且满足时，和的十位数字的和为10，个位数字的和为0， 故； ②当2个两位数和的个位数字均不为0，且满足时，和的十位数字的和为9，个位数字的和为10， 故； 综上所述，的值为10或19． 故答案为：19或10． 【点评】本题主要考查了整式的加减和列代数式，关键是正确理解和运用两位数的“衍生数”，即． 34．有一道题目是一个多项式减去，小强误当成了加法计算，结果得到，则原来的多项式是 　 　． 【分析】根据多项式加法的运算法则，用和减去这个多项式，即可求出另外一个． 【解答】解：． 原来的多项式是． 【点评】要正确运用多项式加法的运算法则． 35．（2022秋•常州期末）已知，．若的值与的取值无关，则　2　． 【答案】2． 【分析】先计算的值，然后根据题意可得，从而进行计算即可解答． 【解答】解：，， ， 的值与的取值无关， ， 解得：， 故答案为：2． 【点评】本题考查了整式的加减化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键． 36．现有甲、乙两种不同的正方形纸片（边长如图． （1）若一张甲纸片和一张乙纸片按如图2摆放，则阴影部分的面积可表示为 　　． （2）若一张甲纸片和两张乙纸片按如图3摆放，则阴影部分的面积和可表示为 　　． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）阴影部分的面积甲正方形的面积乙正方形的面积，再根据正方形的面积公式计算即可； （2）分别求得三个阴影部分正方形的边长，再根据正方形的面积公式求解即可． 【解答】解：（1）由图可知，阴影部分的面积为， 故答案为：； （2）由题意可知，两个角上阴影部分是边长为的正方形，中间阴影部分是边长为的正方形， 阴影部分的面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查整式的加减，求出正方形的边长并熟练掌握正方形的面积公式是本题的关键． 37．如果一个四位自然数，各个数位上的数字均不为0，且千位数字与个位数字之积等于去掉千位数字与个位数字得到的两位数，则称这个数为“中积数”．如：8162，，是“中积数”；又如：5234，，不是“中积数”，若一个“中积数”为，则这个数为 　7639　；对一个“中积数” ，规定它的前三个数字组成的三位数，它的后三个数字组成的三位数，若能被17整除，则满足条件的“中积数”的最小值是 　　． 【分析】依据题意，根据定义可得，进而得出，即可求解；根据定义可得，再结合已知条件得，，得出，根据整除可得能被17整除，根据题意，要求最小的“中积数“，进而从开始分析，逐个计算，即可求解． 【解答】解：由题意得，， 解得：． 这个数为7639； 又由题意，“中积数” ， 又， 这个“中积数”为． 又， 这个“中积数”为． 又由题意，， ． ． ，即． ． ． ． 能被17整除， 能被17整除． 要求最小“中积数“ 当，而，，不合题意； 当时，，则能被17整除． 且 为正整数，都不能被17整除， 时，不合题意． 当时，，则能被17整除， 且为正整数， 当时，， ，． ． 最小的“中积数“为3248． 故答案为：7639，3248． 【点评】本题主要考查整式的加减，解题时要熟练掌握并能灵活计算是关键． 38．我们把13的倍数称为“大吉数”，判断一个数是否是大吉数，可以用的末三位数减去末三位数以前的数字所组成的数，其差记为，如果是“大吉数”，这个数就是“大吉数”．比如：数字253448，这个数末三位是448，末三位以前是253，则，因为，所以是“大吉数”，那么253448也是“大吉数”．若整数（其中，且为整数）是“大吉数”，则　91　．若，均为“大吉数”，且，，，，且、、均为整数），则的最大值为 　　． 【答案】91；819． 【分析】根据“大吉数的”的定义可分别表示和，再根据“大吉数”的定义可得出，的值，进而可得出结论． 【解答】解：整数（其中，且为整数）是“大吉数”，且， 是13的倍数， ，即； 为“大吉数”， ，，，，且、、均为整数）， ， 为13的倍数， ， ； 均为“大吉数”， ， 当时，， 是13的倍数， 当时，，此时； 当时，；此时； 或， ；或， 的最大值为819； 故答案为：91；819． 【点评】本题考查新定义的运算及整除问题，解题的关键是正确理解新定义，求出，的值是解题关键． 39．一个三位正整数，当的百位数字减去6等于十位数字减去个位数字时，我们称这个三位数是“吉利数”．记的百位数字为，十位数字为，个位数字为，并规定：．若是最小的“吉利数”，则　　；若有两个“吉利数” ，，其中，，且，则的最大值为 　　． 【答案】；1431． 【分析】根据“吉利数”的定义可得出当时，最小；再根据定义可得出，，，，之间的关系，用，表达，，的，并由此表达，再根据“整数”的限制可得出，的值即可． 【解答】解：是最小的“吉利数”， 的百位数字为，十位数字为，个位数字为， ， 当，时，， 即的最小值为105， ； 有两个“吉利数” ，，其中，，且， ①；②；③， 由①②③可得，， ； ，， 分别将，代入上式，可得当，时，的值为整数， 当，时，的值为整数，此时，舍； 的最大值为1431； 故答案为：；1431． 【点评】此题为新定义题型，根据题干中所给的新定义及运算规则来完成相关计算．该类题型主要考查学生对新知识的接受和应用能力． 40．如果一个四位自然数的各数位上的数字均不为0，且满足，那么称这个四位数为“共和数”．例如：四位数1235，，是“共和数”；又如：四位数3824，，3824不是“共和数”，若一个“共和数”为，则的值为 　4　；若一个“共和数” 的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的差，再减去，结果能被7整除，则满足条件的的最大值与最小值的差是 　　． 【答案】4；4494． 【分析】根据“共和数”的概念列方程求的值；根据“共和数”的概念先求得，然后根据题意列出两个三位数字之差，然后结合能被7整除的数的特征分析满足条件的最大值． 【解答】解：由题意，， ． ． ； ， ． ． ， 又能被7整除， 是7的倍数． 是7的倍数． 当最小时，最小；当最大时，最大． 又，，，均不为0， 最小为1． ． 此时． ．这时，．，．又，．．．． 又， ． 又为两位数， ． ． 又， 的最大值为6，此时． ． 又， ． ． ，． ． ． 故答案为：4；4494． 【点评】本题考查新定义运算，理解新定义概念，正确推理计算是解题关键． 41．在整式（其中 中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，．下列说法： ①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的结论序号是 　①②　． 【答案】①②． 【分析】根据给定的定义，举出符合条件的说法①和②．说法③需要对绝对操作分析添加一个和两个绝对值的情况，并将结果进行比较排除相等的结果，汇总得出答案． 【解答】解：，故说法①正确． 要使其运算结果与原多项式之和为0，则运算结果应为， 由可知，无论怎样添加绝对值符号，结果都不可能出现，故说法②正确． 当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是；；；．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是；；．共有7种情况； 有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意． 故答案为：①②． 【点评】本题考查新定义题型，根据多项式的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论；需要注意去绝对值时的符号，和所有结果可能的比较．主要考查绝对值计算和分类讨论思想的应用． 42．若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数，分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，，的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为 　　． 【答案】． 【分析】依据题意，由已知，根据“差2倍数”和“差3倍数”的定义求解即可． 【解答】解：设数，的百位数字分别为，，则数，的千位数字分别为，，数，的十位数字分别为7，9， ， ， ，， ． 为整数，，，、都是整数， 或， ． 时，存在最大值， 满足条件的、有或或或或， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，， 其中最大， 的最大值为． 【点评】本题考查了整数问题的综合运用，关键是理解“差2倍数”和“差3倍数”的定义． 43．已知任意一个三位数，百位上的数字为，十位上的数字为，个位上的数字为（其中，，，．的前两位数字组成的两位数与的个位上的数字的和记为，交换的百位数字和十位数字并用这两位数字组成的新两位数与的个位数字的和记为．当能被7整除时，所有符合条件的的最大值为 　531　． 【答案】531． 【分析】要使最大，则需求出的最大值，根据题意求出满足条件的的最大值即可． 【解答】解：根据题意可得：，， ，，，，、、为整数， ， ， ， 能被7整除， 能被7整除， 当取最大值时，取最小值，最大． ，（不合题意舍去）， ，，此时（不合题意舍去）， ，，此时． 所以最大为531． 【点评】本题主要考查了整式的知识、最大值的知识，有一定的难度． 44．如图，商品条形码是商品的“身份证”，共有13位数字．它是由前12位数字和校验码构成，其结构分别代表“国家代码、厂商代码、产品代码、校验码”．其中，校验码是用来校验商品条形码中前12位数字代码的正确性．它的编制是按照特定的算法得来的．其算法为： 步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和，即； 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和，即； 步骤3：计算与的和，即； 步骤4：取大于或等于且为10的整数倍的最小数，即； 步骤5：计算与的差就是校验码，即． 如图，若条形码中被污染的两个数字的和是5，则被污染的两个数字中右边的数字是 　4　． 【答案】4． 【分析】按照题目已知中给出的5个步骤进行计算即可． 【解答】解：设被污染的两个数字从左到右分别是，， 则， 由题意得： ， ， ， ， ， ， 为10的整数倍， ， ， ， 故答案为：4． 【点评】本题考查了合并同类项，有理数的乘法，有理数的混合运算，按照题目已知中给出的5个步骤进行计算是解题的关键． 45．若与的和仍为单项式，则　3　． 【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同）列出方程，求出，的值，再代入代数式计算即可． 【解答】解：根据题意得：，， 解得：， 则． 故答案为：3． 【点评】本题考查了同类项的定义，同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同，是易混点，因此成了中考的常考点． 46．（2010秋•温江区期中）若代数式与的和为0，那么　2　，　　． 【分析】根据同类项的定义（所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项），即可解答． 【解答】解：代数式与的和为0， 代数式与是同类项， ，， 故答案为：2，5． 【点评】本题考查了同类项，解决本题的关键是同类项定义中的两个“相同”： （1）所含字母相同； （2）相同字母的指数相同，是易混点，还有注意同类项与字母的顺序无关． 三．解答题（共4小题） 47．若多项式的值与字母无关，试求多项式的值． 【答案】． 【分析】首先对多项式合并，根据多项式的值与字母无关，得是含的二次项，一次项的系数和分别为零，求出、的值，把多项式化为最简的形式，把、值代入即可． 【解答】解： ， 多项式的值与字母无关， ，， ，， 把，，代入原式， 【点评】本题主要考查了整式的加减—化简求值，掌握去括号，合并同类项法则，理解多项式中不含某一项即此项系数之和为0是解题关键 48．已知，，求． 【答案】． 【分析】先化简原式为，然后代入，，去括号、合并同类项得出最简式子． 【解答】解： ， 把，代入 原式 ． 【点评】本题考查了整式的加减—化简求值，掌握整式加减的步骤，括号前面有负数去括号时括号内的各项要变号是解题关键． 49．（2023秋•苏州期末）有理数，在数轴上表示的点如图所示． （1）比较： 　　0， 　　（填“”“ ”或“” ； （2）化简：． 【答案】（1）；； （2）． 【分析】（1）根据题意可得：，然后利用有理数的减法，除法法则进行计算，即可解答； （2）根据题意得：，从而可得，，然后根据绝对值的意义进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）由题意得：， ，， 故答案为：；； （2）由题意得：， ，， ． 【点评】本题考查了有理数大小比较，熟练掌握两个负数比较，绝对值大的反而小是解题的关键． 50．对于有理数，满足，我们称使等式成立的一对有理数，为“相伴有理数对”，记为．如满足：；满足：；所以数对，都是“相伴有理数对”． （1）数对，中，是“相伴有理数对”的是 　　； （2）若是“相伴有理数对”，求的值； （3）若是“相伴有理数对”，则的值为 　　． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）根据“相伴有理数对”的定义，将两个数对分别代入公式计算判断即可； （2）将数对代入公式，解方程求出的值即可； （3）将数对代入公式，得到关于和的等式；化简整式，将和的数量关系式代入求值即可． 【解答】解：（1），， ， 数对不是“相伴有理数对”； ，， ， 数对是“相伴有理数对”； 故答案为：． （2）根据题意，得，解得． （3）根据题意，得， ， 将代入， 得， 故答案为：． 【点评】本题考查整式的加减等，掌握有理数的混合运算法则是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10章章末复习易错50题 知识点一 单项式 ★1. 单项式的概念 数和字母的乘积叫作单项式.单独一个数或一个字母也是一个单项式. 温馨提示： (1)单项式中数与字母之间都是乘积关系 (2)单项式中不含加减运算.如,都不是单项式 (3)是常数,在单项式中相当于数字因数 (4)定义中的“数”可以是小数,也可以是分数、整数 ★2. 单项式的系数 一个含字母的单项式中的数字因数叫作这个单项式的系数; 温馨提示： (1)只含有字母的单项式,它的系数是1或-1,通常“1”省略不写 (2)单项式的系数包括它前面的符号， (3)单项式的系数是带分数时,通常写成假分数 ★3. 单项式的次数 一个单项式中，所有字母的指数的和叫作这个单项式的次数. 温馨提示： (1)单项式的次数仅与字母有关,而与系数的指数无关，代表具体数值 (2)若单项式中的某个字母没有写指数,则这个字母的指数是1.而不是0,如中,的指数为1. 知识点二 整式（多项式） ★1.整式（多项式）的概念 有限个单项式求和得到的代数式叫作整式.整式也叫作多项式.单项式也是整式. 知识点三 同类项 ★1. 同类项 对于两个单项式，如果它们所含字母相同，且相同字母的指数也相同，那么称这两个单项式为同类项. 知识点四 合并同类项 ★1.定义 （1） 把整式中的同类项合并成一项的过程，叫作合并同类项合并同类项后，整式有几项，就称为几项式. ★2.合并同类项的法则 把同类项的系数相加的结果作为合并后的系数，字母和字母的指数不变 ★3.步骤 (1)找:准确找出同类项,这实际上是把给出的多项式进行分类通常在同类项的下面作上相同的标记 (2)移:运用加法交换律和结合律,交换各项的顺序,将同类项写在一起,交换时注意连同各项的符号一起交换 (3)合并:利用法则“字和字母的指数不变系数相加”合并同类项 知识点五 去括号法则 ★1.法则 （1）括号前面是“+”号，去掉“+”号和括号,括号里的各项不变号.例如： （2）括号前面是“-”号去掉“－”号和括号，括号里的各项都变号.例如： 知识点六 添括号法则 ★1.法则 （1）添括号后，括号前面是“+”号，括到括号里的各项都不变符号； （2）添括号后，括号前面是“-”号，括到括号里的各项都要改变符号． 特别提醒： (1)添括号是添上括号和括号前面的符号，也就是说，添括号时，括号前面的“+”号或“-”号也是新添的，不是原多项式某一项的符号“移”出来得到的． (2)去括号和添括号是两种相反的变形，因此可以相互检验正误： 如：， 知识点七 整式的项 ★1. 定义 合并同类项后，整式中的每一个单项式叫作整式的项，每一项的次数是几，就称为几次项，不含字母的项叫作常数项,各项中次数最高项的次数叫作这个整式的次数。 知识点八 升幂、降幂排列 ★1. 降幂排列/升幂排列 为了表达方便或计算需要，在合并同类项后，可以根据加法交换律将一个整式中的各项按照其中某一个字母指数的大小顺序来排列。如果按的指数从大到小的顺序排列,称为按的降幂排列；如果按的指数从小到大的顺序排列，称为按的升幂排列. 知识点九 整式的加减 ★1. 整式相加减的方法 几个整式相加减，有括号的按照去括号的方法去括号，再合并同类项，就可以得到这几个整式相加减的运算结果。 知识点十 n次整式 （2） 若>，，为正整数，则一个次整式与一个次整式的和是一个次整式。 （3） 若，为正整数，两个次整式的和是一个次整式，则。 一．选择题（共18小题） 1．下列说法正确的是　　 A．不是整式 B．系数是 C．的次数是6 D．不是单项式 2．若关于，的多项式的次数是4，共有三项，则的值为　　 A．9 B． C．6 D． 3．下列说法正确的是　　 A．的次数是3 B．的常数项是1 C．的系数是5 D．是按的升幂排列的 4．（2023秋•普陀区校级期中）在多项式中，最高次项的系数和常数项分别为　　 A．2和 B．和 C．6和 D．和8 5．（2023秋•浦东新区期中）在代数式0，，，，，中，单项式的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2022秋•嘉定区期中）在代数式，，，0，，中，单项式有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2022秋•浦东新区期中）观察后面一组单项式：，，，，根据规律，第7个单项式是　　 A． B． C． D． 8．（2021秋•普陀区期末）下列说法中正确的是　　 A．是整式 B．多项式按字母升幂排列为 C．是一次单项式 D．的二次项系数是3 9．在整式，，前添加“”或“”，先求和，再求和的绝对值的操作，称为“优绝对值”操作，将操作后的化简结果记为．例如：，则，当时，的化简求值结果为：．下列说法正确的个数为　　 ①至少存在一种“优绝对值”操作，使得操作后的化简结果为常数； ②把所有可能的“优绝对值”操作后的式子化简，共有8种不同的结果； ③在所有可能的“优绝对值”操作中，若操作后的化简求值的结果为17，则满足条件的有且只有一个，此时． A．0 B．1 C．2 D．3 10．若关于的多项式中不含一次项，则的值是　　 A．4 B．2 C． D．4或 11．规定符号表示，两个数中较小的一个，规定符号，表示，两个数中较大的一个．例如，，．则化简，　　 A．0 B． C． D． 12．将四张边长各不相同的正方形纸片按如图方式放入矩形内（相邻纸片之间互不重叠也无缝隙），未被四张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示．设右上角与左下角阴影部分的周长的差为．若知道的值，则不需测量就能知道周长的正方形的标号为　　 A．① B．② C．③ D．④ 13．在多项式中添加1个绝对值符号，使得绝对值符号内含有项，并把绝对值符号内最右边项的“”改为“”，称此为“绝对操作”．最后将绝对值符号打开并化简，得到的结果记为．例如：将原多项式添加绝对值符号后，可得，此时．再将“”改为“”，可得．于是同一种“绝对操作”得到的有2种可能的情况：或．下列说法正确的个数为①若，，则；②共有2种“绝对操作”，可能得到；③共有3种“绝对操作”，使得可能得到的中有且只有2个“” 　　 A．0 B．1 C．2 D．3 14．把两张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图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，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． 15．有依次排列的两个整式，，用后一个整式与前一个整式作差后得到新的整式记为，用整式与前一个整式求和操作得到新的整式，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，用整式与前一个整式求和操作得到新的整式，，依次进行作差、求和的交替操作得到新的整式．下列说法：①整式；②整式与整式相同：③；④若，则 正确的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 16．若关于，的多项式不含二次项，则的值为　　 A．6 B． C．9 D． 17．图1的小长方形纸片的长为，宽为，将7张小长方形纸片按图2所示的方式不重叠的放在长方形内，未被覆盖的部分恰好被分割为两个长方形，它们的周长与面积分别记为，，，，当的值一定时，下列四个式子：①；②；③；④；其中一定为定值的式子的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 18．有依次排列的3个整式：，，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，，则称它为整式串1；将整式串1按上述方式再做一次操作，可以得到整式串2；以此类推．通过实际操作，得出以下结论： ①整式串2为：，，，，，，，， ②整式串3共17个整式； ③整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和小2； ④整式串2022的所有整式的和为． 上述四个结论错误的有　　个． A．0 B．1 C．2 D．3 二．填空题（共28小题） 19．（2023秋•青浦区校级期中）将多项式按字母降幂排列是 　 　． 20．（2022秋•奉贤区期中）单项式的系数是 　 　，次数是 　　． 21．（2021秋•普陀区校级月考）多项式的常数项是 　 　． 22．（2023秋•杨浦区校级期中）对生活的仔细观察常有意想不到的收获，小生同学就喜欢在生活中观察数学．小兰问小生今天是几月几日，小生说，你随便写一个六位数，并对此进行如下操作：数字中“偶数数字个数”记为，“奇数数字个数”记为，“数字位数”记为，得到新的三位数（此处允许为．并对进行同样的操作，如此操作3次之后，把结果乘以9就能得到今天的日期，请问今天日期是 　 　 （用四位数字表示，比如10月1日记为． 23．（2021秋•黄浦区期末）如果单项式为是同类项，那么值是 　 　． 24．（2022秋•黄浦区期中）若单项式与单项式的和仍然是一个单项式，则　 　． 25．（2022秋•浦东新区校级期中）如果和是同类项，那么　 　． 26．（2020秋•浦东新区期中）如果单项式与是同类项，那么　 　． 27．当　　时，和是同类项． 28．现在一个四位数，如果它的个位数字与百位数字相差为1，十位数字与千位数字相差为2，那么称为“二一差数”，则最小的“二一差数”为 　 　：如果一个“二一差数” 能被6整除，将其千位数字与个位数字之和记为，百位数字与十位数字之和记为，当能够被整除时，满足条件的“二一差数” 的最大值与最小值之和为 　 　． 29．一个四位正整数满足千位上的数字与个位上的数字之和为9，百位上的数字与十位上的数字之和为9，则称为“九九数”．例如：四位正整数2457，，，是“九九数”．最小的“九九数”为 　 　；若“九九数” 能被11整除，那么满足条件的的最大值与最小值之差为 　　． 30．有一道题：□，“□”的地方被墨水弄污了，你认为“□”内应填写 　 　． 31．对任意一个四位数，如果各个数位上的数字都不为零且互不相同，满足个位与千位上的数字的和等于十位与百位上的数字和，那么称这个数为“同和数”，将一个“同和数” 的个位与千位两个数位上的数字对调后得到一个新的四位数，将的十位与百位两个数位上的数字对调后得到另一个新四位数，记．若，都是“同和数”，其中，，，，，且，，，都是正整数，规定：，用含“，”的代数式表示　　，当能被20整除时，的所有取值之积为 　　． 32．若与都是三次多项式，是五次多项式，有下列说法：①可能是六次多项式；②一定是次数不高于三次的整式；③一定是五次多项式；④一定是五次整式；⑤可能是常数．其中正确的是 　 　． 33．一个两位数的十位上的数字是，个位上的数字是，我们把十位上的数字与个位上的数字的和叫做这个两位数的“衍生数”，记作，即．如．现有2个两位数和，且满足，则　 　． 34．有一道题目是一个多项式减去，小强误当成了加法计算，结果得到，则原来的多项式是 　 　． 35．（2022秋•常州期末）已知，．若的值与的取值无关，则　 　． 36．现有甲、乙两种不同的正方形纸片（边长如图． （1）若一张甲纸片和一张乙纸片按如图2摆放，则阴影部分的面积可表示为 　 　． （2）若一张甲纸片和两张乙纸片按如图3摆放，则阴影部分的面积和可表示为 　 　． 37．如果一个四位自然数，各个数位上的数字均不为0，且千位数字与个位数字之积等于去掉千位数字与个位数字得到的两位数，则称这个数为“中积数”．如：8162，，是“中积数”；又如：5234，，不是“中积数”，若一个“中积数”为，则这个数为 　 　；对一个“中积数” ，规定它的前三个数字组成的三位数，它的后三个数字组成的三位数，若能被17整除，则满足条件的“中积数”的最小值是 　　． 38．我们把13的倍数称为“大吉数”，判断一个数是否是大吉数，可以用的末三位数减去末三位数以前的数字所组成的数，其差记为，如果是“大吉数”，这个数就是“大吉数”．比如：数字253448，这个数末三位是448，末三位以前是253，则，因为，所以是“大吉数”，那么253448也是“大吉数”．若整数（其中，且为整数）是“大吉数”，则　91　．若，均为“大吉数”，且，，，，且、、均为整数），则的最大值为 　　． 39．一个三位正整数，当的百位数字减去6等于十位数字减去个位数字时，我们称这个三位数是“吉利数”．记的百位数字为，十位数字为，个位数字为，并规定：．若是最小的“吉利数”，则　　；若有两个“吉利数” ，，其中，，且，则的最大值为 　　． 40．如果一个四位自然数的各数位上的数字均不为0，且满足，那么称这个四位数为“共和数”．例如：四位数1235，，是“共和数”；又如：四位数3824，，3824不是“共和数”，若一个“共和数”为，则的值为 　 　；若一个“共和数” 的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的差，再减去，结果能被7整除，则满足条件的的最大值与最小值的差是 　　． 41．在整式（其中 中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，．下列说法： ①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的结论序号是 　 　． 42．若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数，分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，，的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为 　 　． 43．已知任意一个三位数，百位上的数字为，十位上的数字为，个位上的数字为（其中，，，．的前两位数字组成的两位数与的个位上的数字的和记为，交换的百位数字和十位数字并用这两位数字组成的新两位数与的个位数字的和记为．当能被7整除时，所有符合条件的的最大值为 　 　． 44．如图，商品条形码是商品的“身份证”，共有13位数字．它是由前12位数字和校验码构成，其结构分别代表“国家代码、厂商代码、产品代码、校验码”．其中，校验码是用来校验商品条形码中前12位数字代码的正确性．它的编制是按照特定的算法得来的．其算法为： 步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和，即； 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和，即； 步骤3：计算与的和，即； 步骤4：取大于或等于且为10的整数倍的最小数，即； 步骤5：计算与的差就是校验码，即． 如图，若条形码中被污染的两个数字的和是5，则被污染的两个数字中右边的数字是 　 　． 45．若与的和仍为单项式，则　 　． 46．（2010秋•温江区期中）若代数式与的和为0，那么　 　，　　． 三．解答题（共4小题） 47．若多项式的值与字母无关，试求多项式的值． 48．已知，，求． 49．（2023秋•苏州期末）有理数，在数轴上表示的点如图所示． （1）比较： 　 　0， 　　（填“”“ ”或“” ； （2）化简：． 50．对于有理数，满足，我们称使等式成立的一对有理数，为“相伴有理数对”，记为．如满足：；满足：；所以数对，都是“相伴有理数对”． （1）数对，中，是“相伴有理数对”的是 　 　； （2）若是“相伴有理数对”，求的值； （3）若是“相伴有理数对”，则的值为 　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$