福建省厦门市2024-2025学年 七年级上学期期中数学复习（整式的加减章节重难点近三年组题汇编）

福建省厦门市2024-2025学年度七年级上学期期中数学复习（整式的加减章节重难点近三年组题汇编） 一、单选题 1．（23-24七年级上·福建厦门·期中）下列说法错误的是（    ） A．单项式的次数是4 B．多项式的次数是6 C．多项式的常数项是 D．1是单项式，它的次数是0 2．（23-24七年级上·福建厦门·期中）下列说法中：（1）表示负数；（2）多项式的次数是4；（3）单项式的系数为；（4）若，则．正确的个数是（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 3．（23-24七年级上·福建厦门·期中）已知，则的值为（    ） A．1 B． C．7 D． 4．（23-24七年级上·福建厦门·期中）已知，则的值为（    ） A．1 B． C．2022 D． 5．（22-23七年级上·福建厦门·期中）若与互为倒数，与互为相反数，则（    ） A．1 B．0 C． D． 6．（23-24七年级上·福建厦门·期中）瑞士中学教师巴尔末成功地从光谱数据，，，，，……中得到巴尔末公式，从而打开了光谱奥妙的大门，按此规律第10个数据是（     ） A． B． C． D． 7．（23-24七年级上·福建厦门·期中）已知数a，b，c的大小关系如图，下列说法：①；②；③；④．其中正确结论的是（    ） A．①② B．①④ C．①③ D．① 8．（23-24七年级上·福建厦门·期中）下列图案是晋商大院窗格的一部分，其中“〇”代表窗纸上所贴的剪纸．按此规律，则第100个图中所贴剪纸“〇”的个数为（    ） A．305 B．302 C．203 D．202 9．（22-23七年级上·福建厦门·期中）某社区开展“金员核酸”采样．该社区第一次核酸采样，平均每小时能采样m人；为了加快采样速度，第二次核酸采样时增调了医务人员，速度提高了，则第二次平均每小时能采样的人数为（    ） A． B． C． D． 10．（22-23七年级上·福建厦门·期中）如图，圆桌周围有20个箱子，按颅时针方向编号1~20，小明手上有足够数量的球，先在1号箱子中丢入一颗红球，然后沿着圆桌按顺时针方向行走，每经过一个箱子丢一颗球，规则如下， ①若前一个箱子丢红球，则下一个箱子就丢绿球． ②若前一个箱子丢绿球，则下一个箱子就丢白球． ③若前一个箱子丢白球，则下一个箱子就丢红球．他沿着圆周走了2022圈，则4号箱内有红球（    ）颗． A．672 B．671 C．673 D．674 11．（22-23七年级上·福建厦门·期中）下列说法：①a为任意有理数，总是正数；②代数式、、都是整式；③若，则；④若，则；⑤若．则．其中错误的有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 12．（22-23七年级上·福建厦门·期中）如图，将数轴上与两点间的线段六等分，这5个等分点所对应数依次为，则下列正确的个数是（    ）个 ①；②；③；④；⑤ A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 13．（22-23七年级上·福建厦门·期中）若，则的值是 ． 14．（22-23七年级上·福建厦门·期中）若，则的值是 ． 15．（23-24七年级上·福建厦门·期中）若关于的多项式不含的三次项和一次项，则为 ，为 ． 16．（23-24七年级上·福建厦门·期中）若多项式为三次三项式，则的值为 ． 17．（23-24七年级上·福建厦门·期中）若多项式的值与x的取值无关，则m的值为 ． 18．（23-24七年级上·福建厦门·期中）小艾同学进行必读名著阅读规划，已知她第一周阅读《朝花夕拾》页，阅读《西游记》页，第一周共阅读16页．第二周阅读《朝花夕拾》页，《西游记》页，第二周共阅读 页． 19．（22-23七年级上·福建厦门·期中）若，则 （用含式子表示）． 20．（23-24七年级上·福建厦门·期中）有理数a、b、c在数轴上对应点的位置如图：①；②；③；④；以上四个结论正确的有 ．    21．（22-23七年级上·福建厦门·期中）小亮发明一种方法来扩展数，并称这种方法为“亮化”，步骤如下（以15为例）： ①写出一个数：15； ②将该数加1，得到数：16； ③将上述两数依序合并在一起，得到第一次亮化后的一组数：； ④将各项加1，得到，再将这两组数依序合并，可得第二次亮化后的一组数：；… 按此步骤，不断亮化，会得到一组数：则这组数的第132个数是 ． 22．（23-24七年级上·福建厦门·期中）小诚运用一种方法来扩展数，并称这种方法为“扩充”，步骤如下（以为例）： ①写出一个数：； ②将该数加1，得到数：； ③将上述两数依序合并在一起，得到第一次扩充后的一组数：； ④将各项加1，得到，再将这两组数依序合并，得到第二次扩充后的一组数： 按此步骤，不断扩充，会得到一组数：， 若从左往右数，则这组数的第130个数是 ． 三、解答题 23．（20-21七年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知代数式，． (1)求； (2)当，时，求的值； (3)若的值与的取值无关，求的值． 24．（23-24七年级上·福建厦门·期中）给出以下七个代数式： ，，，，，， 请按要求进行分类 (1)分成两类，分类方法是：分成含字母与不含字母两类 其中①含字母的有： ②不含字母的有： (2)模仿（1）的分类方式 分成三类，分类方法是 其中① ② ③ 25．（23-24七年级上·福建厦门·期中）阅读下面材料，并完成相应学习任务． 某同学在计算时，写出如下计算步骤：                   ……第一步                      ……第二步                  ……第三步                                  ……第四步 任务一： ①以上步骤第一步是进行 ，此步骤用到的运算律是 ； ②第二步用到的运算律是 ；第三步用到的运算律是 ． 任务二：①以上步骤第 步出现了错误； 请直接写出该整式正确的化简结果 ； ②计算：当，时，求该整式的值 26．（23-24八年级上·福建厦门·期中）（）当数字之间满足特殊关系时，常常有一些特殊的计算规律，观察下列各式，你能发现什么规律？请用简短的文字叙述． ，，，． （）请用字母表示数证明你发现的规律． （）利用你发现的规律计算： ； ． 27．（22-23七年级上·福建厦门·期中）如下表，从左边第1个格子开始依次在每个格子中填入一个正整数，第1个格子填入，第2个格子填入，第3个格子填入，…，第n个格子填入，以此类推，表中任意4个相邻格子中所填正整数之和都相等，其中，． … … (1)若，则______；______； (2)将表中前2024个数的和记为S，若，求S的值． 28．（22-23七年级上·福建厦门·期中）已知代数式，当时，该代数式的值为． (1)求的值； (2)若当时，该代数式的值为0，求的值； (3)若当时，该代数式的值为9，试求当时，该代数式的值． 29．（23-24七年级上·福建厦门·期中）如图，长为，宽为（）的大长方形被分割成小块，除阴影，外，其余块是形状、大小完全相同的小长方形．其较短一边长为（）． (1)从图中可知，这5块完全相同的小长方形中，每块小长方形较长边的长是________（用含的代数式表示）． (2)分别计算阴影，的周长（用含，的代数式表示）． (3)阴影与阴影的周长差会不会随着的变化而变化？请说明理由． 30．（23-24七年级上·福建厦门·期中）定义：若，则称与是关于的关联数．例如：若，则称与是关于3的关联数． (1)①6与_____________是关于2的关联数． ②与_____________是关于2的关联数．（用含的代数式表示）． (2)若，，判断与是否是关于1的关联数，并说明理由 参考答案： 1．B 【分析】本题考查了单项式、多项式的系数和次数的概念，根据单项式、多项式的系数和次数的概念即可求解，解题的关键是掌握：单项式的系数是指字母前的数字因数，次数是指所含字母指数之和；多项式的项是所含单项式的个数，次数是所含单项式最高次数． 【详解】A．单项式的次数是4，故该选项正确，不符合题意；     B．多项式的次数是4，故该选项错误，符合题意；     C．多项式的常数项是，故该选项正确，不符合题意；         D．1是单项式，它的次数是0，故该选项正确，不符合题意；     故选：B． 2．C 【分析】本题考查了正负数的意义，绝对值的意义，单项式和多项式的定义，（1）举例说明即可判断；（2）根据多项式的次数可判断；（3）根据单项式的系数可判断；（4）根据绝对值的意义可判断． 【详解】解：（1）当时，，0不是负数，故（1）说法错误，不符合题意； （2）多项式的次数是4，故（2）说法正确，符合题意； （3）单项式式的系数为，故（3）说法错误，不符合题意； （4）若，，故（4）说法错误，不符合题意． 故选：C． 3．B 【分析】本题考查的是绝对值的非负性，代数式的求值．由，可得，先求出的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴， 解得：， ∴． 故选：B． 4．A 【分析】本题考查了绝对值非负性的应用，代数式求值，利用绝对值的非负性求出，的值，再代入求解即可． 【详解】解：， ，， ，， ， 故选：A ． 5．A 【分析】由a、b互为倒数，c、d互为相反数，得出的值，然后把它们的值代入数式即可． 【详解】解：∵与互为倒数，与d互为相反数， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查代数式求值，相反数以及倒数的定义，解题关键在于掌握其定义． 6．C 【分析】本题考查数字类规律探究，从已有数据可以得到，奇数位置的数为负，偶数位置的数为正，绝对值的分子位置为，分母位置为，进而求出第10个数据即可． 【详解】解：由已有数据可知：奇数位置的数为负，偶数位置的数为正， 每个位置的数的绝对值分别为： ，，， ， ∴第个数的绝对值的分子位置为，分母位置为， ∴第10个数据为正，绝对值为； 故选C． 7．C 【分析】本题考查数轴的定义、有理数的加减法法则和乘除法法则及绝对值的性质．根据数轴可得，，进而有：，再利用有理数的加减法法则和乘除法法则及绝对值的性质进行判断即可． 【详解】解：由数轴可得，，， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②错误； ∵ ，故③正确， ∵，，， ∴，故④错误； 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了图形的变化类，观察图形，得出第个图中所贴剪纸“〇”的个数为是解此题的关键． 【详解】解：由图可得： 第1个图中所贴剪纸“〇”的个数为：， 第2个图中所贴剪纸“〇”的个数为：， 第3个图中所贴剪纸“〇”的个数为：， …， 第个图中所贴剪纸“〇”的个数为：， 第100个图中所贴剪纸“〇”的个数为：， 故选：B． 9．B 【分析】根据速度提高了，则第二次平均每小时能采样的人数为第一次平均每小时能采样的人数加上增加的部分． 【详解】解：第二次平均每小时能采样的人数为人． 故选：B． 【点睛】此题考查了列代数式，找出题目中的数量关系是解决问题的关键． 10．D 【分析】根据图形的变化规律得第圈会在号箱内丢一颗红球，即可求出结果． 【详解】解：第一圈红球在号箱内， 第二圈红球在号箱内， 第三圈红球在号箱内， 第四圈红球在号箱内， … 第…圈会在4号箱内丢一颗红球， ， ∴走2022圈，4号箱内会有颗红球． 故选：D． 【点睛】本题考查找规律，解题的关键是能够找出题目的中的规律． 11．B 【分析】根据平方的非负性以及不等式的性质即可判断①；根据整式的定义即可判断②；根据乘方的意义即可判断③；根据有理数的乘法与加法法则即可判断④；根据绝对值的意义即可判断⑤． 【详解】解：①为任意有理数，，则，总是正数，故原说法正确，不符合题意； ②代数式、是整式，是分式，故原说法错误，符合题意； ③若，则，故原说法错误，符合题意． ④，，则，，故原说法正确，不符合题意； ⑤， ， ， ，故原说法错误，符合题意； 其中错误的有②③⑤，一共3个． 故选：B． 【点睛】此题考查了整式，偶次方的性质，绝对值的意义，有理数的乘法与加法等知识，正确把握相关定义与法则是解题关键． 12．B 【分析】先根据数轴的性质分别求出，然后根据有理数的运算法则和绝对值的性质逐个判断即可得． 【详解】解：由题意得：每个等分的线段的长度为， 则，，， ，， 所以， 所以，①错误； ，②正确； ，，即，③错误； ，，即，④错误； ，⑤正确； 综上，正确的个数是2个， 故选：B． 【点睛】本题考查了数轴的性质、绝对值、有理数的乘方、整式的加减，熟练掌握数轴的性质是解题关键． 13． 【分析】先移项，后合并同类项，系数化为1计算即可． 【详解】∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了整式的加减求值，熟练掌握进行等式变形计算是解题的关键． 14． 【分析】先将代数式去括号，合并同类项，然后将式子的值整体代入即可求解． 【详解】解：∵， ∴ ． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了整式的加减化简求值，掌握合并同类项法则以及去括号法则是解题的关键． 15． 2 【分析】本题考查了多项式的相关概念，几个单项式的和（或者差），叫做多项式，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，其中多项式中不含字母的项叫做常数项；根据题意易得，，即可求出的值． 【详解】解：关于的多项式不含的三次项和一次项， ，， 解得：，， 故答案为：2，． 16．4 【分析】本题考查了多项式的概念，几个单项式的和叫做多项式．多项式中的每个单项式都叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项，多项式的每一项都包括前面的符号，多项式中次数最高的项的次数叫做多项式的次数． 【详解】解：∵多项式为三次三项式， ∴， ∴． 故答案为：4． 17． 【分析】本题主要考查合并同类项．将原式去括号、合并同类项后得，再由其值与无关，可得，问题随之得解． 【详解】解： ， ∵其值与的取值无关， ∴， 即， 故答案为：． 18．32 【分析】本题考查了列代数并求值，明确题意，根据数量关系列出代数式，利用整体代入法将代入代数式求值是解题的关键． 【详解】解：由题意得：， 则第二周共阅读（页）， 故答案为：32． 19．/ 【分析】将14改写成，再利用乘法分配律进行计算即可得． 【详解】解：， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了利用字母表示数、有理数乘法的分配律，熟练掌握乘法分配律是解题关键． 20．①②④ 【分析】本题考查数轴，绝对值，以及有理数的运算法则．根据a、b、c在数轴上的位置判断式子的正负和有理数的运算法则解答即可． 【详解】解：∵， ∴，故①正确； ∵， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故③不正确； ∵， ∴，故④正确． ∴四个结论正确的有3个． 故答案为：①②④． 21．18 【分析】首先根据题意确定每一次亮化后的具体数量，然后再根据变化规律找到数字． 【详解】解：根据题意得： 第一次亮化之后为：，为2位为； 第二次亮化之后为：，为4位为； 第三次亮化之后为：，为8位为； 第四次亮化之后位：，为16位为； ， 第7次亮化为128个数字，第132个数为第7次亮化后第4个数字加1得到， 所以，． 故答案为：18． 【点睛】本题考查了数字的变化规律，解题的关键是读懂题意能发现数字变化的规律，利用规律解决问题． 22． 【分析】首先根据题意确定每一次扩充后的具体数量，然后再根据变化规律找到数字． 【详解】解：由题意得： 第一次扩充之后为：，为2位为； 第二次扩充之后为：，为4位为； 第三次扩充之后为：，为8位为； 第四次扩充之后为：，为16位为； ∵，即第7次扩充为128个数字，第130个数为第7次扩充后第二个数字加1得到， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了数字的变化规律，易错点为第130个数为哪个数字扩充而来． 23．(1)； (2)； (3)． 【分析】此题考查了整式的加减-化简求值，正确合并同类项是解题的关键， （1）直接利用整式的加减运算法则计算得出答案； （2）直接把，的值代入得出答案； （3）根据的值与的取值无关，得出的系数和为零，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ， ； （2）当，时， 原式 ， ， ， ； （3）∵的值与的取值无关， ∴， ∴． 24．(1)①、、、、；②、 (2)分成单项式次数为0、1、3三类，①、；②、；③、、 【分析】本题主要考查了单项式以及单项式的次数． （1）根据单项式的分类，即可求解； （2）根据单项式的次数，即可求解． 【详解】（1）解：①含字母的有：、、、、； ②不含字母的有：、； （2）解：模仿（1）的分类方式分成三类，分类方法是（分成单项式次数为0、1、3三类） 其中①单项式次数为0的有：、； ②单项式次数为1的有：、； ③单项式次数为3的有：、、 25．任务一：①去括号，乘法分配律；②加法交换律，加法结合律；任务二：①四，，② 【分析】此题考查整式的加减运算，已知字母的值求代数式的值， 任务一：根据去括号法则，乘法分配律，加法交换律和结合律解答； 任务二：①根据整式加减法运算解答； ②将，代入①计算即可． 【详解】任务一： ①以上步骤第一步是进行去括号，此步骤用到的运算律是乘法分配律； ②第二步用到的运算律是加法交换律；第三步用到的运算律是加法结合律． 任务二： ①以上步骤第四步出现了错误，错误的原因是合并同类项系数相加出错； 请直接写出该整式正确的化简结果； ②当，时， 原式 ． 26．（）观察上面几个式子，发现：左边两个因数的十位数字相同，个位数字和是；右边的结果是一个四位数，其中个位和十位上的数是左边两个因数的个位相乘，百位和千位上的数是左边十位上的数字和大于十位数字1的数相乘．根据这一规律即可写出； （），理由见解析；（）；． 【分析】（）观察上面几个式子，发现：左边两个因数的十位数字相同，个位数字和是；右边的结果是一个四位数，其中个位和十位上的数是左边两个因数的个位相乘，百位和千位上的数是左边十位上的数字和大于十位数字1的数相乘．根据这一规律即可写出； （）根据（）发现的两个数的特点，用字母表示出来，然后运用公式展开进行证明； （）根据所得规律进行计算即可； 本题考查了整式的混合运算的应用，找出题中的规律是解题的关键． 【详解】解：（）发现：左边两个因数的十位数字相同，个位数字和是；右边的结果是一个四位数，其中个位和十位上的数是左边两个因数的个位相乘，百位和千位上的数是左边十位上的数字和大于十位数字的数相乘； （）设十位上的数字为，个位上的数字为， 则上述规律可表示为：； 证明： ， ， ∴左边右边， ∴成立； （）； ； 故答案为：；． 27．(1)2；6 (2) 【分析】（1）根据可得，，，以此类推可得（为正整数），据此可得，由此即可得出答案； （2）先根据绝对值的性质可得，再求出，然后根据表中任意4个相邻格子中所填正整数之和都相等求解即可得． 【详解】（1）解：∵表中任意4个相邻格子中所填正整数之和都相等， ， ，，， 以此类推，（为正整数）， ， ， 故答案为：2；6． （2）解：， 或， ∵都是正整数， ， 由（1）可知，，， ， 又∵表中任意4个相邻格子中所填正整数之和都相等，， ． 【点睛】本题考查了数字类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键． 28．(1) (2) (3) 【分析】（1）把代入即可； （2）把代入即可； （3）把代入可得，再把代入即可求解． 【详解】（1）解：∵当时，该代数式的值为， ∴把代入得：； （2）解：∵当时，该代数式的值为0， ∴把代入得：， ∴； （3）解：把代入得：， ∴， 把代入得： ； 【点睛】本题考查了代数式求值，掌握整体代入的方法是解决问题的关键． 29．(1) (2)阴影的周长为，阴影的周长为， (3)不会；见解析 【分析】本题考查了列代数式、整式加减法的应用； （1）利用大长方形的长减去形状、大小完全相同的小长方形的宽的3倍即可得； （2）先分别求出阴影的长与宽，再根据长方形的周长公式计算即可得的周长， （3）根据整式的加减法法则计算即可得． 【详解】（1）解：由图可知，每块小长方形较长边的长是， 故答案为：． （2）解：由图可知，阴影的长为，宽为， 阴影的长为，宽为， 则阴影的周长为， 阴影的周长为， （3）阴影与阴影的周长差为 ， 所以阴影与阴影的周长差不会随着的变化而变化 30．(1)①；② (2)与不是关于1 的关联数，理由见解析 【分析】本题考查了新定义下的整式的加减，理解题中给出的新定义，熟练掌握整式运算法则是解题关键． （1）①根据题意，进行计算即可；②根据题意，计算即可； （2）先计算出，然后根据题目中的式子说明理由即可． 【详解】（1）①， 6与是关于2的关联数； ②， ， 与是关于2的关联数， 故答案为：①；②； （2），， ， ， ∴与不是关于1的关联数 学科网（北京）股份有限公司 $$