第11讲 数、式和方程选择压轴题（3个考点12个题型）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（浙江专用）

专题七 选择题压轴题 第11讲 数、式和方程的压轴问题 （思维导图+3考点+11种题型） 考点一、与实数有关的压轴问题 题型01、实数的运算问题的综合 题型02、实数与数轴的综合 考点二、与式有关的压轴问题 题型01、整式的加减运算 题型02、整式乘法的应用 题型03、分式的综合问题 题型04、数字规律探究问题 题型05、图形规律探究 考点三、方程的综合问题 题型01、解一元一次方程的综合问题 题型02、解二元一次方程组的综合问题 题型03、解一元二次方程的综合问题 题型04、解分式方程的综合问题 维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、与实数有关的压轴问题 题型01、实数的运算问题的综合 1．比较分数与的大小，结果是（   ） A． B． C． D．无法确定 2．在多项式（其中）中，任意添加绝对值符号且绝对值符号内至少包含两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有加减法运算，然后进行去绝对值符号运算，称此运算为“对绝操作”．例如：，下列说法正确的个数是（    ） ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“对绝操作”共有7种不同运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 3．定义：把互不相等的3个正整数x，2，5（三个数排列不分顺序）组成一个数串称为有效数串．现操作如下：将一个有效数串三个数中最大的数减去其它两个数积的差的绝对值去替换这三个数中最大的数得到一个新数串，若新数串为有效数串时，就可进行再次操作．下列说法： ①若一个有效数串经过一次操作后得到的新数串为1，2，3，则或3． ②若一个有效数串经过两次操作后得到新数串为1，2，3，则x有4种不同的取值． ③如果一个有效数串至少经过两次操作后仍是有效数串，若再继续操作下去，则在整个操作过程中一定存在新数串1，2，3． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 4．设表示不大于x的最大整数，则 的值为（ ） A．5 151 B．5150 C．5050 D．5049 5．设，记，，则（    ） A． B． C． D．M，N的大小不能确定 6．若用表示任意正实数的整数部分，例如：，，，则式子的值为（    ）（式子中的“”，“”依次相间） A．22 B． C．23 D． 7．下列说法中，正确的个数（    ） ①若，则； ②若，则有是正数； ③三点在数轴上对应的数分别是、6、，若相邻两点的距离相等，则； ④若代数式的值与无关，则该代数式的值为2021； ⑤，则的值为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．为了求的值， 可令，则， 因此，所以． 这种方法称为“错位相减法”． 请参考以上推理计算： （   ） A． B． C． D． 9．生物学指出，在生物链中大约只有的能量能够流动到下一个营养级，在这条生物链中（表示第个营养级，），要使获得785千焦的能量，那么需要提供的能量约为（用科学记数法表示）（    ）． A．千焦 B．千焦 C．千焦 D．千焦 10．如图是一个无理数生成器的工作流程图，根据该流程图，下面说法： ①当输出值y为时，输入值x为3或9； ②当输入值x为16时，输出值y为； ③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y； ④存在这样的正整数x，输入x之后，该生成器能够一直运行，但始终不能输出y值． 其中错误的是（　　） A．①② B．②④ C．①④ D．①③ 题型02、实数与数轴的综合 11．我们知道，式子的几何意义是数轴上表示数的点与表示数的点之间的距离是，则式子的最小值（   ） A． B． C． D． 12．如图，动点从到原点距离为的点处向原点方向跳动，第一次跳到的中点处，第二次从点跳到的中点处，第三次从点跳到的中点处，如此不断跳动下去，第次跳动后，该动点到原点的距离为（    ） A． B． C． D． 13．如图，数轴上从左到右的三个点，，把数轴分成了I，II，II，IV四个部分，点，，对应的数分别是，，．则下列①；②；③；④四个条件中，（   ）两个条件组合，可以确定原点在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ中的某一部分．    A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 14．如图，数轴上O，A两点的距离为12，一动点P从点A出发，按以下规律跳动：第1次跳动到的中点处，第2次从点跳动到的中点处，第3次从点跳动到的中点处．按照这样的规律继续跳动到点（，n是整数）处，问经过这样2024次跳动后的点与的中点的距离是（  ） A．12﹣3× B．9﹣3× C．12﹣3× D．9﹣3× 15．如图，已知数轴上点、、所对应的数、、都不为0，且是的中点，如果，则原点的大致位置在（    ）    A．的左边 B．与之间 C．与之间 D．的右边 16．如图，通过画边长为1的正方形，就能准确的把表示在数轴上点处，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，如此继续，则的长为（   ） A． B． C． D． 考点二、与式有关的压轴问题 题型01、整式的加减运算 17．在长方形中放入3个正方形如图所示，若，，则知道下列哪条线段的长就可以求出图中阴影部分的周长和（    ） A． B． C． D． 18．设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 19．已知两个非负实数满足，，则下列式子正确的是（　　） A． B． C． D． 20．如图，数轴上A，B，C三点表示的数分别为a，b，c则下列结论正确的个数是（　　） ①若，，则；②若，则B为AC的中点；③化简；④若数轴上点M到A，B，C距离之和最小，则点M与点B重合；⑤若，，点M到A，B，C的距离之和为13，则点M表示的数为5；⑥若，则最小值为12134． A．3 B．4 C．5 D．6 21．对两个整式，进行如下操作：将整式加上，结果记为，称为第一次操作；将第一次操作的结果加上，结果记为，称为第二次操作；将第二次操作的结果加上，结果记为，称为第三次操作；将第三次操作的结果加上，结果记为，称为第四次操作，…，以此类推．有下列四个说法：①第五次操作的结果；②；③时，；④当时，的值为整数时，有3种情况．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型02、整式乘法的应用 22．如图，有三张正方形纸片，将三张纸片按照如图所示的方式放置于一个长方形中，已知中间重叠部分四边形恰好是一个正方形，记图中两块未被覆盖的阴影部分面积分别为和，已知，，若要知道和的面积差，只需要知道（   ） A．正方形的边长 B．正方形的边长 C．正方形的边长 D．正方形的边长 23．把两张正方形纸片按如图1所示分别裁剪成A和B两部分（B为长方形），再将裁好的四张纸片不重叠地放入图2所示的正方形中，记一张A纸片的面积为，一张B纸片的面积为，若，则图2中阴影部分面积为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 24．如图，长为，宽为的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的有（    ） ①小长方形的较长边为； ②阴影A的一条较短边和阴影B的一条较短边之和为； ③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值； ④当时，阴影A和阴影B的面积和为定值． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 25．如图，将两张边长分别为和的正方形纸片按图1，图2两种方式放置长方形内（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若长方形中边、的长度分别为m、n．设图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为．当时，的值为（    ） A． B． C． D． 26．若实数x，y，z满足，求（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 27．已知满足，则的值为（        ） A．1 B．－5 C．－6 D．－7 28．已知实数，、满足，有下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确个数有（  ）个． A． B． C． D． 29．设，为实数，多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为：若，且，均为正整数，则(　　) A．与的最大值相等，与的最小值也相等 B．与的最大值相等，与的最小值不相等 C．与的最大值不相等，与的最小值相等 D．与的最大值不相等，与的最小值也不相等 30．一个正整数若能表示成两个正整数的平方差，则称这个正整数为“杨梅数”．例如，就是一个“杨梅数”．则把所有的“杨梅数”从小到大排列后，第47个“杨梅数”是（     ） A．97 B．95 C．64 D．65 31．如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10.5，则的长为（    ）    A． B． C． D． 题型03、分式的综合问题 32．若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 33．设是实数，不大于的最大整数记作，如，令，则的值为（   ） A．29 B．30 C．31 D．32 34．已知（a，b，c互不相等）求（    ） A． B．1 C． D．x无解 35．已知两个分式：，；将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为：作差，结果记为； （即，） 第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即，）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：． ①；②当时，；③若，则； ④在第n（n为正整数）次和第次操作的结果中：为定值： ⑤在第2n（n为正整数）次操作的结果中：，； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 题型04、数字规律探究问题 36．若教室中有99盏灯，编号从；有99个学员，编号从号．八点半上课，学员八点开始进教室，每个学员进来时要求把自己编号的倍数的灯开关按一下（例如：编号为3的学员要把编号为3，6，9，…的灯开关按一下），，所有灯的初始状态为“不亮”．当八点半所有学员都到时有（   ）盏灯是亮的． A．4 B．9 C．14 D．19 37．一组有序排列的数：，，，…，，…（为正整数）．对于其中任意相邻的三个数，中间的数等于其前后两个数的积．已知，，，那么（    ） A． B． C． D． 38．按一定规律排列的数：，，，，，则这列数的第个数是（　　） A． B． C． D． 39．定义新运算：对任意非零实数，有，则（） A． B．1 C． D． 40．电子跳蚤游戏盘（如图）为三角形，，，，如果电子跳蚤开始时在边的点，，第一步跳蚤从跳到边上点，且；第二步跳蚤从跳到边上点，且；第三步跳蚤从跳回到边上点，且；…跳蚤按上述规则跳下去，第次落点为，则与之间的距离为（    ） A．0 B．1 C．4 D．5 题型05、图形规律探究 41．如图，依次连结第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连结矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去．已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（  ） A． B． C． D． 42．正整数按如图的规律排列，则2022位于哪一行，哪一列（　　） A．第45行 第4列 B．第4行 第45列 C．第46行 第3列 D．第3行 第46列 43．如图，已知正方形的边长为4，甲、乙两动点分别从正方形的顶点A、C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的3倍，则它们第2022次相遇在边（    ）上． A． B． C． D． 44．如图，直角三角形纸片中，，，D为斜边中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与交于点；设的中点为，第2次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点；设的中点为，第3次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点，则的长为（） A． B． C． D． 45．如图所示，按下列方法将数轴的正半轴绕在一个圆上（该圆周长为3个单位长，且在圆周的三等分点处分别标上了数字0，1，2）上；先让原点与圆周上0所对应的点重合，再将正半轴按顺时针方向绕在该圆周上，使数轴上1，2，3，4，…所对应的点分别与圆周上1，2，0，1，…所对应的点重合，这样，正半轴上的整数就与圆周上的数字建立了一种对应关系．若数轴绕过圆周99圈后，数轴上的一个整数点刚好落在圆周上数字1所对应的位置，则这个整数是（　　） A．297 B．298 C．299 D．300 46．如图，菱形AB1C1D1的边长为1，∠B1=60°；作AD2⊥B1C1于点D2，以AD2为一边，做第二个菱形AB2C2D2，使∠B2=60°；作AD3⊥B2C2于点D3，以AD3为一边做第三个菱形AB3C3D3，使∠B3=60°，依此类推，这样做的第2020个菱形ABnCnDn的边ADn的长是（   ）． A． B． C． D． 考点三、方程的综合问题 题型01解一元一次方程的综合问题 47．已知，则关于x的方程的解是（　　） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 48．若关于x的方程有三个整数解，则的值是(    ) A．0 B．1 C．2 D．3 49．九宫格是一款数学游戏，起源于河图洛书，河图与洛书是我国古代流传下来的两幅神秘图案，历来被认为是河洛文化的滥觞，中华文明的源头．在如图所示的九宫格中，其每行、每列、每条对角线上三个数字之和都相等，则下列说法（   ）． ①三个空白方格中的数字之和等于； ②n是这九个数字中最小的数． A．①错误，②正确 B．①正确，②错误 C．①正确，②正确 D．①错误，②错误 50．“幻方”最早记载于春秋时期的《大戴礼记》中，如图1所示， 每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，现填入如图2所示的 “幻方” 中，部分数据已填入，则图中的值为（    ）      A． B．5 C． D．7 51．规定：，．例如，．下列结论中：①若，则；②若，则；③能使成立的的值不存在；④式子的最小值是7．其中正确的所有结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 52．如图，A，B两地相距1200m，小车从A地出发，以8m/s的速度向B地行驶，中途在C地停靠3分钟．大货车从B地出发，以5m/s的速度向A地行驶，途经D地（在A地与C地之间）时沿原路返回B点取货两次，且往返两次速度都保持不变（取货时间不计），取完两批货后再出发至A点．已知：，则直至两车都各自到达终点时，两车相遇的次数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 53．已知关于x的一元一次方程的解是，关于y的一元一次方程的解是（其中b和c是含有y的代数式），则下列结论符合条件的是（    ） A． B． C． D． 54．已知关于的方程有非负整数解，则整数的所有可能的取值的和为（　　） A． B． C． D． 55．甲、乙两运动员在长为100m的直道AB（A，B为直道两端点）上进行匀速往返跑训练，两人同时从A点起跑，到达B点后，立即转身跑向A点，到达A点后，又立即转身跑向B点．．．若甲跑步的速度为5m/s，乙跑步的速度为4m/s，则起跑后2分钟内，两人相遇的次数为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 题型02、解二元一次方程组的综合问题 56．如图，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．下列判断正确的是（    ） 结论I：若n的值为5，则y的值为1； 结论Ⅱ：的值为定值； 结论Ⅲ：若，则y的值为4或1． A．I，Ⅲ均对 B．Ⅱ对，Ⅲ错 C．Ⅱ错，Ⅲ对 D．I，Ⅱ均错 57．关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 58．有五张写有数字的卡片，分别记为①，②，③，④，⑤，将它们按如图所示放置在桌上．下表记录了相邻两张卡片上的数的和． 卡片编号 ①② ②③ ③④ ④⑤ ①⑤ 两数的和 则写有最大数卡片的编号是(    ) A．② B．③ C．④ D．⑤ 59．桌面上有若干枚壹元硬币和伍角硬币，其中10枚正面向上．现将壹元硬币全部翻面，此时正面向上的壹元硬币比正面向上的伍角硬币多2枚，则桌面上的壹元硬币有（   ） A．12枚 B．11枚 C．10枚 D．9枚 60．如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知则的面积为（  ） A．16 B．18 C．20 D．24 61．已知，，要想求出的值（即与无关），则与必须满足什么数量关系（    ） A． B． C． D． 62．有一枚质地均匀的正方体骰子，六个面上的点数分别为1、2、3、4、5、6，现将这枚骰子先后抛掷两次，记下抛掷后朝上的面上的点数，第一次记下的点数为，第二次记下的点数为，则关于的二元一次方程组只有非负解的概率为（    ） A． B． C． D． 63．已知关于x，y的二元一次方程组（a是常数），若不论a取什么实数，代数式（k是常数）的值始终不变，则k的值为（   ） A． B． C．1 D．2 64．已知关于，的方程组，其中，下列说法正确的是（    ） ①当时，与相等；    ②是原方程组的解； ③无论为何值时，；    ④若，，则的最大值为11； A．①③ B．②③ C．②③④ D．③④ 65．某学校为了增强学生体质，决定让各班去购买跳绳和毽子作为活动器械．七年1班生活委员小亮去购买了跳绳和毽子共5件，已知两种活动器械的单价均为正整数且跳绳的单价比毽子的单价高．在付款时，小亮问是不是30元，但收银员却说一共45元，小亮仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了，则小亮实际购买情况是（    ） A．1根跳绳，4个毽子 B．3根跳绳，2个毽子 C．2根跳绳，3个毽子 D．4根跳绳，1个毽子 66．已知关于x，y的方程组，以下结论其中不成立是（    ）． A．不论k取什么实数，的值始终不变 B．存在实数k，使得 C．当时， D．当，方程组的解也是方程的解 67．有5个正整数，，，，．某数学兴趣小组的同学对5个正整数作规律探索，找出同时满足以下3个条件的数．①，，是三个连续偶数，②，是两个连续奇数，③．该小组成员分别得到一个结论： 甲：取，5个正整数不满足上述3个条件 乙：取，5个正整数满足上述3个条件 丙：当满足“是4的倍数”时，5个正整数满足上述3个条件 丁：5个正整数，，，，满足上述3个条件，则（为正整数） 戊：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是（为正整数） 以上结论正确的个数有（    ）个． A．2 B．3 C．4 D．5 68．新冠状病毒传染性非常强，多是通过飞沫，接触，还有气溶胶传播。所以一定要做好个人防护，尽量少外出，更不要聚集，佩戴医用外科口罩是非常有效的个人防护。为了个人防护，小红用40元钱买了A，B两种型号的医用外科口罩（两种型号都买），A型每包6元，B型每包4元，在40元全部用尽的情况下，有几种购买方案（    ） A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 题型03、解一元二次方程的综合问题 69．关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ） A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1 C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0 70．若定义：方程是方程的“倒方程”．则下列四个结论： ①如果是的倒方程的一个解，则． ②一元二次方程与它的倒方程有公共解． ③若一元二次方程无解，则它的倒方程也无解． ④若，则与它的倒方程都有两个不相等的实数根． 上述结论正确的有（   ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 71．对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法．以方程为例加以说明．数学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的方法是：如图，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即，据此易得．小明用此方法解关于的方程，其中构造出同样的图形，已知小正方形的面积为，则的值为（　　） A． B． C． D． 72．在解一元二次方程时，小马同学粗心地将项的系数与常数项对换了，使得方程也变了．他正确地解出了这个不同的方程，得到一个根是2，另一根等于原方程的一个根．则原方程两根的平方和是（   ） A． B． C． D． 73．如图，在矩形中，，，点E，F分别在边上．连接，若平分，四边形是平行四边形，则的长为（    ） A． B． C． D． 74．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 75．从一块腰长为的等腰直角三角形铁皮零料上裁出一块面积为的矩形铁皮，要求矩形的四个顶点都在三角形的边上．若裁出的矩形全等视为同种裁法，则有几种不同的裁法？（    ） A． B． C． D． 76．已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（    ） A．若，则点A在点B，C之间 B．若，则点A在点B，C之间 C．若，则点C在点A，B之间 D．若，则点C在点A，B之间 77．对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 78．满足方程的整数对有（    ） A．0对 B．2对 C．4对 D．6对 79．已知四个多项式，，，，下列说法中正确的个数为（    ） ①若，则 ②若，则 ③若x为正整数，且为整数，则 ④若对任意x都有，则当时， A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型04、解分式方程的综合问题 80．某工程，甲队独做所需天数是乙、丙两队合做所需天数的倍，乙队独做所需天数是甲、丙两队合做所需天数的倍，丙队独做所需天数是甲、乙两队合做所需天数的倍，则的值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 81．若关于x的不等式组 至少有两个正整数解，且关于x的分式方程有正整数解，则符合条件的所有整数a的和为（　　） A．15 B．16 C．18 D．19 82．若二次根式有意义，且关于x的分式方程有正数解，则符合条件的整数m的和是（　　） A．﹣7 B．﹣6 C．﹣5 D．﹣4 83．若关于的不等式组有且仅有4个整数解，且关于的分式方程解为整数，则符合条件的所有整数的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 84．若关于x的不等式组无解，且关于y的分式方程有非负整数解，则满足条件的所有整数a的和为（    ） A．8 B．10 C．16 D．18 85．若整数使关于的不等式组，有且只有45个整数解，且使关于的方程的解为非正数，则的值为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或或 试卷第6页，共89页 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题七 选择题压轴题 第11讲 数、式和方程选择压轴题 （思维导图+3考点+11种题型） 考点一、与实数有关的压轴问题 题型01、实数的运算问题的综合 题型02、实数与数轴的综合 考点二、与式有关的压轴问题 题型01、整式的加减运算 题型02、整式乘法的应用 题型03、分式的综合问题 题型04、数字规律探究问题 题型05、图形规律探究 考点三、方程的综合问题 题型01、解一元一次方程的综合问题 题型02、解二元一次方程组的综合问题 题型03、解一元二次方程的综合问题 题型04、解分式方程的综合问题 维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、与实数有关的压轴问题 题型01、实数的运算问题的综合 1．比较分数与的大小，结果是（   ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了有理数大小比较，由于分数的分母和分子都是较大数，通分化为同分母比较困难， 利用，，将它们转化为同分子比较，即可得出结论． 【详解】解：∵， ， ∵， ∴ ∴ 故选A． 2．在多项式（其中）中，任意添加绝对值符号且绝对值符号内至少包含两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有加减法运算，然后进行去绝对值符号运算，称此运算为“对绝操作”．例如：，下列说法正确的个数是（    ） ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“对绝操作”共有7种不同运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查新定义题型及绝对值计算和分类讨论思想的应用，根据题目所给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论求解即可得到答案 【详解】解：由题意可得， ∵， ∴去绝对值操作后还是它本身， ∴不存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故①错误， 存在，，，，，， ，8种情况使其运算结果与原多项式相等，故②正确， 总共有：，，，，，6种结果，故③错误， B 故选：． 3．定义：把互不相等的3个正整数x，2，5（三个数排列不分顺序）组成一个数串称为有效数串．现操作如下：将一个有效数串三个数中最大的数减去其它两个数积的差的绝对值去替换这三个数中最大的数得到一个新数串，若新数串为有效数串时，就可进行再次操作．下列说法： ①若一个有效数串经过一次操作后得到的新数串为1，2，3，则或3． ②若一个有效数串经过两次操作后得到新数串为1，2，3，则x有4种不同的取值． ③如果一个有效数串至少经过两次操作后仍是有效数串，若再继续操作下去，则在整个操作过程中一定存在新数串1，2，3． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查了新定义运算，解题的关键是理解题意，注意进行分类讨论，按照题干中给出的信息进行操作，列出相应的方程进行计算即可． 【详解】解：①若新数串为1，2，3则2不是新数串中最大值， ∴5是被替换的数，即存在时或时，故①正确； ②当x为最大值时，则第一次操作后新数串为：，2，5， 经过第二次操作，新数串为1，2，3， 则可知，第二次操作，5被替换， 即5为最大数， ∴或， 解得：， ∴新数串为，，， 当，或， 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当，或， 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； ∴当x为最大值时，或或或； 当5为最大值时，则第一次操作后新数串为：，2，x， ∵经过第二次操作后仍然存在2， ∴或， 当时，或， 由得， ∵x为正整数， ∴， 当时，第一次操作后新数串为1，2，3，进行第二次操作后为1，1，2，不符合题意； ∴不符合题意； 不等式组无解； 当时，或， 不等式组无解； 由得：， ∵x为正整数， ∴或， 当时，第一次操作后新数串为1，2，3，进行第二次操作后为1，1，2，不符合题意； 当时，第一次操作后新数串为3，2，4，进行第二次操作后为2，2，3，不符合题意； 综上分析符合题意的x的值只有4个，故②正确； ③当时，第一次操作后新数串为14，2，5， 进行第二次操作后为4，2，5， 进行第三次操作后为4，2，3， 进行第四次操作后为2，2，3，不符合题意， ∴只能进行三次操作，无法进行第四次操作， ∴当时，在整个操作过程中不存在新数串1，2，3，故③错误； 综上分析可知，正确的个数为2个． 故选：C． 4．设表示不大于x的最大整数，则 的值为（ ） A．5 151 B．5150 C．5050 D．5049 【答案】C 【分析】本题主要考查了新定义，根据条件可得每一项都是组成，判断出，可得，进而得出规律求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴原式； 故选：C． 5．设，记，，则（    ） A． B． C． D．M，N的大小不能确定 【答案】C 【分析】本题考查函数的性质，化简绝对值，由可知，随着的增大而增大，由可知，当时，随着的增大而增大，则，据此化简，由可知，当时，随着的增大而减小，则，当时，随着的增大而增大，则，再求得，据此化简，即可比较和的大小．利用函数的增减性比较大小化简绝对值是解决问题的关键． 【详解】解：由可知，随着的增大而增大， 由可知，当时，随着的增大而增大， 则， ∴ ， 由可知， 当时，随着的增大而减小，则， 当时，随着的增大而增大，则， ∵，， ∴， ∴ ， ∴， 故选：C． 6．若用表示任意正实数的整数部分，例如：，，，则式子的值为（    ）（式子中的“”，“”依次相间） A．22 B． C．23 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了算术平方根的意义，本题是阅读型题，正确理解新定义的含义是解题的关键．利用题干中的新定义依次得到各数的整数部分，计算即可得出结论． 【详解】，， 与之间共有个数， ，， 与之间共有个数， ，， 与之间共有个数， ， ，， 与之间共有个数， ． 故选C． 7．下列说法中，正确的个数（    ） ①若，则； ②若，则有是正数； ③三点在数轴上对应的数分别是、6、，若相邻两点的距离相等，则； ④若代数式的值与无关，则该代数式的值为2021； ⑤，则的值为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】本题考查有绝对值的化简，数轴上两点间的距离，解答本题的关键是对于错误的结论，要说明理由或者举出反例. 【详解】若，则， 故①错误， 不合题意； 若， 则或或或， 当时， 则有是是正数， 当时， 则有是正数， 当时， 则有是正数， 当时， 则有是是正数， 由上可得， 是正数， 故②正确，符合题意； 三点在数轴上对应的数分别是、、，若相邻两点的距离相等，则或或，故③错误，不合题意； 若代数式的值与无关，则，故④错误，不合题意； ， ∴中一定是一负两正，，， 不妨设 ，故⑤错误，不合题意； 故选： A． 8．为了求的值， 可令，则， 因此，所以． 这种方法称为“错位相减法”． 请参考以上推理计算： （   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则 ，仿照题目中的“错位相减法”，可得 ，再设，再用错位相减法可得，将其代入中，可得 本题考查了有理数的混合运算，乘方的含义，读懂题目信息，理解求和的运算方法是解题的关键． 【详解】解：设， 则， ∴， 即， 再令， 则， ∴， 即， ∴， ， ， ． 故选：B． 9．生物学指出，在生物链中大约只有的能量能够流动到下一个营养级，在这条生物链中（表示第个营养级，），要使获得785千焦的能量，那么需要提供的能量约为（用科学记数法表示）（    ）． A．千焦 B．千焦 C．千焦 D．千焦 【答案】B 【分析】根据的能量能够流动到下一个营养级可知：要使获得785千焦的能量，那么需要提供的能量约为千焦，以此类推．设需要提供的能量约为x千焦．根据题意列方程计算，即得． 本题主要考查了乘方的应用．熟练掌握乘方的意义及运算法则，是解决问题的关键． 【详解】设需要提供的能量约为x千焦． 根据题意得：， ∴， 解得，， ∴需要提供的能量约为千焦． 故选：B． 10．如图是一个无理数生成器的工作流程图，根据该流程图，下面说法： ①当输出值y为时，输入值x为3或9； ②当输入值x为16时，输出值y为； ③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y； ④存在这样的正整数x，输入x之后，该生成器能够一直运行，但始终不能输出y值． 其中错误的是（　　） A．①② B．②④ C．①④ D．①③ 【答案】D 【分析】根据运算规则即可求解． 【详解】解：①x的值不唯一．x=3或x=9或81等，故①说法错误； ②输入值x为16时，，故②说法正确； ③对于任意的正无理数y，都存在正整数x，使得输入x后能够输出y，如输入π2，故③说法错误； ④当x=1时，始终输不出y值．因为1的算术平方根是1，一定是有理数，故④原说法正确． 其中错误的是①③． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数． 题型02、实数与数轴的综合 11．我们知道，式子的几何意义是数轴上表示数的点与表示数的点之间的距离是，则式子的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查绝对值的意义，两点间的距离公式，根据绝对值的意义，把求的最小值转化为求的最小值问题是解题的关键；先求出值最小，的最小值，两个最小值的条件是一致的，再求出答案即可． 【详解】解：， 的几何意义是数轴上表示数的点与表示数的点之间的距离与数轴上表示数的点与表示数的点之间的距离之和， 当表示数x的点在表示数的点与表示数的点之间时，值最小，也即是表示数的点与表示数的点之间距离， 的最小值为， 的最小值是0，且取最小值时x的值为，且当时，最小值是3， 的最小值为， 的最小值是， 故选：． 12．如图，动点从到原点距离为的点处向原点方向跳动，第一次跳到的中点处，第二次从点跳到的中点处，第三次从点跳到的中点处，如此不断跳动下去，第次跳动后，该动点到原点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了点的运动规律，根据计算可得每次运动后点距原点的距离是上一个点距原点距离的一半，据此即可求解，根据计算找到点的运动规律是解题的关键． 【详解】解：第一次跳动到的中点处，得， 第二次从跳到的中点处，得， 第三次从点跳到的中点处，得， ， ∴第次跳动后，该质点到原点的距离为， ∴第次跳动后，该质点到原点的距离为， ∵， ∴， 故选：． 13．如图，数轴上从左到右的三个点，，把数轴分成了I，II，II，IV四个部分，点，，对应的数分别是，，．则下列①；②；③；④四个条件中，（   ）两个条件组合，可以确定原点在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ中的某一部分．    A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【答案】A 【分析】本题考查了有理数的大小比较，数轴上表示有理数，有理数的乘法加法，正确理解题意是解题的关键．分别从每一个选项出发，根据有理数的运算进行判断即可． 【详解】解：A、∵，而， ∴， ∵， ∴， 而， ∴原点在Ⅲ这一区域，符合题意； B、∵，， ∴， 不能确定的正负， 故B不能确定原点的位置，不符合题意； C、∵，， ∴， ∵， ∴可能大于0，也有可能小于0， 那么就确定不了原点的位置，不符合题意； D、∵， ∴可能都小于0，或者， ∵，， ∴当时，；当时，， 故不能确定原点位置，不符合题意； 故选：A． 14．如图，数轴上O，A两点的距离为12，一动点P从点A出发，按以下规律跳动：第1次跳动到的中点处，第2次从点跳动到的中点处，第3次从点跳动到的中点处．按照这样的规律继续跳动到点（，n是整数）处，问经过这样2024次跳动后的点与的中点的距离是（  ） A．12﹣3× B．9﹣3× C．12﹣3× D．9﹣3× 【答案】B 【分析】本题主要考查了图形类的规律，数轴上两点的距离．熟练掌握各个点跳动的规律，是解题关键． 根据题意，第一次跳动到的中点处，离原点的长度为，第二次从处跳动到处，离原点的长度为，可推出跳动n次距离原点的长度为，即点表示的数为，则点表示的数为，再推出的中点表示的数为9，即可解答． 【详解】∵数轴上O，A两点的距离为12， ∴点A表示的数为12， 表示的数为， 表示的数为， 表示的数为， 表示的数为， ……， 表示的数为， ∴经过这样2024次跳动后的点表示的数为， ∵点A表示的数为12，表示的数为6， ∴的中点表示的数为， ∴经过这样2024次跳动后的点与的中点的距离为， ， 故选：B． 15．如图，已知数轴上点、、所对应的数、、都不为0，且是的中点，如果，则原点的大致位置在（    ）    A．的左边 B．与之间 C．与之间 D．的右边 【答案】B 【分析】可得，从而可得；然后根据选项判断，，的符号，进行化简即可求解． 【详解】解：是的中点， ， ； A． 在的左边，，，， ， 故此项不符合题意； B． 在与之间时，，，， ， 故此项符合题意； C．在与之间时，，，， ， 故此项不符合题意； D．在的右边时，，，， ， 故此项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了利用绝对值性质进行化简，掌握性质是解题的关键． 16．如图，通过画边长为1的正方形，就能准确的把表示在数轴上点处，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，如此继续，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了实数的运算的规律，数轴，找到规律，即可解答，熟练运用实数的运算是解题的关键． 【详解】解：由题意可得，则表示的数为， ， 表示的数为， ， 同理可得; ； ； ； ； ， 故选：A． 考点二、与式有关的压轴问题 题型01、整式的加减运算 17．在长方形中放入3个正方形如图所示，若，，则知道下列哪条线段的长就可以求出图中阴影部分的周长和（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方形的边长为a，正方形的边长为b，正方形的边长为c，由可得，将阴影部分的周长和表示出来，再把各条线段用含有a、b、c的式子代换，然后再化简，看最后结果与哪条线段有关即可． 本题主要考查了列代数式及代数式的化简．把各条线段用含有a、b、c的式子表示是解题的关键． 【详解】设正方形的边长为a，正方形的边长为b，正方形的边长为c， ∵， ， ， ，， ， ∴阴影部分的周长和= ， ∴知道的长就可以求出图中阴影部分的周长和． 故选：B 18．设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据完全平方公式得出，，进而根据已知条件得出，进而即可求解． 【详解】，，， ，， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了完全平方公式变形求值，根据题意得出是解题的关键． 19．已知两个非负实数满足，，则下列式子正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用整式的加法法则以及不等式的性质进行求解即可． 【详解】解：，， 由得：，故A选项错误，不符合题意； 由①得：， 将代入②得：， 整理得：，故B选项错误，不符合题意； 为非负实数， ，，故C选项错误，不符合题意； ， ， ， ，故D选项正确，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了整式的加减、不等式的性质，熟练掌握整式的加减运算法则以及不等式的性质是解题的关键． 20．如图，数轴上A，B，C三点表示的数分别为a，b，c则下列结论正确的个数是（　　） ①若，，则；②若，则B为AC的中点；③化简；④若数轴上点M到A，B，C距离之和最小，则点M与点B重合；⑤若，，点M到A，B，C的距离之和为13，则点M表示的数为5；⑥若，则最小值为12134． A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】①不知道表示的数字无法确定的值；②根据线段的中点的定义，以及中点公式进行判断；③根据点在数轴上的位置，化简绝对值，进行判断；④根据两点间的距离公式，以及两点之间线段最短，进行判断；⑤根据两点间的距离公式，列方程计算进行判断；⑥根据，得到，推出，，，得到当时，有最小值，进而求出最小值即可． 【详解】解：①不知道表示的数字无法确定的值，故①错误； ②∵， ∴为的中点，故②正确； ③由图可知：， ∴，故③错误； ④∵数轴上点M到A，B，C距离之和最小， ∴点M与点B重合；故④正确； ⑤设点表示的数为， 当点在点左边时，依题意有：， 解得： 当点在点右边时，依题意有：， 解得：； 综上，点表示的数为或5，故⑤错误； ⑥∵， ∴， ∴，，， ∴当时：有最小值为，故⑥正确； 综上：正确的是②④⑥，共3个； 故选A． 【点睛】本题考查整式的加减，一元一次方程的应用．熟练掌握数轴上两点间的距离公式，以及绝对值的意义和根据数轴上点的位置判断式子的符号，是解题的关键． 21．对两个整式，进行如下操作：将整式加上，结果记为，称为第一次操作；将第一次操作的结果加上，结果记为，称为第二次操作；将第二次操作的结果加上，结果记为，称为第三次操作；将第三次操作的结果加上，结果记为，称为第四次操作，…，以此类推．有下列四个说法：①第五次操作的结果；②；③时，；④当时，的值为整数时，有3种情况．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】利用题干的规定：，，，，……，得到，利用此规律对每个说法进行判断即可． 【详解】解：， ， ， ， …… ∴， ∴， 故说法①正确； ， ， ∴， 故说法②正确； ， ， 当时，，， ∴， 故说法③正确； 当时，， ， ∴， ∵的值为整数， ∴，， ∴，0，，， 又为正整数， ∴，， 故故说法④错误； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了整式的加减，数字规律，分式的运算等，利用题干的规定找出数字的规律是解题的关键． 题型02、整式乘法的应用 22．如图，有三张正方形纸片，将三张纸片按照如图所示的方式放置于一个长方形中，已知中间重叠部分四边形恰好是一个正方形，记图中两块未被覆盖的阴影部分面积分别为和，已知，，若要知道和的面积差，只需要知道（   ） A．正方形的边长 B．正方形的边长 C．正方形的边长 D．正方形的边长 【答案】C 【分析】本题考查了列代数式，整式的混合运算，延长交于点，则右上角未被覆盖部分阴影部分的面积，分别设正方形的边长分别为，正方形的边长为，表示出，，再作差即可得解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交于点，则右上角未被覆盖部分阴影部分的面积， 设正方形的边长分别为，正方形的边长为， 则，，，，，， ∴，， ∴ 故要知道和的面积差，只需要知道的值即可，即要知道正方形的边长， 故选：． 23．把两张正方形纸片按如图1所示分别裁剪成A和B两部分（B为长方形），再将裁好的四张纸片不重叠地放入图2所示的正方形中，记一张A纸片的面积为，一张B纸片的面积为，若，则图2中阴影部分面积为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了整式的混合运算，熟练掌握整式混合运算的顺序和法则是解题的关键． 设图1正方形纸片边长为a，B部分的宽为b，长为c，根据图1和图2得出和，再利用得到，再表示出，代入计算即可． 【详解】解：将B向左推，可得如图， 设图1正方形纸片边长为a，B部分的宽为b，长为c， 根据图2是正方形，得， 即， 由图（2）两个A的位置，可得即， ∴图2正方形边长为 ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ 故选：C． 24．如图，长为，宽为的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的有（    ） ①小长方形的较长边为； ②阴影A的一条较短边和阴影B的一条较短边之和为； ③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值； ④当时，阴影A和阴影B的面积和为定值． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为，说法①符合题意；②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影A，B的较短边长，将其相加可得出阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为，说法②不符合题意；由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影A和阴影B的周长之和为，结合x为定值可得出说法③符合题意；由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影A和阴影B的面积之和为，代入可得出说法④符合题意． 【详解】解：∵大长方形的长为ycm，小长方形的宽为4cm， ∴小长方形的长为，说法①符合题意； ∵大长方形的宽为xcm，小长方形的长为，小长方形的宽为4cm， ∴阴影A的较短边为， 阴影B的较短边为， ∴阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为，说法②不符合题意； ∵阴影A的较长边为，较短边为， 阴影B的较长边为，较短边为， ∴阴影A的周长为， 阴影B的周长为， ∴阴影A和阴影B的周长之和为， ∴若x为定值，则阴影A和阴影B的周长之和为定值，说法③符合题意； ∵阴影A的较长边为，较短边为， 阴影B的较长边为，较短边为， ∴阴影A的面积为， 阴影B的面积为， ∴阴影A和阴影B的面积之和为 ， 当时，，说法④符合题意， 综上所述，正确的说法有①③④，共3个， 故选：B． 【点睛】本题考查了列代数式以及整式的混合运算，根据图形分别表示出相关边长并能熟练运用整式加减的运算法则是解题的关键． 25．如图，将两张边长分别为和的正方形纸片按图1，图2两种方式放置长方形内（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若长方形中边、的长度分别为m、n．设图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为．当时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】，，图①中阴影部分的面积为，②中阴影部分面积为，且，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，图①中阴影部分面积为 ∴，且，，， ∴； 如图所示，图②中阴影部分面积为 ∴，且，，， ∴， ∴， 当时，， 故选：D． 【点睛】本题主要考查图像变换与面积的关系，整式的混合运算，理解图形变换中边与边的和与差的关系是解题的关键． 26．若实数x，y，z满足，求（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】B 【分析】令，分别求出，，，，最后根据分别代入化简求解即可． 【详解】解：令，则 ∵， ∴，整理得：， ∵， ∴， ∵， ， ， ∴， ∵，即 ∴， ∴， ∵ ， ， ∵ ∵， ∴，解得：， ∴， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，解题的关键是用换元法，将各个式子进行改写化简． 27．已知满足，则的值为（        ） A．1 B．－5 C．－6 D．－7 【答案】A 【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出的值，代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17）， ∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11 ∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0， ∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0 ∴a-3=0，b+1=0，c-1=0， ∴a+b-c=3-1-1=1． 故选：A． 【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出的值，准确进行计算． 28．已知实数，、满足，有下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确个数有（  ）个． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据所给条件，对各项进行变形，利用整体代入、解方程、通分、完全平方式进行计算即可验证． 【详解】解： ①当时，，故结论正确； ②当时， 解得：， ，故②结论正确； ③， ，故③结论正确； ④当， 则 ，故④结论正确； 综上所述，正确的结论有个； 故选：． 【点睛】本题考查代数式求值及恒等式证明，根据题意，结合四个结论中的代数式恒等变形是解决问题的关键． 29．设，为实数，多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为：若，且，均为正整数，则(　　) A．与的最大值相等，与的最小值也相等 B．与的最大值相等，与的最小值不相等 C．与的最大值不相等，与的最小值相等 D．与的最大值不相等，与的最小值也不相等 【答案】A 【分析】先利用多项式乘多项式的法则进行运算，从而可表示出，，再分析即可． 【详解】解： ， ， 多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为， ，， ，且，均为正整数， ， 整理得：． 又，， ，． ，． ． ，均为正整数， 的取值为，，，，． 的最大值为，的最小值为． ，， ，均为正整数， 的取值为，，，，． 的最大值，的最小值为 与的最大值相等，与的最小值也相等 故选：A． 【点睛】本题主要考查了整式的乘法，完全平方公式，分式的性质，解题时要能熟悉整式的相关变形，注意学会将未知转化为已知去解决． 30．一个正整数若能表示成两个正整数的平方差，则称这个正整数为“杨梅数”．例如，就是一个“杨梅数”．则把所有的“杨梅数”从小到大排列后，第47个“杨梅数”是（     ） A．97 B．95 C．64 D．65 【答案】D 【分析】此题主要考查了平方差公式，有一定的难度，主要是对题中新定义的理解与把握． 如果一个数是杨梅数，就能表示为两个正整数的平方差，设这两个数分别m、n，设，即杨梅数，因为m，n是正整数，因而和就是两个自然数．要判断一个数是否是杨梅数，可以把这个数分解因数，分解成两个整数的积，看这两个数能否写成两个正整数的和与差． 【详解】解 ∶1不能表示为两个正整数的平方差，所以1不是“杨梅数”，对于大于1的奇正整数，有 所以大于1的奇正整数都是“杨梅数”， 对于被4整除的偶数，有， 即大于4的被4整除的数都是“杨梅数”，而4不能表示为两个正整数平方差，所以4不是“杨梅数”， 对于被4除余2的数， 设，其中，为正整数， 当，奇偶性相同时，被4整除，而不被4整除； 当，奇偶性相异时，为奇数，而为偶数，矛盾， 所以不存在自然数，使得．即形如的数均不为“杨梅数”， 因此，在正整数数列中前四个正整数只有3为“杨梅数”， 此后，每连续四个数中有三个“杨梅数”． ，， 64是第46个“杨梅数”， 65是第47个“杨梅数”． 故选∶D． 31．如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10.5，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，完全平方公式与图形的面积问题．先证明，得到，进而得到，推出空白部分的面积等于正方形的面积减去，即：，利用，结合勾股定理和完全平方公式得到，进一步求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由①②得：， 解得或（负值舍去）． 故选：C． 题型03、分式的综合问题 32．若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查分式的混合运算，由已知条件得出，，，，联立，得，代入整理之后对算式进行通分即可． 【详解】解：， ，，，， 联立， 得， ∴原式 ． 故选A． 33．设是实数，不大于的最大整数记作，如，令，则的值为（   ） A．29 B．30 C．31 D．32 【答案】A 【分析】本题考查了实数的运算，数字规律的探究．先找到规律，利用裂项相消法求得，再计算得到，据此求解即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ， ∴， 故选：A． 34．已知（a，b，c互不相等）求（    ） A． B．1 C． D．x无解 【答案】C 【分析】将已知条件变形后可得：，可得并求解即可． 【详解】解：由可得：① 由可得：② 将②代入①可得 整理得： 同理可得： ∴ ∵a、b、c互不相等 ∴，解得：． 故选C． 【点睛】本题主要考查了分式的化简求值、分式的基本性质等知识点，根据分式的基本性质对分式进行变形是解答本题的关键． 35．已知两个分式：，；将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为：作差，结果记为； （即，） 第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即，）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：． ①；②当时，；③若，则； ④在第n（n为正整数）次和第次操作的结果中：为定值： ⑤在第2n（n为正整数）次操作的结果中：，； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】通过计算确定第2n个式子的变化规律和第2n-1个式子的变化规律，然后确定一般形式，进行判定即可． 【详解】解： ， ， ，， ， ， ，， …… 当2n-1为奇数时（1除外）， ，， 当2n为偶数时， ，， ∵，故①正确； 当x=1时，M2+M4+M6+M8==30 ，故②错误； ，解得x=1或-2（不合题意，舍去），故③正确； 当n=2k-2时，=x，x不是定值，故④错误； 由规律知，⑤正确； 故选：C． 【点睛】本题考查分式的化简以及探究式子的规律，解决问题的关键是确定式子的变化规律． 题型04、数字规律探究问题 36．若教室中有99盏灯，编号从；有99个学员，编号从号．八点半上课，学员八点开始进教室，每个学员进来时要求把自己编号的倍数的灯开关按一下（例如：编号为3的学员要把编号为3，6，9，…的灯开关按一下），，所有灯的初始状态为“不亮”．当八点半所有学员都到时有（   ）盏灯是亮的． A．4 B．9 C．14 D．19 【答案】B 【分析】本题考查数字类规律探索，根据题意可知当开关被按奇数次和偶数次时，灯所对应的状态分别是“亮”和“不亮”，再结合每个编号的因数个数即可解决问题． 【详解】解：∵所有的灯原来都是“不亮”的， ∴当开关被按奇数次时，灯是“亮”的， 当开关被按偶数次时，灯是“不亮”的． ∵当灯的编号有几个因数时，灯的开关就被按几次， ∴灯的编号的因数个数为奇数个的，其开关被按了奇数次，最终状态为“亮”， ∵只有平方数的因数才是奇数个， 且1到99中平方数有：1，4，9，16，25，36，49，64，81． ∴最终状态为“亮”的灯有9盏． 故选B． 37．一组有序排列的数：，，，…，，…（为正整数）．对于其中任意相邻的三个数，中间的数等于其前后两个数的积．已知，，，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了数的规律探究，完全平方公式．根据题意推导一般性规律是解题的关键． 根据题意，计算可得，，，，，，，，，，……可推导一般性规律为每6个数为一个循环，则，，，由，可得，则，计算求解，然后作答即可． 【详解】解：由题意知，，，，， 同理，，，， ∴，，，，，，，，，…… ∴可推导一般性规律为每6个数为一个循环， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴，则， 解得，， ∴， 故选：B． 38．按一定规律排列的数：，，，，，则这列数的第个数是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了数字的变化规律，根据规律分别找到分子、分母及符号的规律即可解答，分别找到分子、分母及符号的规律是解题的关键． 【详解】解：分子，，，，的规律为， 分母，，，，的规律为， 符号的规律为， 故第个数为， 故选：． 39．定义新运算：对任意非零实数，有，则（） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了有理数的混合运算，整式—数字规律找到运算规律（）是解题关键． 【详解】解∶原式 故选：D． 40．电子跳蚤游戏盘（如图）为三角形，，，，如果电子跳蚤开始时在边的点，，第一步跳蚤从跳到边上点，且；第二步跳蚤从跳到边上点，且；第三步跳蚤从跳回到边上点，且；…跳蚤按上述规则跳下去，第次落点为，则与之间的距离为（    ） A．0 B．1 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了数字的规律探究．先写出前几步的线段长度，然后推导出一般性规律是解题的关键． 由题意知，，则；第一步跳蚤从到，；；第二步跳蚤从到，；；第三步跳蚤从到，；；第四步跳蚤从到，；；第五步跳蚤从到，；；第六步跳蚤从到，；；第七步跳蚤从到，；……可知每6步循环一次，由，可知第2023次落点与重合，即与之间的距离为与之间的距离，由与在上，根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，，则； 第一步跳蚤从到，；； 第二步跳蚤从到，；； 第三步跳蚤从到，；； 第四步跳蚤从到，；； 第五步跳蚤从到，；； 第六步跳蚤从到，；； 第七步跳蚤从到，； …… ∴每6步循环一次， ∵， ∴第次落点与重合，即与之间的距离为与之间的距离， ∵与在上， ∴， 故选：B． 题型05、图形规律探究 41．如图，依次连结第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连结矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去．已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】易得第二个菱形的面积为（）2，第三个菱形的面积为（）4，依此类推，第n个菱形的面积为（）2n-2，把n=4代入即可． 【详解】解：已知第一个菱形的面积为1； 则第二个菱形的面积为原来的（）2， 第三个菱形的面积为（）4， 依此类推，第n个菱形的面积为（）2n-2， 当n=4时， 则第4个菱形的面积为（）2×4-2=()6=． 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的． 42．正整数按如图的规律排列，则2022位于哪一行，哪一列（　　） A．第45行 第4列 B．第4行 第45列 C．第46行 第3列 D．第3行 第46列 【答案】B 【分析】观察图形可知这些数字排成的是一个正方形，则由，即可判断2022的位置． 【详解】解：观察图形可知这些数字排成的是一个正方形， ∵， ∴2022在第45列， ∵， ∴2022在第4行，即2022位于第4行，第45列． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，由所给的数字得出存在的规律是解答的关键． 43．如图，已知正方形的边长为4，甲、乙两动点分别从正方形的顶点A、C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的3倍，则它们第2022次相遇在边（    ）上． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题利用行程问题中的相遇问题，根据乙的速度是甲的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答． 【详解】解：因为乙的速度是甲的速度的3倍，时间相同， 所以乙所行的路程是甲所行的路程的3倍， ①第一次相遇甲乙行的路程和为8，甲行的路程为，乙行的路程为，此时相遇在边的中点处； ②第二次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，此时相遇在边的中点处； ③第三次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，此时相遇在边的中点处； ④第四次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，此时相遇在边的中点处； ⑤第五次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为，乙行的路程为，此时相遇在边的中点处； ∵， ∴第2022次相遇在边上， 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，难度较大，注意先通过计算发现规律然后再解决问题． 44．如图，直角三角形纸片中，，，D为斜边中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与交于点；设的中点为，第2次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点；设的中点为，第3次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点，则的长为（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出AD的长，再由折叠的性质可得AP1=AD1，AP2=AD2，AP3=AD3，计算出AD3的长度，可得AP3的长． 【详解】解：∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8， ∴BC==10， ∵D为斜边BC中点， ∴AD=BC=5， 由折叠可知：AD1=AD，AP1=AD， ∴AP1=AD1， AD2=AD1=AD，AP2=AD1=AD， ∴AP2=AD2， 可知：AP3=AD3， AD1=AD=， AD2=AD1=AD=， ∴AD3=AD2==， ∴AP3=AD3=， 故选D． 【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理、直角三角形的性质等几何知识点及其应用问题；灵活运用翻折变换的性质，正确找出命题中隐含的数量关系是关键；对运算求解能力提出了较高的要求． 45．如图所示，按下列方法将数轴的正半轴绕在一个圆上（该圆周长为3个单位长，且在圆周的三等分点处分别标上了数字0，1，2）上；先让原点与圆周上0所对应的点重合，再将正半轴按顺时针方向绕在该圆周上，使数轴上1，2，3，4，…所对应的点分别与圆周上1，2，0，1，…所对应的点重合，这样，正半轴上的整数就与圆周上的数字建立了一种对应关系．若数轴绕过圆周99圈后，数轴上的一个整数点刚好落在圆周上数字1所对应的位置，则这个整数是（　　） A．297 B．298 C．299 D．300 【答案】B 【分析】根据题意先找出正半轴上的整数与圆周上的数字建立的对应关系，找出规律进行解答即可． 【详解】解：∵数轴上1，2，3，4，…所对应的点分别与圆周上1，2，0，1，…所对应的点重合， ∴圆周上数字0、1、2与正半轴上的整数每3个一组0、1、2，3、4、5，6、7、8，…分别对应， ∴数轴上的一个整数点刚刚绕过圆周n圈（n为正整数）后，并落在圆周上数字1所对应的位置，这个整数是3n+1． 当n＝99时，3×99+1＝298． 故选：B． 【点睛】本题考查的是图形的变化规律，注意掌握数轴的特点并根据题意找出规律是解答此题的关键． 46．如图，菱形AB1C1D1的边长为1，∠B1=60°；作AD2⊥B1C1于点D2，以AD2为一边，做第二个菱形AB2C2D2，使∠B2=60°；作AD3⊥B2C2于点D3，以AD3为一边做第三个菱形AB3C3D3，使∠B3=60°，依此类推，这样做的第2020个菱形ABnCnDn的边ADn的长是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在△AB1D2中利用三角函数的定义计算出AD2=，再根据菱形的性质得AB2=AD2=，则利用三角函数的定义得到AD3=（）2，同理可得AD4=（）3，利用此变换规律得到ADn=（）n-1，即可得到答案． 【详解】解：在△AB1D2中，∵sinB1=， ∴AD2=1×sin60°=， ∵四边形AB2C2D2为菱形， ∴AB2=AD2=， 在△AB2D3中，∵sinB2=， ∴AD3=×sin60°=（）2， 同理可得AD4=（）3， ∴第n个菱形ABnCnDn的边ADn的长为（）n-1． ∴第2020个菱形ABnCnDn的边ADn的长是; 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．菱形的面积等于对角线乘积的一半． 考点三、方程的综合问题 题型01解一元一次方程的综合问题 47．已知，则关于x的方程的解是（　　） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】本题主要考查绝对值和平方式的非负性，解题的关键是根据绝对值和平方式的非负性得出和的值，然后计算即可． 【详解】解：， ，， 解得，， ，， ， 即， ， ， 解得， 故选：C． 48．若关于x的方程有三个整数解，则的值是(    ) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据绝对值的性质可得然后讨论及的情况下解的情况，再根据方程有三个整数解可得出的值． 【详解】解：①若 当时，解得：，； 当时，解得：；； ②若 当时，解得：，； 当时，解得：，； 又方程有三个整数解， 可得：或，根据绝对值的非负性可得：． 即只能取． 故选：B． 【点睛】本题考查含绝对值的一元一次方程，难度较大，掌握绝对值的性质及不等式的解集的求法是关键． 49．九宫格是一款数学游戏，起源于河图洛书，河图与洛书是我国古代流传下来的两幅神秘图案，历来被认为是河洛文化的滥觞，中华文明的源头．在如图所示的九宫格中，其每行、每列、每条对角线上三个数字之和都相等，则下列说法（   ）． ①三个空白方格中的数字之和等于； ②n是这九个数字中最小的数． A．①错误，②正确 B．①正确，②错误 C．①正确，②正确 D．①错误，②错误 【答案】A 【分析】本题考查的是数字推理问题，一元一次方程的应用等知识点，根据每行、每列、每条对角线上三个数字之和都相等，则由第1列三个已知数可知每行、每列、每条对角线上三个数字之和为，于是可分别求出未知的各数，从而对两个选项进行判断，抓住条件利用一元一次方程进行逐一求解是解决此题的关键． 【详解】解：∵每行、每列、每条对角线上三个数字之和都相等，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图， 从而可求出三个空格处的数为16、、7， ∴，①错误， ∵， ∴②正确， 故选：A． 50．“幻方”最早记载于春秋时期的《大戴礼记》中，如图1所示， 每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，现填入如图2所示的 “幻方” 中，部分数据已填入，则图中的值为（    ）      A． B．5 C． D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程，求出每个三角形顶点数字的和是解题的关键． 设每个三角形的三个顶点上的数字之和为x，列方程求出的值x，再根据题意得出的值即可． 【详解】解：设每个三角形的三个顶点上的数字之和为x， 根据题意列方程得，，解得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 51．规定：，．例如，．下列结论中：①若，则；②若，则；③能使成立的的值不存在；④式子的最小值是7．其中正确的所有结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据题中的规定逐项判断出各选项的结论正确与否即可． 【详解】解：①若，即， 解得：， 则，故①正确； ②若，则，故②正确； ③若，则，即（无解）或， 解得：，即能使已知等式成立的x的值存在，故③错误； ④式子，此式子表示数轴上一个点到和的距离之和，当这个点所表示的数在与3之间时，的最小值是7，故④正确． 综上，正确的所有结论是：①②④． 故选：B． 【点睛】本题以新规定为载体，主要考查了绝对值的意义和化简、整式的加减以及一元一次方程的求解等知识，正确理解新运算法则是解题的关键． 52．如图，A，B两地相距1200m，小车从A地出发，以8m/s的速度向B地行驶，中途在C地停靠3分钟．大货车从B地出发，以5m/s的速度向A地行驶，途经D地（在A地与C地之间）时沿原路返回B点取货两次，且往返两次速度都保持不变（取货时间不计），取完两批货后再出发至A点．已知：，则直至两车都各自到达终点时，两车相遇的次数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】由题意可求出，，，．再根据题意结合速度=路程÷时间讨论即可． 【详解】解：由题意可知． ∵， ∴，， ∴，． 当大货车第一次到达D地时，用时， ∴此时小车行驶路程为． ∵， ∴此过程两车不相遇； 当大货车第一次由D地返回B地，且到达C地的过程中， ∵， ∴大货车到达C地用时． 假设此过程中两车相遇，且又经过t秒相遇， 则， 解得：，即说明大货车到达C地之前没相遇； 当大货车继续由C地返回B地时， ∵， ∴大货车到达B地用时． 此时大货车共行驶． ∵小车到达C地用时， ∴当大货车到达B地时，小车已经到达C地停靠． ∵小车中途在C地停靠3分钟，即， ∴当大货车到达B地时，小车在C地还需停靠． 当大货车又从B地出发前往D地时，用时， ∴当大货车到达D地时小车还在停靠，即此时第一次相遇， ∴此时小车剩余停靠时间， ∴当小车出发时，大货车第二次从D地前往B地行驶了． 假设大货车到达B地前小车能追上大货车，且用时为， 则， 解得：，即说明大货车到达B地前小车没追上大货车， ∴此过程两车没相遇． 当大货车最后由B地前往A地时，小车正在向B地行驶， ∴两车此过程必相遇． 综上可知，两车相遇的次数为2次． 故选A． 【点睛】本题考查线段的n等分点，线段的和与差，一元一次方程的实际应用．读懂题意，列出算式或方程是解题关键． 53．已知关于x的一元一次方程的解是，关于y的一元一次方程的解是（其中b和c是含有y的代数式），则下列结论符合条件的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，得到，得到的解为，类比得到答案． 【详解】∵，得到， ∴的解为， ∵方程的解是， ∴， 故选B． 【点睛】本题考查了一元一次方程的解即使得方程左右两边相等的未知数的值，正确理解定义是解题的关键． 54．已知关于的方程有非负整数解，则整数的所有可能的取值的和为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据解方程的一般步骤解方程，再根据非负数的定义将的值算出，最后相加即可得出答案． 【详解】解： 去分母，得 去括号，得 移项、合并同类项，得 将系数化为1，得 是非负整数解 或，，时，的解都是非负整数 则 故选C． 【点睛】本题考查了一元一次方程的解，熟练掌握解方程的一般步骤是解题的关键． 55．甲、乙两运动员在长为100m的直道AB（A，B为直道两端点）上进行匀速往返跑训练，两人同时从A点起跑，到达B点后，立即转身跑向A点，到达A点后，又立即转身跑向B点．．．若甲跑步的速度为5m/s，乙跑步的速度为4m/s，则起跑后2分钟内，两人相遇的次数为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】C 【分析】根据题意，首先计算得甲、乙两运动员每次相遇的时间间隔为：，设两人相週的次数为，根据一元一次方程的性质列方程并求解，即可得到答案． 【详解】根据题意，甲、乙两运动员每次相遇的时间间隔为： 设两人相遇的次数为 ∵起跑后时间总共为2分钟，即120 s ∴ ∴ 根据题意，两人相遇的次数为整数 ∴，即两人相遇的次数为5次 故选：C． 【点睛】本题考查了一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次方程的性质，从而完成求解． 题型02、解二元一次方程组的综合问题 56．如图，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．下列判断正确的是（    ） 结论I：若n的值为5，则y的值为1； 结论Ⅱ：的值为定值； 结论Ⅲ：若，则y的值为4或1． A．I，Ⅲ均对 B．Ⅱ对，Ⅲ错 C．Ⅱ错，Ⅲ对 D．I，Ⅱ均错 【答案】B 【分析】先由题意得到，，然后解方程组得到，当时，，则此时，即可判断I；得，即可判断②；根据1的任何次方为1，的偶次方为1，非零底数的0次方为1，三种情况讨论求解即可判断Ⅲ． 【详解】解：由题意得，，， 得，解得， 把代入①得，解得， ∴方程组的解为， ∵， ∴当时，，则此时，故结论I正确； 得， ∴，故结论Ⅱ正确； 当时，，此时满足； 当时，则，此时， ∴，，此时满足； 当时，则， 此时， ∴，此时满足， 综上所述，若，则y的值为4或3或1，故结论Ⅲ错误， 故选B． 【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组和二元一次方程的解，零指数幂和负整数指数幂，熟练掌握相关知识是解题的关键． 57．关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解和解二元一次方程组，先将方程组变形为，再根据题意得到，即可求出最后结果． 【详解】解：方程组可变为：， ∵关于x．y的方程组的解为， ∴， 由①得：， 解得：， 由②得：， ∴方程组的解是， 故选：B． 58．有五张写有数字的卡片，分别记为①，②，③，④，⑤，将它们按如图所示放置在桌上．下表记录了相邻两张卡片上的数的和． 卡片编号 ①② ②③ ③④ ④⑤ ①⑤ 两数的和 则写有最大数卡片的编号是(    ) A．② B．③ C．④ D．⑤ 【答案】A 【分析】本题考查了等式的性质，由题意得关于①②③④⑤的方程，利用等式的性质求出它们的值，最后根据题意得结论． 【详解】解：①②，②③，③④，④⑤，①⑤ ， ，得③①，，得⑤③ ． ，得⑤①． ，得⑤，，得①． ⑤，①． 把⑤①的值代入、、、得②，③，④． 故选：A． 59．桌面上有若干枚壹元硬币和伍角硬币，其中10枚正面向上．现将壹元硬币全部翻面，此时正面向上的壹元硬币比正面向上的伍角硬币多2枚，则桌面上的壹元硬币有（   ） A．12枚 B．11枚 C．10枚 D．9枚 【答案】A 【分析】本题考查了二元一次方程的应用，设桌面上的壹元硬币有枚，其中翻面前正面朝上的有枚，根据题意列出方程，理解题意，列出正确方程是解题的关键． 【详解】解：设桌面上的壹元硬币有枚，其中正面朝上的有枚，则正面向上的伍角硬币为枚， 由题可得，解得， 故选：A． 60．如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知则的面积为（  ） A．16 B．18 C．20 D．24 【答案】A 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，解二元一次方程组．过点P作于点K，先证和全等，得出，，同理可证，得出，，设，，表示、、、的长，得到，，联立解方程组即可，从而求出三角形的面积． 【详解】解：过点P作于点K， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是长方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 同理可证， ∴，， 设，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即①， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴，即②， 联立①②得， ， 解得， ∴，， ∴的面积， 故选：A． 61．已知，，要想求出的值（即与无关），则与必须满足什么数量关系（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了加减消元法解方程组，根据加减消元法分别表示出，进而求得，结合题意，即可求解． 【详解】解：∵①，②， 得，即 得，，即 ∴ 当时， 即 故选：A． 62．有一枚质地均匀的正方体骰子，六个面上的点数分别为1、2、3、4、5、6，现将这枚骰子先后抛掷两次，记下抛掷后朝上的面上的点数，第一次记下的点数为，第二次记下的点数为，则关于的二元一次方程组只有非负解的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了加减消元法解二元一次方程，列举法求概率．熟练掌握加减消元法解二元一次方程，列举法求概率是解题的关键． 解，可得，当时，方程组无解；当时，，，由题意知，，，当时，，，解得，，，， 则当时，；当时，；当时，；当时，，，解得，，，，当时，；然后求概率即可． 【详解】解：， 得，， 当时，方程组无解； 当时，， 将代入①得，， ∵二元一次方程组只有非负解， ∴，， 当时，，， 解得，，，， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，，， 解得，，，， 当时，； 综上，共有种等可能的结果，其中只有非负解有种等可能的结果， ∴只有非负解的概率为， 故选：D． 63．已知关于x，y的二元一次方程组（a是常数），若不论a取什么实数，代数式（k是常数）的值始终不变，则k的值为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查二元一次方程组的应用，将方程组中的两个方程变形后联立消掉a即可得出结论，将方程组中的两个方程联立消掉是解题的关键． 【详解】解：关于x，y的二元一次方程组， 可得， 即， 故k的值为， 故选：A． 64．已知关于，的方程组，其中，下列说法正确的是（    ） ①当时，与相等；    ②是原方程组的解； ③无论为何值时，；    ④若，，则的最大值为11； A．①③ B．②③ C．②③④ D．③④ 【答案】D 【分析】①当时，则有即可求解；②当，取不同值时解不同，即可求解；③解此方程组得，即可求解；④可求，由，可求，进而可求解． 【详解】解：①当时，则有 ， 解得：， 故①错误； ②当，取不同值时解不同； 故②错误； ③解此方程组得， 所以， 故③正确； ④ ， 因为， 所以， 解得：， 因为， 所以， 所以， 所以的最大值为， 故④正确； 故选D． 【点睛】本题考查了含有参数的二元一次方程组，一元一次不等式组等，掌握方程组及不等式组的解法是解题的关键． 65．某学校为了增强学生体质，决定让各班去购买跳绳和毽子作为活动器械．七年1班生活委员小亮去购买了跳绳和毽子共5件，已知两种活动器械的单价均为正整数且跳绳的单价比毽子的单价高．在付款时，小亮问是不是30元，但收银员却说一共45元，小亮仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了，则小亮实际购买情况是（    ） A．1根跳绳，4个毽子 B．3根跳绳，2个毽子 C．2根跳绳，3个毽子 D．4根跳绳，1个毽子 【答案】D 【分析】设实际小亮去购买跳绳根，购买毽子件，则，得且是正整数，设跳绳单价为元，毽子单价为元，且，得，且是正整数，依题意得由得即，且是正整数，由得，即，，建立方程组求解即可． 【详解】解：设实际小亮去购买跳绳根，购买毽子件，则， 且是正整数， 设跳绳单价为元，毽子单价为元， 且， ，且是正整数， 依题意得： ， 由得：， 即， 即， ，且是正整数， 由得：， ，， ， 解得：， 故选：D． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的实际应用，加减消元法解方程组；解题的关键是通过加减消元法得到，即，． 66．已知关于x，y的方程组，以下结论其中不成立是（    ）． A．不论k取什么实数，的值始终不变 B．存在实数k，使得 C．当时， D．当，方程组的解也是方程的解 【答案】D 【分析】把k看成常数，解出关于x，y的二元一次方程组（解中含有k），然后根据选项逐一分析即可． 【详解】解：，解得：，然后根据选项分析： A选项，不论k取何值，，值始终不变，成立； B选项，，解得，存在这样的实数k，成立； C选项，，解得，成立； D选项，当时，，则，不成立； 故选D． 【点睛】本题考查了含有参数的二元一次方程组的解法，正确解出含有参数的二元一次方程组（解中含有参数）是解决本题的关键． 67．有5个正整数，，，，．某数学兴趣小组的同学对5个正整数作规律探索，找出同时满足以下3个条件的数．①，，是三个连续偶数，②，是两个连续奇数，③．该小组成员分别得到一个结论： 甲：取，5个正整数不满足上述3个条件 乙：取，5个正整数满足上述3个条件 丙：当满足“是4的倍数”时，5个正整数满足上述3个条件 丁：5个正整数，，，，满足上述3个条件，则（为正整数） 戊：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是（为正整数） 以上结论正确的个数有（    ）个． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】甲：根据条件求出，从而求出即可判断甲；乙：同甲判断方法即可；丙：设（n是正整数），则，，同理求得，即可判断丙；丁：设（m是正整数），则，，同理求得，即可判断丁；戊：设（k是正整数），则，，由条件③得，由此求出、、的平均数与与的平均数之和为，即可判断戊． 【详解】解：甲：若，则，，由条件②得，由条件③得， 解得， ∵是奇数， ∴甲结论正确； 乙：若，则，，由条件②得，由条件③得， 解得， ∵是奇数， ∴乙结论正确； 丙：若是4的倍数，设（n是正整数），则，，由条件②得，由条件③得， 解得， ∵是奇数， ∴丙结论正确； 丁：设（m是正整数），则，，由条件②得，由条件③得， 解得， ∵当m为偶数时，也为偶数不符合题意， ∴丁结论错误； 戊：设（k是正整数），则，，由条件③得， ∴、、的平均数为，与的平均数为， 由条件②得与是奇数，则与的平均数，是偶数， ∴、、的平均数与与的平均数之和为， ∵是正整数， ∴一定是5的倍数，也是10的倍数， ∴戊正确， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了整式的加减计算，平均数，解二元一次方程组等等，正确理解题意是解题的关键． 68．新冠状病毒传染性非常强，多是通过飞沫，接触，还有气溶胶传播。所以一定要做好个人防护，尽量少外出，更不要聚集，佩戴医用外科口罩是非常有效的个人防护。为了个人防护，小红用40元钱买了A，B两种型号的医用外科口罩（两种型号都买），A型每包6元，B型每包4元，在40元全部用尽的情况下，有几种购买方案（    ） A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 【答案】B 【分析】解：小红用40元钱买了A型号口罩x包，B两种型号的医用外科口罩y包，根据小红用40元钱买了A，B两种型号的医用外科口罩（两种型号都买）列出二元一次方程，根据A，B两种型号的医用外科口罩都买得到x的取值范围，从而求出二元一次方程的正整数解即可． 【详解】解：小红用40元钱买了A型号口罩x包，B两种型号的医用外科口罩y包，由题意可得： ， 解得 ， ，A，B两种型号的医用外科口罩都买， ， 所有购买方案为 ， ， ， 有3种购买方案， 故选B． 【点睛】本题主要考查了二元一次方程的正整数解，根据题目中的等量关系列出方程是解题的关键． 题型03、解一元二次方程的综合问题 69．关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ） A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1 C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0 【答案】B 【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，再代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根k， ∴ ， ， 又∵， ∴a-b-1=0，即a=b+1， ∴ax2-2ax+a=0， 解得：x1=x2=1， ∴k=1， 当时，即， 即， ∴a（a-1）<0， 即或 解得0<a<1 当时，即， 即， ∴a（a-1）>0， 即或 解得：a>1或a<0． 故选：B． 【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键． 70．若定义：方程是方程的“倒方程”．则下列四个结论： ①如果是的倒方程的一个解，则． ②一元二次方程与它的倒方程有公共解． ③若一元二次方程无解，则它的倒方程也无解． ④若，则与它的倒方程都有两个不相等的实数根． 上述结论正确的有（   ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程的解，以及根的判别式．根据倒方程的定义和一元二次方程根的定义对①进行判断；一元二次方程与它的倒方程有公共解，可以判定②正确；利用倒方程的定义和根的判别式的意义对③④进行判断． 【详解】解：①的倒方程为， 把代入方程得， 解得，故①错误； ②一元二次方程的倒方程为，则联立得：， 两式相减得到， 则， 由于，那么， 解得：，故有公共解，故②正确； ③若一元二次方程无解，则， 而倒方程为，那么根的判别式也为， 故它的倒方程也无解，故③正确； ④当时，一元二次方程的根的判别式， 也为一元二次方程，此方程的根的判别式， 所以这两个方程都有两个不相等的实数根，所以④正确，符合题意； 故选：C． 71．对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法．以方程为例加以说明．数学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的方法是：如图，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即，据此易得．小明用此方法解关于的方程，其中构造出同样的图形，已知小正方形的面积为，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，仿照题干，正确理解一元二次方程的几何解法是解题关键．参照已知方法，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，求出大正方形的边长为10，得到，再根据小正方形的边长为，小正方形的边长的面积是4，求出，即可得到的值． 【详解】解：由题意可知，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和， ∵，小正方形的面积为， ∴大正方形的面积为， ∴大正方形的边长为， ∴， ∴， ∵小正方形的边长为，即， ∵， 即， 故， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 72．在解一元二次方程时，小马同学粗心地将项的系数与常数项对换了，使得方程也变了．他正确地解出了这个不同的方程，得到一个根是2，另一根等于原方程的一个根．则原方程两根的平方和是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设原方程为，两个根为和．新方程为，两个根为2和．则可得，，．将①②联立可解得．则可得或，再与联立可得a、b、c之间的关系．由根与系数的关系可求出与的值，进而可求出的值． 本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，推导出a、b、c之间的关系是解题的关键． 【详解】解：设原方程为，两个根为和． 新方程为，两个根为2和． 则，，， 得， 由题意得， ∴， ∴， ∴． 当时，， 联立，得， 则，， 则． 当时，， 联立，得， 则，， 则． 综上，原方程两根的平方和是． 故选：D． 73．如图，在矩形中，，，点E，F分别在边上．连接，若平分，四边形是平行四边形，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点F作于H，的延长线于的延长线交于T，连接，设，则，证明四边形为菱形，则，在中由勾股定理得，即，整理得，由此解出x即可得出答案． 【详解】解：过点F作于H，的延长线于的延长线交于T，连接，如下图所示： 设 ∵四边形为矩形，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴ ， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即为线段的垂直平分线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴ ， ∴ ， 在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 解得：， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造菱形，灵活运用勾股定理构造一元二次方程是解决问题的难点． 74．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】C 【分析】本题主要考查了新定义——“限根方程”．熟练掌握新定义，解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，分类讨论，是解题关键． ①当时，该方程是；得到方程的根为 ，，得到，该方程是“限根方程”， ①正确；②解该一元二次方程，得出，，或，．再根据此方程为“限根方程”，即此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，当，时，根据，得到，整数m不存在；当，时，得到，整数m不存在．②错误． 【详解】解：①当时，原方程为： ， 解得 ， ， ∴ ， ∵， ∴该方程是“限根方程”； ∴ ①正确； ②∵， ∴， ∴或， ∴，，或，． ∵此方程为“限根方程”， ∴此方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴． 当，时， ∵， ∴， 解得：， ∵m只是一个整数， ∴m值不存在； 当，时，， 解得：， ∴m值不存在． 综上所述，m的值不存在． ∴②错误． ∴①正确，②错误． 故选：C． 75．从一块腰长为的等腰直角三角形铁皮零料上裁出一块面积为的矩形铁皮，要求矩形的四个顶点都在三角形的边上．若裁出的矩形全等视为同种裁法，则有几种不同的裁法？（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】中，，，分两种情况，一是矩形的边在上，顶点、分别在、上，可证明≌，得，设，则，可求得，或，；二是矩形的边在上，在上，顶点在上，设，则，可求得，或，，这两个矩形全等，所以有种不同的裁法，于是得到问题的答案． 【详解】解：中，，，则， 如图，矩形的边在上，顶点、分别在、上，   ， ， ， ， 在和中， ， ≌， ， 设， 矩形的面积是，， ， 解得，， 或， ，或，， 如图，矩形的边在上，在上，顶点在上，   ， ， ， 设，则， 解得，， 或， ，或，，这两个矩形全等， 有种不同的裁法， 故选：C． 【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大． 76．已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（    ） A．若，则点A在点B，C之间 B．若，则点A在点B，C之间 C．若，则点C在点A，B之间 D．若，则点C在点A，B之间 【答案】D 【分析】根据点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设当点A在点B，C之间时，恒成立；设点C在点A，B之间时，恒成立；分别代入求解即可． 【详解】解：当点A在点B，C之间时，恒成立，即方程至少有一解 化简得 若，则，不符合条件，故A选项错误； 若，则，不符合条件，故B选项错误； 当点C在点A，B之间时，恒成立，即方程至少有一解 化简得 若，则，不符合条件，故C选项错误； 若，则，符合条件，故D选项正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了线段的和与差，一元二次方程根的判定，根据题意，列方程，结合选项进行验证是解题的关键． 77．对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除． 【详解】解：①若，则是方程的解，故①正确； ②方程有两个不相等的实根， ， 则方程的判别式， 方程必有两个不相等的实根， 故②错误； ③∵方程两根为，且满足， ∴， 令，， ∴方程有两个实数根，令两根分别为， ∴， ， ∴方程，必有实根，， 故③正确； ④若是一元二次方程的根， 则由求根公式可得：， ， ， 故④正确． 故正确的有①③④， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键． 78．满足方程的整数对有（    ） A．0对 B．2对 C．4对 D．6对 【答案】C 【分析】利用一元二次方程有解判断出的范围，根据是整数求出的值，进而求出的值，利用也是整数判断即可得出结论． 【详解】解：原方程可化为， ∵方程有实数根， ∴， ∴， ∵是整数， ∴，，，0，1，2，3， 当时，原方程可化为， ∴（由于为整数，所以舍去）， 当时，原方程可化为， ∴（由于为整数，所以舍去）， 当时，原方程可化为， ∴（由于为整数，所以舍去）， 当时，原方程可化为， ∴（由于为整数，所以舍去）， 当时，原方程可化为， ∴（由于为整数，所以舍去）， 当时，原方程可化为， ∴或， 当时，原方程可化为， ∴或， ∴原方程的整数解为：或或或， 即：方程的整数对为、、，共四对， 故选：C． 【点睛】此题是非一次不定方程，主要考查了一元二次方程的有整数根问题．解题的关键是将原方程变形，利用判别式求解． 79．已知四个多项式，，，，下列说法中正确的个数为（    ） ①若，则 ②若，则 ③若x为正整数，且为整数，则 ④若对任意x都有，则当时， A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】运用解一元一次方程，解一元二次方程，整除的性质，不等式的性质，恒等式的变形等知识逐个判断即可． 【详解】解：①∵，，， ∴ 解得：， 故①错误； ②∵，，，，， ∴ 化简得：， 因式分解得： ∴， ∴， 故②错误； ③∵，，， ∴， ∵x为正整数，且为整数， ∴， ∴， 故③正确； ④∵，，， ∴， 化简得：， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 即， 故④正确． 故正确的有：③④，共两个， 故选：B． 【点睛】本题考查解一元一次方程，解一元二次方程，整除的性质，不等式的性质，恒等式的变形等知识，综合性较大，要求知识全面，掌握相关知识是解题的关键． 题型04、解分式方程的综合问题 80．某工程，甲队独做所需天数是乙、丙两队合做所需天数的倍，乙队独做所需天数是甲、丙两队合做所需天数的倍，丙队独做所需天数是甲、乙两队合做所需天数的倍，则的值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题主要考查了分式方程在工程问题中的应用及分式的加法运算，分别设出甲、乙、丙单独做完成工程所需天数，利用工作时间＝工作总量÷工作效率解答即可，熟练掌握分式方程在工程问题中的应用并能灵活运用工作时间＝工作总量÷工作效率列出方程是解决此题的关键． 【详解】解：设甲、乙、丙单独完成这项工程各需天、天、天， 根据题意得，， 由此得出，，； 同理可得；； ∴， 故选：A． 81．若关于x的不等式组 至少有两个正整数解，且关于x的分式方程有正整数解，则符合条件的所有整数a的和为（　　） A．15 B．16 C．18 D．19 【答案】A 【分析】将不等式组整理后，由不等式组至少有两个正整数解确定出a的范围，再由分式方程有正整数解，确定出满足条件a的值，进而求出值． 【详解】解：， 不等式组整理得：， 故不等式组的解集为， 不等式组至少有两个正整数解， ，解得； 分式方程去分母得：(a-1)x-5=-x+5， 解得：， ∵分式方程有正整数解，且x≠5，即a≠2， ∴a=1或a=5或a=10， 综上，故a=5或a=10， ∴符合条件的所有整数a的和为：5+10=15． 故选：A． 【点睛】此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 82．若二次根式有意义，且关于x的分式方程有正数解，则符合条件的整数m的和是（　　） A．﹣7 B．﹣6 C．﹣5 D．﹣4 【答案】D 【分析】根据二次根式有意义，可得，解出关于的分式方程 的解为，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可． 【详解】解：去分母得，， 解得，， ∵关于x的分式方程有正数解， ∴ ， ∴， 又∵是增根，当时， ，即， ∴， ∵有意义， ∴， ∴， 因此 且， ∵m为整数， ∴m可以为-4，-2，-1，0，1，2，其和为-4， 故选：D． 【点睛】考查二次根式的意义、分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，解题的关键是理解正数解，整数m的意义． 83．若关于的不等式组有且仅有4个整数解，且关于的分式方程解为整数，则符合条件的所有整数的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】解不等式组可确定4个整数解，从而可确定a的范围及整数a的值，再解分式方程，根据条件即可确定整数a的个数． 【详解】解不等式组每个不等式得： 由题意得： 所以不等式组仅有的4个整数解为0，1，2，3 ∴ 解得： 因a为整数，故a取值为：-1，0，1，2，3 解关于的分式方程，得 ∴a+6=5，6，7，8，9 ∵分式方程的解为整数 ∴a+6=6或9 此时对应a的值为：0和3 但当a=0时，y=2，它是分式方程的增根， 所以满足条件的整数a只有1个 故选：A． 【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组和解分式方程，利用不等式组的解含有整数解与分式方程的解为整数，确定参数的取值范围，要注意的是，求出a的值后要检验分式方程的解是否是增根． 84．若关于x的不等式组无解，且关于y的分式方程有非负整数解，则满足条件的所有整数a的和为（    ） A．8 B．10 C．16 D．18 【答案】C 【分析】先由不等式组无解，求解，再求解分式方程的解，由方程的解为非负整数，求解且，再逐一确定的值，从而可得答案． 【详解】解： 由①得：， ∴， 由②得：， ∴， ∵关于x的不等式组无解， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵关于y的分式方程有非负整数解， ∴， ∴， ∵为整数， ∴或或或或． ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查的由不等式组无解求解字母系数的范围，分式方程的非负整数解，熟练掌握解不等式组的方法和解分式方程是解题关键，解题时要注意分式方程的解得到y≠2这一隐含条件． 85．若整数使关于的不等式组，有且只有45个整数解，且使关于的方程的解为非正数，则的值为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】B 【分析】先解不等式组，根据不等式组的整数解确定的范围，结合为整数，再确定的值，再解分式方程，根据分式方程的解为非正数，得到的范围，注意结合分式方程有意义的条件，从而可得答案． 【详解】解： 由①得： 由②得：＞， 因为不等式组有且只有45个整数解， ＜ ＜ ＜ ＜ 为整数， 为 ， 而 且 又 综上：的值为： 故选B． 【点睛】本题考查的是由不等式组的整数解求参数系数的问题，考查分式方程的解为非正数，易错点是疏忽分式方程有意义，掌握以上知识是解题的关键． 试卷第6页，共89页 1 / 87 学科网（北京）股份有限公司 $$