精品解析： 四川省成都市石室天府中学2024-2025学年七年级上学期12月月考数学试题

成都石室天府中学2024—2025学年度上期初2024级数学练习 （满分：150分，考试时间：120分钟，考试结束后，只将答题卡交回） A卷（100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1. 有理数的相反数是（ ） A. 2 B. C. D. 2. 中国邮政发行《中国共产党第二十次全国代表大会》纪念邮票一套2枚，小型张1枚，其中小型张计划发行数量万枚，将数据万用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 3. 下列说法正确的是（ ） A. 三棱柱有六条棱 B. 圆锥的侧面展开图是三角形 C. 各边相等的多边形是正多边形 D. 两点之间，线段最短 4. 作为中国四大传统节日之一，中秋节自古有祭月、赏月、吃月饼、玩花灯、赏桂花等民俗．如图所示，某月饼可以看成一个圆柱体，用一个平面去截该圆柱体，则截面不可能是（　　） A. 三角形 B. 圆 C. 长方形 D. 正方形 5. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 如图，已知在同一平面内的三点，按下列语句画图：①画直线；②画射线；③连接，则画图正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 在2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国队女团以八战全胜的成绩夺得女团冠军，实现世乒赛团体赛五连冠；中国队男团以八战全胜的成绩完成世乒赛男团十连冠．某初一学生想了解武侯区初中生对乒乓球的热爱程度，下列调查方式更合适的是（　　） A. 采访本校乒乓球兴趣小组同学 B. 询问自己身边熟悉的朋友 C. 逐个访问武侯区所有初中生 D. 制作问卷，抽样调查 8. 《九章算术》第七卷“盈不足”中记载：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四、问人数、物价各几何？”译为：“今有几个人合伙购买一件物品，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又差4钱．问人数和物品价格分别是多少？”设人数为x，则列出方程正确的是（　　） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，每个小立方块的棱长都为1，则该几何体的俯视图的面积为___________． 10. 若是关于x的方程的解，则a的值为___________． 11. 将一副三角板和直尺按如图所示方式摆放在课桌面上，其中一块三角板的角的顶点与另一块三角板的直角顶点重合，且都在直尺边上的点O处，若平分，且，则___________． 12. 已知当时，代数式的值为5，则当时，代数式的值为___________． 13. 如图，已知正方形的边长为4，甲、乙两动点分别从正方形ABCD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． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 计算： （1）； （2）． 15. （1）解方程：， （2）化简：． 16. 如图1，将一张长为，宽为的长方形纸片，在四个角上分别剪去边长为的小正方形，剩下部分可以折成一个无盖长方体盒子（如图2），若在该无盖盒子中，其底面长方形的长是宽的2倍，求x的值及该无盖盒子的体积． 17. 随着“公园城市”建设的不断推进，成都绕城绿道化身成为这座城市的一个超大型“体育场”，绿道骑行成为市民的一种低碳生活新风尚．为了倡导“加强体锻，健康生活”的理念，某校团委随机对本校部分学生进行了关于“参与绕城绿道骑行情况”的调查，并根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图． 根据图中信息，解答下列问题： （1）求本次调查的学生总人数，并补全条形统计图； （2）求扇形统计图中“骑行部分”对应的扇形圆心角的度数； （3）若该校共有2000名学生，请你估计该校“骑行全程”的学生人数． 18. 综合与探究 问题情境： 数学活动课上，老师以直线上一点O为端点作射线，，，，使平分，平分，若，求的度数． 特例探究： （1）从特殊到一般是研究几何的一般思路，如图2，“兴趣小组”将一个三角尺的直角顶点放在点O处，即当时，则的度数为______；（直接写出答案，不写过程） （2）受“兴趣小组”的启发，“智慧小组”将三角尺角的顶点放在点O处，即当时，请你在图3中求的度数； 数学思考： （3）请你在图1中，求的度数）（用含有的式子表示）． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5个小题，共20分，解答过程写在答题卡上） 19. 若，则代数式的值为______． 20. 已知，是有理数，单项式的次数为3，而且方程是关于的一元一次方程．若关于的一元一次方程的解是负整数，则满足条件所有整数的和为______． 21. 已知a，b，c在数轴上的位置如图所示，化简：_______． 22. 在直线上任取一点，过点作射线，使，当时，的度数是______． 南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律如下，后人也将此称为“杨辉三角”． … 当代数式的值为1时，则的值为______． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 23. 贵阳市人民广场某超市第一次用6000元购进甲、乙两种商品，其中乙商品的件数比甲商品件数的倍多15件，甲、乙两种商品的进价和售价如下表：（注：获利＝售价－进价） 甲 乙 进价（元/件） 22 30 售价（元/件） 29 40 （1）该超市将第一次购进的甲、乙两种商品全部卖完后一共可获得多少利润？ （2）该超市第二次以第一次的进价又购进甲、乙两种商品．其中甲种商品的件数不变，乙种商品的件数是第一次的3倍；甲商品按原价销售，乙商品打折销售．第二次两种商品都销售完以后获得的总利润比第一次获得的总利润多180元，求第二次乙种商品是按原价打几折销售？ 24. 从三位数m的各数位上的数字中任选两个构成一个两位数，这样就可以得到六个不同的两位数，我们把这六个不同的两位数叫做数m的“生成数”．数ｍ的所有“生成数”之和与22的商记为G（m），例如m＝123，G（123）＝＝6． （1）计算G（234）； （2）已知m＝168，求的值． （3）证明：对于任意的三位数n，G（n）为整数． 25. 【阅读理解】 定义：对于数轴上不同的三个点P，Q，M，若满足，则称点M是点P关于点Q的“m倍特征点”．例如，如图，在数轴上，点，表示的数分别是，1，可知原点O是点关于点的“3倍特征点”，原点O也是点关于点的“倍特征点”． 【问题解决】 在数轴上，已知点A表示的数是a，点B表示的数是b，且a，b满足． （1）填空：若在线段AB上的点C表示的数是c，且点C是点A关于点B的“4倍特征点”，则 ； ； ． （2）在数轴上取两点D，E，点E在点D的右侧，且． i）若，且点B是点D关于点E的“m倍特征点”，求m的值； ii）若点D与点A重合，现将线段从点A出发，以每秒4个单位长度的速度沿数轴正方向运动，点E运动到点B时运动停止．设运动时间为t秒，当A，D，E三个点中，恰有一个点是另一个点关于第三个点的“倍特征点”时，求t的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室天府中学2024—2025学年度上期初2024级数学练习 （满分：150分，考试时间：120分钟，考试结束后，只将答题卡交回） A卷（100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1. 有理数的相反数是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相反数的定义，只有符号不同的两个数叫做互为相反数． 根据相反数的定义即可解答． 【详解】解：有理数的相反数是2． 故选A． 2. 中国邮政发行《中国共产党第二十次全国代表大会》纪念邮票一套2枚，小型张1枚，其中小型张计划发行数量万枚，将数据万用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法表示数的方法是解决本题的关键． 先将万化为原数后再改写成的形式即可，其中，然后即可求解； 【详解】解：万， 故选：C； 3. 下列说法正确的是（ ） A. 三棱柱有六条棱 B. 圆锥的侧面展开图是三角形 C. 各边相等的多边形是正多边形 D. 两点之间，线段最短 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查棱的概念、圆锥侧面展开图、正多边形的概念、线段公理最短等知识点，熟练掌握正多边形的概念、棱的概念、圆锥侧面展开图并正确辨析是解题的关键． 利用三棱柱的特点、圆锥的侧面展开图、线段公理以及正多边形的概念判断即可． 【详解】解：A．三棱柱一共有六条棱，所以此项错误； B．圆锥的侧面展开图是一个扇形，不是三角形，所以此项错误； C．各边都相等且各角也相等的图形叫正多边形，所以此项错误； D．选项两点之间线段最短，所以此项正确． 故选D． 4. 作为中国四大传统节日之一，中秋节自古有祭月、赏月、吃月饼、玩花灯、赏桂花等民俗．如图所示，某月饼可以看成一个圆柱体，用一个平面去截该圆柱体，则截面不可能是（　　） A. 三角形 B. 圆 C. 长方形 D. 正方形 【答案】A 【解析】 【分析】根据从不同方向截圆柱体所得截面进行判断即可． 【详解】解：A选项不管从哪个方向截都不能得到； B选项沿着底面平行的方向截该圆柱体所得截面为圆，所以该选项有可能； C选项沿着垂直于底面的方向截该圆柱体所得截面为长方形，所以有可能； D选项沿着垂直于底面方向并靠近边缘截该圆柱体所得截面为长方形，使得所得长方形长与宽相等即为正方形，所以有可能； 故选A． 【点睛】本题主要考查截面的判断，熟练掌握立体图形截面的形状是解决本题的关键． 5. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂的运算，合并同类项的方法以及去括号的方法进行辨析即可． 【详解】解：A选项当是偶数的时候，所以此项错误； B选项中和不是同类项，不能合并，所以此项错误； C选项中去括号得：，所以此项错误； D选项中去括号得：，所以此项正确； 故选D． 【点睛】本题主要考查的值，同类项的判断以及去括号，熟练掌握的性质，同类项的判断方法以及去括号的方法是解决本题的关键． 6. 如图，已知在同一平面内的三点，按下列语句画图：①画直线；②画射线；③连接，则画图正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查判断直线、射线、线段画法的正确性，熟记直线、射线、线段画法是解决问题的关键．根据直线、射线、线段画法逐项判断即可得到答案． 【详解】解：直线；射线；线段， 画图正确的是 ， 故选：A． 7. 在2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国队女团以八战全胜的成绩夺得女团冠军，实现世乒赛团体赛五连冠；中国队男团以八战全胜的成绩完成世乒赛男团十连冠．某初一学生想了解武侯区初中生对乒乓球的热爱程度，下列调查方式更合适的是（　　） A. 采访本校乒乓球兴趣小组同学 B. 询问自己身边熟悉的朋友 C. 逐个访问武侯区所有初中生 D. 制作问卷，抽样调查 【答案】D 【解析】 【分析】抽取样本注意事项就是要考虑样本具有广泛性与代表性，所谓代表性，就是抽取的样本必须是随机的，即各个方面，各个层次的对象都要有所体现． 【详解】解：由题意知最具代表性的是制作问卷，抽样调查， 而采访本校乒乓球兴趣小组同学、询问自己身边熟悉的朋友都过于片面，不具备代表性， 逐个访问武侯区所有初中生，人数过多，不适合普查， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了抽样调查的可靠性，正确理解抽样调查的意义是解题关键． 8. 《九章算术》第七卷“盈不足”中记载：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四、问人数、物价各几何？”译为：“今有几个人合伙购买一件物品，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又差4钱．问人数和物品价格分别是多少？”设人数为x，则列出方程正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目中的总钱数与物品价格的等量关系列方程即可． 【详解】解：由题意得：设人数为，物品价格不变， ∴ 故选A． 【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，熟练找到题目中的等量关系并列方程是解决本题的关键． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，每个小立方块的棱长都为1，则该几何体的俯视图的面积为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据图中正方体摆放的位置结合从上面看到的图形形状得出俯视图，即可求解． 【详解】解：这个几何体的俯视图为： ∵每个小立方块的棱长都为，则正方形的边长为 ∴该几何体的俯视图的面积为， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了三视图，得出正确的图形是解题关键． 10. 若是关于x的方程的解，则a的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】把代入关于的方程求解即可． 【详解】解：把代入得： 解得： 故答案为： 【点睛】本题主要考查一元一次方程，熟练掌握代入法以及一元一次方程的解法是解决本题的关键． 11. 将一副三角板和直尺按如图所示方式摆放在课桌面上，其中一块三角板的角的顶点与另一块三角板的直角顶点重合，且都在直尺边上的点O处，若平分，且，则___________． 【答案】##50度 【解析】 【分析】利用余角的性质先求出，再利用角平分线的性质得到，最后利用角的和差计算即可． 【详解】解： 平分 故答案为： 【点睛】本题主要考查角的和差以及角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质及角的和差计算是解决本题的关键． 12. 已知当时，代数式的值为5，则当时，代数式的值为___________． 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意把代入得到关于的关系式，再代入要求的代数式中求值即可． 【详解】解：把代入得： ， 即：， 把代入得： ， 把代入得： 原式=. 故答案为：16. 【点睛】本题主要考查代数式求值，熟练掌握整体思想进行整体代入是解决本题的关键． 13. 如图，已知正方形的边长为4，甲、乙两动点分别从正方形ABCD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． 【答案】DC 【解析】 【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】正方形的边长为4，因为乙的速度是甲的速度的3倍，时间相同，甲乙所行的路程比为1：3，由题意知： 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AD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DC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CB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BA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AD边的中点处； ∴， ∴第2022次相遇在边DC上， 故答案为：DC． 【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，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． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查含有乘方的有理数的混合运算，掌握其运算法则是关键． （1）先算乘方，乘法，绝对值的值，最后算加减即可； （2）先算乘方，乘除，最后算加减即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 15. （1）解方程：， （2）化简：． 【答案】（1），（2） 【解析】 【分析】本题主要考查解一元一次方程，整式的加减混合运算，熟练掌握相应的运算法则是解答的关键． （1）根据解一元一次方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化计算即可． （2）根据整式的加减混合运算法则进行计算即可． 【详解】（1）解： 去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 解得：． （2）解： ． 16. 如图1，将一张长为，宽为的长方形纸片，在四个角上分别剪去边长为的小正方形，剩下部分可以折成一个无盖长方体盒子（如图2），若在该无盖盒子中，其底面长方形的长是宽的2倍，求x的值及该无盖盒子的体积． 【答案】x的值为5，该无盖盒子的体积为 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程以及一元一次方程的应用，掌握解一元一次方程的步骤，读懂题意，找出等量关系是解题的关键．根据“底面长方形的长是宽的2倍”建立关于x的方程，然后求解即可． 【详解】解：由题意，得． 解得． ∴． ∴x的值为5，该无盖盒子的体积为． 17. 随着“公园城市”建设的不断推进，成都绕城绿道化身成为这座城市的一个超大型“体育场”，绿道骑行成为市民的一种低碳生活新风尚．为了倡导“加强体锻，健康生活”的理念，某校团委随机对本校部分学生进行了关于“参与绕城绿道骑行情况”的调查，并根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图． 根据图中信息，解答下列问题： （1）求本次调查的学生总人数，并补全条形统计图； （2）求扇形统计图中“骑行部分”对应的扇形圆心角的度数； （3）若该校共有2000名学生，请你估计该校“骑行全程”的学生人数． 【答案】（1）200人，补全条形统计图，如图所示： （2） （3）300人 【解析】 【分析】（1）根据没有骑行的人数以及它对应的百分比求解即可； （2）先求出“骑行部分”所占的百分比，根据百分比求扇形圆心角度数即可； （3）先求出“骑行全程”所占的百分比再推广到全校求解即可． 【小问1详解】 解：（人）． ∴本次调查的学生人数为200人． 【小问2详解】 解： ∴扇形统计图中“骑行部分”所占扇形圆心角的度数为． 【小问3详解】 解：（人）， ∴估计该校“骑行全程”的学生人数约为300人． 【点睛】本题主要考查条形统计图和扇形统计图，理解统计图并能根据统计图中的数据计算相应的数量是解决本题的关键． 18. 综合与探究 问题情境： 数学活动课上，老师以直线上一点O为端点作射线，，，，使平分，平分，若，求的度数． 特例探究： （1）从特殊到一般是研究几何的一般思路，如图2，“兴趣小组”将一个三角尺的直角顶点放在点O处，即当时，则的度数为______；（直接写出答案，不写过程） （2）受“兴趣小组”的启发，“智慧小组”将三角尺角的顶点放在点O处，即当时，请你在图3中求的度数； 数学思考： （3）请你在图1中，求的度数）（用含有的式子表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）求得，利用角平分线的定义得，据此求解即可； （2）求得，利用角平分线的定义得，据此求解即可； （3）求得，利用角平分线的定义得求解即可． 【详解】解：（1）因为，所以， 因为平分，平分， 所以，， 所以 ； 故答案为：； （2）因为，所以， 因为平分，ON平分， 所以，， 所以 ； （3）因为，所以， 因为平分，平分， 所以，， 所以 ． 【点睛】本题考查角度计算，涉及角平分线的定义，解题的关键是根据题意得到． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5个小题，共20分，解答过程写在答题卡上） 19. 若，则代数式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式求值，灵活运用整体代入思想成为解题关键． 把代数式变形后把已知条件整体代入计算即可． 【详解】解：∵ ∴． 故答案为． 20. 已知，是有理数，单项式的次数为3，而且方程是关于的一元一次方程．若关于的一元一次方程的解是负整数，则满足条件所有整数的和为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查单项式的次数，一元一次方程的概念及解一元一次方程；由单项式的次数是3可求得n的值；根据一元一次方程的概念可求得m的值；由方程的解为负整数即可确定t的取值，从而求得结果． 【详解】解：∵单项式的次数为3， ∴； ∵方程是关于的一元一次方程， ∴，且， ∴，且； ∴原方程为， 解得：； 由题意，为负整数， ∴为4的负整数因数，即，， ∴， ∴t值的和为， 故答案为：． 21. 已知a，b，c在数轴上的位置如图所示，化简：_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了数轴，绝对值的化简，解决本题的关键是利用有理数的加减法法则确定、、的正负． 先根据数轴，确定a、b、c各点的正负，再根据加减法法则判断、、的正负，最后利用绝对值的意义化简绝对值并求解． 【详解】解：由数轴知：， ∴，，， ∴原式 ． 故答案为：． 22. 在直线上任取一点，过点作射线，使，当时，的度数是______． 南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律如下，后人也将此称为“杨辉三角”． … 当代数式的值为1时，则的值为______． 【答案】 ①. 或 ②. 或 【解析】 【分析】本题考查了角的计算，规律的探索，熟练掌握角的计算，公式的应用是解题的关键．根据题意，画图，分类计算即可；根据题意，得，得到或，解答即可． 【详解】解：根据题意，画图如下：当点D在的上方时， 根据题意，得，且，， 则； 当点D在的下方时， 根据题意，得，且，， 则， 则， 故答案为：或； 根据题意，得， 或， 解得或． 故答案为：或． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 23. 贵阳市人民广场某超市第一次用6000元购进甲、乙两种商品，其中乙商品的件数比甲商品件数的倍多15件，甲、乙两种商品的进价和售价如下表：（注：获利＝售价－进价） 甲 乙 进价（元/件） 22 30 售价（元/件） 29 40 （1）该超市将第一次购进的甲、乙两种商品全部卖完后一共可获得多少利润？ （2）该超市第二次以第一次的进价又购进甲、乙两种商品．其中甲种商品的件数不变，乙种商品的件数是第一次的3倍；甲商品按原价销售，乙商品打折销售．第二次两种商品都销售完以后获得的总利润比第一次获得的总利润多180元，求第二次乙种商品是按原价打几折销售？ 【答案】（1）1950（元）；（2）第二次乙商品是按原价打8.5折销售． 【解析】 【分析】（1）设第一次购进甲种商品件，则购进乙种商品（）件，根据单价×数量=总价，即可得出关于x的一元一次方程，可求得甲、乙两种商品得数量；根据总利润=单件利润×销售数量，列式计算即可求出结论； （2）设第二次乙种商品是按原价打y折销售，根据总利润=单件利润×销售数量，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：（1）设第一次购进甲种商品x件，则购进乙种商品（）件， 根据题意得： 解得：， ∴（件）． ∴（29-22）×150+（40-30）×90=1950（元）． 答：该超市将第一次购进的甲、乙两种商品全部卖完后一共可获得利润1950元． （2）设第二次乙种商品是按原价打y折销售， 根据题意得：， 解得：y=8.5． 答：第二次乙商品是按原价打8.5折销售． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出一元一次方程. 24. 从三位数m的各数位上的数字中任选两个构成一个两位数，这样就可以得到六个不同的两位数，我们把这六个不同的两位数叫做数m的“生成数”．数ｍ的所有“生成数”之和与22的商记为G（m），例如m＝123，G（123）＝＝6． （1）计算G（234）； （2）已知m＝168，求的值． （3）证明：对于任意的三位数n，G（n）为整数． 【答案】（1）9（2）375 （3）设（x、y、z均为整数，，，）， ∴G（n）＝ =， ∵x、y、z为整数， ∴对于任意的三位数n，G（n）为整数． 【解析】 【分析】（1）根据新定义进行计算便可； （2）代值计算便可； （3）设，通过新运算的定义得计算得，进而原题得以证明． 【详解】解：（1）G（234）＝＝9； （2）∵m＝168， ∴G（m）＝， 由（1）知G（234）＝9， ∴＝ （3） 略 【点睛】本题主要考查了新定义的数与式的计算，涉及到了乘方、提公因式化简整式、有理数的混合计算；关键在于正确理解题意，读懂其运算法则． 25. 【阅读理解】 定义：对于数轴上不同的三个点P，Q，M，若满足，则称点M是点P关于点Q的“m倍特征点”．例如，如图，在数轴上，点，表示的数分别是，1，可知原点O是点关于点的“3倍特征点”，原点O也是点关于点的“倍特征点”． 【问题解决】 在数轴上，已知点A表示的数是a，点B表示的数是b，且a，b满足． （1）填空：若在线段AB上的点C表示的数是c，且点C是点A关于点B的“4倍特征点”，则 ； ； ． （2）在数轴上取两点D，E，点E在点D的右侧，且． i）若，且点B是点D关于点E的“m倍特征点”，求m的值； ii）若点D与点A重合，现将线段从点A出发，以每秒4个单位长度的速度沿数轴正方向运动，点E运动到点B时运动停止．设运动时间为t秒，当A，D，E三个点中，恰有一个点是另一个点关于第三个点的“倍特征点”时，求t的值． 【答案】（1）；4；2 （2）i）或 ii）或或 【解析】 【分析】本题考查了新定义，数轴，一元一次方程的应用，解题关键在于了解”m倍特征的“的定义． （1）由条件根据非负数的性质，可知，，再根据”4倍特征点“的定义求出． （2）i）由，则D可能表示或，再根据列出方程计算m的值． ii）用时间t表示出动点D．E．再由条件需6种情形分类讨论，从而求出t的值． 【小问1详解】 解：∵． ∴，． 解得：，， ∵点C是点A关于点B的“4倍特征点”． ∴． 【小问2详解】 解：i）∵． ∴D表示的数为或． ∵点B是点D关于点E的“m倍特征点”． ∴． ∵， 当D表示时， ∴E表示． ∴，解得：． 当D表示， ∴E表示． ∴，解得：． ii）由题意可知D表示，E表示，． 若A是D关于E的“ 倍特征点”， ∴，即， ∴． 若A是E关于D的“ 倍特征点”． ∴，与题意不符，此情况不存在． 若D是A关于E的“ 倍特征点”． ∴，即， ∴． 若D是E关于A的“倍特征点”． ∴，即． ∴． ∵，故舍去． 若E是A关于D的“ 倍特征点”． ∴，与题意不符，此情况不存在． 若E是D关于A的“ 倍特征点”． ∴，即． ∴． 综上所述，当A，D，E三个点中，恰有一个点是另一个点关于第三个点的“倍特征点”时，t的值为或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $