期末压轴题汇总——选择题（5大考点）2025-2026学年北师大版数学七年级上册期末复习专项训练

期末压轴题汇总——选择题（32题五大压轴题型） 题型1：与绝对值有关的压轴题 ……………………………………………… 1 题型2：整式加减应用的压轴题 ……………………………………………… 3 题型3：整式加减运算的压轴题 ……………………………………………… 4 题型4：一元一次方程应用的压轴题 ………………………………………… 5 题型5：规律探索压轴题 ……………………………………………………… 7 题型1：与绝对值有关的压轴题（共7题） 1．如图，点在数轴上表示的数分别为，则下列结论中正确的个数有（   ） ①； ②； ③； ④； ⑤若P是数轴上任一点，表示的数是，且的最小值为17，则 A．1个 B．2个 C．3 D．4个 2．将3，4，5，6，7，8六个数随机分成两组，每组3个，分别用，，和，，表示，且，，设，则为（    ） A．10 B．9 C．7或9 D．9或10 3．对于下列说法： ①若、互为相反数，则； ②如果，则； ③若表示一个有理数，则的最小值为7； ④若，，则的值为． 其中一定正确的结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．有一台特殊功能计算器，对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算，其运算过程是：输入第一个整数，只显示不运算，接着再输入整数，则显示的结果，如依次输入1，2，则输出的结果是．此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差后再取绝对值的运算． 下列说法： ①依次输入1，2，3，4，则最后输出的结果是2； ②若将2，3，6这3个整数任意地一个一个输入，全部输入完毕后显示的结果的最大值是5； ③若随意地一个一个地输入三个互不相等的正整数a，2，b，全部输入完毕后显示的最后结果为k．若k的最大值为，则k的最小值为． 其中正确的个数有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 5．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 6．某多项式除首尾两项外其余各项都可删减，删减项的前面部分和其后面部分分别加上绝对值，并用减号连接，则称此为“删减变形”．每种“删减变形”可以删减的项数分别为一项，两项，三项．“删减变形”只针对多项式进行．例如：去掉的“删减变形”为，同时去掉与的“删减变形”为，…，下列说法： ①存在对两种不同的“删减变形”后的式子作差，结果不含的项： ②若每种“删减变形”只删减一项，则对三种不同“删减变形”的结果进行去绝对值，共有12种不同的结果； ③若可删减的三项满足：，则的最小值为． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．在多项式中，除首尾项a、外，其余各项都可闪退，闪退项的前面部分和其后面部分都加上绝对值，并用减号连接，则称此为“闪减操作”．每种“闪减操作”可以闪退的项数分别为一项，两项，三项．“闪减操作”只针对多项式进行．例如：“闪减操作”为，与同时“闪减操作”为，…，下列说法： ①存在对两种不同的“闪减操作”后的式子作差，结果不含与e相关的项； ②若每种操作只闪退一项，则对三种不同“闪减操作”的结果进行去绝对值，共有8种不同的结果； ③若可以闪退的三项，，满足：，则的最小值为． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 题型2：整式加减应用的压轴题（共5题） 8．已知，从y、z、m、n中随机取两个字母作差，记为A，将剩下两个字母作差后取绝对值，记为B；再对进行化简运算，称此为“差和操作”，例如：为一次“差和操作”，为“差和操作”的一种运算结果，下列说法： ①存在两种“差和操作”运算结果的和为； ②不存在两种“差和操作”运算结果的差为； ③所有的“差和操作”共有4种不同运算结果．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 9．如图，第23届国际数学家大会在德国召开.设计的邮票包括了“矩形求方”问题的一种解法，该问题是要把整数边的矩形分成具有整数边的大小不等的正方形．若图中最大正方形与最小正方形的边长分别为x、y，则（    ） A． B． C．11 D．12 10．如图，长为y，宽为x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4，下列说法中错误的有（    ） ①每个小长方形的较长边为； ②阴影A的较短边和阴影B的短边之和为； 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．1个 B．2个 C．3个 D．4个 11．已知恒等式，其中为正整数，，，为整数，下列说法：①当为奇数时，一定为；②无论为何值，；③当时，．其中正确的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 12．学习添括号法则后，小明所在的学习小组为了加强对法则的理解，编了一个小游戏，游戏规则如下：把多项式看做a，，，，五项的和，这五项可以依序循环站位，例如：当a站在第2位时，站在第一位，变为多项式．在任意相邻两个或三个字母左右添括号，再在符号不变的情况下，交换括号前后两字母的位置，则称此操作为“交换操作”，例如：在b，m两相邻字母之间先添括号得到，再交换a，n的位置得到，下列说法： ①存在一种“交换操作”后的式子与原多项式一样； ②若每次操作只在相邻两个字母变换，则这样的变换共有5种不同的结果； ③存在两个变换后多项式的差只含两个字母． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 题型3：整式加减运算的压轴题（共3题） 13．在式子中，为互不相等的正实数，把式子中任意两个字母交换位置，然后简化运算，称为一次“置换操作”．例如把字母进行一次“置换操作”得到式子（注意：交换与交换算相同的“置换操作”）．下列说法： ①存在“置换操作”，使其运算结果与原式运算结果相同． ②存在使其运算结果互为相反数的“置换操作”； ③所有的“置换操作”一共有6种不同的运算结果； 正确的个数是 （   ） A．0 B．1 C．2 D．3 14．已知代数式，在代数式中，任取两项与代数式中任意两项进行替换，A、B替换后的结果分别记作，这样的替换称做一次“替换运算”．例如：在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到；再选取中的第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，对代数式A、B进行次“替换运算”，替换后的结果记作，当的项数小于两项时，则替换停止．下列说法： ①存在“替换运算”，使得； ②当时，的最小值为1； ③所有的共有8种不同的运算结果． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 15．已知一列数的和，且，则的值是(    ) A．2 B． C．3 D． 题型4：一元一次方程应用的压轴题（共6题） 16．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 17．我国很多经典古籍中记载了“河图洛书”，它是中国重要的文化遗产．其中洛书（如图1）可以用三阶幻方表示（如图2），就是将已知9个数填入的方格中，使每一行、每一竖列以及两条斜对角线上的数字之和都相等．在图3的幻方中也有与图2相同的数字之和的规律，给定、、、中一个字母的值不能补全图3的是（   ） A． B． C． D． 18．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，．下列说法中正确的有（    ）个 ①； ②； ③若，且，则或； ④方程的解为或． A．1 B．2 C．3 D．4 19．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． 20．如图，长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，P，Q两动点同时出发，分别沿着长方形的边长运动，P点从B点出发，顺时针旋转一圈，到达B点后停止运动，Q点的运动路线为B→C→D，P，Q点的运动速度分别为2cm/秒，1cm/秒，当一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动．设两动点运动的时间为t秒，要使△BDP和△ACQ的面积相等，满足条件的t值的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 21．如图，数轴上的点O和点A分别表示0和10，点P是线段OA上一动点．点P沿O→A→O以每秒2个单位的速度往返运动1次，B是线段OA的中点，设点P运动时间为t秒（t不超过10秒）．若点P在运动过程中，当PB＝2时，则运动时间t的值为（    ） A．秒或秒 B．秒或秒或秒或秒 C．3秒或7秒或秒或秒 D．秒或秒或秒或秒 题型5：规律探索压轴题（共11题） 22．发现规律解决问题是常见解题策略之一．已知数，则这个数a的个位数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 23．已知，则在0，，，，中可以取得最大值是（　　） A．0 B． C． D． 24．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如下图中，第一行1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．设第一行、第二行、第三行第9项分别为a、b、c，则的值是（    ） A．240 B．247 C．243 D．239 25．已知整式中，，，…，为自然数，且满足．下列说法： ①当，时，满足条件的整式有且仅有3个； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式恰好有6个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有24个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 26．已知整式，其中，，，…，为自然数，且．下列说法： ①当，时，则； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有28个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 27．数学课上李老师把54张扑克牌按照1、2、3、、54的顺序进行编号后（所有扑克牌除编号外其余均相同），背面朝上摆成一排，如图．班里恰有54名学生，同样把这54名学生按照1、2、3、、54的顺序进行编号．然后学生按编号由小到大依次进行操作，第1次：1号学生把扑克牌中编号为1的倍数的所有牌翻一次；第2次：2号学生把扑克牌中编号为2的倍数的所有牌再翻一次；第3次：3号学生把扑克牌中编号为3的倍数的所有牌也翻一次第54次：54号学生把54号牌翻一次，所有操作结束．（其中所有倍数均为整数），下列结论： ①2号学生操作结束后，共有27张牌正面朝上； ②4号学生操作结束后，共有32张牌正面朝上； ③54号学生操作结束后，共有6张牌正面朝上，且这6张牌对应编号之和为91． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 28．对于式子：，按照以下规则进行操作，改变指定项的符号（仅限于正号与负号之间的变换），第一次操作：改变所有3的倍数项前的符号，其余各项符号不变；第二次操作：在第一次操作的结果上，只改变4的倍数项前的符号；第三次操作：在第二次操作的结果上，只改变5的倍数项前的符号；第四次操作：在第三次操作的结果上，只改变6的倍数项前的符号．请根据上述操作规则，分析以下说法的正确性：①第二次操作结束后，一共有42项的符号为正号；②第三次操作结束后，所有10的倍数项之和为；③第四次操作结束后，所有项的和为．其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 29．已知整式，其中为自然数，为正整数，且．下列说法： ①满足条件的整式中有5个单项式； ②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个； ③满足条件的整式共有16个． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 30．观察图中所示的一系列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第个图形中共有（    ）个○． A． B． C． D． 31．对于任意一个正整数可以按规则生成无穷数串：，，，…，，，…（其中为正整数），规则为：． 下列说法： ①若，则生成的这数串中必有（为正整数）； ②若，生成的前2022个数之和为55； ③若生成的数中有一个，则它的前一个数应为32； ④若，则的值只能是9．其中正确的个数是（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 32．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数字之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第2行左边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：a1＝1，a2＝2．a3＝3，a4＝3，a5＝6，a6＝4，a7＝10，a8＝5…，则a99+a100的值为（　　） A．1326 B．1327 C．1328 D．1329 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末压轴题汇总——选择题（32题5大压轴题型） 题型1：与绝对值有关的压轴题 ……………………………………………… 1 题型2：整式加减应用的压轴题 ……………………………………………… 9 题型3：整式加减运算的压轴题 ……………………………………………… 15 题型4：一元一次方程应用的压轴题 ………………………………………… 18 题型5：规律探索压轴题 ……………………………………………………… 26 题型1：与绝对值有关的压轴题（共7题） 1．如图，点在数轴上表示的数分别为，则下列结论中正确的个数有（   ） ①； ②； ③； ④； ⑤若P是数轴上任一点，表示的数是，且的最小值为17，则 A．1个 B．2个 C．3 D．4个 【答案】D 【分析】本题考查了数轴的特征和应用以及绝对值的含义和求法，有理数的加法和乘法，解题的关键是掌握相关的知识的灵活运用．根据数轴得：，故可判断②，再根据有理数的乘法即可判断①，根据有理数的加法即可判断③，根据绝对值的性质即可判断④，根据绝对值的几何意义即可判断⑤． 【详解】解：根据数轴得：，故②正确； ， ，故①正确； ②， ， ，故③正确； ，， ， ，故④不正确； 当时，的值最小，即， ，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②③⑤，共4个， 故选：． 2．将3，4，5，6，7，8六个数随机分成两组，每组3个，分别用，，和，，表示，且，，设，则为（    ） A．10 B．9 C．7或9 D．9或10 【答案】B 【分析】本题考查绝对值的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．分种情况讨论，再进行计算求值；每种情况交换两组数，m的值仍不变，由此即可确定答案． 【详解】解：若取6，7，8，取5，4，3， ∴； 若取5，6，7；取8，4，3， ∴； 若取4，5，6；取8，7，3， ∴； 若取3，4，6；取8，7，5， ∴； 若取3，4，7；取8，6，5， ∴； 若取4，7，8；取6，5，3， ∴； 若取3，5，8；取7，6，4， ∴； 若取3，6，8；取7，5，4， ∴； 若取4，6，8；取7，5，3， ∴； 若取4，5，8；取7，6，3， ∴； 以上每种情况交换两组数，即，，分别变为，，；，，分别变为，，，则，结果不变；如取4，5，8；取7，6，3，交换两组数，即取3，6，7；取8，5，4，此时； 综上所述，m为9． 故选：B． 3．对于下列说法： ①若、互为相反数，则； ②如果，则； ③若表示一个有理数，则的最小值为7； ④若，，则的值为． 其中一定正确的结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了相反数的定义、有理数的加法法则，绝对值的意义，有理数的乘除法则等知识，熟知相关知识并根据题意逐项判断是解题关键． 【详解】解：∵0的相反数是0， ∴当时，则无意义，故①结论错误，不符合题意； ∵， ∴、同号或至少一个为0时， ∴，故②结论正确，符合题意； 如图，设点P表示有理数x，由绝对值的意义得， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； ∴的最小值为7， ∴③结论正确，符合题意； ∵，， ∴中必然为两个正数，一个负数， 设， 则， ∴④结论错误，不合题意． 故选：B 4．有一台特殊功能计算器，对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算，其运算过程是：输入第一个整数，只显示不运算，接着再输入整数，则显示的结果，如依次输入1，2，则输出的结果是．此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差后再取绝对值的运算． 下列说法： ①依次输入1，2，3，4，则最后输出的结果是2； ②若将2，3，6这3个整数任意地一个一个输入，全部输入完毕后显示的结果的最大值是5； ③若随意地一个一个地输入三个互不相等的正整数a，2，b，全部输入完毕后显示的最后结果为k．若k的最大值为，则k的最小值为． 其中正确的个数有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了绝对值，绝对值方程．理解题意并分情况求解是解题的关键． 依次输入1，2，3，4，运算结果依次为，，，即最后输出的结果是2，可判断①的正误；将2，3，6这3个整数任意地一个一个输入，当第一和第二次输入为2或3，第三次输入为6时，全部输入完毕后显示的结果最大，最大值为，可判断②的正误；令为最大的正整数，当时，k的最大值为，可求满足要求的解，此时k的最小值为；当时，k的最大值为，可求满足要求的解为，此时k的最小值为；综上所述，k的最小值为，进而可判断③的正误． 【详解】解：依次输入1，2，3，4，运算结果依次为，，，∴最后输出的结果是2，①正确，故符合要求； 将2，3，6这3个整数任意地一个一个输入，当第一和第二次输入为2或3，第三次输入为6时，全部输入完毕后显示的结果最大，最大值为，②正确，故符合要求； 令为最大的正整数，当时，k的最大值为， 解得，或（舍去）， 此时k的最小值为； 当时，k的最大值为， 解得，或（舍去）， 此时k的最小值为； 综上所述，k的最小值为， ∴③正确，故符合要求； 故选：D． 5．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：，，，，，5种结果，故③错误， 故选：B． 6．某多项式除首尾两项外其余各项都可删减，删减项的前面部分和其后面部分分别加上绝对值，并用减号连接，则称此为“删减变形”．每种“删减变形”可以删减的项数分别为一项，两项，三项．“删减变形”只针对多项式进行．例如：去掉的“删减变形”为，同时去掉与的“删减变形”为，…，下列说法： ①存在对两种不同的“删减变形”后的式子作差，结果不含的项： ②若每种“删减变形”只删减一项，则对三种不同“删减变形”的结果进行去绝对值，共有12种不同的结果； ③若可删减的三项满足：，则的最小值为． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了新定义运算，化简绝对值，数轴上两点间的距离，整式的加减，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键． ①根据“删减变形”的定义，举出符合条件的式子进行验证即可； ②先根据“删减变形”的定义进行运算，再分类讨论去绝对值，即可判断； ③根据“删减变形”的定义和绝对值的几何意义，求出y，z，m的最小值，即可得出结论． 【详解】解：①去掉的“删减变形”为， 去掉与的“删减变形”为， 两式相减，得 ，结果不含的项，故①正确； ②若每种“删减变形”只删减一项，共有三种不同“删减变形”： 去掉的“删减变形”为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 去掉 的“删减变形”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 去掉 的“删减变形”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 共有12种不同的结果，故②正确； ③∵，在数轴上表示点y与0和的距离之和， ∴当距离取最小值时，y的最小值为， 同理：，在数轴上表示点与和的距离之和， ∴当距离取最小值时，z的最小值为， ，在数轴上表示点与和的距离之和， ∴当距离取最小值时，m的最小值为， ∴当，，都取最小值时， ， 此时，的最小值为，故③正确； 故选D． 7．在多项式中，除首尾项a、外，其余各项都可闪退，闪退项的前面部分和其后面部分都加上绝对值，并用减号连接，则称此为“闪减操作”．每种“闪减操作”可以闪退的项数分别为一项，两项，三项．“闪减操作”只针对多项式进行．例如：“闪减操作”为，与同时“闪减操作”为，…，下列说法： ①存在对两种不同的“闪减操作”后的式子作差，结果不含与e相关的项； ②若每种操作只闪退一项，则对三种不同“闪减操作”的结果进行去绝对值，共有8种不同的结果； ③若可以闪退的三项，，满足：，则的最小值为． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】①根据“闪减操作”的定义，举出符合条件的式子进行验证即可； ②先根据“闪减操作”的定义进行运算，再分类讨论去绝对值，即可判断； ③根据“闪减操作”的定义和绝对值的几何意义，求出，，的最小值，即可得出结论． 【详解】①“闪减操作”后的式子为，“闪减操作”后的式子为，对这两个式子作差，得： ， 结果不含与e相关的项，故①正确； ②若每种操作只闪退一项，共有三种不同“闪减操作”： “闪减操作”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， “闪减操作”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， “闪减操作”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 共有12种不同的结果，故②错误； ③∵，在数轴上表示点与和的距离之和， ∴当距离取最小值时，的最小值为， 同理：，在数轴上表示点与和的距离之和， ∴当距离取最小值时，的最小值为， ，在数轴上表示点与和的距离之和， ∴当距离取最小值时，的最小值为， ∴当，，都取最小值时， ， 此时，的最小值为，故③正确； 故选C． 【点睛】本题主要考查了新定义运算，绝对值的几何意义，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键． 题型2：整式加减应用的压轴题（共5题） 8．已知，从y、z、m、n中随机取两个字母作差，记为A，将剩下两个字母作差后取绝对值，记为B；再对进行化简运算，称此为“差和操作”，例如：为一次“差和操作”，为“差和操作”的一种运算结果，下列说法： ①存在两种“差和操作”运算结果的和为； ②不存在两种“差和操作”运算结果的差为； ③所有的“差和操作”共有4种不同运算结果．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查整式的加减运算，需列举所有“差和操作”可能的结果，并验证三个说法的正确性；通过分析，存在两种结果和为，不存在两种结果差为，且有5种不同结果，故说法①和②正确，说法③错误． 【详解】解：从y、z、m、n中选两个作差记为A，剩下两个作差取绝对值记为B，计算，共有12种情况，化简后得到5种不同结果： ∵ ， ， ， ， ， 对于说法①：取和， ∵， ∴说法正确； 对于说法②：计算任意两结果差，均无， 例如等， ∴说法正确； 对于说法③：有5种不同结果，非4种， ∴说法错误； 综上，正确说法有2个． 故选：C． 9．如图，第23届国际数学家大会在德国召开.设计的邮票包括了“矩形求方”问题的一种解法，该问题是要把整数边的矩形分成具有整数边的大小不等的正方形．若图中最大正方形与最小正方形的边长分别为x、y，则（    ） A． B． C．11 D．12 【答案】C 【分析】本题考查整式加减的应用，代数式求值．利用数形结合的思想是解题关键．第2号正方形的边长为，根据图形依次用代数式表示出第3、4、7、11号和第5、6、81号正方形的边长，根据第11号边长号边长号边长号边长，进而可求出，由此即可求解． 【详解】解：如图：顺次对图中每一个正方形标号， 由图可知：第1号正方形的边长为，第10号正方形的边长为， 设第2号正方形的边长为， ∴第3号正方形的边长为， ∴第4号正方形的边长为， ∴第7号正方形的边长为， ∴第11号正方形的边长为， ∴第5号正方形的边长为， ∴第6号正方形的边长为， ∴第8号正方形的边长为， 由第11号边长号边长号边长号边长可得： 号边长， ∴， 故选：C． 10．如图，长为y，宽为x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4，下列说法中错误的有（    ） ①每个小长方形的较长边为； ②阴影A的较短边和阴影B的短边之和为； 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．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了列代数式以及整式的加减混合运算，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． 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不符合题意；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y，小长方形的宽为， ∴小长方形的长为，说法①错误； ∵大长方形的宽为，小长方形的长为，小长方形的宽为， ∴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错误； ∵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正确； ∵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正确， 故选：B． 11．已知恒等式，其中为正整数，，，为整数，下列说法：①当为奇数时，一定为；②无论为何值，；③当时，．其中正确的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】本题主要考查已知字母的值求代数式的值，解题关键在于对x进行赋值，即对其取1，0，，得到不同的多项式进行加减运算进而求得结果． ①当时，则，即可判断；②取，代入恒等式中求出代数式的值即可判断．③取、和，分别代入各式中求出代数式的值，并作混合运算即可判断． 【详解】解：①当时，则，那么，为奇数时，一定为，故①正确； ②当时，则，那么，无论为何值，成立，故②正确； ③当时， 若时，则， 若时，则， 若时，则， 那么，，得， 则，故③正确； 故选：D． 12．学习添括号法则后，小明所在的学习小组为了加强对法则的理解，编了一个小游戏，游戏规则如下：把多项式看做a，，，，五项的和，这五项可以依序循环站位，例如：当a站在第2位时，站在第一位，变为多项式．在任意相邻两个或三个字母左右添括号，再在符号不变的情况下，交换括号前后两字母的位置，则称此操作为“交换操作”，例如：在b，m两相邻字母之间先添括号得到，再交换a，n的位置得到，下列说法： ①存在一种“交换操作”后的式子与原多项式一样； ②若每次操作只在相邻两个字母变换，则这样的变换共有5种不同的结果； ③存在两个变换后多项式的差只含两个字母． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了新概念，整式的加减，根据题意，理解新概念的意思，列举出所有可能逐一分析判断是解决问题的关键． 【详解】解：由题意可知所有变换有：， 在b，m左右添括号得，可以化简为（1）； 在m，n左右添括号得，可以化简为（2）； 在n，e左右添括号，根据循环站位可知，即：在n，e左右添括号，得：，可以化简为（3）； 在e，a左右添括号，根据循环站位可知，即：在e，a左右添括号，得可以化简为（4）； 在a，b左右添括号，根据循环站位可知，即：在a，b左右添括号，得可以化简为（5）； （5）没变，故①对；由上可知恰好五种，故②对； 由（1）（5）得：， 故③对； 故选：D． 题型3：整式加减运算的压轴题（共3题） 13．在式子中，为互不相等的正实数，把式子中任意两个字母交换位置，然后简化运算，称为一次“置换操作”．例如把字母进行一次“置换操作”得到式子（注意：交换与交换算相同的“置换操作”）．下列说法： ①存在“置换操作”，使其运算结果与原式运算结果相同． ②存在使其运算结果互为相反数的“置换操作”； ③所有的“置换操作”一共有6种不同的运算结果； 正确的个数是 （   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减，根据“置换操作”的定义可知，共有6种交换方式，依次写出交换后的代数式，再逐项判断即可． 【详解】解：由题意知，共有6种交换方式， 交换x和y：， 交换x和m：， 交换x和n：， 交换y和m：， 交换y和n：， ， 存在“置换操作”，使其运算结果与原式运算结果相同．①正确；   原式相反数为， 观察6种交换后的结果，可知不存在使其运算结果互为相反数的“置换操作”．②错误； 所有置换操作有6种，举例： 交换x和y：， 交换x和m：， 交换x和n：， 交换y和m：， 交换y和n：， 此时，仅有3种不同结果，故③错误． 综上，仅①正确， 故选：B． 14．已知代数式，在代数式中，任取两项与代数式中任意两项进行替换，A、B替换后的结果分别记作，这样的替换称做一次“替换运算”．例如：在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到；再选取中的第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，对代数式A、B进行次“替换运算”，替换后的结果记作，当的项数小于两项时，则替换停止．下列说法： ①存在“替换运算”，使得； ②当时，的最小值为1； ③所有的共有8种不同的运算结果． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查了整式的加减计算，由于代数式A中有三项，所以任取两项有三种取法，同理代数式B中任取两项也有三种取法，那么得到一共有九种“替换运算”，根据题意求出这九种“替换运算”后的结果，进而求出的结果即可得到答案． 【详解】解：在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； ∴不存在“替换运算”，使得，故①错误； ∵或或或或或或或， ∴当时，的最小值为1；所有的共有8种不同的运算结果，故②③正确； 故选C． 15．已知一列数的和，且，则的值是(    ) A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】设， 则可推出，从而得到，，故，从而得到． 【详解】解：设， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 即 ∴ 故选：D 【点睛】本题考查整式的加减法，推导是解题的关键． 题型4：一元一次方程应用的压轴题（共6题） 16．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②； ③若是大于且小于的有理数，且，则； ④方程的解为． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，绝对值和有理数的加减计算，根据新定义即可判断①②；若，且，则，，据此可判断③；根据可得原方程为，解得，但不能得到，据此可判断④． 【详解】解：①，原说法正确； ②，原说法正确； ③若，且，则，，，原说法正确； ④∵， ∴， ∴，而并不一定成立，原说法错误； ∴说法正确的有3个， 故选：B． 17．我国很多经典古籍中记载了“河图洛书”，它是中国重要的文化遗产．其中洛书（如图1）可以用三阶幻方表示（如图2），就是将已知9个数填入的方格中，使每一行、每一竖列以及两条斜对角线上的数字之和都相等．在图3的幻方中也有与图2相同的数字之和的规律，给定、、、中一个字母的值不能补全图3的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是新定义运算的含义，一元一次方程的应用，分别给定、、、中一个字母的值，利用方程分别求解图3中未知的数据，从而可得答案． 【详解】解：如图，当， ， ∴②， ∴每一行的和， ∵， ∴，， ∵， ∴③， ∴， ∴，， ∴每一行的和为：， ∴，①， 如图， ∴A不符合题意； 如图，当时，则②， ∴②， ∵， ∴， ∵②， ∴②， ∴每一行的和为：， ∴，， ∴①， ③， 如图， ∴C不符合题意； 如图，当时，则， ∴， ∵， ∴， ∴每一行的和为：， ∴， ①， ③， ， ②， 如图， ∴D不符合题意； 如图，当时，则每一行的和为：， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴给定的值不能补全图3． 故选：B 18．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，．下列说法中正确的有（    ）个 ①； ②； ③若，且，则或； ④方程的解为或． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查新定义，有理数的运算，方程的解．根据新定义判断①和②，求出或时的判断③，根据新定义得到，赋值法求方程的解判断④；本题的难度较大，属于选择题中的压轴题． 【详解】解：由题意，得：，故①正确； ，故②错误； 当时，，， 当时：，；故③错误； ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴当时，，，此时； 时，，，此时； 当时，，，此时， 当时，，，此时； 综上：的解为或或或；故④错误． 故选A. 19．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． 20．如图，长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，P，Q两动点同时出发，分别沿着长方形的边长运动，P点从B点出发，顺时针旋转一圈，到达B点后停止运动，Q点的运动路线为B→C→D，P，Q点的运动速度分别为2cm/秒，1cm/秒，当一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动．设两动点运动的时间为t秒，要使△BDP和△ACQ的面积相等，满足条件的t值的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】分五种情况，根据运动的路径和△BDP和△ACQ的面积相等列出方程，求解即可． 【详解】解：由题意进行分类讨论： ①当P点在AB上，Q点在BC上时（t≤4）， BP＝2t，CQ＝6﹣t， 要使△BDP与△ACQ面积相等，则 ， 解得：； ②当P点在AD上，Q点在BC上时（4＜t≤6）， DP＝14﹣2t，CQ＝6﹣t， 要使△BDP与△ACQ面积相等，则DP＝CQ， 即14﹣2t＝6﹣t， 解得：t＝8（舍去）； ③当P点在AD上，Q点在CD上时（6＜t≤7）， DP＝14﹣2t，CQ＝t﹣6， 要使△BDP与△ACQ面积相等，则 ， 解得t＝； ④当P点在CD上，Q点在CD上时（7＜t≤11）， DP＝2t﹣14，CQ＝t﹣6， 要使△BDP与△ACQ面积相等，则DP＝CQ， 即2t﹣14＝t﹣6， 解得：t＝8； ⑤当P点在BC上，Q点在CD上时（11＜t≤14）， BP＝28﹣2t，CQ＝t﹣6， 要使△BDP与△ACQ面积相等，则 ， 解得：t＝； 综上可得共有4种情况满足题意，所以满足条件的t值得个数为4． 故选：C． 【点睛】本题考查了长方形的性质、三角形的面积以及一元一次方程的应用，读懂题意，找到等量关系，列出方程是解题的关键，注意：需要分类讨论． 21．如图，数轴上的点O和点A分别表示0和10，点P是线段OA上一动点．点P沿O→A→O以每秒2个单位的速度往返运动1次，B是线段OA的中点，设点P运动时间为t秒（t不超过10秒）．若点P在运动过程中，当PB＝2时，则运动时间t的值为（    ） A．秒或秒 B．秒或秒或秒或秒 C．3秒或7秒或秒或秒 D．秒或秒或秒或秒 【答案】D 【分析】分0≤t≤5与5≤t≤10两种情况进行讨论，根据PB＝2列方程，求解即可． 【详解】解：①当0≤t≤5时，动点P所表示的数是2t， ∵PB＝2， ∴|2t−5|＝2， ∴2t−5＝−2，或2t−5＝2， 解得t＝或t＝； ②当5≤t≤10时，动点P所表示的数是20−2t， ∵PB＝2， ∴|20−2t−5|＝2， ∴20−2t−5＝2，或20−2t−5＝−2， 解得t＝或t＝． 综上所述，运动时间t的值为秒或秒或秒或秒． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了一元一次方程的应用以及数轴上点的位置关系，根据P点位置的不同正确进行分类讨论，进而列出方程是解题的关键． 题型5：规律探索压轴题（共11题） 22．发现规律解决问题是常见解题策略之一．已知数，则这个数a的个位数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题考查了有理数的乘方运算，发现连续正整数立方的和的运算和连续正整数和的平方的运算规律是解题的关键．利用求解即可． 【详解】解：， 即， ， ， ， 的个位数字为9，的个位数字为4， 的个位数字为6， 故的个位数为6， 故选：． 23．已知，则在0，，，，中可以取得最大值是（　　） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】令，则有，求出，即可求． 【详解】解：，， 当时，， 当时，， 当时， 成立； 令， ， 令， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查数字的变化规律，会用错位相减法求和，灵活应用是解题的关键． 24．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如下图中，第一行1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．设第一行、第二行、第三行第9项分别为a、b、c，则的值是（    ） A．240 B．247 C．243 D．239 【答案】C 【分析】本题主要考查了图形的规律探索，解决问题的关键是探究“三角形数” “正方形数”与“五边形数的规律”，运用规律求数． 先根据图形分别探究“三角形数”与“正方形数”的存在规律，再分别求出第9个“三角形数” “正方形数”， “五边形数”，进而求和． 【详解】解：第1个“三角形数”：1， 第2个“三角形数”：， 第3个“三角形数”：， …… 第个“三角形数”为； 第1个“正方形数”：1， 第2个“正方形数”：， 第3个“正方形数”：， …… 第n个“正方形数”为； 第1个“五边形数”：1， 第2个“五边形数”：， 第3个“五边形数”： ， 第4个“五边形数”：， 第5个“五边形数”：， 第n个“五边形数”为， ； 当时， 第9个“三角形数”：， 第9个“正方形数”：， 第9个“五边形数”为； ∴． 故选C． 25．已知整式中，，，…，为自然数，且满足．下列说法： ①当，时，满足条件的整式有且仅有3个； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式恰好有6个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有24个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了整式中的探究规律，理解题意，分类讨论，找出规律是解题的关键．根据题意逐项分析，分类讨论，即可求解． 【详解】①当 和 时，剩余部分需满足 ． 可能的解为：（对应 ）， （对应 ） 由于允许 无限增大，每个 或 均对应不同整式，导致解无限多，而非仅有3个． 故说法①错误 ②当 时，方程为 ． 若，则 ，解得可取0至5，共6组解． 因此存在 使得解恰好为6个． 故说法②错误． ③当 时，方程为 ． 分情况计算： 时，解数为14； 时，解数为7； 时，解数为2． 总解数为 ，而非24． 故说法③错误． 综上，所有说法均不正确， 故选：A． 26．已知整式，其中，，，…，为自然数，且．下列说法： ①当，时，则； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有28个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】①当，时，可得 ，，，，，，，即可求解； ②若，分类讨论：时；当时，当时，当时，当时，分别进行求解，即可判断； ③分类讨论：当时，当时，当时， 当时，当时，同理可求． 【详解】解：①当，时， ，，…，为自然数， 且， ，，，，，，， ； 故此项正确； ②若， 当时， ， 有个； 当时， ， 可以取、、、，有个； 当时， ， 为，，，，，， 有个； 当时， ， 为，，， ， 有个； 当时， ， 为， 有个； 此时共有：个； 不存在一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； 故此项符合题意； ③当时， 当时， 整式：， 有1个； 当时， 时， 整式：； 时， 整式：， 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、，有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、、，有个； 时， 整式为， 为，，， 有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时，由②得此时共有：个； 综上所述：共有个， 故此项错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了整式中的探究规律，理解题意，分类讨论，找出规律是解题的关键． 27．数学课上李老师把54张扑克牌按照1、2、3、、54的顺序进行编号后（所有扑克牌除编号外其余均相同），背面朝上摆成一排，如图．班里恰有54名学生，同样把这54名学生按照1、2、3、、54的顺序进行编号．然后学生按编号由小到大依次进行操作，第1次：1号学生把扑克牌中编号为1的倍数的所有牌翻一次；第2次：2号学生把扑克牌中编号为2的倍数的所有牌再翻一次；第3次：3号学生把扑克牌中编号为3的倍数的所有牌也翻一次第54次：54号学生把54号牌翻一次，所有操作结束．（其中所有倍数均为整数），下列结论： ①2号学生操作结束后，共有27张牌正面朝上； ②4号学生操作结束后，共有32张牌正面朝上； ③54号学生操作结束后，共有6张牌正面朝上，且这6张牌对应编号之和为91． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了数字的变化规律．根据题意，易得：2号学生操作结束后，共有27张牌正面朝上；4号学生操作结束后，共有32张牌正面朝上；54号学生操作结束后，编号为1、4、9、16、25、36、49的扑克牌正面朝上，共有7张牌正面朝上；因此①②是正确的，③不正确． 【详解】解：1号学生操作结束后，共有54张牌正面朝上； 2号学生操作结束后，牌面依次为：正背正背正背正背正背正背，共有27张牌正面朝上，因此结论①正确； 3号学生操作结束后，牌面依次为：正背背背正正正背背背正正，每6张牌中有3个正面，共9组，因此共有27张牌正面朝上； 4号学生操作结束后，牌面依次为：正背背正正正正正背背正背正背背正正正，每12张牌中有7个正面，共4组余6张牌，正面朝上的牌数为（张），因此结论②正确； 5号学生翻了10张牌，这10张牌原本依次是：正背背正正正正正背背，5号学生操作结束后，变为4正6背，因此正面朝上的牌数为30张； 6号学生翻了9张牌，这9张牌原本依次是：正背正背背背正背正，6号学生操作结束后，变为5正4背，因此正面朝上的牌数为31张； 7号学生翻了7张牌，这7张牌原本依次是：正背背正背背正，7号学生操作结束后，变为4正3背，因此正面朝上的牌数为32张； 8号学生翻了6张牌，这6张牌原本依次是：正正正正背正，8号学生操作结束后，变为1正5背，因此正面朝上的牌数为28张； 9号学生翻了6张牌，这6张牌原本依次是：背背背正正背，9号学生操作结束后，变为4正2背，因此正面朝上的牌数为30张； 此时发现前9张牌中，第1、4、9张是正面朝上，其他6张都是背面朝上； 经分析验证，54号学生操作结束后，第16、25、36、49张牌也是正面朝上的， 因此，最终共有7张牌正面朝上，因此结论③不正确； 因此，正确的个数是2个． 故选：C． 28．对于式子：，按照以下规则进行操作，改变指定项的符号（仅限于正号与负号之间的变换），第一次操作：改变所有3的倍数项前的符号，其余各项符号不变；第二次操作：在第一次操作的结果上，只改变4的倍数项前的符号；第三次操作：在第二次操作的结果上，只改变5的倍数项前的符号；第四次操作：在第三次操作的结果上，只改变6的倍数项前的符号．请根据上述操作规则，分析以下说法的正确性：①第二次操作结束后，一共有42项的符号为正号；②第三次操作结束后，所有10的倍数项之和为；③第四次操作结束后，所有项的和为．其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题主要考查数字规律，通过倍数关系找到变量以及变量之间的关系，①通过每次操作后均可得到需要改变符号的项数，结合正负改变得数量关系求解即可；②找到10的倍数每次操作的倍数关系，确定其正负后即可求得和；③先求出在未进行操作时所有项的和为，根据符号的变化求出每一次所有项的改变量，再与前一次进行求和即可求解． 【详解】解：①第一次操作结束后，100项中有33个3的倍数，则33个数要改变符号， 此时正号有67个，负号有33个， 第二次操作：在第一次操作的结果上，只改变4的倍数项前的符号， 而100项中有25个4的倍数，其中有8个也是3的倍数， ∴此时正号有个，故①错误； ②10的倍数第一次操作后30，60和90为负，10，20，40，50，70，80，100为正， 第二次操作后20，30，40，80，90，100为负，10，50，60，70为正， 第三次操作后10，50，60，70为负，20，30，40，80，90，100为正， 则，故②正确； ③在未进行操作时所有项的和为； 第一次操作后33个项要改变符号，所有项的改变量为，此时所有项的和为； 第二次操作后25个项要改变符号，所有项的改变量为，此时所有项的和为； 第三次操作后20个数要改变符号，所有项的改变量为，此时所有项的和为， 第四次操作后16个数要改变符号，所有项的改变量为，此时所有项的和为，故③错误． 故选：B． 29．已知整式，其中为自然数，为正整数，且．下列说法： ①满足条件的整式中有5个单项式； ②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个； ③满足条件的整式共有16个． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查的是整式的规律探究，分类讨论思想的应用，由条件可得，再分类讨论得到答案即可． 【详解】解：∵为自然数，为正整数，且， ∴， 当时，则， ∴，， 满足条件的整式有， 当时，则， ∴，，，， 满足条件的整式有：，，，， 当时，则， ∴，，，，，， 满足条件的整式有：，，，，，； 当时，则， ∴，，，， 满足条件的整式有：，，，； 当时，， 满足条件的整式有：； ∴满足条件的单项式有：，，，，，故①符合题意； 不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个；故②符合题意； 满足条件的整式共有个．故③符合题意； 故选D 30．观察图中所示的一系列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第个图形中共有（    ）个○． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了图形规律，解题关键是将图形规律转化为数字规律．通过图形可以发现第一个图形有4个○，第二个图形有个○，第三个图形有个○，依照此规律即可求解． 【详解】解：由题可知：第一个图形有4个○，第二个图形有个○，第三个图形有个○，由此可得第个图形有个○． 第个图形中共有个○． 故选：C． 31．对于任意一个正整数可以按规则生成无穷数串：，，，…，，，…（其中为正整数），规则为：． 下列说法： ①若，则生成的这数串中必有（为正整数）； ②若，生成的前2022个数之和为55； ③若生成的数中有一个，则它的前一个数应为32； ④若，则的值只能是9．其中正确的个数是（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据规则分别求出的值，再归纳类推出一般规律即可判断①；先分别求出的值，再归纳类推出一般规律，然后求和即可判断②；分为偶数和为奇数两种情况，分别根据规则建立方程，解方程求出的值即可判断③；根据规则分别建立方程，解方程求出的值即可判断④． 【详解】解：当时，， ， ， 由此可知，的值是以循环往复的， 所以若，则生成的这数串中必有（为正整数），说法①正确； 当时，， ， ， ， ， ， 则从开始，的值是以循环往复的， 因为， 所以若，生成的前2022个数之和为 ，说法②错误； 若为偶数，则，解得，符合题设， 若为奇数，则，解得，符合题设， 所以若生成的数中有一个，则它的前一个数应为32或5，说法③错误； 当时，因为7为奇数， 所以，解得为偶数， 所以或， 解得或（舍去）， 所以或， 解得或，均符合题意， 即若，则的值是9或56，说法④错误； 综上，正确的个数是1个， 故选：A． 【点睛】本题考查了数字类规律探索、一元一次方程的应用，理解规则，正确归纳类推出一般规律是解题关键． 32．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数字之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第2行左边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：a1＝1，a2＝2．a3＝3，a4＝3，a5＝6，a6＝4，a7＝10，a8＝5…，则a99+a100的值为（　　） A．1326 B．1327 C．1328 D．1329 【答案】A 【分析】将已知数列分为两个新数列，找出两个新数列的变化规律即可计算． 【详解】解：将所给数列分为两个新数列， 第1个数列由a1＝1，a3＝3，a5＝6，a7＝10……组成， ∵a1=1，a3=3=1+2，a5=6=1+2+3，a7=10=1+2+3+4， ∴a99是新数列第50项，a99=1+2+3+…+50=1275； 第2个数列由a2=2，a4=3，a6=4，a8=5……组成， ∵a2=2，a4=3，a6=4，a8=5， ∴a100是新数列第50项，a100=51， ∴a99+a100=1275+51=1326， 故选A． 【点睛】本题考查了根据图形数字变化找规律；能将已知数列分成两个新数列寻找规律是解题的关键． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $