3.2 整式的加减（分层作业练题型）数学新教材鲁教版五四制六年级上册

**基本信息** 本练习围绕“整式的加减”构建“概念理解-运算掌握-综合应用-拓展探究”四层递进体系，通过基础题夯实核心知识，综合题培养运算能力，应用题发展模型意识，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|同类项判定、合并同类项|以选择、填空题为主，聚焦单一概念（如第1-9题同类项判定），强化抽象能力| |进阶层|去括号法则、整式化简|包含辨析与简单计算（如第18-26题去括号），训练运算准确性| |综合层|化简求值、加减运算|结合多步骤运算与条件求值（如第27-46题），培养逻辑推理能力| |拓展层|实际应用、无关型问题|设置几何情境（如第48-56题图形问题）和规律探究（如第61题数字黑洞），发展应用意识与创新思维|

3.2 整式的加减 题型一、同类项的判定 1．（2025·贵州遵义·二模）下列式子中，的同类项是（   ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是同类项的定义，解题的关键在于掌握判断同类项的依据． 根据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的次数相同，逐项判断，即可解题． 【详解】解：根据同类项的定义可知，的同类项是， 故选：D． 2．（23-24七年级上·广西河池·期中）下列各式中，与是同类项的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了同类项的定义，解题的关键是熟练掌握同类项的定义．同类项是所含的字母相同，并且相同字母的指数也相同的项． 根据同类项的定义求解即可． 【详解】解：A、和相同的字母指数不相同，不是同类项，不符合题意； B、和相同的字母指数不相同，不是同类项，不符合题意； C、和的字母不相同，不是同类项，不符合题意； D、和是同类项，符合题意． 故选：D． 3．（23-24七年级上·湖北黄石·阶段练习）下列说法正确的是（　　） A．与是同类项 B．与是同类项 C．与同类项 D．与是同类项 【答案】D 【分析】本题考查同类项的定义，同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同．根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同），据此即可判断． 【详解】解：A、与所含字母不同，错误，不符合题意； B、不是整式，错误，不符合题意； C、与相同字母的次数不同，错误，不符合题意； D、与是同类项正确，符合题意． 故选：D． 4．（24-25七年级上·广西河池·期末）下列各组代数式中，不是同类项的是（ ） A．2与 B．与 C．与 D．与 【答案】D 【分析】本题主要考查了同类项的定义，所含字母相同，相同字母的指数也相同的单项式叫做同类项，单独的两个数字也是同类项，据此可得答案． 【详解】解：A、2与是同类项，不符合题意； B、与是同类项，不符合题意； C、与是同类项，不符合题意； D、与不是同类项，符合题意； 故选：D． 5．（2025·云南·三模）下列单项式中，的同类项是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了同类项的定义，熟练掌握同类项的定义是解答本题的关键．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．注意几个常数项也是同类项，同类项定义中的两个“无关”：①与字母的顺序无关，②与系数无关．据此解答即可． 【详解】解：A．与，相同字母的指数相同，是同类项，故符合题意； B．与相同字母的指数不同，故不符合题意；     C．与 字母的指数不同，故不符合题意； D．与字母的指数不同，故不符合题意； 故选A． 6．（24-25七年级上·吉林长春·期中）下列各选项中是同类项的是（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】C 【分析】本题考查了同类项，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，据此判断即可求解，掌握同类项的定义是解题的关键． 【详解】解：、和相同字母的指数不同，不是同类项，该选项不合题意； 、和所含字母不同，不是同类项，该选项不合题意； 、和是同类项，该选项符合题意； 、和所含字母不同，不是同类项，该选项不合题意； 故选：． 7．（2025·河南周口·二模）请写出的一个同类项 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查同类项的知识，根据同类项所含字母相同及相同字母的指数相同写出即可，注意掌握同类项所含字母相同及相同字母的指数相同． 【详解】解：的一个同类项为， 故答案为：（答案不唯一）． 8．（24-25七年级上·全国·期中）已知单项式与 是同类项，则k，m的值为（    ） A．2，2 B．1，2 C．2， D．0，2 【答案】D 【分析】本题考查了同类项的定义，掌握两个相同是解题关键．含有相同的字母，并且相同字母的指数也相同的两个单项式是同类项．根据同类项定义得到，，进而求解即可． 【详解】解：∵单项式与 是同类项， ∴， ∴，． 故选：D． 9．（24-25七年级上·四川南充·期中）若关于x，y的单项式与的和是单项式，则（   ） A． B．81 C． D．64 【答案】B 【分析】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．如果两个单项式，它们所含的字母相同，并且相同字母的指数也分别相同，那么就称这两个单项式为同类项，据此可得a，b的值，再代入所求式子计算即可． 【详解】解：关于x，y的单项式与的和是单项式， ， ∴． 故选：B． 题型二、合并同类型 10．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）下列计算正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了合并同类项，解题的关键是掌握同类项的定义及合并同类项法则． 根据合并同类项法则，对每个选项逐一分析判断． 【详解】A、，原计算错误，故此选项不符合题意； B、，正确，故此选项符合题意； C、与，相同字母的指数不同，不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意； D、，合并同类项应为，原计算错误，故此选项不符合题意；． 故选：B． 11．（2025·贵州遵义·模拟预测）下列运算正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了合并同类项，解题关键是能判断两项是否是同类项． 根据合并同类项法则，对四个式子逐一计算后作出判断． 【详解】解：，故A错误； ，故B正确； ，故C错误； 中没有同类项，不能合并，故D错误， 故选：B ． 12．（2025·河北·中考真题）计算： ． 【答案】 【分析】本题考查了合并同类项，掌握合并同类项法则是解题的关键． 直接根据合并同类项法则计算即可． 【详解】解：， 故答案为：． 13．（2025·天津·中考真题）计算的结果为 ． 【答案】 【分析】本题考查合并同类项，根据合并同类项的法则，进行计算即可． 【详解】解：； 故答案为：． 14．（24-25七年级下·上海·假期作业）计算： ． 【答案】 【分析】本题考查了整式的加法，合并同类项，熟练掌握该知识点是解题的关键．根据合并同类项系数相加减字母不变计算即可． 【详解】解：， 故答案为：． 15．（2025·贵州黔西·二模）计算 ． 【答案】 【分析】本题考查合并同类项，根据合并同类项计算法则求解，即可解题． 【详解】解：， 故答案为：． 16．（24-25六年级上·上海嘉定·阶段练习）计算： 【答案】 【分析】本题考查了整式的加减，根据合并同类项法则进行计算即可求解，掌握合并同类项法则是解题的关键． 【详解】解：原式 ． 17．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）化简 (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了合并同类项法则，解题关键是掌握合并同类项法则． （1）利用合并同类项法则计算； （2）利用合并同类项法则计算． 【详解】（1）解： ； （2） ． 题型三、去括号与添括号 18．（24-25七年级上·广东肇庆·期中）去括号应得（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查去括号法则的应用，当括号前是负号时，去掉括号后，括号内的每一项都要改变符号；根据括号前是负号时的法则去括号即可． 【详解】解：； 故选：A． 19．（24-25七年级下·吉林松原·期中）的相反数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要查了相反数，去括号．根据相反数的定义，一个数的相反数是将其整体取相反数，即原数前加负号，再化简即可． 【详解】解：的相反数为， 根据去括号法则，得： ． 故选：D． 20．（2025·贵州贵阳·二模）下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了去括号，去括号时，先把括号前面的系数的绝对值与括号内的每一项都相乘，当括号前是“”时，把括号和它前面的“”去掉，括号内的各项都不改变符号，当括号前是“”时，把括号和它前面的“”去掉，括号内的各项都改变符号，据此求解即可． 【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意； B、，原式计算错误，不符合题意； C、，原式计算错误，不符合题意； D、，原式计算正确，符合题意； 故选：D． 21．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）下列各式化简后与不相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了去括号，根据去括号法则逐一化简即可判断求解，掌握去括号法则是解题的关键． 【详解】解： 、，与原式相等，不合题意； 、，与原式相等，不合题意； 、，与原式相等，不合题意； 、，与原式不相等，符合题意； 故选：． 22．（24-25七年级下·北京通州·期中）下列去括号结果正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了去括号，去括号时，先把括号前面的系数的绝对值与括号内的每一项都相乘，当括号前是“”时，把括号和它前面的“”去掉，括号内的各项都不改变符号，当括号前是“”时，把括号和它前面的“”去掉，括号内的各项都改变符号，据此求解即可． 【详解】解：A、，原式去括号错误，不符合题意； B、，原式去括号错误，不符合题意； C、，原式去括号错误，不符合题意； D、，原式去括号正确，符合题意； 故选：D． 23．（24-25七年级下·全国·假期作业）已知，则代数式的值为（ ） A．2025 B． C．2024 D． 【答案】A 【分析】本题考查代数式求值，根据已知条件将要求代数式变形，然后整体代入求值即可． 【详解】解：∵ ∴当时， ． 故选：A． 24．（24-25七年级下·浙江丽水·期中）计算： ． 【答案】 【分析】本题考查去括号法则：括号前是正号，把括号和正号去掉后，原括号里各项不变号，根据去括号法则直接求解即可得到答案．熟记去括号法则是解决问题的关键． 【详解】解：， 故答案为：． 25．（2025·江苏苏州·二模）已知代数式，则代数式的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了代数式求值，根据，利用整体代入法求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 故答案为：． 26．（24-25六年级下·黑龙江大庆·期中）化简： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了整式的加减，合并同类项，掌握整式的加减运算法则是解题的关键． （）去括号，再合并同类项即可； （）去括号，再合并同类项即可； 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 题型四、整式的化简求值 27．（23-24七年级上·重庆·期中）（1） 化简：； （2）先化简，再求值： ，其中． 【答案】（1）；（2）；7 【分析】此题主要考查了整式的加减及化简求值，正确合并同类项是解题关键． （1）直接合并同类项得出答案 （2）将原式合并同类项后代入数值计算即可． 【详解】解：（1）原式                              ；       （2）原式 当时， 原式 ． 28．（24-25七年级下·黑龙江哈尔滨·期中）先化简，再求代数式的值，其中，． 【答案】，8 【分析】本题考查了整式加减中的化简与求值，熟练掌握整式加减的运算法则是解题的关键．利用整式加减的运算法则化简，再代入的值计算即可． 【详解】解： ， 代入，，原式． 29．（24-25七年级上·四川南充·期中）先化简，再求值：，其中x、y满足． 【答案】， 【分析】本题主要考查了整式的化简求值，非负数的性质，正确计算是解题的关键．先去括号，然后合并同类项化简，再根据非负数的性质求出x、y的值，最后代值计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴原式． 30．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）化简求值 (1)化简求值：，其中． (2)已知与是同类项，求多项式的值． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查同类项的概念以及整式的化简求值，解题的关键是掌握同类项定义和整式加减运算法则． （1）先通过合并同类项化简式子，再代入的值计算． （2）先根据同类项定义求出、的值，再代入多项式求值． 【详解】（1）解： 把代入，可得： 原式 ； （2）解：已知与是同类项，所以， 把代入， 原式 ． 31．（24-25七年级下·甘肃兰州·期中）已知关于x、y的多项式 (1)若该多项式不含三次项，求m的值； (2)在（1）的条件下，当，时，求该多项式的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了整式加减的化简求值，多项式的概念，代数式求值，掌握相关运算法则是解题关键． （1）根据去括号和合并同类项法则将多项式化简，再根据不含三次项可知，三次项的系数为0，即可求出m的值； （2）由（1）可得，该多项式为，再整体代入计算求值即可． 【详解】（1）解：， 该多项式不含三次项， ， ； （2）解：由（1）可得，该多项式为， 当，时， ． 32．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）先化简，再求值 (1)其中 (2)已知，求代数式的值 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查整式加减运算中的化简求值： （1）去括号，合并同类项后，代值计算即可； （2）根据非负性求出的值，将代数式去括号，合并同类项后，代值计算即可． 【详解】（1）解：原式 ； 当时，原式； （2）∵ ∴， ∴， ∴ ． 33．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知， (1)化简； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查整式的加减运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算法则． （1）根据整式的加减运算法则进行化简， （2）根据题意可求出与的值，然后将与的值代入中即可求出答案． 【详解】（1）解：， ， ； （2）解：， ，， 当，时， ， ， ． 34．（24-25七年级下·黑龙江大庆·阶段练习）先化简，再求值： (1)，其中与互为相反数； (2)已知，求的值． 【答案】(1)，1 (2) 【分析】本题主要考查了整式的化简求值，非负数的性质，熟知整式的加减计算法则是解题的关键． （1）先去括号，然后合并同类项化简，根据相反数的定义和非负数的性质求出的值，再代值计算即可得到答案； （2）先去括号，然后合并同类项化简，再利用整体代入法代值计算即可． 【详解】（1）解： ， ∵和互为相反数， ∴， ∵， ∴，， ∴，， 当，时，原式． （2）解： ， ∵， ∴原式． 35．（24-25七年级上·陕西宝鸡·期中）某位同学做一道题：已知两个多项式，求的值．他误将看成，求得结果为，已知． (1)求多项式； (2)求的值，其中． 【答案】(1) (2)13 【分析】本题考查了整式的加减，熟练掌握整式加减运算的运算方法是解题关键 ． （1）根据题意可知，再减去即可求出的式子； （2）利用先去括号再合并同类项的方法计算即可． 【详解】（1）解：由题意可知：，， ； （2），， ， 当时， 原式． 36．（24-25七年级上·广东广州·期中）先化简，再求值： (1)，其中，． (2)，其中，，． 【答案】(1)，3 (2)， 【分析】此题考查了整式的化简求值． （1）去括号合并同类项后得到化简结果，把字母的值代入计算即可； （2）去括号合并同类项后得到化简结果，把字母的值代入计算即可． 【详解】（1）解： ， 当，时， 原式； （2）解： ， 当，，时， 原式． 题型五、整式的加减运算 37．（24-25七年级下·全国·假期作业）小明把错写成，所得的结果与正确答案相比（　　） A．多 B．多 C．少 D．少 【答案】B 【分析】本题主要考查了整式的加减，计算错误写法与正确写法的差值，即可得到两者的差异． 【详解】解：正确算式为：， 错误算式为：， 计算两者的差值： ， 错误结果比正确答案多， 故选：B． 38．（24-25七年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知多项式A、B，其中，马小虎同学在计算“”时，误将“”看成了“”，求得的结果为，则多顶式A为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了整式加减运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键．根据题意可得，然后将代入并求解即可． 【详解】解：根据题意，， 即， ∴； 故答案为：． 39．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）若多项式是关于x，y的四次二项式，求代数式的值． 【答案】 【分析】本题考查整式的加减运算，代数式求值，去括号，合并同类项后，根据多项式为关于x，y的四次二项式，求出的值，进而代入代数式进行计算即可． 【详解】解：原式 ； ∵多项式是关于x，y的四次二项式， ∴， ∴， ∴ ． 40．（24-25七年级上·四川南充·期中）计算： (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了整式加减混合运算，掌握整式加减混合运算步骤是解题的关键． （1）进行整式加减运算，即可求解； （2）先去括号，再进行整式加减运算，即可求解． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 41．（2025·河北唐山·二模）已知． (1)计算； (2)若、满足，求的值． 【答案】(1) (2)99 【分析】本题主要考查整式的加减运算和非负数的性质以及代数式求值，正确运用去括号法则进行化简是解答本题的关键． （1）原式去括号，合并同类项即可得到答案； （2）根据非负数的性质求出的值，再代入（1）中结果进行计算即可． 【详解】（1）解：∵ ∴ ． （2）解：∵， ∴，． 解得：，． 将，代入， 原式． 42．（24-25七年级上·广西河池·期末）已知，，． (1)化简； (2)当，，求式子的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了整式的加减，代数式求值，熟练掌握运算顺序与运算法则是解题的关键． （1）根据整式的加减运算法则计算即可； （2）把，整体代入（1）的结果求值即可． 【详解】（1）解： ； （2）解：∵，， ． 43．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知有理数，，在数轴上所对应的点的位置如图所示． (1)将，，按从小到大的顺序排列，并用“”连接起来； (2)填空：______；______；______；（填“”或“”） (3)化简：． 【答案】(1) (2)，， (3) 【分析】本题考查的是利用数轴比较有理数的大小，化简绝对值和整式的加减； （1）根据数轴上，左边的数小于右边的数即可解答； （2）根据有理数的加法，减法，乘法法则判断符号，即可求解． （3）根据点在数轴上的位置和绝对值化简解答即可． 【详解】（1）解：根据数轴可得：； （2）解：由数轴可知，，，且， ∴，，； 故答案为：，，； （3）解：由数轴可知，，，且， ∴，， ∴ ． 44．（22-23七年级上·四川南充·期中）某教辅书中一道整式运算的参考答案污损看不清了，形式如下： 解：原式 ． (1)求污损部分的整式； (2)当时，求污损部分整式的值． 【答案】(1) (2)12 【分析】此题考查了整式的加减-化简求值，以及代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键． （1）根据题意列出关系式，去括号合并即可确定出所求． （2）把与的值代入（1）的结果中计算即可求出值． 【详解】（1）解：根据题意可得，污损不清的部分为： ； （2）解：当时，原式． 45．（2025·河北邯郸·一模）如图 (1)求整式； (2)若，求当时整式的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了整式的加减，熟练掌握整式的加减法的运算法则是解答关键． （1）根据题意列式计算求解； （2） 根据题意先列式求出的代数式，再将代入求解． 【详解】（1）解：根据题意可知 ． （2）解：当时， 解得， ． 当时， ． 46．（2025·河北保定·二模）在数学活动课上，杨老师设计了一个游戏活动．如图所示的，，，分别 代表一种运算，可以任意排列，每次排列代表一种运算顺序． 根据以上规则，解答下列问题： (1)计算经过的顺序所得式子的运算结果； (2)若经过的顺序所得的结果记为，经过的顺序所得的结果记为，发现无论取何值时，的值均为非负数，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了有理数的混合运算的应用，读懂题意，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）根据题意列出运算式子，然后根据有理数的混合运算法则求解即可； （2）依题意得到，，得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：依题意经过的顺序所得式子的运算结果为； （2）证明：依题意得，，， 无论取何值时，的值均为非负数． 题型六、整式加减的应用 47．（24-25七年级上·福建漳州·期中）若关于的多项式化简后不含二次项，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减不含某项问题，先化简整式，进而根据化简后不含二次项，可得二次项系数为，据此列出等式解答即可求解，掌握整式的加减运算法则是解题的关键． 【详解】解： ， ∵关于的多项式化简后不含二次项， ∴， ∴， 故选：． 48．（2024七年级上·云南·专题练习）现有1张大长方形和3张相同的小长方形卡片，按如图所示两种方式摆放，则小长方形的长与宽的差是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了列代数式，整式的加减，正确用两种方式表示出大长方形的长是解题的关键． 设小长方形的长和宽分别为x，y，大长方形的长为，分别根据两种摆放方式表示出总高度，进而得到对应的等式，从而得到答案． 【详解】解：设小长方形的长为、宽为，大长方形的长为， 则，， ∴， ∴ ， ∴， ∴． 选：C． 49．（24-25六年级下·山东淄博·期中）如图所示，某公司有三个住宅区，、、各区分别住有职工30人，15人，10人，且这三点在一条大道上（、、三点共线），已知米，米．为方便职工上下班，该公司接送车打算只设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，那么该停靠点的位置应设在（    ） A．点 B．点 C．、之间 D．、之间 【答案】A 【分析】本题主要考查列代数式，不等式的性质．由题意设一个停靠点，求出总路程再比较大小即可． 【详解】解：①以点A为停靠点，则所有人的路程的和（米）， ②以点B为停靠点，则所有人的路程的和（米）， ③以点C为停靠点，则所有人的路程的和（米）， ④当在之间停靠时，设停靠点到A的距离是，则（），所有人的路程的和是：， ⑤当在之间停靠时，设停靠点到B的距离为，则（），则总路程为． ∴该停靠点的位置应设在点； 故选：A． 50．（2025七年级下·全国·专题练习）如图为甲、乙、丙三根笔直的木棍平行摆放在地面上的情形．已知乙有一部分只与甲重叠，其余部分只与丙重叠，甲没有与乙重叠的部分的长度为1公尺，丙没有与乙重叠的部分的长度为2公尺．若乙的长度最长且甲、乙的长度相差x公尺，乙、丙的长度相差y公尺，则乙的长度为多少公尺？（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查列代数式、整式加减的应用，理解题意，找到三根木棒长度间的等量关系是解答的关键．设乙的长度为a公尺，根据题意得甲的长度为：公尺；丙的长度为：公尺，根据甲与乙重叠的部分长度乙与丙重叠的部分长度乙的长度列等量关系即可求解． 【详解】解：设乙的长度为a公尺， ∵乙的长度最长且甲、乙的长度相差x公尺，乙、丙的长度相差y公尺， ∴甲的长度为：公尺；丙的长度为：公尺， ∴甲与乙重叠的部分长度为：公尺；乙与丙重叠的部分长度为：公尺， 由图可知：甲与乙重叠的部分长度乙与丙重叠的部分长度乙的长度， ∴， 整理，得， 解得 ∴乙的长度为：公尺， 故选：A． 51．（2025·河北邯郸·二模）图-1是2025年1月份的日历表，任意框住如图-2的4个数字，设位置2上的数字为，则下列结论： ①：位置1上的数字为； ②：位置4上的数字为； ③：位置3上的数字为； ④：位置1、2、3、4上的4个数的和是4的倍数． 其中正确的结论有（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②③④ 【答案】B 【分析】本题通过观察日历表中数字的排列规律，以位置2上的数字为基础，分别分析其余位置数字与x的关系．再将四个位置数字相加，判断其是否为4的倍数，从而确定每个结论的正确性．本题主要考查对日历中数字规律的观察与应用，以及整式的加减运算和倍数的判断．准确把握日历数字的排列规律是解题的关键． 【详解】解：由题意可得：位置1上的数字为；位置4上的数字为；位置3上的数字为； ∴方框中4个位置的数相加， ∴结果是4的倍数， 故选：B． 52．（24-25七年级下·福建泉州·期中）如图，这是2025年1月的月历，其中“”形、“”形两个阴影图形均覆盖四个数字，它们在框内可上下左右移动，可重叠．设“”形阴影图形覆盖的最小数字为，四个数字之和为；“”形阴影图形覆盖的最小数字为，四个数字之和为．若，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了整式加减的应用，设“”形阴影图形覆盖的四个数分别为，，，，“”形阴影图形覆盖的四个数分别为，，，，可得，，即可由得，进而得到，最后取的最大值为代入计算即可求解，正确识图是解题的关键． 【详解】解：设“”形阴影图形覆盖的四个数分别为，，，，“”形阴影图形覆盖的四个数分别为，，，， 则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，都是正整数，由日历表，可知的最大值为，此时，取得最大值，最大值为， ∴的最大值为， 故答案为：． 53．（24-25六年级下·江苏南京·期末）如图，涂色部分是正方形． （1）图中最大长方形的周长是 ； （2）你是怎样想的？ ． （请在图上画一画、写一写，让人一眼看明白） 【答案】 94 【分析】本题考查了长方形和正方形．熟练掌握长方形和正方形性质，是解题的关键． （1）根据长方形和正方形性质，得四边形是长方形，得，得，根据，即得最大长方形的周长； （2）． 【详解】解：（1）∵四边形是长方形，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是长方形， ∴， 设正方形的边长为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴最大长方形的周长； 故答案为：94； （2）思路：． 故答案为：． 54．（2025·河北沧州·模拟预测）将边长分别为a和b（a＞b）的两张正方形纸片按如图1、图2所示的两种方式置于同一个长方形中（图1、图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的周长为，图2中阴影部分的周长为，则的值为 【答案】0 【分析】本题主要考查了列代数式、整式的加减等知识点，掌握整式的加减的法则是解题的关键． 先根据周长公式列代数式，然后根据长方形的性质化简，然后比较即可解答． 【详解】解：由题意知，， ∵四边形是长方形， ∴， ∴， ∴，即． 故答案为0． 55．（24-25七年级上·河南驻马店·期中）如图，一个长方形运动场被分割成A，A，B，B，C共5个区域，A区域是边长为的正方形，C区域是边长为的正方形． (1)①B区域长方形场地的长是___________m，宽是___________m； ②列式表示一个B区域长方形场地的周长，并将式子化简． (2)列式表示整个长方形运动场的周长，并将式子化简；当时，求整个长方形运动场的周长． 【答案】(1)①，；② (2) 【分析】本题考查列代数式和代数式求值，理解拼图中各个区域之间的关系是解决问题的关键． （1）①根据拼图中各个区域之间的关系得出答案； ②表示一个B区域长方形场地的长和宽，再求周长即可 （2）求出整个大长方形的长、宽，再求出周长，最后把代入计算即可． 【详解】（1）解：①根据图形各个区域之间的关系可得， B区长方形场地的长是，宽为， 故答案为：，； ②一个B区域长方形场地的周长为． （2）解：整个长方形运动场的长为，宽为， 因此，整个长方形运动场的周长为． 当时，． 故整个长方形运动场的周长为． 56．（24-25六年级上·山东济南·期中）如图，在一个长方形小广场上，有两块大小相同的正方形空地供人们休息（有关线段的长如图所示），留下一个“T”型的图形（阴影部分）．（单位：米） (1)用含的式子表示“T”型图形的周长并化简； (2)若，要给“T”型区域围上价格为30元/米的围栏，请计算围栏的造价． 【答案】(1)米； (2)围栏的造价是2700元． 【分析】本题考查代数式求值，列代数式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据周长的定义求解； （2）利用（1）中结论计算即可． 【详解】（1）解：由图形可得阴影部分的周长为 （米）． （2）解：当时， （米）， （元）． 答：围栏的造价是2700元． 57．（24-25七年级上·福建厦门·期中）对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的．某人要装裱一副对联，对联的长为，宽为，若左、右边的宽均位，求： (1)装裱后对联的天头长与地头长； (2)装裱后对联的长与宽的差． 【答案】(1)天头长为，地头长为； (2)装裱后对联长与宽的差为 【分析】本题考查的知识点是列代数式、整式加减的运用，解题关键是用代数式将天头长与地头长表示出来． （1）用代数式将天头长与地头长的和表示出来，再由天头长与地头长的比分别求出天头长和地头长即可； （2）先表示出装裱后对联的长和宽，再相减即可． 【详解】（1）解：左、右边的宽均为，且左、右边均为天头长与地头长的和的， 天头长与地头长的和是， 天头长与地头长的比是， 天头长为， 地头长为； （2）解：装裱后对联的长为， 装裱后对联的宽为， 装裱后对联长与宽的差为． 58．（24-25七年级上·四川成都·开学考试）某地区实施阶梯电价制，居民生活用电（一户一表）价格方案如下： 档次 月用电量 电价（元/度） 第一档 月用电量度 第二档 200度月用电量400度 第三档 月用电量400度 例：若某用户2014年9月份的用电量为300度，则需缴电费为：（元）． (1)填空：如果小华家2014年9月份的用电量为100度，则需缴电费______元； (2)如果小华家2014年10月份的用电量为度（其中），则需缴电费多少元？（用含的代数式表示，并化简） (3)如果小华家2014年11、12两个月共用电600度，已知12月份的用电量比11月份多．设11月份的用电量为度，则小华家这两个月共需缴电费多少元？（结果可用含的代数式表示，并化简） 【答案】(1)50 (2)元 (3)元或310元 【分析】本题考查了列代数式及整式加减的应用，读懂图表信息是解题的关键． （1）根据题意选择第一阶梯电价列代数式求解即可； （2）根据题意选择第一阶梯和第二阶梯列代数式求解即可； （3）根据题意，先进行判断的取值范围，根据三种情况列代数式进行表示即可． 【详解】（1）解：（元） 故答案为：50； （2）解：根据题意得， 元， 答：用电量为度（其中），则需缴电费元； （3）解：∵12月份的用电量比11月份多， ∴，根据题意分以下几种情况： ①当时，共需缴费为 元； ②当时，共需缴费为 （元）； ③当时，共需缴费为 （元）； 综上，小华家这两个月共需缴电费元或310元． 59．（24-25七年级上·北京·期中）1925年数学家莫伦发现了世界上第一个完美长方形，它恰好能被分割成10个大小不同的正方形，如图所示，其中标注为1号和2号的正方形边长分别为x，y． 请你计算： (1)第3个正方形的边长是______；第5个正方形的边长是______；第5个正方形的面积是______．（用含x，y的代数式表示） (2)当时，求第6个正方形的面积． (3)当x，y均为正整数时，这个完美长方形的最小周长是______． 【答案】(1)；； (2)64 (3)224 【分析】本题考查了整式加减的应用，根据图形及1号和2号的正方形边长分别为，，用含，的式子表示出其他8个正方形的边长是解题的关键．第（3）问较难，需要有较强的推理能力及计算能力． （1）根据所给图形，得出第3个正方形的边长为第1，2个正方形的边长之和，再依次表示出4，5号正方形的边长即可解决问题． （2）根据所给图形，表示出第6个正方形的面积，再结合即可解决问题． （3）根据所给图形，用含，的代数式表示出完美长方形的周长，并结合，均为正整数，求这个完美长方形的最小周长． 【详解】（1）解：根据图形及标注为1号和2号的正方形边长分别为，， 所以第3个正方形的边长是1号和2号的正方形边长之和为， 所以第4个正方形的边长是2号和3号的正方形边长之和为， 所以第5个正方形的边长是2号和4号的正方形边长之和为， 所以第5个正方形的面积为． 故答案为：；；． （2）解：根据图形及1号和2号的正方形边长分别为，，第5个正方形的边长是， 所以第6个正方形的边长是2号和5号的正方形边长之和减去1号的正方形边长为， 所以第6个正方形的面积． 当时，． 所以当时，第6个正方形的面积为64． （3）根据图形及1号和2号的正方形边长分别为，，第6个正方形的边长是， 所以第7个正方形的边长是6号正方形的边长减去1号正方形的边长为， 所以第10个正方形的边长是7号正方形的边长减去1号正方形的边长减去3号正方形的边长为， 所以第8个正方形的边长是7号正方形的边长加10号正方形的边长为， 所以第9个正方形的边长是8号正方形的边长加10号正方形的边长为． 因为第5个正方形的边长与第6个正方形的边长之和等于第8个正方形的边长与第9个正方形的边长之和， 所以， 化简得． 因为完美长方形的长为，完美长方形的宽为， 所以完美长方形的周长为． 因为，，均为正整数， 所以，时，完美长方形的周长最小，最小值为． 故答案为：224． 60．（24-25七年级下·山东菏泽·期中）用作差法可以比较两个数或代数式的大小．如为有理数，且，则．当时，；当时，，． (1)已知，直接写出的大小关系，则_______． (2)已知正方形的边长为2，、、、分别是、、、上的点，且．图1中，点是的中点，四边形的面积记为，图2中，点不是的中点，四边形的面积记为． ①直接写出的值___________； ②设，用含的代数式表示； ③比较和的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①2；②；③，见解析 【分析】本题主要考查了配方法的应用、列代数式、整式的大小比较等知识点，熟练掌握并能灵活运用配方法是解题的关键． （1）依据题意，运用作差法进行判断即可； （2）①根据图1，根据图形的面积列代数式即可；②根据图2，根据图形的面积列代数式即可；③依据题意运用作差法进行判断即可解答． 【详解】（1）解：由题意，∵， ∴． 故答案为：． （2）解：①由题意：． 故答案为：2． ②由题意∶ =2x2-4x+4． ③，理由如下： ∵， ∴ ∵， ∴． ∴． 61．（24-25七年级下·福建三明·期中）阅读以下材料，解决问题： 小明向Ai智能对话助手DeepSeek提问“什么是数字黑洞”，得到如下回答：“数字黑洞”是指一类特殊的数学现象，通过特定的运算规则对数字进行反复操作，最终会陷入一个或几个固定的数值或循环中，无法逃脱，类似宇宙中的黑洞． 活动一：卡普雷卡尔常数（6174） 条件：各位数字不全相同的四位数（如2025） 步骤： 1．将四位数的数字重新排列，得到一个最大数和一个最小数（若出现数字0，则0排在第一位，）； 2．用最大数减去最小数，得到新数； 3．对新数重复以上步骤，最终会得到数字6174并循环（，，，，，⋯⋯）． 由上述过程可知，四位数的卡普雷卡尔常数为6174． 小明仿照活动一进行操作：任意写下一个数字（各数位上的数字不全相同），重新排列数字，分别得到一个最大数和一个最小数，用最大数减较小数得到新数，再对新数重复上述步骤． (1)如果小明写下的是一个两位数，请通过整式的运算说明得到的新数是9的倍数； (2)对三位数（各数位上的数字不全相同）按如上步骤进行，请描述每次做差后的新数的特征，并写出三位数的卡普雷卡尔常数； (3)在阅读材料里，四位数2025经过六步操作得到卡普雷卡尔常数（6174），四位数8442也是经过六步操作得到卡普雷卡尔常数．已知任一个四位数（各数位上的数字不全相同）最多经过七步可得到卡普雷卡尔常数，请写出一个需要七步才能得到卡普雷卡尔常数的四位数并验证． 备注：将一个“排序→做差”的过程称为一次“操作”． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)9941，9831，9721，9611，8830，8720，8610，8500等均是经过七次操作得到卡普雷尔常数的四位数，验证过程见解析 【分析】本题考查了整式的加减，有理数的混合运算． （1）设小明写的两位数十位数字为，个位数字为，且，推出最大数为，最小数为，作差，利用整式的加减运算计算判断； （2）取三位数：352，按照例题操作，即可求解； （3）以9941为例，按照例题操作，即可求解． 【详解】（1）解：设小明写的两位数十位数字为，个位数字为，且，则这个两位数为． 重新排列后：最大数为，最小数为， 用最大数减最小数可得： 所以小明写下的两位数是9的倍数； （2）解：取三位数：352， 第一步：； 第二步：； 第三步：； 第四步：； 第五步：． ∴三位数的卡普雷卡尔常数495； 特征：①中间这个是数都是9；②三个数字的和是18； （3）解：9941，9831，9721，9611，8830，8720，8610，8500等均是经过七次操作得到卡普雷尔常数的四位数，验证过程如下（以9941为例）： 第一步：； 第二步：； 第三步：； 第四步：； 第五步：； 第六步：； 第七步：． 62．（2025·江苏盐城·二模）阅读思考 某校初三有32个班级共1510名学生参加模拟考试，学校给学生编制了模拟考试的准考证条形码，共有13位数字（均为0–9之间的整数），它是由12位数字代码和最后1位的校验码构成，具体结构如图1：其中校验码用于校验准考证条形码中前12位数字代码的正确性，具体算法如下： 入学年份班级学号考场号座位号学验码 步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和 步骤3：计算与的和， 步骤4：取大于或等于且为10的整数倍的最小数， 步骤5：计算与的差就是校验码*， (1)某同学的准考证条形码号为，计算的值为___________，校验码*的值是___________； (2)如图2，某学生的“准考证条形码”号中有两位数字被污损了，这两个数字的差为1，你能通过其他信息还原出这两个数字吗？请说明理由． (3)如图3，某学生说他的准考证的班级号、学号、考场号、座位号的末位数与校验码都相同，你同意他的说法吗？同意，请求出该数字，不同意，请说明理由． 【答案】(1)70， (2)3，2；理由见解析 (3)不同意 【分析】本题考查了有理数混合运算的应用，整式加减混合运算的应用，理解检验码的计算方法是解答本题的关键． （1）根据d和*的计算方法计算即可； （2）设一个为m，另一个为．根据a，b，c，d， *的计算方法求出各个数分析即可； （3）表示出，然后根据d是10的倍数即可求出x的值． 【详解】（1）∵， ， ， ∴，． 故答案为：70，6； （2）∵2个数都在奇数位上， ∴设一个为m，另一个为． 由题意，得 ， ， ， ∴当时， ， ， ∴时符合题意， ∴， ∴这两个数为3，2或8，7． ∵共有32个班级 ∴这两个数为3，2； （3）由题意，得 ， ， ， ∴当时， ， ， ∵， ∴， ∵d是10的倍数， ∴， ∴该数字为2022000000000． 但不存在班级号、学号、考场号、座位号不可能为00， ∴不同意. 题型一、整式加减运算中的无关型问题 63．（24-25七年级上·全国·期中）已知关于x，y的多项式，若该多项式的取值与字母y无关，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．原式去括号合并后由结果与x、y的值无关，确定出a与b的值即可． 【详解】解： ， ∵多项式的取值与字母无关， ∴，， ∴，． 故答案为： 64．（24-25九年级上·重庆黔江·阶段练习）我们定义：如果两个多项式A与B的差为常数，且这个常数为正数，则称A是B的“雅常式”，这个常数称为A关于B的“雅常值”．如多项式，，则A是B的“雅常式”，A关于B的“雅常值”为9．已知多项式（a为常数），，M是N的“雅常式”，则M关于N的“雅常值”为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了整式的加减运算，注意计算的准确性即可．计算，令含未知数的项的系数为零即可求解． 【详解】解： ， M是N的“雅常式”， ， ， ， ∴M是N的“雅常式”是4． 故答案为：4． 65．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知代数式合并同类项后不含，项，求的值． 【答案】 【分析】本题考查的是合并同类项，代数式求值的有关知识，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 首先合并同类项，然后求出，最后再代入计算即可． 【详解】解：原式， 由题意，得， 解得， 所以． 66．（24-25七年级上·广东肇庆·期中）已知，（A，B为关于x的多项式），的结果中不含一次项和常数项． (1)求m，n的值； (2)求的值． 【答案】(1)， (2)9 【分析】本题考查了整式的化简求值，熟练掌握整式的化简求值是解题的关键． （1）先计算得，即得，，即得答案； （2）将，代入求解即可． 【详解】（1）解：，， ， 的结果中不含一次项和常数项， ，， ，； （2）解：当，时， ． 67．（24-25七年级上·山东德州·阶段练习）课堂上李老师出了一道整式求值的题目，李老师把要求的整式写完后让王红同学顺便给出一组，的值，老师自己说答案，当王红说完“，”后，李老师不假思索，立刻就说出答案“3”．同学们觉得不可思议，但李老师用坚定的口吻说：“这个答案准确无误．”亲爱的同学你相信吗？你能说出其中的道理吗？ 【答案】相信，道理见解析 【分析】原式去括号，合并同类项进行化简，然后根据结果为常数进行分析说明．本题考查整式的加减—化简求值，掌握合并同类项（系数相加，字母及其指数不变）和去括号的运算法则（括号前面是“”号，去掉“”号和括号，括号里的各项不变号；括号前面是“”号，去掉“”号和括号，括号里的各项都变号）是解题关键． 【详解】解：相信，道理如下： ． ∵结果为常数3， ∴原式的结果与字母a，b的取值无关， ∴李老师能够准确地说出代数式的值为3． 68．（24-25七年级上·山东潍坊·阶段练习）（1）先化简，再求值：，其中与互为相反数． （2）若关于、的多项式不含二次项，求的值． 【答案】（1），；（2） 【分析】本题主要考查了整式的化简求值，整式加减中的无关型问题，熟知整式的加减计算法则是解题的关键． （1）先去括号，然后合并同类项化简，再根据非负性的性质求出x、y的值，最后代值计算即可得到答案； （2）先把原多项式合并同类项，再根据不含二次项，即二次项的系数为0求出m、n的值，再代值计算即可得到答案． 【详解】解：（1） ， ∵与互为相反数， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴原式； （2） ， ∵关于、的多项式不含二次项， ∴， ∴， ∴． 69．（2025·广东·一模）【阅读理解】已知，若F的值和x的取值无关，则，．所以当时，和x的取值无关． 【知识应用】已知，． (1)用含m，n，x的式子表示； (2)若的值和x的取值无关，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查整式的加减，熟练掌握运算法则是解答本题的关键． （1）运用合并同类项法则进行计算即可； （2）判断，，求出的值，再代入计算即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴ ； （2）解：∵，且的值和的取值无关， ∴，． ∴，． ∴． 70．（24-25七年级上·北京·期中）已知两个多项式：，． (1)求：； (2)若（1）中式子的值与m的取值无关，求n的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了多项式的化简求值以及与字母取值无关的问题，解题的关键是熟练运用去括号，合并同类项法则进行化简． （1）利用整式加减运算法则，先去括号，再合并即可； （2）再根据（1）中化简的式子的值与取值无关求出的值． 【详解】（1）解：， 已知，将其代入可得： ； （2）解：由（1）得到式子， 因为该式子的值与的取值无关，这意味着含有的项的系数为0， 即， 解得． 71．（2025·陕西咸阳·三模）对于任意实数，定义，则对于实数的化简结果为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查整式的加减运算，理解新定义运算法则是解题关键． 根据新定义法则化简，然后计算整式的加减法即可． 【详解】解：根据题意得： 故选：D． 72．（23-24七年级上·青海西宁·期中）若单项式与的和是单项式，则的值是（    ） A．5 B． C．4 D．1 【答案】A 【分析】本题考查了同类项的知识，根据同类项：所含字母相同，相同字母的指数也相同，即可得出m、n的值，代入计算即可得出答案，熟练掌握同类项的定义是解此题的关键． 【详解】解∶∵单项式与的和是单项式， ∴单项式与是同类项， ∴，， ∴， 故选∶A． 73．（24-25九年级下·甘肃平凉·期中）对于任意的有理数，如果满足，那么我们称这一对数为“相随数对”记为．若是“相随数对”则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】本题考查整式的加减—化简求值，由题意得，整理得，即，然后将原式去括号，合并同类项后代入数值计算即可． 【详解】解：由题意得， 整理得， 则， ， 故选：A． 74．（2025·重庆·中考真题）我们规定：一个四位数，若满足，则称这个四位数为“十全数”．例如：四位数1928，因为，所以1928是“十全数”．按照这个规定，最小的“十全数”是 ：一个“十全数”，将其千位数字与个位数字调换位置，百位数字与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的M的值是 ． 【答案】 【分析】此题考查了整式的加减的应用，根据要求最小的“十全数”，得到，，然后求出，，即可得到最小的“十全数”是；根据题意表示出，，然后表示出，，然后表示出，，然后根据题意得到与均是整数，得到能被13整除，能被17整除，然后由，求出，进而求解即可． 【详解】解：设四位数 ∵要求最小的“十全数”， ∴， ∴， ∴最小的“十全数”是； ∵一个“十全数”， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵与均是整数 ∴与均是整数 ∴能被13整除，能被17整除 ∵， ∴， ∴ ∴的值可以为13，26，39，52，65 ∴依次代入可得，当，时，，均是整数，符合题意 ∴， ∴满足条件的M的值是． 故答案为：，． 75．（24-25九年级下·重庆永川·期中）对于多项式：，，，，我们用任意两个多项式求差后所得的结果，再与剩余两个多项式的差作差，并算出结果，称之为“全差操作”．例如：， ．， 给出下列说法：存在“全差操作”，使其结果为；至少存在一种“全差操作”，使其结果为；所有的“全差操作”共有种不同的结果．以上说法中正确的是（       ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】A 【分析】本题考查了整式的加减；根据题意，写出所有情况，计算结果，即可． 【详解】令，，，，则有以下情况 第1种： 第2种： 第3种： 第4种： 第5种： 第6种： 由上可知，存在一个“全差操作”，使其结果为0；故①说法正确； 存在一种“全差操作”，使其结果为；故②说法正确； 所有的“全差操作”共有5种不同的结果；故③说法正确． 故选：A． 76．（2025·重庆垫江·模拟预测）对两个整式，，进行如下操作：记，称为第一次操作；记，称为第二次操作；记，称为第三次操作；记，称为第四次操作……下列说法中错误的个数是（   ） ①； ②若，则； ③若，则不存在正整数m，使得是10的倍数． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】此题考查了整式的加减及数字类变化规律，根据题意找到规律是解题的关键．先分别计算出，再对各个说法分别分析并判断即可得出结论． 【详解】解:∵，， ∴， ∴， ∴，故①错误； 当时，，， ∵记，称为第二次操作；记，称为第三次操作；记，称为第四次操作…… ∴，故②错误； 当时，，， ， ， ∴存在正整数，使得是的倍数；故③错误． 综上，错误的说法有个， 故选：D． 77．（重庆市秀山县2024-2025学年八年级上学期期末考试数学试卷）在5个字母中（均不为零），不改变字母的顺序，在每相邻两个字母之间都添加一个“+”或者一个“-”组成一个多项式，且从字母之间开始从左至右所添加的“+”或“-”交替依次出现，再在这个多项式中，任意添加两个括号（括号内至少有两个字母，且括号中不再含有括号），添加括号后仍只含有加减运算，然后再进行去括号运算，我们称为“添减括号操作”． 例如：． 下列说法： ①所有的“添减括号操作”共有7种不同运算结果； ②不存在两种“添减括号操作”，使它们的运算结果求和后为0； ③存在“添减括号操作”，使其运算结果与其未加括号之前的多项式相等． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查整式的加减运算、括号添等知识点，掌握整式的加减运算法则成为解题的关键． 先根据题意列举出此操作的所有结果，即可判定①；所有结果中字母a的系数恒为1，两结果相加a的系数为2，无法为零，即可判定②；通过合理添加括号可使结果与原式相同，正确． 【详解】解：①初始多项式符号交替排列，如．添加两个括号后，可能的结果包括：1． 原式：；2．添加括号如，结果为；3．添加括号如，结果为；同理，符号排列为时，类似操作产生3种结果．总共有种不同结果，故①错误． ②无论括号如何添加，所有结果中字母的系数始终为．若存在两种操作结果相加为0，则的系数需为，矛盾．故②正确． ③例如，添加括号，去括号后与原式相同．故③正确． 综上，正确的说法为②和③，共2个． 故选C． 78．（2025·重庆·三模）已知关于x的整式，其中a，b，c，d，e为整数，，且满足下列说法； ①所有满足条件的整式M中，不存在其中两个整式的和为单项式； ②若，则满足条件的整式M共有6个； ③满足条件的所有整式M共有个．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据满足条件的两个整式M的和为单项式，需满足两个整式中的对应系数互为相反数，由此可判断①； 当时，根据所给条件，列出所有可能，由此可判断②； 以此类推分、两种情况，求出满足条件的系数取值，得出满足条件的所有整式M总个数，由此可判断③． 【详解】①要使满足条件的两个整式M的和为单项式，则需满足两个整式中的对应系数互为相反数，这与系数递减的条件矛盾，即不存在，①说法正确； ②当时， a，b可从5，4，3，2中取满足条件的值为：，或，或，或，或，或，共6种； d，e可从0，，，中取满足条件的值为，或，或，或，或，或，共6种； 再根据的条件，可得满足条件的有： ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； 共8个，故②错误； ③以此类推当时，满足条件的系数取值为： ，，，，； ，，，，； 共2个； 当时，满足条件的系数取值为： ，，，，； ，，，，；共2个； 综上，满足条件的所有整式M共个，③错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了多项式的有关概念，整式的加减运算，分类讨论思想的运用，解题关键是理熟悉上述知识，并能熟练运用求解． 79．（24-25七年级下·重庆·期末）已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 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法运算，熟练掌握整式的加法运算是解题的关键． 由题意知，即可判定①；由题意得到，即可求出，从而判定②；先说明，再结合可知，易得或，然后求出满足条件的，然后求和即可判断③；由，然后分五种情况，分别求出符合条件的，然后统计即可解答． 【详解】解：①由题意得∶，故①错误； ②∵， ∴， ∴，故②错误； ③由题意得： ， ∵， ∴ ∴或， ∴或， ∴所有满足条件的整式的和为，故③正确； ④∵， ∴当时，， ∴，即； 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，为正整数， ∴或或或， ∴或或或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、为正整数， ∴或 ∴或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，、为正整数， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、、为正整数， ∴即此时不满足要求． ∴所有满足条件的整式有9个，即④正确． 正确的个数是2． 故选：C． 80．（24-25七年级下·江苏镇江·期中）如图，在甲、乙、丙三只袋子中分别装有球9个、33个、9个，先从甲袋中取出个球放入乙袋，再从乙袋中取出个球放入丙袋，最后从丙袋中取出个球放入甲袋，此时三只袋子中球的个数都相同，则的值为 【答案】128 【分析】本题考查了整式的加减计算，先分别表示出经过取走和取出后，甲、乙、丙三个袋子中的球数分别为，，，再由题意可得最后三个袋子中的球都是17个，由此得到，，即，，最后整体代入计算求解即可． 【详解】解：经过取走和取出后，甲、乙、丙三个袋子中的球数分别为，，， ∵一共有个球，且最后三个袋子中的球的数量相同， ∴最后三个袋子中的球都是17个， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：128． 81．（24-25七年级上·广东佛山·阶段练习）阅读材料：我们知道，，类似的，我们把看成一个整体，则．“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想方法，它在多项式的化简与求值中应用极为广泛． (1)【简单应用】 ①已知，则_____； ②已知，求的值； (2)【拓展提高】 已知，，求式子的值． 【答案】(1)①2025；② (2) 【分析】本题考查了整式的加减-化简求值，代数式求值，掌握整式的加减-化简求值的运算法则以及整体代入思想是关键． （1）①把看成一个整体进行化简，再代入值计算即可； ②把看成一个整体进行化简，再代入值计算即可； （2）将代数式变形为，再化为，再将，整体代入计算即可． 【详解】（1）解：①∵， ， 故答案为： 2025； ②， ． （2）解：∵， ． 82．（24-25七年级下·浙江金华·期中）如图，小长方形纸片的长为a，宽为b，且，将7张纸片按图示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，面积分别为和． （1）当，，时，的值为 ； （2）若长度保持不变，变长，将这7张小长方形纸片还按照同样的方式放在新的长方形内，当的值与的长度无关时，a、b满足的关系式是 ． 【答案】 24 【分析】本题考查整式加减运算的实际应用． （1）由图可知：，确定两个未被覆盖的长方形的长和宽，求出，即可； （2）设，求出的值，根据的值与的长度无关，得到的系数为0，进行求解即可． 【详解】解：（1）由图可知：， ∴，， ∴； 故答案为：； （2）设， 则： ； ∵的值与的长度无关， ∴， ∴； 故答案为：． 83．（2025·江苏盐城·二模）我们知道能被整除的数的规律，设是一个三位数，若可以被整除，则这个数就能被整除．例如，三位数108，，可以被整除，就能被整除． 【发现】将三位数去掉末尾数字得到两位数，再用减去的倍所得的差为．若能被整除，则三位数就能被整除． 【验证】如，对于三位数，，可以被整除，就能被整除． （1）用上述方法判断能否被整除？并说明你的理由； 【探究】（2）请用含，，的代数式表示___________； （3）结合（2）论证“发现”中的结论正确． 【迁移】（4）下列结论正确的是___________（填序号） ①在三位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； ②在三位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； ③在四位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； 【答案】（1）能，理由见解析；（2）；（3）见解析；（4）① 【分析】本题考查了数的整除、整式加减的应用、有理数的混合运算、列代数式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）先求出，结合能够被整除即可得解； （2）根据题意表示出代数式即可； （3）由（2）可得，由题意可得（为整数），推出，表示出，即可得解； （4）仿照（3）的方式逐项分析即可得解． 【详解】解：（1）能被整除，理由如下： ，能够被整除， 能被整除； （2）由题意可得：， 故答案为：； （3）由（2）可得， 能被7整除， （为整数）， ， ， 三位数能被整除； （4）①， 是的倍数， （为整数）， ， ， 是的倍数，故①正确； ②， 是的倍数， （为整数）， ， ，不一定是的倍数，故②错误； ③， 是的倍数， （为整数）， ， ，不一定是的倍数，故③错误； 综上所述，正确的是①， 故答案为：①． 84．（24-25七年级下·福建福州·期中）在数学实践课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示． (1)若，直接用含的代数式表示出的长； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是______． A．B． C．D． (3)今有两种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示： 卡纸型号 型号I 型号II 规格（单位：） 单价（单位：元） 5 现要制作10个这种底面是边长为的正方形，高为的礼品盒．请你合理选择上述两种型号的卡纸： ①在两种卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸最多可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况） ②若要卡纸不浪费（恰好做10个礼盒），可以只用一种卡纸或两种卡纸都用，有几种方案？并计算出最省钱方案的费用． 【答案】(1) (2)C (3)有5种方案，最省钱方案是用用2张型号Ⅰ卡纸，2张型号Ⅱ卡纸，最省钱方案的费用为17元 【分析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由折叠和题意可知，，，四边形是正方形，得到，即，即可求解； （2）根据几何体的展开图即可求解； （3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张型号Ⅰ卡纸可制作1个正方体，即可求解． 【详解】（1）如图： 上述图形折叠后变成： 由折叠和题意可知，，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴，即， ∵，， ∴． （2）根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反， ∴C选项符合题意， 故答案为：C； （3）①只选型号Ⅰ卡纸：礼品盒展开图分步情况，如图所示： ∴用一张型号Ⅰ卡纸可以制作这样的礼品盒2个， ∴制作10个这样的礼品盒，需要的卡片张数为， 则需要的费用为：（元）； ②只选型号Ⅱ卡纸：礼品盒展开图分步情况，如图所示： ∴用一张型号Ⅱ卡纸可以制作这样的礼品盒3个， ∴制作10个这样的礼品盒，需要的卡片张数为， 则需要的费用为：（元）； ③用1张型号Ⅰ卡纸，3张型号Ⅱ卡纸，，也可以制作10个这样的礼品盒，需要的费用为：（元）； ④用2张型号Ⅰ卡纸，2张型号Ⅱ卡纸，，也可以制作10个这样的礼品盒，需要的费用为：（元）； ⑤用4张型号Ⅰ卡纸，1张型号Ⅱ卡纸，，也可以制作10个这样的礼品盒，需要的费用为：（元）． ∴共有5种方案，最省钱方案是用用2张型号Ⅰ卡纸，2张型号Ⅱ卡纸，最省钱方案的费用为17元． 85．（24-25七年级上·湖北恩施·阶段练习）数轴是初中数学的一个重要工具，利用数轴可以将数与形完美地结合．研究数轴我们发现了许多重要的规律：如图1，若数轴上点、点表示的数分别为，则线段的长（点到点的距离）可表示为，请用上面材料中的知识解答下面的问题： 如图，一个点从数轴上的原点开始，先向左移动2个单位长度到达点，再向右移动3个单位长度到达点，然后再向右移动5个单位长度到达点． (1)请在图2中表示出、、三点的位置； (2)若点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，同时点、从点、点分别以每秒2个单位长度、每秒3个单位长度速度沿数轴向右匀速运动．设移动时间为秒． ①两点间的距离______； ②用含的代数式表示：秒时，点表示的数为 ，点表示的数为 ，点表示的数为 ； ③试探究在移动的过程中，的值是否随着时间的变化而变化？若变化说明理由：若不变，请求出的值． 【答案】(1)图见解析 (2)①3；②，，；③的值不随着时间的变化而变化，其值为12，理由见解析 【分析】本题考查了数轴、整式加减的应用，熟练掌握数轴的性质是解题关键． （1）先根据数轴的性质求出点表示的数，再在数轴上表示出它们的位置即可得； （2）①根据数轴的性质求解即可得； ②根据点的运动方向和速度，结合数轴的性质求解即可得； ③根据（2）②的结论可求出，再计算整式的加减即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意可知，点表示的数是，点表示的数是，点表示的数是． 则在图2中表示出三点的位置如下： ． （2）解：①∵点表示的数是，点表示的数是1， ∴， 故答案为：3； ②∵点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动， ∴点表示的数为， ∵点从点分别以每秒2个单位长度，每秒3个单位长度速度沿数轴向右匀速运动， ∴点表示的数为，点表示的数为， 故答案为：，，； ③的值不随着时间的变化而变化，其值为24，理由如下： ∵点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为， ∴，， ∴ ， 所以在移动的过程中，的值不随着时间的变化而变化，其值为12． 试卷第2页，共66页 1 / 64 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.2 整式的加减 题型一、同类项的判定 1．（2025·贵州遵义·二模）下列式子中，的同类项是（   ） A． B． C．2 D． 2．（23-24七年级上·广西河池·期中）下列各式中，与是同类项的是（   ） A． B． C． D． 3．（23-24七年级上·湖北黄石·阶段练习）下列说法正确的是（　　） A．与是同类项 B．与是同类项 C．与同类项 D．与是同类项 4．（24-25七年级上·广西河池·期末）下列各组代数式中，不是同类项的是（ ） A．2与 B．与 C．与 D．与 5．（2025·云南·三模）下列单项式中，的同类项是（　　） A． B． C． D． 6．（24-25七年级上·吉林长春·期中）下列各选项中是同类项的是（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 7．（2025·河南周口·二模）请写出的一个同类项 ． 8．（24-25七年级上·全国·期中）已知单项式与 是同类项，则k，m的值为（    ） A．2，2 B．1，2 C．2， D．0，2 9．（24-25七年级上·四川南充·期中）若关于x，y的单项式与的和是单项式，则（   ） A． B．81 C． D．64 题型二、合并同类型 10．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）下列计算正确的是（    ） A． B． C． D． 11．（2025·贵州遵义·模拟预测）下列运算正确的是（     ） A． B． C． D． 12．（2025·河北·中考真题）计算： ． 13．（2025·天津·中考真题）计算的结果为 ． 14．（24-25七年级下·上海·假期作业）计算： ． 15．（2025·贵州黔西·二模）计算 ． 16．（24-25六年级上·上海嘉定·阶段练习）计算： 17．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）化简 (1) (2) 题型三、去括号与添括号 18．（24-25七年级上·广东肇庆·期中）去括号应得（   ） A． B． C． D． 19．（24-25七年级下·吉林松原·期中）的相反数是（    ） A． B． C． D． 20．（2025·贵州贵阳·二模）下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 21．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）下列各式化简后与不相等的是（    ） A． B． C． D． 22．（24-25七年级下·北京通州·期中）下列去括号结果正确的是（   ） A． B． C． D． 23．（24-25七年级下·全国·假期作业）已知，则代数式的值为（ ） A．2025 B． C．2024 D． 24．（24-25七年级下·浙江丽水·期中）计算： ． 25．（2025·江苏苏州·二模）已知代数式，则代数式的值是 ． 26．（24-25六年级下·黑龙江大庆·期中）化简： (1)； (2)． 题型四、整式的化简求值 27．（23-24七年级上·重庆·期中）（1） 化简：； （2）先化简，再求值： ，其中． 28．（24-25七年级下·黑龙江哈尔滨·期中）先化简，再求代数式的值，其中，． 29．（24-25七年级上·四川南充·期中）先化简，再求值：，其中x、y满足． 30．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）化简求值 (1)化简求值：，其中． (2)已知与是同类项，求多项式的值． 31．（24-25七年级下·甘肃兰州·期中）已知关于x、y的多项式 (1)若该多项式不含三次项，求m的值； (2)在（1）的条件下，当，时，求该多项式的值． 32．（24-25七年级下·黑龙江绥化·期中）先化简，再求值 (1)其中 (2)已知，求代数式的值 33．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知， (1)化简； (2)若，求的值． 34．（24-25七年级下·黑龙江大庆·阶段练习）先化简，再求值： (1)，其中与互为相反数； (2)已知，求的值． 35．（24-25七年级上·陕西宝鸡·期中）某位同学做一道题：已知两个多项式，求的值．他误将看成，求得结果为，已知． (1)求多项式； (2)求的值，其中． 36．（24-25七年级上·广东广州·期中）先化简，再求值： (1)，其中，． (2)，其中，，． 题型五、整式的加减运算 37．（24-25七年级下·全国·假期作业）小明把错写成，所得的结果与正确答案相比（　　） A．多 B．多 C．少 D．少 38．（24-25七年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知多项式A、B，其中，马小虎同学在计算“”时，误将“”看成了“”，求得的结果为，则多顶式A为 ． 39．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）若多项式是关于x，y的四次二项式，求代数式的值． 40．（24-25七年级上·四川南充·期中）计算： (1) (2) 41．（2025·河北唐山·二模）已知． (1)计算； (2)若、满足，求的值． 42．（24-25七年级上·广西河池·期末）已知，，． (1)化简； (2)当，，求式子的值． 43．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知有理数，，在数轴上所对应的点的位置如图所示． (1)将，，按从小到大的顺序排列，并用“”连接起来； (2)填空：______；______；______；（填“”或“”） (3)化简：． 44．（22-23七年级上·四川南充·期中）某教辅书中一道整式运算的参考答案污损看不清了，形式如下： 解：原式 ． (1)求污损部分的整式； (2)当时，求污损部分整式的值． 45．（2025·河北邯郸·一模）如图 (1)求整式； (2)若，求当时整式的值． 46．（2025·河北保定·二模）在数学活动课上，杨老师设计了一个游戏活动．如图所示的，，，分别 代表一种运算，可以任意排列，每次排列代表一种运算顺序． 根据以上规则，解答下列问题： (1)计算经过的顺序所得式子的运算结果； (2)若经过的顺序所得的结果记为，经过的顺序所得的结果记为，发现无论取何值时，的值均为非负数，请说明理由． 题型六、整式加减的应用 47．（24-25七年级上·福建漳州·期中）若关于的多项式化简后不含二次项，则的值为（　　） A． B． C． D． 48．（2024七年级上·云南·专题练习）现有1张大长方形和3张相同的小长方形卡片，按如图所示两种方式摆放，则小长方形的长与宽的差是（   ） A． B． C． D． 49．（24-25六年级下·山东淄博·期中）如图所示，某公司有三个住宅区，、、各区分别住有职工30人，15人，10人，且这三点在一条大道上（、、三点共线），已知米，米．为方便职工上下班，该公司接送车打算只设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，那么该停靠点的位置应设在（    ） A．点 B．点 C．、之间 D．、之间 50．（2025七年级下·全国·专题练习）如图为甲、乙、丙三根笔直的木棍平行摆放在地面上的情形．已知乙有一部分只与甲重叠，其余部分只与丙重叠，甲没有与乙重叠的部分的长度为1公尺，丙没有与乙重叠的部分的长度为2公尺．若乙的长度最长且甲、乙的长度相差x公尺，乙、丙的长度相差y公尺，则乙的长度为多少公尺？（    ） A． B． C． D． 51．（2025·河北邯郸·二模）图-1是2025年1月份的日历表，任意框住如图-2的4个数字，设位置2上的数字为，则下列结论： ①：位置1上的数字为； ②：位置4上的数字为； ③：位置3上的数字为； ④：位置1、2、3、4上的4个数的和是4的倍数． 其中正确的结论有（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②③④ 52．（24-25七年级下·福建泉州·期中）如图，这是2025年1月的月历，其中“”形、“”形两个阴影图形均覆盖四个数字，它们在框内可上下左右移动，可重叠．设“”形阴影图形覆盖的最小数字为，四个数字之和为；“”形阴影图形覆盖的最小数字为，四个数字之和为．若，则的最大值为 ． 53．（24-25六年级下·江苏南京·期末）如图，涂色部分是正方形． （1）图中最大长方形的周长是 ； （2）你是怎样想的？ ． （请在图上画一画、写一写，让人一眼看明白） 54．（2025·河北沧州·模拟预测）将边长分别为a和b（a＞b）的两张正方形纸片按如图1、图2所示的两种方式置于同一个长方形中（图1、图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的周长为，图2中阴影部分的周长为，则的值为 55．（24-25七年级上·河南驻马店·期中）如图，一个长方形运动场被分割成A，A，B，B，C共5个区域，A区域是边长为的正方形，C区域是边长为的正方形． (1)①B区域长方形场地的长是___________m，宽是___________m； ②列式表示一个B区域长方形场地的周长，并将式子化简． (2)列式表示整个长方形运动场的周长，并将式子化简；当时，求整个长方形运动场的周长． 56．（24-25六年级上·山东济南·期中）如图，在一个长方形小广场上，有两块大小相同的正方形空地供人们休息（有关线段的长如图所示），留下一个“T”型的图形（阴影部分）．（单位：米） (1)用含的式子表示“T”型图形的周长并化简； (2)若，要给“T”型区域围上价格为30元/米的围栏，请计算围栏的造价． 57．（24-25七年级上·福建厦门·期中）对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的．某人要装裱一副对联，对联的长为，宽为，若左、右边的宽均位，求： (1)装裱后对联的天头长与地头长； (2)装裱后对联的长与宽的差． 58．（24-25七年级上·四川成都·开学考试）某地区实施阶梯电价制，居民生活用电（一户一表）价格方案如下： 档次 月用电量 电价（元/度） 第一档 月用电量度 第二档 200度月用电量400度 第三档 月用电量400度 例：若某用户2014年9月份的用电量为300度，则需缴电费为：（元）． (1)填空：如果小华家2014年9月份的用电量为100度，则需缴电费______元； (2)如果小华家2014年10月份的用电量为度（其中），则需缴电费多少元？（用含的代数式表示，并化简） (3)如果小华家2014年11、12两个月共用电600度，已知12月份的用电量比11月份多．设11月份的用电量为度，则小华家这两个月共需缴电费多少元？（结果可用含的代数式表示，并化简） 59．（24-25七年级上·北京·期中）1925年数学家莫伦发现了世界上第一个完美长方形，它恰好能被分割成10个大小不同的正方形，如图所示，其中标注为1号和2号的正方形边长分别为x，y． 请你计算： (1)第3个正方形的边长是______；第5个正方形的边长是______；第5个正方形的面积是______．（用含x，y的代数式表示） (2)当时，求第6个正方形的面积． (3)当x，y均为正整数时，这个完美长方形的最小周长是______． 60．（24-25七年级下·山东菏泽·期中）用作差法可以比较两个数或代数式的大小．如为有理数，且，则．当时，；当时，，． (1)已知，直接写出的大小关系，则_______． (2)已知正方形的边长为2，、、、分别是、、、上的点，且．图1中，点是的中点，四边形的面积记为，图2中，点不是的中点，四边形的面积记为． ①直接写出的值___________； ②设，用含的代数式表示； ③比较和的大小关系，并说明理由． 61．（24-25七年级下·福建三明·期中）阅读以下材料，解决问题： 小明向Ai智能对话助手DeepSeek提问“什么是数字黑洞”，得到如下回答：“数字黑洞”是指一类特殊的数学现象，通过特定的运算规则对数字进行反复操作，最终会陷入一个或几个固定的数值或循环中，无法逃脱，类似宇宙中的黑洞． 活动一：卡普雷卡尔常数（6174） 条件：各位数字不全相同的四位数（如2025） 步骤： 1．将四位数的数字重新排列，得到一个最大数和一个最小数（若出现数字0，则0排在第一位，）； 2．用最大数减去最小数，得到新数； 3．对新数重复以上步骤，最终会得到数字6174并循环（，，，，，⋯⋯）． 由上述过程可知，四位数的卡普雷卡尔常数为6174． 小明仿照活动一进行操作：任意写下一个数字（各数位上的数字不全相同），重新排列数字，分别得到一个最大数和一个最小数，用最大数减较小数得到新数，再对新数重复上述步骤． (1)如果小明写下的是一个两位数，请通过整式的运算说明得到的新数是9的倍数； (2)对三位数（各数位上的数字不全相同）按如上步骤进行，请描述每次做差后的新数的特征，并写出三位数的卡普雷卡尔常数； (3)在阅读材料里，四位数2025经过六步操作得到卡普雷卡尔常数（6174），四位数8442也是经过六步操作得到卡普雷卡尔常数．已知任一个四位数（各数位上的数字不全相同）最多经过七步可得到卡普雷卡尔常数，请写出一个需要七步才能得到卡普雷卡尔常数的四位数并验证． 备注：将一个“排序→做差”的过程称为一次“操作”． 62．（2025·江苏盐城·二模）阅读思考 某校初三有32个班级共1510名学生参加模拟考试，学校给学生编制了模拟考试的准考证条形码，共有13位数字（均为0–9之间的整数），它是由12位数字代码和最后1位的校验码构成，具体结构如图1：其中校验码用于校验准考证条形码中前12位数字代码的正确性，具体算法如下： 入学年份班级学号考场号座位号学验码 步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和 步骤3：计算与的和， 步骤4：取大于或等于且为10的整数倍的最小数， 步骤5：计算与的差就是校验码*， (1)某同学的准考证条形码号为，计算的值为___________，校验码*的值是___________； (2)如图2，某学生的“准考证条形码”号中有两位数字被污损了，这两个数字的差为1，你能通过其他信息还原出这两个数字吗？请说明理由． (3)如图3，某学生说他的准考证的班级号、学号、考场号、座位号的末位数与校验码都相同，你同意他的说法吗？同意，请求出该数字，不同意，请说明理由． 题型一、整式加减运算中的无关型问题 63．（24-25七年级上·全国·期中）已知关于x，y的多项式，若该多项式的取值与字母y无关，则 ． 64．（24-25九年级上·重庆黔江·阶段练习）我们定义：如果两个多项式A与B的差为常数，且这个常数为正数，则称A是B的“雅常式”，这个常数称为A关于B的“雅常值”．如多项式，，则A是B的“雅常式”，A关于B的“雅常值”为9．已知多项式（a为常数），，M是N的“雅常式”，则M关于N的“雅常值”为 ． 65．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）已知代数式合并同类项后不含，项，求的值． 66．（24-25七年级上·广东肇庆·期中）已知，（A，B为关于x的多项式），的结果中不含一次项和常数项． (1)求m，n的值； (2)求的值． 67．（24-25七年级上·山东德州·阶段练习）课堂上李老师出了一道整式求值的题目，李老师把要求的整式写完后让王红同学顺便给出一组，的值，老师自己说答案，当王红说完“，”后，李老师不假思索，立刻就说出答案“3”．同学们觉得不可思议，但李老师用坚定的口吻说：“这个答案准确无误．”亲爱的同学你相信吗？你能说出其中的道理吗？ 68．（24-25七年级上·山东潍坊·阶段练习）（1）先化简，再求值：，其中与互为相反数． （2）若关于、的多项式不含二次项，求的值． 69．（2025·广东·一模）【阅读理解】已知，若F的值和x的取值无关，则，．所以当时，和x的取值无关． 【知识应用】已知，． (1)用含m，n，x的式子表示； (2)若的值和x的取值无关，求的值． 70．（24-25七年级上·北京·期中）已知两个多项式：，． (1)求：； (2)若（1）中式子的值与m的取值无关，求n的值． 71．（2025·陕西咸阳·三模）对于任意实数，定义，则对于实数的化简结果为（   ） A． B． C． D． 72．（23-24七年级上·青海西宁·期中）若单项式与的和是单项式，则的值是（    ） A．5 B． C．4 D．1 73．（24-25九年级下·甘肃平凉·期中）对于任意的有理数，如果满足，那么我们称这一对数为“相随数对”记为．若是“相随数对”则（    ） A． B． C．2 D．3 74．（2025·重庆·中考真题）我们规定：一个四位数，若满足，则称这个四位数为“十全数”．例如：四位数1928，因为，所以1928是“十全数”．按照这个规定，最小的“十全数”是 ：一个“十全数”，将其千位数字与个位数字调换位置，百位数字与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的M的值是 ． 75．（24-25九年级下·重庆永川·期中）对于多项式：，，，，我们用任意两个多项式求差后所得的结果，再与剩余两个多项式的差作差，并算出结果，称之为“全差操作”．例如：， ．， 给出下列说法：存在“全差操作”，使其结果为；至少存在一种“全差操作”，使其结果为；所有的“全差操作”共有种不同的结果．以上说法中正确的是（       ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 76．（2025·重庆垫江·模拟预测）对两个整式，，进行如下操作：记，称为第一次操作；记，称为第二次操作；记，称为第三次操作；记，称为第四次操作……下列说法中错误的个数是（   ） ①； ②若，则； ③若，则不存在正整数m，使得是10的倍数． A．0 B．1 C．2 D．3 77．（重庆市秀山县2024-2025学年八年级上学期期末考试数学试卷）在5个字母中（均不为零），不改变字母的顺序，在每相邻两个字母之间都添加一个“+”或者一个“-”组成一个多项式，且从字母之间开始从左至右所添加的“+”或“-”交替依次出现，再在这个多项式中，任意添加两个括号（括号内至少有两个字母，且括号中不再含有括号），添加括号后仍只含有加减运算，然后再进行去括号运算，我们称为“添减括号操作”． 例如：． 下列说法： ①所有的“添减括号操作”共有7种不同运算结果； ②不存在两种“添减括号操作”，使它们的运算结果求和后为0； ③存在“添减括号操作”，使其运算结果与其未加括号之前的多项式相等． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 78．（2025·重庆·三模）已知关于x的整式，其中a，b，c，d，e为整数，，且满足下列说法； ①所有满足条件的整式M中，不存在其中两个整式的和为单项式； ②若，则满足条件的整式M共有6个； ③满足条件的所有整式M共有个．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 79．（24-25七年级下·重庆·期末）已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 80．（24-25七年级下·江苏镇江·期中）如图，在甲、乙、丙三只袋子中分别装有球9个、33个、9个，先从甲袋中取出个球放入乙袋，再从乙袋中取出个球放入丙袋，最后从丙袋中取出个球放入甲袋，此时三只袋子中球的个数都相同，则的值为 81．（24-25七年级上·广东佛山·阶段练习）阅读材料：我们知道，，类似的，我们把看成一个整体，则．“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想方法，它在多项式的化简与求值中应用极为广泛． (1)【简单应用】 ①已知，则_____； ②已知，求的值； (2)【拓展提高】 已知，，求式子的值． 82．（24-25七年级下·浙江金华·期中）如图，小长方形纸片的长为a，宽为b，且，将7张纸片按图示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，面积分别为和． （1）当，，时，的值为 ； （2）若长度保持不变，变长，将这7张小长方形纸片还按照同样的方式放在新的长方形内，当的值与的长度无关时，a、b满足的关系式是 ． 83．（2025·江苏盐城·二模）我们知道能被整除的数的规律，设是一个三位数，若可以被整除，则这个数就能被整除．例如，三位数108，，可以被整除，就能被整除． 【发现】将三位数去掉末尾数字得到两位数，再用减去的倍所得的差为．若能被整除，则三位数就能被整除． 【验证】如，对于三位数，，可以被整除，就能被整除． （1）用上述方法判断能否被整除？并说明你的理由； 【探究】（2）请用含，，的代数式表示___________； （3）结合（2）论证“发现”中的结论正确． 【迁移】（4）下列结论正确的是___________（填序号） ①在三位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； ②在三位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； ③在四位数中，若满足是的倍数，则是的倍数； 84．（24-25七年级下·福建福州·期中）在数学实践课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示． (1)若，直接用含的代数式表示出的长； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是______． A．B． C．D． (3)今有两种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如表所示： 卡纸型号 型号I 型号II 规格（单位：） 单价（单位：元） 5 现要制作10个这种底面是边长为的正方形，高为的礼品盒．请你合理选择上述两种型号的卡纸： ①在两种卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸最多可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况） ②若要卡纸不浪费（恰好做10个礼盒），可以只用一种卡纸或两种卡纸都用，有几种方案？并计算出最省钱方案的费用． 85．（24-25七年级上·湖北恩施·阶段练习）数轴是初中数学的一个重要工具，利用数轴可以将数与形完美地结合．研究数轴我们发现了许多重要的规律：如图1，若数轴上点、点表示的数分别为，则线段的长（点到点的距离）可表示为，请用上面材料中的知识解答下面的问题： 如图，一个点从数轴上的原点开始，先向左移动2个单位长度到达点，再向右移动3个单位长度到达点，然后再向右移动5个单位长度到达点． (1)请在图2中表示出、、三点的位置； (2)若点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，同时点、从点、点分别以每秒2个单位长度、每秒3个单位长度速度沿数轴向右匀速运动．设移动时间为秒． ①两点间的距离______； ②用含的代数式表示：秒时，点表示的数为 ，点表示的数为 ，点表示的数为 ； ③试探究在移动的过程中，的值是否随着时间的变化而变化？若变化说明理由：若不变，请求出的值． 试卷第2页，共66页 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $