第2章 代数式 单元练习 2023-2024学年湘教版七年级数学上册 （含解析）
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| 名称 | 第2章 代数式 单元练习 2023-2024学年湘教版七年级数学上册 （含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 721.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 湘教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-08-03 11:22:41 | ||
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第2章 代数式 单元练习 2023-2024学年湘教版七年级数学上册 （含解析）
一、单选题
1．（2021秋·湖南张家界·七年级统考期末）下列各式中，符合代数式书写要求的是（ ）．
A． B． C． D．
2．（2023秋·河北邢台·七年级统考期末）“的3倍与4的和的一半”用代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023秋·海南省直辖县级单位·七年级统考期末）当时，代数式的值是( )
A． B． C． D．
4．（2023秋·重庆南川·八年级统考期末）按如图所示的运算程序，当输入，时，输出的结果为（ ）
A．1 B．6 C．45 D．81
5．（2023秋·湖北黄冈·七年级统考期末）将一些相同的图形“●”按如图所示的规律依次摆放，观察每个图形中“●”的个数，若第n个图形中有4013个“●”，则n的值为（ ）
A．1333 B．1335 C．1337 D．1339
6．（2023春·重庆九龙坡·七年级校考期末）已知，，则下列说法：
①若，，则；
②若的值与x的取值无关，则，；
③当，时，若，则或；
④当，，有最小值为7，此时．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
7．（2020秋·河南信阳·七年级统考期末）一个两位数的个位上的数字是1，十位上的数字比个位上的数字大a，则这个两位数是 ．
8．（2023秋·江苏盐城·七年级统考期末）木材加工厂将一批木料按如图所示的规律依次摆放，则第100个图中共有木料 根．
9．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校联考期末）若代数式，则代数式的值是 ．
10．（2023秋·山西太原·七年级校考期末）下面是用棋子摆成的“小屋子”．摆第1个这样的“小屋子”需要5枚棋子，摆第2个这样的“小屋子”需要11枚棋子，摆第n个这样的“小屋子”需要 枚棋子．
11．（2023春·重庆忠县·七年级统考期末）如图长方形由图1、2、3、4、5拼成，设图1、2、3是边长分别为a，b，c的正方形，图4是长方形，图5是正方形．对于判断：①；②图4的周长为；③；④长方形的周长为，其中正确的是 （填编号）．
三、解答题
12．（2022秋·湖北襄阳·七年级统考期末）某种窗户由上下两部分组成，其上部是用木条围成的半圆形，且半圆形内部由三根等长的木条分隔，下部是用木条围成的边长相等的四个小正方形，木条的宽度和厚度不计．已知下部每个小正方形的边长为a米．
(1)用含a的代数式分别表示窗户的面积和所用木条的总长度；
(2)若米，窗户上安装的是玻璃，玻璃25元/平方米，木条20元/米，求制作这个窗户需要的总钱数（值取3，计算结果精确到个位）．
13．（2023秋·吉林长春·七年级统考期末）甲、乙两家体育用品商店出售同样的乒乓球拍和乒乓球，乒乓球拍每副定价元，乒乓球每盒定价5元，现两家商店搞促销活动，甲店的优惠办法是：每买一副乒乓球拍赠两盒乒乓球；乙店的优惠办法是：全部商品按定价的折出售．某班需购买乒乓球拍4副和x盒乒乓球．
(1)当时，分别求在这两家商店购买所需支付的费用．（用含x的代数式表示）
(2)当时，分别计算在这两家商店购买所需支付的费用，如果这两种方案可以同时使用，请帮助该班设计一种最省钱的购买方案，并计算此方案所需支付的费用．
14．（2022秋·山西临汾·七年级统考期末）阅读与思考：
根据理解，解决问题：
【方法运用】
（1）已知，求的值；
【拓展应用】
（2） 若，，则代数式的值为 ．
15．（2023秋·江苏镇江·七年级统考期末）七年级苏科版教材第58页有这样一段阅读材料：
人们数钱时通常先将钱币分类，把相同面值的钱币整理在一起；商场陈列商品时，也总是分类摆放，使商品看起来整齐有序，易于拿取．同样，分类是研究数学问题的一种常用方法．如图5，在一个8×8的方格棋盘的盘里放一枚棋子，如果规定棋子每步只能向上、向下、向左、向右走一格．那么A格里的这枚棋子走28步能到达B格吗？
【问题探究】
爱动脑筋的小媛从简单的图形入手：完成沿下图中的行走问题，
如图1，不难看出，从A点到M点至少需要2步，且共有2种不同的走法；
（1）如图2，从A点到C点至少需要 步，且共有 种不同的走法；
（2）如图3，从A点到D点至少需要 步，且共有 种不同的走法；
【问题深入】
如果A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，请在图4中用阴影部分描出负数所处的网格；
【问题解决】
如图5，A格里的这枚棋子走28步能到达B格吗？ （填：“是”或“否”）．
16．（2023秋·河南驻马店·七年级统考期末）我们规定：若两个多项式相减的结果等于第三个多项式，则称这三个多项式为“友好多项式”，如：，，，，那么多项式A，B，C称为“友好多项式”．
任务：如图，现有甲、乙、丙、丁四张卡片：
(1)试判断甲、乙、丙三张卡片上的多项式是否是“友好多项式”？并说明理由．
(2)若丁卡片上的多项式与甲、乙两张卡片上的多项式是“友好多项式”，求丁卡片上的多项式．
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参考答案：
1．D
【分析】根据代数式的书写规范，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】解：应表示为：，故选项A不符合要求；
应表示为：，故选项B不符合要求；
应表示为：，故选项C不符合要求；
的书写规范，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了代数式的知识；解题的关键是熟练掌握代数式的书写规范，从而完成求解．
2．A
【分析】由题意，列代数式为．
【详解】解：由题意知，代数式为，
故选：A．
【点睛】本题考查了列代数式．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
3．B
【分析】将代入代数式即可求解．
【详解】解：当时，，
故选：B．
【点睛】本题考查了代数式求值，正确的计算是解题的关键．
4．A
【分析】根据及运算程序进行运算，即可求解．
【详解】解：，，
，
输出结果为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了程序框图，理解题意，正确运算是解决本题的关键．
5．C
【分析】最上一层的规律是，，，，下面两层的规律是，，，按此规律计算即可求解．
【详解】解：最上一层的规律是，，，，
下面两层的规律是，，，
所以第图的个数是，
所以，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形规律问题，正确找出规律是解题的关键．
6．D
【分析】代入，直接计算即可作答；②先表示出，根据的值与x的取值无关，即可知含x的项的系数为0，据此即可计算；③代入，可得，根据，则有：，解方程即可求解；④代入，，可得，即有， 再分类讨论去绝对值即可作答．
【详解】①若，，∵，，
∴，，
则，正确；
②∵，，
∴，
∵的值与x的取值无关，
∴，，
则，，正确；
③当，时，∵，，
∴，，
即：，
若，
则有：，
则或，正确；
④当，，∵，，
∴，，
即：，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
即有最小值为7，此时，正确．
即正确的有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多项式的加减混合运算，解绝对值方程等知识，掌握多项式的加减混合运算以及分类讨论的思想是解答本题的关键．
7．10a+11
【分析】先表示出十位上的数字，然后再表达出这个两位数的大小
【详解】∵个位数是1，十位数比个位数大a
∴十位数是1+a
∴这个两位数为：10(a+1)+1=10a+11
故答案为：10a+11
【点睛】本题考查用字母表示数字，解题关键是：若十位数字为a，则应表示为10a
8．5050
【分析】观察图形可得：第n个图形最底层有n根木料，共有（根），据此可得答案．
【详解】解：由图可知：
第一个图形有木料1根，
第二个图形有木料（根），
第三个图形有木料（根），
第四个图形有木料（根），
第 n 个图有木料
（根），
当时，．
故答案为：5050．
【点睛】本题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出数字之间的变化规律是解题的关键．
9．
【分析】将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答即可．
【详解】解：∵，
∴
=
=
=
=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求代数式的值，将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答是解题的关键．
10．
【分析】先数出已知每个图形中棋子的个数，得到后面一个“小屋子”比前面一个“小屋子”多6枚棋子，进而得出结论即可．
【详解】解：由图可知：
第1个这样的“小屋子”需要5枚棋子；
第2个这样的“小屋子”需要枚棋子；
第3个这样的“小屋子”需要枚棋子；
第4个这样的“小屋子”需要枚棋子；
……
∴第个这样的“小屋子”需要（枚）棋子；
故答案为：．
【点睛】本题考查图形类规律探究．从已有图形中抽象出相应的数字规律，是解题的关键．
11．①③/③①
【分析】根据图形分析各个边长之间的关系即可．
【详解】由图可得，
，故①正确；
图4的长为，宽为，
∴周长为，故②错误；
图5从水平方向求得边长，从竖直方向求得边长，
∴，整理得，故③正确；
长方形的长为，宽为，
∴周长为，故④错误；
综上所述，正确的是①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查整式加减运算，结合图形表示各边长是解题的关键．
12．(1)窗户的面积为（4a2πa2）米2，总长度（15+π）a（米）
(2)498（元）
【分析】（1）窗户的面积包括一个正方形面积一个半圆面积，相加即可．材料总长度就是求图形中线段的总长度，将所有线段长度相加即可；
（2）将a＝1代入25（4a2πa2）+20（15+π）a计算可得．
【详解】（1）S＝2a×2aπa2＝4a2πa2
即窗户的面积为（4a2πa2）米2．
15a+πa＝（15+π）a（米）
即制作这种窗户所需材料的总长度（15+π）a（米）．
（2）a＝1时，25（4a2πa2）+20（15+π）a
≈25×（4×13×1）+20×（15+3）×1
＝137.5+360
＝497.5
≈498（元），即制作这扇窗户需要498元．
【点睛】本题考查了根据实际情况列代数式，一方面要掌握面积和周长的计算公式，另一方面要做好计算准确，不遗漏．
13．(1)甲商店费用为：元，乙商店费用为：元；
(2)甲店费用220元，乙店费用221元；先在甲商店购买4副乒乓球拍，再在乙商店购买盒乒乓球，所需支付的费用为元．
【分析】（1）根据优惠方案结合金额单价数量列式即可得到答案；
（2）将代入（1）中代数式求解，即可得到答案.
【详解】（1）解：由题意可得，
甲商店费用：元，
乙商店费用：元，
∴甲商店费用为：元，乙商店费用为：元；
（2）解：当时，
甲商店：（元），
乙商店：（元），
如果两种方案能同时使用，可先在甲商店购买4副乒乓球拍，再在乙商店购买盒乒乓球，此时最省钱，
所需支付的费用为：（元）．
【点睛】本题考查列代数式及求值，解题的关键是从题干中找到数量关系，列出代数式．
14．（1）；（2）．
【分析】（1）提因数，再整体代入求值即可；
（2）将所求代数式化成含已知等式的形式，再代入求值即可．
【详解】解：（1），
∴，
，
，
（2），，
∴，
，
，
故答案为42．
【点睛】此题考查了求代数式的值，解题的关键是整体思想的应用．
15．（1）4，6；（2）3，3；问题深入：见解析；问题解决：否．
【分析】（1）根据图形可直接得出答案；
（2）根据图形可直接得出答案；
问题深入：根据每走一步，正负性改变一次可得答案；
问题解决：假设A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，阴影部分是正数所处的网格，空白部分是负数所处的网格，根据B处是空白网格可知A格里的这枚棋子走奇数步才能到达B格，然后可得答案．
【详解】解：（1）如图2，由图可知，从A点到C点至少需要4步，且共有6种不同的走法；
故答案为：4，6；
（2）如图3，由图可知，从A点到D点至少需要3步，且共有3种不同的走法；
故答案为：3，3；
问题深入：
如图所示：
问题解决：如图，假设A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，阴影部分是正数所处的网格，空白部分是负数所处的网格，
∵B处是空白网格，是负数所处的网格，
∴A格里的这枚棋子走奇数步才能到达B格，走28步不能到达B格，
故答案为：否．
【点睛】本题考查了加法原理与乘法原理，将棋盘上的方格分成黑白相间的两类，得到走奇数步和走偶数步的规律是解题的关键．
16．(1)甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”， 理由见解析
(2)丁卡片上的多项式为或或
【分析】（1）根据整式的加减运算法则进行计算，再根据“友好多项式”的定义进行判断；
（2）根据“友好多项式”的定义，分情况列式计算即可．
【详解】（1）解：甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”，
理由：∵
，
∴甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”；
（2）解：由题意得：
①
；
②
；
③
；
∴丁卡片上的多项式为或或．
【点睛】本题考查了整式的加减，正确理解“友好多项式”的定义，熟练掌握整式加减的运算法则以及分类思想的应用是解题的关键．
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第2章 代数式 单元练习 2023-2024学年湘教版七年级数学上册 （含解析）
一、单选题
1．（2021秋·湖南张家界·七年级统考期末）下列各式中，符合代数式书写要求的是（ ）．
A． B． C． D．
2．（2023秋·河北邢台·七年级统考期末）“的3倍与4的和的一半”用代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023秋·海南省直辖县级单位·七年级统考期末）当时，代数式的值是( )
A． B． C． D．
4．（2023秋·重庆南川·八年级统考期末）按如图所示的运算程序，当输入，时，输出的结果为（ ）
A．1 B．6 C．45 D．81
5．（2023秋·湖北黄冈·七年级统考期末）将一些相同的图形“●”按如图所示的规律依次摆放，观察每个图形中“●”的个数，若第n个图形中有4013个“●”，则n的值为（ ）
A．1333 B．1335 C．1337 D．1339
6．（2023春·重庆九龙坡·七年级校考期末）已知，，则下列说法：
①若，，则；
②若的值与x的取值无关，则，；
③当，时，若，则或；
④当，，有最小值为7，此时．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
7．（2020秋·河南信阳·七年级统考期末）一个两位数的个位上的数字是1，十位上的数字比个位上的数字大a，则这个两位数是 ．
8．（2023秋·江苏盐城·七年级统考期末）木材加工厂将一批木料按如图所示的规律依次摆放，则第100个图中共有木料 根．
9．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校联考期末）若代数式，则代数式的值是 ．
10．（2023秋·山西太原·七年级校考期末）下面是用棋子摆成的“小屋子”．摆第1个这样的“小屋子”需要5枚棋子，摆第2个这样的“小屋子”需要11枚棋子，摆第n个这样的“小屋子”需要 枚棋子．
11．（2023春·重庆忠县·七年级统考期末）如图长方形由图1、2、3、4、5拼成，设图1、2、3是边长分别为a，b，c的正方形，图4是长方形，图5是正方形．对于判断：①；②图4的周长为；③；④长方形的周长为，其中正确的是 （填编号）．
三、解答题
12．（2022秋·湖北襄阳·七年级统考期末）某种窗户由上下两部分组成，其上部是用木条围成的半圆形，且半圆形内部由三根等长的木条分隔，下部是用木条围成的边长相等的四个小正方形，木条的宽度和厚度不计．已知下部每个小正方形的边长为a米．
(1)用含a的代数式分别表示窗户的面积和所用木条的总长度；
(2)若米，窗户上安装的是玻璃，玻璃25元/平方米，木条20元/米，求制作这个窗户需要的总钱数（值取3，计算结果精确到个位）．
13．（2023秋·吉林长春·七年级统考期末）甲、乙两家体育用品商店出售同样的乒乓球拍和乒乓球，乒乓球拍每副定价元，乒乓球每盒定价5元，现两家商店搞促销活动，甲店的优惠办法是：每买一副乒乓球拍赠两盒乒乓球；乙店的优惠办法是：全部商品按定价的折出售．某班需购买乒乓球拍4副和x盒乒乓球．
(1)当时，分别求在这两家商店购买所需支付的费用．（用含x的代数式表示）
(2)当时，分别计算在这两家商店购买所需支付的费用，如果这两种方案可以同时使用，请帮助该班设计一种最省钱的购买方案，并计算此方案所需支付的费用．
14．（2022秋·山西临汾·七年级统考期末）阅读与思考：
根据理解，解决问题：
【方法运用】
（1）已知，求的值；
【拓展应用】
（2） 若，，则代数式的值为 ．
15．（2023秋·江苏镇江·七年级统考期末）七年级苏科版教材第58页有这样一段阅读材料：
人们数钱时通常先将钱币分类，把相同面值的钱币整理在一起；商场陈列商品时，也总是分类摆放，使商品看起来整齐有序，易于拿取．同样，分类是研究数学问题的一种常用方法．如图5，在一个8×8的方格棋盘的盘里放一枚棋子，如果规定棋子每步只能向上、向下、向左、向右走一格．那么A格里的这枚棋子走28步能到达B格吗？
【问题探究】
爱动脑筋的小媛从简单的图形入手：完成沿下图中的行走问题，
如图1，不难看出，从A点到M点至少需要2步，且共有2种不同的走法；
（1）如图2，从A点到C点至少需要 步，且共有 种不同的走法；
（2）如图3，从A点到D点至少需要 步，且共有 种不同的走法；
【问题深入】
如果A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，请在图4中用阴影部分描出负数所处的网格；
【问题解决】
如图5，A格里的这枚棋子走28步能到达B格吗？ （填：“是”或“否”）．
16．（2023秋·河南驻马店·七年级统考期末）我们规定：若两个多项式相减的结果等于第三个多项式，则称这三个多项式为“友好多项式”，如：，，，，那么多项式A，B，C称为“友好多项式”．
任务：如图，现有甲、乙、丙、丁四张卡片：
(1)试判断甲、乙、丙三张卡片上的多项式是否是“友好多项式”？并说明理由．
(2)若丁卡片上的多项式与甲、乙两张卡片上的多项式是“友好多项式”，求丁卡片上的多项式．
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参考答案：
1．D
【分析】根据代数式的书写规范，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】解：应表示为：，故选项A不符合要求；
应表示为：，故选项B不符合要求；
应表示为：，故选项C不符合要求；
的书写规范，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了代数式的知识；解题的关键是熟练掌握代数式的书写规范，从而完成求解．
2．A
【分析】由题意，列代数式为．
【详解】解：由题意知，代数式为，
故选：A．
【点睛】本题考查了列代数式．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
3．B
【分析】将代入代数式即可求解．
【详解】解：当时，，
故选：B．
【点睛】本题考查了代数式求值，正确的计算是解题的关键．
4．A
【分析】根据及运算程序进行运算，即可求解．
【详解】解：，，
，
输出结果为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了程序框图，理解题意，正确运算是解决本题的关键．
5．C
【分析】最上一层的规律是，，，，下面两层的规律是，，，按此规律计算即可求解．
【详解】解：最上一层的规律是，，，，
下面两层的规律是，，，
所以第图的个数是，
所以，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形规律问题，正确找出规律是解题的关键．
6．D
【分析】代入，直接计算即可作答；②先表示出，根据的值与x的取值无关，即可知含x的项的系数为0，据此即可计算；③代入，可得，根据，则有：，解方程即可求解；④代入，，可得，即有， 再分类讨论去绝对值即可作答．
【详解】①若，，∵，，
∴，，
则，正确；
②∵，，
∴，
∵的值与x的取值无关，
∴，，
则，，正确；
③当，时，∵，，
∴，，
即：，
若，
则有：，
则或，正确；
④当，，∵，，
∴，，
即：，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
即有最小值为7，此时，正确．
即正确的有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多项式的加减混合运算，解绝对值方程等知识，掌握多项式的加减混合运算以及分类讨论的思想是解答本题的关键．
7．10a+11
【分析】先表示出十位上的数字，然后再表达出这个两位数的大小
【详解】∵个位数是1，十位数比个位数大a
∴十位数是1+a
∴这个两位数为：10(a+1)+1=10a+11
故答案为：10a+11
【点睛】本题考查用字母表示数字，解题关键是：若十位数字为a，则应表示为10a
8．5050
【分析】观察图形可得：第n个图形最底层有n根木料，共有（根），据此可得答案．
【详解】解：由图可知：
第一个图形有木料1根，
第二个图形有木料（根），
第三个图形有木料（根），
第四个图形有木料（根），
第 n 个图有木料
（根），
当时，．
故答案为：5050．
【点睛】本题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出数字之间的变化规律是解题的关键．
9．
【分析】将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答即可．
【详解】解：∵，
∴
=
=
=
=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求代数式的值，将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答是解题的关键．
10．
【分析】先数出已知每个图形中棋子的个数，得到后面一个“小屋子”比前面一个“小屋子”多6枚棋子，进而得出结论即可．
【详解】解：由图可知：
第1个这样的“小屋子”需要5枚棋子；
第2个这样的“小屋子”需要枚棋子；
第3个这样的“小屋子”需要枚棋子；
第4个这样的“小屋子”需要枚棋子；
……
∴第个这样的“小屋子”需要（枚）棋子；
故答案为：．
【点睛】本题考查图形类规律探究．从已有图形中抽象出相应的数字规律，是解题的关键．
11．①③/③①
【分析】根据图形分析各个边长之间的关系即可．
【详解】由图可得，
，故①正确；
图4的长为，宽为，
∴周长为，故②错误；
图5从水平方向求得边长，从竖直方向求得边长，
∴，整理得，故③正确；
长方形的长为，宽为，
∴周长为，故④错误；
综上所述，正确的是①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查整式加减运算，结合图形表示各边长是解题的关键．
12．(1)窗户的面积为（4a2πa2）米2，总长度（15+π）a（米）
(2)498（元）
【分析】（1）窗户的面积包括一个正方形面积一个半圆面积，相加即可．材料总长度就是求图形中线段的总长度，将所有线段长度相加即可；
（2）将a＝1代入25（4a2πa2）+20（15+π）a计算可得．
【详解】（1）S＝2a×2aπa2＝4a2πa2
即窗户的面积为（4a2πa2）米2．
15a+πa＝（15+π）a（米）
即制作这种窗户所需材料的总长度（15+π）a（米）．
（2）a＝1时，25（4a2πa2）+20（15+π）a
≈25×（4×13×1）+20×（15+3）×1
＝137.5+360
＝497.5
≈498（元），即制作这扇窗户需要498元．
【点睛】本题考查了根据实际情况列代数式，一方面要掌握面积和周长的计算公式，另一方面要做好计算准确，不遗漏．
13．(1)甲商店费用为：元，乙商店费用为：元；
(2)甲店费用220元，乙店费用221元；先在甲商店购买4副乒乓球拍，再在乙商店购买盒乒乓球，所需支付的费用为元．
【分析】（1）根据优惠方案结合金额单价数量列式即可得到答案；
（2）将代入（1）中代数式求解，即可得到答案.
【详解】（1）解：由题意可得，
甲商店费用：元，
乙商店费用：元，
∴甲商店费用为：元，乙商店费用为：元；
（2）解：当时，
甲商店：（元），
乙商店：（元），
如果两种方案能同时使用，可先在甲商店购买4副乒乓球拍，再在乙商店购买盒乒乓球，此时最省钱，
所需支付的费用为：（元）．
【点睛】本题考查列代数式及求值，解题的关键是从题干中找到数量关系，列出代数式．
14．（1）；（2）．
【分析】（1）提因数，再整体代入求值即可；
（2）将所求代数式化成含已知等式的形式，再代入求值即可．
【详解】解：（1），
∴，
，
，
（2），，
∴，
，
，
故答案为42．
【点睛】此题考查了求代数式的值，解题的关键是整体思想的应用．
15．（1）4，6；（2）3，3；问题深入：见解析；问题解决：否．
【分析】（1）根据图形可直接得出答案；
（2）根据图形可直接得出答案；
问题深入：根据每走一步，正负性改变一次可得答案；
问题解决：假设A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，阴影部分是正数所处的网格，空白部分是负数所处的网格，根据B处是空白网格可知A格里的这枚棋子走奇数步才能到达B格，然后可得答案．
【详解】解：（1）如图2，由图可知，从A点到C点至少需要4步，且共有6种不同的走法；
故答案为：4，6；
（2）如图3，由图可知，从A点到D点至少需要3步，且共有3种不同的走法；
故答案为：3，3；
问题深入：
如图所示：
问题解决：如图，假设A处是一个正数，每走一步，正负性改变一次，阴影部分是正数所处的网格，空白部分是负数所处的网格，
∵B处是空白网格，是负数所处的网格，
∴A格里的这枚棋子走奇数步才能到达B格，走28步不能到达B格，
故答案为：否．
【点睛】本题考查了加法原理与乘法原理，将棋盘上的方格分成黑白相间的两类，得到走奇数步和走偶数步的规律是解题的关键．
16．(1)甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”， 理由见解析
(2)丁卡片上的多项式为或或
【分析】（1）根据整式的加减运算法则进行计算，再根据“友好多项式”的定义进行判断；
（2）根据“友好多项式”的定义，分情况列式计算即可．
【详解】（1）解：甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”，
理由：∵
，
∴甲、乙、丙三张卡片上的多项式是“友好多项式”；
（2）解：由题意得：
①
；
②
；
③
；
∴丁卡片上的多项式为或或．
【点睛】本题考查了整式的加减，正确理解“友好多项式”的定义，熟练掌握整式加减的运算法则以及分类思想的应用是解题的关键．
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