第2章 整式的加减 单元练习（含解析） 2023－2024学年上学期人教版数学七年级上册（山东地区适用）

第2章 整式的加减 单元练习
一、单选题
1．（2023上·山东聊城·七年级统考期末）下面语句中，正确的是( )
A．比一个数大5，则这个数是 B．表示、、的积的代数式为
C．，两数的倒数和为 D．与的平方差是
2．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）一个两位数，它的个位数字是，十位数字是，那么这个两位数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023上·山东济宁·七年级济宁学院附属中学校考期末）图（1）是棱长为1的小正方体，图（2）、图（3）是由这样的正方体摆放而成，按照这样的方法继续摆放，自上而下分别叫第1层、第2层……第层，第层小正方体个数记为S，如表．当时，S等于（ ）
1 2 3 4 …
1 3 6 10 …
A．10 B．300 C．5000 D．5050
4．（2023上·山东聊城·七年级校考期末）下列代数式用自然语言的表示中错误的是（ ）
A．表示a，b两数的平方和减去它们乘积的2倍
B．表示m与n的2倍的和
C．表示a与b的平方的和
D．表示a，b两数的和与差的乘积
5．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）下列说法正确的是（ ）.
A．1不是单项式 B．的次数是2
C．的系数是0 D．的系数是2
6．（2023上·山东济宁·七年级统考期末）下列结论中正确的是（ ）
A．单项式的系数是，次数是4 B．单项式m的次数是1，系数为0
C．多项式是二次三项式 D．在，，，，，0中整式有4个
7．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）如图，将正偶数排成5列，则根据图中的排列规律，偶数2022应在（ ）
1列 2列 3列 4列 5列
1行 2 4 6 8
2行 16 14 12 10
3行 18 20 22 24
… … … 28 26
A．第506行，第2列 B．第506行，第4列
C．第253行，第2列 D．第253行，第4列
8．（2023上·山东济南·七年级统考期末）在某多媒体电子杂志的某一期上刊登了“正方形雪花图案的形成”的演示案例：作一个正方形，设每边长为a，将每边四等分，作一凸一凹的两个边长为的小正方形，得到图形如图（2）所示，称为第一次变化，再对图（2）的每个边做相同的变化，得到图形如图（3），称为第二次变化，如此连续作几次，便可得到一个绚丽多彩的雪花图案，如不断发展下去到第n次变化时，图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023上·山东聊城·七年级统考期末）工人师傅要把一根质地均匀的圆柱形木料锯成若干段，按如图的方式锯开，每锯断一次所用的时间相同．若锯成段需要时间分钟，则锯成n(n≥2，且为整数段所需的时间为( )
A． B．分钟 C．分钟 D．分钟
10．（2023上·山东临沂·七年级统考期末）单项式与的和是单项式，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．1
11．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）下列各组单项式，其中是同类项的是（ ）
A．与 B．与
C．3与 D．与
12．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）下列去括号正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2023上·山东德州·七年级统考期末）如图，A，B两地之间有一条东西向的道路．在A地的正东方向10米处设置第一个广告牌，之后每往东16米就设置一个广告牌．某人在A地的正西方向4米处出发，沿此路自西向东走，当经过第n个广告牌时，此人所走的路程为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
14．（2023上·山东临沂·七年级统考期末）某商店在甲批发市场以每包元的价格进了20包茶叶，又在乙批发市场以每包元的价格进了同样的30包茶叶．如果以每包的价格全部卖出这种茶叶，那么这家商店（　　）
A．盈利了 B．亏损了 C．不亏损 D．盈亏不能确定
15．（2023上·山东济宁·七年级济宁学院附属中学校考期末）多项式化简后不含项，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．3
二、填空题
16．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）在式子，，，，，中，整式的个数是 个．
17．（2023上·山东枣庄·七年级统考期末）按一定规律排列的单项式：，…，则第2022个单项式是 ．
18．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）整式是 次 项式．
19．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）当 时，多项式不含项．
20．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）探索规律：，个位数字是3；，个位数字是9；，个位数字是7；，个位数字是1；，个位数字是3；，个位数字是9……那么的个位数字是 ．
21．（2023上·山东济南·七年级统考期末）已知m、n满足，那么的值为 ．
22．（2023上·山东德州·七年级统考期末）与是同类项，则的值是 ．
23．（2023上·山东聊城·七年级统考期末）若与的和仍是单项式，则的值等于 ．
三、问答题
24．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）简答题：在人教版七年级上册第二章《整式的加减》中，我们主要研究了整式的加法和减法，请类比数的运算，你认为我们在以后的学习中还会研究整式的什么运算？并举例说明（只列式,至少举出三个）。
25．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）若，求的值．
四、计算题
26．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）从2开始连续的偶数相加，它们和的情况如下表：
加数的个数n 和s
1
2
3
4
… …
(1)写出s与n之间的关系式；
(2)利用你得到的规律计算．
27．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）（1）合并同类项：；
（2）先化简，再求值：，其中，．
28．（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）先化简，再求值．，其中，．
29．（2023上·山东济宁·七年级统考期末）阅读材料：“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想方法，如把某个多项式看成一个整体进行合理变形，它在多项式的化简与求值中应用极为广泛，
例：化简．
解：原式
参照本题阅读材料的做法进行解答：
(1)若把看成一个整体，合并的结果是________；
(2)已知，求的值；
(3)已知，，，求的值．
30．（2023上·山东滨州·七年级统考期末）（1）计算：
（2）化简：
31．（2023上·山东聊城·七年级统考期末）（1）先化简，再求值：，其中；
（2）先化简，再求值：，其中．
参考答案：
1．C
【分析】根据题意分别列出代数式，即可一一判定．
【详解】解：A.比一个数大5，则这个数是，故该选项说法不正确；
B.表示、、的积的代数式为：，故该选项说法不正确；
C.，两数的倒数和为，故该选项说法正确；
D.与的平方差是，故该选项说法不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了列代数式，理解题意，正确列出代数式是解决本题的关键．
2．B
【分析】根据两位数的表示方法：十位数字个位数字，即可解答．
【详解】解：∵一个两位数，它的个位数字是，十位数字是，
∴根据两位数的表示方法，这个两位数表示为：．
故选：B．
【点睛】本题考查了用字母表示数的方法，会用含有字母的式子表示数量是解题的关键．
3．D
【分析】先根据给出图形得出第一个图第1层为；第二个图第2层为；第三个图第3层为；从而归纳得出第n个图第n层为，把代入求出S的值即可．
【详解】解：根据图可知：
第一个图第1层为；
第二个图第2层为；
第三个图第3层为；
第四个图第4层为；
……
第n个图第n层为；
∴当时，，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了图形类规律探索，解题的关键是根据给出的图形归纳得出第n个图第n层．
4．C
【分析】逐项分析代数式的表达意义即可判断．
【详解】解：A、表示a，b两数的平方和减去它们乘积的2倍，故正确，符合题意；
B、表示m与n的2倍的和，故正确，符合题意；
C、表示a的平方与b的平方的和，故错误，不符合题意；
D、表示a，b两数的和与差的乘积，故正确，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了列代数式的知识，列代数式的关键是正确理解文字语言中的关键词，比如该题中的“倍”、“差”等，从而明确其中的运算关系，正确地列出代数式．
5．B
【分析】根据单项式、单项式的系数、次数等概念求解即可．
【详解】A：1是单项式，故A不正确；
B：的次数是2，故B正确；
C：的系数是1，故C不正确；
D：的系数是，故D不正确．
故选B
【点睛】本题考查单项式的概念：由数与字母的乘积组成的式子叫单项式；单独的一个数和一个字母也是单项式；单项式中的数字因数叫这个单项式的系数；所有字母的指数和叫做这个单项式的次数．理解相关概念是解题的关键．
6．D
【分析】根据单项式次数和系数的定义，多项式项和次数的定义，整式的定义进行求解即可．
【详解】解：A、单项式的系数是，次数是3，原结论错误，不符合题意；
B、单项式m的次数是1，系数为1，原结论错误，不符合题意；
C、多项式是三次三项式，原结论错误，不符合题意；
D、在，，，，，0中整式有，，和0，一共4个，原结论正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了单项式的次数、系数的定义，多项式的定义及其次数的定义，整式的定义，解题的关键在于能够熟知相关定义：表示数或字母的积的式子叫做单项式，单独的一个数或一个字母也是单项式，单项式中数字因数叫做这个单项式的系数，所有字母的指数之和叫做单项式的次数；几个单项式的和的形式叫做多项式，每个单项式叫做多项式的项，不含字母的项叫做常数项，多项式里，次数最高项的次数叫做多项式的次数；整式是多项式和单项式的统称．
7．D
【分析】根据题意得到每一行是4个偶数，奇数行从小到大排列，从第二列开始到第五列结束，有四个数；偶数行从大到小排列，从第一列开始到第四列结束，有四个数；从而可以得到偶数2022应在第几行，第几列．
【详解】由表格可知：奇数行从小到大排列，从第二列开始到第五列结束，有四个数，
偶数行从大到小排列，从第一列开始到第四列结束，有四个数．
又∵，
∴2022是第1011个偶数．
∵，
∴2022在第253行，第4列．
故选：D．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现表格中数字的变化特点．
8．A
【分析】观察图形，发现对正方形每进行1次变化，每增加一个小正方形同时又减少一个相同的小正方形，即面积不变．
【详解】解： 图形进变化时，每增加一个小正方形同时又减少一个相同的小正方形，即图形的面积不会变化，是一个定值a2．
故选为：A．
【点睛】此题考查了规律型：图形的变化类，主要培养学生的观察能力和概括能力，观察出每增加一个小正方形同时又减少一个相同的小正方形是解题的关键，本题有一定难度．
9．D
【分析】根据题意求出每锯断一次所用的时间，再求出锯成n段需要的次数，计算即可．
【详解】解：∵锯成4段需要锯3次，需要6分钟，
∴每锯断一次所用的时间是2分钟，
∵锯成n段需要锯次，
锯成n段需要的时间为：(分钟)，
故选：D．
【点睛】本题考查的是图形的变化规律，求出每锯断一次所用的时间是解题的关键．
10．D
【分析】根据同类项的定义，可得a，b的值，进而即可求解．
【详解】解：∵单项式与的和是单项式，
∴单项式与是同类项，
∴，解得：，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查同类项的定义，根据同类项的定义，列出关于a，b的方程，是解题的关键．
11．D
【分析】根据同类项的定义解答即可．
【详解】解：A．与两单项式所含字母相同同，都有a与b，但是相同字母的指数不同，故两单项式不是同类项，则本选项不合题意；
B．与两单项式所含字母不同，故两单项式不是同类项，则选项不合题意；
C． 3与两单项式所含字母不同，故两单项式不是同类项，则选项不合题意；
D．与都有x与y，且相同字母的指数相同，故两单项式是同类项，本选项符合题意．
故选D．
【点睛】本题主要考查了同类项的判断方法，同类项必须具备两个条件：①所含字母相同；②相同字母的指数分别相同．
12．D
【分析】根据去括号法则逐一进行判断即可得到答案．
【详解】解：A、，原等式错误，不符合题意，选项错误；
B、，原等式错误，不符合题意，选项错误；
C、，原等式错误，不符合题意，选项错误；
D、，原等式正确，符合题意，选项正确，
故选D．
【点睛】本题考查了整式的加减，解题关键是熟练掌握去括号法则：括号前面是加号时可以直接去括号， 括号内的算式不变；括号前面是减号时，去掉括号，括号内加号变减号，减号变加号．
13．D
【分析】此人行驶14米后到达第一个广告牌，以后每行驶16米就到达一个广告牌，据此列式化简即可．
【详解】解：米，
故选：D．
【点睛】此题考查了列代数式表示实际问题的能力，关键是能准确理解问题的数量关系，并能列式化简．
14．D
【分析】由题意知，，由的大小未知，可知无法判断的大小，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，，
∵的大小未知，
∴无法判断的大小，
故选：D．
【点睛】本题考查了列代数式，整式加减的实际应用．解题的关键在意根据题意正确的列代数式．
15．C
【分析】先将原多项式合并同类项，再令这一项的系数为0，然后解关于k的方程，即可求出k．
【详解】解：
∵不含项，
∴，
解得：，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查多项式的化简，掌握多项式中不含某一项说明该项的系数为0是解题的关键．
16．
【分析】整式包括单项式，多项式，当个数或字母也是单项式，分母中含有字母的不是整式，由此即可求解．
【详解】解：整式有，，，，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查整式的定义，理解并掌握单项式的定义，多项式的定义是解题的关键．
17．
【分析】根据题意，找出规律：单项式的系数为的幂，其指数与序号相等，字母为a，据此作答即可．
【详解】解：∵，，，，，…，
由上规律可知，第n个单项式为：．
∴第2022个单项式是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了单项式的有关知识，在解题时能通过观察得出规律是本题的关键．
18． 六 三
【分析】根据该整式共有三项，最高次项的次数为六次即可解答．
【详解】整式是六次三项式．
故答案为：六，三．
【点睛】本题考查多项式项数、次数的定义，属于基础题．解题的关键是掌握多项式项数、次数的定义．
19．1
【分析】多项式的同类项合并已完成，不含项就是使为0，即可得出k值．
【详解】解：由题意可得：，即，
解得．
故答案为：1
【点睛】此题主要考查了多项式内容，关键是理解不含项的含义．即合并后的项的系数为0 ．
20．7
【分析】根据题意可得其个位数字分别为3，9，7，1，3……，每4个一循环，所以的个位数字与的个位数字相同，是7，即可解答．
【详解】解：因为，，，，，……
所以其个位数字分别为3，9，7，1，3……，
因为，
所以的个位数字与的个位数字相同，是7，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了规律探寻，正确找到规律是解题的关键．
21．
【分析】由题意易得，则可求m、n的值，进而代入求解即可．
【详解】解：∵m、n满足，
∴，
∴，
∴；
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查绝对值与偶次幂的非负性、及有理数的乘方等，理解并运用绝对值与偶次幂的非负性、及有理数的乘方是解题的关键．
22．6
【分析】先根据同类项的定义求出m、n的值，然后代入计算即可．
【详解】解：由同类项的定义可得：，
∴，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了同类项的概念，掌握同类项的概念：所含字母相同，相同字母的指数相同是解答本题的关键．
23．1
【分析】由题意得，两个单项式为同类项，根据同类项的定义：如果两个单项式所含的字母相同，相同字母的指数也相同，那么这两个单项式就叫做同类项，据此求解即可．
【详解】解：∵与的和仍是单项式，
∴与是同类项，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了同类项的定义和代数式求值，解题的关键在于能够熟练掌握同类项的定义．
24．将会研究整式的乘法、除法、乘方；举例见解析
【分析】根据类比数的运算推断即可得出结论．
【详解】将会研究整式的乘法、除法、乘方；举例（根据答案酌情给分）．
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，熟练掌握整式的运算法则是解答本题的关键．
25．1
【分析】由偶次方、绝对值的非负数的性质可得，然后将其代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题主要考查了偶次方、绝对值的非负性，由非负数的性质求得是解题的关键．
26．(1)
(2)1023132
【分析】（1）观察图表可知，连续的偶数相加的和等于偶数的个数与偶数的个数加1的积，据此即可列出关系式得到答案；
（2）先求出加数的个数，再利用（1）总结的规律进行计算即可得到答案．
【详解】（1）解：观察图表可知，，
s与n之间的关系式为
（2）解：，
．
【点睛】本题考查了数字类规律探索，正确找出数字之间的运算规律是解题关键．
27．（1）;（2）,
【分析】（1）根据整式的加减运算以及合并同类项法则即可得出答案．
（2）根据整式的加减运算法则化简，然后将与的值代入原式即可得出答案．
【详解】解：（1）原式
．
（2）原式
，
当，时，
原式
．
【点睛】本题主要考查整式的加减运算，熟练运用整式的加减运算法则是解题的关键．
28．；21
【分析】先去括号，再合并同类项，最后将字母的值代入进行计算即可求值．
【详解】解：
，
当，时，原式．
【点睛】本题考查了整式的加减运算和代数式求值，熟练掌握去括号与合并同类项法则是解题关键．
29．(1)
(2)
(3)6
【分析】（1）利用合并同类项进行计算即可；
（2）把变形为，再代入求值即可；
（3）利用已知条件求出的值，再代入计算即可．
【详解】（1）解：
，
故答案为：；
（2）解：∵，
∴
；
（3）解：，，，
，
，
∴
．
【点睛】此题主要考查了整式的加减—化简求值，关键是掌握整体思想，注意去括号时符号的变化．
30．（1）3；（2）
【分析】（1）根据有理数的加减运算法则解答；
（2）先去括号，再合并同类项.
【详解】解：（1）原式
；
（2）原式
.
【点睛】本题考查了有理数的加减运算和整式的加减，属于基础题型，熟练掌握运算法则是解题关键.
31．（1），；（2），．
【分析】(1)原式去括号合并得到最简结果，把与的值代入计算即可求出值；
(2)原式去括号合并得到最简结果，根据题意求出与的值，然后代入计算即可求出值．
【详解】解：(1)原式，
，
当时，
原式；
(2)原式，
，
∵，
∴，
∴原式．
【点睛】此题考查了整式的加减—化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．