2023-2024学年鲁教版（五四制）（2012）六年级上册第三章整式及其加减单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 鲁教版（五四制）（2012）六年级上册 第三章� 整式及其加减� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．若与是同类项，则的值是（    ）A．11 B．8 C．4 D．92．如图，将形状大小完全相同的★按照一定规律摆成下列图形，第1幅图中★的个数为a1，第2幅图中★的个数为a2，第3幅图中★的个数为a3…，以此类推，第n幅图中★的个数为an，则的值为（    ）A． B． C． D．3．把图1中的长方形分割成A、B两个小长方形，现将小长方形B的一边与A重合，另一边对齐恰好组成图2中的大正方形，空余部分C是正方形．若未拼接前的长方形的周长为24，则图2中原大正方形的面积为（　　）A．16 B．24 C．36 D．1444．已知，则的值是（    ）A． B． C． D．25．一列数，，，，，其中，，，，则（　　）A． B． C．2020 D．6．正方形纸板在数轴上的位置如图所示，点，对应的数分别为1和0，若正方形纸板绕着顶点顺时针方向在数轴上连续无滑动翻转，则在数轴上与2021对应的点是（   ）A． B． C． D．7．对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值进行求和，称这种操作为“差绝对”操作．例如，对于1、2、3进行“差绝对”操作得到：①对、0、3、5进行“差绝对”操作的结果是24；②若，，3的“差绝对”操作的结果化简后为常数，则；③、、的“差绝对”操作的结果化简后有7种不同的结果；其中说法正确的有（    ）个A．0 B．1 C．2 D．38．等边三角形纸板在数轴上的位置如图所示，点对应的数分别为0和，若绕着顶点顺时针方向在数轴上连续翻转，翻转第1次后，点所对应的数为1，则翻转2023次后，点所对应的数是（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．20249．若，且m、n异号，则的值为（    ）A．7 B．3或﹣3 C．3 D．7或310．如果代数式的值是3，则代数式的值是（　　）A．4 B．5 C．6 D．711．已知，，则式子的值为 ．12．已知多项式的值是7，则多项式的值是 ．13．若单项式与的和是单项式，则 ．14．程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术，如图所示的程序框图，当输入的值是时，根据程序，第一次计算输出的结果是，第二次计算输出的结果是这样下去第次计算输出的结果是 15．有理数a、b、c在数轴上对应的点的位置，如图所示．（1）；(2)；（3）．（4）．以上结计正确的有 个16．已知，，且，那么 ．17．已知代数式：，．(1)当，时，求的值；(2)若的值与的取值无关，求的值．18．（1）已知，，若，求的值．（2）已知，化简：．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、计算题评卷人得分四、问答题参考答案：1．B【分析】本题主要考查了同类项的定义及求代数式的值，熟练掌握同类项的定义是解题的关键．【详解】解：由题意可知：，，∴，，∴，故选：B．2．A【分析】本题主要考查了图形类的规律探索，根据题意找到规律第n幅图有个★，进而得到，再根据进行裂项求解即可．【详解】解：第1幅图有个★第2幅图有个★第3幅图有个★第4幅图有个★……，以此类推，第n幅图有个★，∴，故选A．3．C【分析】本题考查了图形与整式运算的综合，列代数式以及求值，设，，，根据未拼接前的长方形的周长为24，可得出，由拼接的图形可知：，，，进而得，再根据图2中为正方形得，即，然后将代入，得，据此可求出图2中大正方形的面积．【详解】解：如图所示：设，，，则，未拼接前的长方形的周长为24，，，即，由拼接的图形可知：，，，，图2中为正方形，，，将代入，得，图2中大正方形的面积为：．故选：C．4．A【分析】本题考查了求代数式的值，熟练掌握整体代入法是解题的关键．根据已知得出，然后整体代入计算即可．【详解】解：∵，∴，∴，故选：A．5．B【分析】本题主要考查了数字类规律问题，同时考查了有理数的加减乘除乘方的运算，根据题意和题目中的数据，可以计算出这列数的前几个数据，从而可以发现数字的变化特点，然后即可求得所求式子的值．注意观察总结规律，并能正确的应用规律是解答此题的关键．【详解】解：，，，，∴这列数是、、、、、、，发现这列数每三个循环，由，且，，故选B．6．D【分析】本题考查了数轴，根据翻转的变化规律确定出每4次翻转为一个循环组依次循环是解题的关键．由图可知正方形边长为1，顺时针方向在数轴上连续无滑动翻转则点落在1，点落在2，点落在3，点落在4，可知其四次一循环，由此可确定出2021所对应的点．【详解】解：当正方形在转动第一周的过程中，点落在1，点落在2，点落在3，点落在4，四次一循环，，所对应的点是，故选：D．7．D【分析】本题考查了新定义运算，化简绝对值符号，整式的加减运算，掌握绝对值运算，整式的运算是解题的关键．①根据“差绝对”操作进行运算，即可判定；②根据“差绝对”操作进行运算，得，再分类讨论对化简，即可判定；③首先根据“差绝对”操作进行运算，分类讨论，化简绝对值符号，即可判定．【详解】解：①对，0，3，5进行“差绝对”操作得：，故①正确；对，，3进行“差绝对”操作得：，当时，，当时，，当时，，故②正确；对，，进行“差绝对”操作得：，当，，，；当，，，；当，，，；当，，，；当，，，；当，，，；当，，；；当，，，；，，的“差绝对”操作化简结果可能存在的不同表达式一共有7种，故③正确，综上，故有3个正确的．故选：D．8．C【分析】本题考查数轴上的规律探究问题，由题意可知，等边三角形纸板每3次翻转为一个循环组依次循环，用2023除以3，根据余数为1可知点C在数轴上，然后进行计算即可得解．根据翻转的变化规律确定出每3次翻转为一个循环组依次循环是解题的关键．【详解】解：由题意，翻转第1次后，点落在数轴上，对应的数为1，每经过3次翻转后，两点落在数轴上，点位于数轴上方，∵，∴点落在数轴上，对应的数为；故选C．9．A【分析】本题考查了绝对值，代数式求值．解题的关键在于熟练掌握绝对值的意义．由，可得，由m，n异号，分当时，当时，两种情况，代入求解即可．【详解】解：∵，∴，又∵m，n异号，∴当时，；当时，；综上所述，|m−n|的值为7，故选：A．10．B【分析】本题主要考查了代数式求值，先根据题意得到，再由，把整体代入求解即可．【详解】解：∵代数式的值是3，∴，∴，故选：B．11．【分析】本题考查整式的加减．观察各系数可得，第一个式子加上第二个式子的3倍，得到，两边再乘以即可解答．【详解】∵，，∴，得，∴．故答案为：12．2【分析】本题考查了代数式求值，根据已知得，再将其代入原代数式即可求解，利用整体代数思想解决问题是解题的关键．【详解】解：依题意得：，即：，将代入得：，故答案为：2．13．【分析】本题考查了合并同类项，根据题意知道这两个单项式是同类项，根据同类项的定义求出，的值，代入代数式求值即可．【详解】解：单项式与的和是单项式，单项式与是同类项，，，，故答案为：4．14．【分析】本题考查了代数式求值，规律型：数字的变化类，概括规律是解题的关键．本题通过计算发现，每4次输出的结果，，，循环出现，则可知第2023次计算输出的结果与第七次计算输出的结果相同，由此求解即可．【详解】解：第一次计算输出的结果是10，第二次计算输出的结果是5，第三次计算输出的结果是，第四次计算输出的结果是，第五次计算输出的结果是，第六次计算输出的结果是，第七次计算输出的结果是，第八次计算输出的结果是，第九次计算输出的结果是，……∴从第五次开始，每4次输出的结果，，，循环出现，∵，∴第2023次计算输出的结果是，故答案为：15．4【分析】本题综合考查了数轴、绝对值的有关内容，用几何方法借助数轴来求解，非常直观，且不容易遗漏，体现了数形结合的优点．解题时要注意先确定绝对值符号内代数式的正负情况，再根据绝对值的性质去掉绝对值符号进行有理数运算．观察数轴上a、b、c的位置，可得出，可对①作出判断；由，，，可对②作出判断；根据，，可对③作出判断；分别化简和，可对④作出判断，就可得出正确结论的个数．【详解】解：由数轴知，∴，故①正确；∵，∴，，，∴，故②正确；∵，∴，，∴，故③正确；∵，，，∴，，∴，故④正确；故正确的有①②③④，共4个。故答案为：4.16．或/或【分析】本题考查了代数式和绝对值的知识，根据绝对值的性质推导得，结合代数式的性质计算，从而完成求解；解题的关键是熟练掌握绝对值和代数式的性质．【详解】∵，，∴，，∵，∴，即，∴，或，，∴或．故答案为：或．17．(1)5(2)【分析】本题考查了整式加减运算中的无关型问题、整式的加减运算、代数式求值：（1）利用整式的加减运算求得，再将，代入原式即可求解；（2）由（1）得，根据无关型问题得，求得即可求解；熟练掌握整式的加减运算法则是解题的关键．【详解】（1）解：，将，代入原式得：．（2）由（1）得：，的值与的取值无关，，，．18．（1）2；（2）【分析】本题考查了整式的混合运算，绝对值等知识点， （1）先利用绝对值和偶次方的非负性可得，从而可得，然后先化简，再把代入化简后的式子进行计算，即可解答；（2）根据题意可得：，然后根据绝对值的意义进行计算，即可解答；准确熟练地进行计算是解题的关键．【详解】（1）∵，∴，∴，∵，，∴；（2）∵，∴，∴．