章节综合训练一《数与式》-【+答案】2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

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姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一：选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．下列比较大小正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简符号，再根据有理数的大小比较法则比较即可．
【详解】解：A、∵-（-5）=5，+（-5）=-5，
∴-（-5）＞+（-5），故本选项不符合题意；
B、∵,=,
∴，故本选项符合题意；
C、∵-|-5|=-5，
∴-|-5|＜3，故本选项不符合题意；
D、∵,,
∴，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值、相反数和有理数的大小比较，能正确化简符号是解此题的关键．
2．如图是一数值转换机，若输入的 x 为 5，则输出的结果为（ ）
A．21B．﹣21C．9D．49
【答案】B
【分析】根据图示得出式子（x-2）×（-7），把x的值代入求出即可．
【详解】解：根据图示得出式子（x-2）×（-7），
因为x=5，
所以输出的结果是（5-2）×（-7）=3×（-7）=-21．
故选：B
【点睛】本题考查了求代数式的值的应用，主要培养学生的观察能力和分析能力，能否根据程序图得出式子是解题关键．
3．下列算式中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据完全平方公式对C进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
【详解】A、原式=2，所以A选项错误；
B、与不能合并，所以B选项错误；
C、原式=3-2+2=5-2，所以C选项正确；
D、原式= ，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】此题考查二次根式的混合运算，解题关键在于掌握先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．
4．估计介于（ ）．
A．0和1之间B．1和2之间C．0和之间D．和之间
【答案】C
【分析】先估算出的范围，再估算出的范围即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，熟知夹逼原则是解题的关键．
5．下列运算正确的是（ ）
A．x2•x2＝x6B．x4﹣x＝x2
C．﹣（x﹣y）＝﹣x+yD．3x•2x＝6x
【答案】C
【分析】根据同底数幂的乘法、合并同类项、去括号、单项式乘单项式等知识点进行解答．
【详解】A．应为x2•x2=x4，故本选项错误；
B．不是同类项不能合并，故本选项错误；
C．﹣（x﹣y）=﹣x+y，故本选项正确；
D．应为3x•2x=6x2，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题综合考查了整式运算的多个知识点，包括同底数幂的乘法、合并同类项、去括号的计算，需熟练掌握且区分清楚，才不容易出错．同类项的概念是所含字母相同，相同字母的指数也相同的项是同类项，不是同类项的一定不能合并．
6．下列各式分解因式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据因式分解的定义以及平方差公式，完全平方公式的结构就可以求解．
【详解】A. ，故本选项正确；
B. ，故本选项错误；
C. ，故本选项错误；
D. ，故本选项错误.
故选A.
【点睛】此题考查提公因式法与公式法的综合运用，解题关键在于掌握平方差公式，完全平方公式.
7．下列运算中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据实数的加法对A进行判断；根据同底数幂的乘法对B进行判断；根据负整数指数幂的意义对C进行判断；根据同底数幂的除法对D进行判断．
【详解】解：A、2与不能合并，所以A选项错误；
B、x6÷x3=x3，所以B选项错误；
C、2-1=，所以C选项错误；
D、a3•a2=a5，所以D选项正确．
故选：D．
【点睛】此题考查实数的运算，负整数指数幂，同底数幂的乘法与除法，解题关键在于掌握先算乘方，再算乘除，然后进行加减运算；有括号先算括号．
8．一组数按图中规律从左到右依次排列，则第2018个图中a﹣b+c的值为（ ）
A．4038B．2018C．2019D．0
【答案】D
【分析】根据题意可知：a是从1开始到序数的连续整数的和，c是序数与1的和，而b是a与c的和，据此可得．
【详解】解：由图可知，
a=1+2+3+……+2018，
c=2019，
则b=a+c=1+2+3+……+2018+2019，
∴a-b+c=1+2+3+……+2018-（1+2+3+……+2018+2019）+2019=0，
故选D．
【点睛】本题考查数字和图形的变化类，解题的关键是明确题意，找出数字的变化规律．
9．按如图所示的规律搭正方形：搭一个小正方形需要4根小棒，搭两个小正方形需要7根小棒，搭2020个这样的小正方形需要小棒（ ）根．
A．8080B．6066C．6061D．6060
【答案】C
【分析】通过归纳与总结得出规律：每增加1个正方形，火柴棒的数量增加3根，由此求出第n个图形时需要火柴的根数的代数式，然后代入求值即可．
【详解】解：搭2个正方形需要4+3×1＝7根火柴棒；
搭3个正方形需要4+3×2＝10根火柴棒；
搭n个这样的正方形需要4+3（n﹣1）＝3n+1根火柴棒；
∴搭2020个这样的正方形需要3×2020+1＝6061根火柴棒；
故选C．
【点睛】本题考查了图形规律型：图形的变化．解题的关键是发现各个图形的联系，找出其中的规律，有一定难度，要细心观察总结．
10．已知当时，代数式值为6，那么当时，代数式值为（ ）
A．2B．3C．-4D．-6
【答案】A
【分析】：把代入代数式，得出关于a,b的关系式，再把代入，求出代数式的值.
【详解】解：把代入代数式得， 把代入得，=
故选A.
【点睛】本题主要考查整体代入的思想，关键是代入和代入是得到的代数式的关系，利用整体带入的思想解决问题.
二：填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．计算：=
【答案】-2016
【分析】根据乘法分配律的逆运算进行计算即可
【详解】解：原式
【点睛】本题考查了乘法分配律的逆运算，熟练掌握乘法分配律是解题的关键
12．分解因式：3a3b﹣3ab3＝ ．
【答案】3ab（a+b）（a﹣b）
【分析】先提公因式3ab，再运用平方差公式进行分解即可．
【详解】解：3a3b﹣3ab3＝3ab(a2﹣b2)＝3ab(a+b)(a﹣b)，
故答案为3ab(a+b)(a﹣b)．
【点睛】本题考查了因式分解，利用提公因式法以及公式法是解决问题的关键．
13．已知实数满足．则的值为 ．
【答案】－23
【分析】根据题意可得a、b是关于x的方程x2+5x+1=0的两个根，根据根与系数的关系可得a+b=-5，ab=1．化简整理可得．
【详解】∵a、b是关于x的方程x2+5x+1=0的两个根，
整理此方程,得x2+5x+1=0，
∵△=25−4=21>0，
∴a+b=−5，ab=1.
故a、b均为负数,
∴=
=−23.
故答案为-23.
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系及二次根式的化简，对于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根与系数的关系，若x1，x2为方程的两个根，则x1，x2与系数的关系式：， .
14．函数的自变量x的取值范围是 ．
【答案】且/且
【分析】本题考查了求函数自变量的取值范围，掌握分式有意义和二次根式有意义的条件是解题的关键．根据分式有意义和二次根式有意义得出关于x的不等式，然后求解即可．
【详解】根据题意得：
解得：且.
故答案是：且
15．在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，如学习自然数时，我们发现一种特殊的自然数“好数”定义：对于三位自然数，各位数字都不为，且百位数字与十位数字之和恰好能被个位数字整除，则称这个自然数为“好数”例如：是“好数”，因为，，都不为，且，能被整除；不是“好数”，因为，不能被整除则百位数字比十位数字大的所有“好数”是 ．
【答案】，，，
【分析】首先设百位数字为，十位数字为，个位数字为，设为正整数，再根据题意可得出为正整数，，据此可得，据此可求出，，，的值，进而可得出答案．
【详解】解：设百位数字为，十位数字为，个位数字为，
这个三位数为正整数，
由题意得：为正整数，，
，
又为奇数，
，同时为奇数．
当时，，，则，，或，，或，，
此时“好数”有个，分别是，，；
当时，，，则，，
此时“好数”有个：．
综上所述：百位数字比十位数字大的所有“好数”是：，，，．
故答案为：，，，．
【点睛】此题主要考查了列代数式，整式的加减运算，理解题意，列出相关的代数式是解答此题的关键．
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17 18小题各7分，共24分）
16．计算与化简：
(1)；
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平方根与立方根可进行求解；
（2）根据平方根与立方根及实数的运算可进行求解．
【详解】（1）解：原式；
（2）解：原式．
【点睛】本题主要考查算术平方根、立方根及实数的运算，熟练掌握各个运算是解题的关键．
17．计算：
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)12
(2)
(3)1
【分析】本题考查了整式的混合运算，涉及零指数幂，负整数指数幂，同底数幂的乘除法，积的乘方，平方差公式的运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
（1）根据乘方，负整数指数幂，零指数幂的运算法则计算各项，再算加法即可；
（2）根据积的乘方，同底数幂的乘除法，计算各项，再算加减法即可；
（3）利用平方差公式进行简便计算即可．
【详解】（1）解：
；
（2）
；
（3）
．
18．先化简，再求值：，其中．
【答案】，．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则进行化简，再将m的值代入计算即可．
【详解】解：原式
，
当时，
原式
．
【点睛】本题考查了分式的混合运算以及二次根式的化简，熟练掌握分式和二次根式的运算法则是解决本题的关键．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．分解因式：
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）提出公因式即可；
（2）先提出公因式3，然后利用完全平方公式分解即可．
【详解】（1）＝；
（2）＝＝．
【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
20．（阅读理解题）阅读下列材料：
问题：已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设原方程的根为则新方程的根为
因为，，
所以．
．
所以：所求新方程为．
请用阅读材料提供的方法求新方程．
（1）已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为_________．
（2）已知一元二次方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程的根的倒数．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1））设方程的根为，，则所求方程的根为，，根据一元二次方程根与系数的关系可得，，则，，由此即可得到答案；
（2）设一元二次方程的根为、（或，代入方程中方程左右两边不相等，则），则所求方程的根为，，然后同（1）方法进行求解即可．
【详解】解：（1）设方程的根为，，则所求方程的根为，，
∵，，
∴，，
∴所求新方程为；
故答案为：；
（2）设一元二次方程的根为、（或，代入方程中方程左右两边不相等，则），则所求方程的根为，，
∵，，
∴，，
∴所求新方程为．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键在于能够熟练掌握一元二次方程根于系数的关系．
21．观察是数学抽象的基础，在数学探究学习中，我们要善于通过观察发现规律，进而解决问题，请你擦亮眼睛，开动脑筋，解答下列问题：
(1)观察算式：；；；．请根据你发现的规律填空：______；
(2)用含的等式表示上面的规律：______；（为正整数）
(3)利用找到的规律解决下面的问题：
计算：．
【答案】(1)9
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了数字类的规律探索，有理数的计算：
（1）先计算出，再根据乘方的逆运算法则求解即可；
（2）观察可知等式左边第一个乘数为序号，第二个乘数为序号加2，加数为1，等式右边为序号加1的平方，据此规律求解即可；
（3）先把括号内的式子通分，再根据（2）的规律求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，，
故答案为：9；
（2）解：；
；
；
；
……，
以此类推可知，第n个等式为，
故答案为：；
（3）解：
，
．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．阅读材料： 像 ……这种两个含二次根式的代数式相乘，积不含二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式运算时，利用有理化因式可以化去分母中的根号． 数学课上，老师出了一道题“已知，求 的值”．
聪明的小明同学根据上述材料，做了这样的解答：
因为 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以，所以．
请你根据上述材料和小明的解答过程，解决如下问题：
(1)的有理化因式是 ____________． ；
(2)比较大小： ___________（填，，， 或中的一种）；
(3)计算： ；
(4)若，求 的值．
【答案】(1)，
(2)
(3)2021
(4)7
【分析】本题主要考查了二次根式的运算，平方差公式．
（1）根据有理化因式的定义即可解决问题；
（2）根据题意得出所给两个二次根式都是正数，再结合有理化因式的定义比较它们的倒数大小即可解决问题；
（3）先将里的分母有理化，然后合并，再和相乘，最后算减法即可；
（4）根据题干所给示例进行计算即可．
【详解】（1）解：由题知，的有理化因式是，
∴．
故答案为：，；
（2）解：∵，，
显然，即
又∵和都是正数，
∴，
故答案为：；
（3）解：原式
；
（4）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
23．一个各个数位上的数字均不为零的四位正整数，若其千位数字与十位数字之和等于8，百位数字与个位数字之和也等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”．
例如：1276，∵，，∴，∴1276是“乐群数”．
又如：3254，∵3＋5＝8，，∴3254不是“乐群数”．
(1)请判断：1473______“乐群数”，6523______“乐群数”（填“是”或“不是”）；
(2)已知一个“乐群数”的千位比百位数字小3，把它的千位和百位数字分别与十位和个位数字对调，对调后得到的新数比原数大3762，求这个“乐群数”；
(3)是否存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”？若存在，请求出满足条件的“乐群数”；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不是，是
(2)2563
(3)1375或2761或3454
【分析】（1）根据定义可判断1473不是“乐群数”，6523是“乐群数”；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，根据对调后得到的新数比原数大3762列方程可解得这个“乐群数”为2563；
（3）设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，可得，由M被7除余3，知能被7整除，再根据，即可得到答案．
【详解】（1）∵，，
∴1473不是“乐群数”，
∵，
∴6523是“乐群数”，
故答案为：不是，是；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，则百位数字为，十位数字位，个位数字位，
根据题意得：
，
解得，
∴这个“乐群数”为2563；
（3）存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”，理由如下：
设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，
∴M的十位数字是，个位数字是，
∴，
∵M被7除余3，
∴能被7整除，
∵，
∴
，
∴能被7整除，
∵，
∴当，；，；，时，满足题意，
∴M为1375或2761或3454．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，列出一元一次方程解决问题．