七数培优竞赛讲座第7讲物以类聚――话说同类项

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七年级培优竞赛讲义——第7讲：物以类聚──话说同类项

例 3. 已知 x=2,y=-4 时 , 代数式 ax3+ 1 by+5=1997, 求当 x=-4,y=- 1 时 , 代数式
2
2
3ax-24by3+4986 的值.
思路点拨一般的想法是先求出 a、b 的值,这是不可能的(为什么?)解本例的关键是:
将给定的 x、y 值分别代入对应的代数式,寻找已知式与待求式之间的联系, 整体代入求
从整体考虑,只要将 51,52,53,…,100 这 50个数依次代入每一组中,便可得 50 个值的
和的最大值.
15.D 16.D 17.B 18.B 提示:2+3+…+9+10=54,而 8+9+10=27.
19.(1)提示:n=10a+b=10a-50b+51b=10(a-5b)+51b;(2)略
y、z 的箱子按如图的方式打包,则打包带的长至少为( ).
A.4x+4y+10z B.x+2y+3z C.2x+4y+6z
D.6x+8y+6z
6.同时都含有字母 a、b、c,且系数为 1 的 7 次单项式共有( ).
A.4 个
B.12 个
C.15 个
D.25 个 (北京市竞赛题)
7.有理数 a、b、c 在数轴上的位置如图所示: 则代数式│a│-│a+b│+│c-a│+│b-c│
13.当 x=2 时,代数式 ax3-bx+1 的值等于-17,那么当 x=-1 时,代数式 12ax-3bx3-5的值等
于_________.
(北京市“迎春杯”竞赛题)

青岛版七年级上册《同类项》ppt课件

先化简，再带入求值。
拓展提高：
1、若a2bm和anb3是同类项，
m= 3 ,n= 2 ,mn= 9 ；
2、若-2axb2与6a3by的和是单项
式，则x =_3____,y=__2___.
3、如果 3xyn1与 3 xm y4能合 2
并成一项，那么m n _4_____
4、若关于x的多项式ax+bx合并后
请第你(同二2能)学题5们。a归2仿照纳4第b合一2 题并解2a题同b过类程5，a项自2 己的独7b立2完成一般步骤吗？
青岛版七年级上册《同类项》ppt课件
青岛版七年级上册《同类项》ppt课件
归纳：
合并同类项的步骤： 1、找出同类项； 2、结合同类项； 3、合并同类项。
青岛版七年级上册《同类项》ppt课件
12
x 3x 5xy xy
2
2
___2_____________________________
归为哪一些类项的可项以有归什为么一共类同？点？
1 xy
3x2
2
5xy
x2
青岛版七年级上册《同类项》ppt课件
青岛版七年级上册《同类项》ppt课件
观察思考
1 xy 2
5xy
3x2
x2
同类项： ①所含字母相同，
2
2xy2与 1是xy同2 类项。
3
火眼金睛
判断下列说法是否正确，正确的
在括号内打“√”，错误的打
“×”。
（X ）
(((123)))323xax²与b与y3与m－x－5是ay同bx是²类是同项同类。类项项。（。（（√
） √） X）
(4)5ab²与－2ab²c是同类项（. √ ）
(5)3 ²与23是同类项。

七年级上湘教版数学《同类项》优秀说课稿

《同类项》说课稿一、教材分析:1、教材所处的地位及作用：本节内容是湘教版数学七年级上册第二章第四节的内容，是学生进入初中阶段后，在学习了用字母表示数，单项式、多项式以及有理数运算的基础上，对同类项的探索、研究。

同类项是从数字运算到代数运算的转折点，是以后继续学习整式运算的奠基知识，也是以后学习解方程、解不等式的基础。

因此，这节课具有承上启下的作用。

2、学情分析:从心理特征来说，初中阶段的学生逻辑思维从经验型逐步向理论型发展，观察能力，记忆能力和想象能力也随着迅速发展；从认知状况来说，同学们在日常生活中已经有了分类的意识，学生在此之前已经学习了代数式，这为顺利完成本节课的教学任务打下了基础，但对于同类项的理解，（由于有一定的抽象性，）学生可能会产生一些困难，所以教学中应予以简单明白，深入浅出的分析。

（于是我根据学生和中小学教材衔接的特点设计了以下教学目标。

）3、教学目标:知识与技能:1.理解同类项的概念，在具体情境中，认识同类项；2.运用同类项解决相关问题过程与方法:1.通过具体情境的观察、思考、探索等活动，培养学生的创新意识和探究数学问题的能力。

2.通过小组讨论，合作学习等方式，经历概念的形成，培养学生自主探索知识和合作交流的能力；（3）.情感态度与价值观：让学生体会数学与人类生活的密切联系；在问题的讨论中敢于发表自己的意见，从而培养学生的主动探索、合作交流的能力和积极主动参与学习的精神。

4、教学重点、难点：重点：正确理解同类项的概念，会判断同类项。

难点：正确判断同类项及同类项的应用。

重、难点突破策略在学习过程中，让学生自己经历探索与交流的活动，自主得到同类项的概念，特别对概念中几个特别词组的理解通过板书一些反例加以区分。

在学生思考问题中对于符号问题容易出现误差，因此对符号问题生动化，活泼化，不只是局限于它是数学符号，使学生印象更深刻。

三、教法与学法(1) 教法分析:为了体现以“学生为主体，教师为主导”的认识规律，体现循序渐进与启发式的教学原则，针对本节课的特点，我采用“探索发现、分组讨论法”来完成本节课的教学，让学生在教师的引导下自始自终处于一种积极思维，主动探究的学习状态。

2024年秋沪科版七年级数学上册 2-2 整式加减(课件)

B.a－(b－c)
C.(a－b)＋(－c)
D.(－c)－(b－a)
2.在下列去括号或添括号的变形中，错误的是( B )
A.a－(b－c)＝a－b＋c
B.a－b＋c＝a－(b＋c)
C.(a＋1)－(b－c)＝a＋1－b＋c
D.a－b＋c－d＝a－(b－c＋d)
3.已知3a＋b＝－1，则4(a＋b)－8(2a＋b＋2)的值为－12 .
第2课时去（添）括号
1.知道去括号法则，明确去括号法则也是将整式化简的一种
方法.
2.能逆用去括号法则，探究添括号法则.
3.通过对比数字运算中的去括号与添括号，体会数与式之间
的关系.
◎重点:去括号、添括号法则及其应用.
◎难点:多项式的化简.
知识导入
回顾第一章中有理数的去括号法则:①－9＋(26＋9)；②17
不会遗漏.
合并同类项的应用
3.现有一套住房，其地面结构及有关数据(单位:m)如图，
现准备将其所有地面铺上地砖.求地面的总面积(用含x、y的代数
式表示).
解:4xy＋2y＋4y＋8y＝(14y＋4xy)m2.
1.下列各组式子中，不是同类项的是( D )
A.34与43
B.－mn与3nm
2
2
C.－0.1m n与 m n
C.x3与23

D.7与－

2.已知－2xn＋1y3与y3x4是同类项，则n的值是 3
.

2 2
3.化简: ab－ a ＋ a ＋ ab.

2 2
解:原式＝ ab＋ ab－ a ＋ a

初中竞赛数学7.物以类聚话说同类项(含答案)

7.物以类聚──话说同类项知识纵横俗话说“物以类聚，人以群分”。

在数学中，我们把整式中那些含相同的字母、并且相同字母的次数也分别相同的单项式看作一类──称为同类项(like term)•，一个多项式中的同类项可以合聚在一起──称为合并同类项(unite like term)•。

整式的加减实质就是去括号合并同类项。

整式的加减这一章涉及到许多概念，准确地掌握这些概念并注意它们的区别与联系是解相关问题的基础，归纳起来就是要注意以下几点：理解“三式”和“四数”的概念、熟悉“两种排列”、掌握三个法则。

解与整式加减相关问题时，有括号先去括号，有同类项先合并同类项，这样能使解题过程大为简化。

例题求解【例1】当x的取值范围为_______时,式子-4x+│4-7x│-│1-3x│+4•的值恒为一个常数,这个值是_________. (北京市“迎春杯”竞赛题)思路点拨去掉绝对值符号、合并同类项后，式子应不再含“x”的项，•由此得出x 的取值范围。

解:x≥47.提示:x的系数之和为零,须使4-7x≤0且1-3x≤0【例2】已知a+b=0,a≠b,则化简ba(a+1)+ab(b+1)得( ).A.2aB.2bC.+2D.-2(第15届江苏省竞赛题) 思路点拨由已知条件可推得多个关系式,这是解本例的关键.解:选D.提示:由已知得ba=ab=-1,-a-b=0.【例3】已知x=2,y=-4时,代数式ax3+12by+5=1997,求当x=-4,y=-12时,代数式3ax-24by3+4986的值.思路点拨一般的想法是先求出a、b的值,这是不可能的(为什么?)解本例的关键是:将给定的x、y值分别代入对应的代数式,寻找已知式与待求式之间的联系,•整体代入求值.解:1998 提示:由已知得4a-b=996,待求式=-3(4a-b)+4986.【例4】已知关于x的二次多项式a(x3-x2+3x)+b(2x2+x)+x3-5,当x=2时的值为-17,•求当x=-2时,该多项式的值. (“希望杯”邀请赛培训题) 思路点拨设法求出a、b的值,解题的突破口是根据多项式降幂排列、•多项式次数等概念挖掘隐含的关于a、b的等式.解:-1 提示:整理原多项式得(a+1)x3+(2b-a)x2+(b+3a)x-5,由题意得a+1=0,•得a=-1,b=-1.【例5】(1)已知:5│(x+9y)(x,y为整数),求证:5│(8x+7y).(2)试证:每个大于6的自然数n都可表示为两个大于1且互质的自然数之和.思路点拨:(1)尝试把8x+7y写成x+9y的倍数与5的倍数的代数和的形式,(2)逆用整式的加减,将每一类自然数表示为两个式子的和,并证明它们互质,注意分类讨论.解:(1)8x+7y=8(x+9y)-65y.(2)①若n为奇数,设n=2k+1,k为大于2的整数,则n=k+(k+1),由于显然(k,k+•1)=1,故此表示合乎要求.②若n为偶数,则可设n=4k或n=4k+2,k为大于1的自然数.当n=4k时,可写n=(2k-1)+(2k+1),并且易知2k-1与2k+1互质,因为,若它们有公因子d≥2,则d│2,但2k-1•与2k+1均为奇数,此不可能.当n=4k+2时,则可写n=(2k-1)+(2k+3),且易知2k-1与2k+•3互质,因为,若它们有公因子d≥2,设2k-1=nd,2k+3=md,m、n均为自然数,则得(m-•n)d=4,可见d│4,矛盾.学力训练一、基础夯实：1.已知2a x b n-1与-3a2b2m是同类项,那么(2m-n)x=__________.(第12届江苏省竞赛题)2.已知代数式(2x2+ax-y+6)-(2bx2-3x+5y-1).(1)当a=_______,b=________时,此代数式的值与字母x的取值无关;(2)在(1)的条件下,多项式3(a2-2ab-b2)-(4a2+ab+b2)的值为__________.3.已知a=1999,则│3a3-2a2+4a-1│-│3a3-3a2+3a-2001│=_________.4.已知当x=-2时,代数式ax+bx+1的值为6,那么当x=2时,代数式ax3+bx+1•的值是_______.5.火车站和机场都为旅客提供打包服务,如果长、宽、高分别为x、y、z的箱子按如图的方式打包,则打包带的长至少为( ).A.4x+4y+10zB.x+2y+3zC.2x+4y+6zD.6x+8y+6z (2003年太原市中考题)6.同时都含有字母a、b、c,且系数为1的7次单项式共有( ).A.4个B.12个C.15个D.25个 (北京市竞赛题)7.有理数a、b、c在数轴上的位置如图所示: 则代数式│a│-│a+b│+│c-•a│+│b-c│化简后的结果是( )A.2-aB.2a-2bC.2c-aD.a8.已知-m+2n=5,那么5(m-2n)2+6n-3m-60的值为( )A.80B.10C.210D.409.把一个正方体的六个面分别标上字母A、B、C、D、E、F并展开如图所示,•已知:A=x2-4xy+3y2,C=3x2-2xy-y2,B=12(C-A),E=B-2C,•若正方体相对的两个面上的多项式的和都相等,求D、F.10.已知单项式0.25x b y c与单项式-0.125x m-1y2n-1的和为0.625ax n y m,求abc的值.二、能力拓展11.对于整式6x5+5x4+4x3+3x2+2x+2002,给定x的一个数值后,•如果小颖按四则运算的规则计算该整式的值,需算15次乘法和5次加法.小明说:“有另外一种算法，只要适当添加括号，•可以做到加法次数不变，•而乘法只算5•次”.•小明同学的说法是_______的.(填“对”或“错”)12.若a-b=2,b-c=-3,c-d=5,则(a-c)(b-d)÷(a-d)=________.13.当x=2时,代数式ax3-bx+1的值等于-17,那么当x=-1时,代数式12ax-3bx3-5•的值等于_________. (北京市“迎春杯”竞赛题)14.将1,2,3,……,100这100个自然数,任意分为50组,每组两个数,•现将每组的两个数中任一数值记作a,另一个记作b,代入代数式12(│a-b│+a+b)中进行计算,•求出其结果,50组数代入后可求得50个值,则这50个值的和的最大值是_______.15.计算1+2-3-4+5+6-7-8+9+10-11-12……+1993+1994-1995-1996+1997+1998-1999-2000,最后结果是( ).A.0B.-1C.1999D.-200016.已知a<-b且ab>0,则│a│-│b│+│a+b│+│ab│等于( ).A.2a+2b+abB.-ab；C.-2a-2b+abD.-2a+ab17.已知代数式25342()x ax bx cxx dx+++当x=1时,值为1,那么该代数式当x=-1时的值是( ).A.1B.-1C.0D.2 (第11届“希望杯”邀请赛试题)18.如果对于某一特定范围内x的任意允许值,p=│1-2x│+│1-3x│+•…+•│1-9x│+│1-10x│的值恒为一常数,则此值为( ).A.2B.3C.4D.5 (安徽省竞赛题)19.(1)已知a、b为整数，且n=10a+b，如果17│a-5b,请你证明:17│n.(2)•已知一个三位数,•它的百位数字加上个位数字再减去十位数字所得的数是11的倍数,证明:这个三位数也是11的倍数.20.在一次游戏中,魔术师请一个人随意想一个三位数abc(a、b、c•依次是这个数的百位、十位、个位数字),并请这个人算出5个数acb、bac、cab与cba的和N,•把N告诉魔术师,于是魔术师就可以说出这个人所想的的数abc.现在设N=3194,请你当魔术师,求出数abc来.21.x、y、z均为整数,且11│7x+2y-5z,求证:11│3x-7y+12z.(北京市竞赛题)22.计算多项式ax3+bx2+cx+d的值时有以下3种算法,分别统计3种算法中的乘法次数.①直接计算:ax3+bx2+cx+d时共有3+2+1=6(次)乘法;②利用已有幂运算结果:x3=x2·x,计算ax3+bx2+cx+d时共有2+2+1=5(次)乘法;③逐项迭代:ax3+bx2+cx+d=[(ax+b)x+c]x+d,其中等式右端运算中含有3次乘法.请问:(1)分别使用以上3种算法,统计算式a0x10+a1x9+a2x8+…a9x+a10中乘法的次数,并比较3种算法的优劣.(2)对n次多项式a0x n+a1x n-1+a2x n-2+…a n-1x+a n(其中a0,a1,a2,…,a n为系数,n>1),分别使用以上3种算法统计其中乘法的次数,并比较3种算法的优劣.答案：1.12.(1)-3,1 (2)8.3.40000004.-45.C6.C7.A8.A9.D=•3x2-7y+4y2,F=9x2-11xy+2y210.12 提示:由题意得b=m-1=n,c=2n-1=m,0.625a=0.25+(-0.125).11.对 12.-1213.2214.3775 提示:不妨设a>b,原式=a,•由此知每组数的两个数代入代数式运算后的结果为两个数中较大的一个,从整体考虑,只要将51,52,53,…,100这50•个数依次代入每一组中,便可得50个值的和的最大值.15.D 16.D 17.B 18.B 提示:2+3+…+9+10=54,而8+9+10=27.19.(1)提示:n=10a+b=10a-50b+51b=10(a-5b)+51b;(2)略20.提示:将abc也加到和N上,由于a、b、•c•在每一位上都恰好出现两次,•所以abc+N=222(a+b+c) ①从而1000+3194>222(a+b+c)>3194,于是15≤a+b+c≤18.因为222×15-3194=136,222×16-3184=358,222×17-3194=580,222×18-3194=802.其中只有3+5+8=16满足要求,即能使①成立,故abc=358.21.提示:4(3x-7y+12z)=11(3x-2y+3z)-3(7y+2y-5z).22.(1)3种算法中乘法的次数分别为:①10+9+8+…+2+1=55(次);②2×9+1=19(•次);③10次.(2)乘法次数分别为:①n+(n-1)+…+3+2+1=(1)2n n(次);②2(n-1)+1=2n-•1(次);③n次.。

【人教版】数学培优新帮手(七下)：专题07-整式的加减试题(含答案)

07 整式的加减阅读与思考整式的加减涉及许多概念，准确地把握这些概念并注意它们的区别与联系是解决有关问题的基础，概括起来就是要掌握好以下两点：1．透彻理解“三式”和“四数”的概念“三式”指的是单项式、多项式、整式；“四数”指的是单项式的系数、次数和多项式的系数、次数．2．熟练掌握“两种排列”和“三个法则”“两种排列”指的是把一个多项式按某一字母的升幂或降幂排列，“三个法则”指的是去括号法则、添括号法则及合并同类项法则．物以类聚，人以群分．我们把整式中那些所含字母相同、并且相同字母的次数也相同的单项式作为一类——称为同类项，一个多项式中的同类项可以合聚在一起——称为合并同类项．这样，使得整式大为简化，整式的加减实质就是合并同类项．例题与求解[例1] 如果代数式ax5＋bx3＋cx－5，当x＝－2时的值是7，那么当x＝7时，该式的值是______．(江苏省竞赛试题) 解题思路：解题的困难在于变元个数多，将x两个值代入，从寻找两个多项式的联系入手．[例2] 已知－1＜b＜0，0＜a＜1，那么在代数式a－b，a＋b，a＋b2，a2＋b中，对于任意a，b对应的代数式的值最大的是( )A．a＋b B．a－b C．a＋b2 D．a2＋b(“希望杯”初赛试题)解题思路：采用赋值法，令a＝12，b＝－12，计算四个式子的值，从中找出值最大的式子．[例3] 已知x＝2，y＝－4时，代数式ax2＋12by＋5＝1997，求当x＝－4，y＝－12时，代数式3ax－24by3＋4986的值．(北京市“迎春杯”竞赛试题) 解题思路：一般的想法是先求出a，b的值，这是不可能的．解本例的关键是：将给定的x，y 值分别代入对应的代数式，寻找已知与待求式子之间的联系，整体代入求值．[例4] 已知关于x的二次多项式a(x3－x2＋3x)＋b(2x2＋x)＋x3－5．当x＝2时的值为－17，求当x＝－2时，该多项式的值．(北京市“迎春杯”竞赛试题) 解题思路：解题的突破口是根据多项式降幂排列、多项式次数等概念挖掘隐含的关于a，b的等式．[例5] 一条公交线路上起点到终点有8个站．一辆公交车从起点站出发，前6站上车100人，前7站下车80人．问从前6站上车而在终点下车的乘客有多少人？(“希望杯”初赛试题) 解题思路：前7站上车总人数等于第2站到第8站下车总人数．本例目的是求第8站下车人数比第7站上车人数多出的数量．[例6] 能否找到7个整数，使得这7个整数沿圆周排列成一圈后，任3个相邻数的和等于29？如果，请举出一例；如果不能，请简述理由．(“华罗庚金杯”少年邀请赛试题) 解题思路：假设存在7个整数a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7排成一圈后，满足题意，由此展开推理，若推出矛盾，则假设不成立．能力训练A级1．若－4x m－2y3与23x3y7－2n是同类项，m2＋2n＝______．(“希望杯”初赛试题)2．当x＝1，y＝－1时，ax＋by－3＝0，那么当x＝－1，y＝1时，ax＋by－3＝______．(北京市“迎春杯”竞赛试题) 3．若a＋b＜0，则化简|a＋b－1|－|3－a－b|的结果是______．4．已知x2＋x－1＝0，那么整式x3＋2x2＋2002的值为______．5．设2332,4536,x y zx y z++=⎧⎨++=⎩则3x－2y＋z＝______．(2013年全国初中数学联赛试题)6．已知A＝a2＋b2－c2，B＝－4a2＋2b2＋3c2，若A＋B＋C＝0，则C＝( )．A．5a2＋3b2＋2c2 B．5a2－3b2＋4c2A．3a2－3b2－2c2 A．3a2＋b2＋4c27．同时都有字母a，b，c，且系数为1的7次单项式共有( )．A．4个 B．12个 C．15个 D．25个(北京市竞赛题)8．有理数a ，b ，c 在数轴上的位置如图所示：则代数式|a |－|a ＋b |＋|c －a |＋|b －c |化简后的结果是为( )． A ．－a B ．2a －2b C ．2c －a D ．a 9．已知a ＋b ＝0，a ≠b ，则化简b a (a ＋1)＋a b(b ＋1)得( )． A ．2a B ．2b C ．＋2 D ．－2 10．已知单项式0.25x b y c与单项式－0.125xm －1y 2n －1的和为0.625ax n y m，求abc 的值．11．若a ，b 均为整数，且a ＋9b 能被5整除，求证：8a ＋7b 也能被5整除．(天津市竞赛试题)B 级1．设a ＜－b ＜c ＜0，那么|a ＋b |＋|b ＋c |－|c －a |＋|a ||＋b |＋|c |＝______．(“祖冲之杯”邀请赛试题)2．当x 的取值范围为______时，式子－4x ＋|4－7x |－|1－3x |＋4的值恒为一个常数，这个值是______．(北京市“迎春杯”竞赛试题)3．当x ＝2时，代数式ax 3－bx ＋1的值等于－17，那么当x ＝－1时，代数式12ax －3bx 3－5的值等于______．4．已知(x ＋5)2＋|y 2＋y －6|＝0，则y 2－15xy ＋x 2＋x 3＝______．(“希望杯”邀请赛试题)5．已知a －b ＝2，b －c ＝－3，c －d ＝5，则(a －c )(b －d )÷(a －d )＝______．6．如果对于某一特定范围内x 的任意允许值，P ＝|1－2x |＋|1－3x |＋…＋|1－9x |＋|1－10x |的值恒为一个常数，则此值为( )．A ．2B ．3C ．4D ．5(安徽省竞赛试题)7．如果(2x －1)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5＋a 6x 6，那么a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6等于______；a 0＋a 2＋a 4＋a 6等于______．A ．1，365B ．0，729C ．1，729D ．1，第8题图(“希望杯”邀请赛试题)8．设b ，c 是整数，当x 依次取1，3，6，11时，某学生算得多项式x 2＋bx ＋c 的值分别为3，5，21，93．经验证，只有一个结果是错误的，这个错误的结果是( )．A ．当x ＝1时，x 2＋bx ＋c ＝3 B ．当x ＝3时，x 2＋bx ＋c ＝5 C ．当x ＝6时，x 2＋bx ＋c ＝21 D ．当x ＝11时，x 2＋bx ＋c ＝93(武汉市选拔赛试题)9．已知y ＝ax 7＋bx 5＋cx 3＋dx ＋e ，其中a ，b ，c ，d ，e 为常数，当x ＝2时，y ＝23；当x ＝－2时，y ＝－35，那么e 的值是( )．A ．－6B ．6C ．－12D ．12(吉林省竞赛试题)10．已知a ，b ，c 三个数中有两个奇数，一个偶数，n 是整数，如果s ＝(a ＋n ＋1)·(b ＋2n ＋2)(c ＋3n ＋3)，那么( )．A ．s 是偶数B ．s 是奇数C ．s 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ．s 的奇偶性不能确定(江苏省竞赛试题)11．(1)如图1，用字母a 表示阴暗部分的面积； (2)如图2，用字母a ，b 表示阴暗部分的面积；(3)如图3，把一个长方体礼品盒用丝带打上包装(图中虚线为丝带)，打蝴蝶结的部分需丝带(x －y )cm ，打好整个包装需用丝带总长度为多少？12．将一个三位数abc 中间数码去掉，成为一个两位数ac ，且满足abc ＝9ac ＋4c ，如155＝9×15＋4×5．试求出所有这样的三位数．xy z 图3图107 整式的加减例1 －17例2 B例3 1998提示：由已知得4a－b＝996，待求式＝－3×（4a－b）＋4986.例4 原多项式整理得：（a＋1）x3＋（2b－a）x3＋（3a＋b）x－5..又由题意知，该多项式为二次多项式，故a＋1＝0，得a＝－1.把a＝－1，a＝2代入得：4（2 b＋1）＋2×（b－3）－5＝－17.解得b＝－1，故原多项式为－x2－4 x－5.当x＝－2时，－x2－4 x－5＝－4＋8－5＝－1.例5 设前7站上车的乘客数量依次为a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7人，从第2站到第8站下车的乘客数量依次为b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8人，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋b7＋b8.又∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝100，∴b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋b7＝80，即100＋a7＝80＋b 8，前6站上车而在终点下车的人数为b8－a7＝100－80＝20（人）.例6 如图，由题意得a1＋a2＋a3＝29,a2＋a3＋a4＝29,…a6＋a7＋a 1＝29,a7＋a1＋a 2＝29,将上述7式相加得，3（a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7）＝29×7.∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝6723.这与a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7为整数矛盾.故不存在满足题设要求的7个整数.A级1. 292. －63. －24.20035. 10 提示：3 x－2 y＋z＝2×（2 x＋y＋3 z）－（x＋4 y＋5 z）＝2×23－36＝46－36＝10.6. C7. C提示：设满足条件的单项式为a m b n c p的形式，其中m，n，p为自然数，且m＋n＋p＝7.8. C 9. D10. 1.2 提示：由题意得b＝m－1＝n，c＝2 n－1＝0，0.625 a＝0.25＋（－0.125）.11. 提示：8 a＋7 b＝8（a＋9 b）－65 b.B级1. －a＋b＋c2. ≥471 提示：x的系数之和为零，须使4－7 x≤0且1－3 x≤0.3. 224. －94 提示：由（x＋5）2＋| y 2＋y－6|=0得x＝－5，y 2＋y＝6. y 2－15x y＋x 2＋x 3＝y 2＋y＋（－5）2＋（－5）3＝6＋25－125＝－94.5. －1 26. B 提示：利用绝对值的几何意义解此题. x的取值范围在18与17之间7. A提示：令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝[2×1－1] 6=1①令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝[2×（－1）－1] 6＝3 6＝729②①＋②，得2（a0＋a2＋a4＋a6）＝730，即a0＋a2＋a4＋a6＝365.8. C 9. A10. A提示：原式＝a＋b＋c＋6n＋6是偶数.11. 提示：（1）4.5πa2 S阴影＝12（a＋a＋a）2＝4.5πa2（2）12ab－12b2＋14πb2 S阴影＝12（a＋a）b－（b2－14πb2）＝12a b－12b 2＋14πb2（3）3 x＋3 y＋2 z总长1＝2 x＋4 y＋2 z＋（x－y）＝3 x＋3 y＋2 z.12. 因为abc＝100 a＋10 b＋c，ac＝10a＋c.由题意得100a＋10b＋c＝9（10a＋c）＋4c.化简得5（a＋b）＝6c（0≤a，b，c≤9，且a≠0）又∵5是质数，故5,6,ca b=⎧⎨+=⎩，从而1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1,0,ab=⎧⎨=⎩则符合条件的abc＝155，245，335，425，515，605.。

数学竞赛专题讲座七年级第6讲话说同类项(含答案)

思路点拨由同类项的概念建立、的关系式，运用这一关系式求原式的值．
【例8】当时，代数式的值为18，这时，代数式（）．
A． B． C． D． (希望杯邀请赛试题)
基础训练
1．已知是同类项，那么 =．(江苏省竞赛题)
2．已知代数式．
(1)当 =， =时，此代数式的值与字母的取值无关；
(2)在(1)的条件下，多项式的值为．
由此知每组数的两个数代入代数式运算后的结果为两个数中较大的一个,
从整体考虑,只要将51,52,53,…,100这50个数依次代入每一组中,便可得50个值的和的最大值.
** 16.D 17.B 18.B 提示:2+3+…+9+10=54,而8+9+10=27.
19.(1)提示:n=10a+b=10a-50b+51b=10(a-5b)+51b;(2)略
21．、、均为整数，且，求证：．(北京市竞赛题)
22．计算多项式的值时有以下3种算法，分别统计3种算法中的乘法次数．①直接计算：时共有＝6(次)乘法；②利用已有幂运算结果：，计算时共有 (次)乘法；③逐项迭代：，其中等式右端运算中含有3次乘法．请问：(1)分别使用以上3种算法，统计算式中乘法的次数，并比较3种算法的优劣．(2)对次多项式（其中为系数，），分别使用以上3种算法统计其中乘法的次数，并比较3种算法的优劣．
15．有三组数为．它们的平均数分别是，那么，，的平均数是（）．
A． B． C． D． (希望杯邀请赛试题)
16．将一个三位数的中间数码去掉，成为一个两位数，且满足 =9 +4 （如），试求出所有这样的三位数．（太原市竞赛题）

初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)新选

第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．同余，顾名思义，就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)，并读作a同余b，模m．否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m），根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b．反之，若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2 若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a 与b对模m同余．另外，根据同余的定义，显然有以下几种关系是成立的：⑴a≡a（mod n）⑵a≡b（mod m）⇔b≡a（mod n）⑶a≡b（mod n）⇒a≡c（mod m）b≡c（mod m）由此可见，同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性，而等式也具有这几条性质．二、典型例题;例1．如果a≡b（mod m），以下命题正确的有哪些？请说明理由？⑴m | a－b⑵a = b+mt⑶a = k1m+ r1，b = k2m+ r2（0≤r1，r2＜m）⇔r1= r2解：⑴因a≡b（mod m），所以可得a = k1m+ r，b = k2m+ r，那么a－b=（k1－k2）m，由于k1－k2是整数，因此m | a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= mt，即a= b+mt⑶根据⑴可得，m | r1－r2，又因为0≤| r1－r2 |＜m，所以| r1－r2 |=0，故r1= r2．例2．判断正误，并说明理由．⑴如果a≡b（mod m）那么ka≡kb（mod m）⑵如果a≡b（mod m），c是整数，那么a±c≡b±c (mod m)⑶如果a1≡b1（mod m），a2≡b2（mod m），那么a1±a2≡b1±b2 (mod m)，a1a2≡b1b2 (mod m)．⑷如果3a≡3b(mod 6 )，那么a≡b (mod 6 )解：⑴∵a≡b（mod m），∴m | a－b，∴m | k (a－b)即m | (ka－kb)∴ka≡kb（mod m）⑴成正确⑵∵a≡b（mod m），∴m | a－b又因为c是整数，所以m | a－c－b+c，即m | (a－c) －(b－c)即a－c≡b－c（mod m）同理可得，a+c≡b+c（mod m）⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然6≡12(mod 6)，而2≡ 4 (mod 6)，因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡b（mod m）⇒a n≡b n（mod m）此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方，但同余式两边却不能除以同一数，那么，同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3．由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（mod 5）①3a ≡3b （mod 5） ②10a ≡10b （mod 5）③6a ≡6b （mod 10） ④10a ≡10b （mod 20）解：①因3a ≡3b （mod 5），所以5 | 3（a －b ），而5 | 3 ，因此5 | a －b ，故a ≡b （mod 5）②由10a ≡10b （mod 5）可以得到5 | 10（a －b ），而5 | 10，因此5不一定整除a －b ，故a ≡b （mod 5）就成立③由6a ≡6b （mod 10）可得10 | 6（a －b ），而10=2×5，6=2×3，因此5 | a －b ，故a ≡b （mod 5）成立④由10a ≡10b （mod 20）可得到20 | 10（a －b ），而20= 4×5，4 | 10，因此5 | (a －b )故a ≡b （mod 5）不成立综上所述，由3a ≡3b （mod 5）或6a ≡6b （mod 10）都可以得到a ≡b （mod 5）说明：在①中，因为（3，5）=1，因此由5 | 3（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得到a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ．例4．如果a ≡b （mod 12）且a ≡b （mod 8），那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡b （mod 4） ②a ≡b （mod 24） ③a ≡b （mod 20） ④a ≡b （mod 48）解：正确的有①和②①由题中的条件可得12 | a －b ，又因4 | 12，所以4 | a －b ，故a ≡b （mod 4）． ②因12 | a －b ，8| a －b ，所以a －b 是12和8的公倍数，又因为[8，12]=24，因此 a －b 必是24的倍数，即24 | a －b ，故a ≡b （mod 24）．③显然，当a = 26，b = 2时满足条件a ≡b （mod 12）和a ≡b （mod 8），但却不满足 a ≡b （mod 20）．④同③，用a = 26，b = 2验证即可．【说明】：⑴一般地，若a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）⑵若a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]），它的一个特殊情况就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡b （mod m ）⇔m | a －b②a ≡b （mod m ）⇔a = b +mt2．同余式的同加、同乘性如果a 1≡b 1（mod m ），a 2≡b 2（mod m ）那么⑴a 1±a 2≡b 1±b 2（mod m ）⑵ka 1≡kb 1（mod m ）（k ∈Z ）⑶a 1a 2≡b 1b 2（mod m ）⑷a 1n ≡b 1n （mod m ）（n 是整数）．3．如果（k ，m ）=d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ．这条性质的直接推论就是：如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）4．如果a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）5．如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]）这条性质的一个推论就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）例5．⑴求19992002除以9的余数；⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 | 1999－1000，∴1999≡1000≡1（mod 9）∴19992000≡12002≡1（mod 9），∴19992000除以9的余数是1⑵∵10≡3（mod 7），∴103≡33≡－1（mod 7）∴106≡（－1）2≡1（mod 7），∴1010≡104（mod 7）又∵102≡9≡2（mod 7），∴102≡10 4≡22≡4（mod 7）所以1010除以7的余数是4．说明：求较大数的余数时，可先设法找到与±1同余的数，然后利用同余式的性质，求出所求数的余数．例6．求14589+32002除以13的余数．解：∵145≡2（mod 13），∴1456≡26≡－1（mod 13）∴（1456）14≡（－1）14≡1（mod 13）即14584≡1（mod 13）又∵1455≡25≡6（mod 13）所以14589≡14584·1455≡6×1≡6（mod 13）又∵33≡1（mod 13），∴（33）667≡32001≡1（mod 13），∴32002≡3（mod 13）所以，14589+32002≡6+3≡9（mod 13）即14589+32002除以13的余数是9例7．求19982002的十位数字分析：此题可以通过19982002的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199898≡－2（mod 100），∴19982002≡（－2）2002≡22002≡41001（mod 100）因为4≡4（mod 100），42≡16（mod 100），43≡64（mod 100），44≡56（mod 100），45≡24（mod 100），46≡96（mod 100），47≡84（mod 100），48≡36（mod 100）， 49≡44（mod 100），410≡76（mod 100），411≡4（mod 100）…所以4 n 除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现的，因41001=410×100+1，所以41001≡4（mod 100），因此19982002≡4（mod 100），故19982002的十位数字是0．说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n +1能被3整除的一切自然数n . 解∵ ∴则2n +1∴当n 为奇数时，2n +1能被3整除；当n 为偶数时，2n +1不能被3整除.例9 求证31980+41981能被5整除.证明 ∵∴∴∴例10．求20032002的末位数字．分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7．说明：对于十进制的整数011a a a a n n Λ-有如下性质：)10(mod 0011a a a a a n n ≡-Λ 例11．已知n 是正整数，证明48 | 72n ―2352n ―1证明：∵48=3×16，（3，16）=1∴只需证明3| 72n ―2352n ―1且16 | 72n ―2352n ―1即可∵7≡1（mod 3），2352≡0（mod 3）∴72n ―2352n ―1≡12n ―2352×0－1≡0（mod 3）∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod 16）∴72n ―2352n ―1≡49n －1≡1n －1≡0（mod 16）∴16 | 72n ―2352n ―1，所以48| 72n ―2352n ―1．说明：当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值．解：设a n=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可．∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2）即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论，⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9）⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数）7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9）⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数）7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9）因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．例13 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以b1＋b2＋…＋b64=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．例14 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有10k≡1k＝1(mod 9)．因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．说明(1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．三、模拟训练1求证：(1)8｜(551999＋17)；(2) 8(32n ＋7)；(3)17｜(191000-1)．证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．(2)32=9≡1(mod 8)，32n ≡1(mod 8)，所以32n ＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n ＋7)．(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是17｜(191000-1)．2．求20032002的末位数字分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n Λ-有如下性质：011a a a a n n Λ-)10(mod 0a ≡． 3求2999最后两位数码.解考虑用100除2999所得的余数.∵∴又∴∴∴2999的最后两位数字为88.4．求证：22000+1不能被7整数．分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+15 对任意的自然数n，证明A=2903n-803n-464n＋261n 能被1897整除．证1897=7×271，7与271互质．因为2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为2903≡193(mod 271)，803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．证因为奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，所以7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．证奇数可以表示为2k＋1，从而奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而奇数2=8t+1≡1(mod 8)，偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．(1)若k=偶数=2t，则4k2=16t2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．8 形如F n＝22n+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，F n的末位数字是7．证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是F n=22n＋1=24t+1=16t＋1≡6t＋1≡7(mod 10)，即F n的末位数字是7．说明费马数的头几个是F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，F n都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．最新文件仅供参考已改成word文本。

2022七年级上学期数学寒假作业答案

2022七年级上学期数学寒假作业答案寒假也到了，那么在这个时候就认真写好寒假作业，如果对答案不确定，可以来看看答案哦。

下⾯是⼩编给⼤家带来的2022七年级上学期数学寒假作业答案，希望能帮助到⼤家!2022七年级上学期数学寒假作业答案1.⾛进美妙的数学世界答案1.9(n-1)+n=10n-92.6303. =36%4.133,23 2000=24?×53 ?5.?2520,?a=2520n+16.A7.C8.B9.C 10.C11.6个,95 这个两位数⼀定是2003-8=1995的约数,⽽1995=3×5×7×1912. 13.14.观察图形数据,归纳其中规律得:n棱柱有(n+2)个⾯,2n个顶点,3n?条棱.? ?15.D 16.A 17.C S不会随t的增⼤则减⼩,修车所耽误的⼏分钟内,路程不变,?修完车后继续匀速⾏进,路程应增加.18.C 9+3×4+2×4+1×4=33. 19.略20.(1)(80-59)÷59×100%≈36% (2)13÷80×100%≈16% ?(3)?1995?年～1996年的增长率为(68-59)÷59×100%≈15%,同样的⽅法可得其他年度的增长率,增长率最⾼的是1995年～1996年度.21.(1)⼄商场的促销办法列表如下:购买台数 111～8台 9～16台 17～24台 24台以上每台价格 720元 680元 640元 600元(2)⽐较两商场的促销办法,可知:购买台数 1～5台 6～8台 9～10台 11～15台选择商场⼄甲、⼄⼄甲、⼄购买台数 16台 17～19台 20～24台 24台以上选择商场甲甲、⼄甲甲、⼄因为到甲商场买21台VCD时共需600×21=12600元,⽽到⼄商场买20?台VCD?共需640×20=12800元,12800>12600,所以购买20台VCD时应去甲商场购买.所以A单位应到⼄商场购买,B单位应到甲商场购买,C单位应到甲商场购买.22.(1)根据条件，把可分得的边长为整数的长⽅形按⾯积从⼩到⼤排列,有1×1,1×2,1×3,1×4,2×2,1×5,2×3,2×4,3×3,2×5,3×4,3×5.若能分成5张满⾜条件的纸⽚,因为其⾯积之和应为15,所以满⾜条件的有1×1,1×2,1×3,1×4,1×5(如图①)或1×1,1×2,1×3,2×2,1×5(如图②)2.从算术到代数答案1.n2+n=n(n+1)2.1093.4.150分钟5.C6.D7.B8.B9.(1)S=n2 (2)①100 ②132-52=144 (3)n=1510.(1)a得 = .11.S=4n-4 12. b2 13.595 14.(1)18;(2)4n+215.A 设⾃然数从a+1开始,这100个连续⾃然数的和为(a+1)+(a+2)+?…+(a+100)=100a+5050.16.C 第⼀列数可表⽰为2m+1,第⼆列数可表⽰为5n+1,由2m+1=5n+1,得n= m,m=0,5,10?100018.D 提⽰:每⼀名同学每⼩时所搬砖头为块,c名同学按此速度每⼩时搬砖头块.19.提⽰:a1=1,a2= ,a3= ??,an= ,原式= .20.设每台计算器x元,每本《数学竞赛讲座》书y元,则100(x+3y)=80(x+5y),解得x=5y,故可购买计算器=160(台),书 =800(本).(2)若能分成6张满⾜条件的纸⽚,则其⾯积之和仍应为15,?但上⾯排在前列的6个长⽅形的⾯积之和为1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5=19>15.所以分成6?张满⾜条件的纸⽚是不可能的.3.创造的基⽯——观察、归纳与猜想答案1.(1)6,(2)2003.2.a+b=c+d-14或a+c=b+d-2或a+d=b+c3.13,3n+14.?C5.B 提⽰:同时出现在这两个数串中的数是1～1999的整数中被6除余1的数,共有334个.6.C7.提⽰:观察已经写出的数,发现每三个连续数中恰有⼀个偶数,在前100项中,?第100项是奇数,前99项中有=33个偶数.8.提⽰:经观察可得这个⾃然数表的排列特点:①第⼀列的每⼀个数都是完全平⽅数,并且恰好等于它所在⾏数的平⽅,即第n⾏的第1个数为n2;②第⼀⾏第n?个数是(n-1)2+1;③第n⾏中从第⼀个数⾄第n个数依次递减1;④第n列中从第⼀个数⾄第n个数依次递增1.这样可求:(1)上起第10⾏,左起第13列的数应是第13列的第10个数,即[(13-1)2+1]+9=154.(2)数127满⾜关系式 127=112+6=[(12-1)2+1]+5,即127在左起12列,上起第6?⾏的位置.9.(1)(2n+1)(2n+3)=4(n+1)2-1;(2) ,- 各⾏数的个数分别为1,2,3,? ,求出第1⾏⾄第198⾏和第1⾏⾄第1997⾏共有多少个问题就容易解决.10.7n+6,285 11.林 12.S=7×4(n-1)-5n=23n-8(n≥3) 13.B 14.C15.(1)提⽰:是,原式= × 5;(2)原式= 结果中的奇数数字有n-1个.16.(1)略;(2)顶点数+⾯数-棱数=2;(3)按要求画图,验证(2)的结论.17.(1)⼀般地,我们有(a+1)+( )= = =(a+1)?(2)类似的问题如:①怎样的两个数,它们的差等于它们的商? ②怎样的三个数,它们的和等于它们的积?4.相反数与绝对值答案1.(1)A;(2)C;(3)D2.(1)0;(2)144;(3)3或-9.3.a=0，b= .原式=-4.0，±1，±2，?，±1003.其和为0.5.a=1，b=2.原式= .6.a-c7.m= -x3，n= +x.∵m=( +x)( +x2-1)=n[( +x)2-3]=n(n2-3)=n3-3n.8.p=3，q=-1.原式=669×3-(-1)2=2006.5.物以类聚——话说同类项答案1.12.(1)-3,1 (2)8.3.40000004.-45.C6.C7.A8.A9.D=?3x2-7y+4y2,F=9x2-11xy+2y210.12 提⽰:由题意得b=m-1=n,c=2n-1=m,0.625a=0.25+(-0.125).11.对 12.- 13.2214.3775 提⽰:不妨设a>b,原式=a,?由此知每组数的两个数代⼊代数式运算后的结果为两个数中较⼤的⼀个,从整体考虑,只要将51,52,53,?,100这50?个数依次代⼊每⼀组中,便可得50个值的和的最⼤值.15.D 16.D 17.B 18.B 提⽰:2+3+?+9+10=54,⽽8+9+10=27.6.⼀元⼀次⽅程答案1.-105.2.设原来输⼊的数为x,则 -1=-0.75,解得x=0.23.- ;904. 、-5.?D ?6.A7.A8.B9.(1)当a≠b时,⽅程有惟⼀解x= ;当a=b时,⽅程⽆解;(2)当a≠4时,?⽅程有惟⼀解x= ;当a=4且b=-8时,⽅程有⽆数个解;当a=4且b≠-8时,⽅程⽆解;(3)当k≠0且k≠3时,x= ;当k=0且k≠3时,⽅程⽆解;当k=3时,⽅程有⽆数个解.10.提⽰:原⽅程化为0x=6a-12.(1)当a=2时,⽅程有⽆数个解;当a≠2时,⽅程⽆解.11.10.5 12.10、26、8、-8 提⽰:x= ,9-k│17,则9-k=±1或9-k=±17.13.2000 提⽰:把( + )看作⼀个整体. 14.1.5 15.A 16.B 17.B18.D 提⽰:x= 为整数,⼜2001=1×3×23×29,k+1可取±1、±3、±23、?±29、±(3×23)、±(3×29)、±(23×29)、±2001共16个值,其对应的k值也有16个.19.有⼩朋友17⼈,书150本. 20.x=521.提⽰:将x=1代⼊原⽅程并整理得(b+4)k=13-2a,此式对任意的k值均成⽴,即关于k的`⽅程有⽆数个解.故b+4=0且13-2a=0,解得a= ,b=-4.22.提⽰:设框中左上⾓数字为x,则框中其它各数可表⽰为:x+1,x+2,x+3,x+?7,x+8,x+9,x+10,x+14,x+15,x+16,x+17,x+21,x+22,x+23,x+24,由题意得:x+(x+1)+(x+2)+(x+3)+?x+24=1998或1999或2000或2001,即16x+192=?2000?或2080解得x=113或118时,16x+192=2000或2080⼜113÷7=16?余1,即113是第17排1个数,该框内的最⼤数为113+24=137;118÷7=16?余6,即118是第17排第6个数,故⽅框不可框得各数之和为2080.7.列⽅程解应⽤题——有趣的⾏程问题答案1.1或32.4.83.6404.16提⽰:设再过x分钟,分针与时针第⼀次重合,分针每分钟⾛6°,时针每分钟⾛0.5°, 则6x=0.5x+90+0.5×5,解得x=16 .5.C6.C 提⽰:7.168.(1)设CE长为x千⽶,则1.6+1+x+1=2×(3-2×0.5),解得x=0.4(千⽶)(2)若步⾏路线为A→D→C→B→E→A(或A→E→B→C→D→A)则所⽤时间为:(1.6+1+1.2+0.4+1)+3×0.5=4.1(⼩时);若步⾏路线为A→D→C→E→B→E→A(?或A→E→B→E→C→D→A),则所⽤时间为: (1.6+1+0.4+0.4×2+1)+3×0.5=3.9(⼩时),因为4.1>4,4>3.9,所以,步⾏路线应为A→D→C→E→B→E→A(或A→E→B→E→C→D→A).9.提⽰:设此⼈从家⾥出发到⽕车开车的时间为x⼩时,由题意得:30(x- )=18(x+ ),解得x=1,此⼈打算在⽕车开车前10分钟到达⽕车站,骑摩托车的速度应为: =27(千⽶/⼩时)10.7.5 提⽰:先求出甲、⼄两车速度和为 =20(⽶/秒)11.150、200提⽰:设第⼀辆车⾏驶了(140+x)千⽶,则第⼆辆⾏驶了(140+x)?× =140+(46 + x)千⽶,由题意得:x+(46 + x)=70.12.66 13.B14.D 提⽰:设经过x分钟后时针与分针成直⾓,则6x- x=180,解得x=3215.提⽰:设⽕车的速度为x⽶/秒,由题意得:(x-1)×22=(x-3)×26,解得x=14,?从⽽⽕车的车⾝长为(14-1)×22=286(⽶).16.设回车数是x辆,则发车数是(x+6)辆,当两车⽤时相同时,则车站内⽆车,?由题意得4(x+6)=6x+2,解得x=11,故4(x+6)=68.即第⼀辆出租车开出,最少经过68分钟时,车站不能正点发车8.列⽅程解应⽤题——设元的技巧答案1.2857132.设这个班共有学⽣x⼈,在操场踢⾜球的学⽣共有a⼈,1≤a≤6,由 +a =x,?得x= a, ⼜3│a,故a=3,x=28(⼈).3.244.C5.B提⽰:设切下的每⼀块合⾦重x克,10千克、15千克的合⾦含铜的百分⽐分别为a、b(a≠b),则 ,整理得(b-a)x=6(b-a),故x=6.6.B 提⽰:设⽤了x⽴⽅⽶煤⽓,则60×0.8+1.2(x-60)=0.88x.7.设该产品每件的成本价应降低x元,则[510×(1-4%)-(400-x)]×(1+10%)m=?(510-400)m 解得x=10.4(元)8.18、15、14、4、8、10、1、9.1:4 提⽰:设原计划购买钢笔x⽀,圆珠笔y⽀,圆珠笔的价格为k元,则(2kx-?ky)×(1+50%)=2ky+kx,解得y=4x.10.282.6m 提⽰:设胶⽚宽为amm,长为xmm,则体积为0.15axm3,盘上所缠绕的胶⽚的内、外半径分别为30mm和30+015×600=120(mm),其体积⼜可表⽰为 (120-30)?a=13500a(m3),于是有0.15ax=13500a ,x=90000 ≈282600,胶⽚长约282600mm,即282.6mm.寒假⽇记由于天⽓太冷了，加上我有些发烧咳嗽好长⼀段时间我都没有出去长跑。

[初三数学共享课程第七讲 “各种族都是一家人”——分式运算](教师版)

在炎热的夏天，你买过西瓜吗？一般说来，购买同一品种西瓜时，西瓜的质量越大，花费的钱越多，同时，我们希望西瓜瓤占整个西瓜的比例越大越好，假如我们把西瓜看成球形，并把西瓜瓤的密度看成是均匀的，西瓜的皮厚都是d ，已知球的体积公式为(其中R 为球的半径), 你认为买大西瓜合算还是买小西瓜合算？1.分式的定义一般地，如果A ，B 表示两个整数，并且B 中含有字母，那么式子叫做分式，温故知新A为分子，B为分母。

2.与分式有关的条件(1)分式有意义：分母不为0（）(2)分式无意义：分母为0（）(3)分式值为0：分子为0且分母不为0（）(4)分式值为正或大于0：分子分母同号（或）(5)分式值为负或小于0：分子分母异号（或）(6)分式值为1：分子分母值相等（A=B）(7)分式值为-1：分子分母值互为相反数（A+B=0）3.分式的基本性质分式的分子和分母同乘（或除以）同一个不等于0的整式，分式的值不变。

字母表示：，，其中A.B.C是整式，C0。

拓展：分式的符号法则：分式的分子.分母与分式本身的符号，改变其中任何两个，分式的值不变，即注意：在应用分式的基本性质时，要注意C0这个限制条件和隐含条件B0。

4.分式的约分定义：根据分式的基本性质，把一个分式的分子与分母的公因式约去，叫做分式的约分。

步骤：把分式分子分母因式分解，然后约去分子与分母的公因。

注意：①分式的分子与分母为单项式时可直接约分，约去分子.分母系数的最大公约数，然后约去分子分母相同因式的最低次幂。

②分子分母若为多项式，约分时先对分子分母进行因式分解，再约分。

最简分式的定义:一个分式的分子与分母没有公因式时，叫做最简分式。

5.分式的通分(1)分式的通分：根据分式的基本性质，把几个异分母的分式分别化成与原来的分式相等的同分母分式，叫做分式的通分。

(2)分式的通分最主要的步骤是最简公分母的确定。

最简公分母的定义：取各分母所有因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母。

北京课改数学七上《同类项与合并同类项》同课异构教案 (1)(vip专享)

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北京市房山区石窝中学七年级数学上册《同类项与合并同类项》教案学习目标: 1．理解同类项的概念，会判断几个单项式是否是同类项. 2．会合并同类项一、观察、思考、归纳 1、观察下列各组单项式，说说它们的特点:（1）2ab -，83ab ，4ba （2）27x y -，2113yx ，232yx -，27yx - 分析: 第（1）组中的单项式都只含有字母和，并且a 的指数都是，b 的指数都是；它们的系数 .第（2）组中的单项式都只含有字母和，并且x 的指数都是，y 的指数都是；它们的系数 .2、同类项: 像上面那样每组单项式中，所含相同，并且相同字母的也相同的单项式叫做同类项. 【规定】几个常数项也是同类项.试一试: 请你写出两个与22a b -是同类项的单项式: ，判断: 下列各题中的两个单项式是不是同类项.(1)3a 与-a (2)-2b 与2b (3)4xy 与-2yx (4)3m 2n 与-mn 2 （5）-3与8二、学一学1.运用有理数的运算律计算:（1）100×2+252×2 ＝（2）100×(-2)+252×(-2)＝（3）100t+252t ＝( )t ；（4）3x 2+2x 2＝( )x 2；（5）3ab 2―4ab 2＝( )ab 22.合并同类项:把多项式中的同类项合并成一项，叫做合并同类项例1: 合并同类项6a 2b +10a 2b-15a 2b解: 原式= (6 +10-15) a 2b= a 2b【仿练】合并下列各式的同类项（1）y y y 2325--= ( )y = y ；（2）x x x 214-+-= = （3）22235x y yx x y =归纳: 合并同类项后，所得项的系数是合并前各同类项的系数的____,且_____ _ __不变3.合并下列各式中的同类项例2: n m 23 26mn + 231mn - n m 252- …… —标记解: 原式＝22)316()523(mn n m -+- …… 二合并＝22317513mn n m + …… 三计算【仿练】（1）22432xx x x --+ （2） 222x x y x x y -+--三、拓展提升: 1.若231y x a 与b y x -22是同类项，则a= ，b= . 2.若515b a m +与232--n b a 则m+n=四、同类项与合并同类项当堂检测成绩: 组别: 第组号姓名:1、在2222225,2,3a b ab a b ab 单项式中,与-是同类项的是____2、若b a y x y x 21235与-是同类项，则ab ＝3、计算: ―x 2+4x 2＝4、合并同类项（1）22235x yyx x y （2）232311424a b ab a b b a +--。

广东省珠海市七年级数学上册合并同类项、移项课件新人教版共15页PPT

41、学问是异常珍贵的东西，从任何源泉吸收都不可耻。——阿卜·日·法拉兹
42、只有在人群中间，才能认识自己。——德国
43、重复别人所说的话，只需要教育；而要挑战别人所说的话，则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
44、卓越的人一大优点是：在不利与艰难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
45、自己的饭量自己知道。——苏联
1、不要轻言放弃，否则对不Fra bibliotek自己。2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未能从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有久久不会退去的余香。
广东省珠海市七年级数学上册合并同类项、 4、守业的最好办法就是不断的发展。 5、当爱不能完美，我宁愿选择无悔，不管来生多么美丽，我不愿失去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮回里有你。移项课件新人教版