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第三章 整式及其加减 单元自测卷
【新教材，北师大版】
（考试时间：90 分钟 试卷满分：120 分）
考前须知：
1．本卷试题共24 题，单选10 题，填空6 题，解答8 题，满分120 分，限时90 分钟。
2．本卷选题均为重难点题型，考点全覆盖，旨在检测学习成果。
一、选择题（本大题共10 小题，每小题3 分，共30 分）
1．在代数式
，
，
，
中，单项式的个数是（ ）
A．个
B．
个
C．个
D．
个
【答案】C
【详解】解：
是单独的数，属于单项式；
是两个单项式的差，不属于单项式；
是字母的积，属于
单项式；
是数与字母的积，属于单项式，
∴单项式的个数是个．
2．已知
，则
的值为（ ）
A．1
B．
C．7
D．
【答案】A
【分析】直接将a，b 的值代入代数式，再计算求出答案即可．
【详解】解：∵
，
∴
．
3．代数式
与
是同类项，则
的值为（ ）
A．1
B．
C．2
D．
【答案】B
【分析】根据同类项定义中相同字母的指数相同，列方程求出a 和b 的值，再代入计算即可得到结果．
【详解】解：∵代数式
与
是同类项，
∴
，
，
解得
，
，
将
，
代入
，得
．
4．若
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．6
D．2
【答案】B
【分析】先根据已知等式得到
的值，再将所求代数式变形后代入计算即可.
【详解】解：∵
，
∴
，
∴
.
5．下列说法正确的是（ ）
A．
是三次二项式
B．单项式
的系数和次数分别是
C．0 是单项式
D．
一次项的系数为2
【答案】C
【详解】解：选项A，
中最高次项的次数为2，共有2 个单项式，因此它是二次二项式，A 错误；
选项B，单项式
中，
是常数，因此系数为
，次数为
，B 错误；
选项C，单独的一个数是单项式，因此0 是单项式，C 正确；
选项D，
的一次项为
，因此一次项的系数为
，D 错误．
6．下列各式中，去括号正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据去括号规则：括号前是正号，去括号后括号内各项不变号，括号前是负号，去括号后括号内
各项都变号，括号前有系数时，需将系数乘以括号内每一项，据此逐一判断选项即可求解．
【详解】解：∵ 对选项A，
，∴A 错误．
∵ 对选项B，
，∴B 正确．
∵ 对选项C，
，∴C 错误．
∵ 对选项D，
，∴D 错误．
7．已知数a，b，c 在数轴上的位置如图，且
，下列说法：①
；②
；③
；④
．其中正确结论的个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据点在数轴上的位置，判断a，b，c 的大小关系，进行判断式子的符号，根据绝对值的意义，
进行化简，逐一进行判断即可．
【详解】解：由数轴可知：
，
又∵
，
∴
，
，
，
，
∴
，
，
，
；
综上正确的有①③④，共3 个．
8．有理数
，
对应的点在数轴上的位置如图所示，则化简
的结果是（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由数轴可得，
，
，
，根据负数的绝对值等于它的相反数去绝对值符号，
合并同类项即可得出答案．
【详解】解：由数轴可得，
，
，
∴
，
，
，
∴
．
9．如图《推背图》是唐朝贞观年间唐太宗李世民命天文学家李淳风和相士袁天罡推算大唐气运而作，此
著作对后世诸多事件都进行了准确的预测．推背图以天干地支的名称进行排列，共有60 象，其中天干分别
为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，地支分别为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、
戌、亥．该书第一象为“甲子”，第二象为“乙丑”，第三象为“丙寅”，一直排列到“癸酉”后，天干
回到甲，重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到子，即“丙子”，以此类推．2026 年是“丙
午”年，正值兰州大学建校117 周年，据此推算，当兰州大学317 周年校庆时，对应的年份是（ ）
A．丁卯年
B．丙寅年
C．乙丑年
D．甲午年
【答案】B
【分析】由题意可知天干 10 年为一周期，地支十二年为一周期，分别用200 除以两个周期得到余数，再
根据余数判断即可．
【详解】解：由题意可知天干 10 年为一周期，地支十二年为一周期，
当兰州大学317 周年校庆时，经过200 年，且兰州大学117 周年即2026 年是“丙午”年，
，
则
，则兰州大学317 周年校庆时的天干为丙，
，则兰州大学317 周年校庆时的地支为寅，
则兰州大学317 周年校庆时是丙寅年．
10．如图是一位同学用围棋棋子按照某种规律摆出的“大”字，第1 个“大”字中有7 颗棋子，第2 个
“大”字中有11 颗棋子，第3 个“大”字中有15 颗棋子，……，按照这样的规律摆下去，第2026 个
“大”字中棋子的颗数为（ ）
A．8101
B．8104
C．8105
D．8107
【答案】D
【分析】本题考查图形数字类规律，熟练找准规律是解题的关键；根据题意得到，后一个图形比前一个图
形多4 颗围棋子，据此计算即可．
【详解】解：由图形可知，
第1 个“大”字中有
颗围棋子，
第2 个“大”字中有
颗围棋子，
第3 个“大”字中有
颗围棋子，
根据此规律，则第n 个“大”字中围棋子的数量为：
颗，
第2026 个“大”字中围棋子的数量为：
（颗），
故选：D
二、填空题（本大题共6 小题，每小题3 分，共18 分）
11．单项式
的系数为________．
【答案】
【分析】单项式系数的定义：单项式中的数字因数叫做单项式的系数．单项式
中，数字因数为
．
【详解】解：单项式
的系数为
．
12．化简：
______
【答案】
【详解】解：
．
13．若
，则代数式
的值为_____．
【答案】
【详解】解：
，
，
．
14．早上，李明一家点了4 碗二两的宜宾燃面，每碗
元，付了
元，应找回________元（用含
，
的代
数式表示）
【答案】
/
【分析】先求出4 碗燃面的总花费，再用付款金额减去总花费，即可得到应找回的金额，列出对应的代数
式，即可求解．
【详解】解：由题意可知，每碗燃面
元，4 碗燃面的总花费为
元，
已知付款金额为
元，应找回的金额为付款金额减去总花费，即
元．
15．“洛书”是古老华夏智慧的数学结晶（如图1），是世界上最早的“幻方”．把9 个数填入
方格
中，使其任意一行，任意一列及两条对角线上的数之和都相等，这样便构成了一个“三阶幻方”，图2 是
仅可以看到部分数值的“三阶幻方”，则其中
之间的关系为__________．
【答案】
【分析】设中心格内的数为
，根据三阶幻方的性质，任意一行、一列及对角线上的数之和都相等，且和
为
，利用这一性质表示出相关位置的数，通过列方程即可得出
之间的关系．
【详解】解：设中心格内的数为
，
∵ 任意一行，任意一列及两条对角线上的数之和都相等，
∴幻和为
，
∴第二行第一列的数为
， 第一行第二列的数为
，
设第一行第三列的数为
，则
，
解得
；
设第三行第三列的数为
，则
，即
，
解得
，
又∵主对角线上的数之和为
，
∴
，即
，
∴
，
∴
．
16．小木棒摆放的苯及其衍生物的结构式，第个图形需要根小木棒，第
个图形需要
根小木棒，第
个图形需要
根小木棒，
，按此规律，第
个图形需要______根小木棒．
【答案】
/
【分析】本题主要考查图形的变化规律，解决本题的关键是根据前个图形中小木棒的根数与图形个数之
间的变化规律写出第
个图形中需要的小木棒的根数．
【详解】解：每个图形需要
根小木棒，
第
个图形需要
根小木棒，
第个图形需要
根小木棒，
，
第
个图形需要
根小木棒．
故答案为：
．
三、解答题（第17--第22 题，每题8 分；第23，24 题，每题12 分；共8 小题，共72 分）
17．计算
(1)计算：
；
(2)当
，
，
时，直接代入计算代数式
的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：
；
（2）当
，
，
时，
．
18．以下是一道习题及嘉嘉的解答过程：
计算：
．
解：原式
……第一步
……第二步
．……第三步
(1)上述解答过程，嘉嘉是从第______步开始出错的，请你给出正确的解答过程；
(2)当
时，求此代数式的值．
【答案】(1)一；过程见解析
(2)
【分析】（1）观察嘉嘉的解答过程，可知第一步去括号错误，根据去括号合并同类项的步骤写出正确的
步骤；
（2）把
代入（1）中化简的结果计算即可．
【详解】（1）解：嘉嘉是从第一步开始出错的，
正确解答过程如下：
原式
．
（2）解：当
时，原式
．
19．先化简，再求值：
，其中
，
．
【答案】
，
【分析】本题考查整式的化简求值，熟练掌握去括号法则和合并同类项法则即可求解，先对原式去括号，
合并同类项得到最简结果，再代入
、
的值计算即可求解．
【详解】解：
．
当
，
时 原式
．
20．为了提高居民的宜居环境，某小区规划修建一个广场（平面图如图中阴影部分所示）．
(1)用含
的式子表示广场（阴影部分）的周长
(2)若
米，
米，广场面积
，已知修建每平方米需费用200 元，求修建广场的总费用
的值．
【答案】(1)
(2)840000 元
【分析】（1）根据图形可直接进行求解；
（2）把
米，
米代入
，然后问题可求解．
【详解】（1）解：广场的周长：
．
（2）解：当
米，
米时，
（平方米），
∵每平方米需费用200 元，
∴建广场的总费用
（元）．
21．已知代数式
．
(1)化简：
；
(2)若
，求
的值；
(3)若
的值与y 的取值无关，求x 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用整式的加减即可解答；
（2）根据绝对值和偶次方的非负性，可得
，代入（1）中化简的结果即可；
（3）根据题意可得含有
的项相加得零，即可解答．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
，
解得
，
，
把
，
代入，
；
（3）解：∵
，
且
的值与y 的取值无关，
，
解得
．
22．在数学活动中，小明为了求
的值，写出下列解题过程．
设：
①
两边同乘以2 得：
②
由
得：
(1)应用结论：
______；
(2)拓展探究：
①求：
的值；
②求：
的值．
【答案】(1)
；
(2)①
；②
.
【分析】（1）将
代入
中即可得解；
（2）①模仿题目中的算法计算即可；
②模仿题目中的算法计算即可.
【详解】（1）解：由题干得：
，
将
代入
得：
；
（2）解：①设
，
两边同乘
得：
，
由
得：
，
∴
；
②设
，
两边同乘2 得：
，
由
得：
．
23．有这样一类题：代数式
的值与x 的取值无关，求k 的值；通常的解题方法：把x，y
看作字母，k 看作系数合并同类项，因为代数式的值与x 的取值无关，所以含x 项的系数为0，即原式
，所以
，即
．
(1)若关于x 的多项式
的值与x 的取值无关，求m 的值；
(2)如图1，小长方形纸片的长为a、宽为b，有7 张图1 中的纸片按照图2 方式不重叠地放在大长方形
内，大长方形中有两个部分（图中阴影部分）未被覆盖，设右上角的面积为
，左下角的面积为
，
当
的长变化时，
的值始终保持不变，求a 与b 之间的数量关系．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）合并同类项：将多项式
合并为
，再由多项式与
x 无关，可得
，即可求解；
（2）设
，表示面积
，计算面积差：
，系数为0：因面积
差与x 无关，含x 项系数为0，即可求出a、b 关系．
【详解】（1）解：
关于x 的多项式
的值与x 的取值无关，
，
，
解得：
．
（2）解：设
，
由图可知：
，
，
当
的长变化时，
的值始终保持不变，
含x 项的系数为0，
即
，
．
24．如图，将边长为1 的正方形第一次划分得到图1，图1 中共有4 个正方形，其中右上角正方形①的边长
为原正方形边长的一半；第二次划分得到图2，图2 中共有7 个正方形，其中右上角正方形②的边长为正
方形①边长的一半；第三次划分得到图3；…；如此下去．
将划分次数和每次划分后正方形总个数进行整理，如表：
划分次数
1
2
3
4
…
正方形总个数
4
7
a
b
…
(1)上表中
_________，
_________；
(2)按上述划分方式，能否得到正方形的总数为2026 个？为什么？
(3)第5 次划分后，右上角最小正方形的面积为_________．
【答案】(1)10，13
(2)能，见解析
(3)
【分析】本题考查了图形类规律探索，读懂题意，找出规律是解题的关键．
（）根据表格可得第次划分后，正方形个数有：
；第
次划分后，正方形个数有：
；
（
）根据表格可得第
次划分后，正方形个数有
，则
，求得
；
（）根据第次划分后，右上角最小正方形的面积为：
；第
次划分后，右上角最小正方形的面积
为
；第次划分后，右上角最小正方形的面积为
；第
次划分后，右上角最小正
方形的面积为
；第次划分后，右上角最小正方形的面积为
；从而求解．
【详解】（1）解：第次划分后，正方形个数有：
；
第
次划分后，正方形个数有：
；
第次划分后，正方形个数有：
；
第
次划分后，正方形个数有：
；
故答案为：
，
；
（2）解：能得到正方形的总数为
个，理由，
第次划分后，正方形个数有：
；
第
次划分后，正方形个数有：
；
第次划分后，正方形个数有：
；
第
次划分后，正方形个数有：
；
；
第
次划分后，正方形个数有：
；
∴
，解得：
，
答：当划分次数为
时，正方形的总数为
个；
（3）解：第次划分后，右上角最小正方形的面积为：
；
第
次划分后，右上角最小正方形的面积为
；
第次划分后，右上角最小正方形的面积为
；
第
次划分后，右上角最小正方形的面积为
；
第次划分后，右上角最小正方形的面积为
；
故答案为：
．
