2019七年级数学下册 培优新帮手 专题08 还原与对消试题 （新版）新人教版.doc

10808 还原与对消还原与对消方程的解与解方程方程的解与解方程阅读与思考阅读与思考解一元一次方程的一般步骤是：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为 1、得方程的解我们在解一元一次方程时，既要学会按部就班(严格按步骤)地解方程，又要能随机应变(灵活打乱步骤)地解方程方程的解是方程理论中的一个重要概念，对于方程解的概念，要学会从两个方面去运用：1求解：通过解方程，求出方程的解，进而解决问题2代解：将方程的解代入原方程进行解题当方程中的未知数是用字母表示时，这样的方程叫含字母系数的方程，含字母系数的一元一次方程总可以化为axb的形式，其方程的解由a，b的取值范围确定字母a，b的取值范围确定或对解方程的过程并未产生实质性的影响，其解法同数字系数的一次方程解法一样；当字母a，b的取值范围未给出时，则需讨论解的情况，其方法是：(1)当a0 时，原方程有唯一解x；b a(2)当a0 且b0 时，原方程有无数个解；(3)当a0，b0 时，原方程无解；例题与求解例题与求解例例 1 1 已知关于x的方程 3x2(x)4x和1 有相同的解，那么这个3a3 12xa15 8x解是_(北京市“迎春杯”竞赛试题)解题思路解题思路：建立关于a的方程，解方程例例 2 2 已知a是任意有理数，在下面各说法中(1)方程ax0 的解是x1 (2)方程axa的解是x1(3)方程ax1 的解是x (4)方程|a|xa的解是x±11 a结论正确的个数是( )A0 B1 C2 D3(江苏省竞赛试题)解题思路解题思路：给出的方程都是含字母系数的方程，注意a的任意性2例例 3 3 a为何值时，方程a(x12)有无数多个解？无解？3x 2x1 6解题思路解题思路：化简原方程，运用方程axb各种解的情况所应满足的条件建立a的关系式例例 4 4 如果a，b为定值时，关于x的方程2，无论k为何值时，它的根2 3kxa 6xbk总是 1，求a，b的值(2013 年全国初中数学竞赛预赛试题)解题思路解题思路：利用一元一次方程方程的解与系数之间的关系求解例例 5 5 已知p，q都是质数，并且以x为未知数的一元一次方程px5q97 的解是 1，求代数式p2q的值(北京市“迎春杯”竞赛试题)解题思路解题思路：用代解法可得到p，q的关系式，进而综合运用整数相关知识分析例例 6 6 (1)在日历中(如图)，任意圈出一竖列上相邻的三个数，设中间的一个为a，则用含a的代数式表示这三个数(从小到大排列)分别是_(2)现将连续自然数 1 至 2004 按图中的方式排成一个长方形阵列，用一个正方形框出 16 个数(如图)图中框出的这 16 个数的和是_；在右图中，要使一个正方形框出的 16 个数之和等于 2000，2004，是否可能？若不可能，试说明理由；若有可能，请求出该正方形框出的 16 个数中的最小数和最大数图日 一 二 三 四 五 六6789 10 11 121234513 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 302003 200419971999 2000 2001 20023637383940414219962930313233343522232425262728151617181920218910111213141234567图(湖北省黄冈市中考试题)解题思路解题思路：(1)等差数列，相邻两数相差 7(2)经观察不难发现，在这个方框里的每两个关于中心对称的数之和都等于 44如 31 与 13，11 与 33，17 与 27 都成中心对称的于是易算出这16 个数之和设框出的 16 个数中最小的一个数为a，用a表示出 16 个数之和，若算出的a为自然数，则成立；不为自然数，则不可能能力训练能力训练3A 级1若关于x的方程(k2)x|k1|5k0 是一元一次方程，则k_；若关于x的方程(k2)x24kx5k0 是一元一次方程，则方程的解x_2方程xx(x)(x)的解是_3 41 43 73 163 7(广西赛区选拔赛试题)3若有理数x，y满足(xy2)2|x2y|0，则x2y3_(“希望杯”邀请赛试题)4若关于x的方程a(2xb)12x5 有无数个解，则a_，b_(“希望杯”邀请赛试题)5已知关于x的方程 9x3kx14 有整数解，那么满足条件的所有整数k_(“五羊杯”竞赛试题)6下列判断中正确的是( )A方程 2x31 与方程x(2x3)x同解B方程 2x31 与方程x(2x3)x没有相同的解C方程x(2x3)x的解都是方程 2x31 的解D方程 2x31 的解都是方程x(2x3)x的解7方程1995 的解是( )1 2x 2 3x 1995 1996x A1995 B1996 C1997 D19988若关于x的方程0 的解是非负数，则b的取值范围是( )2 1xb x Ab0 Bb0 Cb2 Db0 且b2(黑龙江省竞赛试题)9关于x的方程a(xa)b(xb)0 有无穷多个解，则( )Aab0 Bab0 Cab0 D0a b10已知关于x的一次方程(3a8b)x70 无解，则ab是( )A正数 B非正数 C负数 D非负数(“希望杯”邀请赛试题)11若关于x的方程kx123x3k有整数解，且k为整数，求符合条件的k值(北京市“迎春杯”训练题)412已知关于x的方程ax(x6)，当a取何值时，(1)方程无解？(2)方程有无3x| 2a1 6穷多解？(重庆市竞赛试题)B 级1已知方程 2(x1)3(x1)的解为a2，则方程 22(x3)3(xa)3a的解为_2已知关于x的方程的解是x2，其中a0 且b0，则代数式的值是2ax3 3bx b aa b_3若k为整数，则使得方程(k1999)x20012000x的解也是整数的k值有_个(“希望杯”邀请赛试题)4如果，那么n_1 21 61 121 (1)n n2003 2004(江苏省竞赛试题)5用表示一种运算，它的含义是AB，如果 21，那么1 AB(1)(1)x AB5 334_(“希望杯”竞赛试题)6如图所示的两架天平保持平衡，且每块巧克力的质量相等，每个果冻的质量也相等，则一块巧克力的质量是_克巧克力果冻50g 砝码第 6 题图(河北省中考试题)7有四个关于x的方程x21(x2)(x1)1(x1)x0x211 1x 1 1x 其中同解的两个方程是( )A与 B与 C与 D与8已知a是不为 0 的整数，并且关于x的方程ax2a33a25a4 有整数解，则a的值共有( )5A1 个 B3 个 C6 个 D9 个(“希望杯”邀请赛试题)9(1)当a取符合na30 的任意数时，式子的值都是一个定值，其中mn6，求2 3ma na m，n的值(北京市“迎春杯”竞赛试题)(2)已知无论x取什么值，式子必为同一定值，求的值3 5ax bx ab b(“华罗庚杯”香港中学竞赛试题)10甲队原有 96 人，现调出 16 人到乙队，调出后，甲队人数是乙队人数的k(k是不等于 1 的正整数)倍还多 6 人，问乙队原有多少人？(上海市竞赛试题)11下图的数阵是由 77 个偶数排成：第 11 题图14214414614815015215430323436384042161820222426282468101214用一平行四边形框出四个数(如图中示例)(1)小颖说四个数的和是 436，你能求出这四个数吗？(2)小明说四个数的和是 326，你能求出这四个数吗？607 整式的加减例 1 17例 2 B例 3 1998 提示：由已知得 4ab996，待求式3×（4ab）4986.例 4 原多项式整理得：（a1）x3（2ba）x3（3ab）x5.又由题意知，该多项式为二次多项式，故 a10，得 a1.把 a1，a2 代入得：4（2 b1）2×（b3）517.解得 b1，故原多项式为x24 x5.当 x2 时，x24 x54851.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a1a2a3a4a5a6a7b2b3b4b5b6b7b8.又a1a2a3a4a5a6100，b2b3b4b5b6b780，即 100a 780b 8，前6 站上车而在终点下车的人数为 b8a71008020（人）.例 6 如图，由题意得 a1a2a329,a2a3a429,a6a7a 129,a7a1a 229,将上述 7 式相加得，3（a1a2a3a4a5a6a7）29×7.a1a2a3a4a5a6a767 .这与 a1a2a3a4a5a6a7 为整数矛盾.故不存在满足题设要求的 7 个整数.A 级1. 29 2. 6 3. 2 4.20035. 10 提示：3 x2 yz2×（2 xy3 z）（x4 y5 z）2×2336463610.6. C7. C 提示：设满足条件的单项式为 ambncp 的形式，其中 m，n，p 为自然数，且mnp7.78. C 9. D10. 1.2 提示：由题意得 bm1n，c2 n10，0.625 a0.25（0.125）.11. 提示：8 a7 b8（a9 b）65 b.B 级1. abc2. 1 提示：x 的系数之和为零，须使 47 x0 且 13 x0.3. 224. 94 提示：由（x5）2| y 2y6|=0 得 x5，y 2y6. y 2 x yx 2x 3y 2y（5）2（5）362512594.5. 6. B 提示：利用绝对值的几何意义解此题. x 的取值范围在 与 之间7. A 提示：令 x1，可得 a0a1a2a3a4a5a62×11 6=1令 x1，可得 a0a1a2a3a4a5a62×（1）1 63 6729，得 2（a0a2a4a6）730，即 a0a2a4a6365.8. C 9. A10. A 提示：原式abc6n6 是偶数.11. 提示：（1）4.5a2 S 阴影 （aaa）24.5a2（2） ab b2 b2 S 阴影 （aa）b（b2 b2） a b b 2 b2（3）3 x3 y2 z 总长 12 x4 y2 z（xy）3 x3 y2 z.12. 因为 100 a10 bc， 10ac.由题意得 100a10bc9（10ac）4c.化简得 5（ab）6c（0a，b，c9，且 a0）又5 是质数，故 ，从而 则符合条件的 155，245，335，425，515，605.