专题15 选择压轴题多结论问题专题复习课堂学案及配套作业(解析版)

专题15 选择压轴题多结论问题专题复习（解析版） 第一部分 学 1．（2022 秋•西山区期中）下列说法正确的有（ ）个． ①如果地面向上15 米记作+15 米，那么地面向下6 米记作﹣6 米； ②一个有理数不是正数就是负数； ③任何一个有理数的绝对值都不可能小于零； ④﹣一定在原点左边； ⑤在数轴上，一个数对应的点离原点越远，这个数越小． ．1 B．2 ．3 D．4 思路引领：根据正数和负数的定义，有理数的分类，绝对值的性质，有理数的大小比较和数轴的性质对 各选项分析判断利用排除法求解． 解：①如果地面向上15 米记作15 米，那么地面向下6 米记作﹣6 米，故本选项正确； ②一个有理数不是正数就是零和负数，故本选项错误； ③任何一个有理数的绝对值都是非负数，故本选项正确； ④﹣可以表示任意数，不一定在原点左边，故本选项错误； ⑤在数轴上，原点右边的一个数对应的点离原点越远，这个数越大，故本选项错误； 故选：B． 总结提升：本题考查有理数，正数和负数，绝对值和数轴，解题的关键是掌握有理数的分类标准和数轴 的性质． 2．（2021 秋•沿河县期末）现有以下四个结论：①绝对值等于其本身的有理数只有零；②相反数等于其 本身的有理数只有零；③倒数等于其本身的有理数只有1；④平方等于其本身的有理数只有1．其中正 确的有（ ） ．3 个 B．2 个 ．1 个 D．0 个 思路引领：根据绝对值的性质，相反数的定义，倒数的定义，有理数乘方的定义对各小题分析判断即可 得解． 解：①绝对值等于其本身的有理数是零和正数，故本小题错误； ②相反数等于其本身的有理数只有零，正确； ③倒数等于其本身的有理数是1 和﹣1，故本小题错误； ④平方等于其本身的有理数是0 和1，故本小题错误； 综上所述，正确的说法有②共1 个． 故选：． 总结提升：本题考查了有理数的乘方，相反数的定义，绝对值的性质，倒数的定义，是基础概念题，熟 记概念是解题的关键． 3．（2021 秋•抚州）如图，数轴上点，B，对应的有理数分别为，b，，则下列结论中：①+b+＞0； ②•b•＞0；③+b﹣＞0；④0＜b a ＜1；⑤||＞|b|＞||， 正确的有（ ） ．4 个 B．3 个 ．2 个 D．1 个 思路引领：先由数轴得出＜﹣2＜b＜﹣1＜0＜＜1，再根据有理数的加法法则、有理数的乘除法法则等 分别分析，可得答． 解：由数轴可得： ＜﹣2＜b＜﹣1＜0＜＜1， + ∴b+＜0，故①错误； ∵，b，中两负一正， • ∴b•＞0，故②正确； ∵＜0，b＜0，＞0， + ∴b﹣＜0，故③错误； ∵＜﹣2＜b＜﹣1， 0 ∴＜b a ＜1，故④正确； |＞|b|＞||，故⑤正确； 综上可知，正确的有3 个． 故选：B． 总结提升：本题考查了数轴在有理数加减乘除法运算中的应用，数形结合，是解题的关键． 4．（2022 秋•惠济区期中）有理数，b 在数轴上的对应点如图所示，则下面式子中正确的是（ ） ①b＜0＜； ②|b|＜||；③b﹣＞0；④﹣b＞+b． ．①② B．①④ ．②③ D．③④ 思路引领：由数轴直观得出b＜0＜，且|b|＞||，然后关键有理数的有关知识解答． 解：①由数轴直观得出b＜0＜，故①正确； ②由数轴直观得出|b|＞||，故②错； ③b﹣＝b+（﹣）＜0；故③错； ④﹣b＝+（﹣b）＞0，+b＜0，故④正确． 故答为：B． 总结提升：本题考查的是有理数的有关运算，解题的关键是关键数轴判断正负和绝对值的大小． 5．（2022 秋•金水区校级期中）已知数，b，在数轴上的位置如图，下列说法：①b+＞0；②+b−＞0； ③ a ¿a∨¿+ b ¿b∨¿+ c ¿c∨¿=¿¿ ¿ ¿1；④|−b|−2|+b|+|−|＝−3b+．其中正确结论的个数是（ ）个． ．1 B．2 ．3 D．4 思路引领：根据数轴上的位置关系．判断出，b，的大小关系以及各自绝对值得大小关系，在进行判断 即可． 解：∵||＞|b|，b＜0＜， ∴b+＞0，正确，故①正确； ∵b＜0＜，|b|＞||，＞0， + ∴b−＜0，故②错误； a ¿a∨¿+ b ¿b∨¿+ c ¿c∨¿=a a + b −b + c c =¿¿ ¿ ¿1 1+1 ﹣ ＝1，正确，故③正确； ∵﹣b＞0，+b＞0，﹣＜0 |− ∴b|−2|+b|+|−|， ＝﹣b 2 ﹣（b+）+﹣， ＝﹣b 2 ﹣b 2+ ﹣ ﹣， ＝﹣3b﹣，故④错误， ∴正确的有两个． 故选：B． 总结提升：本题主要考查数轴与绝对值的综合运用，解题的关键在于掌握绝对值化简的技巧． 6．（2022 秋•海城市校级期中）已知、b、在数轴上的位置如图，下列说法：①b＜0；②+＞0；③﹣b＜ 0；④c b ＞0．正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 思路引领：根据数轴上点的位置，利用有理数的加减乘除法则判断即可． 解：根据数轴上点的位置得：＜b＜0＜，且|b|＜||＜||， ∴b＞0，+＜0，﹣b＜0，c b ＞0， 则正确的有2 个． 故选：B． 总结提升：此题考查了有理数的除法，数轴，有理数的加减法，以及有理数的乘法，熟练掌握运算法则 是解本题的关键． 7．（2022 秋•行唐县校级期中）一个两位数，它的十位数字为，个位数字为b，若把它的十位数字和个位 数字对调，得到一个新的两位数，则下列判断正确的是（ ） 甲同学：新的两位数可表示为b+； 乙同学：新的两位数与原两位数的和是11 的倍数； 丙同学：若b﹣能被2 整除，则新的两位数与原两位数的差能被18 整除 ．只有乙同学的正确 B．只有乙、丙同学的正确 ．只有甲、丙同学的正确 D．三名同学的都不正确 思路引领：根据题意表示出原数与新数即可；求出两数的差，化简后判断即可． 解：由题意得：这个两位数是10+b，新的两位数是：10b+，故甲判断错误； 新的两位数与原两位数的和是：10b++10+b＝11+11b＝11（+b）， 则其和是11 的倍数，故乙判断正确； 新的两位数与原两位数的差是：10b+﹣（10+b）＝9b 9 ﹣＝9（b﹣）， ∵b﹣能被2 整除， ∴新的两位数与原两位数的差能被18 整除，故丙判断正确； 故判断正确的有乙、丙． 故选：B． 总结提升：本题主要考查整式的加减，列代数式，解答的关键是对整式的加减运算的法则的掌握． 8．（2022 秋•金水区校级期中）下列说法正确的有（ ）个． ①单项式x 的系数和次数都是0； ②3x4 5 ﹣x2y2 6 ﹣y3+2 的次数是11； ③多项式1 2 ﹣x+1 2 x2是由1，﹣2x，1 2x2三项组成； ④在1 3 2，x−y π ，5 y 4 x ，0 中整式有2 个． ．1 B．2 ．3 D．4 思路引领：根据多项式、单项式、整式的相关概念解答即可． 解：①单项式x 的系数和次数都是1，原说法错误； ②3x4 5 ﹣x2y2 6 ﹣y3+2 的次数是4，原说法错误； ③多项式1 2 ﹣x+1 2 x2是由1，﹣2x，1 2x2三项组成，原说法正确； ④在1 3 2，x−y π ，5 y 4 x ，0 中整式有3 个，原说法错误． 说法正确的有1 个． 故选：． 总结提升：本题主要考查了整式的有关概念．要能准确的分清什么是整式．整式是有理式的一部分，在 有理式中可以包含加，减，乘，除四种运算，但在整式中除式不能含有字母．单项式和多项式统称为整 式．单项式是字母和数的乘积，只有乘法，没有加减法．多项式是若干个单项式的和，有加减法． 9．（2022 秋•九龙坡区校级期中）对于4 个整式：：2，B：+2，：b2，D：2，有以下几个结论： ①对于、b 取任意数，都有B•D 2 4 ﹣﹣B＝﹣8； ②若b 为正数，则B•+D+的值一定是正数； ③若多项式M＝﹣D+m•B•D（m 为常数）不含2，则m 的值为−1 2 ，上述结论中，正确的有（ ） ．① B．①② ．②③ D．①③ 思路引领：根据整式混合运算的顺序与运算法则分别计算即可求解． 解：①：B•D 2 4 ﹣﹣B ＝（+2）•2 2 ﹣2 4 ﹣（+2） ＝22+4 2 ﹣2 4 8 ﹣﹣ ＝﹣8， 故结论①正确； ②：若b 为正数，则B•+D+ ＝（+2）•b2+2+2 ＝b2+2b2+2+2， ∵可取任意数， ∴b2+2 可以是负数， ∴b2+2b2+2+2不一定是正数， 故结论②错误； ③：M＝﹣D+m•B•D ＝2 2+ ﹣ m（+2）•2 ＝2 2+2 ﹣ m2+4m ＝（1+2m）2+（4m 2 ﹣）， ∵多项式M＝﹣D+m•B•D（m 为常数）不含2， 1+2 ∴ m＝0， ∴m¿−1 2， ∴M＝9x2 3≥ 3 ﹣ ﹣， 故结论③正确． 故选：D． 总结提升：本题考查整式的混合运算，掌握运算法则是解题的关键． 10．（2022 秋•涟源市期中）规定：f（x）＝|x 2| ﹣，g（y）＝|y+3|．例如f（﹣4）＝| 4 2| ﹣﹣，g（﹣4）＝| 4+3| ﹣ ．下列结论中： ①若f（x）+g（y）＝0，则2x 3 ﹣y＝13； ②若x＜﹣3，则f（x）+g（x）＝﹣1 2 ﹣x： ③若x＞﹣3，则f（x）+g（x）＝2x+1； ④式子f（x 1 ﹣）+g（x+1）的最小值是7． 其中正确的所有结论是（ ） ．①② B．①②④ ．①③④ D．①②③④ 思路引领：①根据新定义运算和非负数的性质求得x、y，再代值计算便可判断①的正误； ②根据新定义运算和绝对值的性质进行计算便可； ③根据新定义运算和绝对值的性质，分两种情况：﹣3＜x＜2；x≥2；分别计算便可； ④根据新定义运算和绝对值的性质，进行解答便可． 解：①∵f（x）+g（y）＝0， | ∴x 2|+| ﹣ y+3|＝0， ∴x 2 ﹣＝0，y+3＝0， ∴x＝2，y＝﹣3， 2 ∴x 3 ﹣y＝13＝4+9＝13， 故①正确； ②∵x＜﹣3， ∴f（x）+g（x）＝|x 2|+| ﹣ x+3|＝﹣x+2﹣x 3 ﹣＝﹣2x 1 ﹣， 故②正确： ③∵x＞﹣3，f（x）+g（x）＝|x 2|+| ﹣ x+3| ∴当﹣3＜x＜2 时，f（x）+g（x）＝﹣x+2+x+3＝5， 当x≥2 时，f（x）+g（x）＝x 2+ ﹣ x+3＝2x+1， 故③错误； ④f（x 1 ﹣）+g（x+1）＝|x 1 2|+| ﹣﹣ x+1+3|＝|x 3|+| ﹣ x+4|， 当﹣4≤x≤3 时，④式子f（x 1 ﹣）+g（x+1）有最小值为：3﹣x+x+4＝7， 故④正确； 故选：B． 总结提升：本题考查了求代数式的值，非负数的性质，绝对值的定义，关键是应用新定义和绝对值的性 质解题． 11．（2022 秋•庐阳区校级期中）下列各变形中：①由x＝y，得到x a= y a ；②由x+2＝y+2，可得到x＝y； ③由x a= y a 可得到x＝y；④由x 0.3−2 x−1 0.7 =7，可得到10 x 3 −20 x−10 7 =70．其中一定正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 思路引领：根据等式的性质对各小题进行逐一分析即可． 解：①当＝0 时，x a与y a 无意义，故不符合题意； ②由x+2＝y+2，可得到x＝y，符合等式的性质1，故符合题意； ③由x a= y a 可得到x＝y，符合等式的性质2，故符合题意； ④由x 0.3−2 x−1 0.7 =¿7，可得到10 x 3 −20 x−10 7 =¿7，故不符合题意． 故选：B． 总结提升：本题考查的是等式的性质，熟知等式的两个基本性质是解题的关键． 12．（2022 秋•丹江口市期中）已知m＝，则下列变形中正确的个数为（ ） ①m+2＝+2；②m＝；③m n =1；④m a 2+1 = n a 2+1 ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 思路引领：根据等式的性质对各小题进行解答即可． 解：①∵m＝， ∴m+2＝+2，故本小题符合题意； ②∵m＝， ∴m＝，故本小题符合题意； ③当＝0 时，m m无意义，故本小题不符合题意； ④∵m＝，2+1＞0， ∴m a 2+1 = n a 2+1 ，故本小题符合题意． 故选：． 总结提升：本题考查的是等式的性质，熟知等式的性质是解题的关键． 13．（2022 秋•怀柔区校级月考）有m 辆客车及个人，若每辆客车乘40 人，则还有10 人不能上车，若每 辆客车乘43 人，则只有1 人不能上车，有下列四个等式：①40m+10＝43m 1 ﹣；②n+10 40 =n+1 43 ；③ n−10 40 =n−1 43 ；④40m+10＝43m+1．其中正确的是（ ） ．①② B．②④ ．①③ D．③④ 思路引领：由乘车的人数不变，可得出关于m 的一元一次方程；由客车辆数不变，可得出关于的一元一 次方程，再对照给定的4 个等式即可得出结论． 解：由人数不变，可列出方程：40m+10＝43m+1， ∴等式④正确； 由客车的辆数不变，可列出方程：n−10 40 =n−1 43 ， ∴等式③正确． ∴正确的结论是③④． 故选：D． 总结提升：本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题 的关键． 14．（2021 秋•高新区校级期末）鸡兔同笼问题：“今有鸡兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问鸡 兔各几何？”图是嘉淇解题过程，需要补足横线上符号所代表的内容，则下列判断不正确的是（ ） 解：设鸡有x 只，那么兔子有□只． 因为☆+兔的足数＝94，所以列方程为〇 x+△（35﹣x）＝94， 解这个方程，得x＝23， 从而35 23 ﹣ ＝12． 答：鸡有23 只，兔子有12 只． ．□代表（35﹣x） B．☆代表鸡的足数 ．〇代表2 D．△代表2 思路引领：设鸡有x 只，则兔子有（35−x）只，根据鸡的脚的数量+兔子的脚的数量＝94 可列方程，解 方程即可． 解：设鸡有x 只，则兔子有（35−x）只， ∵鸡的足数+兔的足数＝94， ∴列方程为2x+4（35−x）＝94， 解这个方程，得：x＝23， 从而35−23＝12， ∴鸡有23 只，兔子有12 只， □ ∴代表（35−x），☆代表鸡的足数，〇代表2，△代表4， 故选：D． 总结提升：本题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的相等关系． 15．（2021 秋•阳东区期末）将方程3x+6＝2x 8 ﹣移项后，四位同学的结果分别是（1）3x+2x＝6 8 ﹣； （2）3x 2 ﹣x＝﹣8+6；（3）3x 2 ﹣x＝8 6 ﹣；（4）3x 2 ﹣x＝﹣6 8 ﹣，其中正确的有（ ） ．0 个 B．1 个 ．2 个 D．3 个 思路引领：移项时注意改变该项的符号，据此判断即可． 解：将方程3x+6＝2x 8 ﹣移项后，可得到3x 2 ﹣x＝﹣8 6 ﹣， ∴只有（4）是正确的， 故选：B． 总结提升：本题主要考查一元一次方程的知识，熟练掌握移项时改变该项的符号是解题的关键． 16．（2021 秋•普陀区期末）下列说法正确的是（ ） ①若x＝1 是关于x 的方程+bx+＝0 的一个解，则+b+＝0； ②在等式3x＝3﹣b 两边都除以3，可得x＝﹣b； ③若b＝2，则关于x 的方程x+b＝0（≠0）的解为x=−1 2 ； ④在等式＝b 两边都除以x2+1，可得 a x 2+1 = b x 2+1． ．①③ B．②④ ．①④ D．②③ 思路引领：把x＝1 代入方程+bx+＝0，即可判断①；根据等式的性质即可判断②④，把b＝2 代入方 程x+b＝0 得出x+2＝0，求出x，即可判断③． 解：把x＝1 代入方程+bx+＝0 得：+b+＝0，故①正确； 等式3x＝3﹣b 两边都除以3 得：x＝−1 3 b，故②错误； 把b＝2 代入方程x+b＝0 得：x+2＝0， 解得：x＝﹣2，故③错误； 等式＝b 两边都除以x2+1 得： a x 2+1 = b x 2+1，故④正确； 即正确的为①④， 故选：． 总结提升：本题考查了一元一次方程的解，等式的性质和解一元一次方程，能熟记一元一次方程的解的 定义和等式的性质是解此题的关键． 17．（2021 秋•南谯区期末）有下列说法： ①若∠+∠B+∠＝180°，则∠，∠B，∠互补； ②若∠1 是∠2 的余角，则∠2 是∠1 的余角； ③一个锐角的补角一定比它的余角大90°； ④互补的两个角中，一定是一个钝角与一个锐角． 其中正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 思路引领：余角和补角一定指的是两个角之间的关系，同角的补角比余角大90°． 解：①补角一定指的是两个角之间的关系，错误． ②若∠1 是∠2 的补角，则∠2 是∠1 的补角，正确． ③同一个锐角的补角一定比它的余角大90°，正确，180﹣α﹣（90﹣α）＝90． ④互补的两个角中，一定是一个钝角与一个锐角，错误，90°+90°＝180°． 故选：B． 总结提升：本题主要考查了余角和补角的知识，掌握余角的和等于90°，互补的两角之和为180°是关键． 18．（2021 秋•浦北县期末）已知∠1 与∠2 互为余角，∠1 与∠3 互为补角，下列结论：①∠3＜∠1+ 2 ∠；② ∠3 2 ﹣∠＝90°；③∠3+ 2 ∠＝270° 2 1 ﹣∠；④∠3 1 ﹣∠＝2 2 ∠．其中正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 思路引领：根据互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180°，即可求出有关的结论． 解：由：∠1+ 2 ∠＝90°（1），∠1+ 3 ∠＝180°（2）， 得，∠3＝180° 1 ﹣∠＝2 1+2 2 1 ∠ ∠ ∠ ﹣ ＝∠1+2 2 ∠， 3 ∴∠＞∠1+ 2 ∠， ∴①错误． 1+ 2 ∵∠ ∠＝90°（1），∠1+ 3 ∠＝180°（2）， ∴（2）﹣（1）得，∠3 2 ﹣∠＝90°， ∴②正确． （1）+（2）得，∠3+ 2 ∠＝270° 2 1 ﹣∠， ∴③正确． （2）﹣（1）×2 得，∠3 1 ﹣∠＝2 2 ∠， ∴④正确． 故选：． 总结提升：本题主要考查了余角和补角的知识，掌握余角的和等于90°，互补的两角之和为180°是关键． 19．（2022 秋•大东区期中）下列说法正确的有（ ） ①棱柱有2 个顶点，2 条棱，（+2）个面（为不小于3 的正整数）； ②圆锥的侧面展开图是一个圆； ③用平面去截一个正方体，截面形状可以是三角形、四边形、五边形、六边形． ．0 个 B．1 个 ．2 个 D．3 个 思路引领：根据立体图形的特征，截几何体的方法进行判定是几边形． 解：①梭柱有2 个顶点，3 条棱，（+2）个面（为不小于3 的正整数），故说法错误； ②圆锥的侧面展开图是一个扇形，故说法错误； ③用平面去截一个正方体，截面的形状可以