数学高分1200题模块精练册第1章算术

　　　　第章算术

　　　　第一节考点讲练一、有理数与无理数1实数的运算性质

　　　　（1）有理数能表示成两整数之商（分母≠0）的形式，无理数不能。

　　　　（2）运算性质：有理数±无理数=无理数；（非零）有理数×（或÷）无理数=无理数。

　　　　2常用无理数估值

　　　　πe235678103142721411732242452652833163分母有理化

　　　　1a-b=a+b(a-b)(a+b)=a+ba-b。

　　　　|例1|已知a，b为互不相等的有理数，且a2+b2-6ab=0。则a+bb-a=-2。

　　　　（1）a>b>0。

　　　　（2）a<b<0。

　　　　【答案】D。【解析】原式整理可得a2+b2-6ab=0(b-a)2=4ab，(a+b)2=8ab，则(a+b)2(b-a)2=2。

　　　　①条件（1）：a>b>0，则a+bb-a=-a+bb-a2=-2，所以条件（1）充分。

　　　　②条件（2）：a<b<0，则a+bb-a=-a+bb-a2=-2，所以条件（2）充分。

　　　　|例2|(a+b)2021=1。

　　　　（1）a=122+7+17+6+16+5+15+2+12+3+13+2+12+1。

　　　　（2）b是1-22的小数部分。

　　　　【答案】E。【解析】①条件（1）：a=122+7+17+6+16+5+15+2+12+3+13+2+12+1，利用分母有理化可将其整理为a=(22-7）+(7-6）+(6-5）+(5-2）+(2-3）+(3-2）+(2-1）=22-1，不知道b的情况，所以条件（1）不充分。

　　　　②条件（2）：-2<1-22<-1，则1-22的小数部分为b=1-22-(-2)=3-22，不知道a的情况，所以条件（2）不充分。

　　　　③（1）+（2）：两条件联合可得，a=22-1，b=3-22，则a+b=22-1+3-22=2，即(a+b)2021≠1，所以条件（1）和（2）联合不充分。

　　　　二、整数

　　　　1整除

　　　　（1）n能被m整除，通常可表示成n=km（n，m，k均为整数）。

　　　　（2）整除特征：

　　　　①被2整除：末位数为偶数；

　　　　②被5整除：末位数为0或5；

　　　　③被3（或9）整除：各数位数字之和是3（或9）的倍数；

　　　　④被11整除：奇数位数字之和与偶数位数字之和的差是11的倍数。

　　　　2公约数与公倍数

　　　　(a,b)为最大公约数，［a,b］为最小公倍数，则a×b=(a,b)×［a,b］。

　　　　3奇数与偶数

　　　　（1）两数加减——同偶异奇；两数相乘——遇偶则偶。

　　　　（2）多个数加减：奇数个数为奇数，则结果为奇数。

　　　　（3）a+b与a-b奇偶性一致。

　　　　（4）|n|，kn，nk与n的奇偶性一致（|n|，kn，nk均为整数）。

　　　　4质数与合数

　　　　（1）质数定义：n为正整数，n≥2，且除了1和n以外无其他约数。

　　　　（2）熟记30以内的质数：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29。

　　　　（3）2是唯一的偶质数。

　　　　（4）多个整数乘积等于一个较大整数，可利用质因数分解拆分该整数。

　　　　5完全平方数

　　　　112122132142152162172182192121144169196225256289324361|例3|已知a，b为自然数。则a+b=30。

　　　　（1）(a,b)=3，［a,b］=63。

　　　　（2）(a,b)=6，［a,b］=24。

　　　　【答案】B。【解析】①条件（1）：a×b=(a,b)×［a,b］=3×63，由于最大公约数为3，且a×b=3×3×3×7，则a=3,b=63或a=63,b=3或a=9,b=21或a=21,b=9,则a+b=30或66，所以条件（1）不充分。

　　　　②条件（2）：a×b=(a,b)×［a,b］=6×24，由于最大公约数为6，且a×b=6×6×4，则a=6,b=24或a=24,b=6,则a+b=30，所以条件（2）充分。

　　　　|例4|已知a，b，c都是质数，c是一位数，且ab+c=1993，则a+b+c=（）。

　　　　（A）194（B）193（C）192（D）166（E）132

　　　　【答案】A。【解析】由奇数与偶数的性质可得c=2，则ab=1991=11×181，所以a+b+c=194。

　　　　|例5|某校有男生234人，女生146人，将男、女分别分组，且每组人数相同，则男、女生各剩3人。若要使组数最少，则能分成（）组。

　　　　（A）34（B）24（C）21（D）13（E）11

　　　　【答案】A。【解析】男、女生各剩3人，则分别将男生231人、女生143人分成若干组，要使组数最少，则需找231和143的最大公约数。利用短除法可知112311432113其最大公约数为11，此时男生分为21组，女生分为13组，总共能分成34组。

　　　　|例6|已知a，b，c为自然数。则能确定(a-b)(b-c)(a-c)的奇偶性。

　　　　（1）a-b为奇数。

　　　　（2）b-c为奇数。

　　　　【答案】D。【解析】①条件（1）：a-b为奇数，则a，b为一奇一偶，不论c为奇数还是偶数，b-c和a-c必有一个为偶数，则(a-b)(b-c)(a-c)为偶数，所以条件（1）充分。

　　　　②条件（2）：b-c为奇数，则c，b为一奇一偶，不论a为奇数还是偶数，a-b和a-c必有一个为偶数，则(a-b)(b-c)(a-c)为偶数，所以条件（2）充分。

　　　　|例7|正整数a与296的乘积是一个完全平方数，则a的最小值为（）。

　　　　（A）8（B）37（C）48（D）74（E）296

　　　　【答案】D。【解析】296=23×37，而296a为完全平方数，即296a=23×37a，则a的最小值为2×37=74。

　　　　|例8|m是8的倍数。

　　　　（1）m=n2-1，n为奇数。

　　　　（2）m=n2+1，n为偶数。

　　　　【答案】A。【解析】①条件（1）：m=n2-1，n为奇数时，设n=2k-1，则m=(2k-1)2-1=4k(k-1)，k(k-1)为相邻两数之积，结果为偶数，即2的整数倍，则m必是8的倍数。所以条件（1）充分。

　　　　②条件（2）：m=n2+1，n为偶数，设n=2k，则m=(2k)2+1=4k2+1，此时m为奇数，不可能是8的倍数，所以条件（2）不充分。

　　　　|例9|设n为自然数，被5除余2，被6除余3，被7除余4。若200≤n≤700，则这样的数共有（）个。

　　　　（A）1（B）2（C）3（D）4（E）5

　　　　【答案】C。【解析】n=5k1+2n+3=5(k1+1),n=6k2+3n+3=6(k2+1),n=7k3+4n+3=7(k3+1),所以n+3是5，6，7的公倍数，且5，6，7的最小公倍数为210，又因为200≤n≤700，则在这个范围中有210，420，630是210的倍数，所以这样的数有3个。

　　　　|例10|在1，2，3，…，1000这1000个自然数中，能被2整除、但不能被5整除的整数个数为（）。

　　　　（A）600（B）550（C）500（D）450（E）400

　　　　【答案】E。【解析】能被2整除的个数有1000÷2=500（个），能被10整除的个数有1000÷10=100（个），所以能被2整除、但不能被5整除的整数有500-100=400（个）。

　　　　三、整系数不定方程

　　　　1题目特征

　　　　（1）方程个数小于未知数个数；（2）题目涉及的量均为整数。

　　　　2解题技巧

　　　　（1）尾数法：未知数系数存在5或其倍数。

　　　　（2）整除法：常数和未知数系数存在倍数关系。

　　　　（3）奇偶法：有两项奇偶性已知。

　　　　|例11|某人计划用29元购买甲、乙、丙三种商品，且每一件商品的单价均为整数。则能确定甲商品的单价。

　　　　（1）已知分别购买甲、乙、丙三种商品6件、3件、2件。

　　　　（2）已知分别购买甲、乙、丙三种商品3件、5件、5件。

　　　　【答案】B。【解析】设甲的单价为x元，乙的单价为y元，丙的单价为z元。

　　　　①条件（1）：6x+3y+2z=29，当x=1时，y和z无法确定，当x=2时，y和z无法确定，则x无法确定，所以条件（1）不充分。

　　　　②条件（2）：3x+(5y+5z)=29，利用尾数法可知3x的尾数为4或9，当3x的尾数为4时，x=8，则5y+5z=5y+z=1，不符合题意；当3x的尾数为9时，x=3，则5y+5z=20y+z=4，满足题意，则能确定甲商品的单价，所以条件（2）充分。

　　　　|例12|一次数学考试共有20道题，规定答对1题得2分，答错一题扣1分，未答的题不计分。考试结束后，小明未答的题目数量是偶数，共得23分，则他答错了（）道题。

　　　　（A）1（B）2（C）3（D）4（E）5

　　　　【答案】C。【解析】设答对了x道题，答错y道题，未答z道题，则x+y+z=20,2x-y=23,两个方程相加可得3x+z=43，由于总分为23分，所以x≥12，结合已知z是偶数，则x=13,z=4，所以答错了20-13-4=3（道）题。

　　　　|例13|在某次数学比赛中，已知某考生最终得分为81分。则可确定这次比赛的题目总数为22道。

　　　　（1）比赛规则为答对一题得5分，不答给2分，答错不得分。

　　　　（2）该考生确认自己答错了4道，且最多有5道题未答。

　　　　【答案】C。【解析】设该同学在比赛中共答对了x题，未答y题，答错了z题（x,y,z∈N+）。

　　　　①条件（1）：5x+2y=81，由尾数法可得，符合题意的解可能有x=15,y=3,x=13,y=8, x=11,y=13,x=9,y=18,…有多种情况，故不能确定x+y+z的值，所以条件（1）不充分。

　　　　②条件（2）：y≤5,z=4，而x无法确定，不能确定x+y+z的值，所以条件（2）不充分。

　　　　③（1）+（2）：两条件联立可得，5x+2y=81,y≤5,z=4,符合条件的解仅有x=15,y=3,可得总的题目数量为x+y+z=22，所以条件（1）和（2）联合充分。

　　　　|例14|某体育公司准备购进A，B，C三种型号的健身器材，其中三种器材的单价分别为5000元、3000元、2000元。考虑到顾客对于A型号的需求比B型号的需求大，该公司计划花87000元购买这三种不同型号的健身器材36台，则购买B型号健身器材（）台。

　　　　（A）3（B）6（C）9（D）12（E）15

　　　　【答案】A。【解析】设购买A，B，C三种型号的健身器材分别为x，y，z台，则x+y+z=36,5000x+3000y+2000z=87000,整理可得3x+y=15，利用整除法可得x+13y=5，解得x=4,y=3或x=3,y=6或x=2,y=9或x=1,y=12,由于顾客对于A型号的需求比B型号大，即x>y，所以y=3。

　　　　|例15|某次活动需要采购一批奖品，预计花费1730元。已知超市代金券每张25元，餐馆代金券每张35元，KTV代金券每张50元，且要求餐馆代金券数量是KTV代金券数量的2倍。若要求采购的奖品数量最多，则这三种代金券一共买了（）张。

　　　　（A）80（B）72（C）62（D）58（E）54

　　　　【答案】C。【解析】设购买KTV代金券x张，餐馆代金券2x张，超市代金券y张，则25y+35×2x+50x=1730，整理得24x+5y=346(x，y∈N+)。根据尾数法可得x=4,y=50,x=9,y=26,x=14,y=2。所以当x=4，y=50时，奖品数量最多，共购买62张代金券。

　　　　四、比与比例

　　　　（1）分数、小数、百分数、倍数、约数等均可转化为比。

　　　　（2）比例性质：

　　　　①a∶b=c∶dad=bc；②ab=cdac=bdba=dc。

　　　　（3）等比定理：

　　　　ab=cd=ef=ka+c+eb+d+f=k（b+d+f≠0）。

　　　　（4）正反比：

　　　　①两变量之商为定值，则两数成正比，yx=k（k≠0）；

　　　　②两变量之积为定值，则两数成反比，xy=k（k≠0）。

　　　　（5）常见解题思路：

　　　　①已知比例求实际量，常用“见比设k”进行求解；

　　　　②已知多个量两两之比，常围绕不变量进行比例统一；

　　　　③行程、工程问题中，多个过程存在不变量，常利用正反比快速解题。

　　　　|例16|已知abc≠0。则(a+b)(b+c)(a+c)abc=354。

　　　　（1）a+b+c2c=a+b+c3b=a+b+c4a。

　　　　（2）a3=b4=c6。

　　　　【答案】B。【解析】①条件（1）：条件（1）可分为如下两种情况。第一种：当a+b+c=0时，a+b=-c，b+c=-a，a+c=-b，(a+b)(b+c)(a+c)abc=(-c)(-a)(-b)abc=-1。第二种：当a+b+c≠0时，2c=3b

模块精练册

第1章算术第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第2章代数式与函数第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第3章方程与不等式第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第4章数列第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第5章应用题第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第6章数据分析第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第7章平面几何及空间几何体第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

第8章解析几何第一节考点讲练

第二节题型精练

第三节实战演练

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