析直接利用单项式系数的定义得出答案解答解单项式的系数是故答案为点评此题主要考查了单项式，正确把握单项式系数的确定方法是解题关键若且，则第页共页考点绝对值分析根据绝对值的定义，可得出的值，再由的取值范围，得出的值解答解，故答案为点评本题考查了绝对值，个正数的绝对值是它本身个负数的绝对值是它的相反数的绝对值是若与是同类项，则考点同类项分析此题考查同类项的概念字母相同，字母的指数也相同的项是同类项可得再代入求值即可解答解根据同类项定义，有，点评结合同类项的概念，找到对应字母及字母的指数，确定待定字母的值，然后计算如果关于的方程的解是，则考点元次方程的解分析把代入方程得到个关于的方程，解方程求得的值解答解把代入方程得，解得故答案是点评本题考查了方程的解的定义，理解定义是关键若的补角为，则考点余角和补角度分秒的换算专题计算题分析根据互为补角的概念可得出解答解的补角为，第页共页，故答案为点评本题考查了余角和补角以及度分秒的换算，是基础题，要熟练掌握已知和互为相反数，互为倒数那么的值等于考点代数式求值相反数倒数分析根据互为相反数的两个数的和等于可得，互为倒数的两个数的乘积是可得，然后代入代数式进行计算即可得解解答解和互为相反数互为倒数，故答案为点评本题考查了代数式求值，主要利用了相反数的定义和倒数的定义，熟记概念是解题的关键关于的方程是元次方程，则考点元次方程的定义专题待定系数法分析只含有个未知数元，并且未知数的指数是次的方程叫做元次方程，它的般形式是，是常数且≠据此可列出关于的等式，继而可求出的值解答解是元次方程，根据元次方程的定义得，解得，又≠，故答案为第页共页点评本题主要考查了元次方程的般形式，未知数的指数是，次项系数不是，特别容易忽视的点就是系数不是的条件，这是这类题目考查的重点三解答题本题共分，每题分化简计算考点有理数的混合运算专题计算题实数分析原式先计算绝对值运算，再计算乘法分配律计算即可得到结果原式先计算乘方运算，再计算乘法运算，最后算加减运算即可得到结果解答解原式原式点评此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键解下列方程考点解元次方程专题计算题分析先去括号，再移项，化系数为，从而得到方程的解这是个带分母的方程，所以要先去分母，再去括号，最后移项，化系数为，从而得到方程的解解答解去括号得，移项合并同类项得，系数化为得去分母得，去括号得，第页共页移项合并同类项得，系数化为得点评去分母时，方程两端同乘各分母的最小公倍数时，不要漏乘没有分母的项，同时要把分子如果是个多项式作为个整体加上括号先化简，再求值，其中考点整式的加减化简求值专题计算题整式分析原式合并同类项得到最简结果，把的值代入计算即可求出值解答解原式，当时，原式点千米，慢车行驶的路程为千米由题意，得，解得答快车开出小时后两车相遇点评本题考查了列元次方程解相遇问题的运用，元次方程的解法的运用，根据慢车行驶的路程快车行驶的路程全程建立方程是关键第页共页此题考查了整式的加减化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键个角的余角比这个角的少，请你计算出这个角的大小考点余角和补角分析设这个角的度数为，根据互余的两角的和等于表示出它的余角，然后列出方程求解即可解答解设这个角的度数为，则它的余角为，由题意得，解得答这个角的度数是点评本题考查了余角的定义，熟记概念并列出方程是解题的关键房间窗户如图所示其中上方的装饰物由两个四分之圆和个半圆组成它们的半径相同装饰物所占的面积是多少窗户中能射进阳光的部分的面积是多少第页共页考点列代数式分析半径相同的两个四分之圆和个半圆正好构成了个整圆，所求装饰物所占的面积正好是个整圆的面积能射进阳光的部分的面积窗户面积装饰物面积解答解依题意得装饰物的面积正好等于个半径为的圆的面积，即点评解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找到所求的量的等量关系，本题需注意圆的半径的计算方法，以及计算过程中的化简需细心四综合题公司要把批物品运往外地，现有两种运输方式可供选择方式使用快递公司运输，装卸费元，另外每千米再加收元方式二使用火车运输，装卸费元，另外每千米再加收元若两种运输的总费用相等，则运输路程是多少若运输路程是千米，这家公司应选用哪种运输方式考点元次方程的应用分析设运输路程是千米，根据两种运输的总费用相等列出方程，求解即可把路程为千米代入，分别计算两种运输的总费用，比较其大小即可解答解设运输路程是千米，根据题意得，第页共页解得答若两种运输的总费用相等，则运输路程是千米若运输路程是千米，选择方式运输的总费用是元，选择方式二运输的总费用是元所以若运输路程是千米，这家公司应选用方式二的运输方式点评本题考查了元次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解如图，将两块直角三角板的直角顶点叠放在起试判断与的大小关系，并说明理由若，求的度数猜想与的数量关系，并说明理由若改变其中个三角板的位置，如图，则第小题的结论还成立吗不需说明理由考点余角和补角分析根据余角的性质，可得答案根据余角的定义，可得，根据角的和差，可得答案根据角的和差，可得答案根据角的和差，可得答案解答解，理由如下第页共页若，且，猜想理由如下成立点评本题考查了余角和补角，利用了余角的性质，补角的性质，角的和差，四个角的和等于周角，两地间的距离为千米，列慢车从站出发，每小时行驶千米，列快车从站出发，每小时行驶千米问两车同时出发，相向而行，出发后多长时间相遇两车相向而行，慢车先开分钟，那么快车开出多长时间后两车相遇考点元次方程的应用分析设出发后小时两车相遇，则慢车行驶的路程为千米，快车行驶的路程为千米，由慢车行驶的路程快车行驶的路程建立方程求出其解即可设快车开出小时后两车相遇，则快车行驶的路程为千米，慢车行驶的路程为千米由慢车行驶的路程快车行驶的路程建立方程求出其解即可解答解设出发后小时两车相遇，则慢车行驶的路程为千米，快车行驶的路程为千米，由题意，得，解得答出发后小时两车相遇第页共页设快车开出小时后两车相遇，则快车行驶的路程为点评此题主要考查了元次方程的应用，关键是弄清题意，找出题目中的等量关系，设出未知数列出方程，此题用到的公式是售价标价打折三计算题本题包括题，每题分，共分，解答时应写出必要的计算或化简过程第页共页秋•岳池县期末计算考点有理数的混合运算专题计算题实数分析原式先计算乘方运算，再计算乘法运算，最后算加减运算即可得到结果原式先计算乘方及绝对值运算，再计算乘法运算，最后算加减运算即可得到结果解答解原式原式点评此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键秋•岳池县期末计算考点整式的加减分析先去括号，再合并同类项即可先去括号，再合并同类项即可解答解点评此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键秋•岳池县期末解方程第页共页考点解元次方程分析根据元次方程的解法即可求出答案解答解点评本题考查元次方程的解法，属于基础题型四解答题秋•岳池县期末已知互为相反数，互为倒数，的绝对值是，求的值考点代数式求值分析依据相反数绝对值倒数的性质可得到，然后代入计算即可解答解互为相反数，互为倒数，的绝对值是又，或当时，原式当时，原式所以代数式的值为或点评本题主要考查的是求代数式的值，熟练掌握相反数绝对值倒数的性质是解题的关键化简求值，其中，考点整式的加减化简求值第页共页分析先去括号，合并同类项，再代入计算即可求解解答解，当，时，原式点评此题考查了整式的加减化简求值，给出整式中字母的值，求整式的值的问题，般要先化简，再把给定字母的值代入计算，得出整式的值，不能把数值直接代入整式中计算五推理与计算题如图，已知平分，且，求的度数及的余角的度数考点余角和补角分析由于是的平分线，可得，则，然后根据四个角的和是即可求得的度数，再根据余角的定义可求的余角的度数解答解是的平分线又，的余角的度数点评本题考查了余角和补角，角度的计算，理解是本题的关键如图，点在线段上，点分别是的中点求线段的长第页共页若在线段的延长线上，且满足，分别为的中点，你能猜想出的长度吗请画出图形，并说明理由考点两点间的距离分析根据线段的中点的性质，可得的长，再根据线段的和差，可得答案根据题意画出图形，同即可得出结果解答解点分别是的中点即线段的长是能，理由如下如图所示，点分别是的中点，慢车先开分钟，那么快车开出多长时间后两车相遇第页共页参考答案与试题解析选择题零上记作，零下可记作考点正数和负数分析根据正和负所表示的意义，用正数表示零上摄氏度，用负数表示零下摄氏度，即可得出答案解答解零上记作，零下可记作，故选点评此题主要考查了正负数的意义，解题关键是理解正和负的相对性，明确什么是对具有相反意义的量方程的解的相反数是考点解元次方程相反数专题计算题分析先要求得的解，通过移项，系数化为得出的值，再去求它的相反数解答解方程移项得系数化为得则的相反数是故选点评解元次