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初中数学中考复习 专题02 整式与因式分解-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 专题02 整式与因式分解-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（解析版），共56页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题02 整式与因式分解
一、单选题
1．（2022·湖南郴州）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据合并同类项、同底数幂的除法法则，完全平方公式以及二次根式的计算法则进行计算即可．
【详解】
A.不能合并，故A错误；
B.，故B错误；
C.，故C错误；
D.，故D正确；
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了合并同类项、同底数幂的除法法则、完全平方公式以及二次根式的计算法则等知识．掌握合并同类项、同底数幂的除法法则、完全平方公式以及二次根式的计算法则是解答本题的关键．
2．（2022·山东临沂）计算的结果是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先计算单项式乘以多项式，再合并同类项即可．
【详解】
解：
．
故选B
【点睛】
本题考查的是整式的混合运算，单项式乘以多项式，掌握“单项式乘以多项式的运算”是解本题的关键．
3．（2022·内蒙古包头）若a，b互为相反数，c的倒数是4，则的值为（ ）
A． B． C． D．16
【答案】C
【解析】
【分析】
根据a，b互为相反数，可得，c的倒数是4，可得 ，代入即可求解．
【详解】
∵a，b互为相反数，
∴，
∵c的倒数是4，
∴，
∴，
故选：C
【点睛】
本题考查了代数式的求值问题，利用已知求得，是解题的关键．
4．（2022·广西河池）多项式因式分解的结果是( )
A．x（x﹣4）+4 B．（x+2）（x﹣2） C．（x+2）2 D．（x﹣2）2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】
解：．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了公式法分解因式，理解完全平方公式是解答关键．
5．（2022·广西柳州）把多项式a2+2a分解因式得（ ）
A．a（a+2） B．a（a﹣2） C．（a+2）2 D．（a+2）（a﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】
运用提公因式法进行因式分解即可．
【详解】
故选A
【点睛】
本题主要考查了因式分解知识点，掌握提公因式法是解题的关键．
6．（2021·广西百色）下列各式计算正确的是（ ）
A．33＝9 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．2＋3＝5 D．（2a2b）3＝8a8b3
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据有理数的乘方、二次根式的计算法则和整式的乘法计算法则进行计算判断即可得到答案.
【详解】
解：A、，此选项错误；
B、，此选项错误；
C、，此选项正确；
D、，此选项错误.
故选C.
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加法运算和整式的乘法运算，解题的关键在于熟练的掌握相关知识进行求解.
7．（2021·甘肃兰州）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（ ）
A．12 B．13 C．24 D．25
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．
【详解】
菱形的对角线互相垂直平分，
个直角三角形全等；
，，
，
四边形是正方形，又正方形的面积为13，
正方形的边长为，
根据勾股定理，则，
中间空白处的四边形的面积为1，
个直角三角形的面积为，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．
8．（2022·青海）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据合并同类项，完全平方公式，平方差公式，因式分解计算即可．
【详解】
A.选项，3x2与4x3不是同类项，不能合并，故该选项计算错误，不符合题意；
B.选项，原式= ，故该选项计算错误，不符合题意；
C.选项，原式= ，故该选项计算错误，不符合题意；
D.选项，原式=，故该选项计算正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了合并同类项，完全平方公式，平方差公式，因式分解，注意完全平方公式展开有三项是解题的易错点．
9．（2020·四川广安）下列运算中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同类项的定义、单项式乘单项式法则和二次根式的乘法公式逐一判断即可．
【详解】
解：A．和不是同类项，不能合并，故错误；
B． ，故错误；
C．，故错误；
D．，故正确．
故选D．
【点睛】
此题考查的是整式的运算和二次根式的运算，掌握同类项的定义、单项式乘单项式法则和二次根式的乘法公式是解题关键．
10．（2020·黑龙江大庆）若，则的值为（ ）
A．－5 B．5 C．1 D．－1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据绝对值和平方的非负性可求出x，y的值，代入计算即可；
【详解】
∵，
∴，，
∴，，
∴．
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了绝对值和平方的非负性，准确计算是解题的关键．
11．（2022·广东广州）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为（ ）
A．252 B．253 C．336 D．337
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图形的变化及数值的变化找出变化规律,即可得出结论．
【详解】
解：设第n个图形需要an（n为正整数）根小木棒，
观察发现规律：第一个图形需要小木棒：6=6×1+0，
第二个图形需要小木棒：14=6×2+2；
第三个图形需要小木棒：22=6×3+4，…，
∴第n个图形需要小木棒：6n+2（n-1）=8n-2．
∴8n-2=2022，得：n=253，
故选：B．
【点睛】
本题考查了规律型中图形的变化类，解决该题型题目时，根据给定图形中的数据找出变化规律是关键．
12．（2022·内蒙古呼和浩特）以下命题：①面包店某种面包售价元/个，因原材料涨价，面包价格上涨10%，会员优惠从打八五折调整为打九折，则会员购买一个面包比涨价前多花了元；②等边三角形中，是边上一点，是边上一点，若，则；③两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等；④一列自然数0，1，2，3，55，依次将该列数中的每一个数平方后除以100，得到一列新数，则原数与对应新数的差，随着原数的增大而增大．其中真命题的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识逐项判断即可，
【详解】
解：①项，会员原来购买一个面包需要0.85a元，现在需要a×(1+10%)×0.9=0.99a，则会员购买一个面包比涨价前多花了0.99a-0.85a=0.14a元，故①项正确；
②项，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，∠C+∠EDC=∠AED，
又∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC=∠C+∠EDC+∠EDC，
∴∠BAD=∠EDC+∠EDC=2∠EDC，故②项错误；
③项，如图，△ABC和△DEF，AB=DE，AC=DF，AM是△ABC的BC边上的中线，DN是△DEF的边EF上的中线，AM=DN，即有△ABC≌△DEF，理由如下：
延长AM至G点，使得AM=GM，连接GC，延长DN至H点，使得DN=NH，连接HF，
∵AM是中线，
∴BM=MC，
∵AM=MG，∠AMB=∠GMC，
∴△AMB≌△GMC，
∴AB=GC，
同理可证DE=HF，
∵AM=DN，
∴AG=2AM=2DN=DH，
∵AB=DE，
∴GC=HF，
∴结合AC=DF可得△ACG≌△DFH，
∴∠GAC=∠HDF，
同理可证∠GAB=∠HDE，
∴∠BAC=∠GAB+∠GAC=∠HDF+∠HDE=∠EDF，
∵AB=DE，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF，故③正确；
④设原数为x，则新数为，设原数与新数之差为y，
即，变形为：，
将x等于0、1、2、3、55分别代入可知，y随着x的增大而增大，
故④正确；
即正确的有三个，
故选：C，
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
13．（2022·广西玉林）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4 B． C．2 D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】
解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】
本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．
14．（2021·内蒙古）若，则代数式的值为（ ）
A．7 B．4 C．3 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先将代数式变形为，再代入即可求解．
【详解】
解：．
故选：C
【点睛】
本题考查了求代数式的值，熟练掌握完全平方公式是解题关键，也可将x的值直接代入计算．
15．（2021·江苏苏州）已知两个不等于0的实数、满足，则等于（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
先化简式子，再利用配方法变形即可得出结果．
【详解】
解：∵，
∴，
∵两个不等于0的实数、满足，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查分式的化简、配完全平方、灵活应用配方法是解题的关键．
16．（2021·山东临沂）实验证实，放射性物质在放出射线后，质量将减少，减少的速度开始较快，后来较慢，实际上，物质所剩的质量与时间成某种函数关系．下图为表示镭的放射规律的函数图象，据此可计算32mg镭缩减为1mg所用的时间大约是（ ）
A．4860年 B．6480年 C．8100年 D．9720年
【答案】C
【解析】
【分析】
根据物质所剩的质量与时间的规律，可得答案．
【详解】
解：由图可知：
1620年时，镭质量缩减为原来的，
再经过1620年，即当3240年时，镭质量缩减为原来的，
再经过1620×2=3240年，即当4860年时，镭质量缩减为原来的，
...，
∴再经过1620×4=6480年，即当8100年时，镭质量缩减为原来的，
此时mg，
故选C．
【点睛】
本题考查了函数图象，规律型问题，利用函数图象的意义是解题关键．
17．（2020·四川眉山）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，变形可得：，因此可求出，，把和代入即可求解．
【详解】
∵
∴
即，
∴求得：，
∴把和代入得：
故选：A
【点睛】
本题主要考查了完全平方公式因式分解，熟记完全平方公式，通过移项对已知条件进行配方是解题的关键．
18．（2020·内蒙古呼和浩特）下列运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据二次根式的乘法，幂的乘方和积的乘方，分式的混合运算，分式的除法法则判断即可.
【详解】
解：A、，故选项错误；
B、，故选项错误；
C、
=
=
=，故选项正确；
D、，故选项错误；
故选C.
【点睛】
本题考查了二次根式的乘法，幂的乘方和积的乘方，分式的混合运算，分式的除法法则，解题的关键是学会计算，掌握运算法则.
19．（2020·青海）下面是某同学在一次测试中的计算：
①；②；③；④，其中运算正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据整式的减法、整式的乘除法、幂的乘方逐个判断即可．
【详解】
与不是同类项，不可合并，则①错误
，则②错误
，则③错误
，则④正确
综上，运算正确的个数为1个
故选：D．
【点睛】
本题考查了整式的减法、整式的乘除法、幂的乘方，熟记整式的运算法则是解题关键．
20．（2020·广西柳州）下列多项式中，能用平方差公式进行因式分解的是（ ）
A．a2﹣b2 B．﹣a2﹣b2 C．a2+b2 D．a2+2ab+b2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平方差公式的结构特点，两个平方项，并且符号相反，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：A、a2﹣b2符合平方差公式的特点，能用平方差公式进行因式分解；
B、﹣a2﹣b2两平方项符号相同，不能用平方差公式进行因式分解；
C、a2+b2两平方项符号相同，不能用平方差公式进行因式分解；
D、a2+2ab+b2是三项，不能用平方差公式进行因式分解．
故选：A．
【点睛】
本题考查了用平方差公式进行因式分解．熟记平方差公式的结构特点是解题的关键．平方差公式：．
21．（2022·内蒙古通辽）下列命题：①；②数据1，3，3，5的方差为2；③因式分解；④平分弦的直径垂直于弦；⑤若使代数式在实数范围内有意义，则．其中假命题的个数是（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据积的乘方，方差的计算，多项的因式分解，垂径定理的推论，二次根式有意义的条件，逐项判断即可求解．
【详解】
解：①，故原命题是假命题；
②数据1，3，3，5的平均数为 ，所以方差为，是真命题；
③，是真命题；
④平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故原命题是假命题；
⑤使代数式在实数范围内有意义，则，即，是真命题；
∴假命题的个数是2．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了积的乘方，方差的计算，多项的因式分解，垂径定理的推论，二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
22．（2021·广西贺州）多项式因式分解为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先提取公因式，再利用完全平方公式将括号里的式子进行因式分解即可
【详解】
解：
故答案选：A．
【点睛】
本题考查了提公因式法和公式法进行因式分解．正确应用公式分解因式是解题的关键．
23．（2021·四川眉山）化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
小括号先通分合并，再将除法变乘法并因式分解即可约分化简．
【详解】
解：原式
故答案是：B．
【点睛】
本题考察分式的运算和化简、因式分解，属于基础题，难度不大．解题关键是掌握分式的运算法则．
24．（2020·浙江金华）下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平方差公式的定义判断即可；
【详解】
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意；
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意；
、原式，能利用平方差公式进行因式分解，符合题意；
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了平方差公式的应用，准确判断是解题的关键．
25．（2020·湖南益阳）下列因式分解正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用提公因式法分解因式和平方差公式以及完全平方公式进行分解即可得到答案．
【详解】
A、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项正确；
D、，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了公式法和提公因式法分解因式，关键是注意口诀：找准公因式，一次要提净；全家都搬走，留1把家守；提负要变号，变形看奇偶．
26．（2020·内蒙古通辽）从下列命题中，随机抽取一个是真命题的概率是( )
（1）无理数都是无限小数；
（2）因式分解；
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是；
（4）弧长是，面积是的扇形的圆心角是．
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
分别判断各命题的真假，再利用概率公式求解.
【详解】
解：（1）无理数都是无限小数，是真命题，
（2）因式分解，是真命题，
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是，是真命题，
（4）设扇形半径为r，圆心角为n，
∵弧长是，则=，则，
∵面积是，则=，则360×240，
则，则n=3600÷24=150°，
故扇形的圆心角是，是假命题，
则随机抽取一个是真命题的概率是，
故选C.
【点睛】
本题考查了命题的真假，概率，扇形的弧长和面积，无理数，因式分解，正方体展开图，知识点较多，难度一般，解题的关键是运用所学知识判断各个命题的真假.
二、填空题
27．（2022·江苏常州）计算：_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据同底数幂的除法运算法则即可求出．
【详解】
解：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查同底数幂的除法，掌握同底数幂的除法法则是解题的关键．
28．（2022·吉林）篮球队要购买10个篮球，每个篮球元，一共需要__________元．（用含的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】
根据“总费用购买篮球的数量每个篮球的价格”即可得．
【详解】
解：由题意得：一共需要的费用为元，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了列代数式，正确找出等量关系是解题关键．
29．（2022·天津）计算的结果等于___________．
【答案】18
【解析】
【分析】
根据平方差公式即可求解．
【详解】
解：，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了平方差公式的应用，熟练掌握平方差公式的展开式是解题的关键．
30．（2022·四川广安）已知a+b=1，则代数式a2﹣b2 +2b+9的值为________．
【答案】10
【解析】
【分析】
根据平方差公式，把原式化为，可得，即可求解．
【详解】
解：a2﹣b2 +2b+9
故答案为：10
【点睛】
本题主要考查了平方差公式的应用，利用整体代入思想解答是解题的关键．
31．（2022·四川乐山）如果一个矩形内部能用一些正方形铺满，既不重叠，又无缝隙，就称它为“优美矩形”，如图所示，“优美矩形”ABCD的周长为26，则正方形d的边长为______．
【答案】5
【解析】
【分析】
设正方形a、b、c、d的边长分别为a、b、c、d，分别求得b=c，c=d，由“优美矩形”ABCD的周长得4d+2c=26，列式计算即可求解．
【详解】
解：设正方形a、b、c、d的边长分别为a、b、c、d，
∵“优美矩形”ABCD的周长为26，
∴4d+2c=26，
∵a=2b，c=a+b，d=a+c，
∴c=3b，则b=c，
∴d=2b+c=c，则c=d，
∴4d+d =26，
∴d=5，
∴正方形d的边长为5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了整式加减的应用，认真观察图形，根据长方形的周长公式推导出所求的答案是解题的关键．
32．（2022·黑龙江大庆）已知代数式是一个完全平方式，则实数t的值为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】
直接利用完全平方公式求解．
【详解】
解：∵代数式是一个完全平方式，
∴，
∴，
解得或，
故答案为：或
【点睛】
本题考查了完全平方公式的运用，熟记完全平方公式的特点是解题的关键．
33．（2022·广西）阅读材料：整体代值是数学中常用的方法．例如“已知，求代数式的值．”可以这样解：．根据阅读材料，解决问题：若是关于x的一元一次方程的解，则代数式的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据是关于x的一元一次方程的解，得到，再把所求的代数式变形为，把整体代入即可求值．
【详解】
解：∵是关于x的一元一次方程的解，
∴，
∴
．
故答案为：14．
【点睛】
本题考查了代数式的整体代入求值及一元一次方程解的定义，把所求的代数式利用完全平方公式变形是解题的关键．
34．（2021·贵州黔西）已知2a﹣5b＝3，则2+4a﹣10b＝________．
【答案】8
【解析】
【分析】
先变形得出2+4a﹣10b＝2+2（2a﹣5b），再代入求出答案即可．
【详解】
解：∵2a﹣5b＝3，
∴2+4a﹣10b
＝2+2（2a﹣5b）
＝2+2×3
＝8，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了求代数式的值，掌握整体代入法是解此题的关键．
35．（2021·贵州铜仁）如图所示：是一个运算程序示意图，若第一次输入1，则输出的结果是______________；
【答案】11
【解析】
【分析】
把x=1代入运算程序的y=6＜9，无法输出，再把x=2代入运算程序得y=11＞9，输出答案，问题得解．
【详解】
解：把x=1代入得y=1+2+3=6＜9，无法输出，
∴把x=1+1=2代入得y=4+4+3=11＞9，输出答案．
故答案为：11
【点睛】
本题考查了根据运算程序进行计算，理解运算程序是解题关键．
36．（2021·河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．
（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为___________；
（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片___________块．
【答案】 4
【解析】
【分析】
（1）直接利用正方形面积公式进行计算即可；
（2）根据已知图形的面积公式的特征，利用完全平方公式即可判定应增加的项，再对应到图形上即可．
【详解】
解：（1）∵甲、乙都是正方形纸片，其边长分别为
∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为；
故答案为：．
（2）要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，则它们的面积和为，若再加上（刚好是4个丙），则，则刚好能组成边长为的正方形，图形如下所示，所以应取丙纸片4块．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形的面积公式以及完全平方公式的几何意义，解决本题的关键是牢记公式特点，灵活运用公式等，本题涉及到的方法为观察、假设与实践，涉及到的思想为数形结合的思想．
37．（2020·宁夏）2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图1），且大正方形的面积是15，小正方形的面积是3，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，那么图2中最大的正方形的面积为____．
【答案】27
【解析】
【分析】
根据题意得出a2+b2=15，（b-a）2=3，图2中大正方形的面积为：（a+b）2，然后利用完全平方公式的变形求出（a+b）2即可．
【详解】
解：由题意可得在图1中：a2+b2=15，（b-a）2=3，
图2中大正方形的面积为：（a+b）2，
∵（b-a）2=3
a2-2ab+b2=3，
∴15-2ab=3
2ab=12，
∴（a+b）2=a2+2ab+b2=15+12=27，
故答案为：27．
【点睛】
本题考查了完全平方公式在几何图形中的应用，熟知完全平方式的形式是解题关键．
38．（2022·辽宁锦州）分解因式：____________．
【答案】
【解析】
【分析】
先提取公因数y，再利用完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：（a±b）2=a2±2ab+b2．
【详解】
解：；
故答案为：
【点睛】
本题考查了提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，难点在于需要进行二次分解因式．
39．（2022·贵州黔东南）分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先提公因式，然后再根据完全平方公式可进行因式分解．
【详解】
解：原式=；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键．
40．（2020·浙江）化简：＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先将分母因式分解，再根据分式的基本性质约分即可．
【详解】
＝
＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了分式的除法以及利用完全平方公式因式分解，解答本题的关键是掌握分式的基本性质以及因式分解的方法．
41．（2022·浙江丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形，已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5.，且．
（1）若a，b是整数，则的长是___________；
（2）若代数式的值为零，则的值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】
（1）根据图象表示出PQ即可；
（2）根据分解因式可得，继而求得，根据这四个矩形的面积都是5，可得，再进行变形化简即可求解．
【详解】
（1）①和②能够重合，③和④能够重合，，
，
故答案为：；
（2），
，
或，即（负舍）或
这四个矩形的面积都是5，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了代数式及其分式的化简求值，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的根据．
42．（2022·四川自贡）化简： ＝____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据分式混合运算的顺序，依次计算即可．
【详解】
=
故答案为
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，熟练掌握约分，通分，因式分解的技巧是解题的关键．
43．（2021·四川内江）若实数满足，则__．
【答案】2020
【解析】
【分析】
由等式性质可得，，再整体代入计算可求解．
【详解】
解：，
，，
．
故答案为：2020．
【点睛】
本题主要考查因式分解的应用，将等式转化为，是解题的关键．
44．（2021·广东）若且，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据，利用完全平方公式可得，根据x的取值范围可得的值，利用平方差公式即可得答案．
【详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∴=，
∴==，
故答案为：
【点睛】
本题考查了完全平方公式及平方差公式，准确运用公式是解题的关键．
45．（2021·湖北十堰）已知，则_________．
【答案】36
【解析】
【分析】
先把多项式因式分解，再代入求值，即可．
【详解】
∵，
∴原式=，
故答案是：36．
【点睛】
本题主要考查代数式求值，掌握提取公因式法和公式法分解因式，是解题的关键．
46．（2020·湖南）阅读理解：对于x3﹣（n2+1）x+n这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3﹣（n2+1）x+n＝x3﹣n2x﹣x+n＝x（x2﹣n2）﹣（x﹣n）＝x（x﹣n）（x+n）﹣（x﹣n）＝（x﹣n）（x2+nx﹣1）．
理解运用：如果x3﹣（n2+1）x+n＝0，那么（x﹣n）（x2+nx﹣1）＝0，即有x﹣n＝0或x2+nx﹣1＝0，
因此，方程x﹣n＝0和x2+nx﹣1＝0的所有解就是方程x3﹣（n2+1）x+n＝0的解．
解决问题：求方程x3﹣5x+2＝0的解为_____．
【答案】x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【解析】
【分析】
将原方程左边变形为x3﹣4x﹣x+2＝0，再进一步因式分解得（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，据此得到两个关于x的方程求解可得．
【详解】
解：∵x3﹣5x+2＝0，
∴x3﹣4x﹣x+2＝0，
∴x（x2﹣4）﹣（x﹣2）＝0，
∴x（x+2）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
则（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，即（x﹣2）（x2+2x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x2+2x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
故答案为：x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找到解方程的方法．
三、解答题
47．（2021·吉林长春）先化简，再求值：，其中．
【答案】
【解析】
【分析】
首先利用平方差公式，单项式乘以多项式去括号，再合并同类项，然后将a的值代入化简后的式子，即可解答本题．
【详解】
当时，
原式=．
【点睛】
本题考查了整式的混合运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
48．（2021·湖南永州）先化简，再求值：，其中．
【答案】，7．
【解析】
【分析】
先计算完全平方公式、平方差公式，再计算整式的加减法，然后将代入求值即可得．
【详解】
解：原式，
，
将代入得：原式．
【点睛】
本题考查了整式的化简求值，熟记完全平方公式和平方差公式是解题关键．
49．（2021·河北）某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进本甲种书和本乙种书，共付款元．
（1）用含，的代数式表示；
（2）若共购进本甲种书及本乙种书，用科学记数法表示的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）进本甲种书和本乙种书共付款为2种书的总价，用单价乘以数量即可；
（2）将书的数量代入（1）中结论，求解，最后用科学记数法表示．
【详解】
（1）
（2）
所以．
【点睛】
本题考查了列代数式，科学记数法，幂的计算，正确的理解题意根据实际问题列出代数式，正确的用科学记数法表示出结果是解题的关键．
50．（2020·江苏南通）计算：
（1）（2m+3n）2﹣（2m+n）（2m﹣n）；
（2）
【答案】（1）12mn+10n2；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据完全平方公式，平方差公式进行计算即可；
（2）括号内先通分计算，并因式分解，然后变除为乘，进行约分即可．
【详解】
解：（1）原式＝4m2+12mn+9n2﹣（4m2﹣n2）
＝4m2+12mn+9n2﹣4m2+n2
＝12mn+10n2；
（2）原式＝
＝
＝
＝．
【点睛】
本题考查了整式和分式的混合运算，熟知完全平方公式，平方差公式，通分，约分，因式分解计算是解题的关键．
51．（2020·河北）有一电脑程序：每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，同时区就会自动减去，且均显示化简后的结果．已知，两区初始显示的分别是25和－16，如图．
如，第一次按键后，，两区分别显示：
（1）从初始状态按2次后，分别求，两区显示的结果；
（2）从初始状态按4次后，计算，两区代数式的和，请判断这个和能为负数吗？说明理由．
【答案】（1）；；（2）；和不能为负数，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，区就会自动减去，可直接求出初始状态按2次后A，B两区显示的结果．
（2）依据题意，分别求出初始状态下按4次后A，B两区显示的代数式，再求A，B两区显示的代数式的和，判断能否为负数即可．
【详解】
解：（1）A区显示结果为： ，
B区显示结果为：；
（2）初始状态按4次后A显示为：
B显示为：
∴A+B=
=
=
∵恒成立，
∴和不能为负数．
【点睛】
本题考查了代数式运算，合并同类项，完全平方公式问题，解题关键在于理解题意，列出代数式进行正确运算，并根据完全平方公式判断正负．
52．（2021·贵州安顺）（1）有三个不等式，请在其中任选两个不等式，组成一个不等式组，并求出它的解集：
（2）小红在计算时，解答过程如下：
第一步
第二步
第三步
小红的解答从第_________步开始出错，请写出正确的解答过程．
【答案】（1）x＜-3；（2）第一步，正确过程见详解
【解析】
【分析】
（1）先挑选两个不等式组成不等式组，然后分别求出各个不等式的解，再取公共部分，即可；
（2）根据完全平方公式、去括号法则以及合并同类项法则，进行化简，即可．
【详解】
解：（1）挑选第一和第二个不等式，得，
由①得：x＜-2，
由②得：x＜-3，
∴不等式组的解为：x＜-3；
（2）小红的解答从第一步开始出错，正确的解答过程如下：
．
故答案是：第一步
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组以及整式的混合运算，掌握解不等式组的基本步骤以及完全平方公式，是解题的关键．
53．（2022·广东广州）已知T=
(1)化简T；
(2)若关于的方程有两个相等的实数根，求T的值．
【答案】(1)；
(2)T=
【解析】
【分析】
(1)根据整式的四则运算法则化简即可；
(2)由方程有两个相等的实数根得到判别式△=4a²-4(-ab+1)=0即可得到，整体代入即可求解．
(1)
解：T=
=；
(2)
解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
则T=．
【点睛】
本题考察了整式的四则运算法则、一元二次方程的实数根的判别、整体思想，属于基础题，熟练掌握运算法则及一元二次方程的根的判别式是解题的关键．
54．（2022·吉林）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中是关于的多项式．请写出多项式，并将该例题的解答过程补充完整．
例先去括号，再合并同类项：（）．
解：（）
．
【答案】，解答过程补充完整为
【解析】
【分析】
利用除以可得，再根据合并同类项法则补充解答过程即可．
【详解】
解：观察第一步可知，，
解得，
将该例题的解答过程补充完整如下：
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多项式的乘除法、合并同类项，熟练掌握整式的运算法则是解题关键．
55．（2022·河北）整式的值为P．
(1)当m＝2时，求P的值；
(2)若P的取值范围如图所示，求m的负整数值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将m＝2代入代数式求解即可，
（2）根据题意，根据不等式，然后求不等式的负整数解．
(1)
解：∵
当时，
；
(2)
，由数轴可知，
即，
，
解得，
的负整数值为．
【点睛】
本题考查了代数式求值，解不等式，求不等式的整数解，正确的计算是解题的关键．
56．（2022·浙江金华）如图1，将长为，宽为的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大小两个正方形．
(1)用关于a的代数式表示图2中小正方形的边长．
(2)当时，该小正方形的面积是多少？
【答案】(1)
(2)36
【解析】
【分析】
（1）分别算出直角三角形较长的直角边和较短的直角边，再用较长的直角边减去较短的直角边即可得到小正方形面积；
（2）根据（1）所得的小正方形边长，可以写出小正方形的面积代数式，再将a的值代入即可．
(1)
解：∵直角三角形较短的直角边，
较长的直角边，
∴小正方形的边长；
(2)
解：，
当时，．
【点睛】
本题考查割补思想，属性结合思想，以及整式的运算，能够熟练掌握割补思想是解决本题的关键．
57．（2022·浙江嘉兴）设是一个两位数，其中a是十位上的数字（1≤a≤9）．例如，当a＝4时，表示的两位数是45．
(1)尝试：
①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝ ；
……
(2)归纳：与100a(a＋1)＋25有怎样的大小关系？试说明理由．
(3)运用：若与100a的差为2525，求a的值．
【答案】(1)③；
(2)相等，证明见解析；
(3)
【解析】
【分析】
（1）③仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可；
（2）由再计算100a(a＋1)＋25，从而可得答案；
（3）由与100a的差为2525，列方程，整理可得再利用平方根的含义解方程即可．
(1)
解：①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝；
(2)
解：相等，理由如下：
100a(a＋1)＋25=
(3)
与100a的差为2525，
整理得： 即
解得：
1≤a≤9，
【点睛】
本题考查的是数字的规律探究，完全平方公式的应用，单项式乘以多项式，利用平方根的含义解方程，理解题意，列出运算式或方程是解本题的关键．
58．（2021·湖北鄂州）数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题．
猜想发现：由；；；；；
猜想：如果，，那么存在（当且仅当时等号成立）．
猜想证明：∵
∴①当且仅当，即时，，∴；
②当，即时，，∴．
综合上述可得：若，，则成立（当且仅当时等号成立）．
猜想运用：（1）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
变式探究：（2）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1），函数的最小值为2；（2），函数的最小值为5；（3）每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为
【解析】
【分析】
猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；
变式探究：将原式转换为，再根据材料中方法计算即可；
拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意列出方程，然后根据两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可．
【详解】
猜想运用：
∵，
∴，
∴，
∴当时，，
此时，
只取，
即时，函数的最小值为2．
变式探究：
∵，
∴，，
∴，
∴当时，，
此时，
∴，（舍去），
即时，函数的最小值为5.
拓展应用：
设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意得：
，
即，
∵，，
∴，
即，
整理得：，
即，
∴当时，
此时，，
即每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为．
【点睛】
本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．
59．（2021·四川凉山）阅读以下材料，苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550－1617年）是对数的创始人，他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler．1707－1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地．若（且），那么x叫做以a为底N的对数，
记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式可以转化为指数式．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
，理由如下：
设，则．
．由对数的定义得
又
．
根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：
（1）填空：①___________；②_______，③________；
（2）求证：；
（3）拓展运用：计算．
【答案】（1）5，3，0；（2）见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）直接根据定义计算即可；
（2）结合题干中的过程，同理根据同底数幂的除法即可证明；
（3）根据公式：loga（M•N）=logaM+logaN和loga=logaM-logaN的逆用，将所求式子表示为：，计算可得结论．
【详解】
解：（1）①∵，∴5，
②∵，∴3，
③∵，∴0；
（2）设logaM=m，logaN=n，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）
=
=
=2．
【点睛】
本题考查整式的混合运算、对数与指数之间的关系与相互转化的关系，解题的关键是明确新定义，明白指数与对数之间的关系与相互转化关系．
60．（2021·黑龙江齐齐哈尔）（1）计算：．
（2）因式分解：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先计算乘方、特殊三角函数值、绝对值的运算，再利用四则运算法则计算即可；
（2）先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】
（1）解：原式
（2）解：原式
【点睛】
本题考查的是实数的运算、因式分解，熟练运用乘方公式、特殊三角函数值、绝对值、正确提取公因式等是解题的关键．
61．（2022·广西河池）先化简,再求值,其中
【答案】
【解析】
【分析】
按照分式的加减乘除混合运算顺序，先算乘除，再算加减，分子分母能够因式分解的要因式分解，能够约分的要约分，将结果化为最简，再把a的值代入进行计算．
【详解】
＝
＝
=
=-a+1；
当a=3时，原式=-3+1=-2．
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
62．（2021·甘肃武威）先化简，再求值：，其中．
【答案】
【解析】
【分析】
小括号内先通分计算，将除法变成乘法并因式分解，根据乘法法则即可化简，再代值计算即可．
【详解】
解：原式
当时，原式．
【点睛】
本题考察分式的化简求值，难度不大，属于基础题型．解题的关键在于熟悉运算法则和因式分解．
63．（2021·广东广州）已知
（1）化简A；
（2）若，求A的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先通分合并后，因式分解，然后约分化简即可；
（2）先把式子移项求，然后整体代入，进行二次根式乘法运算即可．
【详解】
解：（1）；
（2）∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算，掌握分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算是解题关键．
64．（2020·贵州毕节）如图（1），大正方形的面积可以表示为，同时大正方形的面积也可以表示成两个小正方形面积与两个长方形的面积之和，即．同一图形（大正方形）的面积，用两种不同的方法求得的结果应该相等，从而验证了完全平方公式：．把这种“同一图形的面积，用两种不同的方法求出的结果相等，从而构建等式，根据等式解决相关问题”的方法称为“面积法”
（1）用上述“面积法”，通过如图（2）中图形的面积关系，直接写出一个多项式进行因式分解的等式：_______；
（2）如图（3），中，，，，是斜边边上的高．用上述“面积法”求的长；
（3）如图（4），等腰中，，点为底边上任意一点，，，，垂足分别为点，，，连接，用上述“面积法”，求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）大长方形的面积为一个正方形的面积与三个小长方形面积之和即，同时大长方形的面积也可以为，列出等量关系即可；
（2）由勾股定理求出AB，然后根据，代入数值解之即可．
（3）由和三角形面积公式即可得证．
【详解】
（1）如图（2），大长方形的面积为一个小正方形的面积与三个小长方形面积之和，即，同时大长方形的面积也可以为，
故答案为：；
（2）如图（3）中，，，，
∴,
∵,
∴；
（3）如图（4），
∵，，，垂足分别为点，，，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴CH=OM+ON
即．
【点睛】
本题考查了因式分解的几何背景、图形的拆拼前后的面积相等、类比法等，解答的关键是根据已知条件和图形特点，利用拆拼前后的面积相等通过分析、推理和计算．
65．（2020·浙江嘉兴）比较x2+1与2x的大小．
（1）尝试（用“＜”，“＝”或“＞”填空）：
①当x＝1时，x2+1 2x；
②当x＝0时，x2+1 2x；
③当x＝﹣2时，x2+1 2x．
（2）归纳：若x取任意实数，x2+1与2x有怎样的大小关系？试说明理由．
【答案】（1）①=；②>；③>；（2）x2+1≥2x，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据代数式求值，可得代数式的值，根据有理数的大小比较，可得答案；
（2）根据完全平方公式，可得答案．
【详解】
解：（1）①当x＝1时，x2+1＝2x；
②当x＝0时，x2+1＞2x；
③当x＝﹣2时，x2+1＞2x．
故答案为：＝；＞；＞．
（2）x2+1≥2x．
证明：∵x2+1﹣2x＝（x﹣1）2≥0，
∴x2+1≥2x．
【点睛】
本题考查了求代数式的值，有理数的大小比较，两个整式大小比较及证明，公式法因式分解、不完全归纳法，解题关键是理解根据“A-B”的符号比较“A、B”的大小．
66．（2020·江苏苏州）如图，“开心”农场准备用的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为，宽为．
（1）当时，求的值；
（2）受场地条件的限制，的取值范围为，求的取值范围．
【答案】（1）b=15；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据等量关系“围栏的长度为50”可以列出代数式，再将a=20代入所列式子中求出b的值；
（2）由（1）可得a,b之间的关系式，用含有b的式子表示a,再结合，列出关于b的不等式组，接着不等式组即可求出b的取值范围.
【详解】
解：（1）由题意，得，
当时，．
解得．
（2）∵，，
∴
解这个不等式组，得．
答：矩形花园宽的取值范围为．
【点睛】
此题主要考查了列代数式，正确理解题意得出关系式是解题关键．还考查了解不等式组，难度不大.
67．（2020·重庆）在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，如学习自然数时，我们发现一种特殊的自然数——“好数”．
定义：对于三位自然数n，各位数字都不为0，且百位数字与十位数字之和恰好能被个位数字整除，则称这个自然数n为“好数”．
例如：426是“好数”，因为4，2，6都不为0，且4+2=6，6能被6整除；
643不是“好数”，因为6+4=10，10不能被3整除．
（1）判断312，675是否是“好数”？并说明理由；
（2）求出百位数字比十位数字大5的所有“好数”的个数，并说明理由．
【答案】（1）312是“好数”，675不是“好数”，理由见解析；（2）611，617，721，723，729，831，941．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“好数”的定义进行判断即可；
（2）设十位数字为x，个位数字为y，则百位数字为（x+5）．根据题意判断出x、y取值，根据“好数”定义逐一判断即可．
【详解】
（1）∵3，1，2都不为0，且3+1=4，4能被2整除，∴312是“好数”．
∵6，7，5都不为0，且6+7=13，13不能被5整除，∴675不是“好数”；
（2）设十位数字为x，个位数字为y，则百位数字为（x+5）．其中x，y都是正整数，且1≤x≤4，1≤y≤9.十位数字与个位数字的和为：2x+5．
当x=1时，2x+5=7，此时y=1或7，“好数”有：611，617
当x=2时，2x+5=9，此时y=1或3或9，“好数”有：721，723，729
当x=3时，2x+5=11，此时y=1，“好数”有：831
当x=4时，2x+5=13，此时y=1，“好数”有：941
所以百位数字比十位数字大5的所有“好数”的个数是7．
【点睛】
本题为“新定义”问题，理解好“新定义”，并根据已有数学知识和隐含条件进行分析，转化为所学数学问题是解题关键．
68．（2022·四川凉山）阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝
材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值．
解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，
∴m＋n＝1，mn＝－1，
则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ．
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值．
(3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）根据一元二次方程根与系数的关系直接进行计算即可；
（2）根据根与系数的关系先求出，，然后将进行变形求解即可；
（3）根据根与系数的关系先求出，，然后求出s-t的值，然后将进行变形求解即可．
(1)
解：∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两个根为x1，x2，
∴，．
故答案为：；．
(2)
∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两根分别为m、n，
∴，，
∴
(3)
∵实数s、t满足2s2-3s-1＝0，2t2-3t-1＝0，
∴s、t可以看作方程2x2-3x-1＝0的两个根，
∴，，
∵
∴或，
当时，，
当时，，
综上分析可知，的值为或．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形计算，根据根与系数的关系求出或，是解答本题的关键．
69．（2022·重庆）若一个四位数的个位数字与十位数字的平方和恰好是去掉个位与十位数字后得到的两位数，则这个四位数为“勾股和数”．
例如：，∵，∴2543是“勾股和数”；
又如：，∵，，∴4325不是“勾股和数”．
(1)判断2022，5055是否是“勾股和数”，并说明理由；
(2)一个“勾股和数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，．当，均是整数时，求出所有满足条件的．
【答案】(1)2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；理由见解析
(2)8109或8190或4536或4563．
【解析】
【分析】
（1）根据“勾股和数”的定义进行验证即可；
（2）由“勾股和数”的定义可得，根据，均是整数可得，为3的倍数，据此得出符合条件的c，d的值，然后即可确定出M．
(1)
解：2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；
理由：∵，，
∴1022不是“勾股和数”；
∵，
∴5055是“勾股和数”；
(2)
∵为“勾股和数”，
∴，
∴，
∵为整数，
∴，
∵为整数，
∴为3的倍数，
∴①，或，，此时或8190；
②，或，，此时或4563，
综上，M的值为8109或8190或4536或4563．
【点睛】
本题以新定义为背景考查了整式混合运算的应用以及学生应用知识的能力，解题关键是要理解新定义，能根据条件找出合适的“勾股和数”．
专题02 整式与因式分解
一、单选题
1．（2022·湖南郴州）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据合并同类项、同底数幂的除法法则，完全平方公式以及二次根式的计算法则进行计算即可．
【详解】
A.不能合并，故A错误；
B.，故B错误；
C.，故C错误；
D.，故D正确；
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了合并同类项、同底数幂的除法法则、完全平方公式以及二次根式的计算法则等知识．掌握合并同类项、同底数幂的除法法则、完全平方公式以及二次根式的计算法则是解答本题的关键．
2．（2022·山东临沂）计算的结果是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先计算单项式乘以多项式，再合并同类项即可．
【详解】
解：
．
故选B
【点睛】
本题考查的是整式的混合运算，单项式乘以多项式，掌握“单项式乘以多项式的运算”是解本题的关键．
3．（2022·内蒙古包头）若a，b互为相反数，c的倒数是4，则的值为（ ）
A． B． C． D．16
【答案】C
【解析】
【分析】
根据a，b互为相反数，可得，c的倒数是4，可得 ，代入即可求解．
【详解】
∵a，b互为相反数，
∴，
∵c的倒数是4，
∴，
∴，
故选：C
【点睛】
本题考查了代数式的求值问题，利用已知求得，是解题的关键．
4．（2022·广西河池）多项式因式分解的结果是( )
A．x（x﹣4）+4 B．（x+2）（x﹣2） C．（x+2）2 D．（x﹣2）2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】
解：．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了公式法分解因式，理解完全平方公式是解答关键．
5．（2022·广西柳州）把多项式a2+2a分解因式得（ ）
A．a（a+2） B．a（a﹣2） C．（a+2）2 D．（a+2）（a﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】
运用提公因式法进行因式分解即可．
【详解】
故选A
【点睛】
本题主要考查了因式分解知识点，掌握提公因式法是解题的关键．
6．（2021·广西百色）下列各式计算正确的是（ ）
A．33＝9 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．2＋3＝5 D．（2a2b）3＝8a8b3
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据有理数的乘方、二次根式的计算法则和整式的乘法计算法则进行计算判断即可得到答案.
【详解】
解：A、，此选项错误；
B、，此选项错误；
C、，此选项正确；
D、，此选项错误.
故选C.
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加法运算和整式的乘法运算，解题的关键在于熟练的掌握相关知识进行求解.
7．（2021·甘肃兰州）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（ ）
A．12 B．13 C．24 D．25
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．
【详解】
菱形的对角线互相垂直平分，
个直角三角形全等；
，，
，
四边形是正方形，又正方形的面积为13，
正方形的边长为，
根据勾股定理，则，
中间空白处的四边形的面积为1，
个直角三角形的面积为，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．
8．（2022·青海）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据合并同类项，完全平方公式，平方差公式，因式分解计算即可．
【详解】
A.选项，3x2与4x3不是同类项，不能合并，故该选项计算错误，不符合题意；
B.选项，原式= ，故该选项计算错误，不符合题意；
C.选项，原式= ，故该选项计算错误，不符合题意；
D.选项，原式=，故该选项计算正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了合并同类项，完全平方公式，平方差公式，因式分解，注意完全平方公式展开有三项是解题的易错点．
9．（2020·四川广安）下列运算中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同类项的定义、单项式乘单项式法则和二次根式的乘法公式逐一判断即可．
【详解】
解：A．和不是同类项，不能合并，故错误；
B． ，故错误；
C．，故错误；
D．，故正确．
故选D．
【点睛】
此题考查的是整式的运算和二次根式的运算，掌握同类项的定义、单项式乘单项式法则和二次根式的乘法公式是解题关键．
10．（2020·黑龙江大庆）若，则的值为（ ）
A．－5 B．5 C．1 D．－1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据绝对值和平方的非负性可求出x，y的值，代入计算即可；
【详解】
∵，
∴，，
∴，，
∴．
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了绝对值和平方的非负性，准确计算是解题的关键．
11．（2022·广东广州）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为（ ）
A．252 B．253 C．336 D．337
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图形的变化及数值的变化找出变化规律,即可得出结论．
【详解】
解：设第n个图形需要an（n为正整数）根小木棒，
观察发现规律：第一个图形需要小木棒：6=6×1+0，
第二个图形需要小木棒：14=6×2+2；
第三个图形需要小木棒：22=6×3+4，…，
∴第n个图形需要小木棒：6n+2（n-1）=8n-2．
∴8n-2=2022，得：n=253，
故选：B．
【点睛】
本题考查了规律型中图形的变化类，解决该题型题目时，根据给定图形中的数据找出变化规律是关键．
12．（2022·内蒙古呼和浩特）以下命题：①面包店某种面包售价元/个，因原材料涨价，面包价格上涨10%，会员优惠从打八五折调整为打九折，则会员购买一个面包比涨价前多花了元；②等边三角形中，是边上一点，是边上一点，若，则；③两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等；④一列自然数0，1，2，3，55，依次将该列数中的每一个数平方后除以100，得到一列新数，则原数与对应新数的差，随着原数的增大而增大．其中真命题的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识逐项判断即可，
【详解】
解：①项，会员原来购买一个面包需要0.85a元，现在需要a×(1+10%)×0.9=0.99a，则会员购买一个面包比涨价前多花了0.99a-0.85a=0.14a元，故①项正确；
②项，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，∠C+∠EDC=∠AED，
又∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC=∠C+∠EDC+∠EDC，
∴∠BAD=∠EDC+∠EDC=2∠EDC，故②项错误；
③项，如图，△ABC和△DEF，AB=DE，AC=DF，AM是△ABC的BC边上的中线，DN是△DEF的边EF上的中线，AM=DN，即有△ABC≌△DEF，理由如下：
延长AM至G点，使得AM=GM，连接GC，延长DN至H点，使得DN=NH，连接HF，
∵AM是中线，
∴BM=MC，
∵AM=MG，∠AMB=∠GMC，
∴△AMB≌△GMC，
∴AB=GC，
同理可证DE=HF，
∵AM=DN，
∴AG=2AM=2DN=DH，
∵AB=DE，
∴GC=HF，
∴结合AC=DF可得△ACG≌△DFH，
∴∠GAC=∠HDF，
同理可证∠GAB=∠HDE，
∴∠BAC=∠GAB+∠GAC=∠HDF+∠HDE=∠EDF，
∵AB=DE，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF，故③正确；
④设原数为x，则新数为，设原数与新数之差为y，
即，变形为：，
将x等于0、1、2、3、55分别代入可知，y随着x的增大而增大，
故④正确；
即正确的有三个，
故选：C，
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
13．（2022·广西玉林）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4 B． C．2 D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】
解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】
本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．
14．（2021·内蒙古）若，则代数式的值为（ ）
A．7 B．4 C．3 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先将代数式变形为，再代入即可求解．
【详解】
解：．
故选：C
【点睛】
本题考查了求代数式的值，熟练掌握完全平方公式是解题关键，也可将x的值直接代入计算．
15．（2021·江苏苏州）已知两个不等于0的实数、满足，则等于（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
先化简式子，再利用配方法变形即可得出结果．
【详解】
解：∵，
∴，
∵两个不等于0的实数、满足，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查分式的化简、配完全平方、灵活应用配方法是解题的关键．
16．（2021·山东临沂）实验证实，放射性物质在放出射线后，质量将减少，减少的速度开始较快，后来较慢，实际上，物质所剩的质量与时间成某种函数关系．下图为表示镭的放射规律的函数图象，据此可计算32mg镭缩减为1mg所用的时间大约是（ ）
A．4860年 B．6480年 C．8100年 D．9720年
【答案】C
【解析】
【分析】
根据物质所剩的质量与时间的规律，可得答案．
【详解】
解：由图可知：
1620年时，镭质量缩减为原来的，
再经过1620年，即当3240年时，镭质量缩减为原来的，
再经过1620×2=3240年，即当4860年时，镭质量缩减为原来的，
...，
∴再经过1620×4=6480年，即当8100年时，镭质量缩减为原来的，
此时mg，
故选C．
【点睛】
本题考查了函数图象，规律型问题，利用函数图象的意义是解题关键．
17．（2020·四川眉山）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，变形可得：，因此可求出，，把和代入即可求解．
【详解】
∵
∴
即，
∴求得：，
∴把和代入得：
故选：A
【点睛】
本题主要考查了完全平方公式因式分解，熟记完全平方公式，通过移项对已知条件进行配方是解题的关键．
18．（2020·内蒙古呼和浩特）下列运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据二次根式的乘法，幂的乘方和积的乘方，分式的混合运算，分式的除法法则判断即可.
【详解】
解：A、，故选项错误；
B、，故选项错误；
C、
=
=
=，故选项正确；
D、，故选项错误；
故选C.
【点睛】
本题考查了二次根式的乘法，幂的乘方和积的乘方，分式的混合运算，分式的除法法则，解题的关键是学会计算，掌握运算法则.
19．（2020·青海）下面是某同学在一次测试中的计算：
①；②；③；④，其中运算正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据整式的减法、整式的乘除法、幂的乘方逐个判断即可．
【详解】
与不是同类项，不可合并，则①错误
，则②错误
，则③错误
，则④正确
综上，运算正确的个数为1个
故选：D．
【点睛】
本题考查了整式的减法、整式的乘除法、幂的乘方，熟记整式的运算法则是解题关键．
20．（2020·广西柳州）下列多项式中，能用平方差公式进行因式分解的是（ ）
A．a2﹣b2 B．﹣a2﹣b2 C．a2+b2 D．a2+2ab+b2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平方差公式的结构特点，两个平方项，并且符号相反，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：A、a2﹣b2符合平方差公式的特点，能用平方差公式进行因式分解；
B、﹣a2﹣b2两平方项符号相同，不能用平方差公式进行因式分解；
C、a2+b2两平方项符号相同，不能用平方差公式进行因式分解；
D、a2+2ab+b2是三项，不能用平方差公式进行因式分解．
故选：A．
【点睛】
本题考查了用平方差公式进行因式分解．熟记平方差公式的结构特点是解题的关键．平方差公式：．
21．（2022·内蒙古通辽）下列命题：①；②数据1，3，3，5的方差为2；③因式分解；④平分弦的直径垂直于弦；⑤若使代数式在实数范围内有意义，则．其中假命题的个数是（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据积的乘方，方差的计算，多项的因式分解，垂径定理的推论，二次根式有意义的条件，逐项判断即可求解．
【详解】
解：①，故原命题是假命题；
②数据1，3，3，5的平均数为 ，所以方差为，是真命题；
③，是真命题；
④平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故原命题是假命题；
⑤使代数式在实数范围内有意义，则，即，是真命题；
∴假命题的个数是2．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了积的乘方，方差的计算，多项的因式分解，垂径定理的推论，二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
22．（2021·广西贺州）多项式因式分解为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先提取公因式，再利用完全平方公式将括号里的式子进行因式分解即可
【详解】
解：
故答案选：A．
【点睛】
本题考查了提公因式法和公式法进行因式分解．正确应用公式分解因式是解题的关键．
23．（2021·四川眉山）化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
小括号先通分合并，再将除法变乘法并因式分解即可约分化简．
【详解】
解：原式
故答案是：B．
【点睛】
本题考察分式的运算和化简、因式分解，属于基础题，难度不大．解题关键是掌握分式的运算法则．
24．（2020·浙江金华）下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平方差公式的定义判断即可；
【详解】
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意；
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意；
、原式，能利用平方差公式进行因式分解，符合题意；
、原式不能利用平方差公式进行因式分解，不符合题意，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了平方差公式的应用，准确判断是解题的关键．
25．（2020·湖南益阳）下列因式分解正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用提公因式法分解因式和平方差公式以及完全平方公式进行分解即可得到答案．
【详解】
A、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项正确；
D、，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了公式法和提公因式法分解因式，关键是注意口诀：找准公因式，一次要提净；全家都搬走，留1把家守；提负要变号，变形看奇偶．
26．（2020·内蒙古通辽）从下列命题中，随机抽取一个是真命题的概率是( )
（1）无理数都是无限小数；
（2）因式分解；
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是；
（4）弧长是，面积是的扇形的圆心角是．
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
分别判断各命题的真假，再利用概率公式求解.
【详解】
解：（1）无理数都是无限小数，是真命题，
（2）因式分解，是真命题，
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是，是真命题，
（4）设扇形半径为r，圆心角为n，
∵弧长是，则=，则，
∵面积是，则=，则360×240，
则，则n=3600÷24=150°，
故扇形的圆心角是，是假命题，
则随机抽取一个是真命题的概率是，
故选C.
【点睛】
本题考查了命题的真假，概率，扇形的弧长和面积，无理数，因式分解，正方体展开图，知识点较多，难度一般，解题的关键是运用所学知识判断各个命题的真假.
二、填空题
27．（2022·江苏常州）计算：_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据同底数幂的除法运算法则即可求出．
【详解】
解：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查同底数幂的除法，掌握同底数幂的除法法则是解题的关键．
28．（2022·吉林）篮球队要购买10个篮球，每个篮球元，一共需要__________元．（用含的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】
根据“总费用购买篮球的数量每个篮球的价格”即可得．
【详解】
解：由题意得：一共需要的费用为元，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了列代数式，正确找出等量关系是解题关键．
29．（2022·天津）计算的结果等于___________．
【答案】18
【解析】
【分析】
根据平方差公式即可求解．
【详解】
解：，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了平方差公式的应用，熟练掌握平方差公式的展开式是解题的关键．
30．（2022·四川广安）已知a+b=1，则代数式a2﹣b2 +2b+9的值为________．
【答案】10
【解析】
【分析】
根据平方差公式，把原式化为，可得，即可求解．
【详解】
解：a2﹣b2 +2b+9
故答案为：10
【点睛】
本题主要考查了平方差公式的应用，利用整体代入思想解答是解题的关键．
31．（2022·四川乐山）如果一个矩形内部能用一些正方形铺满，既不重叠，又无缝隙，就称它为“优美矩形”，如图所示，“优美矩形”ABCD的周长为26，则正方形d的边长为______．
【答案】5
【解析】
【分析】
设正方形a、b、c、d的边长分别为a、b、c、d，分别求得b=c，c=d，由“优美矩形”ABCD的周长得4d+2c=26，列式计算即可求解．
【详解】
解：设正方形a、b、c、d的边长分别为a、b、c、d，
∵“优美矩形”ABCD的周长为26，
∴4d+2c=26，
∵a=2b，c=a+b，d=a+c，
∴c=3b，则b=c，
∴d=2b+c=c，则c=d，
∴4d+d =26，
∴d=5，
∴正方形d的边长为5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了整式加减的应用，认真观察图形，根据长方形的周长公式推导出所求的答案是解题的关键．
32．（2022·黑龙江大庆）已知代数式是一个完全平方式，则实数t的值为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】
直接利用完全平方公式求解．
【详解】
解：∵代数式是一个完全平方式，
∴，
∴，
解得或，
故答案为：或
【点睛】
本题考查了完全平方公式的运用，熟记完全平方公式的特点是解题的关键．
33．（2022·广西）阅读材料：整体代值是数学中常用的方法．例如“已知，求代数式的值．”可以这样解：．根据阅读材料，解决问题：若是关于x的一元一次方程的解，则代数式的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据是关于x的一元一次方程的解，得到，再把所求的代数式变形为，把整体代入即可求值．
【详解】
解：∵是关于x的一元一次方程的解，
∴，
∴
．
故答案为：14．
【点睛】
本题考查了代数式的整体代入求值及一元一次方程解的定义，把所求的代数式利用完全平方公式变形是解题的关键．
34．（2021·贵州黔西）已知2a﹣5b＝3，则2+4a﹣10b＝________．
【答案】8
【解析】
【分析】
先变形得出2+4a﹣10b＝2+2（2a﹣5b），再代入求出答案即可．
【详解】
解：∵2a﹣5b＝3，
∴2+4a﹣10b
＝2+2（2a﹣5b）
＝2+2×3
＝8，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了求代数式的值，掌握整体代入法是解此题的关键．
35．（2021·贵州铜仁）如图所示：是一个运算程序示意图，若第一次输入1，则输出的结果是______________；
【答案】11
【解析】
【分析】
把x=1代入运算程序的y=6＜9，无法输出，再把x=2代入运算程序得y=11＞9，输出答案，问题得解．
【详解】
解：把x=1代入得y=1+2+3=6＜9，无法输出，
∴把x=1+1=2代入得y=4+4+3=11＞9，输出答案．
故答案为：11
【点睛】
本题考查了根据运算程序进行计算，理解运算程序是解题关键．
36．（2021·河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．
（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为___________；
（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片___________块．
【答案】 4
【解析】
【分析】
（1）直接利用正方形面积公式进行计算即可；
（2）根据已知图形的面积公式的特征，利用完全平方公式即可判定应增加的项，再对应到图形上即可．
【详解】
解：（1）∵甲、乙都是正方形纸片，其边长分别为
∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为；
故答案为：．
（2）要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，则它们的面积和为，若再加上（刚好是4个丙），则，则刚好能组成边长为的正方形，图形如下所示，所以应取丙纸片4块．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形的面积公式以及完全平方公式的几何意义，解决本题的关键是牢记公式特点，灵活运用公式等，本题涉及到的方法为观察、假设与实践，涉及到的思想为数形结合的思想．
37．（2020·宁夏）2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图1），且大正方形的面积是15，小正方形的面积是3，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，那么图2中最大的正方形的面积为____．
【答案】27
【解析】
【分析】
根据题意得出a2+b2=15，（b-a）2=3，图2中大正方形的面积为：（a+b）2，然后利用完全平方公式的变形求出（a+b）2即可．
【详解】
解：由题意可得在图1中：a2+b2=15，（b-a）2=3，
图2中大正方形的面积为：（a+b）2，
∵（b-a）2=3
a2-2ab+b2=3，
∴15-2ab=3
2ab=12，
∴（a+b）2=a2+2ab+b2=15+12=27，
故答案为：27．
【点睛】
本题考查了完全平方公式在几何图形中的应用，熟知完全平方式的形式是解题关键．
38．（2022·辽宁锦州）分解因式：____________．
【答案】
【解析】
【分析】
先提取公因数y，再利用完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：（a±b）2=a2±2ab+b2．
【详解】
解：；
故答案为：
【点睛】
本题考查了提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，难点在于需要进行二次分解因式．
39．（2022·贵州黔东南）分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先提公因式，然后再根据完全平方公式可进行因式分解．
【详解】
解：原式=；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键．
40．（2020·浙江）化简：＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先将分母因式分解，再根据分式的基本性质约分即可．
【详解】
＝
＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了分式的除法以及利用完全平方公式因式分解，解答本题的关键是掌握分式的基本性质以及因式分解的方法．
41．（2022·浙江丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形，已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5.，且．
（1）若a，b是整数，则的长是___________；
（2）若代数式的值为零，则的值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】
（1）根据图象表示出PQ即可；
（2）根据分解因式可得，继而求得，根据这四个矩形的面积都是5，可得，再进行变形化简即可求解．
【详解】
（1）①和②能够重合，③和④能够重合，，
，
故答案为：；
（2），
，
或，即（负舍）或
这四个矩形的面积都是5，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了代数式及其分式的化简求值，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的根据．
42．（2022·四川自贡）化简： ＝____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据分式混合运算的顺序，依次计算即可．
【详解】
=
故答案为
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，熟练掌握约分，通分，因式分解的技巧是解题的关键．
43．（2021·四川内江）若实数满足，则__．
【答案】2020
【解析】
【分析】
由等式性质可得，，再整体代入计算可求解．
【详解】
解：，
，，
．
故答案为：2020．
【点睛】
本题主要考查因式分解的应用，将等式转化为，是解题的关键．
44．（2021·广东）若且，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据，利用完全平方公式可得，根据x的取值范围可得的值，利用平方差公式即可得答案．
【详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∴=，
∴==，
故答案为：
【点睛】
本题考查了完全平方公式及平方差公式，准确运用公式是解题的关键．
45．（2021·湖北十堰）已知，则_________．
【答案】36
【解析】
【分析】
先把多项式因式分解，再代入求值，即可．
【详解】
∵，
∴原式=，
故答案是：36．
【点睛】
本题主要考查代数式求值，掌握提取公因式法和公式法分解因式，是解题的关键．
46．（2020·湖南）阅读理解：对于x3﹣（n2+1）x+n这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3﹣（n2+1）x+n＝x3﹣n2x﹣x+n＝x（x2﹣n2）﹣（x﹣n）＝x（x﹣n）（x+n）﹣（x﹣n）＝（x﹣n）（x2+nx﹣1）．
理解运用：如果x3﹣（n2+1）x+n＝0，那么（x﹣n）（x2+nx﹣1）＝0，即有x﹣n＝0或x2+nx﹣1＝0，
因此，方程x﹣n＝0和x2+nx﹣1＝0的所有解就是方程x3﹣（n2+1）x+n＝0的解．
解决问题：求方程x3﹣5x+2＝0的解为_____．
【答案】x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【解析】
【分析】
将原方程左边变形为x3﹣4x﹣x+2＝0，再进一步因式分解得（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，据此得到两个关于x的方程求解可得．
【详解】
解：∵x3﹣5x+2＝0，
∴x3﹣4x﹣x+2＝0，
∴x（x2﹣4）﹣（x﹣2）＝0，
∴x（x+2）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
则（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，即（x﹣2）（x2+2x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x2+2x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
故答案为：x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找到解方程的方法．
三、解答题
47．（2021·吉林长春）先化简，再求值：，其中．
【答案】
【解析】
【分析】
首先利用平方差公式，单项式乘以多项式去括号，再合并同类项，然后将a的值代入化简后的式子，即可解答本题．
【详解】
当时，
原式=．
【点睛】
本题考查了整式的混合运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
48．（2021·湖南永州）先化简，再求值：，其中．
【答案】，7．
【解析】
【分析】
先计算完全平方公式、平方差公式，再计算整式的加减法，然后将代入求值即可得．
【详解】
解：原式，
，
将代入得：原式．
【点睛】
本题考查了整式的化简求值，熟记完全平方公式和平方差公式是解题关键．
49．（2021·河北）某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进本甲种书和本乙种书，共付款元．
（1）用含，的代数式表示；
（2）若共购进本甲种书及本乙种书，用科学记数法表示的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）进本甲种书和本乙种书共付款为2种书的总价，用单价乘以数量即可；
（2）将书的数量代入（1）中结论，求解，最后用科学记数法表示．
【详解】
（1）
（2）
所以．
【点睛】
本题考查了列代数式，科学记数法，幂的计算，正确的理解题意根据实际问题列出代数式，正确的用科学记数法表示出结果是解题的关键．
50．（2020·江苏南通）计算：
（1）（2m+3n）2﹣（2m+n）（2m﹣n）；
（2）
【答案】（1）12mn+10n2；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据完全平方公式，平方差公式进行计算即可；
（2）括号内先通分计算，并因式分解，然后变除为乘，进行约分即可．
【详解】
解：（1）原式＝4m2+12mn+9n2﹣（4m2﹣n2）
＝4m2+12mn+9n2﹣4m2+n2
＝12mn+10n2；
（2）原式＝
＝
＝
＝．
【点睛】
本题考查了整式和分式的混合运算，熟知完全平方公式，平方差公式，通分，约分，因式分解计算是解题的关键．
51．（2020·河北）有一电脑程序：每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，同时区就会自动减去，且均显示化简后的结果．已知，两区初始显示的分别是25和－16，如图．
如，第一次按键后，，两区分别显示：
（1）从初始状态按2次后，分别求，两区显示的结果；
（2）从初始状态按4次后，计算，两区代数式的和，请判断这个和能为负数吗？说明理由．
【答案】（1）；；（2）；和不能为负数，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，区就会自动减去，可直接求出初始状态按2次后A，B两区显示的结果．
（2）依据题意，分别求出初始状态下按4次后A，B两区显示的代数式，再求A，B两区显示的代数式的和，判断能否为负数即可．
【详解】
解：（1）A区显示结果为： ，
B区显示结果为：；
（2）初始状态按4次后A显示为：
B显示为：
∴A+B=
=
=
∵恒成立，
∴和不能为负数．
【点睛】
本题考查了代数式运算，合并同类项，完全平方公式问题，解题关键在于理解题意，列出代数式进行正确运算，并根据完全平方公式判断正负．
52．（2021·贵州安顺）（1）有三个不等式，请在其中任选两个不等式，组成一个不等式组，并求出它的解集：
（2）小红在计算时，解答过程如下：
第一步
第二步
第三步
小红的解答从第_________步开始出错，请写出正确的解答过程．
【答案】（1）x＜-3；（2）第一步，正确过程见详解
【解析】
【分析】
（1）先挑选两个不等式组成不等式组，然后分别求出各个不等式的解，再取公共部分，即可；
（2）根据完全平方公式、去括号法则以及合并同类项法则，进行化简，即可．
【详解】
解：（1）挑选第一和第二个不等式，得，
由①得：x＜-2，
由②得：x＜-3，
∴不等式组的解为：x＜-3；
（2）小红的解答从第一步开始出错，正确的解答过程如下：
．
故答案是：第一步
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组以及整式的混合运算，掌握解不等式组的基本步骤以及完全平方公式，是解题的关键．
53．（2022·广东广州）已知T=
(1)化简T；
(2)若关于的方程有两个相等的实数根，求T的值．
【答案】(1)；
(2)T=
【解析】
【分析】
(1)根据整式的四则运算法则化简即可；
(2)由方程有两个相等的实数根得到判别式△=4a²-4(-ab+1)=0即可得到，整体代入即可求解．
(1)
解：T=
=；
(2)
解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
则T=．
【点睛】
本题考察了整式的四则运算法则、一元二次方程的实数根的判别、整体思想，属于基础题，熟练掌握运算法则及一元二次方程的根的判别式是解题的关键．
54．（2022·吉林）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中是关于的多项式．请写出多项式，并将该例题的解答过程补充完整．
例先去括号，再合并同类项：（）．
解：（）
．
【答案】，解答过程补充完整为
【解析】
【分析】
利用除以可得，再根据合并同类项法则补充解答过程即可．
【详解】
解：观察第一步可知，，
解得，
将该例题的解答过程补充完整如下：
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多项式的乘除法、合并同类项，熟练掌握整式的运算法则是解题关键．
55．（2022·河北）整式的值为P．
(1)当m＝2时，求P的值；
(2)若P的取值范围如图所示，求m的负整数值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将m＝2代入代数式求解即可，
（2）根据题意，根据不等式，然后求不等式的负整数解．
(1)
解：∵
当时，
；
(2)
，由数轴可知，
即，
，
解得，
的负整数值为．
【点睛】
本题考查了代数式求值，解不等式，求不等式的整数解，正确的计算是解题的关键．
56．（2022·浙江金华）如图1，将长为，宽为的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大小两个正方形．
(1)用关于a的代数式表示图2中小正方形的边长．
(2)当时，该小正方形的面积是多少？
【答案】(1)
(2)36
【解析】
【分析】
（1）分别算出直角三角形较长的直角边和较短的直角边，再用较长的直角边减去较短的直角边即可得到小正方形面积；
（2）根据（1）所得的小正方形边长，可以写出小正方形的面积代数式，再将a的值代入即可．
(1)
解：∵直角三角形较短的直角边，
较长的直角边，
∴小正方形的边长；
(2)
解：，
当时，．
【点睛】
本题考查割补思想，属性结合思想，以及整式的运算，能够熟练掌握割补思想是解决本题的关键．
57．（2022·浙江嘉兴）设是一个两位数，其中a是十位上的数字（1≤a≤9）．例如，当a＝4时，表示的两位数是45．
(1)尝试：
①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝ ；
……
(2)归纳：与100a(a＋1)＋25有怎样的大小关系？试说明理由．
(3)运用：若与100a的差为2525，求a的值．
【答案】(1)③；
(2)相等，证明见解析；
(3)
【解析】
【分析】
（1）③仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可；
（2）由再计算100a(a＋1)＋25，从而可得答案；
（3）由与100a的差为2525，列方程，整理可得再利用平方根的含义解方程即可．
(1)
解：①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝；
(2)
解：相等，理由如下：
100a(a＋1)＋25=
(3)
与100a的差为2525，
整理得： 即
解得：
1≤a≤9，
【点睛】
本题考查的是数字的规律探究，完全平方公式的应用，单项式乘以多项式，利用平方根的含义解方程，理解题意，列出运算式或方程是解本题的关键．
58．（2021·湖北鄂州）数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题．
猜想发现：由；；；；；
猜想：如果，，那么存在（当且仅当时等号成立）．
猜想证明：∵
∴①当且仅当，即时，，∴；
②当，即时，，∴．
综合上述可得：若，，则成立（当且仅当时等号成立）．
猜想运用：（1）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
变式探究：（2）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1），函数的最小值为2；（2），函数的最小值为5；（3）每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为
【解析】
【分析】
猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；
变式探究：将原式转换为，再根据材料中方法计算即可；
拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意列出方程，然后根据两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可．
【详解】
猜想运用：
∵，
∴，
∴，
∴当时，，
此时，
只取，
即时，函数的最小值为2．
变式探究：
∵，
∴，，
∴，
∴当时，，
此时，
∴，（舍去），
即时，函数的最小值为5.
拓展应用：
设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意得：
，
即，
∵，，
∴，
即，
整理得：，
即，
∴当时，
此时，，
即每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为．
【点睛】
本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．
59．（2021·四川凉山）阅读以下材料，苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550－1617年）是对数的创始人，他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler．1707－1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地．若（且），那么x叫做以a为底N的对数，
记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式可以转化为指数式．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
，理由如下：
设，则．
．由对数的定义得
又
．
根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：
（1）填空：①___________；②_______，③________；
（2）求证：；
（3）拓展运用：计算．
【答案】（1）5，3，0；（2）见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）直接根据定义计算即可；
（2）结合题干中的过程，同理根据同底数幂的除法即可证明；
（3）根据公式：loga（M•N）=logaM+logaN和loga=logaM-logaN的逆用，将所求式子表示为：，计算可得结论．
【详解】
解：（1）①∵，∴5，
②∵，∴3，
③∵，∴0；
（2）设logaM=m，logaN=n，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）
=
=
=2．
【点睛】
本题考查整式的混合运算、对数与指数之间的关系与相互转化的关系，解题的关键是明确新定义，明白指数与对数之间的关系与相互转化关系．
60．（2021·黑龙江齐齐哈尔）（1）计算：．
（2）因式分解：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先计算乘方、特殊三角函数值、绝对值的运算，再利用四则运算法则计算即可；
（2）先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】
（1）解：原式
（2）解：原式
【点睛】
本题考查的是实数的运算、因式分解，熟练运用乘方公式、特殊三角函数值、绝对值、正确提取公因式等是解题的关键．
61．（2022·广西河池）先化简,再求值,其中
【答案】
【解析】
【分析】
按照分式的加减乘除混合运算顺序，先算乘除，再算加减，分子分母能够因式分解的要因式分解，能够约分的要约分，将结果化为最简，再把a的值代入进行计算．
【详解】
＝
＝
=
=-a+1；
当a=3时，原式=-3+1=-2．
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
62．（2021·甘肃武威）先化简，再求值：，其中．
【答案】
【解析】
【分析】
小括号内先通分计算，将除法变成乘法并因式分解，根据乘法法则即可化简，再代值计算即可．
【详解】
解：原式
当时，原式．
【点睛】
本题考察分式的化简求值，难度不大，属于基础题型．解题的关键在于熟悉运算法则和因式分解．
63．（2021·广东广州）已知
（1）化简A；
（2）若，求A的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先通分合并后，因式分解，然后约分化简即可；
（2）先把式子移项求，然后整体代入，进行二次根式乘法运算即可．
【详解】
解：（1）；
（2）∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算，掌握分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算是解题关键．
64．（2020·贵州毕节）如图（1），大正方形的面积可以表示为，同时大正方形的面积也可以表示成两个小正方形面积与两个长方形的面积之和，即．同一图形（大正方形）的面积，用两种不同的方法求得的结果应该相等，从而验证了完全平方公式：．把这种“同一图形的面积，用两种不同的方法求出的结果相等，从而构建等式，根据等式解决相关问题”的方法称为“面积法”
（1）用上述“面积法”，通过如图（2）中图形的面积关系，直接写出一个多项式进行因式分解的等式：_______；
（2）如图（3），中，，，，是斜边边上的高．用上述“面积法”求的长；
（3）如图（4），等腰中，，点为底边上任意一点，，，，垂足分别为点，，，连接，用上述“面积法”，求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）大长方形的面积为一个正方形的面积与三个小长方形面积之和即，同时大长方形的面积也可以为，列出等量关系即可；
（2）由勾股定理求出AB，然后根据，代入数值解之即可．
（3）由和三角形面积公式即可得证．
【详解】
（1）如图（2），大长方形的面积为一个小正方形的面积与三个小长方形面积之和，即，同时大长方形的面积也可以为，
故答案为：；
（2）如图（3）中，，，，
∴,
∵,
∴；
（3）如图（4），
∵，，，垂足分别为点，，，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴CH=OM+ON
即．
【点睛】
本题考查了因式分解的几何背景、图形的拆拼前后的面积相等、类比法等，解答的关键是根据已知条件和图形特点，利用拆拼前后的面积相等通过分析、推理和计算．
65．（2020·浙江嘉兴）比较x2+1与2x的大小．
（1）尝试（用“＜”，“＝”或“＞”填空）：
①当x＝1时，x2+1 2x；
②当x＝0时，x2+1 2x；
③当x＝﹣2时，x2+1 2x．
（2）归纳：若x取任意实数，x2+1与2x有怎样的大小关系？试说明理由．
【答案】（1）①=；②>；③>；（2）x2+1≥2x，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据代数式求值，可得代数式的值，根据有理数的大小比较，可得答案；
（2）根据完全平方公式，可得答案．
【详解】
解：（1）①当x＝1时，x2+1＝2x；
②当x＝0时，x2+1＞2x；
③当x＝﹣2时，x2+1＞2x．
故答案为：＝；＞；＞．
（2）x2+1≥2x．
证明：∵x2+1﹣2x＝（x﹣1）2≥0，
∴x2+1≥2x．
【点睛】
本题考查了求代数式的值，有理数的大小比较，两个整式大小比较及证明，公式法因式分解、不完全归纳法，解题关键是理解根据“A-B”的符号比较“A、B”的大小．
66．（2020·江苏苏州）如图，“开心”农场准备用的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为，宽为．
（1）当时，求的值；
（2）受场地条件的限制，的取值范围为，求的取值范围．
【答案】（1）b=15；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据等量关系“围栏的长度为50”可以列出代数式，再将a=20代入所列式子中求出b的值；
（2）由（1）可得a,b之间的关系式，用含有b的式子表示a,再结合，列出关于b的不等式组，接着不等式组即可求出b的取值范围.
【详解】
解：（1）由题意，得，
当时，．
解得．
（2）∵，，
∴
解这个不等式组，得．
答：矩形花园宽的取值范围为．
【点睛】
此题主要考查了列代数式，正确理解题意得出关系式是解题关键．还考查了解不等式组，难度不大.
67．（2020·重庆）在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，如学习自然数时，我们发现一种特殊的自然数——“好数”．
定义：对于三位自然数n，各位数字都不为0，且百位数字与十位数字之和恰好能被个位数字整除，则称这个自然数n为“好数”．
例如：426是“好数”，因为4，2，6都不为0，且4+2=6，6能被6整除；
643不是“好数”，因为6+4=10，10不能被3整除．
（1）判断312，675是否是“好数”？并说明理由；
（2）求出百位数字比十位数字大5的所有“好数”的个数，并说明理由．
【答案】（1）312是“好数”，675不是“好数”，理由见解析；（2）611，617，721，723，729，831，941．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“好数”的定义进行判断即可；
（2）设十位数字为x，个位数字为y，则百位数字为（x+5）．根据题意判断出x、y取值，根据“好数”定义逐一判断即可．
【详解】
（1）∵3，1，2都不为0，且3+1=4，4能被2整除，∴312是“好数”．
∵6，7，5都不为0，且6+7=13，13不能被5整除，∴675不是“好数”；
（2）设十位数字为x，个位数字为y，则百位数字为（x+5）．其中x，y都是正整数，且1≤x≤4，1≤y≤9.十位数字与个位数字的和为：2x+5．
当x=1时，2x+5=7，此时y=1或7，“好数”有：611，617
当x=2时，2x+5=9，此时y=1或3或9，“好数”有：721，723，729
当x=3时，2x+5=11，此时y=1，“好数”有：831
当x=4时，2x+5=13，此时y=1，“好数”有：941
所以百位数字比十位数字大5的所有“好数”的个数是7．
【点睛】
本题为“新定义”问题，理解好“新定义”，并根据已有数学知识和隐含条件进行分析，转化为所学数学问题是解题关键．
68．（2022·四川凉山）阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝
材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值．
解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，
∴m＋n＝1，mn＝－1，
则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ．
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值．
(3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）根据一元二次方程根与系数的关系直接进行计算即可；
（2）根据根与系数的关系先求出，，然后将进行变形求解即可；
（3）根据根与系数的关系先求出，，然后求出s-t的值，然后将进行变形求解即可．
(1)
解：∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两个根为x1，x2，
∴，．
故答案为：；．
(2)
∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两根分别为m、n，
∴，，
∴
(3)
∵实数s、t满足2s2-3s-1＝0，2t2-3t-1＝0，
∴s、t可以看作方程2x2-3x-1＝0的两个根，
∴，，
∵
∴或，
当时，，
当时，，
综上分析可知，的值为或．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形计算，根据根与系数的关系求出或，是解答本题的关键．
69．（2022·重庆）若一个四位数的个位数字与十位数字的平方和恰好是去掉个位与十位数字后得到的两位数，则这个四位数为“勾股和数”．
例如：，∵，∴2543是“勾股和数”；
又如：，∵，，∴4325不是“勾股和数”．
(1)判断2022，5055是否是“勾股和数”，并说明理由；
(2)一个“勾股和数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，．当，均是整数时，求出所有满足条件的．
【答案】(1)2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；理由见解析
(2)8109或8190或4536或4563．
【解析】
【分析】
（1）根据“勾股和数”的定义进行验证即可；
（2）由“勾股和数”的定义可得，根据，均是整数可得，为3的倍数，据此得出符合条件的c，d的值，然后即可确定出M．
(1)
解：2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；
理由：∵，，
∴1022不是“勾股和数”；
∵，
∴5055是“勾股和数”；
(2)
∵为“勾股和数”，
∴，
∴，
∵为整数，
∴，
∵为整数，
∴为3的倍数，
∴①，或，，此时或8190；
②，或，，此时或4563，
综上，M的值为8109或8190或4536或4563．
【点睛】
本题以新定义为背景考查了整式混合运算的应用以及学生应用知识的能力，解题关键是要理解新定义，能根据条件找出合适的“勾股和数”．
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