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【期中单元复习提升】（沪教版）2023-2024学年七年级数学上册第九章 整式 （7类压轴题专练）
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第九章 整式63题（7类压轴题专练）
压轴题型一 整式之数字规律类题型
1．（2023秋·全国·七年级专题练习）发现规律解决问题是常见解题策略之一．已知数，则这个数的个位数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】依次求出的个位数字，而底数是两位数的时候，它们的5次方的结果的个位数与前面一位数的时候相同，最后把这些个位数字相加即可解答．
【详解】解：∵的个位数是1，的个位数是2，的个位数是3，的个位数是4，的个位数是5，的个位数是6，的个位数是7，个位数是8，个位数是9，的个位数是0，
由此可发现：的个位数与n的个位数相同．
所以a的个位数应是：的结果的个位数，且该结果的个位数是5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了数字规律，发现的个位数与n的个位数相同是解答本题的关键．
2．（2023·四川·九年级专题练习）对于正数x，规定，例如：，，，，计算：（ ）
A．199 B．200 C．201 D．202
【答案】C
【分析】通过计算，可以推出结果．
【详解】解：
…
，，，
故选：C．
【点睛】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则，找到数字变化规律是解本题的关键．
3．（2023秋·福建莆田·八年级期末）对整式进行如下操作：将与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第一次操作；将第一次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第二次操作；将第二次的操作结果与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第三次操作；将第三次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第四次操作，以此类推，下列四种说法：①；②；③；④当n为奇数时，第n次操作结果；当n为偶数时，第n次操作结果；四个结论中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据题意可得出规律为，，当n为奇数时，，当n为偶数时，，即可得出答案．
【详解】解：根据题意可知，，
，
，
，
以此类推，
可得．
由于，
，
，
，
以此类推，
可得，
当n为奇数时，，当n为偶数时，．
∴，
故结论①错误；
=22．
故结论②错误；
．
故结论③错误；
∵当n为奇数时，，当n为偶数时，，
故结论④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查规律型-数字的变化类、整式的混合运算，能够根据题意找出规律是解答本题的关键．
4．（2023秋·全国·七年级专题练习）从3开始的连续奇数按右图的规律排列，其余位置数字均为．
（1）第行第列的数字是 ．
（2）数字在图中的第 行，第 列．
【答案】
【分析】（1）根据第行的第1至第列是非零数字，可得第行第列的数字是；
（2）观察数据发现第行第1个数字为，进而根据，即可求解．
【详解】解：（1）观察数据发现根据第（为奇数）行第1至第列有非零数字，可得第行第列的数字是；
故答案为：0．
（2）第1行第1个数字为
第3行第1个数字为
第5行第1个数字为
……
∴第行的第1个数字为
∵
∴第行第1个数字为
，
∴数字在图中的第行，第列
故答案为：，．
【点睛】本题考查了数字类规律，有理数的乘方运算，找到规律是解题的关键．
5．（2023·湖北恩施·统考二模）观察下列按一定规律排成的一组数：
，从左起第个数记，则 ， ．
【答案】
【分析】由题意知，为奇数时，为负，为偶数时，为正，由，可知，由题意知，则；其中；，；其中；，，；其中；，，，；其中；，记分母为，可推导一般性规律：分母相同的一组数中最后的一个的中的满足，由，可得，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，为奇数时，为负，为偶数时，为正，
∵，
∴，
∵，
∴；其中；
，；其中；
，，；其中；
，，，；其中；
记分母为，可推导一般性规律：分母相同的一组数中最后的一个的中的满足，
∵，
∴，
则，
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了数字变化的规律探究．解题的关键在于推导一般性规律．
6．（2023秋·全国·七年级专题练习）在一次数学活动课上，李老师将一副扑克牌中的红桃共张牌挑出，打乱顺序随机发给了甲、乙、丙三名同学，每人三张牌．已知甲的三张牌数字之和是，乙的三张牌数字之和与丙的三张牌数字之和相同，且乙的三张牌上的数字都是奇数．写出甲的三张牌上的数字是 ，丙的三张牌上的数字是 ．
【答案】
【分析】根据题意先分析出甲的可能结果，然后结合乙的三个奇数，筛选出合适的，最后再按照乙丙的三张牌数字和相同进行分配即可．
【详解】解：已知红桃有数字共计张牌
甲的三张牌数字之和为的情况有、、三种组合，
张牌中共有个奇数，乙的三张牌上的数字都是奇数，
甲最多只能有一个奇数，只有符合，
乙的三张牌数字之和与丙的三张牌数字之和相同，
乙的三张牌数字为，丙的三张牌数字为，
故答案为：；
【点睛】本题考查了数字类组合运算，按照题目进行逐步筛选和分析是解题关键．
7．（2023秋·湖北武汉·七年级统考开学考试）一串数：；，，；，，，，；，…
(1)第100个数是________；
(2)是第________个数；
(3)前2023个数的和是________．
【答案】(1)
(2)398或364
(3)
【分析】（1）分母是1的分数有1个，分子是1；分母是2的分数有3个，分子是1，2，1；分母是3的分数有5个，分子是1，2，3，2，1；分母是4的分数有7个，分子是1，2，3，4，3，2，1；分数的个数分别是1，3，5，7….，可得出，分母是n的分数有个，且这个分数相加和为n，第个是分母为n的最后一个；
（2）根据分母是n时有个分数，由此求出从分母是1的分数到分母是20的分数一共有多少个，第个是分母为n的最后一个，即可求解；
（3）由（1）得，先计算第2023个数之前最大的平方数：当时，，先计算分母为1至44的所有分数之和：，再确定第1937到2023之间数的和，最后相加即可．
【详解】（1）解：由题意可得：分母是1的分数有1个，分母是2的分数有3个，分母是3的分数有5个，
∴可得出，分母是n的分数有个，且这个分数相加和为n，
第个是分母为1的最后一个，
第个是分母为2的最后一个，
…
第个是分母为n的最后一个，
∵，
∴令，解得：，
∴第100个数是分母为10的最后一个分数，即；
（2）解：由（1）得：分母是n的分数有个，第个是分母为n的最后一个，
∴分母是20的分数一共有个，第400个数是分母为20的最后一个，第361个数是分母为19的最后一个，
∴是第398或第364个分数；
（3）解：由（1）得：第个是分母为n的最后一个，
令，解得：，
当时，，
即前1936个数的和是，
第1937至第2023个数之间一共有个数，
第1937至第2023个数的和为：；
∴前2023个数的和是．
【点睛】本题需要找出分数个数与分母之间的规律，还要找出分子的变化规律，灵活运用所给信息是关键．
8．（2023·全国·七年级专题练习）桌子上有7张反面向上的纸牌，每次翻转n张（n为正整数）纸牌，多次操作后能使所有纸牌正面向上吗？用“+1”、“”分别表示一张纸牌“正面向上”、“反面向上”，将所有牌的对应值相加得到总和，我们的目标是将总和从变化为．
(1)当时，每翻转1张纸牌，总和的变化量是2或，则最少 次操作后所有纸牌全部正面向上；
(2)当时，每翻转2张纸牌，总和的变化量是 ，多次操作后能使所有纸牌全部正面向上吗？若能，最少需要几次操作？若不能，简要说明理由；
(3)若要使多次操作后所有纸牌全部正面向上，写出n的所有可能的值．
【答案】(1)7
(2)14，不能所有纸牌全正，见解析
(3)n＝1，3，5，7
【分析】（1）根据翻转的操作方法即可得出答案；
（2）根据三种情况进行分析，进而得出答案；
（3）根据将n张牌翻动次数，分几种情况进行分析，进而得出答案．
【详解】（1）总变化量：，
次数（至少）：，
故答案为：7；
（2）①两张由反到正，变化：，
②两张由正到反，变化：，
③一正一反变一反一正，变化，
要使所有纸牌正面向上，则总变化量仍为14，
∵14无法由4，，0相加得到，
∴不能全正，
故不能所有纸牌全正；
故答案为：14；
（3）由题可知：．
①当时，由（1）可知能够做到，
②当时，由（2）可知无法做到，
③当时，总和变化量为6，，2，，
，
故可以，
④当时，总和变化量为8，，4，，0，
14无法由8，，4，，0组成，
故不可以，
⑤当时，总和变化量为10，，6，，2，，
，
故可以，
⑥当时，总和变化量为12，，8，，4，，0，
无法组合，
故不可以，
⑦当时，一次全翻完，可以，
故，3，5，7时，可以．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，此题解题的关键是要明确：只有将一张牌翻动奇数次，才能使它的正面向上，根据“奇数+奇数＝偶数，偶数+奇数＝奇数”进行解答即可．
9．（2023春·安徽合肥·七年级合肥市五十中学西校校考期中）认真阅读材料，然后回答问题：
我们初中学习了多项式的运算法则，相应的，我们可以计算出多项式的展开式，如：
．．．……；
下面我们依次对展开式的各项系数进一步研究发现，当取正整数时可以单独列成表中的形式：
…………………………………………………1 1
………………………………………………1 2 1
……………………………………………1 3 3 1
…………………………………………1 4 6 4 1
………………………………………1 5 10 10 5 1
……………………………………1 6 15 20 15 6 1
……………………………………
上面的多项式展开系数表称为“杨辉三角形”；仔细观察“杨辉三角形”，用你发现的规律回答下列问题：
(1)多项式的第三项的系数______；
(2)请你预测一下多项式展开式的各项系数之和______；
(3)拓展：①写出展开式中含项的系数为______；
②展开式按的升幂排列为：，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）由题意可求得当时，多项式的第三项的系数是多少，找到规律，即可得出答案；
（2）求得当时，多项式展开式的各项系数之和，找到规律，即可求得答案；
（3）①首先确定是展开式中第几项，再根据杨辉三角即可解决问题；②将代入求解即可．
【详解】（1）解：当时，多项式的展开式是一次二项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是二次三项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是三次四项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是四次五项式，此时第三项的系数为：；
……
多项式的展开式是一个次项式，第三项的系数为：；
故答案为：；
（2）解：当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
……
多项式展开式的各项系数之和为，
故答案为：；
（3）解：①，
展开式中含项是其展开式的第二项，
，
故答案为：；
②，
当时，令，
则，
．
【点睛】本题考查了杨辉三角，数字的规律，解题的关键是根据图形中数字找出相应的规律，再表示展开式．
压轴题型二 整式之图形规律类题型
1．（2023·江西宜春·统考二模）如图，将一枚跳棋放在七边形的顶点处，按顺时针方向移动这枚跳棋2023次．移动规则是：第次移动个顶点（如第一次移动1个顶点，跳棋停留在处，第二次移动2个顶点，跳棋停留在处）．按这样的规则，在这2023次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（ ）
A．、 B．、 C．、、 D．、、
【答案】C
【分析】设顶点分别是0，1，2，3，4，5，6格，因棋子移动了次后走过的总格数是，然后根据题目中所给的第次移动个顶点得规则，可得到不等式，即可得到答案．
【详解】解：设顶点分别是0，1，2，3，4，5，6格，
因棋子移动了次后走过的总格数是，
所以应停在格，这时为整数，且使，分别取时，，发现第2，4，5格没有停棋，
若，
设（）代入可得：
，
由此可知，停棋的情形与相同，
所以第2，4，5格没有停棋，即顶点、、棋子不可能停到，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了整式加减的探究规律，解题的关键是弄清题意，总结归纳出题目中的规律．
2．（2023秋·广东深圳·七年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图，点在线段的延长线上，且线段，第一次操作：分别取线段和的中点、；第二次操作：分别取线段和的中点，；第三次操作：分别取线段和的中点，；……连续这样操作20次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，分别为的中点，求出的长度，再由的长度求出的长度，找到的规律即可求出的值．
【详解】解：∵，分别为的中点，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
根据规律得到，
∴，
故选：C．
【点睛】本题是对线段规律性问题的考查，准确根据题意找出规律是解决本题的关键，相对较难．
3．（2023秋·贵州毕节·七年级校联考期末）如图，甲、乙两动点分别从正方形的顶点同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行．若甲的速度是乙的速度的3倍，则它们第2022次相遇在边（ ）上．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据甲、乙运动方向结合速度间的关系即可得出甲、乙第1次相遇在边上，甲、乙第2次相遇在边上，甲、乙第3次相遇在边上，甲、乙第4次相遇在边上，甲、乙第5次相遇在边上，，甲、乙相遇位置每四次一循环，再根据即可得出甲、乙第2022次相遇在边上．
【详解】解：甲的速度是乙的速度的3倍，
甲、乙第1次相遇时，乙走了正方形周长的，
甲、乙第1次相遇在边上，
甲的速度是乙的速度的3倍，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，
甲、乙第2次相遇在边上，甲、乙第3次相遇在边上，甲、乙第4次相遇在边上，甲、乙第5次相遇在边上，，
甲、乙相遇位置每四次一循环，
，
甲、乙第2022次相遇在边上．
故选：B．
【点睛】本题考查了规律型中数字的变化类，根据甲、乙运动的方向结合速度间的关系得出甲、乙相遇位置每四次一循环是解题的关键．
4．（2023春·黑龙江哈尔滨·六年级哈尔滨市萧红中学校考阶段练习）观察下列图形：它们是按一定规律排列的，依此规律，第6个图形共有 ．
【答案】16
【分析】将每一个图案分成两部分，最下面位置处的3个与上面中间1个不变，上面两侧每一个图形比前一个图形多2个，根据此规律找出第n个图形中★的个数的关系式，然后把代入计算即可．
【详解】解：观察发现，
第1个图形★的个数是，，
第2个图形★的个数是，，
第3个图形★的个数是，，
…，
依此类推，第n个图形★的个数是，，
故当时，．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了图形变化规律问题，把★分成两部分进行考虑，并找出第n个图形★的个数的表达式是解题的关键．
5．（2023·江苏·七年级假期作业）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表（图①），即杨辉三角．现在将所有的奇数记“”，所有的偶数记为“”，则前行如图②，前行如图③，求前行“”的个数为 ．
【答案】
【分析】先根据给出的图②和图③找出出现“”规律，然后根据规律即可得解．
【详解】观察图②和图③可知，前行中包含个前行的图形，中间三角形中的数字均为，
前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，
即前行中“”的个数为（个），
同理可知前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，即前行中“”的个数为（个），
前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，即前行中“”的个数为（个），
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字规律探究计算，根据给出的图②和图③找出出现“”规律是解题关键．
6．（2023·北京·九年级专题练习）有黑、白各6张卡片，分别写有数字1至6把它们像扑克牌那样洗过后，数字朝下，如图排成两行，排列规则如下：
①左至右，按数字从小到大的顺序排列；
②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边．
将第一行卡片用大写英文字母按顺序标注，第二行卡片用小写英文字母按顺序标注，则白卡片数字1摆在了标注字母 的位置，标注字母e的卡片写有数字 ．
【答案】 B 4
【分析】根据排列规则依次确定白1，白2，白3，白4的位置，即可得出答案．
【详解】解：第一行中B与第二行中c肯定有一张为白1，若第二行中c为白1，则左边不可能有2张黑卡片，
白卡片数字1摆在了标注字母B的位置，
黑卡片数字1摆在了标注字母A的位置，；
第一行中C与第二行中c肯定有一张为白2，若第二行中c为白2，则a，b只能是黑1，黑2，而A为黑1，矛盾，
第一行中C为白2；
第一行中F与第二行中c肯定有一张为白3，若第一行中F为白3，则D，E只能是黑2，黑3，此时黑2在白2右边，与规则②矛盾，
第二行中c为白3，
第二行中a为黑2，b为黑3；
第一行中F与第二行中e肯定有一张为白4，若第一行中F为白4，则D，E只能是黑3，黑4，与b为黑3矛盾，
第二行中e为白4．
故答案为：①B，②4．
【点睛】本题考查图形类规律探索，解题的关键是理解题意，根据所给规则依次确定出白1，白2，白3，白4的位置．
7．（2023·全国·七年级专题练习）数学问题：计算（其中，都是正整数，且，）．
探究问题：为解决上面的数学问题，我们运用数形结合的思想方法，通过不断地分割一个面积为 的正方形，把数量关系和几何图形巧妙地结合起来，并采取一般问题特殊化的策略来进行探究．
探究一：计算．
第次分割，把正方形的面积二等分，其中阴影部分的面积为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，阴影部分的面积之和为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后二等分，所有阴影部分的面积之和，最后空白部分的面积是．
第次分割图可得等式：．
探究二：计算．
第次分割，把正方形的面积三等分，其中阴影部分的面积为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，阴影部分的面积之和为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后三等分，所有阴影部分的面积之和为，最后空白部分的面积是．
根据第次分割图可得等式：，
两边同除以，得．
探究三：计算．
（仿照上述方法，只画出第次分割图，在图上标注阴影部分面积，并写出探究过程）
解决问题：根据前面探究结果：
__________．
__________．（只填空，其中，都是正整数，且，）
拓广应用：计算．
【答案】探究三：见解析；解决问题：，；拓广应用：
【分析】探究三：模仿例题，画出图形即可，根据正方形面积为1，构建关系式，可得结论．
解决问题：利用规律解决问题即可．
拓广应用：用转化的思想解决问题即可．
【详解】解：探究三
第次分割图如图所示：
所有阴影部分的面积之和为1；
最后的空白部分的面积是；
根据第次分割图可得等式；
两边同除以3，得；
解决问题
根据前面探究结果：
，
，
．
根据第次分割图可得等式，，
所以．
拓广应用
．
【点睛】本题考查规律型图形变化类，有理数的混合运算，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2023春·吉林长春·七年级长春市第八十七中学校考阶段练习）如图，在正方形中，，动点P从点A出发，以速度沿的线路运动，同时动点Q从B出发，以的速度沿的线路运动，设运动的时间为．
(1)当点P在上运动时，
①用含t的代数式表示线段的长度．
②当时，求t的值．
(2)动点M从D点出发，以每秒的速度在线段上作往返运动，点M与点P同时出发，当点P停止运动时，点M也停止运动，连接，
③当点P与点M第一次重合时，求t的值，并直接写出此时线段的长度．
④当点M落在线段上时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)①或；②或
(2)③点P与点M第一次重合时，；；④或
【分析】（1）①分两种情况求出线段的长度即可；②根据当，列出关于t的方程，解方程即可；
（2）③先求出点P运动到点C用的时间，然后列方程求出t的值即可；
④分点M从点D向点C运动和点M从点C向点D运动两种情况，分别列出方程求出点M与点P和点Q重合时，t的值，再写出t的取值范围即可．
【详解】（1）解：①当时，，
当时，；
②当时，，
解得：，
当时，，
解得：，
综上分析可知，或；
（2）解：③当运动到点C时，用的时间为：，
∵，
∴此时点M正好运动到点D，当点P与点M第一次重合时，
，
解得：，
；
④点M从点D向点C运动时，
点P运动到点C时，点Q正好运动到点C，
当点M与点Q第一次重合时，
，
解得：，
从点P与点M第一次重合到点M与点Q第一次重合，点M正好在上，
∴当时，点M落在线段上；
点M从点C向点D运动时，
当点M与点Q第二次重合时，
，
解得：，
当点M与点P第二次重合时，
，
解得：，此时点P、M都运动到D处，
当点Q与点M第二次重合到点M与点P第二次重合，点M正好在上，
∴时，点M落在线段上；
综上分析可知，当或时，点M落在线段上．
【点睛】本题主要考查了列代数式，一元一次方程的几何应用，解题的关键是根据题意列出方程，并注意分类讨论．
9．（2023·全国·七年级假期作业）（1）为了计算的值，我们构造图形（图），共行，每行依次比上一行多一个点．此图形共有个点．如图2，添出图形的另一半，此时共行列，有个点，由此可得．
用此方法，可求得 （直接写结果）．
（2）观察下面的点阵图（如图3），解答问题：
填空：① ；
② ．
（3）请构造一图形，求 （画出示意图，写出计算结果）．
【答案】（1）；（2）①，②；（3），图和过程见解析
【分析】（1）根据给定的计算方法，进行计算即可；
（2）①根据已有点阵图，得到第个点阵图中点的个数为，再进行计算即可；②根据规律进行计算即可；
（3）将一个面积为1的正方形分割为和两部分，再将正方形的分割为和两部分，，依次进行分割，再进行计算即可．
【详解】解：（1）；
故答案为：；
（2）由点阵图可知：个数时和为，
个数时和为，
个数时和为，
，
个数时和为．
∵中有个数，
∴．
∵中有个数，
∴．
故答案为：；；
（3）由题意画出图形如下：假定正方形的面积为，
第次将正方形分割为和两部分，
第次将正方形的分割为和两部分，
•••，以此类推，
第次分割后，剩余的面积为，
那么除了剩余部分的面积，前面所有分割留下的面积应该是：，
∴．
【点睛】本题考查图形的规律探究，有理数的混合运算，数形结合思想．解题的关键是将代数问题转化为几何图形，利用数形结合的思想，进行简便运算．
压轴题型三 整式的加减计算
1．（2023秋·七年级课时练习）合并同类项的结果为（ ）
A．0 B． C．m D．无法确定
【答案】B
【分析】与结合，与结合，依此类推相减结果为，得到506对，计算即可得到结果．
【详解】解：
，
故选B．
【点睛】本题考查合并同类项，根据题意弄清式子的规律是解本题的关键．
2．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆南开中学校考期中）已知两个整式，，用整式与整式求和后得到整式，整式与整式作差后得到整式，整式与整式求和后得到新的整式，整式与整式作差后得到新的整式，…，依次交替进行“求和、作差”运算得到新的整式．下列说法：①当时，；②整式与整式结果相同；③；④．正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意依次计算出，，，，，，，，，，，，，，，
根据观察可发现每个一循环，将代入中可判断①；根据上述即可判断②；，再代入计算即可判断③；先计算出，则，以此可判断④．
【详解】解：由题意计算可得：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
以此类推，每个一循环，
当时，，故①说法正确；
由上述可知，整式与整式结果不相等，故②说法错误；
，，
，故③说法正确；
，
，故④说法正确．
正确的结论有①③④，共个．
故选：C．
【点睛】本题考查了整式的加减、规律型：数字的变化类，解题关键是根据题意进行正确的计算，认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立数量关系或者前后数字进行简单运算，从而得出规律．
3．（2023春·重庆·七年级重庆一中校考期末）有自左向右依次排列的三个整式，，，，将任意相邻的两个整式相加，所得之和等于在两个整式中间，可以产生一个整式串；，，，，，这称为第1次“加法操作”；将第1次“加法操作”后的整式串按上述方法再做一次“加法操作”，可以得到第2次“加法操作”后的整式串；…，以此类推，下列说法：
①当时，第1次“加法操作”后，整式串中所有整式的积为负数；
②第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为；
③第4次“加法操作”后，整式串中所有整式之和为．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】当，可得，，，，再根据乘法的特点即可判断①；整式串中倒数第二个整式是前1个操作后倒数第一个和倒数第二个整式的和，由此可得第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为，即可判断②；根据题意求出第4次操作后的整式串，然后求和即可判断③．
【详解】解：∵，
∴，，，，
∴ ，
∴第1次“加法操作”后，整式串中所有整式的积为正数，故①错误；
∵整式串中倒数第二个整式是前1个操作后倒数第一个和倒数第二个整式的和，
∴第1次操作后倒数第二个整式为，
第2次操作后倒数第二个整式为，
第3次操作后倒数第二个整式为，
…
∴第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为，故②正确；
第2次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，
第3次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，
第4次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
；
；
；
；
；
；
，故③错误，
故选B．
【点睛】本题考查整式的加减计算，正确理解题意并掌握整式的加减运算法则是解题的关键．
4．（2023春·重庆九龙坡·七年级重庆市育才中学校考期中）若一个四位正整数（各个数位均不为0），千位数字比百位数字大2，十位数字比个位数字大3，则称该数为“二三数”，例如、都是“二三数”．将一个四位正整数的百位和十位交换位置后得到四位数，．若为“二三数”，且能被9整除，满足条件的所有值中，的最小值为_________．
【答案】
【分析】设T的千位数字为a，十位数字为b，则可表示相应的数，再结合能被9整除的数的特点进行求解即可．
【详解】解：设T的千位数字为a，十位数字为b，依题意得：
，
∵T能被9整除，
∴，能被9整除，
∵，，
∴当时，得，
则，，则T为：，
；
当时，得：，不符合题意；
当时，得：，则：
当，时，则T为：，
；
当，时，则T为：，
；
当，时，则T为：，
；
综上所述，的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查整式的加减，分类讨论思想，解答的关键是根据题意求出相应的数位上的数之间的关系．
5．（2023春·重庆荣昌·八年级统考期末）如果一个三位数的十位数字比百位数字与个位数字之和大2，我们称这个三位数为“荣庆数”，我们将“荣庆数”的各位数字之和记为，比如152，百位数字与个位数字之和为，十位数字是5，，所以152是“荣庆数”， ；若一个“荣庆数”是13的倍数，则的最大值是 ．
【答案】 8 12
【分析】由，知；设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，可推得是13的倍数，而，，是正整数，即可得或或或，从而得到答案．
【详解】解：，
；
设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，
，
是13的倍数，，
是13的倍数，
（为非负整数），
，，是正整数，
，
，是正整数，为百位数字，为十位数字，
，，
假设，此时，此时值最小，
，
假设，此时，此时值最大，
，
，
当时，，
解得，满足和，，符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，满足和，，符合题意，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，
解得，不满足，不符合题意，
或，
或，
的值为4或12，
的最大值是，
故答案位：8，12．
【点睛】本题考查整式的加减，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，求出使是13的倍数的正整数，的值．
6．（2023秋·福建泉州·七年级统考期末）已知x是有理数，且x有无数个值可以使得代数式的值是同一个常数，则此常数为 ．
【答案】2022
【分析】由题意确定出x的取值范围，然后按照这个取值范围化简原式即可求出此常数．
【详解】由题意，得将进行化简后代数式中不含x，才能满足题意．
因此，当时，
原式=
．
故答案为：2022．
【点睛】本题考查了绝对值的性质、有理数的加减、整式的加减，解题的关键是确定x的取值范围．
7．（2023春·重庆江北·七年级统考开学考试）如果一个三位自然数的任意两个相邻数位上，左边数位上的数总比右边数位上的数小1，那么我们把这样的自然数叫做“小顺数”．交换的百位数字和个位数字位置，得到一个新的三位数，记，例如：是“小顺数”，对应的，则．
(1)最小的三位“小顺数”是______；最大的三位“小顺数”是______；
(2)设“小顺数”的百位数字是，已知是3的倍数，求满足条件的所有“小顺数”．
【答案】(1)123，789
(2)满足条件的“小顺数”为234，567
【分析】（1）根据题目中所给的定义即可得到答案；
（2）设“小顺数”的百位数字是，则十位数字是，个位数字是，从而得到，根据得到，又由是3的倍数，且不大于7，可得或，从而得到答案．
【详解】（1）解：根据题意得：
最小的三位“小顺数”是123；最大的三位“小顺数”是789，
故答案为：123，789；
（2）解：设“小顺数”的百位数字是，则十位数字是，个位数字是，
，，
，
能被3整除，且不大于7，
或，
或5
满足条件的“小顺数”为234，567．
【点睛】本题主要考查了数字类规律探索、一元一次方程的应用、整式的加减，熟练掌握以上知识点，理解“小顺数”的定义是解答此题的关键．
8．（2023秋·四川成都·七年级统考期末）一个各个数位上的数字均不为零的四位正整数，若其千位数字与十位数字之和等于8，百位数字与个位数字之和也等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”．
例如：1276，∵，，∴，∴1276是“乐群数”．
又如：3254，∵3＋5＝8，，∴3254不是“乐群数”．
(1)请判断：1473______“乐群数”，6523______“乐群数”（填“是”或“不是”）；
(2)已知一个“乐群数”的千位比百位数字小3，把它的千位和百位数字分别与十位和个位数字对调，对调后得到的新数比原数大3762，求这个“乐群数”；
(3)是否存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”？若存在，请求出满足条件的“乐群数”；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不是，是
(2)2563
(3)1375或2761或3454
【分析】（1）根据定义可判断1473不是“乐群数”，6523是“乐群数”；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，根据对调后得到的新数比原数大3762列方程可解得这个“乐群数”为2563；
（3）设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，可得，由M被7除余3，知能被7整除，再根据，即可得到答案．
【详解】（1）∵，，
∴1473不是“乐群数”，
∵，
∴6523是“乐群数”，
故答案为：不是，是；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，则百位数字为，十位数字位，个位数字位，
根据题意得：
，
解得，
∴这个“乐群数”为2563；
（3）存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”，理由如下：
设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，
∴M的十位数字是，个位数字是，
∴，
∵M被7除余3，
∴能被7整除，
∵，
∴
，
∴能被7整除，
∵，
∴当，；，；，时，满足题意，
∴M为1375或2761或3454．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，列出一元一次方程解决问题．
9．（2023秋·江西赣州·七年级统考期末）已知：b是最小的正整数，且a、b、c满足，请回答问题．
(1)请直接写出a、b、c的值． ______，______，______；
(2)a、b、c所对应的点分别为A、B、C，点P为一动点，其对应的数为x，点P在0到2之间运动时即（时），请化简式子：（请写出化简过程）；
(3)在（1）（2）的条件下，点A、B、C开始在数轴上运动，若点A以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点B和点C分别以每秒2个单位长度和5个单位长度的速度也向左运动，运动时间为t，是否存在t，使A、B、C中一点是其它两点的中点，若存在，求t的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，1，5
(2)见解析
(3)存在，t的值是或1或
【分析】（1）根据b是最小的正整数，以及偶次方和绝对值的非负性进行求解即可；
（2）分，两种情况进行讨论，化简即可；
（3）分A是的中点，B是中点，C是中点三种情况，进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵b是最小的正整数，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
故答案为：，1，5；
（2）当时，
；
当时，
；
（3）存在t，使A、B、C中一点是其它两点的中点，理由如下：
根据题意，运动后A表示的数是，B表示的数是，C表示的数是，
①A是的中点时，，解得，
②B是中点时，，解得，
③C是中点时，，解得，
综上所述，t的值是或1或．
【点睛】本题考查整式的加减，一元一次方程的应用．熟练掌握绝对值的意义，以及数轴上两点间的距离公式，是解题的关键．
压轴题型四 整式的乘法
1．（2023春·重庆南川·八年级统考期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘得到，将第2项加上得到第3项……以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：①第4项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据题干所提供的运算方法，分别计算出第2项，的值；第3项，的值，第4项，的值，第5项，的值，由规律可判断每个结论的正误即可．
【详解】解：根据题意，第1项为，，
第2项为，，
第3项为，，
第4项为，故①正确；
，故②错误；
若第2023项的值为0，即
，
即，，故③正确；
当时，设①
②
①－②，得，，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查整式的混合运算以及数字的变化类，掌握整式混合运算的计算方法，发现所列举代数式所呈现的规律是正确判断的前提．
2．（2023春·浙江·七年级专题练习）若实数x，y，z满足，求（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】B
【分析】令，分别求出，，，，最后根据分别代入化简求解即可．
【详解】解：令，则
∵，
∴，整理得：，
∵，
∴，
∵，
，
，
∴，
∵，即
∴，
∴，
∵
，
，
∵
∵，
∴，解得：，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，解题的关键是用换元法，将各个式子进行改写化简．
3．（2023春·七年级课时练习）若，则等于（ ）
A．2020 B．2019 C．2018 D．－2020
【答案】C
【分析】将变形为，，代入即可求解．
【详解】解：∵，
∴，，
∴
=2018．
故选：C
【点睛】本题考查了根据已知代数式的值求新代数式的值，将已知条件适当变形，代入所求代数式求解是解题关键．
4．（2023秋·四川眉山·七年级统考期末）阅读材料，回答下列问题：
材料一：积的乘方，把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
即：．
材料二：等式成立
试求：（1） ．
（2） ．
【答案】 220 333300
【分析】（1）根据将变形为，再利用进行计算即可得到答案；
（2）先利用将变形为，再利用进行计算即可得到答案．
【详解】解：（1），
，
原式
，
故答案为：220；
（2），
，
原式
，
故答案为：333300．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，熟练掌握的积的乘方的运算法则，能准确利用题中所给的公式是解题的关键．
5．（2023春·全国·七年级专题练习）填空：
；
；
；
…
(1) ；
(2)猜想：
；（其中为正整数，且）
(3)利用（2）中的猜想的结论计算：
①
②．
【答案】(1)
(2)
(3)①，②
【分析】（1）根据题中条件总结归纳即可求解；
（2）根据题中条件总结归纳即可求解；
（3）①根据题中条件可得，即可求出答案；②由题意可得：，从而求得答案．
【详解】（1）解：根据上式总结归纳得：，
故答案为：；
（2）解：根据上式猜想得：，
故答案为：；
（3）解：①
∴，
∴原式；
②由题意可得：，
∴
∴．
【点睛】本题考查了新定义下的运算，灵活运用题中条件是解题关键．
6．（2023·江苏·七年级假期作业）已知，，，现给出3个数a，b，c之间的四个关系式：①；②；③；④．其中，正确的关系式是 （填序号）．
【答案】①②③
【分析】根据同底数幂的乘法法则即可求出a、b、c的关系，代入各式验证即可．
【详解】解：∵，，．
∴，，，
∴a+2＝b+1＝c，
即b＝a+1，c＝b+1，c＝a+2，
于是有：①a+c＝a+a+2＝2a+2，2b＝2a+2，
所以a+c＝2b，因此①正确；
②a+b＝a+a+1＝2a+1，2c﹣3＝2a+4﹣3＝2a+1，
所以a+b＝2c﹣3，因此②正确；
③b+c＝a+1+a+2＝2a+3，因此③正确；
④b＝a+1，因此④不正确；
综上所述，正确的结论有：①②③三个，
故选：C．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法，解题的关键是熟练运用同底数幂的乘法法则，得出a、b、c的关系．
7．（2023·全国·八年级专题练习）若的乘积中不含 与 项，求的值．
【答案】
【分析】多项式乘多项式法则，先用一个多项式的每一项乘以另一个多项式的每一项，再把所得的积相加，结果中不含一次项和二次项，则说明这两项的系数为，建立关于，的等式，求出后再求代数式值．
【详解】解：原式，
，
∵乘积中不含 与 项，
∴，，
解得：，，
∴．
【点睛】此题考查了多项式乘以多项式，根据不含某一项就是这一项的系数等于列式求解、的值是解题的关键．
8．（2023春·江苏苏州·七年级苏州市立达中学校校考期中）阅读以下材料，回答下列问题：
小明遇到这样一个问题：求计算所得多项式的一次项系数．小明想通过计算所得的多项式解决上面的问题，但感觉有些繁琐，他想探寻一下，是否有相对简洁的方法．
他决定从简单情况开始，先找所得多项式中的一次项系数．通过观察发现：
也就是说，只需用中的一次项系数1乘以中的常数项3，再用中的常数项2乘以中的一次项系数2，两个积相加，即可得到一次项系数．
延续．上面的方法，求计算所得多项式的一次项系数．可以先用的一次项系数1，的常数项3，的常数项4，相乘得到12；再用的一次项系数2，的常数项2，的常数项4，相乘得到16；然后用的一次项系数3，的常数项2，的常数项3，相乘得到18，最后将12，16，18相加，得到的一次项系数为46．
参考小明思考问题的方法，解决下列问题：
(1)计算所得多项式的一次项系数为______．
(2)计算所得多项式的一次项系数为______．
(3)若计算所得多项式的一次项系数为0，则______．
(4)计算所得多项式的一次项系数为______，二次项系数为______．
(5)计算所得多项式的一次项系数为______，二次项系数为______．
【答案】(1)7
(2)
(3)
(4)5，10
(5)10，
【分析】（1）结合已知可得所得多项式的一次项系数，即可求解；
（2）结合已知可得所得多项式的一次项系数，即可求解；
（3）由所得多项式中不含一次项，可得，即可求解；
（4）（5）根据题目中提供的计算方法进行计算即可．
【详解】（1）解：，
故答案为：7；
（2），
故答案为：；
（3）由题意得，，
也就是，，
所以，；
故答案为：；
（4）
一次项系数为：；
二次项系数为：．
故答案为：5，10；
（5）．
．
一次项系数为：，
二次项系数为：．
故答案为：10；．
【点睛】本题考查多项式乘以多项式，理解多项式乘以多项式所得的多项式每一项的系数是解决问题的关键．
9．（2023·浙江嘉兴·统考一模）对于代数式，不同的表达形式能表现出它不同的性质，若代数式，代数式，改变x的值，代数式A，B有不同的取值，如下表：
x
0
1
2
3
4
0
3
8
15
24
35
0
3
8
15
24
观察表格发现：当时，，当时，，我们把这种现象称为代数式B参照代数式A取值延后，相应的延后值为1．
(1)若代数式D参照代数式A取值延后，相应的延后值为2，求代数式D；
(2)若代数式参照代数式A的取值延后，求相应的延后值；
(3)若代数式参照代数式取值延后，求的值．
【答案】(1)；
(2)3；
(3)．
【分析】（1）根据题意，延后值为2，即将改为，化简即可；
（2）设延后值为k，将延后的代数式等于，使得各项系数相等，解方程即可；
（3）设延后值为m，使得各项系数相等，解方程即可．
【详解】（1）解：根据题意，
（2）解：设相应的延后值为k，得： ，
化简得：，
，解得，
当时，成立，
∴相应的延后值是3．
（3）解：设相应的延后值为m，得：，
化简得：，
，
将代入，可得
∴．
【点睛】本题考查了代数式求值，多项式的系数中字母求值，理解题意，清楚的列出代数式，并进行求解是解题的关键．
压轴题型五 乘法公式
1．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆一中校考期中）对于五个整式，：；：；：；：；：有以下几个结论：
①若为正整数，则多项式的值一定是正数；
②存在有理数，，使得的值为；
③若关于的多项式（为常数）不含的一次项，则该多项式的值一定大于．上述结论中，正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据整式的乘法混合运算，及完全平方公式为非负的特点，结合特殊值代入法求解．
【详解】解：①，
当时，．故①是错误的；
②当，
即，
∴，
当时，或者．所以②是正确的．
③∵
，
∵不含x的一次项，
∴，
∴，
∴，∴③是错误的；
综上，只有②是正确的．
故选：B．
【点睛】本题考查整式的乘法运算，完全平方公式，代数式求值，熟练掌握整数的乘法运算法则是解题的关键．
2．（2023春·山东济南·七年级统考期末）设 ，，．若，则的值是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根据完全平方公式得出，，进而根据已知条件得出，进而即可求解．
【详解】，，，
，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了完全平方公式变形求值，根据题意得出是解题的关键．
3．（2023春·浙江绍兴·八年级统考期末）已知实数x，y满足，则的值为（ ）
A．－9 B． C．9 D．
【答案】C
【分析】将原等式变形为，又根据非负性有，，即，故要使成立，则必须，解之即可解答．
【详解】∵
即
∴
∵，
∴
要使，则必须
解得
∴
故选：C
【点睛】本题考查完全平方公式，平方的非负性，负整数指数幂，熟练运用完全平方公式进行配方，和平方的非负性是解题的关键．
4．（2023·上海·七年级假期作业）请同学运用计算，解决问题：已知x、y、z满足，求的最大值是 ．
【答案】12
【分析】根据已知条件化简，根据完全平方公式的非负性求得原式的最大值，进而即可求解．
【详解】∵，
∴
；
∵，
∴
∴原式=
，
，
∴原式．
故原式的最大值是12；
故答案为：12．
【点睛】本题考查运用已知公式，及平方的非负性，掌握灵活运用题中给的公式是解题的关键．
5．（2023·江苏·七年级假期作业）设x，y满足，，则 ．
【答案】
【分析】将，两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【详解】解：将，两式相加，可得
，
即，
即，
∵恒成立，
∴，即，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了立方和公式的应用．解答该题时需要熟记立方和公式．
6．（2023秋·全国·九年级专题练习）若，满足，则的值为 ．
【答案】
【分析】已知等式利用完全平方公式配方后，利用非负数的性质求出，的值，代入原式计算即可得到结果．
【详解】解：已知等式变形得：，
即，
∵，，
∴，，
解得：，，
则．
故答案为：．
【点睛】此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
7．（2023秋·江苏淮安·八年级淮安市浦东实验中学校考开学考试）【知识生成】
【知识生成】我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．例如图1可以得到，基于此，请解答下列问题：
【直接应用】（1）若，，求的值；
【类比应用】（2）填空：①若，则 ；
②若，则 ；
【知识迁移】（3）两块全等的特制直角三角板如图2所示放置，其中，，在一直线上，连接，．若，，求一块直角三角板的面积．
【答案】（1）；（2）①7；②3；（3）30．
【分析】（1）根据完全平方公式的变形可得答案；
（2）①设，，则，，由进行计算即可；
②设，，则，，由进行计算即可；
（3）设，，由题意可得，，，由求出的值即可．
【详解】解：（1），
∴，
∴，
∵，
，
答：；
（2）①设，，则，，
，
故答案为：7；
②设，，则，，
，
故答案为：3；
（3）设，，
，，
，，
即，，
，
即，
，
答：一块直角三角板的面积为30．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，多项式乘多项式，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的前提，掌握完全平方公式的变形是正确解答的关键．
8．（2023春·辽宁沈阳·七年级统考期中）【阅读材料】
“数形结合”是一种非常重要的数学思想方法．比如：北师大版七年级下册教材在学习“完全平方公式”时，通过构造几何图形，用几何直观的方法解释了完全平方公式：（如图1）．利用“数形结合”的思想方法，可以从代数角度解决图形问题，也可以用图形关系解决代数问题．
【方法应用】
根据以上材料提供的方法，完成下列问题：
(1)由图2可得等式： ；由图3可得等式： ；
(2)利用图3得到的结论，解决问题：若，，则 ；
(3)如图4，若用其中x张边长为a的正方形，y张边长为b的正方形，z张边长分别为a，b的长方形纸片拼出一个面积为长方形（无空隙、无重叠地拼接）．
①请画出拼出后的长方形；
② ；
(4)如图4，若有3张边长为a的正方形纸片，4张边长分别为a，b的长方形纸片，5张边长为b的正方形纸片．从中取出若干张纸片，每种纸片至少取一张．把取出的这些纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则拼成的正方形的边长最长可以为 ．
【答案】(1)
(2)155
(3)①见解析；②9
(4)
【分析】（1）用两种不同的方法表示出大长方形的面积，以及大正方形的面积，即可得出结论；
（2）利用（1）中的结论进行求解即可；
（3）①根据，得到大长方形是由2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成，画图即可；②根据①可知的值，代入求解即可；
（4）根据拼接成的是正方形，得到选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：由图2知，∵大长方形的面积，
大长方形的面积3个小正方形的面积+3个小长方形的面积，
∴；
由图3知，∵大正方形的面积，
大正方形的面积＝3个正方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积，
∴；
故答案为：，．
（2）∵由（1）知：，
∴，
，
把代入，
．
故答案为：155．
（3）①∵，
可以看成2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成的大长方形的面积，
如图：
②由①知：，
∴．
故答案为：9．
（4）3张边长为a的正方形纸片的面积为，4张边长分别为的长方形纸片的面积为，5张边长为b的正方形纸片的面积为，要想从中取出若干张纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，
∴可以选取1张边长为a的正方形纸片、2张边长分别为的长方形纸片、1张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
也可以选取1张边长为a的正方形纸片、4张边长分别为的长方形纸片、4张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
∴拼成的正方形的边长最长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景以及多项式乘多项式与几何图形的面积．熟练掌握完全平方公式以及多项式乘以多项式的法则，是解题的关键．
9．（2023春·山东青岛·七年级统考期末）阅读理解：
若满足，求的值．
解：设，，
则，．
∴
；
类比探究：
（1）若满足，求的值．
（2）若满足，求的值．友情提示（2）中的可通过逆用积的乘方公式变成．
（3）若满足，求的值．
解决问题：
（4）如图，正方形和长方形重叠，重叠部分是长方形其面积是，分别延长、交和于、两点，构成的四边形和都是正方形，四边形是长方形设，，，，延长至，使，延长至，使，过点、作、垂线，两垂线交于点，求正方形的面积（结果是一个具体的数值）
【答案】（1）2560；（2）31；（3）1026；（4）3636
【分析】（1）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（2）将转化为，即，再根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（3）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（4）根据已知可得，，从而可得，再根据题意得：，，从而可得，进而可得，然后利用（3）的解题思路进行计算，即可解答．
【详解】解：（1）设，，
则，，
，
的值为2560；
（2）∵，
，
，
设，，
则，，
，
的值为；
（3）设，，
则，，
，
，
的值为；
（4）∵，，，，
，，
长方形的面积是，
，
由题意得：，，
，
，
，
，
，
，
设，，
则，，
正方形的面积
，
正方形的面积为3636．
【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，理解例题的解题思路是解题的关键．
压轴题型六 因式分解
1．（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考阶段练习）已知m，n均为正整数且满足，则的最大值是（ ）
A．16 B．22 C．34 D．36
【答案】D
【分析】由得.由于，据此列出关于m、n的方程组，求出每一组m、n的值，再求出相应的的值，即可找到的最大值.
【详解】由得
∵m，n均为正整数
或或或
或或或 或
解得或或或或或或或
∴或22或18或16
∴的最大值是36
故选：D
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是将变形为.
2．（2023·全国·八年级专题练习）已知，且，则 -的值为（ ）
A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044
【答案】A
【分析】先将式子整理变形得，进而得出，即，再将展开，最后整理代入即可得出答案．
【详解】因为，
所以，
整理，得，
则，
即．
因为，
所以，
即．
由，得，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，掌握整体代入思想是解题的关键．
3．（2023春·安徽合肥·七年级中国科技大学附属中学校考阶段练习）已知满足，则的值为（ ）
A．1 B．－5 C．－6 D．－7
【答案】A
【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出的值，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17），
∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11
∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0，
∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0
∴a-3=0，b+1=0，c-1=0，
∴a+b-c=3-1-1=1．
故选：A．
【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出的值，准确进行计算．
4．（2023春·浙江宁波·七年级宁波市海曙外国语学校校考期中）已知，为自然数，且，若，则 ， ．
【答案】 8 2
【分析】化简原式可得：，设，则，再根据可求，．
【详解】，
，
，
．
设，则，
，为自然数，
，，
，或 ，，
不合题意，舍去或，，
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了分式的加减，因式分解的应用，熟记完全平方公式是解决本题的关键．
5．（2023春·四川达州·八年级校考期中）如果因式分解的结果为 ．
【答案】
【分析】把当成一个整体，再因式分解即可．
【详解】原式
故答案为：．
【点睛】题目主要考查利用整体法及公式法进行因式分解，理解题中的整体思想是解题关键．
6．（2023·河北邯郸·校考三模）已知两个正数，，可按规则扩充为一个新数在，，三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依此继续扩充下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作，
（1）若，，按上述规则操作三次，扩充所得的数是 ；
（2）若，按上述规则操作五次后扩充所得的数为（，为正整数），则 ．
【答案】
【分析】（1）根据新定义进行计算即可求解；
（2）根据，根据新定义重复进行计算，找到规律即可求解．
【详解】解：（1）依题意，第一次扩充得到，
第二次扩充：，，
第三次扩充：，，
故答案为：．
（2）依题意，第一次扩充得到：
∵
∴第二次扩充得到：
第三次扩充得到，，
第四次扩充得到，
第五次扩充得到，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新定义运算，整式的规律问题，因式分解的应用，找到规律是解题的关键．
7．（2023春·陕西榆林·八年级统考期末）19世纪的法国数学家苏菲·热门给出了一种分解因式的方法：他抓住了该式只有两项，而且属于平方和的形式，要使用公式就必须添一项，随即将此项减去，即可得，人们为了纪念苏菲·热门给出这一解法，就把它叫做“热门定理”．
根据以上方法，把下列各式因式分解：
(1)；
(2)．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据苏菲·热门的做法，将原式配上后，根据完全平方公式和平方差公式即可进行因式分解；
（2）先分组，再利用提公因式法因式分解．
【详解】（1）原式
；
（2）原式
.
【点睛】本题考查因式分解，掌握平方差公式、完全平方公式的结构特征是正确应用的前提，理解苏菲·热门的做法是正确进行因式分解的关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）有足够多的长方形和正方形卡片（如图1），分别记为1号，2号，3号卡片．
(1)如果选取4张3号卡片，拼成如图2所示的一个正方形，请用2种不同的方法表示阴影部分的面积（用含，的式子表示）．
方法1：__________________________________________________．
方法2：__________________________________________________．
(2)若，求的值．
(3)如图3，选取1张1号卡片，2张2号卡片，3张3号卡片，可拼成一个长方形（无缝隙不重叠），根技图形的面积关系，因式分解：______．
【答案】(1)，
(2)20
(3)
【分析】（1）从“整体”和“部分”两个方面分别表示阴影部分的面积即可；
（2）根据非负数的定义可得，再根据进行计算即可；
（3）求出所拼成的长方形的长、宽以及总面积即可．
【详解】（1）①方法1：图2中阴影部分是边长为，因此面积为，
方法2：图2阴影部分也可以看作从边长为的正方形减去4个长为，宽为的长方形面积，因此有；
故答案为：，
（2）∵，，，
∵，，即，，
∴．
（3）1张1号，2张2号，3张3号卡片的总面积为，
而1张1号，2张2号，3张3号卡片可以拼成长为，宽为的长方形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式，掌握完全平方公式的结构特征是关键．
9．（2023春·七年级课时练习）做一做计算： 探究归纳，如图甲、图乙是两个长和宽都相等的长方形，其中长为，宽为．
(1)根据图甲、图乙的特征用不同的方法计算长方形的面积，得到关于字母 x 的系数是 1 的 两个一次式相乘的计算规律，用数学式表达式为 ．
尝试运用，利用因式分解与整式乘法的关系，我们可以利用上述表达式得到一些二次三项 式的因式分解．
(2)若，则 ．
(3)若可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 p 的值一定是 ．
(4)若 可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 q 的值一定是 ．
A．4 B．0 C．有限个 D．有无数个
【答案】(1)
(2)
(3)0或
(4)D
【分析】（1）根据多项式乘多项式的法则，即可求解；
（2）把展开，即可求解；
（3）由，进而即可求解；
（4）根据“和为的两个整数有无数组”，进而即可求解．
【详解】（1）∵，，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
故答案为：；
（3）∵可以分解成关于的两个一次式乘积的形式，
∴，
∴或，
故答案为：或
（4）∵和为的两个整数有无数组，
∴整数的值有无数个，
故选D．
【点睛】本题主要考查多项式乘多项式的运算法则，因式分解，通过题目得到结论：是解题的关键．
压轴题型七 整式的除法
1．（2023秋·安徽·八年级校联考开学考试）观察下列算式：①；②；③；…结合你观察到的规律判断的计算结果的末位数字为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】C
【分析】根据已知式子的特点得出规律，求出式子的结果，再求出的个位数字，最后即可得出答案.
【详解】解：由题意，得
．
因为，，，，，，
所以2的乘方运算，其末位数字分别为2，4，8，6，每4个为一组，依次循环．
因为，所以的末位数字为6，所以的末位数字为5，
即的计算结果的末位数字为5．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和求值的运用，主要考查学生阅读理解能力，题目比较好，但有一定的难度.
2．（2023春·广东惠州·七年级校考开学考试）在矩形内，将两张边长分别为和的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为，图②中阴影部分的面积和为．则的值表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．
【详解】解：∵S1=（AB-a）•a+（CD-b）（AD-a）=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a），
S2=（AB-a）（AD-b）+（AD-a）（AB-b），
∴S1-S2=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a）-（AB-a）（AD-b）-（AD-a）（AB-b）
=（AB-a）•a-（AB-a）（AD-b）
=（AB-a）•（a-AD+b）
=BE•FG，
故选：A．
【点睛】本题考查了整式的混合运算：“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．
3．（2023·江苏·七年级假期作业）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】由题意可知是100的倍数，从而分析得到的末尾数字是01，设（t为正整数），由，分析判断即可得到正确答案．
【详解】解：由题意知，是100的倍数
∵与100互质
∴是100的倍数
∴的末尾数字是01
∴的数值一定是偶数，且m，n是正整数，
设：（t为正整数）
则：
∵的末尾两位数字为61，的末尾两位数字为41，的末尾两位数字为21，末尾两位数字为01
∴t的最小值为5，
∴的最小值为10
故答案为：B
【点睛】本题考查幂的乘方，牢记相关的知识点并能灵活应用是解题的关键．
4．（2023春·七年级单元测试）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ．
【答案】
【分析】先将代为，利用同底数幂的除法可得，由于结果底数是2，故左边5和3的指数应为0，左边和右边2的指数相等，由此可得方程组，解方程组求出x，y，z的值，代入即可求解．
【详解】解：，
则，
，
故，
解得：，
因此，
故答案为：．
【点睛】本题考查同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方、解三元一次方程组等知识点，解题的关键是通过对原式变形得到关于x，y，z的方程组．
5．（2023秋·重庆·九年级重庆市第七中学校校考期末）“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量之比为3∶2∶4，A、B、C三种饮料的单价之比为1∶2∶1．“双十二”活动期间，该销售商加大了宣传力度，并根据活动机制对三种饮料的价格作了适当的调整，预计“双十二”活动期间三种饮料的销售总额将比“双十一”活动期间有所增加，A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，B、C饮料增加的销售额之比为1∶2，“双十二”活动期间A饮料单价上调20%且A饮料的销售额与B饮料的销售额之比为3∶4，则A饮料“双十一”活动期间的销售数量与“双十二”活动期间预计的销售数量之比为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合比例，可设“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量为、、，A、B、C三种饮料的单价为、、，“双十二”活动期间A饮料的销售量为，再根据题意，得出“双十二”活动期间A、B饮料的销售额，然后再根据“双十二”活动期间A、B饮料的销售额减去“双十一”活动期间A、B饮料的销售额，得出A、B饮料增加的销售额，再根据B、C饮料增加的销售额之比，得出C饮料增加的销售额，然后根据C饮料增加的销售额加上“双十一”活动期间C饮料的销售额，得出“双十二”活动期间C饮料的销售额，再根据题意：A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，列出等式，进而计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意，可设“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量为、、，A、B、C三种饮料的单价为、、，“双十二”活动期间A饮料的销售量为，
∴“双十二”活动期间A饮料的销售额为，B饮料的销售额为，
∴A、B饮料增加的销售额分别为、，
又∵B、C饮料增加的销售额之比为1∶2，
∴C饮料增加的销售额为，
∴“双十二”活动期间C饮料的销售额为，
∵A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴A饮料“双十一”活动期间的销售数量与“双十二”活动期间预计的销售数量之比为．
故答案为：
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用、用字母表示数、列代数式、整式的加减法、多项式除以单项式、熟练掌握用代数式表示每个参数，并用整体法解题是关键．
6．（2023春·浙江·七年级期末）对，定义一种新运算，规定：，（其中，均为非零常数）．例如：，．当，，则 ；当时，，，对任意有理数，都成立，则，满足的关系式是 ．
【答案】
【分析】（1）根据新运算的定义，得，，故，．那么，，．
（2）由，，，得，故．由当时，，，对任意有理数，都成立，故当时，对任意有理数，都成立．那么，．
【详解】解：（1），，
，．
，．
，．
，．
（2），，，，
，．
，．
若当时，，，对任意有理数，都成立，
当时，对任意有理数，都成立．
当时，对任意有理数，都成立．
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查整式的运算以及解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解法以及整式的运算．
7．（2023·江苏·七年级假期作业）已知a是大于1的实数，且有，成立．
(1)若，求的值；
(2)当（，且n是整数）时，比较p与的大小，并说明理由．
【答案】(1)1；
(2)当时，；当时，；当时，，见解析．
【分析】（1）根据已知条件可得，代入可求的值；
（2）根据作差法得到，分三种情况：当时；当时；当时进行讨论即可求解．
【详解】（1）解：（1）∵①，②，
∴得，，
∴；
得，．
（2）∵（，且n是整数），
∴，
∴，
又由（1）中得，，
得，，
∴，
，
∴，
∴③，
④，
∴得，
∴，
∴，
当时，即；
当时，即；
当时，即．
【点睛】本题考查了负整数指数幂：（，p为正整数），关键是加减消元法和作差法的熟练掌握．
8．（2023·江苏·七年级假期作业）阅读材料：的末尾数字是3，的末尾数字是9，的末尾数字是7，的末尾数字是1，的末尾数字是3，......，观察规律，，∵的末尾数字是1，∴的末尾数字是1，∴的末尾数字是3，同理可知，的末尾数字是9，的末尾数字是7．解答下列问题：
(1)的末尾数字是 ，的末尾数字是 ；
(2)求的末尾数字；
(3)求证：能被5整除．
【答案】(1)3，6；
(2)4；
(3)证明见解析．
【分析】（1）根据阅读材料中的结论可知的末尾数字；根据阅读材料中提供的方法，可得的末尾数字是4，的末尾数字是6，于是得解；
（2）先将化成，再利用的末尾数字是6，从而得出结论；
（3）分别证明的末尾数字为6和的末尾数字9，则命题即可得证．
【详解】（1）解：，
的末尾数字为3；
的末尾数字是4，的末尾数字是6，的末尾数字是4，…
的末尾数字是4，的末尾数字是6，
的末尾数字是6；
故答案为：3，6；
（2）解：，
∵的末尾数字是6，
∴的末尾数字是4；
（3）证明：∵的末尾数字是2，的末尾数字是4，的末尾数字是8，的末尾数字是6，的末尾数字是2，…
的末尾数字是2，的末尾数字是4，的末尾数字是8，的末尾数字是6，
的末尾数字为6；
同理可得：
的末尾数字7，的末尾数字9，的末尾数字3，的末尾数字1；
的末尾数字9，
∴的末尾数字是5，
∴能被5整除．
【点睛】此题是一道阅读理解题，主要考查了幂的运算、数的整除，熟练掌握同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方法则是解答此题的关键．
9．（2023春·七年级课时练习）定义一种新的运算“”：
；
；
；
；
；
；
；
；
；
；
(1)仔细观察，归纳“”运算法则：两数进行“”运算时，______；
特别地，0与任何数进行“”运算，或任何数与0进行“”运算，结果为______；
(2)计算：；
(3)已知，，，试判断的值是否大于0？并说明理由．
【答案】(1)同号相乘，异号相除，0
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据题目中的例子可以总结出“”运算的运算法则即可；
（2）根据（1）中的结论求解即可；
（3）先分别运算A和B，然后求和判断正负即可．
【详解】（1）解：由题意可得，“”运算法则：两数进行“”运算时，同号相乘，异号相除;
0与任何数进行“”运算，或任何数与0进行“”运算，结果为0．
故答案为：同号相乘、异号相除，0．
（2）解：
=
=
=
=．
（3）解：,理由如下：
∵
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查有理数的混合运算、新定义、整式的四则混合运算等知识点，解审清题意、归纳出“”运算法则是解答本题的关键．
第九章 整式63题（7类压轴题专练）
压轴题型一 整式之数字规律类题型
1．（2023秋·全国·七年级专题练习）发现规律解决问题是常见解题策略之一．已知数，则这个数的个位数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】依次求出的个位数字，而底数是两位数的时候，它们的5次方的结果的个位数与前面一位数的时候相同，最后把这些个位数字相加即可解答．
【详解】解：∵的个位数是1，的个位数是2，的个位数是3，的个位数是4，的个位数是5，的个位数是6，的个位数是7，个位数是8，个位数是9，的个位数是0，
由此可发现：的个位数与n的个位数相同．
所以a的个位数应是：的结果的个位数，且该结果的个位数是5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了数字规律，发现的个位数与n的个位数相同是解答本题的关键．
2．（2023·四川·九年级专题练习）对于正数x，规定，例如：，，，，计算：（ ）
A．199 B．200 C．201 D．202
【答案】C
【分析】通过计算，可以推出结果．
【详解】解：
…
，，，
故选：C．
【点睛】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则，找到数字变化规律是解本题的关键．
3．（2023秋·福建莆田·八年级期末）对整式进行如下操作：将与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第一次操作；将第一次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第二次操作；将第二次的操作结果与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第三次操作；将第三次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第四次操作，以此类推，下列四种说法：①；②；③；④当n为奇数时，第n次操作结果；当n为偶数时，第n次操作结果；四个结论中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据题意可得出规律为，，当n为奇数时，，当n为偶数时，，即可得出答案．
【详解】解：根据题意可知，，
，
，
，
以此类推，
可得．
由于，
，
，
，
以此类推，
可得，
当n为奇数时，，当n为偶数时，．
∴，
故结论①错误；
=22．
故结论②错误；
．
故结论③错误；
∵当n为奇数时，，当n为偶数时，，
故结论④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查规律型-数字的变化类、整式的混合运算，能够根据题意找出规律是解答本题的关键．
4．（2023秋·全国·七年级专题练习）从3开始的连续奇数按右图的规律排列，其余位置数字均为．
（1）第行第列的数字是 ．
（2）数字在图中的第 行，第 列．
【答案】
【分析】（1）根据第行的第1至第列是非零数字，可得第行第列的数字是；
（2）观察数据发现第行第1个数字为，进而根据，即可求解．
【详解】解：（1）观察数据发现根据第（为奇数）行第1至第列有非零数字，可得第行第列的数字是；
故答案为：0．
（2）第1行第1个数字为
第3行第1个数字为
第5行第1个数字为
……
∴第行的第1个数字为
∵
∴第行第1个数字为
，
∴数字在图中的第行，第列
故答案为：，．
【点睛】本题考查了数字类规律，有理数的乘方运算，找到规律是解题的关键．
5．（2023·湖北恩施·统考二模）观察下列按一定规律排成的一组数：
，从左起第个数记，则 ， ．
【答案】
【分析】由题意知，为奇数时，为负，为偶数时，为正，由，可知，由题意知，则；其中；，；其中；，，；其中；，，，；其中；，记分母为，可推导一般性规律：分母相同的一组数中最后的一个的中的满足，由，可得，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，为奇数时，为负，为偶数时，为正，
∵，
∴，
∵，
∴；其中；
，；其中；
，，；其中；
，，，；其中；
记分母为，可推导一般性规律：分母相同的一组数中最后的一个的中的满足，
∵，
∴，
则，
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了数字变化的规律探究．解题的关键在于推导一般性规律．
6．（2023秋·全国·七年级专题练习）在一次数学活动课上，李老师将一副扑克牌中的红桃共张牌挑出，打乱顺序随机发给了甲、乙、丙三名同学，每人三张牌．已知甲的三张牌数字之和是，乙的三张牌数字之和与丙的三张牌数字之和相同，且乙的三张牌上的数字都是奇数．写出甲的三张牌上的数字是 ，丙的三张牌上的数字是 ．
【答案】
【分析】根据题意先分析出甲的可能结果，然后结合乙的三个奇数，筛选出合适的，最后再按照乙丙的三张牌数字和相同进行分配即可．
【详解】解：已知红桃有数字共计张牌
甲的三张牌数字之和为的情况有、、三种组合，
张牌中共有个奇数，乙的三张牌上的数字都是奇数，
甲最多只能有一个奇数，只有符合，
乙的三张牌数字之和与丙的三张牌数字之和相同，
乙的三张牌数字为，丙的三张牌数字为，
故答案为：；
【点睛】本题考查了数字类组合运算，按照题目进行逐步筛选和分析是解题关键．
7．（2023秋·湖北武汉·七年级统考开学考试）一串数：；，，；，，，，；，…
(1)第100个数是________；
(2)是第________个数；
(3)前2023个数的和是________．
【答案】(1)
(2)398或364
(3)
【分析】（1）分母是1的分数有1个，分子是1；分母是2的分数有3个，分子是1，2，1；分母是3的分数有5个，分子是1，2，3，2，1；分母是4的分数有7个，分子是1，2，3，4，3，2，1；分数的个数分别是1，3，5，7….，可得出，分母是n的分数有个，且这个分数相加和为n，第个是分母为n的最后一个；
（2）根据分母是n时有个分数，由此求出从分母是1的分数到分母是20的分数一共有多少个，第个是分母为n的最后一个，即可求解；
（3）由（1）得，先计算第2023个数之前最大的平方数：当时，，先计算分母为1至44的所有分数之和：，再确定第1937到2023之间数的和，最后相加即可．
【详解】（1）解：由题意可得：分母是1的分数有1个，分母是2的分数有3个，分母是3的分数有5个，
∴可得出，分母是n的分数有个，且这个分数相加和为n，
第个是分母为1的最后一个，
第个是分母为2的最后一个，
…
第个是分母为n的最后一个，
∵，
∴令，解得：，
∴第100个数是分母为10的最后一个分数，即；
（2）解：由（1）得：分母是n的分数有个，第个是分母为n的最后一个，
∴分母是20的分数一共有个，第400个数是分母为20的最后一个，第361个数是分母为19的最后一个，
∴是第398或第364个分数；
（3）解：由（1）得：第个是分母为n的最后一个，
令，解得：，
当时，，
即前1936个数的和是，
第1937至第2023个数之间一共有个数，
第1937至第2023个数的和为：；
∴前2023个数的和是．
【点睛】本题需要找出分数个数与分母之间的规律，还要找出分子的变化规律，灵活运用所给信息是关键．
8．（2023·全国·七年级专题练习）桌子上有7张反面向上的纸牌，每次翻转n张（n为正整数）纸牌，多次操作后能使所有纸牌正面向上吗？用“+1”、“”分别表示一张纸牌“正面向上”、“反面向上”，将所有牌的对应值相加得到总和，我们的目标是将总和从变化为．
(1)当时，每翻转1张纸牌，总和的变化量是2或，则最少 次操作后所有纸牌全部正面向上；
(2)当时，每翻转2张纸牌，总和的变化量是 ，多次操作后能使所有纸牌全部正面向上吗？若能，最少需要几次操作？若不能，简要说明理由；
(3)若要使多次操作后所有纸牌全部正面向上，写出n的所有可能的值．
【答案】(1)7
(2)14，不能所有纸牌全正，见解析
(3)n＝1，3，5，7
【分析】（1）根据翻转的操作方法即可得出答案；
（2）根据三种情况进行分析，进而得出答案；
（3）根据将n张牌翻动次数，分几种情况进行分析，进而得出答案．
【详解】（1）总变化量：，
次数（至少）：，
故答案为：7；
（2）①两张由反到正，变化：，
②两张由正到反，变化：，
③一正一反变一反一正，变化，
要使所有纸牌正面向上，则总变化量仍为14，
∵14无法由4，，0相加得到，
∴不能全正，
故不能所有纸牌全正；
故答案为：14；
（3）由题可知：．
①当时，由（1）可知能够做到，
②当时，由（2）可知无法做到，
③当时，总和变化量为6，，2，，
，
故可以，
④当时，总和变化量为8，，4，，0，
14无法由8，，4，，0组成，
故不可以，
⑤当时，总和变化量为10，，6，，2，，
，
故可以，
⑥当时，总和变化量为12，，8，，4，，0，
无法组合，
故不可以，
⑦当时，一次全翻完，可以，
故，3，5，7时，可以．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，此题解题的关键是要明确：只有将一张牌翻动奇数次，才能使它的正面向上，根据“奇数+奇数＝偶数，偶数+奇数＝奇数”进行解答即可．
9．（2023春·安徽合肥·七年级合肥市五十中学西校校考期中）认真阅读材料，然后回答问题：
我们初中学习了多项式的运算法则，相应的，我们可以计算出多项式的展开式，如：
．．．……；
下面我们依次对展开式的各项系数进一步研究发现，当取正整数时可以单独列成表中的形式：
…………………………………………………1 1
………………………………………………1 2 1
……………………………………………1 3 3 1
…………………………………………1 4 6 4 1
………………………………………1 5 10 10 5 1
……………………………………1 6 15 20 15 6 1
……………………………………
上面的多项式展开系数表称为“杨辉三角形”；仔细观察“杨辉三角形”，用你发现的规律回答下列问题：
(1)多项式的第三项的系数______；
(2)请你预测一下多项式展开式的各项系数之和______；
(3)拓展：①写出展开式中含项的系数为______；
②展开式按的升幂排列为：，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）由题意可求得当时，多项式的第三项的系数是多少，找到规律，即可得出答案；
（2）求得当时，多项式展开式的各项系数之和，找到规律，即可求得答案；
（3）①首先确定是展开式中第几项，再根据杨辉三角即可解决问题；②将代入求解即可．
【详解】（1）解：当时，多项式的展开式是一次二项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是二次三项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是三次四项式，此时第三项的系数为：；
当时，多项式的展开式是四次五项式，此时第三项的系数为：；
……
多项式的展开式是一个次项式，第三项的系数为：；
故答案为：；
（2）解：当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
当时，多项式的展开式的各项系数之和为：；
……
多项式展开式的各项系数之和为，
故答案为：；
（3）解：①，
展开式中含项是其展开式的第二项，
，
故答案为：；
②，
当时，令，
则，
．
【点睛】本题考查了杨辉三角，数字的规律，解题的关键是根据图形中数字找出相应的规律，再表示展开式．
压轴题型二 整式之图形规律类题型
1．（2023·江西宜春·统考二模）如图，将一枚跳棋放在七边形的顶点处，按顺时针方向移动这枚跳棋2023次．移动规则是：第次移动个顶点（如第一次移动1个顶点，跳棋停留在处，第二次移动2个顶点，跳棋停留在处）．按这样的规则，在这2023次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（ ）
A．、 B．、 C．、、 D．、、
【答案】C
【分析】设顶点分别是0，1，2，3，4，5，6格，因棋子移动了次后走过的总格数是，然后根据题目中所给的第次移动个顶点得规则，可得到不等式，即可得到答案．
【详解】解：设顶点分别是0，1，2，3，4，5，6格，
因棋子移动了次后走过的总格数是，
所以应停在格，这时为整数，且使，分别取时，，发现第2，4，5格没有停棋，
若，
设（）代入可得：
，
由此可知，停棋的情形与相同，
所以第2，4，5格没有停棋，即顶点、、棋子不可能停到，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了整式加减的探究规律，解题的关键是弄清题意，总结归纳出题目中的规律．
2．（2023秋·广东深圳·七年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图，点在线段的延长线上，且线段，第一次操作：分别取线段和的中点、；第二次操作：分别取线段和的中点，；第三次操作：分别取线段和的中点，；……连续这样操作20次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，分别为的中点，求出的长度，再由的长度求出的长度，找到的规律即可求出的值．
【详解】解：∵，分别为的中点，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
根据规律得到，
∴，
故选：C．
【点睛】本题是对线段规律性问题的考查，准确根据题意找出规律是解决本题的关键，相对较难．
3．（2023秋·贵州毕节·七年级校联考期末）如图，甲、乙两动点分别从正方形的顶点同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行．若甲的速度是乙的速度的3倍，则它们第2022次相遇在边（ ）上．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据甲、乙运动方向结合速度间的关系即可得出甲、乙第1次相遇在边上，甲、乙第2次相遇在边上，甲、乙第3次相遇在边上，甲、乙第4次相遇在边上，甲、乙第5次相遇在边上，，甲、乙相遇位置每四次一循环，再根据即可得出甲、乙第2022次相遇在边上．
【详解】解：甲的速度是乙的速度的3倍，
甲、乙第1次相遇时，乙走了正方形周长的，
甲、乙第1次相遇在边上，
甲的速度是乙的速度的3倍，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，
甲、乙第2次相遇在边上，甲、乙第3次相遇在边上，甲、乙第4次相遇在边上，甲、乙第5次相遇在边上，，
甲、乙相遇位置每四次一循环，
，
甲、乙第2022次相遇在边上．
故选：B．
【点睛】本题考查了规律型中数字的变化类，根据甲、乙运动的方向结合速度间的关系得出甲、乙相遇位置每四次一循环是解题的关键．
4．（2023春·黑龙江哈尔滨·六年级哈尔滨市萧红中学校考阶段练习）观察下列图形：它们是按一定规律排列的，依此规律，第6个图形共有 ．
【答案】16
【分析】将每一个图案分成两部分，最下面位置处的3个与上面中间1个不变，上面两侧每一个图形比前一个图形多2个，根据此规律找出第n个图形中★的个数的关系式，然后把代入计算即可．
【详解】解：观察发现，
第1个图形★的个数是，，
第2个图形★的个数是，，
第3个图形★的个数是，，
…，
依此类推，第n个图形★的个数是，，
故当时，．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了图形变化规律问题，把★分成两部分进行考虑，并找出第n个图形★的个数的表达式是解题的关键．
5．（2023·江苏·七年级假期作业）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表（图①），即杨辉三角．现在将所有的奇数记“”，所有的偶数记为“”，则前行如图②，前行如图③，求前行“”的个数为 ．
【答案】
【分析】先根据给出的图②和图③找出出现“”规律，然后根据规律即可得解．
【详解】观察图②和图③可知，前行中包含个前行的图形，中间三角形中的数字均为，
前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，
即前行中“”的个数为（个），
同理可知前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，即前行中“”的个数为（个），
前行中“”的个数是前行中“”的个数的倍，即前行中“”的个数为（个），
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字规律探究计算，根据给出的图②和图③找出出现“”规律是解题关键．
6．（2023·北京·九年级专题练习）有黑、白各6张卡片，分别写有数字1至6把它们像扑克牌那样洗过后，数字朝下，如图排成两行，排列规则如下：
①左至右，按数字从小到大的顺序排列；
②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边．
将第一行卡片用大写英文字母按顺序标注，第二行卡片用小写英文字母按顺序标注，则白卡片数字1摆在了标注字母 的位置，标注字母e的卡片写有数字 ．
【答案】 B 4
【分析】根据排列规则依次确定白1，白2，白3，白4的位置，即可得出答案．
【详解】解：第一行中B与第二行中c肯定有一张为白1，若第二行中c为白1，则左边不可能有2张黑卡片，
白卡片数字1摆在了标注字母B的位置，
黑卡片数字1摆在了标注字母A的位置，；
第一行中C与第二行中c肯定有一张为白2，若第二行中c为白2，则a，b只能是黑1，黑2，而A为黑1，矛盾，
第一行中C为白2；
第一行中F与第二行中c肯定有一张为白3，若第一行中F为白3，则D，E只能是黑2，黑3，此时黑2在白2右边，与规则②矛盾，
第二行中c为白3，
第二行中a为黑2，b为黑3；
第一行中F与第二行中e肯定有一张为白4，若第一行中F为白4，则D，E只能是黑3，黑4，与b为黑3矛盾，
第二行中e为白4．
故答案为：①B，②4．
【点睛】本题考查图形类规律探索，解题的关键是理解题意，根据所给规则依次确定出白1，白2，白3，白4的位置．
7．（2023·全国·七年级专题练习）数学问题：计算（其中，都是正整数，且，）．
探究问题：为解决上面的数学问题，我们运用数形结合的思想方法，通过不断地分割一个面积为 的正方形，把数量关系和几何图形巧妙地结合起来，并采取一般问题特殊化的策略来进行探究．
探究一：计算．
第次分割，把正方形的面积二等分，其中阴影部分的面积为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，阴影部分的面积之和为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续二等分，．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后二等分，所有阴影部分的面积之和，最后空白部分的面积是．
第次分割图可得等式：．
探究二：计算．
第次分割，把正方形的面积三等分，其中阴影部分的面积为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，阴影部分的面积之和为．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积继续三等分，．
第次分割，把上次分割图中空白部分的面积最后三等分，所有阴影部分的面积之和为，最后空白部分的面积是．
根据第次分割图可得等式：，
两边同除以，得．
探究三：计算．
（仿照上述方法，只画出第次分割图，在图上标注阴影部分面积，并写出探究过程）
解决问题：根据前面探究结果：
__________．
__________．（只填空，其中，都是正整数，且，）
拓广应用：计算．
【答案】探究三：见解析；解决问题：，；拓广应用：
【分析】探究三：模仿例题，画出图形即可，根据正方形面积为1，构建关系式，可得结论．
解决问题：利用规律解决问题即可．
拓广应用：用转化的思想解决问题即可．
【详解】解：探究三
第次分割图如图所示：
所有阴影部分的面积之和为1；
最后的空白部分的面积是；
根据第次分割图可得等式；
两边同除以3，得；
解决问题
根据前面探究结果：
，
，
．
根据第次分割图可得等式，，
所以．
拓广应用
．
【点睛】本题考查规律型图形变化类，有理数的混合运算，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2023春·吉林长春·七年级长春市第八十七中学校考阶段练习）如图，在正方形中，，动点P从点A出发，以速度沿的线路运动，同时动点Q从B出发，以的速度沿的线路运动，设运动的时间为．
(1)当点P在上运动时，
①用含t的代数式表示线段的长度．
②当时，求t的值．
(2)动点M从D点出发，以每秒的速度在线段上作往返运动，点M与点P同时出发，当点P停止运动时，点M也停止运动，连接，
③当点P与点M第一次重合时，求t的值，并直接写出此时线段的长度．
④当点M落在线段上时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)①或；②或
(2)③点P与点M第一次重合时，；；④或
【分析】（1）①分两种情况求出线段的长度即可；②根据当，列出关于t的方程，解方程即可；
（2）③先求出点P运动到点C用的时间，然后列方程求出t的值即可；
④分点M从点D向点C运动和点M从点C向点D运动两种情况，分别列出方程求出点M与点P和点Q重合时，t的值，再写出t的取值范围即可．
【详解】（1）解：①当时，，
当时，；
②当时，，
解得：，
当时，，
解得：，
综上分析可知，或；
（2）解：③当运动到点C时，用的时间为：，
∵，
∴此时点M正好运动到点D，当点P与点M第一次重合时，
，
解得：，
；
④点M从点D向点C运动时，
点P运动到点C时，点Q正好运动到点C，
当点M与点Q第一次重合时，
，
解得：，
从点P与点M第一次重合到点M与点Q第一次重合，点M正好在上，
∴当时，点M落在线段上；
点M从点C向点D运动时，
当点M与点Q第二次重合时，
，
解得：，
当点M与点P第二次重合时，
，
解得：，此时点P、M都运动到D处，
当点Q与点M第二次重合到点M与点P第二次重合，点M正好在上，
∴时，点M落在线段上；
综上分析可知，当或时，点M落在线段上．
【点睛】本题主要考查了列代数式，一元一次方程的几何应用，解题的关键是根据题意列出方程，并注意分类讨论．
9．（2023·全国·七年级假期作业）（1）为了计算的值，我们构造图形（图），共行，每行依次比上一行多一个点．此图形共有个点．如图2，添出图形的另一半，此时共行列，有个点，由此可得．
用此方法，可求得 （直接写结果）．
（2）观察下面的点阵图（如图3），解答问题：
填空：① ；
② ．
（3）请构造一图形，求 （画出示意图，写出计算结果）．
【答案】（1）；（2）①，②；（3），图和过程见解析
【分析】（1）根据给定的计算方法，进行计算即可；
（2）①根据已有点阵图，得到第个点阵图中点的个数为，再进行计算即可；②根据规律进行计算即可；
（3）将一个面积为1的正方形分割为和两部分，再将正方形的分割为和两部分，，依次进行分割，再进行计算即可．
【详解】解：（1）；
故答案为：；
（2）由点阵图可知：个数时和为，
个数时和为，
个数时和为，
，
个数时和为．
∵中有个数，
∴．
∵中有个数，
∴．
故答案为：；；
（3）由题意画出图形如下：假定正方形的面积为，
第次将正方形分割为和两部分，
第次将正方形的分割为和两部分，
•••，以此类推，
第次分割后，剩余的面积为，
那么除了剩余部分的面积，前面所有分割留下的面积应该是：，
∴．
【点睛】本题考查图形的规律探究，有理数的混合运算，数形结合思想．解题的关键是将代数问题转化为几何图形，利用数形结合的思想，进行简便运算．
压轴题型三 整式的加减计算
1．（2023秋·七年级课时练习）合并同类项的结果为（ ）
A．0 B． C．m D．无法确定
【答案】B
【分析】与结合，与结合，依此类推相减结果为，得到506对，计算即可得到结果．
【详解】解：
，
故选B．
【点睛】本题考查合并同类项，根据题意弄清式子的规律是解本题的关键．
2．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆南开中学校考期中）已知两个整式，，用整式与整式求和后得到整式，整式与整式作差后得到整式，整式与整式求和后得到新的整式，整式与整式作差后得到新的整式，…，依次交替进行“求和、作差”运算得到新的整式．下列说法：①当时，；②整式与整式结果相同；③；④．正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意依次计算出，，，，，，，，，，，，，，，
根据观察可发现每个一循环，将代入中可判断①；根据上述即可判断②；，再代入计算即可判断③；先计算出，则，以此可判断④．
【详解】解：由题意计算可得：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
以此类推，每个一循环，
当时，，故①说法正确；
由上述可知，整式与整式结果不相等，故②说法错误；
，，
，故③说法正确；
，
，故④说法正确．
正确的结论有①③④，共个．
故选：C．
【点睛】本题考查了整式的加减、规律型：数字的变化类，解题关键是根据题意进行正确的计算，认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立数量关系或者前后数字进行简单运算，从而得出规律．
3．（2023春·重庆·七年级重庆一中校考期末）有自左向右依次排列的三个整式，，，，将任意相邻的两个整式相加，所得之和等于在两个整式中间，可以产生一个整式串；，，，，，这称为第1次“加法操作”；将第1次“加法操作”后的整式串按上述方法再做一次“加法操作”，可以得到第2次“加法操作”后的整式串；…，以此类推，下列说法：
①当时，第1次“加法操作”后，整式串中所有整式的积为负数；
②第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为；
③第4次“加法操作”后，整式串中所有整式之和为．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】当，可得，，，，再根据乘法的特点即可判断①；整式串中倒数第二个整式是前1个操作后倒数第一个和倒数第二个整式的和，由此可得第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为，即可判断②；根据题意求出第4次操作后的整式串，然后求和即可判断③．
【详解】解：∵，
∴，，，，
∴ ，
∴第1次“加法操作”后，整式串中所有整式的积为正数，故①错误；
∵整式串中倒数第二个整式是前1个操作后倒数第一个和倒数第二个整式的和，
∴第1次操作后倒数第二个整式为，
第2次操作后倒数第二个整式为，
第3次操作后倒数第二个整式为，
…
∴第次“加法操作”后，整式串中倒数第二个整式为，故②正确；
第2次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，
第3次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，
第4次“加法操作”后的整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
；
；
；
；
；
；
，故③错误，
故选B．
【点睛】本题考查整式的加减计算，正确理解题意并掌握整式的加减运算法则是解题的关键．
4．（2023春·重庆九龙坡·七年级重庆市育才中学校考期中）若一个四位正整数（各个数位均不为0），千位数字比百位数字大2，十位数字比个位数字大3，则称该数为“二三数”，例如、都是“二三数”．将一个四位正整数的百位和十位交换位置后得到四位数，．若为“二三数”，且能被9整除，满足条件的所有值中，的最小值为_________．
【答案】
【分析】设T的千位数字为a，十位数字为b，则可表示相应的数，再结合能被9整除的数的特点进行求解即可．
【详解】解：设T的千位数字为a，十位数字为b，依题意得：
，
∵T能被9整除，
∴，能被9整除，
∵，，
∴当时，得，
则，，则T为：，
；
当时，得：，不符合题意；
当时，得：，则：
当，时，则T为：，
；
当，时，则T为：，
；
当，时，则T为：，
；
综上所述，的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查整式的加减，分类讨论思想，解答的关键是根据题意求出相应的数位上的数之间的关系．
5．（2023春·重庆荣昌·八年级统考期末）如果一个三位数的十位数字比百位数字与个位数字之和大2，我们称这个三位数为“荣庆数”，我们将“荣庆数”的各位数字之和记为，比如152，百位数字与个位数字之和为，十位数字是5，，所以152是“荣庆数”， ；若一个“荣庆数”是13的倍数，则的最大值是 ．
【答案】 8 12
【分析】由，知；设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，可推得是13的倍数，而，，是正整数，即可得或或或，从而得到答案．
【详解】解：，
；
设“荣庆数”的百位数字为，十位数字为，则个位数字为，
，
是13的倍数，，
是13的倍数，
（为非负整数），
，，是正整数，
，
，是正整数，为百位数字，为十位数字，
，，
假设，此时，此时值最小，
，
假设，此时，此时值最大，
，
，
当时，，
解得，满足和，，符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，满足和，，符合题意，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，此方程无符合题意的，的正整数解，
当时，，
解得：，不满足，不符合题意，
当时，，
解得，不满足，不符合题意，
或，
或，
的值为4或12，
的最大值是，
故答案位：8，12．
【点睛】本题考查整式的加减，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，求出使是13的倍数的正整数，的值．
6．（2023秋·福建泉州·七年级统考期末）已知x是有理数，且x有无数个值可以使得代数式的值是同一个常数，则此常数为 ．
【答案】2022
【分析】由题意确定出x的取值范围，然后按照这个取值范围化简原式即可求出此常数．
【详解】由题意，得将进行化简后代数式中不含x，才能满足题意．
因此，当时，
原式=
．
故答案为：2022．
【点睛】本题考查了绝对值的性质、有理数的加减、整式的加减，解题的关键是确定x的取值范围．
7．（2023春·重庆江北·七年级统考开学考试）如果一个三位自然数的任意两个相邻数位上，左边数位上的数总比右边数位上的数小1，那么我们把这样的自然数叫做“小顺数”．交换的百位数字和个位数字位置，得到一个新的三位数，记，例如：是“小顺数”，对应的，则．
(1)最小的三位“小顺数”是______；最大的三位“小顺数”是______；
(2)设“小顺数”的百位数字是，已知是3的倍数，求满足条件的所有“小顺数”．
【答案】(1)123，789
(2)满足条件的“小顺数”为234，567
【分析】（1）根据题目中所给的定义即可得到答案；
（2）设“小顺数”的百位数字是，则十位数字是，个位数字是，从而得到，根据得到，又由是3的倍数，且不大于7，可得或，从而得到答案．
【详解】（1）解：根据题意得：
最小的三位“小顺数”是123；最大的三位“小顺数”是789，
故答案为：123，789；
（2）解：设“小顺数”的百位数字是，则十位数字是，个位数字是，
，，
，
能被3整除，且不大于7，
或，
或5
满足条件的“小顺数”为234，567．
【点睛】本题主要考查了数字类规律探索、一元一次方程的应用、整式的加减，熟练掌握以上知识点，理解“小顺数”的定义是解答此题的关键．
8．（2023秋·四川成都·七年级统考期末）一个各个数位上的数字均不为零的四位正整数，若其千位数字与十位数字之和等于8，百位数字与个位数字之和也等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”．
例如：1276，∵，，∴，∴1276是“乐群数”．
又如：3254，∵3＋5＝8，，∴3254不是“乐群数”．
(1)请判断：1473______“乐群数”，6523______“乐群数”（填“是”或“不是”）；
(2)已知一个“乐群数”的千位比百位数字小3，把它的千位和百位数字分别与十位和个位数字对调，对调后得到的新数比原数大3762，求这个“乐群数”；
(3)是否存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”？若存在，请求出满足条件的“乐群数”；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不是，是
(2)2563
(3)1375或2761或3454
【分析】（1）根据定义可判断1473不是“乐群数”，6523是“乐群数”；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，根据对调后得到的新数比原数大3762列方程可解得这个“乐群数”为2563；
（3）设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，可得，由M被7除余3，知能被7整除，再根据，即可得到答案．
【详解】（1）∵，，
∴1473不是“乐群数”，
∵，
∴6523是“乐群数”，
故答案为：不是，是；
（2）设这个“乐群数”的千位数字为x，则百位数字为，十位数字位，个位数字位，
根据题意得：
，
解得，
∴这个“乐群数”为2563；
（3）存在千位数字比百位数字小，且被7除余3的“乐群数”，理由如下：
设这个“乐群数“为M，它的千位数字为a，百位数字为b，且，
∴M的十位数字是，个位数字是，
∴，
∵M被7除余3，
∴能被7整除，
∵，
∴
，
∴能被7整除，
∵，
∴当，；，；，时，满足题意，
∴M为1375或2761或3454．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，列出一元一次方程解决问题．
9．（2023秋·江西赣州·七年级统考期末）已知：b是最小的正整数，且a、b、c满足，请回答问题．
(1)请直接写出a、b、c的值． ______，______，______；
(2)a、b、c所对应的点分别为A、B、C，点P为一动点，其对应的数为x，点P在0到2之间运动时即（时），请化简式子：（请写出化简过程）；
(3)在（1）（2）的条件下，点A、B、C开始在数轴上运动，若点A以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点B和点C分别以每秒2个单位长度和5个单位长度的速度也向左运动，运动时间为t，是否存在t，使A、B、C中一点是其它两点的中点，若存在，求t的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，1，5
(2)见解析
(3)存在，t的值是或1或
【分析】（1）根据b是最小的正整数，以及偶次方和绝对值的非负性进行求解即可；
（2）分，两种情况进行讨论，化简即可；
（3）分A是的中点，B是中点，C是中点三种情况，进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵b是最小的正整数，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
故答案为：，1，5；
（2）当时，
；
当时，
；
（3）存在t，使A、B、C中一点是其它两点的中点，理由如下：
根据题意，运动后A表示的数是，B表示的数是，C表示的数是，
①A是的中点时，，解得，
②B是中点时，，解得，
③C是中点时，，解得，
综上所述，t的值是或1或．
【点睛】本题考查整式的加减，一元一次方程的应用．熟练掌握绝对值的意义，以及数轴上两点间的距离公式，是解题的关键．
压轴题型四 整式的乘法
1．（2023春·重庆南川·八年级统考期末）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘得到，将第2项加上得到第3项……以此类推，某数学兴趣小组对此展开研究，得到下列4个结论：①第4项为；②；③若第2023项的值为0，则；④当时，第项的值为．以上结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据题干所提供的运算方法，分别计算出第2项，的值；第3项，的值，第4项，的值，第5项，的值，由规律可判断每个结论的正误即可．
【详解】解：根据题意，第1项为，，
第2项为，，
第3项为，，
第4项为，故①正确；
，故②错误；
若第2023项的值为0，即
，
即，，故③正确；
当时，设①
②
①－②，得，，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查整式的混合运算以及数字的变化类，掌握整式混合运算的计算方法，发现所列举代数式所呈现的规律是正确判断的前提．
2．（2023春·浙江·七年级专题练习）若实数x，y，z满足，求（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】B
【分析】令，分别求出，，，，最后根据分别代入化简求解即可．
【详解】解：令，则
∵，
∴，整理得：，
∵，
∴，
∵，
，
，
∴，
∵，即
∴，
∴，
∵
，
，
∵
∵，
∴，解得：，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，解题的关键是用换元法，将各个式子进行改写化简．
3．（2023春·七年级课时练习）若，则等于（ ）
A．2020 B．2019 C．2018 D．－2020
【答案】C
【分析】将变形为，，代入即可求解．
【详解】解：∵，
∴，，
∴
=2018．
故选：C
【点睛】本题考查了根据已知代数式的值求新代数式的值，将已知条件适当变形，代入所求代数式求解是解题关键．
4．（2023秋·四川眉山·七年级统考期末）阅读材料，回答下列问题：
材料一：积的乘方，把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
即：．
材料二：等式成立
试求：（1） ．
（2） ．
【答案】 220 333300
【分析】（1）根据将变形为，再利用进行计算即可得到答案；
（2）先利用将变形为，再利用进行计算即可得到答案．
【详解】解：（1），
，
原式
，
故答案为：220；
（2），
，
原式
，
故答案为：333300．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，熟练掌握的积的乘方的运算法则，能准确利用题中所给的公式是解题的关键．
5．（2023春·全国·七年级专题练习）填空：
；
；
；
…
(1) ；
(2)猜想：
；（其中为正整数，且）
(3)利用（2）中的猜想的结论计算：
①
②．
【答案】(1)
(2)
(3)①，②
【分析】（1）根据题中条件总结归纳即可求解；
（2）根据题中条件总结归纳即可求解；
（3）①根据题中条件可得，即可求出答案；②由题意可得：，从而求得答案．
【详解】（1）解：根据上式总结归纳得：，
故答案为：；
（2）解：根据上式猜想得：，
故答案为：；
（3）解：①
∴，
∴原式；
②由题意可得：，
∴
∴．
【点睛】本题考查了新定义下的运算，灵活运用题中条件是解题关键．
6．（2023·江苏·七年级假期作业）已知，，，现给出3个数a，b，c之间的四个关系式：①；②；③；④．其中，正确的关系式是 （填序号）．
【答案】①②③
【分析】根据同底数幂的乘法法则即可求出a、b、c的关系，代入各式验证即可．
【详解】解：∵，，．
∴，，，
∴a+2＝b+1＝c，
即b＝a+1，c＝b+1，c＝a+2，
于是有：①a+c＝a+a+2＝2a+2，2b＝2a+2，
所以a+c＝2b，因此①正确；
②a+b＝a+a+1＝2a+1，2c﹣3＝2a+4﹣3＝2a+1，
所以a+b＝2c﹣3，因此②正确；
③b+c＝a+1+a+2＝2a+3，因此③正确；
④b＝a+1，因此④不正确；
综上所述，正确的结论有：①②③三个，
故选：C．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法，解题的关键是熟练运用同底数幂的乘法法则，得出a、b、c的关系．
7．（2023·全国·八年级专题练习）若的乘积中不含 与 项，求的值．
【答案】
【分析】多项式乘多项式法则，先用一个多项式的每一项乘以另一个多项式的每一项，再把所得的积相加，结果中不含一次项和二次项，则说明这两项的系数为，建立关于，的等式，求出后再求代数式值．
【详解】解：原式，
，
∵乘积中不含 与 项，
∴，，
解得：，，
∴．
【点睛】此题考查了多项式乘以多项式，根据不含某一项就是这一项的系数等于列式求解、的值是解题的关键．
8．（2023春·江苏苏州·七年级苏州市立达中学校校考期中）阅读以下材料，回答下列问题：
小明遇到这样一个问题：求计算所得多项式的一次项系数．小明想通过计算所得的多项式解决上面的问题，但感觉有些繁琐，他想探寻一下，是否有相对简洁的方法．
他决定从简单情况开始，先找所得多项式中的一次项系数．通过观察发现：
也就是说，只需用中的一次项系数1乘以中的常数项3，再用中的常数项2乘以中的一次项系数2，两个积相加，即可得到一次项系数．
延续．上面的方法，求计算所得多项式的一次项系数．可以先用的一次项系数1，的常数项3，的常数项4，相乘得到12；再用的一次项系数2，的常数项2，的常数项4，相乘得到16；然后用的一次项系数3，的常数项2，的常数项3，相乘得到18，最后将12，16，18相加，得到的一次项系数为46．
参考小明思考问题的方法，解决下列问题：
(1)计算所得多项式的一次项系数为______．
(2)计算所得多项式的一次项系数为______．
(3)若计算所得多项式的一次项系数为0，则______．
(4)计算所得多项式的一次项系数为______，二次项系数为______．
(5)计算所得多项式的一次项系数为______，二次项系数为______．
【答案】(1)7
(2)
(3)
(4)5，10
(5)10，
【分析】（1）结合已知可得所得多项式的一次项系数，即可求解；
（2）结合已知可得所得多项式的一次项系数，即可求解；
（3）由所得多项式中不含一次项，可得，即可求解；
（4）（5）根据题目中提供的计算方法进行计算即可．
【详解】（1）解：，
故答案为：7；
（2），
故答案为：；
（3）由题意得，，
也就是，，
所以，；
故答案为：；
（4）
一次项系数为：；
二次项系数为：．
故答案为：5，10；
（5）．
．
一次项系数为：，
二次项系数为：．
故答案为：10；．
【点睛】本题考查多项式乘以多项式，理解多项式乘以多项式所得的多项式每一项的系数是解决问题的关键．
9．（2023·浙江嘉兴·统考一模）对于代数式，不同的表达形式能表现出它不同的性质，若代数式，代数式，改变x的值，代数式A，B有不同的取值，如下表：
x
0
1
2
3
4
0
3
8
15
24
35
0
3
8
15
24
观察表格发现：当时，，当时，，我们把这种现象称为代数式B参照代数式A取值延后，相应的延后值为1．
(1)若代数式D参照代数式A取值延后，相应的延后值为2，求代数式D；
(2)若代数式参照代数式A的取值延后，求相应的延后值；
(3)若代数式参照代数式取值延后，求的值．
【答案】(1)；
(2)3；
(3)．
【分析】（1）根据题意，延后值为2，即将改为，化简即可；
（2）设延后值为k，将延后的代数式等于，使得各项系数相等，解方程即可；
（3）设延后值为m，使得各项系数相等，解方程即可．
【详解】（1）解：根据题意，
（2）解：设相应的延后值为k，得： ，
化简得：，
，解得，
当时，成立，
∴相应的延后值是3．
（3）解：设相应的延后值为m，得：，
化简得：，
，
将代入，可得
∴．
【点睛】本题考查了代数式求值，多项式的系数中字母求值，理解题意，清楚的列出代数式，并进行求解是解题的关键．
压轴题型五 乘法公式
1．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆一中校考期中）对于五个整式，：；：；：；：；：有以下几个结论：
①若为正整数，则多项式的值一定是正数；
②存在有理数，，使得的值为；
③若关于的多项式（为常数）不含的一次项，则该多项式的值一定大于．上述结论中，正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据整式的乘法混合运算，及完全平方公式为非负的特点，结合特殊值代入法求解．
【详解】解：①，
当时，．故①是错误的；
②当，
即，
∴，
当时，或者．所以②是正确的．
③∵
，
∵不含x的一次项，
∴，
∴，
∴，∴③是错误的；
综上，只有②是正确的．
故选：B．
【点睛】本题考查整式的乘法运算，完全平方公式，代数式求值，熟练掌握整数的乘法运算法则是解题的关键．
2．（2023春·山东济南·七年级统考期末）设 ，，．若，则的值是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根据完全平方公式得出，，进而根据已知条件得出，进而即可求解．
【详解】，，，
，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了完全平方公式变形求值，根据题意得出是解题的关键．
3．（2023春·浙江绍兴·八年级统考期末）已知实数x，y满足，则的值为（ ）
A．－9 B． C．9 D．
【答案】C
【分析】将原等式变形为，又根据非负性有，，即，故要使成立，则必须，解之即可解答．
【详解】∵
即
∴
∵，
∴
要使，则必须
解得
∴
故选：C
【点睛】本题考查完全平方公式，平方的非负性，负整数指数幂，熟练运用完全平方公式进行配方，和平方的非负性是解题的关键．
4．（2023·上海·七年级假期作业）请同学运用计算，解决问题：已知x、y、z满足，求的最大值是 ．
【答案】12
【分析】根据已知条件化简，根据完全平方公式的非负性求得原式的最大值，进而即可求解．
【详解】∵，
∴
；
∵，
∴
∴原式=
，
，
∴原式．
故原式的最大值是12；
故答案为：12．
【点睛】本题考查运用已知公式，及平方的非负性，掌握灵活运用题中给的公式是解题的关键．
5．（2023·江苏·七年级假期作业）设x，y满足，，则 ．
【答案】
【分析】将，两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【详解】解：将，两式相加，可得
，
即，
即，
∵恒成立，
∴，即，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了立方和公式的应用．解答该题时需要熟记立方和公式．
6．（2023秋·全国·九年级专题练习）若，满足，则的值为 ．
【答案】
【分析】已知等式利用完全平方公式配方后，利用非负数的性质求出，的值，代入原式计算即可得到结果．
【详解】解：已知等式变形得：，
即，
∵，，
∴，，
解得：，，
则．
故答案为：．
【点睛】此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
7．（2023秋·江苏淮安·八年级淮安市浦东实验中学校考开学考试）【知识生成】
【知识生成】我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．例如图1可以得到，基于此，请解答下列问题：
【直接应用】（1）若，，求的值；
【类比应用】（2）填空：①若，则 ；
②若，则 ；
【知识迁移】（3）两块全等的特制直角三角板如图2所示放置，其中，，在一直线上，连接，．若，，求一块直角三角板的面积．
【答案】（1）；（2）①7；②3；（3）30．
【分析】（1）根据完全平方公式的变形可得答案；
（2）①设，，则，，由进行计算即可；
②设，，则，，由进行计算即可；
（3）设，，由题意可得，，，由求出的值即可．
【详解】解：（1），
∴，
∴，
∵，
，
答：；
（2）①设，，则，，
，
故答案为：7；
②设，，则，，
，
故答案为：3；
（3）设，，
，，
，，
即，，
，
即，
，
答：一块直角三角板的面积为30．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，多项式乘多项式，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的前提，掌握完全平方公式的变形是正确解答的关键．
8．（2023春·辽宁沈阳·七年级统考期中）【阅读材料】
“数形结合”是一种非常重要的数学思想方法．比如：北师大版七年级下册教材在学习“完全平方公式”时，通过构造几何图形，用几何直观的方法解释了完全平方公式：（如图1）．利用“数形结合”的思想方法，可以从代数角度解决图形问题，也可以用图形关系解决代数问题．
【方法应用】
根据以上材料提供的方法，完成下列问题：
(1)由图2可得等式： ；由图3可得等式： ；
(2)利用图3得到的结论，解决问题：若，，则 ；
(3)如图4，若用其中x张边长为a的正方形，y张边长为b的正方形，z张边长分别为a，b的长方形纸片拼出一个面积为长方形（无空隙、无重叠地拼接）．
①请画出拼出后的长方形；
② ；
(4)如图4，若有3张边长为a的正方形纸片，4张边长分别为a，b的长方形纸片，5张边长为b的正方形纸片．从中取出若干张纸片，每种纸片至少取一张．把取出的这些纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则拼成的正方形的边长最长可以为 ．
【答案】(1)
(2)155
(3)①见解析；②9
(4)
【分析】（1）用两种不同的方法表示出大长方形的面积，以及大正方形的面积，即可得出结论；
（2）利用（1）中的结论进行求解即可；
（3）①根据，得到大长方形是由2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成，画图即可；②根据①可知的值，代入求解即可；
（4）根据拼接成的是正方形，得到选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：由图2知，∵大长方形的面积，
大长方形的面积3个小正方形的面积+3个小长方形的面积，
∴；
由图3知，∵大正方形的面积，
大正方形的面积＝3个正方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积，
∴；
故答案为：，．
（2）∵由（1）知：，
∴，
，
把代入，
．
故答案为：155．
（3）①∵，
可以看成2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成的大长方形的面积，
如图：
②由①知：，
∴．
故答案为：9．
（4）3张边长为a的正方形纸片的面积为，4张边长分别为的长方形纸片的面积为，5张边长为b的正方形纸片的面积为，要想从中取出若干张纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，
∴可以选取1张边长为a的正方形纸片、2张边长分别为的长方形纸片、1张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
也可以选取1张边长为a的正方形纸片、4张边长分别为的长方形纸片、4张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
∴拼成的正方形的边长最长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景以及多项式乘多项式与几何图形的面积．熟练掌握完全平方公式以及多项式乘以多项式的法则，是解题的关键．
9．（2023春·山东青岛·七年级统考期末）阅读理解：
若满足，求的值．
解：设，，
则，．
∴
；
类比探究：
（1）若满足，求的值．
（2）若满足，求的值．友情提示（2）中的可通过逆用积的乘方公式变成．
（3）若满足，求的值．
解决问题：
（4）如图，正方形和长方形重叠，重叠部分是长方形其面积是，分别延长、交和于、两点，构成的四边形和都是正方形，四边形是长方形设，，，，延长至，使，延长至，使，过点、作、垂线，两垂线交于点，求正方形的面积（结果是一个具体的数值）
【答案】（1）2560；（2）31；（3）1026；（4）3636
【分析】（1）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（2）将转化为，即，再根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（3）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（4）根据已知可得，，从而可得，再根据题意得：，，从而可得，进而可得，然后利用（3）的解题思路进行计算，即可解答．
【详解】解：（1）设，，
则，，
，
的值为2560；
（2）∵，
，
，
设，，
则，，
，
的值为；
（3）设，，
则，，
，
，
的值为；
（4）∵，，，，
，，
长方形的面积是，
，
由题意得：，，
，
，
，
，
，
，
设，，
则，，
正方形的面积
，
正方形的面积为3636．
【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，理解例题的解题思路是解题的关键．
压轴题型六 因式分解
1．（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考阶段练习）已知m，n均为正整数且满足，则的最大值是（ ）
A．16 B．22 C．34 D．36
【答案】D
【分析】由得.由于，据此列出关于m、n的方程组，求出每一组m、n的值，再求出相应的的值，即可找到的最大值.
【详解】由得
∵m，n均为正整数
或或或
或或或 或
解得或或或或或或或
∴或22或18或16
∴的最大值是36
故选：D
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是将变形为.
2．（2023·全国·八年级专题练习）已知，且，则 -的值为（ ）
A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044
【答案】A
【分析】先将式子整理变形得，进而得出，即，再将展开，最后整理代入即可得出答案．
【详解】因为，
所以，
整理，得，
则，
即．
因为，
所以，
即．
由，得，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，掌握整体代入思想是解题的关键．
3．（2023春·安徽合肥·七年级中国科技大学附属中学校考阶段练习）已知满足，则的值为（ ）
A．1 B．－5 C．－6 D．－7
【答案】A
【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出的值，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17），
∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11
∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0，
∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0
∴a-3=0，b+1=0，c-1=0，
∴a+b-c=3-1-1=1．
故选：A．
【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出的值，准确进行计算．
4．（2023春·浙江宁波·七年级宁波市海曙外国语学校校考期中）已知，为自然数，且，若，则 ， ．
【答案】 8 2
【分析】化简原式可得：，设，则，再根据可求，．
【详解】，
，
，
．
设，则，
，为自然数，
，，
，或 ，，
不合题意，舍去或，，
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了分式的加减，因式分解的应用，熟记完全平方公式是解决本题的关键．
5．（2023春·四川达州·八年级校考期中）如果因式分解的结果为 ．
【答案】
【分析】把当成一个整体，再因式分解即可．
【详解】原式
故答案为：．
【点睛】题目主要考查利用整体法及公式法进行因式分解，理解题中的整体思想是解题关键．
6．（2023·河北邯郸·校考三模）已知两个正数，，可按规则扩充为一个新数在，，三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依此继续扩充下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作，
（1）若，，按上述规则操作三次，扩充所得的数是 ；
（2）若，按上述规则操作五次后扩充所得的数为（，为正整数），则 ．
【答案】
【分析】（1）根据新定义进行计算即可求解；
（2）根据，根据新定义重复进行计算，找到规律即可求解．
【详解】解：（1）依题意，第一次扩充得到，
第二次扩充：，，
第三次扩充：，，
故答案为：．
（2）依题意，第一次扩充得到：
∵
∴第二次扩充得到：
第三次扩充得到，，
第四次扩充得到，
第五次扩充得到，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新定义运算，整式的规律问题，因式分解的应用，找到规律是解题的关键．
7．（2023春·陕西榆林·八年级统考期末）19世纪的法国数学家苏菲·热门给出了一种分解因式的方法：他抓住了该式只有两项，而且属于平方和的形式，要使用公式就必须添一项，随即将此项减去，即可得，人们为了纪念苏菲·热门给出这一解法，就把它叫做“热门定理”．
根据以上方法，把下列各式因式分解：
(1)；
(2)．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据苏菲·热门的做法，将原式配上后，根据完全平方公式和平方差公式即可进行因式分解；
（2）先分组，再利用提公因式法因式分解．
【详解】（1）原式
；
（2）原式
.
【点睛】本题考查因式分解，掌握平方差公式、完全平方公式的结构特征是正确应用的前提，理解苏菲·热门的做法是正确进行因式分解的关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）有足够多的长方形和正方形卡片（如图1），分别记为1号，2号，3号卡片．
(1)如果选取4张3号卡片，拼成如图2所示的一个正方形，请用2种不同的方法表示阴影部分的面积（用含，的式子表示）．
方法1：__________________________________________________．
方法2：__________________________________________________．
(2)若，求的值．
(3)如图3，选取1张1号卡片，2张2号卡片，3张3号卡片，可拼成一个长方形（无缝隙不重叠），根技图形的面积关系，因式分解：______．
【答案】(1)，
(2)20
(3)
【分析】（1）从“整体”和“部分”两个方面分别表示阴影部分的面积即可；
（2）根据非负数的定义可得，再根据进行计算即可；
（3）求出所拼成的长方形的长、宽以及总面积即可．
【详解】（1）①方法1：图2中阴影部分是边长为，因此面积为，
方法2：图2阴影部分也可以看作从边长为的正方形减去4个长为，宽为的长方形面积，因此有；
故答案为：，
（2）∵，，，
∵，，即，，
∴．
（3）1张1号，2张2号，3张3号卡片的总面积为，
而1张1号，2张2号，3张3号卡片可以拼成长为，宽为的长方形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式，掌握完全平方公式的结构特征是关键．
9．（2023春·七年级课时练习）做一做计算： 探究归纳，如图甲、图乙是两个长和宽都相等的长方形，其中长为，宽为．
(1)根据图甲、图乙的特征用不同的方法计算长方形的面积，得到关于字母 x 的系数是 1 的 两个一次式相乘的计算规律，用数学式表达式为 ．
尝试运用，利用因式分解与整式乘法的关系，我们可以利用上述表达式得到一些二次三项 式的因式分解．
(2)若，则 ．
(3)若可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 p 的值一定是 ．
(4)若 可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 q 的值一定是 ．
A．4 B．0 C．有限个 D．有无数个
【答案】(1)
(2)
(3)0或
(4)D
【分析】（1）根据多项式乘多项式的法则，即可求解；
（2）把展开，即可求解；
（3）由，进而即可求解；
（4）根据“和为的两个整数有无数组”，进而即可求解．
【详解】（1）∵，，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
故答案为：；
（3）∵可以分解成关于的两个一次式乘积的形式，
∴，
∴或，
故答案为：或
（4）∵和为的两个整数有无数组，
∴整数的值有无数个，
故选D．
【点睛】本题主要考查多项式乘多项式的运算法则，因式分解，通过题目得到结论：是解题的关键．
压轴题型七 整式的除法
1．（2023秋·安徽·八年级校联考开学考试）观察下列算式：①；②；③；…结合你观察到的规律判断的计算结果的末位数字为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】C
【分析】根据已知式子的特点得出规律，求出式子的结果，再求出的个位数字，最后即可得出答案.
【详解】解：由题意，得
．
因为，，，，，，
所以2的乘方运算，其末位数字分别为2，4，8，6，每4个为一组，依次循环．
因为，所以的末位数字为6，所以的末位数字为5，
即的计算结果的末位数字为5．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和求值的运用，主要考查学生阅读理解能力，题目比较好，但有一定的难度.
2．（2023春·广东惠州·七年级校考开学考试）在矩形内，将两张边长分别为和的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为，图②中阴影部分的面积和为．则的值表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．
【详解】解：∵S1=（AB-a）•a+（CD-b）（AD-a）=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a），
S2=（AB-a）（AD-b）+（AD-a）（AB-b），
∴S1-S2=（AB-a）•a+（AB-b）（AD-a）-（AB-a）（AD-b）-（AD-a）（AB-b）
=（AB-a）•a-（AB-a）（AD-b）
=（AB-a）•（a-AD+b）
=BE•FG，
故选：A．
【点睛】本题考查了整式的混合运算：“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．
3．（2023·江苏·七年级假期作业）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】由题意可知是100的倍数，从而分析得到的末尾数字是01，设（t为正整数），由，分析判断即可得到正确答案．
【详解】解：由题意知，是100的倍数
∵与100互质
∴是100的倍数
∴的末尾数字是01
∴的数值一定是偶数，且m，n是正整数，
设：（t为正整数）
则：
∵的末尾两位数字为61，的末尾两位数字为41，的末尾两位数字为21，末尾两位数字为01
∴t的最小值为5，
∴的最小值为10
故答案为：B
【点睛】本题考查幂的乘方，牢记相关的知识点并能灵活应用是解题的关键．
4．（2023春·七年级单元测试）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ．
【答案】
【分析】先将代为，利用同底数幂的除法可得，由于结果底数是2，故左边5和3的指数应为0，左边和右边2的指数相等，由此可得方程组，解方程组求出x，y，z的值，代入即可求解．
【详解】解：，
则，
，
故，
解得：，
因此，
故答案为：．
【点睛】本题考查同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方、解三元一次方程组等知识点，解题的关键是通过对原式变形得到关于x，y，z的方程组．
5．（2023秋·重庆·九年级重庆市第七中学校校考期末）“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量之比为3∶2∶4，A、B、C三种饮料的单价之比为1∶2∶1．“双十二”活动期间，该销售商加大了宣传力度，并根据活动机制对三种饮料的价格作了适当的调整，预计“双十二”活动期间三种饮料的销售总额将比“双十一”活动期间有所增加，A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，B、C饮料增加的销售额之比为1∶2，“双十二”活动期间A饮料单价上调20%且A饮料的销售额与B饮料的销售额之比为3∶4，则A饮料“双十一”活动期间的销售数量与“双十二”活动期间预计的销售数量之比为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合比例，可设“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量为、、，A、B、C三种饮料的单价为、、，“双十二”活动期间A饮料的销售量为，再根据题意，得出“双十二”活动期间A、B饮料的销售额，然后再根据“双十二”活动期间A、B饮料的销售额减去“双十一”活动期间A、B饮料的销售额，得出A、B饮料增加的销售额，再根据B、C饮料增加的销售额之比，得出C饮料增加的销售额，然后根据C饮料增加的销售额加上“双十一”活动期间C饮料的销售额，得出“双十二”活动期间C饮料的销售额，再根据题意：A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，列出等式，进而计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意，可设“双十一”活动期间，某销售商销售A、B、C三种饮料数量为、、，A、B、C三种饮料的单价为、、，“双十二”活动期间A饮料的销售量为，
∴“双十二”活动期间A饮料的销售额为，B饮料的销售额为，
∴A、B饮料增加的销售额分别为、，
又∵B、C饮料增加的销售额之比为1∶2，
∴C饮料增加的销售额为，
∴“双十二”活动期间C饮料的销售额为，
∵A饮料增加的销售总额占“双十二”活动期间销售总额的，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴A饮料“双十一”活动期间的销售数量与“双十二”活动期间预计的销售数量之比为．
故答案为：
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用、用字母表示数、列代数式、整式的加减法、多项式除以单项式、熟练掌握用代数式表示每个参数，并用整体法解题是关键．
6．（2023春·浙江·七年级期末）对，定义一种新运算，规定：，（其中，均为非零常数）．例如：，．当，，则 ；当时，，，对任意有理数，都成立，则，满足的关系式是 ．
【答案】
【分析】（1）根据新运算的定义，得，，故，．那么，，．
（2）由，，，得，故．由当时，，，对任意有理数，都成立，故当时，对任意有理数，都成立．那么，．
【详解】解：（1），，
，．
，．
，．
，．
（2），，，，
，．
，．
若当时，，，对任意有理数，都成立，
当时，对任意有理数，都成立．
当时，对任意有理数，都成立．
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查整式的运算以及解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解法以及整式的运算．
7．（2023·江苏·七年级假期作业）已知a是大于1的实数，且有，成立．
(1)若，求的值；
(2)当（，且n是整数）时，比较p与的大小，并说明理由．
【答案】(1)1；
(2)当时，；当时，；当时，，见解析．
【分析】（1）根据已知条件可得，代入可求的值；
（2）根据作差法得到，分三种情况：当时；当时；当时进行讨论即可求解．
【详解】（1）解：（1）∵①，②，
∴得，，
∴；
得，．
（2）∵（，且n是整数），
∴，
∴，
又由（1）中得，，
得，，
∴，
，
∴，
∴③，
④，
∴得，
∴，
∴，
当时，即；
当时，即；
当时，即．
【点睛】本题考查了负整数指数幂：（，p为正整数），关键是加减消元法和作差法的熟练掌握．
8．（2023·江苏·七年级假期作业）阅读材料：的末尾数字是3，的末尾数字是9，的末尾数字是7，的末尾数字是1，的末尾数字是3，......，观察规律，，∵的末尾数字是1，∴的末尾数字是1，∴的末尾数字是3，同理可知，的末尾数字是9，的末尾数字是7．解答下列问题：
(1)的末尾数字是 ，的末尾数字是 ；
(2)求的末尾数字；
(3)求证：能被5整除．
【答案】(1)3，6；
(2)4；
(3)证明见解析．
【分析】（1）根据阅读材料中的结论可知的末尾数字；根据阅读材料中提供的方法，可得的末尾数字是4，的末尾数字是6，于是得解；
（2）先将化成，再利用的末尾数字是6，从而得出结论；
（3）分别证明的末尾数字为6和的末尾数字9，则命题即可得证．
【详解】（1）解：，
的末尾数字为3；
的末尾数字是4，的末尾数字是6，的末尾数字是4，…
的末尾数字是4，的末尾数字是6，
的末尾数字是6；
故答案为：3，6；
（2）解：，
∵的末尾数字是6，
∴的末尾数字是4；
（3）证明：∵的末尾数字是2，的末尾数字是4，的末尾数字是8，的末尾数字是6，的末尾数字是2，…
的末尾数字是2，的末尾数字是4，的末尾数字是8，的末尾数字是6，
的末尾数字为6；
同理可得：
的末尾数字7，的末尾数字9，的末尾数字3，的末尾数字1；
的末尾数字9，
∴的末尾数字是5，
∴能被5整除．
【点睛】此题是一道阅读理解题，主要考查了幂的运算、数的整除，熟练掌握同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方法则是解答此题的关键．
9．（2023春·七年级课时练习）定义一种新的运算“”：
；
；
；
；
；
；
；
；
；
；
(1)仔细观察，归纳“”运算法则：两数进行“”运算时，______；
特别地，0与任何数进行“”运算，或任何数与0进行“”运算，结果为______；
(2)计算：；
(3)已知，，，试判断的值是否大于0？并说明理由．
【答案】(1)同号相乘，异号相除，0
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据题目中的例子可以总结出“”运算的运算法则即可；
（2）根据（1）中的结论求解即可；
（3）先分别运算A和B，然后求和判断正负即可．
【详解】（1）解：由题意可得，“”运算法则：两数进行“”运算时，同号相乘，异号相除;
0与任何数进行“”运算，或任何数与0进行“”运算，结果为0．
故答案为：同号相乘、异号相除，0．
（2）解：
=
=
=
=．
（3）解：,理由如下：
∵
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查有理数的混合运算、新定义、整式的四则混合运算等知识点，解审清题意、归纳出“”运算法则是解答本题的关键．
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