模块四 题型全通关专题1 选择题题型 -最新中考数学二轮专题复习训练（含解析）

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单项选择题是现代笔试考试的主要题型之一，目的是检验学生对所学知识的掌握程度和辨别分析能力，题干在设问上多种多样，选项往往似是而非，迷惑性较强．解答选择题的基本策略是：充分地利用题干和选择支两方面的条件所提供的信息作出判断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解，对于具有多种解题思路的，宜选最简解法等．解题时应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏．初选后认真检验，确保准确．
解答数学选择题（包括单选题和多选题）的常用方法，主要分直接法和间接法两大类．直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答，因此，我们还要研究解答选择题的一些技巧．总的来说，选择题属小题，解题的原则是：小题巧解，小题不能大做．
考点讲解：直选法就是先求出正确的答案再直接选出，是解选择题最常用的策略．它从题干给出的条件出发，进行演绎推理和计算，得出结论．这种策略多用于一些定性的问题，包含计算型、应用型、推理型．
【例1】
（2023·四川德阳·统考中考真题）
1．在“点燃我的梦想，数学皆有可衡”数学创新设计活动中，“智多星”小强设计了一个数学探究活动：对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式串m，n，；
第2次操作后得到整式串m，n，，；
第3次操作后…
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差，小强将这个活动命名为“回头差”游戏．
则该“回头差”游戏第2023次操作后得到的整式中各项之和是（ ）
A．B．mC．D．
【变1】
（2023·辽宁阜新·统考中考真题）
2．如图，四边形是正方形，曲线叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按O，A，B，循环．当时，点的坐标是( )

A．B．C．D．
【例2】
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
3．为了回馈客户，商场将定价为200元的某种儿童玩具降价进行销售．“六·一”儿童节当天，又将该种玩具按新定价再次降价销售，那么该种玩具在儿童节当天的销售价格为（ ）
A．160元B．162元C．172元D．180元
【变1】
（2023·黑龙江·统考中考真题）
4．某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【例3】
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
5．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是（ ）
A．B．C．D．
【变1】
（2022·浙江温州·统考中考真题）
6．如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，作于点M，于点J，于点K，交于点L．若正方形与正方形的面积之比为5，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
考点讲解：筛选法就是排除法，是解答选择题的常用方法．对于从正面不易得出正确结论时，可以从反面考虑：因为选择题的正确答案已在选择支中列出，只要逐一考虑，排除其中不正确的选择支，则剩下的就是正确的答案．运用排除法应遵循先易后难，由少到多，去伪存真，综合判断．首先剔除掉干扰支中容易淘汰的选项，然后根据题干中的部分条件淘汰选择支，再根据单项选择答案的唯一性进行排除，最后再结合题意，通过辨析选择支中相反、互不相容、包含等关系进行判定．
【例1】
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
7．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【变1】
（2023·内蒙古·统考中考真题）
8．下列命题正确的是（ ）
A．“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是必然事件
B．精确到十分位
C．点关于轴的对称点坐标是
D．甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是，，则甲成绩比乙的稳定
【例2】
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
9．已知二次函数的图像经过三点，且对称轴为直线．有以下结论：①；②；③当，时，有；④对于任何实数，关于的方程必有两个不相等的实数根．其中结论正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【变1】
（2023·山东济南·统考中考真题）
10．定义：在平面直角坐标系中，对于点，当点满足时，称点是点的“倍增点”，已知点，有下列结论：
①点，都是点的“倍增点”；
②若直线上的点A是点的“倍增点”，则点的坐标为；
③抛物线上存在两个点是点的“倍增点”；
④若点是点的“倍增点”，则的最小值是．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【例3】
（2023·山东东营·统考中考真题）
11．如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①②B．②③④C．①③④D．①③
【变1】
（2023·四川宜宾·统考中考真题）
12．如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：
①；②；
③当点在的延长线上时，；
④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．
其中正确结论有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
考点讲解：特选法就是用特殊的方法快捷的得到结论，特选法也是选择题常用的方法．特选法的特选方向一般为：试题的主考点，定义或定理中的隐含条件，某些特殊值或图形的特殊形态，通常是特殊题干产生正确选项，也可以让选项变“特殊”后去对照题干．
【例1】
（2023·河北·统考中考真题）
13．若k为任意整数，则的值总能（ ）
A．被2整除B．被3整除C．被5整除D．被7整除
【变1】
（2022·贵州六盘水·统考中考真题）
14．已知，则的值是（ ）
A．4B．8C．16D．12
【例2】
（2021·江苏苏州·统考中考真题）
15．已知两个不等于0的实数、满足，则等于（ ）
A．B．C．1D．2
【变1】
（2022·山东济南·统考中考真题）
16．若m－n＝2，则代数式的值是（ ）
A．－2B．2C．－4D．4
【例3】
（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）
17．如图，正方形的顶点A，B在y轴上，反比例函数的图象经过点C和的中点E，若，则k的值是（ ）

A．3B．4C．5D．6
【变1】
（2023·山东东营·统考中考真题）
18．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )

A．B．C．D．
（2023·湖南益阳·统考中考真题）
19．下列因式分解正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（2022·内蒙古·中考真题）
20．实数a在数轴上的对应位置如图所示，则的化简结果是（ ）

A．1B．2C．2aD．1﹣2a
（2023·四川甘孜·统考中考真题）
21．有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音，是古代的一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设大桶可以盛酒x斛，小桶可以盛酒y斛，则可列方程组为（ ）
A．B．C．D．
（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）
22．端午节是我国传统节日，端午节前夕，某商家出售粽子的标价比成本高25%，当粽子降价出售时，为了不亏本，降价幅度最多为（ ）
A．B．C．D．
（2022·重庆·统考中考真题）
23．若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程的解是负整数，则所有满足条件的整数的值之和是（ ）
A．－26B．－24C．－15D．－13
（2023·海南·统考中考真题）
24．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（ ）

A．B．C．D．
（2023·湖北鄂州·统考中考真题）
25．如图，在平面直角坐标系中，为原点，，点为平面内一动点，，连接，点是线段上的一点，且满足．当线段取最大值时，点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
（2023·西藏·统考中考真题）
26．如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）

A．2.4B．2.5C．3D．4
（2023·山东淄博·统考中考真题）
27．勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接，．若正方形与的边长之比为，则等于（ ）

A．B．C．D．
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
28．如图，有一张矩形纸片．先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕﹐同时得到线段，．观察所得的线段，若，则（ ）

A．B．C．D．
（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）
29．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，，．点M在菱形的边和上运动（不与点A，C重合），过点M作轴，与菱形的另一边交于点N，连接，，设点M的横坐标为x，的面积为y，则下列图象能正确反映y与x之间函数关系的是（ ）

A． B． C． D．
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
30．抛物线与x轴的一个交点为，与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，对称轴为直线，其部分图象如图所示，则以下4个结论：①；②，是抛物线上的两个点，若，且，则；③在轴上有一动点P，当的值最小时，则点P的坐标为；④若关于x的方程无实数根，则b的取值范围是．其中正确的结论有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
（2023·青海西宁·统考中考真题）
31．直线和抛物线（a，b是常数，且）在同一平面直角坐标系中，直线经过点．下列结论：
①抛物线的对称轴是直线
②抛物线与x轴一定有两个交点
③关于x的方程有两个根，
④若，当或时，
其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①②③C．②③D．①④
（2022·四川眉山·中考真题）
32．如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：
①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
（2023·浙江绍兴·统考中考真题）
33．如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
（2023·山东泰安·统考中考真题）
34．如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
参考答案：
1．D
【分析】先逐步分析前面5次操作，可得整式串每四次一循环，再求解第四次操作后所有的整式之和为：，结合，从而可得答案．
【详解】解：第1次操作后得到整式串m，n，；
第2次操作后得到整式串m，n，，；
第3次操作后得到整式串m，n，，，；
第4次操作后得到整式串m，n，，，，；
第5次操作后得到整式串m，n，，，，，；
归纳可得：以上整式串每六次一循环，
∵，
∴第2023次操作后得到的整式中各项之和与第1次操作后得到整式串之和相等，
∴这个和为，
故选D
【点睛】本题考查的是整式的加减运算，代数式的规律探究，掌握探究的方法，并总结概括规律并灵活运用是解本题的关键．
2．A
【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出在第三象限，与，，，…符合同一规律，探究出，，，...的规律即可．
【详解】解：由图得，，…
点C的位置每4个一循环，
，
∴在第三象限，与，，，…
符合规律，
∴坐标为．
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键．
3．B
【分析】根据题意可直接进行列式求解．
【详解】解：由题意得：
（元）；
故选B．
【点睛】本题主要考查有理数乘法的应用，解题的关键是理解题意．
4．B
【分析】设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，根据采购三种图书需500元列出方程，再依据x的数量分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，其中且均为整数，根据题意得，
，
整理得，，
①当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
②当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
综上，此次共有6种采购方案，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，正确理解题意、进行分类讨论是解答本题的关键．
5．D
【分析】根据矩形的性质得出，即可求证为等边三角形，进而得出点E为中点，根据中位线定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴点E为中点，
∵F是的中点，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周长，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．
6．C
【分析】设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF=AB=m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL=FM，设AL=FM=x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2=（m）2，可解得x=m，有AL=FM=m，FL=2m，从而可得AP=，FP=m，BP=，即知P为AB中点，CP=AP=BP=，由△CPN∽△FPA，得CN=m，PN=m，即得AN=m，而tan∠BAC=，又△AEC∽△BCH，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF=AB=m，
由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL=FM，
设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，
∴x2+（x+m）2=（m）2，
解得x=m或x=-2m（舍去），
∴AL=FM=m，FL=2m，
AP=，
∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CP=AP=BP=
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
即
∴CN=m，PN=m，
∴AN=AP+PN=
tan∠BAC=，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
7．A
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简，进而得出答案．
【详解】解：A．，故此选项符合题意；
B．，故此选项不合题意；
C．，故此选项不合题意；
D．，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
8．C
【分析】A、根据必然事件和随机事件的定义即可判断该命题是否正确；B、根据小数精确度的定义即可判断该命题是否正确；C、根据轴对称图形的性质即可判断该命题是否正确；D、方差越大，数据的波动越大，方差越小，数据的波动越小．
【详解】A、“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件，命题错误，该选项不符合题意；
B、精确到百分位，命题错误，该选项不符合题意；
C、点关于轴的对称点坐标是，命题正确，该选项符合题意；
D、甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是，，则乙成绩比甲的稳定，命题错误，该选项不符合题意．
故选：C
【点睛】本题主要考查必然事件和随机事件、小数精确度、轴对称图形、方差，牢记必然事件和随机事件的定义、小数精确度的定义、轴对称图形的性质、方差的性质是解题的关键．
9．C
【分析】根据二次函数图像的对称轴为，且过，结合抛物线的对称轴即可求解．
【详解】解： ∵二次函数的对称轴为，且图像经过，
∴，即，
∴点在抛物线上，
∴，故结论①正确；
由结论①正确可得，，且，则
∴，则，故结论②正确；
∵当，时，
∴点离对称轴更近，
当时，；当时，；故结论③错误；
由得，，
∵结论①正确可得，，结论②正确可得，，
∴，，
∴，整理得，，
∵，
∴，
∴该方程有两个不相等的实根，故结论④正确；
综上所述，正确的有，个，
故选：．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，根与系数的关系，二次函数图像上点的特征，由对称轴确定系数的关系，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
10．C
【分析】①根据题目所给“倍增点”定义，分别验证即可；②点，根据“倍增点”定义，列出方程，求出a的值，即可判断；③设抛物线上点是点的“倍增点”，根据“倍增点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即可判断；④设点，根据“倍增点”定义可得，根据两点间距离公式可得，把代入化简并配方，即可得出的最小值为，即可判断．
【详解】解：①∵，，
∴，
∴，则是点的“倍增点”；
∵，，
∴，
∴，则是点的“倍增点”；
故①正确，符合题意；
②设点，
∵点A是点的“倍增点”，
∴，
解得：，
∴，
故②不正确，不符合题意；
③设抛物线上点是点的“倍增点”，
∴，整理得：，
∵，
∴方程有两个不相等实根，即抛物线上存在两个点是点的“倍增点”；
故③正确，符合题意；
④设点，
∵点是点的“倍增点”，
∴，
∵，，
∴
，
∵，
∴的最小值为，
∴的最小值是，
故④正确，符合题意；
综上：正确的有①③④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的距离公式，解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解．
11．D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.
【详解】解： 为正方形，
，，
，
，
.
,
,
，
，
.
平分，
.
，
.
，
，
垂直平分，
故①正确.
由①可知，，，
，
，
，
由①可知，
.
故③正确.
为正方形，且边长为4，
，
在中，.
由①可知，，
，
.
由图可知，和等高，设高为，
，
，
，
.
故④不正确.
由①可知，，
，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，
.
故②不正确.
综上所述，正确的是①③.
故选：D.
【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
12．D
【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，故①正确；
设，
∴,
∴，
∴，故②正确；
当点在的延长线上时，如图所示

∵，，
∴
∴
∵，．
∴，
∴
∴，故③正确；
④如图所示，以为圆心，为半径画圆，

∵，
∴当在的下方与相切时，的值最小，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，
∴取得最小值时，
∴
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13．B
【分析】用平方差公式进行因式分解，得到乘积的形式，然后直接可以找到能被整除的数或式．
【详解】解：
，
能被3整除，
∴的值总能被3整除，
故选：B．
【点睛】本题考查了平方差公式的应用，平方差公式为通过因式分解，可以把多项式分解成若干个整式乘积的形式．
14．C
【分析】令，代入已知等式进行计算即可得．
【详解】解：观察所求式子与已知等式的关系，令，
则，
故选：C．
【点睛】本题考查了代数式求值，观察得出所求式子与已知等式的关系是解题关键．
15．A
【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．D
【分析】先因式分解，再约分得到原式＝2（m-n），然后利用整体代入的方法计算代数式的值．
【详解】解：原式•
＝2（m-n），
当m-n＝2时，原式＝2×2＝4．
故选：D．
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
17．B
【分析】由正方形的性质得，可设，，根据可求出的值．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∵
∵点为的中点，
∴
设点C的坐标为，则,
∴，
∵点C，E在反比例函数的图象上，
∴，
解得，，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，）的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值k，即．
18．B
【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交轴于点，

∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，，
∴，
∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，
∴，则，
∴
∴，
在中，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
19．A
【分析】利用提公因式法，公式法对各项进行因式分解，即可求解．
【详解】解：A、，故本选项正确，符合题意；
B、，故本选项错误，不符合题意；
C、，故本选项错误，不符合题意；
D、，故本选项错误，不符合题意；
故选：A
【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练掌握多项式的因式分解方法——提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法，并会结合多项式的特征，灵活选用合适的方法是解题的关键．
20．B
【分析】根据数轴得∶ 0