专题02 整式加减及其运算（6大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用）

这是一份专题02 整式加减及其运算（6大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用），文件包含专题02整式加减及其运算6大考点解析版docx、专题02整式加减及其运算6大考点原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共96页， 欢迎下载使用。
第一部分 数与式
专题02 整式加减及其运算（6大考点）
核心考点
核心考点一 列代数式及代数式求值
核心考点二 整式的有关概念及运算
核心考点三 乘法公式的应用
核心考点四 整式的化简求值
核心考点五 因式分解
核心考点六 规律探索题
新题速递

核心考点一 列代数式及代数式求值

例1 （2022·贵州六盘水·中考真题）已知，则的值是（    ）
A．4 B．8 C．16 D．12
【答案】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．
例2 （2022·广西·中考真题）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】
【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．
例3 （2022·贵州六盘水·中考真题）如图，学校劳动实践基地有两块边长分别为，的正方形秧田，，其中不能使用的面积为．

(1)用含，的代数式表示中能使用的面积___________；
(2)若，，求比多出的使用面积．
【答案】(1)
(2)50
【分析】（1）利用正方形秧田的面积减去不能使用的面积即可得；
（2）先求出中能使用的面积为，再求出比多出的使用面积为，利用平方差公式求解即可得．
【详解】（1）解：中能使用的面积为，
故答案为：．
（2）解：中能使用的面积为，
则比多出的使用面积为，
，，
，
答：比多出的使用面积为50．
【点睛】本题考查了列代数式、平方差公式与图形面积，熟练掌握平方差公式是解题关键．


代数式及求值
(1)概念：用基本运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方等)把数或表示数的字母连接而成的式子叫代数式．单独的一个数或一个字母也是代数式；
(2)列代数式：找出数量关系，用表示已知量的字母表示出所求量的过程；
(3)代数式求值：把已知字母的值代入代数式中，并按原来的运算顺序计算求值．


【变式1】（2022·山东济宁·三模）若是方程的两个根，则的值为（　　）
A．9 B．8 C．7 D．5
【答案】A
【分析】根据一元二次方程根的定义以及根与系数的关系，求解即可．
【详解】解：是方程的两个根，
则，，
∴，
，
故选：A
【点睛】此题考查了一元二次方程根的定义以及根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
【变式2】（2022·甘肃·平凉市第十中学三模）十八世纪伟大的数学家欧拉最先用记号的形式来表示关于的多项式，把等于某数时一的多项式的值用来表示．例如时，多项式的值可以记为，即我们定义．若，则的值为（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】代入多项式可以得，把整体代入求解即可．
【详解】，
，得：，
，
故选：C．
【点睛】本题考查求代数式的值，整体代入是解题的关键．
【变式3】（2022·浙江丽水·一模）已知，实数m，n满足，．
（1）若，则_______；
（2）若，则代数式的值是______________．
【答案】     7     42或252##252或42
【分析】（1）将已知式子因式分解代入得出，然后利用两个完全平方公式之间的关系求解即可；
（2）利用（1）中结论得出或，然后分两种情况，将原式化简代入求值即可．
【详解】解：（1）∵m+n=3，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵m>n，
∴，
∴；
（2）


，
由（1）得或
解得：或
当m=5，时，
∵，
∴，
∴m+p=2，
∴原式
；
当，n=5时，
∵，
∴，
∴，
∴原式
；
∴代数式的值为42或252；
故答案为：①7；②42或252．
【点睛】题目主要考查因式分解的运用，求代数式的值及完全平方公式与平方差公式，熟练掌握运算法则进行变换是解题关键．
【变式4】（2022·福建省福州屏东中学模拟预测）已知，，且，则代数式的值是______ ．
【答案】
【分析】先计算，利用平方差公式求出的值，再把化为完全平方式，代入求值即可．
【详解】解：，，
．
∴．
，
．


．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平方差公式和完全平方式，代数式求值，掌握平方差公式和完全平方式的特点，利用平方差公式求出的值，是解决本题的关键．
【变式5】（2022·安徽芜湖·模拟预测）阅读下列材料，完成后面的问题．
材料1：如果一个四位数为（表示千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d的四位数，其中a为1～9的自然数，b，c，d为0～9的自然数），我们可以将其表示为：；
材料2：把一个自然数（个位不为0）的各位数字从个位到最高位倒序排列，得到一个新的数．我们称该数为原数的兄弟数．如数“123”的兄弟数为“321”．
(1)四位数______；（用含x，y的代数式表示）
(2)设有一个两位数，它的兄弟数比原数大63，请求出所有可能的数；
(3)求证：四位数一定能被101整除．
【答案】(1)1000x+10y+505
(2)18、29
(3)证明过程见详解
【分析】（1）依据材料1的方法即可作答；
（2）先根据（1）的方法表示出和，在结合题意列出二元一次方程，化简得：，再根据x、y均是1至9的自然数即可求解；
（3）利用（1）的方法表示出，依据a为1～9的自然数，b为0～9的自然数，可得10a+b必为整数，即命题得证．
(1)
根据题意有：，
即答案为：；
(2)
∵，，
又∵，
∴，
∴，
∵根据题意有x、y均是1至9的自然数，
∴满足要求的x、y的数组有：（1,8）、（2,9），
∴可能的数有18和29；
(3)
证明：∵，
∴，
∵a为1～9的自然数，b为0～9的自然数，
∴10a+b必为整数，
∴一定能被101整除，
命题得证．
【点睛】本题考查了列代数式和求解二元一次方程的整数解的知识，充分理解材料1、2所给的新定义是解答本题的关键．

核心考点二 整式的有关概念及运算

例1 （2021·四川绵阳·中考真题）整式的系数是（    ）
A．-3 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据单项式的系数的定义求解即可．
【详解】解：的系数为-3，
故选A．
【点睛】本题主要考查了单项式的系数，解题的关键在于能够熟练掌握单项式的系数的定义．
例2 （2022·湖南长沙·中考真题）当今大数据时代，“二维码”具有存储量大．保密性强、追踪性高等特点，它已被广泛应用于我们的日常生活中，尤其在全球“新冠”疫情防控期间，区区“二维码”已经展现出无穷威力．看似“码码相同”，实则“码码不同”．通常，一个“二维码”由1000个大大小小的黑白小方格组成，其中小方格专门用做纠错码和其他用途的编码，这相当于1000个方格只有200个方格作为数据码．根据相关数学知识，这200个方格可以生成个不同的数据二维码，现有四名网友对的理解如下：
YYDS（永远的神）：就是200个2相乘，它是一个非常非常大的数；
DDDD（懂的都懂）：等于；
JXND（觉醒年代）：的个位数字是6；
QGYW（强国有我）：我知道，所以我估计比大．
其中对的理解错误的网友是___________（填写网名字母代号）．
【答案】DDDD
【分析】根据乘方的含义即可判断YYDS（永远的神）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用，将化为，再与比较，即可判断DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；根据2的乘方的个位数字的规律即可判断JXND（觉醒年代）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用可得，即可判断QGYW（强国有我）的理解是正确的．
【详解】是200个2相乘，YYDS（永远的神）的理解是正确的；
，DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；
，
2的乘方的个位数字4个一循环，
，
的个位数字是6，JXND（觉醒年代）的理解是正确的；
，，且
，故QGYW（强国有我）的理解是正确的；
故答案为：DDDD．
【点睛】本题考查了乘方的含义，幂的乘方的逆用等，熟练掌握乘方的含义以及乘方的运算法则是解题的关键．
例3 （2022·安徽·中考真题）观察以下等式：
第1个等式：，
第2个等式：，
第3个等式：，
第4个等式：，
……
按照以上规律．解决下列问题：
(1)写出第5个等式：________；
(2)写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析

【分析】（1）观察第1至第4个等式中相同位置的数的变化规律即可解答；
（2）观察相同位置的数变化规律可以得出第n个等式为，利用完全平方公式和平方差公式对等式左右两边变形即可证明．
（1）
解：观察第1至第4个等式中相同位置数的变化规律，可知第5个等式为：，
故答案为：；
（2）
解：第n个等式为，
证明如下：
等式左边：，
等式右边：


，
故等式成立．
【点睛】本题考查整式规律探索，发现所给数据的规律并熟练运用完全平方公式和平方差公式是解题的关键．



整式及有关概念
(1)单项式：由数与字母或字母与字母相乘组成的代数式叫做单项式，所有字母指数的和叫做单项式的_次数，单项式中的数字因数叫做单项式的系数．单独的数、字母也是单项式；
(2)多项式：由几个 单项式 组成的代数式叫做多项式，多项式里次数最高项的次数叫多项式的次数，一个多项式中的每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做 常数项 ；
(3)整式：单项式和多项式统称为整式；
(4)同类项：多项式中所含字母相同并且相同字母的指数也相同的项，叫做同类项；所有的常数项都是同类项．

整式的运算
1．同底数幂的乘法法则：（都是正整数）
同底数幂相乘，底数不变，指数相加。
2．幂的乘方法则：（都是正整数）
幂的乘方，底数不变，指数相乘。
幂的乘方法则可以逆用：即
3．积的乘方法则：（是正整数）。
积的乘方，等于各因数乘方的积。
4．同底数幂的除法法则：（都是正整数，且
同底数幂相除，底数不变，指数相减。
5．零指数：任何不等于零的数的零次方等于1。即（a≠0）
6．负整数指数：任何不等于0的数的-p次幂(p是正整数),等于这个数的p次幂的倒数,即
( a≠0,p是正整数)。
7．单项式与单项式相乘，把他们的系数，相同字母分别相乘，对于只在一个单项式里含有的字母，则连同它的指数作为积的一个因式。
8．单项式乘以多项式，就是用单项式去乘多项式的每一项，再把所得的积相加，
即(都是单项式)。
9．多项式与多项式相乘，用多项式的每一项乘以另一个多项式的每一项，再把所的的积相加。
10．单项式的除法法则：单项式相除，把系数、同底数幂分别相除，作为商的因式，对于只在被除式里含有的字母，则连同它的指数作为商的一个因式。
11．多项式除以单项式的法则：多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项除以这个单项式，在把所的的商相加。
12．添括号法则：
括号前面是+号，放进括号里面的每一项都不变号。
括号前面是—号，放进括号里面的每一项都要变号。


【变式1】（2022·河南南阳·二模）下列运算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分别根据完全平方公式，幂的乘方运算法则，合并同类项运算法则化简各项后再进行判断即可得到结论．
【详解】解：A. ，故此选项计算错误，不符合题意；
B. ，计算正确，符合题意；
C. 与不是同类项，不能合并，故此选项错误，不符合题意；
D. ，故此选项计算错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了完全平方公式，幂的乘方，合并同类项，熟练掌握运算法则和乘法公式是解答本题的关键．
【变式2】（2022·重庆文德中学校二模）我们知道，三个正整数a、b、c满足，那么，a、b、c成为一组勾股数；如果一个正整数m能表示成两个非负整数x、y的平方和，即，那么称m为广义勾股数，则下面的结论：
①7是广义勾股数；②13是广义勾股数；③两个广义勾股数的和是广义勾股数；
④两个广义勾股数的积是广义勾股数：⑤若，，，其中x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数；
其中正确的结论是（    ）．
A．①③④⑤ B．②④ C．②③⑤ D．②④⑤
【答案】D
【分析】根据勾股数、广义勾股数的定义，再结合整式的运算，反证法逐项判断即可．
【详解】7无法表示成（x、y为非负整数），故7不是广义勾股数，错误；
，故13是广义勾股数，正确；
两个广义勾股数，，
即和为，
但是6无法表示成（x、y为非负整数），
故6不是广义勾股数，即两个广义勾股数的和是广义勾股数的说法错误，错误；
设两个广义勾股数为，，
则：，
即，
即是广义勾股数，
则两个广义勾股数的积是广义勾股数，正确：
若，，，其中x，y，z，m，n是正整数，
则：，，，
即有：，
则x，y，z是一组勾股数，正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股数，整式的运算等知识，根据整式的运算法则进行变形是解答本题的关键．
【变式3】（2022·浙江杭州·模拟预测）若单项式与的差是，则____．
【答案】13
【分析】根据同类项的定义，列出关于m、n的等式即可求解．
【详解】解：单项式与的差是，
，
解得：，，
把，代入，
故答案为：13
【点睛】本题考查了同类项，同类项定义中的两个“相同”：所含字母相同，相同字母的指数相同，相同字母的指数相同是易混点．
【变式4】（2022·山东·临清市教育和体育局教科研中心一模）已知，则______．
【答案】6
【分析】根据分式、整式加减运算，以及二元一次方程组的性质计算，求得A与B的值，即可得到答案．
【详解】，
∴，
∴，
即．
∴，
解得：
∴的值为4，的值为．
∴
故答案为6．
【点睛】本题考查了分式、整式加减运算、二元一次方程组的知识；熟练掌握分式加减运算、整式加减运算、二元一次方程组的性质是解答本题的关键．
【变式5】（2022·河北·顺平县腰山镇第一初级中学一模）现有甲乙两个矩形，其边长如图所示（a＞0），周长分别为C甲和C乙，面积分别为S甲和S乙．

(1)用含a的代数式表示C甲＝　 　；C乙＝　 　；S甲＝　 　；S乙＝　 　．
(2)通过观察，小明发现“甲、乙两个矩形的周长相等，与a值无关”；小亮发现“a值越大，甲、乙两个矩形的面积之差越大”．你认为两位同学的结论都正确吗？如果不正确，请对错误同学的结论说明理由．
【答案】(1)4a+24；4a+24；；；
(2)小明的结论正确，小亮的结论错误，见解析

【分析】（1）根据周长和面积公式计算即可；
（2）利用（1）的结论解答即可．
（1）
解：C甲＝2（a+9+a+3）=4a+24；C乙＝2（a+7+a+5）=4a+24；
S甲＝（a+9）（a+3）=；S乙=（a+7）（a+5）=；
故答案为：4a+24；4a+24；；；
（2）
由（1）知；
，
∴甲、乙两个矩形的周长相等，与a值无关；甲、乙两个矩形的面积之差为定值8，与a值无关，
故小明的结论正确，小亮的结论错误．
【点睛】此题考查了整式的计算，整式的加减法，整式的乘除法，正确掌握整式的计算法则是解题的关键．

核心考点三 乘法公式的应用

例1 （2022·江苏南通·中考真题）已知实数m，n满足，则的最大值为（    ）
A．24 B． C． D．
【答案】B
【分析】先将所求式子化简为，然后根据及求出，进而可得答案．
【详解】解：



；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了完全平方公式、平方差公式的应用，不等式的性质，正确对所求式子化简并求出的取值范围是解题的关键．
例2 （2022·江苏泰州·中考真题）已知 用“＜”表示的大小关系为________.
【答案】
【分析】利用作差法及配方法配成完全平方式再与0比较大小即可求解．
【详解】解：由题意可知：，
∵，
∴，
∴；
，当且仅当时取等号，此时与题意矛盾，
∴
∴；
，同理，
故答案为：．
【点睛】本题考查了两代数式通过作差比较大小，将作差后的结果配成完全平方式，利用完全平方式总是大于等于0的即可与0比较大小．
例3 （2022·湖北随州·中考真题）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）

公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）

(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．

①若E为边AC的中点，则的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)①，②，④，③
(2)证明见解析
(3)①2
②结论仍成立，理由见解析
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
（1）
解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
（2）
解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（3）
解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．


乘法公式
1．平方差公式：两个数的和与这两个数的差的积，等于这两个数的平方差。即
2．完全平方和公式：两个数的和的平方，等于这两个数的平方和，再加上这两个的积的2倍。即：（a+b）2=a2+b2+2ab
3. 完全平方差公式：两个数的差的平方，等于这两个数的平方和，再减上这两个的积的2倍。即：（a-b）2=a2+b2-2ab

完全平方公式的口诀：首平方，尾平方，首尾2倍中间放，符号和前一个样。


【变式1】（2022·河北·石家庄市第四十一中学模拟预测）若整式是完全平方式，下列不满足要求的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据完全平方公式的要求进行判断即可．
【详解】∵，
∴=，是完全平方式，
∴A不符合题意；
∵，
∴=，是完全平方式，
∴B不符合题意；
∵，
∴=，是完全平方式，
∴C不符合题意；
∵，
∴=，不是完全平方式，
∴D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式的要求是解题的关键．
【变式2】（2022·山东山东·三模）如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的平方差，那么称该正整数为“和谐数”．如，，即8，16均为“和谐数”．在不超过2022的正整数中，所有“和谐数”之和等于（    ）
A．255054 B．255064 C．250554 D．255024
【答案】D
【分析】由（2n+1）2﹣（2n﹣1）2=8n≤2022，解得n≤252，可得在不超过2022的正整数中，“和谐数”共有252个，依此列式计算即可求解．
【详解】解:由（2n+1）2﹣（2n﹣1）2=8n≤2022，
解得：n≤252，
则在不超过2027的正整数中，
所有的“和谐数”之和为32﹣12+52﹣32+…+5052﹣5032=5052﹣12=255024．
故选D．
【点睛】本题考查了平方差公式，弄清题中“和谐数”的定义是解答本题的关键．
【变式3】（2022·浙江丽水·一模）已知x，y满足方程组，
（1）代数式的值是_____．
（2）代数式的值是______．
【答案】     17    
【分析】（1）令，将原方程组可化为关于m、n的二元一次方程组，进行求解即可；
（2）先根据完全平方公式求出，再将通分进行计算即可．
【详解】（1）令，
原方程组可化为，
解得，
即，
故答案为：17；
（2），

，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，完全平方公式的变形，异分母分式相加等，熟练掌握知识点并运用整体代入法是解题的关键．
【变式4】（2022·江苏南通·二模）已知实数a，b，c满足，，当时，多项式的最大值为m，最小值为n，则______．
【答案】16
【分析】根据已知等式求得，设，进而转化为关于的二次函数，根据二次函数的性质求得的值，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴

解得

设
对称轴为直线，开口向下，顶点为，
当时，
时，y取得最小值，最小值为
当x=1时，y取得最大值，最大值为m=0，
当时，最大值为m，最小值为n，
，

故答案为：16
【点睛】本题考查了二次函数的性质，将多项式表示成关于的二次函数关系是解题的关键．
【变式5】（2022·河北·石家庄市第四十四中学三模）已知：整式，，，整式．
(1)当时，写出整式的值______（用科学记数法表示结果）；
(2)求整式；
(3)嘉淇发现：当取正整数时，整式、、满足一组勾股数，你认为嘉淇的发现正确吗？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)正确，理由见解析
【分析】根据题意可得，，把代入计算应用科学记数法表示方法进行计算即可得出答案；
把，，代入中，可得，应用完全平方公式及因式分解的方法进行计算即可得出答案；
先计算，计算可得，应用勾股定理的逆定理即可得出答案．
（1）
解：，
当时，
原式

；
故答案为：；
（2）



；
（3）
嘉淇的发现正确，理由如下：


，
，
当取正整数时，整式、、满足一组勾股数．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及逆定理，科学记数法，熟练掌握勾股定理及逆定理，科学记数法的计算方法进行求解是解决本题的关键．

核心考点四 整式的化简求值

例1 （2022·西藏·中考真题）下列计算正确的是（　　）
A．2ab﹣ab＝ab B．2ab+ab＝2a2b2
C．4a3b2﹣2a＝2a2b D．﹣2ab2﹣a2b＝﹣3a2b2
【答案】A
【详解】A、2ab﹣ab＝（2﹣1）ab＝ab，选项正确，符合题意；
B、2ab+ab＝（2+1）ab＝3ab，选项不正确，不符合题意；
C、4a3b2与﹣2a不是同类项，不能合并，选项不正确，不符合题意；
D、﹣2ab2与﹣a2b不是同类项，不能合并，选项不正确，不符合题意．
故选A．
【点睛】本题考查整式的加减．在计算的过程中，把同类项进行合并，不能合并的直接写在结果中即可．
例2 （2022·青海西宁·中考真题）=_________
【答案】
【分析】根据积的乘方法则计算即可．
【详解】解：=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了积的乘方，解题的关键是掌握运算法则．
例3 （2022·广西·中考真题）先化简，再求值，其中．
【答案】x2-2y，0
【分析】首先运用平方差公式计算，再运用单项式乘以多项式计算，最后合并同类项，即可化简，然后把x、y值代入计算即可．
【详解】解：
=x2-y2+y2-2y
=x2-2y
当x=1，y=时，原式=12-2×=0．
【点睛】本题考查整式化简求值，熟练掌握整式混合运算法则是解题的关键．


合并同类项
（1）定义：把多项式中同类项合成一项，叫做合并同类项．
（2）合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．
（3）合并同类项时要注意以下三点：
①要掌握同类项的概念，会辨别同类项，并准确地掌握判断同类项的两条标准：带有相同系数的代数项；字母和字母指数；
②明确合并同类项的含义是把多项式中的同类项合并成一项，经过合并同类项，式的项数会减少，达到化简多项式的目的；
③“合并”是指同类项的系数的相加，并把得到的结果作为新的系数，要保持同类项的字母和字母的指数不变．


【变式1】（2022·河北唐山·三模）在化简题中，◆表示＋，－，×，÷四个运算符号中的某一个．当，时，的值为22，则◆所表示的符号为（    ）
A． B． C．＋ D．－
【答案】B
【分析】根据四个选项，依次代入原式，进行化简求值，即可得到答案．
【详解】解：A．若◆所表示的符号为，则原式==，当，时，原式=，不符合题意；
B．若◆所表示的符号为，则原式==，当，时，原式=，符合题意；
C．若◆所表示的符号为＋，则原式==，当，时，原式=，不符合题意；
D．若◆所表示的符号为－，则原式==，当，时，原式=，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，理清运算顺序，正确进行相关计算是解题的关键．
【变式2】（2022·重庆巴蜀中学三模）已知：，（其中为a整数，且）；有下列结论，其中正确的结论个数有（    ）
①若M·N中不含项，则；②若为整式，则；③若a是的一个根，则．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】根据要求，逐个结论进行求解即可．
【详解】解：①∵，，
∴，
∵M∙N中不含项，
∴，即，故①正确；
∵是整式，
∴设，
∴，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵
∴，
设方程的另一个根为
∵a是的一个根，
∴，
∴，
∴，
∴，
两边平方整理得，，故③错误，
所以，正确的结论是①，
故选：A
【点睛】本题主要考查了整式的乘除法，一元二次方程根与系数的关系，正确掌握各知识点是解答本题的关键．
【变式3】（2022·河北唐山·一模）若（x+1）（x+a）＝x2+bx-3，则ab的值为_______．
【答案】
【分析】先计算等号左边，再根据等式求出a、b的值，最后代入求出ab的值．
【详解】解：∵(x+1)(x+a)＝x2+(1+a)x+a，
又∵(x+1)(x+a)＝x2+bx-3，
∴x2+(1+a)x+a＝x2+bx-3，
∴1+a＝b，a＝-3，
∴a＝-3，b＝-2，
∴
＝
＝
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了多项式乘多项式及负整数指数幂的计算，题目综合性较强，根据等式确定a、b的值是解决本题的关键．
【变式4】（2022·河北保定·二模）已知有甲、乙两个长方形，它们的边长如图所示（m为正整数），甲、乙的面积分别为S1，S2．

（1）S1与S2的大小关系为：S1___S2；（用“＞”、“＜”、“＝”填空）
（2）若满足条件|S1﹣S2|＜n≤2021的整数n有且只有4个，则m的值为___．
【答案】          1009
【分析】（1）先分别计算出面积，作差与0比较大小即可；
（2）先计算出|S1﹣S2|，根据整数n有且只有4个，列出不等式，根据m为正整数求得m的值．
【详解】解：（1）∵S甲＝（m+7）（m+1）＝m2+8m+7，
S乙＝（m+4）（m+2）＝m2+6m+8，
∴S甲﹣S乙＝（m2+8m+7）﹣（m2+6m+8）＝2m﹣1，
∵m为正整数，
∴2m﹣1＞0，
∴S1﹣S2＞0，
∴S1＞S2，
故答案为：＞；
（2）由（1）得|S1﹣S2|＝|2m﹣1|＝2m﹣1，
∵2m﹣1＜n≤2021的整数n有且只有4个，
∴这四个整数解为2021，2020，2019，2018，
∴2017≤2m﹣1＜2018，
解得：1009≤m＜1009.5，
∵m为正整数，
∴m＝1009，
故答案为：1009．
【点睛】本题考查了多项式乘以多项式法则以及一元一次不等式的应用，能够作差比较大小是解题的关键．
【变式5】（2022·广东·佛山市南海外国语学校三模）先化简，再求值：，其中，．
【答案】，
【分析】根据多项式乘以多项式运算法则、完全平方公式将原式进行化简，然后将，代入，再利用平方差公式进行计算即可．
【详解】解：原式＝
＝
＝，
当，时，
原式＝
＝
＝
＝．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，熟练掌握整式加减乘除混合运算法则以及完全平方公式、平方差公式是解本题的关键．
核心考点五 因式分解

例1 （2022·青海·中考真题）下列运算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【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．
例2 （2022·贵州黔东南·中考真题）分解因式：_______．
【答案】##
【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．
例3 （2022·青海西宁·中考真题）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
将因式分解．
【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法：
解法一：原式
解法二：原式
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法．分组分解法在代数式的化简、求值及方程、函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止）
【类比】
(1)请用分组分解法将因式分解；
【挑战】
(2)请用分组分解法将因式分解；
【应用】
(3)“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，我们利用它验证了勾股定理．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成的一个大正方形，中间是一个小正方形．若直角三角形的两条直角边长分别是a和，斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将因式分解，再求值．

【答案】(1)
(2)
(3)，9

【分析】（1）直接将前两项和后两项组合，利用平方差公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（2）先分组，利用完全平方公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（3）分组，先提取公因式，利用完全平方公式分解因式，再由勾股定理以及面积得到，，整体代入得出答案即可．
（1）
解：


；
（2）
解：


；
（3）
解：



，
∴根据题意得，，
∴原式．
【点睛】此题主要考查了分组分解法以及、提取公因式法、公式法分解因式以及勾股定理的应用，正确分组再运用公式法分解因式是解题关键．


因式分解
1.分解因式：把一个多项式化成几个整式的积的形式,这种变形叫做把这个多项式分解因式.
2.分解因式的一般方法：
（1）提公共因式法.
（2）运用公式法.
①平方差公式：
②完全平方公式：
（3）十字相乘法。利用十字交叉线来分解系数，把二次三项式分解因式的方法叫做十字相乘法.
①对于二次三项式，若存在 ，则
②首项系数不为1的十字相乘法
3.在二次三项式(≠0)中，如果二次项系数可以分解成两个因数之积，即，常数项可以分解成两个因数之积，即，把排列如下：

4.按斜线交叉相乘，再相加，得到，若它正好等于二次三项式的一次项系数，即，那么二次三项式就可以分解为两个因式与之积，即.
（4）分组分解法
5.对于一个多项式的整体，若不能直接运用提公因式法和公式法进行因式分解时，可考虑分步处理的方法，即把这个多项式分成几组，先对各组分别分解因式，然后再对整体作因式分解——分组分解法.即先对题目进行分组，然后再分解因式.
6.分解因式的步骤：
(1)先看各项有没有公因式,若有,则先提取公因式;
(2)再看能否使用公式法;
(3)用分组分解法,即通过分组后提取各组公因式或运用公式法来达到分解的目的;
(4)因式分解的最后结果必须是几个整式的乘积,否则不是因式分解;
(5)因式分解的结果必须进行到每个因式在有理数范围内不能再分解为止.
7.若有公因式，先提公因式；然后再考虑用公式法（平方差公式：a2－b2＝(a＋b)(a－b),完全平方公式：a2±2ab＋b2＝(a±b)2）或其它方法分解；直到每个因式都不能再分解为止.




【变式1】（2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）解决次数较高的代数式问题时，通常可以用降次的思想方法．已知：，且，则的值是（　　）
A．1 B．1 C．3 D．3
【答案】A
【分析】首先解方程，然后利用整体代入的思想把换成，多次代入即可求解．
【详解】解：，
，
，
，






．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了分解因式的实际运用，同时也考查了解一元二次方程，有一定的综合性．
【变式2】（2022·安徽·模拟预测）若，则的值为（    ）
A．3 B．-3 C．1 D．-1
【答案】B
【分析】利用完全平方公式将进行因式分解，再利用算术平方根和完全平方的非负性解题即可．
【详解】解：

，
，
解得： ，
．
故选B．
【点睛】本题考查了用完全平方公式法进行因式分解： ，算数平方根以及完全平方的非负性，熟练掌握用公式法进行因式分解以及非负数的性质是解题的关键．
【变式3】（2022·内蒙古呼伦贝尔·二模）分解因式：________．
【答案】
【分析】由完全平方公式进行因式分解，即可得到答案．
【详解】解：
=
=
=；
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握完全平方公式进行因式分解．
【变式4】（2022·江苏南京·二模）一个数能表示成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数．若是完全平方数，则正整数x的值为______．
【答案】341或86．
【分析】设，则，然后运用完全平方公式变形整理得到，再因式分解得出两个二元一次方程组，解之可得．
【详解】解：设，
则，
∴，整理得：，
∴，
∴，
∵，
∴或，
∴或86，
故答案为：341或86．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用以及因式分解的应用，正确理解“完全平方数”的定义，灵活运用乘法公式是解题的关键．
【变式5】（2022·重庆文德中学校二模）两个不同的多位正整数，若它们各数位上的数字和相等，则成这两个多位数互为“友好数”．例如：37和82，它们各数位上的数字之和分别是，，，和82互为“友好数”．又如：123和51，它们各数位上的数字之和分别是，，，和51互为“友好数”．
(1)直接写出103的所有两位数的“友好数”；
(2)若两个不同的三位数、，，，且、、为整数）互为友好数，且是11的倍数，记，求的所有值．
【答案】(1)13、22、31、40
(2)

【分析】（1）根据新定义进行解答便可；
（2）根据新定义列出、、的方程，得，是11的倍数，得是整数，从而求得的值，进而求得、的值，便可求得结果．
【详解】（1）解：，，，，，
的所有两位数的“友好数”为13、22、31、40；
（2）解：、，
，
是11的倍数，
是11的倍数，
即是11的倍数，
为整数，
是整数，
，
是整数，
，为整数，
，为整数，
，
，
，
，，且、为整数，
，或，，
或240，，
、为两个不同的三位数，
，，
．
即．
【点睛】本题主要考查了新定义，整除的问题，关键是读懂题意，应用新定义解决问题．

核心考点六 规律探索题

例1 （2022·山东济宁·中考真题）如图，用相同的圆点按照一定的规律拼出图形．第一幅图4个圆点，第二幅图7个圆点，第三幅图10个圆点，第四幅图13个圆点……按照此规律，第一百幅图中圆点的个数是（  ）

A．297 B．301 C．303 D．400
【答案】B
【分析】首先根据前几个图形圆点的个数规律即可发现规律，从而得到第100个图摆放圆点的个数．
【详解】解：观察图形可知：第1幅图案需要4个圆点，即4＋3×0，
第2幅图7个圆点，即4+3=4+3×1；
第3幅图10个圆点，即4＋3＋3=4＋3×2；
第4幅图13个圆点，即4＋3＋3＋3=4＋3×3；
第n幅图中，圆点的个数为：4+3(n-1)=3n+1，
……，
第100幅图，圆中点的个数为：3×100+1=301．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
例2 （2022·四川遂宁·中考真题）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为______．

【答案】127
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第六代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
.....．
∴第六代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25+26=127（个），
故答案为：127．
【点睛】本题考查图形中的规律问题，解题的关键是仔细观察图形，得到图形变化的规律．
例3 （2022·浙江嘉兴·中考真题）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)

【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．


找规律
解题思维过程：从简单、局部或特殊情况入手，经过提炼、归纳和猜想，探索规律，获得结论.有时候还需要通过类比联想才能找到隐含条件.一般有下列几个类型：
⑴一列数的规律：把握常见几类数的排列规律及每个数与排列序号之间的关系.
⑵一列等式的规律：用含有字母的代数式总结规律，注意此代数式与序号之间的关系.
⑶图形（图表）规律：观察前几个图形，确定每个图形中图形的个数或图形总数与序号之间的关系.
⑷图形变换的规律：找准循环周期内图形变换的特点，然后用图形变换总次数除以一个循环变换周期，进而观察商和余数.
⑸数形结合的规律：观察前项（一般前3项）及利用题中的已知条件，归纳猜想一般性结论.
常见的数列规律：
⑴ 1，3，5，7，9，… ，（为正整数）．
⑵ 2，4，6，8，10，…，（为正整数）．
⑶ 2，4，8，16，32，…，（为正整数）．
⑷ 2，5，10，17，26，…，（为正整数）．
⑸0, 3, 8, 15， 24，…， （为正整数）．
⑹ 2， 6， 12， 20，…， （为正整数）．
⑺，，，，，，…，（为正整数）．
⑻，，，，，，…，（为正整数）．
⑼特殊数列：
①斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，…，从第三个数开始每一个数等于与它相邻的前两个数的和.
②三角形数：1,3,6,10,15,21，…，.


【变式1】（2022·云南·昆明市第一中学西山学校一模）按一定规律排列的单项式：3，，，，，…，第8个单项式是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】观察每个单项式的系数和所含字母的指数，总结规律，根据规律解答即可．
【详解】解：由题意可知：单项式的系数是从3起的奇数，
单项式中a的指数偶数，b的指数不变，
所以第8个单项式是：．
故选：A．
【点睛】本题考查的是数字的变化规律、单项式的概念，正确找出单项式的系数和次数的变化规律是解题的关键．
【变式2】（2022·浙江·北大附属台州书生学校二模）如图所示，动点P从第一个数0的位置出发，每次跳动一个单位长度，第一次跳动一个单位长度到达数1的位置，第二次跳动一个单位长度到达数2的位置，第三次跳动一个单位长度到达数3的位置，第四次跳动一个单位长度到达数4的位置，…，依此规律跳动下去，点P从0跳动6次到达的位置，点P从0跳动21次到达的位置，…，点在一条直线上，则点P从0跳动（   ）次可到达的位置．

A．887 B．903 C．90 D．1024
【答案】B
【分析】由题意得：从点P从0跳动个单位长度，到达，跳动个单位长度，到达，可以得出，跳动次数为从1开始连续正整数的和，且最后一个加数为，进而得到答案即可；
【详解】解：由题意得：从点P从0跳动个单位长度，到达，跳动个单位长度，到达，
由此可得：跳动次数为从1开始连续的正整数的和，最后一个加数为，
∵，
∴点从跳到跳动了：，
故选：B．
【点睛】本题考查图形中的规律探究．根据图形，抽象概括出相应的数字规律，是解题的关键．
【变式3】（2022·宁夏·银川外国语实验学校一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形的两边在坐标轴上，以它的对角线为边做正方形，再以正方形的对角线为边做正方形……以此类推，则正方形的边长是_____________

【答案】
【分析】首先先求出的长度，找出正方形边长的变化规律，然后根据规律获得答案即可．
【详解】解：根据题意可知，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
……
可知正方形的边长为，
所以，正方形的边长是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及一个循环规律归纳的题目，解答此题的关键是确定每次正方形的边长变为原来的倍．
【变式4】（2022·辽宁鞍山·二模）如图，正方形，中，，AB与直线l的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线l于点，作正方形，延长交直线l于点，作正方形，…，依此规律，则________．

【答案】
【分析】利用正方形的性质及勾股定理求出A1B1，同理，A2B2，A3B3，，发现规律，即可求出答案．
【详解】解：在Rt△AA1B1中，AB1=AB=1，∠AA1B1=30°，
∴AA1=2AB1=2，
∴，
同理，A2B2=3=()2，
A3B3=3=()3，
，
∴（）2022=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了规律探究，正方形的性质，勾股定理，计算并发现线段的规律，运算规律解决问题是解题的关键．
【变式5】（2022·山东青岛·一模）数学问题：各边长都是整数，最大边长为21的三角形有多少个？
为解决上面的数学问题，我们先研究下面的数学模型：
数学模型：在1到21这21个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于21，有多少种不同的取法？
为了找到解决问题的方法，我们把上面数学模型简单化：
（1）在1～4这4个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于4，有多少种不同的取法？
根据题意，有下列取法：1＋4，2＋3，2＋4，3＋2，3＋4，4＋1，4＋2，4＋3；而1＋4与4＋1，2＋3与3＋2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有种不同的取法．
（2）在1～5这5个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于5，有多少种不同的取法？根据题意，有下列取法：1＋5，2＋4，2＋5，3＋4，3＋5，4＋2，4＋3，4＋5；5＋1，5＋2，5＋3，5＋4，而1＋5与5＋1，2＋4与4＋2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有种不同的取法．
（3）在1～6这6个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于6，有多少种不同的取法？根据题意，有下列取法：1＋6，2＋5，2＋6，3＋4，3＋5，3＋6，4＋3，4＋5，4＋6，5＋2，5＋3，5＋4，5＋6，6＋1，6＋2，6＋3，6＋4，6＋5；而1＋6与6＋1，2＋5与5＋2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有种不同的取法．
（4）在1～7这7个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于7，有多少种不同的取法？根据题意，有下列取法：1＋7，2＋6，2＋7，3＋5，3＋6，3＋7，4＋5，4＋6，4＋7，5+3，5+4，5+6， 5+7， 6+2， 6+3，6+4，6+5， 6+7，7+1，7+2，7+3，7＋4，7＋5，7＋6；而1＋7与7＋1，2＋6与6＋2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有种不同的取法…
问题解决：
依照上述研究问题的方法，解决上述数学模型和提出的问题：
（1）在1～21这21个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于21，有 种不同的取法；（只填结果）
（2）在1～n（n为偶数）这n个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于n，有 种不同的取法；（只填最简算式）
（3）在1～n（n为奇数）这n个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于n，有 种不同的取法；（只填最简算式）
（4）各边长都是整数，最大边长为21的三角形有多少个？（写出最简算式和结果，不写分析过程）
问题拓展：
（5）在1～100这100个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于100，有 种不同的取法；（只填结果）
（6）各边长都是整数，最大边长为11的三角形有多少个？（写出最简算式和结果）
（7）各边长都是整数，最大边长为31的三角形有多少个？（写出最简算式和结果）
【答案】（1）110；（2）；（3）；（4）121个；（5）2500；（6）36个；（7）256个
【分析】（1）根据题目中的规律计算即可；
（2）根据题目中偶数的规律计算即可；
（3）根据题目中奇数的规律计算即可；
（4）分每次取两个不同的数和两个数相同，分别计算，再求和即可；
（5）代入第（2）问中的式子计算即可；
（6）分每次取两个不同的数和两个数相同，分别计算，再求和即可；
（7）分每次取两个不同的数和两个数相同，分别计算，再求和即可；
【详解】（1）根据题意得：在1～21这21个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于21，有种不同的取法；
故答案为110
（2）在1～n（n为偶数）这n个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于n，有种不同的取法；
故答案为
（3）在1～n（n为奇数）这n个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于n，有种不同的取法；
故答案为
（4）①每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于21，有110种不同的取法；
②若另两个数相同，则11＋11，12＋12，…，21＋21，共11种不同的取法；
∴各边长都是整数，最大边长为21的三角形有：110＋11＝121（个）；
答：各边长都是整数，最大边长为21的三角形有121个；
（5）当时，代入
∴在1～100这100个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于100，有2500种不同的取法；
故答案为2500
（6）①每次取两个不同的数，使所取的两个数之和大于11，有种不同的取法；
②若另两个数相同，则6＋6，…，11＋11，共6种不同的取法；
∴各边长都是整数，最大边长为11的三角形有：30＋6＝36（个）；
答：各边长都是整数，最大边长为11的三角形有36个；
（7）①每次取两个不同的数，使所取的两个数之和大于31，有种不同的取法；
②若另两个数相同，则16＋16，17＋17，…，31＋31，共16种不同的取法；
∴各边长都是整数，最大边长为31的三角形有：240＋16＝256（个）；
答：各边长都是整数，最大边长为31的三角形有256个．
【点睛】此题考查了排列与组合问题，三角形的三边关系．此题属于规律题，找到规律：当n为偶数时，不同的取法有：；当n为奇数时：不同的取法有：是解此题的关键．














【新题速递】
1．（2022·黑龙江哈尔滨·三模）在下列运算中，正确的是（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据积的乘方运算法则、单项式乘以单项式法则、同底数幂的除法法则、合并同类项法则，进行运算，即可一一判定．
【详解】解：A.，故该选项错误，不符合题意；
B.，故该选项正确，符合题意；
C.，故该选项错误，不符合题意；
D.，故该选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了积的乘方运算法则、单项式乘以单项式法则、同底数幂的除法法则、合并同类项法则，熟练掌握和运用各运算法则是解决本题的关键．
2．（2022·广西贺州·三模）观察下列一行数：，…，则第16个数与第17个数的和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题目中的数字，可以发现数字的变化特点，从而可以求得第16个数与第17个数，然后将它们相加即可．
【详解】∵，…
∴这列数的第偶数个数都是1，第奇数个数是，
∴当n=16时，这个数为1，
当n=17时，这个数为，
∴第16个数与第17个数的和为：，
故选：C．
【点睛】本题考查数字的变化特点，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出所求数字的和．
3．（2022·浙江绍兴·二模）数独顾名思义----每个数字只能出现一次，数独源自18世纪末的瑞士．数独盘面是个九宫，每一宫又分为九个小格，虽然玩法简单，但数字排列方式却千变万化，如图，在★处应填的数字是（　　）

A．2 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】根据题意以填好的九宫格中的数字，可以得到★的值，本题得以解决．
【详解】解：由图可知，
和★一行的数字有1，4，9
和★一列数的有8，5，6
和★在同一个九宫格中的数字有：1，3，9
∴★对应的数字不是1，3，4，5，6， 8，9
∴★对应的数字为2，或7
根据同一个九宫格中，每行每列不能重复，2在其他行会重复
因此★对应的数字只能为2
故选：A．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出★的值．
4．（2022·山东滨州·二模）若，则的值是（　　）
A．2 B．0 C． D．
【答案】D
【分析】利用求出，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，即，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查已知式子的值，求代数式的值，解题的关键是求出．
5．（2022·河北邯郸·二模）若，则n的值是（    ）
A．2023 B．2022 C．2021 D．2020
【答案】D
【分析】原式先提取公因式，再运用平方差公式进行计算即可．
【详解】解：
=
=
=
∵
∴
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了整式的运算，熟练掌握平方差公式是解答本题的关键．
6．（2022·内蒙古·科尔沁左翼中旗教研室模拟预测）若，则代数式的值为（    ）
A． B． C．2 D．－2
【答案】D
【分析】根据a+b=2，可以求得题目中所求式子的值，本题得以解决．
【详解】解：∵a+b=2，
∴


=-（a+b）
=-2，
故选：D．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
7．（2022·重庆市育才中学二模）已知多项式和（m，n为常数），以下结论中正确的是（    ）
①当且时，无论y取何值，都有；
②当时，所得的结果中不含一次项；
③当时，一定有；
④若且，则；
⑤若，且x，y为整数，则．
A．①②④ B．①②⑤ C．①④⑤ D．③④⑤
【答案】B
【分析】主要是运用整式的运算法则及因式分解等知识对各项进行一一判断即可．
【详解】①当且时，A+B=，
∵无论y取何值，总有，
∴无论y取何值，都有，
故①正确；
②当时，，
∴所得的结果中不含一次项；
故②正确；
③当时，，
其结果与0无法比较大小，
故③错误；
④若且，则，
变形得：，
∴x=1，y=-1，
∴x=-y，
故④错误；
⑤若，且x，y为整数，
则

变形得：，
因式分解得：，
∵x，y为整数，则必有．
故⑤正确；
故选：B
【点睛】本题主要考查的是整式运算及因式分解的应用，解决本题的关键是熟练掌握运用乘法公式进行计算及因式分解．
8．（2022·重庆市育才中学一模）下列四种说法中正确的有（　　）
①关于x、y的方程存在整数解．
②若两个不等实数a、b满足，则a、b互为相反数．
③若，则．
④若，则．
A．①④ B．②③ C．①②④ D．②③④
【答案】B
【分析】将提公因式2得，由x、y为整数，则为偶数，因为199为奇数，即原等式不成立，即可判断①；将，整理得，即得出，由于实数a、b不相等，即得出a、b互为相反数，故可判断②；整理得，即得，即，故可判断③；由，得出，即可变形为，可以得出或，故可判断④．
【详解】∵，
∴如果x、y为整数，那么为偶数，
∵199为奇数，
∴不存在整数解，故①错误；




∴，
∵实数a、b不相等，
∴a、b互为相反数，故②正确；




∴，即，故③正确；
∵
∴，
∴，即，
∴，
∴或，故④不一定正确．
综上可知正确的有②③．
故选B．
【点睛】本题考查因式分解，整式的混合运算．熟练掌握完全平方公式是解题关键．
9．（2022·福建省厦门第二中学模拟预测）若，则______．
【答案】9
【分析】先将变形为，变形为，然后把看作一个整体，利用平方差公式来求解．
【详解】解：∵，
∴



．
故答案为：9．
【点睛】本题考查了平方差公式，代数式求值，解题的关键是熟练掌握平方差公式：．
10．（2022·山东烟台·一模）如图，程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，如果输出m的值为5，那么输入x的值为______．

【答案】-8
【分析】由题意知，分两种情况求解：①时，，求出满足要求的值即可；②时，，求出满足要求的值即可．
【详解】解：①时，，
整理得，
解得或（不合题意，舍去）
∴；
②时，，
整理得，
解得或，
∵，，
∴或不合题意，均舍去；
综上所述，输入x的值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了程序框图中代数式求值，解一元二次方程等知识．理解程序框图中的运算是解本题的关键．
11．（2022·北京·二模）历史上数学家欧拉最先把关于x的多项式用记号来表示，把x等于某数a时的多项式的值用表示．例如多项式，当时，多项式的值为．已知多项式，若，则的值为______．
【答案】-2016
【分析】根据定义，代入变形整理，计算即可．
【详解】∵ ，，
∴m-n+3=2022，
∴m-n=2019，
∴== -(m-n)+3=-2019+3=-2016，
故答案为：-2016．
【点睛】本题考查了新定义问题，正确理解定义，灵活变形计算是解题的关键．
12．（2022·宁夏·银川唐徕回民中学二模）用符号f（x）表示关于自然数x的代数式，我们规定：当x为偶数时，；当x为奇数时，f（x）＝3x＋1．例如：f（1）＝3×1＋1，．设x1＝8，x2＝f（x1），x3＝f（x2），…，xn＝f（xn－1）．以此规律，得到一列数x1、x2、x3，…，x2022，则这2022个数之和等于___________．
【答案】4725
【分析】写出这列数的前几项，寻找规律，得出这列数从开始每项为一个循环，由此进行计算．
【详解】解：，
，
，
，
，

由此可发现，从开始，每项为一个循环，



．
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字的变化规律，能够从所给信息中找出数字出现的规律是解题的关键．
13．（2022·湖北十堰·三模）中国古代数学史曾经有自己光辉灿烂的篇章，而“杨辉三角”的发现就是十分精彩的一页，上图是其中的一部分．“杨辉三角”蕴含了许多优美的规律，小明对此非常着迷．一次，他把写的杨辉三角数表用书本遮盖住，只漏出其中某一行的一部分的5个数字；1，10，45，120，210，让同桌小聪说出第6个数字，小聪稍加思索，便说出正确答案，正确答案是_________．

【答案】252
【分析】先根据第二个数字确定出其所在行数，再根据规律确定出上一行的所有数字，即可得答案．
【详解】解：由第二个数为10知，该行为第11行，
第11行的数字为：1，10，45，120，210，？，210，120，45，10，1，
第10行数字为：1，9，36，84，126，126，84，36，9，1，
∴第11行第6个数字为：126+126=252，
故答案为：252．
【点睛】本题考查了数字的变化规律，解题的关键是根据所给的数据发现规律．
14．（2022·广西柳州·二模）添项、拆项是因式分解中常用的方法，比如分解多项式可以用如下方法分解因式：
①；
又比如多项式可以这样分解：
②；
仿照以上方法，分解多项式的结果是______．
【答案】
【分析】直接根据添项、拆项的方法进行因式分解即可．
【详解】解：


，
故答案为：
【点睛】本题考查添项与拆项法对多项式进行因式分解，解题的关键是熟练运用提公因式法，也考查了学生的观察能力和整体思想．
15．（2022·重庆·模拟预测）某水果店售卖A，B，C，D四种水果套餐，其中A，B两种水果的单价相同，D种水果的单价是C种水果单价的7倍，第一天，A，C两种水果的销量相同，B种水果的销量是D种水果销量的7倍，结果第一天A，B两种水果的总销售额比C、D两种水果的总销售额多126元，且四种水果第一天的单价与销量均为正整数，到了第二天的时候，由于D种水果不易保存，摊主便将D种水果打八折售卖，其他三种水果单价不变，结果第二天除了B种水果销量下降了20%，其他几种水果的销量跟第一天一样，若A种水果与C种水果的单价之差超过6元但不超过13元，B种水果和D种水果第一天的单价之和不超过35元，则第二天四种水果总销售额最多为____元．
【答案】215.8####
【分析】首先设A、B的单价为y元，C的单价为x元，A的销量为a，D的销量为b，可得D的单价为7x元，C的销量为a，B的销量为7b，根据题意列出不等式，由第一天的单价与销量均为正整数确定出各参数的值，再代入第二天的总销售额确定出最大值即可．
【详解】解：设A、B的单价为y元，C的单价为x元，A的销量为a，D的销量为b，
则D的单价为7x元，C的销量为a，B的销量为7b；
根据题意可得，
由第一天A、B两种水果的总销售额比C、D两种水果的总销售额多126元，
得到（a+7b）y﹣（a+7b）x＝126，
∴（a+7b）（y﹣x）＝126，
∵单价与销量均为正整数，
∴y﹣x＝7或y﹣x＝9；a+7b＝18或a+7b＝14；
再由，可得x的取值为3或2或1；
当y﹣x＝7时，a+7b＝18，此时x+y的取值可以为13，11，9；
a＝11，b＝1或a＝4，b＝2；
当y﹣x＝9时，a+7b＝14，此时x+y的取值可以为15，13，11；
a＝7，b＝1；
第二天四种水果的总销售额为a（x+y）+5.6b（x+y）＝（x+y）（a+5.6b），
若总销售额最多，则a＝11，b＝1，x+y＝13，
∴销售额＝13×16.6＝215.8元，
故答案为：215.8．
【点睛】本题考查了因式分解及根据不等式确定方程整数解的应用，解题关键是：（1）理清各数量间的关系，正确列出方程及不等式；（2）确定出方程的整数解．
16．（2022·河北·育华中学三模）如图的长方体中，已知高为x，S1＝16﹣x2，S2＝4x﹣x2．

(1)用x表示图中S3；
(2)求长方体的表面积．
【答案】(1)S3＝4x+x2
(2)-2x2+16x+32

【分析】（1）分别表示长方体的长和宽，可得S3；
（2）根据表面积公式代入可得答案．
（1）
∵S2＝4x−x2＝x(4−x)，
∴长方体的宽=4-x,
∵S1＝16−x2＝(4−x)(4+x)
∴长方体的长=4+x,
∴S3＝x(4+x)＝4x+x2；
（2）
长方体的表面积=2（4x+x2）+2（16-x2）+2（4x-x2）
=8x+2x2+32-2x2+8x-2x2
=-2x2+16x+32．
【点睛】本题考查了长方体，整式的加减，以及因式分解的应用,掌握长方形的面积=长×宽是解题的关键．
17．（2022·河北·大名县束馆镇束馆中学三模）嘉嘉准备完成题目：

她发现“口”内的系数与“”内的运算符号印刷不清楚，淇淇告诉嘉嘉“”是，中的某一个．
(1)若“口”内为2，“”内为，请化简原式；
(2)在（1）的情况下，是否存在实数x，使原式的值为﹣45？如果存在，求出x的值；如果不存在，请说明理由；
(3)若不论x取何实数，原式的值都是一个固定的常数，请直接写出原题中“口”内的数、“”内的运算符号以及原式的值．
【答案】(1)
(2)在（1）的情况下，不存在实数，使原式的值为，理由见解析
(3)“口”内的数为10、“”内的运算符号为，原式的值为15

【分析】（1）先去括号，再计算整式的加减即可得；
（2）令（1）中的结果等于，利用一元二次方程根的判别式进行判断即可得；
（3）根据题意判断出原式中和的系数均为0，由此即可得．
（1）
解：由题意得：原式

．
（2）
解：令，
整理得：，
此方程根的判别式，
则此方程没有实数根，
所以在（1）的情况下，不存在实数，使原式的值为．
（3）
解：不论取何实数，原式的值都是一个固定的常数，
原式中和的系数均为0，
“”内的运算符号为，“口”内的数为10，
则原式的值为

，
故“口”内的数为10、“”内的运算符号为，原式的值为15．
【点睛】本题考查了整式的加减、一元二次方程根的判别式，熟练掌握整式的加减运算法则和一元二次方程根的判别式是解题关键．
18．（2022·宁夏吴忠·一模）阅读以下材料：
对数的创始人是苏格兰数学家纳皮尔（J．Nplcr，1550-1617年），纳皮尔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（Evlcr，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，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，对数式可以转化为．
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∵
∴
解决以下问题：
(1)将指数转化为对数式：______．
(2)仿照上面的材料，试证明：．
(3)拓展运用：计算．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)1

【分析】（1）根据对数式的形式进行求解即可；
（2）仿照上面的材料，进行证明即可；
（3）结合对数式的性质进行求解即可．
（1）
43=64转化为对数式为：3=log464，
故答案为：；
（2）
证明：设，则，
∴，由对数的定义得，
又∵，
∴，
即 (a＞0，a≠1，M＞0，N＞0)．
（3）


=
=1．
【点睛】本题主要考查同底数幂的乘除法，有理数的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
19．（2022·重庆·二模）材料一：若一个两位数恰好等于它的各位数字之和的4倍，则称这个两位数为“巧数”．
材料二：一个四位数N满足各个数位数字都不为0，且它的千位数字与百位数字组成的两位数，以及十位数字与个位数字组成的两位数均为“巧数”，则称这个四位数为“双巧数”．若p，q，则记F（N）＝q﹣p．
(1)请任意写出两个“巧数”，并证明任意一个“巧数”的个位数字是十位数字的2倍；
(2)若s，t都是“双巧数”，其中s＝3010+100x+10y+z，t＝1100m+400+10n+2r，（1≤x，z，n≤9，1≤y≤8，1≤m≤5，1≤r≤4，且x，y，z，m，n，r均为整数），规定K(s，t)，当F（s）+F（t）＝12时，求K(s，t)的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)K（s，t）的最大值为2．

【分析】（1）设出两位数，根据这个两位数是“巧数”得出y=2x，最后根据这个两位数是完全平方数，即可得出结论；
（2）先根据这个两位数是“巧数”得出m=2n，进而表示出新的两位数和三位数，再根据这个三位数与这个两位数的差为一个完全平方数得出10（9c+a）是完全平方数，即可得出结论．
（1）
解：设两位数的十位数字为y，个位数字为x，（1≤x≤9，1≤y≤9），
则这个两位数为（10y+x），
∵这个两位数是“巧数”，
∴4（x+y）=10x+y，
∴y=2x，
即：这个两位数为10x+y=10x+2x=12x，
当x=2时，y=4，这个两位数是24；
当x=3时，y=6，这个两位数为36；
（2）
解：S=3010+100x+10y+z=3000+100x+10（y+1）+z，
p1=（30+y+1）-（10x+z）=31+y-10x-z，
q1=（30+z）-（10x+y+1）=29+z-10x-y，
f（S）=q1-p1=（29+z-10x-y）-（31+y-10x-z）=-2+2z-2y；
t=1100m+400+10n+2r=1000m+100（4+m）+10n+2r，
p2=（10m+n）-（40+10m+2r）=n-40-2r，
q2=（10m+2r）-（40+10m+n）=2r-40-n，
f（t）=q2-p2=（2r-40-n）-（n-40-2r）=4r-2n，
∴K（s，t）= ，
∵f（S）+f（t）=12，即-2+2z-2y+4r-2n=12，解得2r-n=7-z+y，
∴K（s，t）=，
∵s是“双巧数”，
∴10（y+1）+z=4（y+1+z），解得2y+2=z，
∴K（s，t）=，
若要使K（s，t）最大，
则其分母最小，分子最大．
∵1≤y≤3，且y为正整数，
∴y取3，
∴K（s，t）的最大值为2．
【点睛】此题主要考查了数字问题，两位数和三位数的表示，新定义，掌握新定义“巧数”得出y=2x是解本题的关键．
20．（2022·山东青岛·二模）【阅读理解】数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助这种方法可将抽象的数学知识变得直观起来并且具有可操作性，从而可以帮助我们进行推理，获得结论．初中数学里的一些代数公式，很多都可以借助几何图形进行直观推导和解释．例如：求1+2+3+4+…+的值（其中是正整数）．如果采用数形结合的方法，即用图形的性质来说明数量关系的事实，那就非常的直观．现利用图形的性质来求1+2+3+4+…+的值，方案如下：如图1，斜线左边的三角形图案是由上到下每层依次分别为1，2，3，…，个小圆圈排列组成的．而组成整个三角形小圆圈的个数恰为所求式子1+2+3+4+…+的值．为求式子的值，现把左边三角形倒放于斜线右边，与原三角形组成一个平行四边形．此时，组成平行四边形的小圆圈共有行，每行有个小圆圈，所以组成平行四边形小圆圈的总个数为个，因此，组成一个三角形小圆圈的个数为，即．

【问题提出】求的值（其中是正整数）．
【问题解决】为解决上述问题，我们借鉴已有的经验，采用由特殊到一般，归纳的研究方法，利用数形结合法，借助图形进行推理获得结论．
探究1：如图2，可以看成1个的正方形的面积，即
探究2：如图3，表示1个的正方形，其面积为：；表示1个的正方形，其面积为：；分别表示1个的长方形，其面积的和为：；的面积和为，而恰好可以拼成一个的大正方形．由此可得：．
(1)探究3：请你类比上述探究过程，借助图形探究：______=______．（要求自己构造图形并写出推证过程）
(2)【结论归纳】将上述探究过程发现的规律，推广到一般情况中去，通过归纳，我们便可以得到：______=______（要求直接写出结论，不必写出推证过程）
(3)【结论应用】图4是由若干个棱长为1的小正方体搭成的大正方体，图中大小正方体一共有多少个？为了准确数出大小正方体的总个数，我们可以分类统计，即数出棱长分别是1，2，3，4，5，6的正方体的个数，再求总和．
例如：棱长是1的正方体有：个，
棱长是2的正方体有：个，
……
棱长是6的正方体有：个；

然后利用上面归纳的结论，通过计算，可得图4中大小正方体的个数为______．
(4)【逆向应用】如果由若干个棱长为1的小正方体搭成的大正方体中，大小正方体一共有36100个，那么棱长为1的小正方体的个数为_________．
(5)【拓展探究】
观察下列各式：

若（为正整数）按上面规律展开后，发现等式右边含有“2021”这个数，则的值______．
【答案】(1)；62；推导过程见解析
(2)；
(3)441
(4)6859
(5)45

【分析】（1）根据规律可以利用相同的方法进行探究推证，由于是探究13+23+33=？肯定构成大正方形有9个基本图形（3个正方形6个长方形）组成，如图所示可以推证．
（2）利用（1）的结论计算即可；
（3）根据规律求大正方体中含有多少个正方体，可以转化为13+23+33+…+n3=（1+2+3+…+n）2来求得．
（4）逆向应用：可将总个数看成m2，然后再写成=（1+2+3+…+n）2得出大正方形每条边上有几个棱长为1的小正方体，进而计算出棱长为1的小正方体的个数．
（5）首先发现奇数的个数与前面的底数相同，再看出每一组分裂中的第一个数是底数×（底数-1）+1，问题得以解决．．
（1）
解：（或36）
如图，表示一个1×1的正方形，即，
表示2个2×2的正方形，即：，
表示3个3×3的正方形，即：，
而恰好可以拼成一个大正方形，边长为：，
∵，
∴，
故答案是：（1+2+3）2，62；

（2）
解：由（1）探究过程发现的规律，推广到一般情况中去，通过归纳，我们便可以得到：
；
（3）
解：图4中大小正方体的个数为
故答案为：441；
（4）
解：由（2）得（1+2+3+…+n）2=36100，
∴1+2+3+…+n=190，
∴，
解得：n1=19，n2=-20(舍去)，
∴棱长为1的小正方体的个数为193=6859．
故答案为：6895；
（5）
解：由23=3+5，分裂中的第一个数是：3=2×1+1，
33=7+9+11，分裂中的第一个数是：7=3×2+1，
43=13+15+17+19，分裂中的第一个数是：13=4×3+1，
53=21+23+25+27+29，分裂中的第一个数是：21=5×4+1，
…
发现奇数的个数与前面的底数相同，每一组分裂中的第一个数是底数×（底数-1）+1，
∴453，分裂中的第一个数是：45×44+1=1981，
463，分裂中的第一个数是：46×45+1=2071，
∵1981