2027版中考数学难题速递：整式

2027年中考数学复习难题速递之整式（2026年7月）

一．选择题（共10小题）

1．已知2x＝3，2y＝6，2z＝12，下列关于x，y，z之间的数量关系式中，不正确的是（）

A．x+1＝yB．x+z＝2yC．4x＝zD．x+y+3＝2z

2．关于x的n次多项式，其中n，an均为正整数，an﹣1，…，

��−12

��−1210

a0均为整数，且an＞�an﹣=1＞�…�＞+a�2＞a1�＞a0+，⋯k＝+an�•a�n﹣+1…�a�2•+a1�•a0．下列说法：

①若n＝1，k＝1，则符合条件的整式有且仅有1个；

②若k＝15，则多项式M可以为二次三项式；

③若二次三项式且k＝8，则满足条件的所有整式的和为11x2﹣2x﹣9；

2

④若k＝36，n≤�3，=则�满2�足+条�件1�的+多�0项式M共有33个．

其中正确的个数为（）

A．1B．2C．3D．4

3．观察下列等式：

（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1

（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1；

（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1：…

根据以上规律，则210+29+28+...+23+22+2+1的结果可以表示为（）

A．211B．211﹣1C．210D．210﹣1

4．已知整式M：，满足a0≤a1≤…≤an﹣1≤an，其中n，an为正整

2�−1�

012�−1�

数，a0，a1，…�，+an�﹣1�为+自�然�数+，⋯且+n�+an＝�5，+有�以�下说法：

①满足条件的所有整式M中共有4个单项式；

②满足条件的所有整式M共有30种；

③当M是一个二次整式时，满足函数y＝M的图象与x轴有交点的所有整式M的和为12x2+6x．

其中说法正确的是（）

A．0B．1C．2D．3

5．已知四个整式分别为：x﹣3，x﹣1，x+2，x+4；若将其中的一个或多个整式中的自变量x替换为|x|（例

如：整式x﹣3变为|x|﹣3），然后再将这四个整式相加求和，称为一次“镜面操作”．则以下表述正确

的个数是（）

①存在特殊的“镜面操作”：（|x|﹣3）+（|x|﹣1）+（|x|+2）+（x+4），使得化简结果的最小值为2；

第1页（共36页）

②存在某种“镜面操作”，使得x＜0时，化简后的结果恒为一个常数；

③对这四个整式进行所有可能的“镜面操作”后，共有15种不同的结果．

A．0B．1C．2D．3

6．如图，将三张大小一样的正方形纸片放入一个大长方形中，其中两个正方形重叠部分EF＝FG．若已知

小长方形①、②的面积差，则可求出下列哪个图形的面积？（）

A．四边形ABEJB．四边形ABCD

C．四边形CGHID．四边形EFHI

7．我国南宋数学家杨辉在《详解九章算法》一书中引用了如图数表，人们称这个数表为“杨辉三角”，

这个数表给出了（a+b）n（n为非负整数）的展开式的系数规律．

根据数表规律，在（a+b）5的展开式中a2b3的系数为（）

A．1B．5C．10D．15

8．甲、乙、丙、丁四位同学在计算多项式“（x+15）（x﹣）”时，得到了各不相同的四个结果：甲，

x2﹣120x﹣2025；乙，x2+120x﹣2025；丙，x2﹣160x+2025；丁，x2+160x+2025．已知四位同学中只有1

人计算正确，且“”处的数字是正数．则计算结果正确的是（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

2n

9．已知整式M＝a0+a1x+a2x+…+anx，其中n、a0均为正整数，（k+1）ak＝kak﹣1（k＝1，2，…，n﹣1，

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n），下列说法正确的个数是（）

①若a0＝2，则a2027；

2

=2027

②若n＝2，a0＝12，方程M＝20的两个实数根分别为、，则；

1125

αβ2+2=

③若an为整数，n+a0＝35且|a0﹣n|≥20，则所�有满�足条16件的整式M的和为

5x5+6x4x+130．

313952129

A．0个+2�+3�B+．12个C．2个D．3个

10．数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，

能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质．在学习整式乘法公式的过程中，每个公式的

推导，教材编写者都安排了运用图形面积来加以验证的过程．如图，现有四种方案，其中能借助图形面

积验证（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的正确性的方案是（）

A．①②B．①③C．①②③D．①②③④

二．填空题（共5小题）

11．一个各数位均不为0的三位自然数，若a＝b+c，则M为“欢乐数”．例如：三位数624，∵

6＝2+4，∴624是“欢乐数”．若M�为=“�欢��乐数”，则M的最小值是；若是一个

�=𝑎�

能被3整除的“欢乐数”，且是整数，则满足条件的M的最大值与最小值的差是．

�+��+2

．甲、乙、丙三只袋中分别装有球个、个、个．先从甲袋中取出x个球放入乙袋，再从乙袋

12748144482

中取出（2x+2y）个球放入丙袋，最后从丙袋中取出2y个球放入甲袋，此时三只袋中球的个数相同，则

x+y的值等于．

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13．观察下列各式：

（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1；

（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1；

（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1；

…

根据规律计算：32026﹣32025+32024﹣32023+…+34﹣33+32﹣3+1＝．

14．如图，在甲、乙、丙三只袋中分别装有球29个、29个、53个，先从甲袋中取出2x个球放入乙袋，再

从乙袋中取出2y个球放入丙袋，最后从丙袋中取出（2x+2y）个球放入甲袋，此时三只袋中球的个数相

同，则2x+y的值等于．

15．规定一个四位数（a，b，c，d均为整数，且0＜a，b，c，d≤9），若a+d＝10，b﹣c＝1，

则称这个数M是“�义=渡�数��”�，将一个“义渡数”千位和百位上的数字组合成一个两位数，十位和个

位上的数字组合成一个两位数，设，则P（4766）＝；若P𝑎（M）能被7

整除，则满足要求的M的最大�值�与最�小(�值)的=差𝑎为+𝑏．

三．解答题（共5小题）

16．阅读材料并回答下列问题：

材料一：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．如图1可以得到（a+b）2，

（a﹣b）2，ab之间的等量关系是①_____；

材料二：换元法：是指引入一个或者几个新的变量代替原来的某些变量，通过引入新的变量将分散的条

件联系起来，变为熟悉的问题，其理论依据是等量代换．对于结构比较复杂的式子，可以把其中某些部

分看作整体，用新的字母代替（即整体换元），可以化繁为简从而找到解题的捷径，请看以下例子：

若x满足（60﹣x）（x﹣40）＝30，求（60﹣x）2+（x﹣40）2的值．

解：设（60﹣x）＝a，（x﹣40）＝b，则ab＝（60﹣x）（x﹣40）＝30，a+b＝（60﹣x）+（x﹣40）＝

②_____，

所以（60﹣x）2+（x﹣40）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝③_____．

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问题：

（1）补全材料一、材料二中横线处；①，②，③；

（2）若x满足（2027﹣x）2+（x﹣2025）2＝2026，求（2027﹣x）（x﹣2025）的值；

（3）如图2，在长方形ABCD中，AB＝14，BC＝10，点E，F分别是边AD，AB上的点，且DE＝BF

＝x，分别以AE，AF为边在长方形ABCD外侧作正方形AEMN和正方形APQF，若长方形AFGE的面

积为60，求图中两个正方形的面积之和．

17．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部数学巨著，他在第二卷“几何与代数”中，阐述了数与

形是一家，即通过“以数解形”和“以形助数”，可以把代数公式与几何图形相互转化．

（1）如图1，用4个长为a、宽为b的小长方形可以围成一个大正方形，由此可以得到等式

为：；

（2）已知（x﹣2026）（x﹣2027）＝20，求代数式2x﹣4053的值；

（3）如图2，正方形ABCD和正方形BEFG如图放置，已知两个正方形的边长之和为7，阴影部分的

面积为10，则AE的长为．

18．数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助图形直观性，可以帮助理解数学问题．

（1）我们在学习完全平方公式时，可以用几何图形的面积来解释，观察下列图形，写出对应的完全平

方公式．

图1对应公式：，图2对应公式：；

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（2）根据（1）题中的公式，解决如下问题：

已知a+b＝6，a2+b2＝24，求ab和（a﹣b）2的值；

（3）两块完全相同的特制直角三角板（∠AOB＝∠COD＝90°）如图3所示放置，其中AD、BC交于

点O，连接AC、BD，若AD＝18，S△AOC+S△BOD＝84，请根据以上信息求一块特制直角三角板的面积．

19．研究得到：对于任意正整数n，若是偶数就除以2，若是奇数就乘3加1，重复操作，最终都会得到1．例

如，当n＝10时，分步进行运算：第1步：10÷2＝5；第2步：5×3+1＝16；第3步：16÷2＝8；第4

步：8÷2＝4；第5步：4÷2＝2；第6步：2÷2＝1．

（1）若从某正整数n出发，第一步运算得到16，求所有满足条件的正整数n；

（2）若3n+1（n为任意正整数）符合以上运算规律，那么4m+1（m为任意正整数）是否也满足该运算

规律？请说明理由．

说理如下：

因为m为任意正整数，

所以4m+1为奇数，

则4m+1下一步运算结果为3（4m+1）+1＝12m+4＝4（3m+1），

所以4m+1可以经过多次运算化为3n+1的形式，即满足该运算规律．

（请将说理空缺步骤填入以上框中．）

20．已知长方形ABCD，AB＝a，BC＝4b，将图1沿虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长

方形拼成图2中的“回字形”正方形．

（1）观察图2，请你写出（a+b）2、（a﹣b）2、ab之间的等量关系是；

（2）根据（1）中的结论，若x+y＝6，，求x﹣y的值；

11

（3）拓展应用：如图3，点M，Q分别�是�A=D，4BC的中点，点E在AB上，BE＝b，以AE为边作正方

形AEFG，点G在AD上，EF交MQ于点N，长方形MNFG的面积为6b2，若MN+NF＝c，求的值．

2

�

2

�

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第7页（共36页）

2027年中考数学复习难题速递之整式（2026年7月）

参考答案与试题解析

一．选择题（共10小题）

题号12345678910

答案CABDCBCABC

一．选择题（共10小题）

1．已知2x＝3，2y＝6，2z＝12，下列关于x，y，z之间的数量关系式中，不正确的是（）

A．x+1＝yB．x+z＝2yC．4x＝zD．x+y+3＝2z

【考点】幂的乘方与积的乘方；同底数幂的乘法．

【专题】整式；运算能力．

【答案】C

【分析】A．利用同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；

B．根据同底数幂相乘法则和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可；

C．根据幂的乘方法则进行计算，然后比较大小，最后判断即可；

D．根据同底数幂相乘法则和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可．

【解答】解：∵2x＝3，2y＝6，2z＝12，

∴，

��1−1

∴x2﹣÷y＝2﹣=13，÷即6x=+12＝=y，2

故A选项中的数量关系正确；

∵2x＝3，2y＝6，2z＝12，

∴2x•2z＝3×12＝36＝（2y）2＝22y，

∴x+z＝2y，

故B选项中数量关系正确；

∵2x＝3，2z＝12，

∴（2x）4＝34＝81＝24x，2z＝12，

∴24x≠2z，即4x≠z，

故C选项中数量关系不正确；

∵2x•2y•23＝3×6×8＝144，（2z）2＝122＝144

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∴x+y+3＝2z，

故D选项中数量关系正确；

故选：C．

【点评】本题主要考查了幂的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂乘除法则、幂的乘方法则和零指

数幂的性质．

2．关于x的n次多项式，其中n，an均为正整数，an﹣1，…，

��−12

��−1210

a0均为整数，且an＞�an﹣=1＞�…�＞+a�2＞a1�＞a0+，⋯k＝+an�•a�n﹣+1…�a�2•+a1�•a0．下列说法：

①若n＝1，k＝1，则符合条件的整式有且仅有1个；

②若k＝15，则多项式M可以为二次三项式；

③若二次三项式且k＝8，则满足条件的所有整式的和为11x2﹣2x﹣9；

2

④若k＝36，n≤�3，=则�满2�足+条�件1�的+多�0项式M共有33个．

其中正确的个数为（）

A．1B．2C．3D．4

【考点】整式的加减；规律型：数字的变化类．

【专题】规律型．

【答案】A

【分析】第①说法：n＝1时多项式为a1x+a0，由a1＞a0＞0且a1a0＝1，只能a1＝a0＝1，不满足严格

递减，故无解．；∃

第②说法：二次三项式需n＝2，即a2＞a1＞a0＞0且a2a1a0＝15，唯一组合5×3×1＝15，存在多项式

5x2+3x+1，故正确；

第③说法：k＝8时，唯一组合4×2×1＝8，多项式为4x2+2x+1，其和仍为自身，与题设11x2﹣2x﹣9

不符，故错误；

第④说法：k＝36，n≤3时分别统计：当n＝1：乘积为36的递减因数对共4个；当n＝2：三数乘积为

36的递减组合共4个；当n＝3：四数乘积为36的唯一组合为（6，3，2，1），共1个．总数为4+4+1

＝9，而非33，故错误．

【解答】解：①当n＝1，k＝1时，

多项式为a1x+a0，其中a1＞a0＞0，且a1a0＝1，

因为a1，a0均为正整数，乘积为1只能a1＝a0＝1，

不满足a1＞a0，

所以不存在符合条件的整式，故①错误；

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②若k＝15，则多项式M可以为二次三项式，

二次三项式即n＝2，多项式为，

2

210

其中a2＞a1＞a0＞0，且a2•a1•�a0＝�1+5，��+�

15分解为三个严格递减正整数相乘，

只有：5×3×1＝15，

所以存在多项式5x2+3x+1，故②正确；

③若二次三项式且k＝8，则满足条件的所有整式的和为11x2﹣2x﹣9，

2

210

需a2＞a1＞a0＞0�且=a2�a1�a0＝+8�，�+�

唯一组合为：4×2×1＝8，

所以唯一整式为4x2+2x+1其和为自身，即4x2+2x+1，不是11x2﹣2x﹣9，故③错误；

④若k＝36，n≤3，则满足条件的多项式M共有33个．

分别讨论：

当n＝1时，

需a1＞a0＞0，且a1a0＝36．

因数对（严格递减）：（36，1），（18，2），（12，3），（9，4），共4个，

当n＝2时，

需a2＞a1＞a0＞0，

且a2a1a0＝36，

列举所有组合：（12，3，1），（9，4，1），（6，3，2），（18，2，1）共4个，

当n＝3时，

需a3＞a2＞a1＞a0＞0，且a3a2a1a0＝36，

唯一组合为：（6，3，2，1）共1个，

总数4+4+1＝9，不是33，故④错误；

综上，只有②正确，

故选：A．

【点评】本意主要考查了因数分解、整数分类枚举，以及利用严格递减条件筛选有效组合的能力．正确

理解系数为正整数且严格递减，并按次数分类枚举乘积分解，是解题的关键．本题将多项式系数与数论

中的因数分解结合，第④问需要分n＝1，2，3三类统计，容易遗漏或重复，尤其需注意n＝3时乘积

36的四因数分解较少，而33这一数字有明显的误导性．整体难度适中，适合作为代数基础与计数原理

的综合训练．

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3．观察下列等式：

（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1

（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1；

（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1：…

根据以上规律，则210+29+28+...+23+22+2+1的结果可以表示为（）

A．211B．211﹣1C．210D．210﹣1

【考点】平方差公式；规律型：数字的变化类；多项式乘多项式．

【专题】规律型；运算能力．

【答案】B

【分析】利用材料中的规律：将x看作2，可以求解．

【解答】解：原式＝（2﹣1）（210+29+28+...+23+22+2+1）＝211﹣1．

故选：B．

【点评】本题考查了平方差公式以及规律型问题，弄清题意，发现数字的变化规律是解答本题的关键．

4．已知整式M：，满足a0≤a1≤…≤an﹣1≤an，其中n，an为正整

2�−1�

012�−1�

数，a0，a1，…�，+an�﹣1�为+自�然�数+，⋯且+n�+an＝�5，+有�以�下说法：

①满足条件的所有整式M中共有4个单项式；

②满足条件的所有整式M共有30种；

③当M是一个二次整式时，满足函数y＝M的图象与x轴有交点的所有整式M的和为12x2+6x．

其中说法正确的是（）

A．0B．1C．2D．3

【考点】整式的加减；规律型：数字的变化类．

【专题】计算题．

【答案】D

【分析】①单项式：最高次项系数为正，前面系数全为0．由n+an＝5得n只有4种取值，每种唯一对

应一个单项式，共4个；

②整式计数：固定n后，系数序列满足非递减，且末项已知．需按n＝1，2，3，4分类，对前面的系

数逐个枚举（如n＝2时按a1枚举），计算每种情况下的数量并求和；

③二次整式判别：n＝2时a2＝3，与x轴有交点即判别式，，枚举0≤a0≤a1≤3中

2

的所有组合，筛选后求和即可．�=�1−12�0≥0

【解答】解：确定n和an的可能取值，

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由条件n+an＝5，

且n，an均为正整数，

可得：n＝1，2，3，4，

an＝4，3，2，1，

①单项式要求除最高次项外其余系数均为0，

即：a0＝a1＝…＝an﹣1＝0，

由于系数非递减，这满足0≤0≤…≤an．

对每个n，唯一确定一个单项式，

当n＝1时，a1＝4：4x，

当n＝2时，：，

2

当n＝3时，�2=3：3�，

3

当n＝4时，�3=2：2�，

4

共4个，故①�4正=确1；�

②计数所有满足条件的整式，

对每个n，需满足0≤a0≤a1≤…≤an﹣1≤an，

其中an已固定，

n＝1：a1＝4，

只需确定a0，可取0，1，2，3，4，共5个，

n＝2：a2＝3，

需0≤a0≤a1≤3，

枚举a1，

当a1＝0时：a0＝0，共1种，

当a1＝1时：a0＝0，1，共2种，

当a1＝2时：a0＝0，1，2，共3种，

当a1＝3时：a0＝0，1，2，3，共4种．

所以共1+2+3+4＝10个，

n＝3：a3＝2，

需0≤a0≤a1≤a2≤2，

枚举a2：

当a2＝0时：a1＝a0＝0，共1种，

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当a2＝1时：

需0≤a0≤a1≤1，

有（0，0），（0，1），（1，1），共3种，

当a2＝2时：

需0≤a0≤a1≤2，有：

当a1＝0时；a0＝0，共1种，

当a1＝1时：a0＝0，1，共2种，

当a1＝2时：a0＝0，1，2，共3种，这里共6种，

所以总共1+3+6＝10个，

n＝4：a4＝1，

需0≤a0≤a1≤a2≤a3≤1，

枚举a3：a3＝0，全部为0，共1种，

a3＝1：需0≤a0≤a1≤a2≤1，

即每个可取0或1且非递减，

共有（0，0，0），（0，0，1），（0，1，1），（1，1，1），共4种，

共1+4＝5个，

总计5+10+10+5＝30个，故②正确；

③二次整式即n＝2，此时a2＝3，

所以：，0≤a0≤a1≤3，

2

012

与x轴有�交=点�，+即�方�程+33�x+a1x+a0＝0，

有实数解，判别式：，

2

10

枚举满足条件的（a0，�a=1）�：−12�≥0

a1＝0：需a0＝0，所以，

2

1

a1＝1：需1﹣12a0≥0，�得=a03＝�0，所以；

2

2

a1＝2：需4﹣12a0≥0，得a0＝0，所以�=�+3�，

2

3

a1＝3：需9﹣12a0≥0，得a0＝0，所以�=2�+3�，（注意a0＝1时判别式均不成立，故均舍去），

2

3x2+（x+3x2）+（2x+3x2）+（3x+3x2）＝�412=x23+�6x+，3故�③正确；

综上，①②③均正确，正确的个数为3，

故选：D．

【点评】本意主要考查了整式系数非递减的有序枚举、判别式在二次函数与x轴交点中的应用，以及分

第13页（共36页）

类讨论的完整性．将n+an＝5转化为有限情形逐一枚举，是解题的关键．本题三个说法覆盖了单项式识

别、整式计数和函数交点判定，梯度合理．②中计数若不系统枚举容易漏算，需按n和次高项分层讨

论；③中容易忽略判别式需≥0且系数非递减的双重限制．整体难度适中，适合作为代数基础与函数初

步的综合练习，能有效训练学生有序思维和枚举能力．

5．已知四个整式分别为：x﹣3，x﹣1，x+2，x+4；若将其中的一个或多个整式中的自变量x替换为|x|（例

如：整式x﹣3变为|x|﹣3），然后再将这四个整式相加求和，称为一次“镜面操作”．则以下表述正确

的个数是（）

①存在特殊的“镜面操作”：（|x|﹣3）+（|x|﹣1）+（|x|+2）+（x+4），使得化简结果的最小值为2；

②存在某种“镜面操作”，使得x＜0时，化简后的结果恒为一个常数；

③对这四个整式进行所有可能的“镜面操作”后，共有15种不同的结果．

A．0B．1C．2D．3

【考点】整式的加减．

【专题】整式；运算能力．

【答案】C

【分析】根据题意可推出四个整式的和为S＝a|x|+（4﹣a）x+2（a≥1，且a为整数），根据a的值只

能取1，2，3，4，结合题意逐一判断即可．

【解答】解：四个整式分别为：x﹣3，x﹣1，x+2，x+4；若将其中的一个或多个整式中的自变量x替换

为|x|（例如：整式x﹣3变为|x|﹣3），然后再将这四个整式相加求和，称为一次“镜面操作”．则：

四个整式仅替换自变量x，不改变常数项，因此四个整式的常数和恒为﹣3+（﹣1）+2+4＝2，

设替换x为|x|的整式个数为a（a≥1，且a为整数），则总和可表示为S＝a|x|+（4﹣a）x+2，

①题中给出的操作替换了3个整式，即a＝3，

∴S＝3|x|+x+2，

∵当x≥0时，|x|＝x，则S＝3x+x+2＝4x+2≥2；

当x＜0时，|x|＝﹣x，则S＝﹣3x+x+2＝﹣2x+2＞2，

∴S的最小值为2，原说法正确；

②当a＝2时，S＝2|x|+2x+2，若x＜0，则|x|＝﹣x，代入得S＝2（﹣x）+2x+2＝2，恒为常数，因此存

在符合要求的操作，原说法正确；

③a仅可取1，2，3，4，对应4种不同结果，不是15种，原说法错误．

故选：C．

【点评】本题考查整式的加减，正确计算是是解题关键．

第14页（共36页）

6．如图，将三张大小一样的正方形纸片放入一个大长方形中，其中两个正方形重叠部分EF＝FG．若已知

小长方形①、②的面积差，则可求出下列哪个图形的面积？（）

A．四边形ABEJB．四边形ABCD

C．四边形CGHID．四边形EFHI

【考点】平方差公式的几何背景．

【专题】整式；运算能力．

【答案】B

【分析】设三个正方形的边长为a，EF＝FG＝m，长方形②的长为x，则宽为m，表示出相关线段的长

度，得出长方形，即可得出结论．

2

�1−�2=�−��−𝑎=�𝐴𝐵

【解答】解：将三张大小一样的正方形纸片放入一个大长方形中，其中两个正方形重叠部分EF＝FG．

设三个正方形的边长为a，EF＝FG＝m，长方形②的长为x，则宽为m，小长方形①和小长方形②的

面积分别为S1，S2，

∴小长方形①的长为a﹣m，宽为a﹣x，

∴S1＝（a﹣m）（a﹣x），S2＝mx，

∴，

2

∵A�1D−＝�a2，=C(D�＝−a�﹣)x(﹣�−m，�)−��=�−��−𝑎

∴长方形，

2

�𝐴𝐵=�(�−�−�)=�−��−𝑎=�1−�2

∴可求出四边形ABCD的面积．

故选：B．

【点评】本题考查平方差的几何背景，正确进行计算是解题关键．

7．我国南宋数学家杨辉在《详解九章算法》一书中引用了如图数表，人们称这个数表为“杨辉三角”，

这个数表给出了（a+b）n（n为非负整数）的展开式的系数规律．

第15页（共36页）

根据数表规律，在（a+b）5的展开式中a2b3的系数为（）

A．1B．5C．10D．15

【考点】完全平方公式；数学常识；规律型：图形的变化类．

【专题】整式；运算能力．

【答案】C

【分析】根据题目中给出的例子，结合“杨辉三角”找出规律进行解答即可．

【解答】解：根据题目中给出的例子，结合“杨辉三角”找出规律解答如下：

找规律发现（a+b）3的第三项系数为3＝2+1，是（a+b）2的展开式的第二项和第三项的系数的和；（a+b）

4的第三项系数为6＝3+3，是（a+b）3的展开式的第二项和第三项的系数的和；

∴（a+b）5的第四项系数是（a+b）4的展开式的第三项和第四项的系数的和，即（a+b）5的展开式中

a2b3的系数为6+4＝10．

故选：C．

【点评】本题考查了完全平方公式，熟练掌握“杨辉三角”是关键．

8．甲、乙、丙、丁四位同学在计算多项式“（x+15）（x﹣）”时，得到了各不相同的四个结果：甲，

x2﹣120x﹣2025；乙，x2+120x﹣2025；丙，x2﹣160x+2025；丁，x2+160x+2025．已知四位同学中只有1

人计算正确，且“”处的数字是正数．则计算结果正确的是（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

【考点】多项式乘多项式；正数和负数．

【专题】整式；运算能力．

【答案】A

【分析】运用多项式乘多项式的计算法则进行计算、求解．

【解答】解：（x+15）（x﹣）

第16页（共36页）

＝x2+15x﹣x﹣15

＝x2+（15﹣）x﹣15，

∵“”处的数字是正数．

∴﹣15＜0，

由题意得，

﹣15＝﹣2025，

解得＝135，

∴15﹣＝15﹣135＝﹣120，

∴（x+15）（x﹣）＝x2﹣120x﹣2025，

故选：A．

【点评】此题考查了多项式乘多项式、正数和负数的计算能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行

正确地计算．

2n

9．已知整式M＝a0+a1x+a2x+…+anx，其中n、a0均为正整数，（k+1）ak＝kak﹣1（k＝1，2，…，n﹣1，

n），下列说法正确的个数是（）

①若a0＝2，则a2027；

2

=2027

②若n＝2，a0＝12，方程M＝20的两个实数根分别为、，则；

1125

αβ2+2=

③若an为整数，n+a0＝35且|a0﹣n|≥20，则所�有满�足条16件的整式M的和为

5x5+6x4x+130．

313952129

A．0个+2�+3�B+．12个C．2个D．3个

【考点】整式的加减；规律型：数字的变化类．

【专题】规律型．

第17页（共36页）

【答案】B

【分析】由递推式（k+1）ak＝kak﹣1，得，累乘可得通项，，，，

����0

=��=(�=01⋯�)

��−1�+1�+1

①直接代入a0＝2得，与不符．

22

�2027=

②代入n＝2，a0＝12得M2＝0248x2+6x2+01227由M＝20得2x2+3x﹣4＝0，利用韦达定理及

11

2+2=

验证得，正确．��

2

(�+�)−2��25

2

③由(��)为整数16及n+a0＝35结合|35﹣2m|≥20锁定1≤n≤7或28≤n≤34，枚举整数倍数条件（35

0

��

﹣n能�被=n+�1+整1除）得n＝1，2，3，5．求和后常数项为129，题给为130，故错误．

【解答】解：由（k+1）ak＝kak﹣1，

依次代入可得通项：

a1a0，，…，，

111

=�2=�0��=�0

①若2a0＝2，3�+1

则，不是，

222

�2027==

故①错误；2027+120282027

当n＝2，a0＝12时：a1＝6，a2＝4，

所以M＝4x2+6x+12，

由M＝20得：4x2+6x+12＝20，

即2x2+3x﹣4＝0，

设两根为，，由韦达定理：

αβ

，＝﹣2，

3

�+�=−2αβ

所以9，故②正确；

2

11(�+�)−2��4+425

2+2=2==

��(��)416

③由通项知．

�0

��=

题设说an为整数，�+1

所以a0必须是n+1的整数倍（即a0能被n+1整除）．

又已知n+a0＝35，

故a0＝35﹣n，且a0＞0，

所以n＜35，

第18页（共36页）

由于满足|a0﹣n|≥20，

即|35﹣2n|≥20，

所以n≥27.5或n≤7.5，

情况一：1≤n≤7，此时n+1分别为2，3，4，5，6，7，8，

要求35﹣n能被n+1整除，

逐一检验：

n＝1：a0＝35﹣1＝34，

34能被2整除，符合条件，

n＝2：a0＝35﹣2＝33，

33能被3整除，符合条件，

n＝3：a0＝35﹣3＝32，

32能被4整除，符合条件，

n＝4：a0＝35﹣4＝31，

31不能被5整除，不符合条件，

n＝5：a0＝35﹣5＝30，

30能被6整除，符合条件，

n＝6：a0＝35﹣6＝29，

29不能被7整除，不符合条件，

n＝7：a0＝35﹣7＝28，

28不能被8整除，

所以n＝1，2，3，5符合，

情况二：28≤n≤34，此时n+1分别为29，30，31，32，33，34，35，

要求35﹣n能被这些数整除，

显然，35﹣n很小，不可能被大于它的数整除（除非为0，但这里不为0），

所以没有符合的，

因此，满足所有条件的n只有：n＝1，2，3，5，

对应的a0分别为：a0＝34，33，32，30，

由通项，分别写出：

�0

��=

当n＝1，a0＝�+314：

第19页（共36页）

，

34

�1=34+�=34+17�

当n＝2，a02＝33：

，

33332332

�2=33+�+�=33+�+11�

当n＝3，a02＝32：32

2323

M3＝32xxx＝32+16xx+8x，

32323232

++++

当n＝5，a30＝303：43

30302303304305

�5=30+�+�+�+�+�

2345，6

215345

将=所30有+多15项�式+按10相�同+次2数�相+加6：�+5�

常数项：34+33+32+30＝129，

一次项系数：，

33129

17++16+15=

二次项系数：2，2

3295

11++10=

三次项系数：3，3

1531

四次项系数：68，+2=2

五次项系数：5，

因此所有满足条件的整式之和为：，

54313952129

所以第③项，错误，5�+6�+2�+3�+2�+129

故选：B．

【点评】本意主要考查了由递推关系求通项、韦达定理在二次方程中的应用，以及整数倍数条件下的分

类枚举与多项式求和．准确由递推式归纳出通项公式是解题的关键．本题亮点在于将代数恒等

0

��

变形与整数性质（倍数关系）巧妙结合，第③问需先�利=用�绝+1对值范围缩小枚举空间，再逐一检验整除

条件，体现了“先定范围再细算”的数学策略．同时第②问对韦达定理的灵活变形（倒数和与平方和）

要求熟练，整体难度梯度合理，适合作为初中代数综合能力的训练题．

10．数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，

能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质．在学习整式乘法公式的过程中，每个公式的

推导，教材编写者都安排了运用图形面积来加以验证的过程．如图，现有四种方案，其中能借助图形面

第20页（共36页）

积验证（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的正确性的方案是（）

A．①②B．①③C．①②③D．①②③④

【考点】平方差公式的几何背景；完全平方公式的几何背景．

【专题】整式；运算能力．

【答案】C

【分析】根据各个图形中各个部分面积之间的关系，用代数式表示各自的面积即可得出结论．

【解答】解：方案①中阴影部分面积＝a2﹣b2，也可以，因此（a+b）

1�−�

（a﹣b）＝a2﹣b2，方案①符合题意；=2(�+�)×2×4=(�+�)(�−�)

方案②中阴影部分面积可以看作两个正方形的面积差，即a2﹣b2，阴影部分也可以看作一个长为a+b，

宽为a﹣b的长方形，则面积为（a+b）（a﹣b），因此（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，故方案②符合题意；

方案③中阴影部分面积＝a2﹣b2，阴影部分也可以看作底为a+b，高为a﹣b的大平行四边形的面积，

则面积为（a+b）（a﹣b），因此（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，故方案③符合题意；

方案④中阴影部分面积＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，阴影部分也可以看作四个长为a，宽为b的长方形面

积和，即为4ab，因此（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab，故方案④不符合题意，

故选：C．

【点评】本题主要考查平方差公式的几何背景，掌握平方差公式的结构特征是解题的关键．

二．填空题（共5小题）

11．一个各数位均不为0的三位自然数，若a＝b+c，则M为“欢乐数”．例如：三位数624，∵

6＝2+4，∴624是“欢乐数”．若M�为=“�欢��乐数”，则M的最小值是211；若是一个能

�=𝑎�

第21页（共36页）

被3整除的“欢乐数”，且是整数，则满足条件的M的最大值与最小值的差是339．

�+��+2

【考点】整式的加减；整数的认识．

7

【专题】计算题．

【答案】故答案为：211，339．

【分析】第一空求M的最小值：为使三位数最小，百位a尽量小，取a＝2，得b＝c＝1，即211．

第二空需满足两个条件：①能被3整除，②为整数．先由能被3整除得2（b+c）是3的倍数，

�+��+2

因2与3互质，故b+c是3的倍数，结合a＝b+c7≤9，得b+c＝3，6，9．再代入整除条件，枚举b，c

组合（共有限组），筛选出满足整除的数，最后求最大值与最小值的差．

【解答】解：因为a＝b+c，且b≥1，c≥1，

所以a≥2，

要使三位数M最小，应使百位a尽可能小，

当a＝2时，只能取b＝1，c＝1，

此时：M＝211，

所以M的最小值为：211；

设是“欢乐数”，

则�a＝=b�+�c�，且a≤9，

所以：b+c≤9

条件一：M能被3整除一个数能被3整除，

当且仅当其各位数字之和能被3整除，

由于a+b+c＝（b+c）+b+c＝2（b+c），

因为2与3互质，

所以2（b+c）能被3整除，即b+c能被3整除．

又b+c＝a≤9，且b，c≥1，

所以b+c的可能值为：3，6，9，

条件二：是整数，

�+��+2

其中7，

M��=2＝10（�+10�0a+10b+c）+（10b+c）+2＝100a+20b+2c+2，

代+入�a�＝+b+c：

所以M2＝100（b+c）+20b+2c+2＝120b+102c+2，

+��+第22页（共36页）

下面枚举b+c＝3，6，9，并检查整数条件：

b+c整数组合（b，c）120b+102c+2计除以7运算与是否能被7整

算结果余数除

3（1，2）326326÷7＝46余否

4

3（2，1）344