中考数学难题突破之整式

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＝y B．x+z＝2y C．4x＝z D．x+y+3＝2z2．关于x的n次多项式M=anxn+an-1xn-1+⋯+a2x2+a1x+a0，其中n，an均为正整数，an﹣1，…，a0均为整数，且an＞an﹣1＞…＞a2＞a1＞a0①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M=a2x2+a1x+a0且k＝8④若k＝36，n≤3，则满足条件的多项式M共有33个．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．43．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．211 B．211﹣1 C．210 D．210﹣14．已知整式M：a0+a1x+a2x2+⋯+an-1xn-1+anxn，满足a0≤a1≤…≤an﹣1≤an，其中n，a①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．0 B．1 C．2 D．35．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．0 B．1 C．2 D．36．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ABEJ B．四边形ABCD C．四边形CGHI D．四边形EFHI7．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．1 B．5 C．10 D．158．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9．已知整式M＝a0+a1x+a2x2+…+anxn，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=2②若n＝2，a0＝12，方程M＝20的两个实数根分别为α、β，则1α③若an为整数，n+a0＝35且|a0﹣n|≥20，则所有满足条件的整式M的和为5x5+6x4+312xA．0个 B．1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．①② B．①③ C．①②③ D．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M=abc，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M=abc是一个能被3整除的“欢乐数”，且M+bc+27是整数，则满足条件的M的最大值与最小值的差是12．甲、乙、丙三只袋中分别装有球48个、144个、48个．先从甲袋中取出2x个球放入乙袋，再从乙袋中取出（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．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M=abcd（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ab，十位和个位上的数字组合成一个两位数cd，设P(M)=ab+cd，则P（4766）＝；若P（M）能被7整除，则满足要求的M的最大值与最小值的差为三．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_____．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：；（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，xy=114，求x﹣（3）拓展应用：如图3，点M，Q分别是AD，BC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c2

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＝y B．x+z＝2y C．4x＝z D．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，∴2x∴x﹣y＝﹣1，即x+1＝y，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∴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M=anxn+an-1xn-1+⋯+a2x2+a1x+a0，其中n，an均为正整数，an﹣1，…，a0均为整数，且an＞an﹣1＞…＞a2＞a1＞a0①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M=a2x2+a1x+a0且k＝8④若k＝36，n≤3，则满足条件的多项式M共有33个．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．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；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a2其中a2＞a1＞a0＞0，且a2•a1•a0＝15，15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M=a2x2+a1x+a0且k＝8需a2＞a1＞a0＞0且a2a1a0＝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．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．211 B．211﹣1 C．210 D．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：a0+a1x+a2x2+⋯+an-1xn-1+anxn，满足a0≤a1≤…≤an﹣1≤an，其中n，a①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．0 B．1 C．2 D．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Δ=a12-12a0≥0，，枚举0≤a【解答】解：确定n和an的可能取值，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，a2当n＝3时，a3当n＝4时，a4共4个，故①正确；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，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：M=a0+a1x+3x2，0≤与x轴有交点，即方程3x2+a1x+a0＝0，有实数解，判别式：Δ=a枚举满足条件的（a0，a1）：a1＝0：需a0＝0，所以M1a1＝1：需1﹣12a0≥0，得a0＝0，所以M2a1＝2：需4﹣12a0≥0，得a0＝0，所以M3a1＝3：需9﹣12a0≥0，得a0＝0，所以M4=3x+3x2，（注意a3x2+（x+3x2）+（2x+3x2）+（3x+3x2）＝12x2+6x，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．0 B．1 C．2 D．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．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ABEJ B．四边形ABCD C．四边形CGHI D．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S1【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，∴S1∵AD＝a，CD＝a﹣x﹣m，∴S长方形∴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．根据数表规律，在（a+b）5的展开式中a2b3的系数为（）A．1 B．5 C．10 D．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﹣）＝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．9．已知整式M＝a0+a1x+a2x2+…+anxn，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=2②若n＝2，a0＝12，方程M＝20的两个实数根分别为α、β，则1α③若an为整数，n+a0＝35且|a0﹣n|≥20，则所有满足条件的整式M的和为5x5+6x4+312xA．0个 B．1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．【答案】B【分析】由递推式（k+1）ak＝kak﹣1，得akak-1①直接代入a0＝2得a2027=2②代入n＝2，a0＝12得M＝4x2+6x+12由M＝20得2x2+3x﹣4＝0，利用韦达定理及1α2+③由an=a0n+1为整数及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﹣n能被n+1整除）得n＝1，2，3，5【解答】解：由（k+1）ak＝kak﹣1，依次代入可得通项：a1=12a0，a2①若a0＝2，则a2027=2故①错误；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α，β，由韦达定理：α+β=-32，αβ＝﹣所以1α2+③由通项知an题设说an为整数，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，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ak当n＝1，a0＝34：M1当n＝2，a0＝33：M2当n＝3，a0＝32：M3＝32+323x+323x2+324x3＝32+16x+当n＝5，a0＝30：M5=30+15x+10x将所有多项式按相同次数相加：常数项：34+33+32+30＝129，一次项系数：17+33二次项系数：11+32三次项系数：8+15四次项系数：6，五次项系数：5，因此所有满足条件的整式之和为：5x所以第③项，错误，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ak=a0k+110．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．①② B．①③ C．①②③ D．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=12(a+b)×a-b2×4=(a+b)(a-b)，因此（a+b）（a﹣b）＝a2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M=abc，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M=abc是一个能被3整除的“欢乐数”，且M+bc+27是整数，则满足条件的M的最大值与最小值的差是【考点】整式的加减；整数的认识．【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，②M+bc+27为整数．先由能被3整除得2（b+c）是3的倍数，因2与3互质，故b+c是3的倍数，结合a＝b+c≤9，得b+c＝3，6，9．再代入整除条件，枚举b，c【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M=abc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：M+bc其中bc=10b+cM+bc+2＝（100a+10b+c）+（10b+c）+2＝100a+20b+2c代入a＝b+c：所以M+bc+2＝100（b+c）+20b+2c+2＝120b+102c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计算结果除以7运算与余数是否能被7整除3（1，2）326326÷7＝46余4否3（2，1）344344÷7＝49余1否6（1，5）632632÷7＝90余2否6（2，4）650650÷7＝92余6否6（3，3）668668÷7＝95余3否6（4，2）686686÷7＝98余0是6（5，1）704704÷7＝100余4否9（1，8）938938÷7＝134余0是9（2，7）956956÷7＝136余4否9（3，6）974974÷7＝139余1否9（4，5）992992÷7＝141余5否9（5，4）10101010÷7＝144余2否9（6，3）10281028÷7＝146余6否9（7，2）10461046÷7＝149余3否9（8，1）10641064÷7＝152余0是满足条件的（b，c）有：b＝4，c＝2，此时a＝6，M＝642，b＝1，c＝8，此时a＝9，M＝918，b＝8，c＝1，此时a＝9，M＝981，所以满足条件的M为：642，918，981最大值981，最小值642，它们的差为：981﹣642＝339．故答案为：211，339．【点评】本意主要考查了数的整除特征（被3整除）、代数式变形与枚举法的综合运用．将“欢乐数”条件转化为a＝b+c，并结合整除条件缩小枚举范围，是解题的关键．本题巧妙地将数字特征与整除判定结合，第（2）问的整除条件M+bc+27需要先化简再代入，体现了代数运算的重要性．枚举时注意b12．甲、乙、丙三只袋中分别装有球48个、144个、48个．先从甲袋中取出2x个球放入乙袋，再从乙袋中取出（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11．【考点】整式的混合运算．【专题】整式；运算能力．【答案】11．【分析】根据操作步骤表示出三只袋最终的球数，结合最终个数相同得到2x与2y的值，即可求出x+y．【解答】解：根据操作步骤表示出三只袋最终的球数，结合最终个数相同得到2x与2y的值如下：总球数为48+144+48＝240（个）．调整后三只袋中球的个数相同，因此每袋球数为240÷3＝80（个），分别表示调整后各袋的球数：甲袋：（48﹣2x+2y）个，乙袋：144+2x﹣（2x+2y）＝（144﹣2y）个，丙袋：48+（2x+2y）﹣2y＝（48+2x）个，令丙袋球数等于80，得48+2x＝80，解得2x＝32＝25，即x＝5，令乙袋球数等于80，得144﹣2y＝80，解得2y＝64＝26，即y＝6，验证甲袋：48﹣32+64＝80（个），符合题意，因此x+y＝5+6＝11．故答案为：11．【点评】本题考查幂的运算，找准数量关系是解题的关键．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＝32027+14【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；整式；运算能力．【答案】32027【分析】先根据已知式子总结多项式乘法的规律，再将所求式子凑成符合规律的形式，利用规律计算即可得到结果．【解答】解：先根据已知式子总结多项式乘法的规律，再将所求式子凑成符合规律的形式如下：已知等式可得规律：（x﹣1）（xn+xn﹣1+...+x+1）＝xn+1﹣1，设S＝32026﹣32025+32024﹣32023+...+32﹣3+1，变形可得S＝（﹣3）2026+（﹣3）2025+（﹣3）2024+...+（﹣3）1+1，根据已知规律使S×（﹣3﹣1），得：（﹣3﹣1）S＝（﹣3）2027﹣1，整理得﹣4S＝﹣32027﹣1，等式两边同时除以﹣4，得：S=3故答案为：32027【点评】本题考查了平方差公式、数字的变化规律，发现规律是关键．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128．【考点】同底数幂的乘法．【专题】整式；运算能力．【答案】128．【分析】先表示每个袋子中球的个数，再根据总数可知每个袋子中球的个数，进而求出2x，2y，最后逆用同底数幂相乘法则求出答案．【解答】解：∵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，∴调整后，甲，袋中有29﹣2x+2x+2y＝（29+2y）个球，乙袋有（29+2x﹣2y）个球，丙袋有53+2y﹣2x﹣2y＝（53﹣2x）个球，∵一共有29+29+53＝111（个）球，且调整后三只袋中球的个数相同，∴调整后每只袋中有111÷3＝37（个），∴53﹣2x＝37，29+2y＝37，则2x＝16，2y＝8，∴2x+y＝2x•2y＝16×8＝128．故答案为：128．【点评】本题考查的是同底数幂的乘法，熟知同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加是解题的关键．15．规定一个四位数M=abcd（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ab，十位和个位上的数字组合成一个两位数cd，设P(M)=ab+cd，则P（4766）＝113；若P（M）能被7整除，则满足要求的M的最大值与最小值的差为【考点】整式的加减．【专题】整式；推理能力．【答案】113；8322．【分析】根据义渡数的定义，得到a+d＝10，b﹣c＝1，推导出P（M）＝9a+11b，由P（M）能被7整除，得到a+2b是7的倍数，由四位数abcd最大，得到a＝9，可求出b＝6，c＝5，d＝1，得到最大数M＝9651，由四位数abcd最小，得到a＝1，可求出b＝3，c＝2，d＝9，得到最小数M＝1329，进而得到最大与最小值的差为8322，即可解答．【解答】解：∵M=abcd∴ab=47∴P（4766）＝47+66＝113；∵四位数M=abcd∴a+d＝10，b﹣c＝1，∴d＝10﹣a，c＝b﹣1，∵P(M)=ab+cd，ab∴P（M）＝10a+b+10（b﹣1）+（10﹣a）＝9a+11b，∵P（M）能被7整除，∴9a+11b是7的倍数，∴2a+4b是7的倍数，即a+2b是7的倍数，∵要四位数abcd最大，∴a＝9，∵9+2b是7的倍数，∴b＝6，∵c＝b﹣1，∴c＝5，∵d＝10﹣a，∴d＝1，∴最大M＝9651，∵要四位数abcd最小，∴a＝1，∵1+2b是7的倍数，∴b＝3，∵c＝b﹣1，∴c＝2，∵d＝10﹣a，∴d＝9，∴最小M＝1329，∵9651﹣1329＝8322，∴最大与最小值的差为8322；故答案为：113；8322．【点评】本题考查了整式的加减，掌握整式的加减是解题的关键．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_____．问题：（1）补全材料一、材料二中横线处；①（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab，②20，③340；（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．【考点】完全平方公式的几何背景；常量与变量；多项式乘多项式．【专题】整式；运算能力；推理能力．【答案】（1）①（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；②20；③340；（2）﹣1011；（3）136．【分析】（1）根据题干信息提示完善材料一，材料二即可；（2）设2027﹣x＝a，x﹣2025＝b，可得a+b＝2，a2+b2＝2026，再结合完全平方公式的变形可得答案；（3）由DE＝BF＝x，AB＝14，BC＝10，可得AF＝14﹣x，AE＝10﹣x，AF﹣AE＝4，结合AF•AE＝（14﹣x）（10﹣x）＝60，利用AF2+AE2＝（AF﹣AE）2+2AE•AF，从而可得答案．【解答】解：（1）材料一：（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；材料二：设（60﹣x）＝a，（x﹣40）＝b，则ab＝（60﹣x）（x﹣40）＝30，a+b＝（60﹣x）+（x﹣40）＝20；∴（60﹣x）2+（x﹣40）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝340；故答案为：①（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；②20；③340；（2）设x﹣2025＝b，2027﹣x＝a，∴a2+b2＝2026，a+b＝2，∴（2027﹣x）（x﹣2025）＝ab=1=1＝﹣1011；（3）由题意可得：BC＝10，DE＝BF＝x，AB＝14，∴AE＝10﹣x，AF＝14﹣x，∴AF﹣AE＝4，∵长方形AFGE的面积为60，∴AF•AE＝（14﹣x）（10﹣x）＝60，∴AF2+AE2＝（AF﹣AE）2+2AE•AF＝42+2×60＝136；【点评】本题考查完全平方公式的几何背景，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．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：（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；（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3．【考点】多项式乘多项式；整式的加减．【专题】整式；运算能力．【答案】（1）（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；（2）±9；（3）3．【分析】（1）大正方形的面积等于中间一个小正方形的面积与四个小长方形的面积之和，据此解答即可；（2）根据2x﹣4053＝（x﹣2026）+（x﹣2027），（x﹣2026）﹣（x﹣2027）＝1和（1）的等式求出（2x﹣4053）2的值，再利用平方根的性质求解即可；（3）设正方形ABCD的边长为m，正方形BEFG的边长为n，则AE＝m﹣n＞0，先得出m+n和mn的值，再结合（1）的等式和平方根的性质计算即可．【解答】解：（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，由图可知，大正方形的面积等于中间一个小正方形的面积与四个小长方形的面积之和，由此可以得到等式为：（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab．故答案为：（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab；（2）∵（x﹣2026）（x﹣2027）＝20，∴（2x﹣4053）2＝[（x﹣2026）+（x﹣2027）]2＝[（x﹣2026）﹣（x﹣2027）]2+4（x﹣2026）（x﹣2027）＝（x﹣2026﹣x+2027）2+4（x﹣2026）（x﹣2027）＝12+4×20＝81，利用平方根的性质得：2x﹣4053＝±9．（3）设正方形ABCD的边长为m，正方形BEFG的边长为n，则AE＝m﹣n＞0，∵两个正方形的边长之和为7，∴m+n＝7，如图，连接BD，∴阴影部分的面积为S△BDE∵阴影部分的面积为10，∴mn＝10，∴（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝72﹣4×10＝9，∴m﹣n＝3或m﹣n＝﹣3＜0（不符合题意，舍去），∴AE的长为3．故答案为：3．【点评】本题考查多项式乘多项式，正确进行计算是解题关键．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：（a+b）2＝a2+2ab+b2，图2对应公式：（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2；（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．【考点】完全平方公式的几何背景．【专题】整式；运算能力；推理能力．【答案】（1）（a+b）2＝a2+2ab+b2；（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2；（2）ab＝6，（a﹣b）2＝12；（3）39．【分析】（1）根据各个图形所表示的面积之间的关系即可得出答案；（2）根据a+b＝6，a2+b2＝24，可得ab＝6，再由完全平方公式解答即可；（3）设OA＝OC＝a，OB＝OD＝b，则S△AOC=