专题03 期末复习压轴题16个必考点（举一反三期末专项训练）七年级数学上学期沪教版五四制2024

专题03 期末复习压轴题16个考点 【沪教版五四制2024】 【选填压轴篇】 1 【考点1 整式加减与周长问题】 1 【考点2 与整式乘除有关的化简求值】 2 【考点3 利用整式乘法解决图形面积问题】 3 【考点4 因式分解的应用】 4 【考点5 分式的化简求值】 5 【考点6 由分式方程的解求字母的值】 5 【考点7 规律探究】 5 【考点8 多结论问题】 7 【解答压轴篇】 8 【考点9 整式加减中的不含某项问题】 8 【考点10 由整式加减解决整除问题】 9 【考点11 由整式加减解决几何图形问题】 10 【考点12 乘法公式的几何背景】 12 【考点13 因式分解的应用】 14 【考点14 分式方程的实际应用】 15 【考点15 分式中的材料题】 16 【考点16 设计轴对称称、平移、旋转图案】 18 【选填压轴篇】【考点1 整式加减与周长问题】 【例1】（24-25七年级上·甘肃临夏·期末）如图，在矩形中放入正方形，正方形，正方形，点E在上，点M、N在上，若，，，则图中右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26七年级上·广东汕头·期末）把如图1的两张大小相同的长方形卡片放置在图2与图3中的两个相同大长方形中，已知这两个大长方形的长比宽长，若记图2中阴影部分的周长为，图3中阴影部分的周长为，那么 cm． 【变式1-2】（24-25七年级上·安徽亳州·月考）将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图2的方式放入周长为50的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（   ） A．18 B．32 C．42 D．48 【变式1-3】（25-26七年级上·浙江杭州·期末）将（1）和（2）两张正方形纸片按图示两种方式放置在同一个长方形中．图（1）中阴影部分的周长和为，图（2）中阴影部分的周长和为，且．若，，则正方形①的边长为 ． 【考点2 与整式乘除有关的化简求值】 【例2】（25-26八年级上·四川南充·期末）已知，，则（   ） A．3 B．5 C．7 D．9 【变式2-1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）当或时，多项式的值为0，则把此时的值称为多项式的零点．若多项式，则多项式的零点是 ． 【变式2-2】将多项式除以后得商式，余式为0，则的值为（    ） A．3 B．23 C．25 D．29 【变式2-3】已知，，．求的值为 ． 【考点3 利用整式乘法解决图形面积问题】 【例3】（25-26八年级上·福建厦门·期末）如图，将两张长为a，宽为b的长方形纸片按图1，图2两种方式放置在正方形内部，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图6和图7中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求的值的是（   ） A．①和②的面积差 B．长方形纸片长和宽的差 C．长方形纸片的周长和面积 D．长方形纸片和②的面积差 【变式3-1】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，A，B分别是边长为a，b的正方形地砖，C是边长为a，b的长方形地砖．现有4块A型地砖，9块B型地砖，11块C型地砖，要拼成一个大正方形，则还缺1块 型地砖． 【变式3-2】（25-26八年级上·北京·期末）如图： （1）将一张长方形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小长方形，且，观察图形，用不同的方法表示这块长方形纸板的面积，可得等式为 ． （2）若图中每块小长方形的面积为12，四个正方形的面积之和为80，则图中所有裁剪线（虚线部分）的长度之和为 ． 【变式3-3】（24-25八年级下·浙江·期末）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【考点4 因式分解的应用】 【例4】已知a，b，c为整数，满足，，则的最小值是 ． 【变式4-1】（25-26八年级上·福建泉州·期末）已知均为正整数，且满足，则的值是（    ） A．12 B．13 C．25 D．36 【变式4-2】（25-26八年级上·山西朔州·月考）设为正整数，下面是老师在投影上展示的四位同学选择一个的值计算的结果，小林很快就发现其中一位同学的计算有误，这位同学是（    ） 甲 乙 丙 丁 1319 1716 2184 2730 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【变式4-3】（25-26八年级上·福建泉州·期末）已知可以被10至20之间的两个整数整除，这两个整数是（    ） A．13，14 B．15，16 C．16，17 D．15，17 【考点5 分式的化简求值】 【例5】（25-26七年级上·上海宝山·期末）设，，，则值为（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】（25-26七年级上·上海·月考）已知为整数且满足代数式的值为整数，则的所有取值为 【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·月考）已知，，，，则 ． 【变式5-3】若，，，则 ． 【考点6 由分式方程的解求字母的值】 【例6】关于分式方程无解，则的值为 ． 【变式6-1】（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期末）关于x的方程的解为非负数．则m的取值范围为（   ） A． B． C． 且 D． 【变式6-2】若且a、b为正整数，当分式方程的解为整数时，所有符合条件的b的值和为（    ） A．277 B．240 C．272 D．256 【变式6-3】已知关于的分式方程的解不超过6，且关于的不等式组有且仅有四个整数解，则符合条件的整数的和 ． 【考点7 规律探究】 【例7】“杨辉三角”揭示了的展开式的项数及各项系数的有关规律，如图表： 展开式 通过观察寻求规律，写出的展开式共有 项，各项系数的和是 ． 【变式7-1】观察下列算式： ， ， ， ， 按照以上规律，写出第个算式 （用含正整数的算式表示） 【变式7-2】观察算式，探究规律： 当时，； 当时， ； 当时，； 当时，；… 那么与n的关系为（       ） A． B． C． D． 【变式7-3】 我国古代数学的许多发现都曾位居世界前列，其中“杨辉三角”（如图）就是一例．这个三角形给出了（a+b）n（n=1，2，3，4，5，6）的展开式的系数规律．例如，在三角形中第三行的三个数1，2，1，恰好对应（a+b）2=a2+2ab+b2展开式中各项的系数；第四行的四个数1，3，3，1，恰好对应着（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3展开式中各项的系数，等等． 有如下四个结论： ①（a+b）5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5； ②当a=-2，b=1时，代数式a3+3a2b+3ab2+b3的值是-1； ③当代数式a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4的值是0时，一定是a=-1，b=1； ④（a+b）n的展开式中的各项系数之和为2n． 上述结论中，正确的有 （写出序号即可）． 【考点8 多结论问题】 【例8】（25-26九年级上·重庆·期中）对于多项式：用任意两个多项式的积，再与剩余两个多项式的积作差，称之为“积差操作”，例如：下列说法： ①存在一种“积差操作”使得操作后的结果，无论x取何值，都能被3整除； ②不存在任何“积差操作”，使其结果为0； ③所有“积差操作”共有5种不同结果． 其中正确的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式8-1】表示由四个互不相等的正整数组成的数组，按以下规则生成新数组：第一个新数组为（相邻两项相乘，最后一项与第一项相乘），第二个新数组由第一个新数组按同样规则生成，以此类推．记，，…，第个新数组的四数之积为（为正整数）．现对于任意正整数，，下列说法： ①； ②当，，，时，在的所有因数中，能被整除但不能被整除的共有个； ③若，是大于的整数，则满足条件的的最小值为． 正确的有（    ）个 A． B． C． D． 【变式8-2】已知有序代数式串：，对其进行如下操作： 第1次操作：用第二个式子除以第一个式子得到一个新代数式，将得到的代数式作为新代数式串的最后一项，即得到新的代数式串：，，；第2次操作：用第三个式子除以第二个式子得到一个新代数式，将得到的代数式作为新代数式串的最后一项，即得到新的代数式串：，，，；依次进行上述操作，下列说法： ①第3次操作后得到的代数式串为：，，，，； ②第次操作后得到的新代数式与第次操作后得到的新代数式相同； ③第次操作后得到的代数式串之积为； 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式8-3】已知关于，，的单项式，，，其中，，均不为0，，，均为正整数，规定，，下列说法，正确的个数为（    ） ①当时，代数式的值共有3种不同的结果； ②当多项式的次数为2时，满足条件的多项式一共有7个； ③当时，所有满足条件的的和恒为正数． A．0 B．1 C．2 D．3 【解答压轴篇】 【考点9 整式加减中的不含某项问题】 【例9】（25-26七年级上·福建厦门·期末）定义：若，则称x是y关于m的相关数． (1)若6是a关于2的相关数，则_______； (2)若A是B关于m的相关数，，B的值与m无关，求B的值． 【变式9-1】（1）一天数学老师布置了一道数学题：已知x=2017，求整式的值，小明观察后提出：“已知x=2017是多余的”，你认为小明的说法有道理吗？请解释. （2）已知整式，整式M与整式N之差是. ①求出整式N. ②若a是常数，且2M+N的值与x无关，求a的值. 【变式9-2】一个多项式的次数为，项数为，我们称这个多项式为次多项式或者次项式，例如：为五次三项式，为二次四项式． （1）为________次________项式． （2）若关于、的多项式，，已知中不含二次项，求a+b的值． （3）已知关于的二次多项式，在时，值是，求当时，该多项式的值． 【变式9-3】（24-25七年级上·河北秦皇岛·期末）定义新运算“△”和“□”： ①定义新运算“△”：给定有理数a、b，对于整式A、B，规定，等式右边是通常的减法、乘法运算； ②定义新运算“□”：给定正整数n（），对于整式M，规定（按从左到右的顺序依次做“△”运算）例如：当、，时，对于，，则有，． (1)当，时，若，，求和． (2)直接写出一组a，b的值，使得对任意一个正整数n（）和任意—个整式M，都有成立． (3)当，时，若，，若（p、q为正整数，且、）中不含项，直接写出满足条件的一组p、q的值． 【考点10 由整式加减解决整除问题】 【例10】（25-26七年级上·山东德州·期末）若一个两位数的十位和个位上的数字分别为和，我们可将这个两位数记为．同理，一个三位数的百位、十位和个位上的数字分别为和．则这个三位数可记为． (1)若，则______________；若，则___________． (2)一定能被整除，请说明这个结论的理由． (3)任选一个三位数，要求个、十、百位的数字各不相同且不为零，把这个三位数的三个数字按大小重新排列，得出一个最大的数和一个最小的数，用得出的最大的数减去最小的数得到一个新数，再将这个新数按上述方式重新排列，再相减，像这样运算若干次后一定会得到同一个重复出现的数，这个数称为“卡普雷卡尔黑洞数”．则“卡普雷卡尔黑洞数”是______________． 【变式10-1】（25-26七年级上·重庆·期末）一个四位自然数，其中千位数字是个位数字的两倍，百位数字与十位数字之和为10，则称这个四位数为“倍和数”，记，例如：四位数6193，因为，，所以6193是“倍和数”，；四位数8154，，，所以8154不是“倍和数” (1)请判断6423，4552是否是“倍和数”，并说明理由； (2)若是“倍和数”，的两倍与的各位数字之和能被11整除，请求出这个四位数． 【变式10-2】（25-26七年级上·福建福州·期末）对于任何一种进制——X进制，运算时是逢X进一，十进制是逢十进一、二进制是逢二进一，以此类推进制就是逢X进一.为与十进制进行区分，我们常把用X进制表示的数a写成． X进制的数转化为十进制数的方法： 例如：，． 根据材料，完成以下问题： (1)把下列进制表示的数转化为十进制表示的数：______，______； (2)一个四进制三位数与一个五进制三位数之和能被6整除均为正整数，求a的值； (3)已知七进制数与六进制数之差为292，请判断能否找到符合条件的和．若能，求出和的值；若不能，请说明理由． 【变式10-3】（25-26七年级上·广东广州·期末）若一个三位数的百位，十位，个位上的数字分别a，b，c，则记这个三位数为，于是．若，则称这个三位数为“好六数”．例如：，因为，所以413是“好六数”． (1)判断：352___________“好六数”．（填“是”或“不是”） (2)若（t为不超过8的正整数），则n是“好六数”．请说明理由． (3)已知三位自然数m是“好六数”，且（a，b为不超过9的自然数），p是m去掉其百位数字后的两位数，而q是m去掉其个位数字后的两位数，则p与q的和能被3整除吗？请写出结论，并说明理由． 【考点11 由整式加减解决几何图形问题】 【例11】（25-26七年级上·四川成都·期末）现有6个完全相同的长和宽分别为，的小长方形纸片（如图1）和两个阴影部分的长方形纸片按图2的方式拼成了一个宽为的大长方形． (1)当，，时，则图2的大长方形的面积为_____． (2)①请用含，的代数式表示图2中拼成的大长方形的长为_____． ②请用含的代数式表示图2中两个阴影部分的长方形纸片的周长之和； (3)现小实同学把这6个完全相同的小长方形纸片（如图1）和一个“T”形阴影纸片按图3的方式拼成了和图2完全一样的宽为的大长方形．若图2和图3拼成的大长方形的长比宽都大5，设图2中两个阴影部分的长方形纸片的周长之和为，图3中“”形阴影纸片的周长之和为，求的值． 【变式11-1】（25-26七年级上·广东中山·期末）为了更好地理解整式加减的实际应用，七（1）班龙狮小组进行数学实践活动． 【操作探究】如图，将三个边长，，的正方形分别放入长方形和长方形中，记阴影部分①、②、③、④的周长分别为，，，， （1）若，，，求长方形的面积； 【深入思考】 （2）若长方形的周长为24，长方形的周长为16，请算出，，的值； 【拓展提升】 （3）若，，求长方形的周长（结果用含m，n的代数式表示） 【变式11-2】将图①中的长方形纸片剪成1号，2号，3号，4号正方形和5号长方形． (1)设3号正方形的边长为x，4号正方形的边长为y，求1号，2号正方形的边长分别是多少？（用x，y的代数式表示） (2)若图①中长方形的周长为48，试求3号正方形的边长； (3)在（2）的情况下，若将这五个图形按图②的方式放入周长为100的长方形中，求阴影部分的周长． 【变式11-3】小明家住房户型呈长方形，平面图如下（单位：米）．现准备铺设整个长方形地面，其中三间卧室铺设木地板，其它区域铺设地砖．（房间内隔墙宽度忽略不计） （1）求a的值； （2）请用含x的代数式分别表示铺设地面需要木地板和地砖各多少平方米； （3）按市场价格，木地板单价为300元/平方米，地砖单价为100元/平方米．装修公司有A，B两种活动方案，如表： 活动方案 木地板价格 地砖价格 总安装费 A 8折 8.5折 2000元 B 9折 8.5折 免收 已知卧室2的面积为21平方米，则小方家应选择哪种活动，使铺设地面总费用（含材料费及安装费）更低？ 【考点12 乘法公式的几何背景】 【例12】（25-26七年级上·河南郑州·期末）学习整式乘法时，老师拿出三种型号卡片，如图1． (1)选取1张A型卡片，4张C型卡片，则应取______张B型卡片才能用它们拼成一个新的正方形，此新的正方形的边长是______；（用含a，b的代数式表示） (2)选取4张C型卡片在纸上按图2的方式拼图，并剪出中间正方形作为第四种D型卡片，由此可检验的等量关系为______； (3)选取1张D型卡片，3张C型卡片按图3的方式不重复地叠放长方形框架内，已知的长度固定不变，的长度可以变化，且．图中两阴影部分（长方形）的面积分别表示为，，若，则a与b有什么关系？请说明理由． 【变式12--1】（25-26七年级上·上海杨浦·期末）如图，线段长度为，在线段上截取线段，再延长至，使，，分别做正方形、正方形和正方形． (1)分别计算图中长方形和阴影部分图形的面积，可以发现一个乘法公式_________； (2)如果已知图中正方形、正方形的面积分别是7和3，计算长方形的面积； (3)分别连接、、、，如果已知正方形的面积是，正方形的面积是，用含、的代数式表示四边形的面积． 【变式12--2】（25-26七年级上·上海·期末）请完成以下题目： (1)如图，在边长为a的正方形纸片上剪去一个边长为的小正方形，通过不同的方法计算图中阴影部分的面积．方法①________；方法②_______由此可以验证的乘法公式是_____． (2)类似地，在棱长为a的正方体上割去一个棱长为的小正方体（如图），通过不同的方法计算图中余下几何体的体积．方法①_______；方法②_______．由此可以得某个多项式因式分解的等式是______，并用所学过的知识说明这个等式成立． (3)结合并使用（2）得到的等式分解因式：． 【变式12--3】（25-26八年级上·福建厦门·月考）现有长与宽分别为、的小长方形若干个，用两个这样的小长方形拼成如图1的图形，用四个相同的小长方形拼成图2的图形，请认真观察图形，解答下列问题： (1)根据图中条件，请写出图1和图2所验证的关于、的关系式：（用含、的代数式表示出来）； 图1表示： ； 图2表示： ； (2)根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：若，求的值； (3)如图3，长方形中，，，，长方形的面积是200，四边形和都是正方形，四边形是长方形．延长至，使，延长至，使，过点、作、的垂线，两垂线相交于点，请直接写出四边形的面积．（结果为具体的数值） 【考点13 因式分解的应用】 【例13】（25-26八年级上·北京·期末）质数是指在大于1的自然数中，除了1与它本身以外，没有其他因数的数．例如：2，3，5，7，，等都是质数． (1)设为大于1的正整数，分解因式：，并证明一定不是一个质数； (2)利用因式分解，求能使为质数的所有整数的值； (3)已知，其中表示个位为，十位为的两位数，其他类似，求，，的值以及的值． 【变式13--1】（25-26八年级上·福建泉州·期末）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． 【类比】（1）分解因式：； 【挑战】（2）若，都是正整数且满足，求的值； （3）若，为实数且满足，，求的最小值． 【变式13--2】（2023七年级·全国·竞赛）任意一个正整数都可以分解为两个正整数的乘积：（是正整数，且），在的所有这种分解中，当最小时，称是的最佳分解，并规定：．例如：3的最佳分解是，，的最佳分解是，． (1)直接写出：___________；___________；___________； (2)如果一个两位正整数，交换其个位上的数与十位上的数得到新的两位数记为，且． ①求出正整数的值； ②我们称数与互为一对“吉祥数”，直接写出所有“吉祥数”中的最大值； (3)在（2）条件下，在“吉祥数”的中间再插入另一个“吉祥数”组成一个四位数，再在“吉祥数”中间插入“吉祥数”（与互为一对“吉祥数”），又得到一个新的四位数，请用字母表示四位数，并求的值． 【变式13--3】（25-26九年级下·重庆渝中·月考）材料一：若一个两位数满足这个两位数等于它的各位数字之和的4倍，则称这个两位数为“宁静数”．例如：12是“宁静数”，，12是“宁静数”；34不是“宁静数”，，34不是“宁静数”． 材料二：一个四位自然数，将其千位数字与十位数字组成的两位数记作，将其百位数字与个位数字组成的两位数记作，若和都均为“宁静数”，则称为“致远数”，将千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数，记． (1)判断12是否为“宁静数”，3469是否是“致远数”？并说明理由； (2)若一个四位自然数是“致远数”，且与9的和能被4整除，请求出所有符合条件的“致远数”． 【考点14 分式方程的实际应用】 【例14】（25-26八年级上·山东泰安·期末）2025数字中国创新大赛–中小学生赛道，决赛是用电脑程序控制智能赛车进行30米比赛，“天元号”和“朝阳号”两辆赛车在第一轮比赛时，两辆赛车从起点同时出发，当“天元号”到达终点时，“朝阳号”才行驶到全程的，“天元号”比“朝阳号”每秒多行0.8米． (1)求“朝阳号”的行驶速度； (2)如果将“天元号”的行驶路程增加，“朝阳号”的行驶路程不变，两辆赛车再次重新比赛，两车能同时到达吗？通过计算说明； (3)若按照（2）中的路程行驶，请你调整其中一辆赛车的行驶速度，使两车能同时到达终点． 【变式14--1】（25-26七年级下·浙江台州·期末）在生产生活中，经常需要把两种溶液进行混合，得到新的溶液．例如，把咸淡不同的两碗汤混合；在已有盐水中加水配制生理盐水等等． (1)要用含盐的盐水克加水配制含盐的生理盐水，需要加水多少克？ (2)用咸淡程度不同的两碗汤甲和乙混合（甲汤比乙汤咸），得到丙汤． 请根据生活经验比较甲汤、乙汤、丙汤的咸淡程度： 请设出必要的字母，用代数式表示甲汤、乙汤、丙汤的咸淡程度，通过计算证明中的结论． 【变式14--2】（25-26八年级上·湖南常德·期末）景区有一片蔬果采摘园，小美一家决定采摘一些新鲜蔬果．已知西红柿和土豆两种蔬菜的价格分别是每千克元和每千克元，采摘这两种蔬菜一共支付了元，其中西红柿比土豆少千克． (1)求西红柿和土豆各采摘了多少千克？ (2)为了让小美去体验生活，他们将采摘的蔬菜拿去售卖，已知西红柿和土豆的销售额分别是元和元，土豆的售价是西红柿售价的，土豆比西红柿多卖出千克，求土豆和西红柿的售价． 【变式14--3】某商场在一楼至二楼间安装了一部自动扶梯，以匀速向上行驶甲、乙两同学同时从扶梯上匀速走到二楼，且甲每分钟走动的级数是乙的两倍．已知甲走了24级到扶梯顶部，乙走了16级到扶梯顶部（甲、乙两同学每次只跨一级台阶）． （1）扶梯露在外面的部分有多少级？ （2）如果与扶梯并排有一从二楼到一楼的楼梯道，台阶数与扶梯级数相同，甲乙各自到扶梯顶部后按原速再下楼梯到楼梯底部再乘扶梯，若楼梯与扶梯之间的距离忽略不计，问甲第1次追上乙时是在扶梯上还是在楼梯上？他已经走动的级数是多少级？ 【考点15 分式中的材料题】 【例15】（25-26八年级上·山东烟台·期末）阅读材料： 在小学数学中我们知道，假分数可以化成带分数，例如：； 类似的，在分式中也可以将一些分式写成整式与分子为有理数的分式的和的形式，我们称这个分式为“和谐分式”．例如：，则是和谐分式． 请根据以上阅读，解答下列问题： (1)下列分式中，属于“和谐分式”的是___________（填序号）； ①    ②    ③    ④ (2)分别将下列分式写成整式与分子为有理数的分式的和的形式： ①    ②； (3)若为整数，求使分式的值为整数的的值． 【变式15--1】（25-26七年级上·上海·月考）在初中数学学习阶段，我们常常会利用一些变形技巧来简化式子，解答问题． 材料一：在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用分式的化简，以达到计算目的． 例：已知：，求代数式的值． 解：因为，所以，即，所以 所以 根据材料解答问题： (1)已知，求的值． (2)已知，求的值； 【变式15--2】（25-26八年级上·湖南湘潭·期末）【阅读材料】类比分数学习分式 将分式分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，有助于我们解决分式中的整除问题． 通过阅读上述材料，解决下列问题： 【理解知识】（1）分式是___________分式（选填“真”或“假”）； 【掌握知识】（2）假分式可以写成带分式的形式为___________： 【运用知识】（3）求所有符合条件的整数的值，使得分式的值为整数． 【变式15--3】（25-26八年级上·江苏南通·期末）［核心素养］【阅读材料】若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”． 例如与． 解：， ， 是的“关联分式”． 【解决问题】 （1）已知分式，则___________的“关联分式”（填“是”或“不是”）； （2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法． 解：设分式的“关联分式”为， 则， ， ． 请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”； 【拓展延伸】 （3）①观察（1）和（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”___________； ②用发现的规律解决问题：若是的“关联分式”，求实数，的值． 【考点16 利用设计轴对称、平移、旋转图案】 【例16】实践与操作：现有如图①所示的两种小正方形瓷砖（图①中阴影正方形的边长是大正方形边长的一半），请从这两种瓷砖中各选2块，按下列要求拼铺成一个新的图案．（阴影部分用斜线画） (1)在图②、图③中各设计一种拼法，使图②是轴对称图形而不是中心对称图形，图③是中心对称图形而不是轴对称图形； (2)在图④、图⑤中各设计一种拼法，使这两个图案都既是轴对称图形又是中心对称图形，且互不相同．（两个图案之间若能通过轴对称、平移、旋转变换相互得到，则视为相同图案） 【变式16-1】用四块如图①所示的瓷砖拼成一个正方形图案，使拼成的图案成一个轴对称图形，如图②，请你分别在图③、图④中各画一种与图②不同的拼法，要求两种拼法各不相同，且其中至少有一个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 【变式16-2】已知每个网格中小正方形的边长都是，图1中的阴影图案是由三段以格点为圆心，半径分别为和的圆弧围成． （1）在图2中画出一个图1的图案; （2）请你在图3中以图1为基本图案，借助轴对称、平移或旋转设计一个完整的花边图案(要求至少含有两种图形变换)． 【变式16-3】如图所示的网格都是由边长为1的小正方形组成，图1中的图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”． 问题：请用“赵爽弦图”中的四个直角三角形通过你所学的图形变换，在图2，图3的方格纸中设计另外两个不同的图案，每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，画图要求： （1）图2中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形； （2）图3中所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形，但不是轴对称图形． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 期末复习压轴题16个考点 【沪教版五四制2024】 【选填压轴篇】 1 【考点1 整式加减与周长问题】 1 【考点2 与整式乘除有关的化简求值】 5 【考点3 利用整式乘法解决图形面积问题】 7 【考点4 因式分解的应用】 11 【考点5 分式的化简求值】 13 【考点6 由分式方程的解求字母的值】 17 【考点7 规律探究】 19 【考点8 多结论问题】 23 【解答压轴篇】 27 【考点9 整式加减中的不含某项问题】 27 【考点10 由整式加减解决整除问题】 31 【考点11 由整式加减解决几何图形问题】 38 【考点12 乘法公式的几何背景】 43 【考点13 因式分解的应用】 49 【考点14 分式方程的实际应用】 55 【考点15 分式中的材料题】 59 【考点16 设计轴对称称、平移、旋转图案】 66 【选填压轴篇】 【考点1 整式加减与周长问题】 【例1】（24-25七年级上·甘肃临夏·期末）如图，在矩形中放入正方形，正方形，正方形，点E在上，点M、N在上，若，，，则图中右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了整式的加减运算，设，，用含a、b的代数式分别表示，，，．再表示出图中右上角阴影部分的周长及左下角阴影部分的周长，然后相减即可． 【详解】解：长方形中，． 正方形中，． 正方形中，． 正方形中，． 设，， 则，， ，． ∴图中右上角阴影部分的周长为． 左下角阴影部分的周长为， ∴图中右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为： ． 故选：D． 【变式1-1】（25-26七年级上·广东汕头·期末）把如图1的两张大小相同的长方形卡片放置在图2与图3中的两个相同大长方形中，已知这两个大长方形的长比宽长，若记图2中阴影部分的周长为，图3中阴影部分的周长为，那么 cm． 【答案】20 【分析】本题考查整式的加减、列代数式，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 先设出小长方形和大长方形的长和宽，然后即可表示图2中阴影部分的周长为和图3中阴影部分的周长为，再作差即可． 【详解】解：设小长方形的长为，宽为，大长方形的长为，宽为， 由图③可得，， 这两个大长方形的长比宽长， ． 由图②可知：阴影部分的周长， 由图③可知：阴影部分的周长， ． ， ． ． 故答案为：20． 【变式1-2】（24-25七年级上·安徽亳州·月考）将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图2的方式放入周长为50的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（   ） A．18 B．32 C．42 D．48 【答案】C 【分析】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，宽为，根据图1中长方形的周长为32，求得，根据图中长方形的周长为50，求得，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形的周长，计算即可得到答案． 【详解】解：设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，宽为， 由图1中长方形的周长为32，可得，，即 解得：， 如图，∵图2中长方形的周长为50， ∴， ∴， 根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形的周长， ∴ = = ； 故选：C． 【变式1-3】（25-26七年级上·浙江杭州·期末）将（1）和（2）两张正方形纸片按图示两种方式放置在同一个长方形中．图（1）中阴影部分的周长和为，图（2）中阴影部分的周长和为，且．若，，则正方形①的边长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查整式的加减，解题的关键是结合图形表示出图①和图②中阴影部分的周长．设，正方形①边长为a，正方形②边长为b，表示出图（1）中阴影部分的周长和m及图（2）中阴影部分的周长和n，根据题意列方程即可解决． 【详解】解：设，正方形①边长为a，正方形②边长为b， ， 则图（1）中阴影部分的周长和， ， 图（2）中阴影部分的周长和为： ， ， ， 解得， 故答案为：． 【考点2 与整式乘除有关的化简求值】 【例2】（25-26八年级上·四川南充·期末）已知，，则（   ） A．3 B．5 C．7 D．9 【答案】A 【分析】本题考查本题考查指数的运算性质，将原式进行正确地变形是解题的关键． 利用同底数幂除法法则可得，，设，， 则，从而求得答案． 【详解】解：∵， ∴． ∵， ∴． 设，， 则，． ∵， 又， ∴， ∴． ∴． 故选A. 【变式2-1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）当或时，多项式的值为0，则把此时的值称为多项式的零点．若多项式，则多项式的零点是 ． 【答案】2或3/3或2 【分析】本题主要考查了多项式乘以多项式运算，解题的关键是熟练掌握多项式乘以多项式运算法则． 先利用多项式乘以多项式运算法则将其展开，通过比较多项式的两种形式系数，建立方程求解参数，进而得到零点． 【详解】解： 比较系数得：，，， ∴ 代入，则， ∴； ∴ 解得 ∴ ∴或， 解得， ∴， 解得 故多项式的零点为2或3， 故答案为：2或3． 【变式2-2】将多项式除以后得商式，余式为0，则的值为（    ） A．3 B．23 C．25 D．29 【答案】D 【分析】先把整式化简，然后由整式的乘法、除法运算进行运算，求出a、b、c的值，即可得到答案． 【详解】解： =； ∵， ∴，，， ∴，，， ∴； 故选：D． 【点睛】本题考查了整式的加减乘除混合运算，解题的关键是掌握运算法则，正确的进行化简． 【变式2-3】已知，，．求的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了整式的混合运算，掌握其运算法则，整式的化简，将式子变形得是解题的关键． 根据整式的混合运算，整式的化简等方法，将式子变形得即可求解． 【详解】解：已知，，， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为： ． 【考点3 利用整式乘法解决图形面积问题】 【例3】（25-26八年级上·福建厦门·期末）如图，将两张长为a，宽为b的长方形纸片按图1，图2两种方式放置在正方形内部，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图6和图7中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求的值的是（   ） A．①和②的面积差 B．长方形纸片长和宽的差 C．长方形纸片的周长和面积 D．长方形纸片和②的面积差 【答案】D 【分析】本题考查了整式乘法、完全平方公式在图形中的应用，熟记运算法则是解题的关键． 设正方形的边长为，分别求出、①和②的面积、长方形纸片的面积与周长，再逐项判断即可得． 【详解】解：如图，设正方形的边长为， 则， ， ， ∵长方形纸片的周长为，面积为， ∴若知道长方形纸片的周长和面积或长方形纸片长和宽的差，能求出，即选项B、C不符合题意； 图中①的面积为， ②的面积为， ∴①和②的面积差为， ∴若知道①和②的面积差，能求出，即选项A不符合题意； ∵长方形纸片和②的面积差为， ∴若知道长方形纸片和②的面积差，不能求出，即选项D符合题意； 故选：D． 【变式3-1】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，A，B分别是边长为a，b的正方形地砖，C是边长为a，b的长方形地砖．现有4块A型地砖，9块B型地砖，11块C型地砖，要拼成一个大正方形，则还缺1块 型地砖． 【答案】C 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，灵活运用完全平方公式进行因式分解是解题的关键． 先计算4块A型地砖，9块B型地砖，11块C型地砖的总面积，再结合完全平方公式和正方形的面积公式即可解答． 【详解】解：∵， ∴4块A型地砖，9块B型地砖，11块C型地砖，要拼成一个大正方形，还缺1块C型地砖． 故答案为：C． 【变式3-2】（25-26八年级上·北京·期末）如图： （1）将一张长方形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小长方形，且，观察图形，用不同的方法表示这块长方形纸板的面积，可得等式为 ． （2）若图中每块小长方形的面积为12，四个正方形的面积之和为80，则图中所有裁剪线（虚线部分）的长度之和为 ． 【答案】 【分析】本题考查了因式分解与完全平方公式的变形，熟练掌握完全平方公式和数形结合思想是解题关键． （1）根据大矩形面积可以表示为，也可以表示为即可求解； （2）根据题目可知，，利用完全平方公式变形，求出，即可求解． 【详解】解：（1）由题知即为大矩形面积， 由图知还可用求面积， ∴=． 故答案是：； （2）∵图中每块小长方形的面积为12，四个正方形的面积之和为80， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 图中所有裁剪线（虚线部分）长之和为， 故答案为： ． 【变式3-3】（24-25八年级下·浙江·期末）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了多项式乘多项式与图形面积．先将代数式化为，根据题中图形面积的求法画出相应的图形，求出的最大值，进而求出的最大值． 【详解】解：依题意有， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，该长方形为边长是8的正方形， 边长是和的长方形的最大面积是64， ∴的最大值为． 故答案为：． 【考点4 因式分解的应用】 【例4】已知a，b，c为整数，满足，，则的最小值是 ． 【答案】2116 【分析】本题考查整式的运算，因式分解的应用．解题关键是利用因式分解把已知和所求整式变形．根据已知条件把已知和所求式子进行整理变形，即可解答． 【详解】解：． ，，， ， 可因式分解，变为， 同理， ， 原式 ， 故为一个平方数， 且，，为整数， ，，至少有一个是偶数，于是为偶数， ， ． 故答案为：2116． 【变式4-1】（25-26八年级上·福建泉州·期末）已知均为正整数，且满足，则的值是（    ） A．12 B．13 C．25 D．36 【答案】D 【分析】本题主要考查因式分解的应用，通过因式分解将方程化为，结合a、b为正整数，求解a和b的值，进而计算． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵a、b为正整数，∴， 13的正整数因子对只有和， 当且时，， 当且时，，不符合题意， ∴． 故选：D． 【变式4-2】（25-26八年级上·山西朔州·月考）设为正整数，下面是老师在投影上展示的四位同学选择一个的值计算的结果，小林很快就发现其中一位同学的计算有误，这位同学是（    ） 甲 乙 丙 丁 1319 1716 2184 2730 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】A 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，可分解为，即三个连续整数的乘积，其中必为偶数；甲的结果1319为奇数，矛盾，故甲错误． 【详解】解：∵， 为三个连续整数之积，其中必含偶数， ∴为偶数， 甲的结果1319为奇数，与恒为偶数矛盾， ∴甲计算错误． 故选A 【变式4-3】（25-26八年级上·福建泉州·期末）已知可以被10至20之间的两个整数整除，这两个整数是（    ） A．13，14 B．15，16 C．16，17 D．15，17 【答案】D 【分析】本题考查了因式分解的应用，通过平方差公式因式分解，得到其因子，从中找出在10至20之间的整数即可． 【详解】解： ∴ 这两个整数是15和17。 故选D 【考点5 分式的化简求值】 【例5】（25-26七年级上·上海宝山·期末）设，，，则值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，通过取已知等式的倒数，得到关于 、、 的方程组，求和后得到它们的和，再求倒数即得所求． 【详解】解： ， ， 即 ， ， ， 即 ， ， ， 即 ， ， 即 ， 又 ， ． 故选：B． 【变式5-1】（25-26七年级上·上海·月考）已知为整数且满足代数式的值为整数，则的所有取值为 【答案】或或 【分析】本题考查了分式的特殊解，熟悉掌握因式分解化简分式是解题的关键． 先简化代数式，将除法转化为乘法并约简，得到最简分式；令分式值为整数，利用整数条件求解，并排除使分母为零的值． 【详解】原式= = = = =， 设 （为整数），则， 整理得：， ∴， 令（为整数且），则， 由于为整数，需为整数，故为的因数：，， 代入求： 时，； 时，； 时，； 时，（舍去，因分母为零）； 时，（舍去，因分母为零）； 时，（舍去，因分母为零） 综上，的所有取值为：，，， 故答案为：，，． 【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·月考）已知，，，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查分式的性质与化简求值，熟练掌握分式的性质是解题的关键，根据分式的性质得到，，，整理即可得到答案． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：． 【变式5-3】若，，，则 ． 【答案】 【分析】首先求出，将原代数式的分母变形为，将该式进一步化简变形，借助已知条件即可解决问题． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， 同理可得：，， 原式 ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是根据已知条件的结构特点，灵活运用有关公式将所给的代数式恒等变形，准确化简，对综合的分析问题、解决问题的能力提出了较高的要求． 【考点6 由分式方程的解求字母的值】 【例6】关于分式方程无解，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了解分式方程，分式方程的解，熟练掌握分式方程无解的条件是：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于是解决此题的关键，先根据解分式方程的方法求出，当，即时，方程无解，再由分式方程无解可得：，即，求出的值，进而得出答案． 【详解】解： 方程去分母得：， 去括号得：， 移项、合并同类项得：， 解得：， 当，即时，方程无解， ∵分式方程无解， ∴，即， ∴， 解得：， 综上所述，分式方程无解，的值为或． 故答案为：或． 【变式6-1】（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期末）关于x的方程的解为非负数．则m的取值范围为（   ） A． B． C． 且 D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了分式方程的解，正确解出分式方程是解题关键． 首先解分式方程，进而利用方程的解为非负数，得m的取值范围，即可得出答案． 【详解】解：， ，且， 解得且， 又关于x的方程的解为非负数， 所以，且，解得且． 故选：C． 【变式6-2】若且a、b为正整数，当分式方程的解为整数时，所有符合条件的b的值和为（    ） A．277 B．240 C．272 D．256 【答案】C 【分析】此题考查了分式方程的解的含义，正确的计算与检验是解本题的关键．把代入方程，再解方程可得，且，；，再分类讨论即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， 两边都乘以，得 ， 解得，且，；， ∴且， 解得：，， ∵正整数使关于的分式方程的解为整数， ∴， ∴或15或39或65或195， 即或5或29或55或185， 其中不符合题意， ∴， 故选C． 【变式6-3】已知关于的分式方程的解不超过6，且关于的不等式组有且仅有四个整数解，则符合条件的整数的和 ． 【答案】 【分析】先解分式方程，求得分式方程解，再由分式方程的解不超过6，得且，解得：且、，然后解不等式组得，根据不等式组有四个整数解，得，解得：，所以且，又因为m为整数，则，，即可求解． 【详解】解：解方程，得， ∵的解不超过6， ∴且， 解得：且、， 解不等式组，得， ∵不等式组有四个整数解， ∴， 解得：， ∴且， ∵m为整数， ∴，， ∴符合条件的整数的和为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查根据分式方程解的情况和不等式组的整数解求字母系数值，熟练掌握解分式方程和不等式组是解题的关键． 【考点7 规律探究】 【例7】“杨辉三角”揭示了的展开式的项数及各项系数的有关规律，如图表： 展开式 通过观察寻求规律，写出的展开式共有 项，各项系数的和是 ． 【答案】 7 64 【分析】本题考查数字类规律，多项式乘多项式，根据已有等式，得到的展开式中，共项，且所有系数的和为，进行求解即可． 【详解】解：由题可知：的展开式中，共一项，且所有系数的和为； 展开式中，共二项，且所有系数的和为； 展开式中，共三项，且所有系数的和为； 展开式中，共四项，且所有系数的和为； 展开式中，共五项，且所有系数的和为 ∴的展开式中，共项，且所有系数的和为； 则展开式共有7项，所有项的系数和为 故答案为：7，64 【变式7-1】观察下列算式： ， ， ， ， 按照以上规律，写出第个算式 （用含正整数的算式表示） 【答案】 【分析】本题考查了数字类规律、分式的乘法，解决本题的关键是通过观察前几个式子的变化规律，用含的分式把算式的各部分分别表示出来，然后再根据分式的乘法法则进行计算即可． 【详解】解： ， ， ， ， 按照以上规律可知：． 故答案为： ． 【变式7-2】观察算式，探究规律： 当时，； 当时， ； 当时，； 当时，；… 那么与n的关系为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】观察不难发现，底数是两个连续整数的乘积的一半，根据此规律写出即可． 【详解】解：∵，，，，， ∴，，，，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题是对数字变化规律的考查，难度较大，对同学们的数字敏感程度要求较高，观察出底数的变化特点是解题的关键． 【变式7-3】 我国古代数学的许多发现都曾位居世界前列，其中“杨辉三角”（如图）就是一例．这个三角形给出了（a+b）n（n=1，2，3，4，5，6）的展开式的系数规律．例如，在三角形中第三行的三个数1，2，1，恰好对应（a+b）2=a2+2ab+b2展开式中各项的系数；第四行的四个数1，3，3，1，恰好对应着（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3展开式中各项的系数，等等． 有如下四个结论： ①（a+b）5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5； ②当a=-2，b=1时，代数式a3+3a2b+3ab2+b3的值是-1； ③当代数式a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4的值是0时，一定是a=-1，b=1； ④（a+b）n的展开式中的各项系数之和为2n． 上述结论中，正确的有 （写出序号即可）． 【答案】①② 【分析】根据题中举例说明，明确杨辉三角的与的展开式的系数间的对应关系，据此逐项分析． 【详解】解：∵在杨辉三角形中第三行的三个数1，2，1，恰好对应展开式中各项的系数；第四行的四个数1，3，3，1，恰好对应着展开式中各项的系数，等等 ∴在杨辉三角形中第行的个数，对应展开式中各项的系数， ①∵展开式中各项的系数，为杨辉三角形中第6行的6个数， ∴； ②∵各项系数对应杨辉三角中的第4行的4个数， ∴， 当时，代数式=； ③∵各项系数对应杨辉三角中的第5行的5个数， ∴， 当代数式时，，不一定是； ④∵当时，展开式各项之和便是系数之和， ∴的展开式中的各项系数之和为， 故答案为：①②． 【点睛】本题考查了合情推理，由具体举例推广到一般情况下杨辉三角与展开式的系数之间的对应规律，是解题的关键． 【考点8 多结论问题】 【例8】（25-26九年级上·重庆·期中）对于多项式：用任意两个多项式的积，再与剩余两个多项式的积作差，称之为“积差操作”，例如：下列说法： ①存在一种“积差操作”使得操作后的结果，无论x取何值，都能被3整除； ②不存在任何“积差操作”，使其结果为0； ③所有“积差操作”共有5种不同结果． 其中正确的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查多项式的“积差操作”，需要列出所有可能的操作组合，计算结果，并判断各说法的正确性． 【详解】解：； ； ； ； ； 结果中，有不同结果有5种：0、、、、． 说法：存在结果为0的操作，0总是3的倍数，正确．   说法：存在结果为0的操作，错误．   说法：有5种不同结果，正确． 正确个数为2． 故选：C． 【变式8-1】表示由四个互不相等的正整数组成的数组，按以下规则生成新数组：第一个新数组为（相邻两项相乘，最后一项与第一项相乘），第二个新数组由第一个新数组按同样规则生成，以此类推．记，，…，第个新数组的四数之积为（为正整数）．现对于任意正整数，，下列说法： ①； ②当，，，时，在的所有因数中，能被整除但不能被整除的共有个； ③若，是大于的整数，则满足条件的的最小值为． 正确的有（    ）个 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了幂的乘方，同底数幂的乘法，积的乘方等．分别求出，，，以此类推即可判断①，求出，列出能被整除但不能被整除的因数，即可判断②，根据求出，结合题意即可求出满足条件的的最小值，判断③，即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ， 以此类推，，故①说法错误； ∵，，，， ∴， ∴， 故能被整除但不能被整除的因数有：，，，共有个，故②说法错误； ∵，， ∴， 即， ∵是大于的整数， ∴， ∵，， ∴满足条件的的最小值为，③说法正确． 故选：B． 【变式8-2】已知有序代数式串：，对其进行如下操作： 第1次操作：用第二个式子除以第一个式子得到一个新代数式，将得到的代数式作为新代数式串的最后一项，即得到新的代数式串：，，；第2次操作：用第三个式子除以第二个式子得到一个新代数式，将得到的代数式作为新代数式串的最后一项，即得到新的代数式串：，，，；依次进行上述操作，下列说法： ①第3次操作后得到的代数式串为：，，，，； ②第次操作后得到的新代数式与第次操作后得到的新代数式相同； ③第次操作后得到的代数式串之积为； 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】本题主要考查规律类探索、分式的除法，准确找出代数式串变化的规律是解题的关键．根据所给操作规则找出所得代数式串的变化规律，利用规律逐项判断即可． 【详解】解：由题意知，第3次操作时，用第四个式子除以第三个式子得到新代数式，，将得到的代数式作为新代数式串的最后一项，即得到新代数式串： ，，，，，故①正确； 依次类推，第4次操作后得到新代数式串：，，，，，， 第5次操作后得到新代数式串：，，，，，，， 第6次操作后得到新代数式串：，，，，，，，， 第7次操作后得到新代数式串：，，，，，，，，， …… 观察可知，从第7次操作开始，第次操作与第次操作后得到的新代数式相同，因此第次操作得到的新代数式与第次、第次操作后得到的新代数式相同，与第次操作后得到的新代数式不同，故②错误； 观察可知，从第5次操作开始，新代数串按照，，，，，的顺序循环出现，且每个循环中代数式的乘积为， 第次操作后所得新代数式串中有个代数式，， 前个代数式的积为，第至第个代数式的积为， 第次操作后得到的代数式串之积为，故③正确， 综上所述，说法正确的有个， 故选：B． 【变式8-3】已知关于，，的单项式，，，其中，，均不为0，，，均为正整数，规定，，下列说法，正确的个数为（    ） ①当时，代数式的值共有3种不同的结果； ②当多项式的次数为2时，满足条件的多项式一共有7个； ③当时，所有满足条件的的和恒为正数． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了单项式与多项式、分式的化简与求值、零指数幂、因式分解等知识．根据分式的化简，分别求得分子和分母的值，即可判断①；找到多项式的次数为2的可能情况，即可判断②；将原式利用完全平方公式分解为，据此即可判断③． 【详解】解：①当时，， ， 分子可能为，，，，分母为或， 分式化简后可能值为，，共3种不同结果，故①正确； 多项式次数为2，即的最大值为2，且m，n，， 每个字母的指数可为1或2，且至少一个为2， 一共有种可能（排除全为1的情况），故②正确； 当时，则， 因为， 所以满足条件的的次数为2，分别为、、、、、， 所有的和为， 表达式可变形为，恒为非负， 又由，，，则所有满足条件的的和恒为正数，故③正确； 综上，正确个数为3， 故选：D． 【解答压轴篇】 【考点9 整式加减中的不含某项问题】 【例9】（25-26七年级上·福建厦门·期末）定义：若，则称x是y关于m的相关数． (1)若6是a关于2的相关数，则_______； (2)若A是B关于m的相关数，，B的值与m无关，求B的值． 【答案】(1)4 (2)7 【分析】本题考查了新定义运算，整式的加减无关类型，理解新定义是解题的关键． （1）根据定义列出式子求解即可； （2）根据新定义求得B，进而根据题意B的值与m无关，令含m项的系数为0即可求解． 【详解】（1）解：∵6是a关于2的相关数， ∴ 解得； 故答案为：4； （2）解：∵A是B关于m的相关数，， ∴， ， B的值与m无关， ∴，得， ． 【变式9-1】（1）一天数学老师布置了一道数学题：已知x=2017，求整式的值，小明观察后提出：“已知x=2017是多余的”，你认为小明的说法有道理吗？请解释. （2）已知整式，整式M与整式N之差是. ①求出整式N. ②若a是常数，且2M+N的值与x无关，求a的值. 【答案】（1）小明说的有道理，理由见解析. (2) ①N=-2x2+ax-2x-1 ② a=． 【分析】（1）原式去括号合并同类项后得到最简结果，根据化简结果中不含x，得到x的值是多余的． （2）①根据题意，可得N=（x2+5ax-3x-1）-（3x2+4ax-x），去括号合并即可； ②把M与N代入2M+N，去括号合并得到最简结果，由结果与x值无关，求出a的值即可． 【详解】（1）小明说的有道理，理由如下： 原式=x3-6x2-7x+8+x2+3x-2x3+3+x3+5x2+4x-1 =（1-2+1）x3+（-6+1+5）x2+（-7+3+4）x+（8+3-1） =10， 由此可知该整式的值与x的取值无关，所以小明说的有道理． （2）①N=（x2+5ax-3x-1）-（3x2+4ax-x） =x2+5ax-3x-1-3x2-4ax+x =-2x2+ax-2x-1； ②∵M=x2+5ax-3x-1，N=-2x2+ax-2x-1， ∴2M+N=2（x2+5ax-3x-1）+（-2x2+ax-2x-1） =2x2+10ax-6x-2-2x2+ax-2x-1 =（11a-8）x-3， 由结果与x值无关，得到11a-8=0， 解得：a=． 【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握去括号与合并同类项法则是解本题的关键． 【变式9-2】一个多项式的次数为，项数为，我们称这个多项式为次多项式或者次项式，例如：为五次三项式，为二次四项式． （1）为________次________项式． （2）若关于、的多项式，，已知中不含二次项，求a+b的值． （3）已知关于的二次多项式，在时，值是，求当时，该多项式的值． 【答案】（1）六，四；（2）；（3）． 【分析】（1）根据一个多项式的次数为，项数为，我们称这个多项式为次多项式或者次项式，即可解答； （2）计算出，根据不含二次项，即二次项的系数为0，求出，的值，即可解答； （3）先将关于的二次多项式变形，根据二次多项式的特点求出、的值，进而求出当时，该多项式的值． 【详解】解：（1）为六次四项式； 故答案为：六，四； （2）， 中不含二次项， ，， ，， ； （3）． 是关于的二次多项式 ，即． 又当时，原代数式的值是 解得：． 关于的二次多项式 当时，原式． 【点睛】本题考查了多项式，解决本题的关键是熟记多项式的有关概念． 【变式9-3】（24-25七年级上·河北秦皇岛·期末）定义新运算“△”和“□”： ①定义新运算“△”：给定有理数a、b，对于整式A、B，规定，等式右边是通常的减法、乘法运算； ②定义新运算“□”：给定正整数n（），对于整式M，规定（按从左到右的顺序依次做“△”运算）例如：当、，时，对于，，则有，． (1)当，时，若，，求和． (2)直接写出一组a，b的值，使得对任意一个正整数n（）和任意—个整式M，都有成立． (3)当，时，若，，若（p、q为正整数，且、）中不含项，直接写出满足条件的一组p、q的值． 【答案】(1)，； (2)， (3)，. 【分析】本题考查的是新定义运算的含义，整式的加减运算，理解新定义是解本题的关键； （1）由题意可得，再根据新定义运算法则计算即可； （2）令，，可得，再根据新定义推导即可； （3）由，，可得，结合，，（p、q为正整数，且、）中不含项，可得运算中只考虑项，再进一步利用新定义探索即可. 【详解】（1）解：当，时， ∴， ∵，， ∴ ； ； （2）解：当，时， ∴， ∴ ； （3）解：当，时， ∴， ∵，，（p、q为正整数，且、）中不含项， ∴运算中只考虑项， ∴， ， ； ， ∴ ， ∴（p、q为正整数，且、）中不含项，满足条件的，. 【考点10 由整式加减解决整除问题】 【例10】（25-26七年级上·山东德州·期末）若一个两位数的十位和个位上的数字分别为和，我们可将这个两位数记为．同理，一个三位数的百位、十位和个位上的数字分别为和．则这个三位数可记为． (1)若，则______________；若，则___________． (2)一定能被整除，请说明这个结论的理由． (3)任选一个三位数，要求个、十、百位的数字各不相同且不为零，把这个三位数的三个数字按大小重新排列，得出一个最大的数和一个最小的数，用得出的最大的数减去最小的数得到一个新数，再将这个新数按上述方式重新排列，再相减，像这样运算若干次后一定会得到同一个重复出现的数，这个数称为“卡普雷卡尔黑洞数”．则“卡普雷卡尔黑洞数”是______________． 【答案】(1)； (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据新定义，将式子转化为平常的式子，再计算即可； （2）将式子转化为平常的式子，再合并同类项，从而可说明结论成立； （3）任意写了一个三位数，以题中所作的操作，直到重复出现时就可以得“卡普雷卡尔黑洞数” ． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：；； （2）， ∵、都是整数， ∴也是整数， ∴一定能被整除， ∴一定能被整除； （3）若以3、、组成三位数， 则最大的数是，最小的数是， ∴， 以、、组成三位数， 则最大的数是，最小的数是， ， 以、、组成三位数， 则最大的数是，最小的数是， ， 以、、组成三位数， 则最大的数是，最小的数是， ， 以、、组成三位数， 则最大的数是，最小的数是， ， … ∴“卡普雷卡尔黑洞数”是， 故答案为：； 【点睛】本题考查了已知字母的值求代数式的值，整式加减的应用，十进制整数及表示方法，整数问题的综合应用等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 【变式10-1】（25-26七年级上·重庆·期末）一个四位自然数，其中千位数字是个位数字的两倍，百位数字与十位数字之和为10，则称这个四位数为“倍和数”，记，例如：四位数6193，因为，，所以6193是“倍和数”，；四位数8154，，，所以8154不是“倍和数” (1)请判断6423，4552是否是“倍和数”，并说明理由； (2)若是“倍和数”，的两倍与的各位数字之和能被11整除，请求出这个四位数． 【答案】(1)6423不是“倍和数”，4552是“倍和数”． (2)2551、4282、8734 【分析】本题考查新定义，整数的加减运算，熟练掌握新定义是解题的关键： （1）根据新定义，进行判断即可； （2）设，得到，根据的两倍与的各位数字之和能被11整除，进行求解即可． 【详解】（1）解：， ∴6423不是“倍和数”， ， ∴4552是“倍和数”； （2）设， ∵是“倍和数”， ∴， ∵的两倍与的各位数字之和能被11整除， 又∵ ， ∴能被11整除， 由题意可知：，，且均为整数， ∴当时，，此时，； 当时，，此时，； 当时，，此时，； 综上：这个四位数可以为：2551、4282、8734． 【变式10-2】（25-26七年级上·福建福州·期末）对于任何一种进制——X进制，运算时是逢X进一，十进制是逢十进一、二进制是逢二进一，以此类推进制就是逢X进一.为与十进制进行区分，我们常把用X进制表示的数a写成． X进制的数转化为十进制数的方法： 例如：，． 根据材料，完成以下问题： (1)把下列进制表示的数转化为十进制表示的数：______，______； (2)一个四进制三位数与一个五进制三位数之和能被6整除均为正整数，求a的值； (3)已知七进制数与六进制数之差为292，请判断能否找到符合条件的和．若能，求出和的值；若不能，请说明理由． 【答案】(1)21，11 (2) (3)不能找到符合条件的m和，理由见解析 【分析】该题主要考查其它进制与十进制的转化、还考查了整式的加减的应用． （1）根据转化算法公式直接代入即可算出． （2）把这两个数都转化为十进制数求和，再根据和是6的整数倍的特征求解即可； （3）把两个数都转化为十进制数做差，再根据与之差为292列等式，再根据所得等式，进一步讨论m、n的值． 【详解】（1）解：因为， 故答案为：； ， 故答案为：； （2）解：因为四进制三位数， 五进制三位数， ∴能被6整除， ∵能被6整除，中能被6整除， ∴也能被6整除， ∵是的首位数字且为正整数， ∴． 当时，，能被6整除； 当时，，不能被6整除； 当时，，不能被6整除． 所以； （3）解：不能找到符合条件的m和，理由如下： 因为，， 所以， 整理得：， 即， ∵七进制中，为整数，六进制中，为整数， ∴代入n的可能值进行验证： 时，（非整数）； 时，（非整数）； 时，m的值均大于（超出了七进制的范围） 因此，不能找到符合条件的m和． 【变式10-3】（25-26七年级上·广东广州·期末）若一个三位数的百位，十位，个位上的数字分别a，b，c，则记这个三位数为，于是．若，则称这个三位数为“好六数”．例如：，因为，所以413是“好六数”． (1)判断：352___________“好六数”．（填“是”或“不是”） (2)若（t为不超过8的正整数），则n是“好六数”．请说明理由． (3)已知三位自然数m是“好六数”，且（a，b为不超过9的自然数），p是m去掉其百位数字后的两位数，而q是m去掉其个位数字后的两位数，则p与q的和能被3整除吗？请写出结论，并说明理由． 【答案】(1)不是 (2)理由见解析 (3)p与q的和能被3整除．理由见解析 【分析】本题考查了新概念，列代数式及整式加减的应用等知识，理解题意并正确计算是关键． （1）根据“好六数”的含义判断即可； （2）易得，根据“好六数”的含义判断即可； （3）对b的取值分三种情况：①；②；③，利用“好六数”即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴352不是“好六数”； 故答案为：不是； （2）解：， 的百位上数字为t，十位上数字为，个位上数字为7， ， 是“好六数”． （3）解：结论：p与q的和能被3整除． 理由如下： ①若，． 为三位数， ， 的百位上数字为，十位上数字为8，个位上数字为4， 是“好六数”， ， 解得：，与题设矛盾，舍去． ②若，． 为三位数， ， 的百位上数字为，十位上数字为9，个位上数字为4， 是“好六数”， ，即，与题设矛盾，舍去． ③若， ， 为三位数， ， 的百位上数字为a，十位上数字为，个位上数字为4， 是“好六数”， ，即． 是m去掉其百位数字而得到的两位数，而q是m去掉其个位数字而得到的两位数， ，， ． 且为自然数， 为正整数， 能被3整除． 【考点11 由整式加减解决几何图形问题】 【例11】（25-26七年级上·四川成都·期末）现有6个完全相同的长和宽分别为，的小长方形纸片（如图1）和两个阴影部分的长方形纸片按图2的方式拼成了一个宽为的大长方形． (1)当，，时，则图2的大长方形的面积为_____． (2)①请用含，的代数式表示图2中拼成的大长方形的长为_____． ②请用含的代数式表示图2中两个阴影部分的长方形纸片的周长之和； (3)现小实同学把这6个完全相同的小长方形纸片（如图1）和一个“T”形阴影纸片按图3的方式拼成了和图2完全一样的宽为的大长方形．若图2和图3拼成的大长方形的长比宽都大5，设图2中两个阴影部分的长方形纸片的周长之和为，图3中“”形阴影纸片的周长之和为，求的值． 【答案】(1)150 (2)①② (3)10 【分析】本题考查列代数式，代数式求值，整式加减的应用，正确地列出代数式，是解题的关键： （1）根据长方形的面积，列出代数式，代值计算即可； （2）①根据图形，列出代数式即可；②根据长方形的周长公式列出代数式即可； （3）根据题意，得到大长方形的长为，列出，求出即可． 【详解】（1）解：由图可知，长方形的面积为， 当，，时，原式； 故答案为：150； （2）①由题意，长方形的长为； ②大阴影长方形的长和宽分别为，小阴影长方形的长和宽为， 故两个阴影部分的长方形纸片的周长之和为： ； （3）由（2）可知：， ∵ ， ∴． 【变式11-1】（25-26七年级上·广东中山·期末）为了更好地理解整式加减的实际应用，七（1）班龙狮小组进行数学实践活动． 【操作探究】如图，将三个边长，，的正方形分别放入长方形和长方形中，记阴影部分①、②、③、④的周长分别为，，，， （1）若，，，求长方形的面积； 【深入思考】 （2）若长方形的周长为24，长方形的周长为16，请算出，，的值； 【拓展提升】 （3）若，，求长方形的周长（结果用含m，n的代数式表示） 【答案】（1）长方形的面积为48   （2） ，，   （3） 【分析】本题考查列代数式，整式的加减，属于中档题． （1）先表示长方形长和宽，代入数值计算面积； （2）通过周长公式列方程，相减得的值，再代入求各部分周长； （3）用、表示、，通过代数变形得出长方形 的周长为． 【详解】解：（1）长方形的长为：，长方形的宽为：， 故长方形的面积为：， ，，代入得，面积为：， 长方形的面积为48； （2）长方形的周长为24， 即，①， 同理，长方形的周长为16， 即，②， ②①得， 如图，， ， ， ，，； （3）由（2）可知：，，， 长方形的周长为， ，， 即③，④， 用③④得，． 故长方形的周长用，表示为． 【变式11-2】将图①中的长方形纸片剪成1号，2号，3号，4号正方形和5号长方形． (1)设3号正方形的边长为x，4号正方形的边长为y，求1号，2号正方形的边长分别是多少？（用x，y的代数式表示） (2)若图①中长方形的周长为48，试求3号正方形的边长； (3)在（2）的情况下，若将这五个图形按图②的方式放入周长为100的长方形中，求阴影部分的周长． 【答案】(1)，； (2)6； (3)88． 【分析】（1）观察图形，易知1号正方形的边长为4号正方形的边长减去3号正方形的边长，同理易知2号正方形的边长为3号正方形的边长减去1号正方形的边长； （2）根据观察，可知图①中大长方形的长为3号正方形的边长与4号正方形的边长和，即：，宽为2号正方形的边长与3号正方形的边长和，即：，又知长方形的周长，即可求出x的值，从而得出3号正方形的边长； （3）要求阴影部分的周长，可根据平移的性质得出阴影部分的周长即为长方形的周长，再利用大长方形的周长和大长方形的宽，进而可求出的长，从而解得阴影部分的周长． 【详解】（1）解：号正方形的边长为x，4号正方形的边长为y， 1号正方形的边长为， 2号正方形的边长为， （2）解：长方形的长为：，宽为：， 长方形的周长为48，即， ， 号正方形的边长为x， 号正方形的边长为6； （3）解：如图：由平移知识可得阴影部分的周长为长方形的周长， 由（2）可知号正方形的边长为， 4号正方形的边长为y， 5号长方形的宽为2号正方形的边长减去1号正方形的边长的差即：， ， 周长为100的长方形的长为：，宽为， ， ， 则长方形的周长为： ， 即阴影部分的周长为88． 【点睛】本题考查了整式的加减应用，列代数式表示各线段的长从而可解决问题． 【变式11-3】小明家住房户型呈长方形，平面图如下（单位：米）．现准备铺设整个长方形地面，其中三间卧室铺设木地板，其它区域铺设地砖．（房间内隔墙宽度忽略不计） （1）求a的值； （2）请用含x的代数式分别表示铺设地面需要木地板和地砖各多少平方米； （3）按市场价格，木地板单价为300元/平方米，地砖单价为100元/平方米．装修公司有A，B两种活动方案，如表： 活动方案 木地板价格 地砖价格 总安装费 A 8折 8.5折 2000元 B 9折 8.5折 免收 已知卧室2的面积为21平方米，则小方家应选择哪种活动，使铺设地面总费用（含材料费及安装费）更低？ 【答案】（1）3；（2）木地板：75﹣7x，地砖：7x+53；（3）B种活动方案 【分析】（1）根据长方形的对边相等可得a+5=4+4，即可求出a的值； （2）根据三间卧室铺设木地板，其它区域铺设地砖，可知将三间卧室的面积的和为木地板的面积，用长方形的面积-三间卧室的面积，所得的差为地砖的面积； （3）根据卧室2的面积为21平方米求出x，再分别求出所需的费用，然后比较即可． 【详解】解：（1）根据题意，可得a+5＝4+4， 得a＝3； （2）铺设地面需要木地板： 4×2x+a[10+6﹣（2x﹣1）﹣x﹣2x]+6×4＝8x+3（17﹣5x）+24＝75﹣7x， 铺设地面需要地砖： 16×8﹣（75﹣7x）＝128﹣75+7x＝7x+53； （3）∵卧室2的面积为21平方米， ∴3[10+6﹣（2x﹣1）﹣x﹣2x]＝21， ∴3（17﹣5x）＝21， ∴x＝2， ∴铺设地面需要木地板：75﹣7x＝75﹣7×2＝61， 铺设地面需要地砖：7x+53＝7×2+53＝67， A种活动方案所需的费用：61×300×0.8+67×100×0.85+2000＝22335（元）， B种活动方案所需的费用：61×300×0.9+67×100×0.85＝22165（元）， 22335＞22165， 所以小方家应选择B种活动方案，使铺设地面总费用（含材料费及安装费）更低． 【点睛】本题考查了列代数式，长方形的面积，分别求出铺设地面需要木地板与地砖的面积，理解A，B两种活动方案是解题的关键． 【考点12 乘法公式的几何背景】 【例12】（25-26七年级上·河南郑州·期末）学习整式乘法时，老师拿出三种型号卡片，如图1． (1)选取1张A型卡片，4张C型卡片，则应取______张B型卡片才能用它们拼成一个新的正方形，此新的正方形的边长是______；（用含a，b的代数式表示） (2)选取4张C型卡片在纸上按图2的方式拼图，并剪出中间正方形作为第四种D型卡片，由此可检验的等量关系为______； (3)选取1张D型卡片，3张C型卡片按图3的方式不重复地叠放长方形框架内，已知的长度固定不变，的长度可以变化，且．图中两阴影部分（长方形）的面积分别表示为，，若，则a与b有什么关系？请说明理由． 【答案】(1)4， (2) (3) 【分析】本题考查了完全平方公式的几何背景，多项式乘多项式，解决本题的关键是掌握完全平方公式． （1）根据正方形的性质即可解决问题； （2）利用正方形的面积即可解决问题； （3）设，根据题意可得 根据，列出等式，整理后得，进而可以解决问题． 【详解】（1）解：根据题意可知：， ∴ 应取4张B型卡片才能用它们拼成一个新的正方形． ∴ 此新的正方形的边长是， 故答案为：4，； （2）解：根据题意可知：， 故答案为：； （3）解：设， 根据题意，得 故答案为：． 【变式12--1】（25-26七年级上·上海杨浦·期末）如图，线段长度为，在线段上截取线段，再延长至，使，，分别做正方形、正方形和正方形． (1)分别计算图中长方形和阴影部分图形的面积，可以发现一个乘法公式_________； (2)如果已知图中正方形、正方形的面积分别是7和3，计算长方形的面积； (3)分别连接、、、，如果已知正方形的面积是，正方形的面积是，用含、的代数式表示四边形的面积． 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】本题考查了整式运算的应用． （1）根据题意可以得到； （2）由题意得，，计算得到，据此求解即可； （3）根据四边形的面积等于中间小正方形的面积和四个直角三角形面积和，据此求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，长方形的面积， 阴影部分图形的面积， ∴可以发现一个乘法公式为； 故答案为：； （2）解：∵正方形、正方形的面积分别是7和3， ∴，， ∴， 整理得，，即， 长方形的面积； （3）解：∵正方形的面积是，正方形的面积是， ∴，， ∴四边形的面积 ． ． 【变式12--2】（25-26七年级上·上海·期末）请完成以下题目： (1)如图，在边长为a的正方形纸片上剪去一个边长为的小正方形，通过不同的方法计算图中阴影部分的面积．方法①________；方法②_______由此可以验证的乘法公式是_____． (2)类似地，在棱长为a的正方体上割去一个棱长为的小正方体（如图），通过不同的方法计算图中余下几何体的体积．方法①_______；方法②_______．由此可以得某个多项式因式分解的等式是______，并用所学过的知识说明这个等式成立． (3)结合并使用（2）得到的等式分解因式：． 【答案】(1)；；； (2)；；，证明见解析； (3) 【分析】本题考查了平方差公式的几何背景，弄清楚图中阴影部分面积的求法是解题的关键． （1）阴影部分的面积可以直接求，也可以间接求，由此验证平方差公式即可； （2）阴影部分的面积可以直接求，也可以间接求，由此验证平方差公式即可； （3）可将看作，进而根据计算即可． 【详解】（1）解：方法①： 方法②： 可以验证的乘法公式为： 证明：右边左边 ； 故答案为：；；； （2）解：方法①： 方法②： 可以验证的乘法公式为： 证明：右边 左边 ； 故答案为：；；； （3）解： ． 【变式12--3】（25-26八年级上·福建厦门·月考）现有长与宽分别为、的小长方形若干个，用两个这样的小长方形拼成如图1的图形，用四个相同的小长方形拼成图2的图形，请认真观察图形，解答下列问题： (1)根据图中条件，请写出图1和图2所验证的关于、的关系式：（用含、的代数式表示出来）； 图1表示： ； 图2表示： ； (2)根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：若，求的值； (3)如图3，长方形中，，，，长方形的面积是200，四边形和都是正方形，四边形是长方形．延长至，使，延长至，使，过点、作、的垂线，两垂线相交于点，请直接写出四边形的面积．（结果为具体的数值） 【答案】(1)；； (2)22 (3)1744 【分析】本题主要考查完全平方公式的几何背景、列代数式、代数式求值等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． （1）由图1可知，大正方形的面积等于两个小正方形的面积加上两个长方形的面积；由图2可知，大正方形的面积等于小正方形的面积加上4个长方形的面积，据此列出代数式即可解答； （2）根据将原式变形求解即可； （3）首先根据题意得到，然后利用长方形的面积是200，再结合完全平方公式代入求值即可． 【详解】（1）解：图1中，由图可知，， 由题意得，，即； 图2中，由图可知，，， 由题图可知，，即． 故答案为：；； （2）解： 由图1可得： ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：∵， ∴， ∴， ∵长方形的面积是200， ∴， ∴， 令， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【考点13 因式分解的应用】 【例13】（25-26八年级上·北京·期末）质数是指在大于1的自然数中，除了1与它本身以外，没有其他因数的数．例如：2，3，5，7，，等都是质数． (1)设为大于1的正整数，分解因式：，并证明一定不是一个质数； (2)利用因式分解，求能使为质数的所有整数的值； (3)已知，其中表示个位为，十位为的两位数，其他类似，求，，的值以及的值． 【答案】(1)，证明见解析 (2)，，4，5 (3)，，， 【分析】本题考查了分解因式，熟练掌握分解因式的方法是解题的关键． （1）利用添项法对原式添加，再分组因式分解，即可求解证明； （2）利用十字相乘法对进行因式分解，根据质数的定义可知分解所得的因式一个为1，一个为质数，分别对因式讨论即可求解； （3）根据题意可对因式分解，进而得到，得出a，b，c的值后代入求值即可． 【详解】（1）解： ， 证明：∵为大于1的正整数， ∴、为大于1的正整数， ∴除了1与它本身以外，还有因数和， ∴一定不是一个质数； （2）解：∵为质数， ∴，一个为1，一个为质数， 当时， ，解得或， 当时，为质数， 当时，为质数， 当时， ，解得或， 当时，为质数， 当时，为质数， ∴整数的值为，，4，5； （3）解：∵， ∴， 即，而7，，都是质数． 因为为非零数字，所以为的倍数，可得或， 当时，，无整数解， 当时，，因为为数字，所以，故，，解得， 所以，， ∴． 【变式13--1】（25-26八年级上·福建泉州·期末）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． 【类比】（1）分解因式：； 【挑战】（2）若，都是正整数且满足，求的值； （3）若，为实数且满足，，求的最小值． 【答案】（1）； （2）8； （3）6 【分析】本题考查了分组分解法因式分解，能够读懂题意是解题的关键． （1）根据题干信息，利用分组分解法解答即可； （2）先将通过变形得到，然后得到，进而求出的值即可； （3）根据，得，代入，构造实数的非负性，求S的最小值． 【详解】解：（1）解： ． （2）解： ， ∵,, ∴, ∴, ∴, 解得， 故． （3）解：由，得， ∴ ， ∵， ∴，当且仅当时成立， ∴S的最小值为6． 【变式13--2】（2023七年级·全国·竞赛）任意一个正整数都可以分解为两个正整数的乘积：（是正整数，且），在的所有这种分解中，当最小时，称是的最佳分解，并规定：．例如：3的最佳分解是，，的最佳分解是，． (1)直接写出：___________；___________；___________； (2)如果一个两位正整数，交换其个位上的数与十位上的数得到新的两位数记为，且． ①求出正整数的值； ②我们称数与互为一对“吉祥数”，直接写出所有“吉祥数”中的最大值； (3)在（2）条件下，在“吉祥数”的中间再插入另一个“吉祥数”组成一个四位数，再在“吉祥数”中间插入“吉祥数”（与互为一对“吉祥数”），又得到一个新的四位数，请用字母表示四位数，并求的值． 【答案】(1)，， (2)①13，24，35，46，57，68，79；② (3)，， 【分析】本题考查因式分解的应用，列代数式、整式的加减运算、一元一次方程的应用等知识点，理解题意、灵活运用所学知识解决问题是解题的关键。 （1）根据，据此即可解答； （2）①设t的十位上的数字为x，个位上的数字为y，据此得出，即，从而得出所有t的可能出现的值，然后分别求出的值，确定其中的最大值即可解答； （3）设t的十位上的数字为a，个位上的数字为，设p的十位上的数字为b，个位上的数字为，则，，易得，，然后代入计算即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴；；． 故答案为：，，． （2）解：①设正整数的十位上的数字为x，个位上的数字为y， 则，即， 所以t的可能的值为13，24，35，46，57，68，79． ②当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 所以的最大值为． （3）解：设t的十位上的数字为a，个位上的数字为，设p的十位上的数字为b，个位上的数字为， ∴， ∴， ， ∴ 【变式13--3】（25-26九年级下·重庆渝中·月考）材料一：若一个两位数满足这个两位数等于它的各位数字之和的4倍，则称这个两位数为“宁静数”．例如：12是“宁静数”，，12是“宁静数”；34不是“宁静数”，，34不是“宁静数”． 材料二：一个四位自然数，将其千位数字与十位数字组成的两位数记作，将其百位数字与个位数字组成的两位数记作，若和都均为“宁静数”，则称为“致远数”，将千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数，记． (1)判断12是否为“宁静数”，3469是否是“致远数”？并说明理由； (2)若一个四位自然数是“致远数”，且与9的和能被4整除，请求出所有符合条件的“致远数”． 【答案】(1)12是“宁静数”，3469不是“致远数”，理由见解析 (2)1122，3162，2346，4386 【分析】（1）根据“宁静数”和“致远数”的定义判断即可； （2）根据新定义，求出，由题意可得出，的取值，即可求解． 【详解】（1）解：12是“宁静数”，3469不是“致远数”，理由如下： ， 12是“宁静数”； 在3469中，，，，， ，， 3469不是“致远数”； （2）解：设四位自然数，且，，，不为0，则， 是“致远数”， ，， ，， ， “宁静数”必为4的倍数且是两位数， “宁静数”有12，24，36，48， 、可以是1，2，3，4， 又 与9的和能被4整除，即是偶数， 或3， ①当时，或3， 对应的致远数有：1122，3162， ②当时，或4， 对应的致远数为：2346，4386， 综上所述，符合条件的“致远数”有：1122，3162，2346，4386． 【点睛】本题考查了新定义，因式分解的应用，解题的关键是正确理解新定义． 【考点14 分式方程的实际应用】 【例14】（25-26八年级上·山东泰安·期末）2025数字中国创新大赛–中小学生赛道，决赛是用电脑程序控制智能赛车进行30米比赛，“天元号”和“朝阳号”两辆赛车在第一轮比赛时，两辆赛车从起点同时出发，当“天元号”到达终点时，“朝阳号”才行驶到全程的，“天元号”比“朝阳号”每秒多行0.8米． (1)求“朝阳号”的行驶速度； (2)如果将“天元号”的行驶路程增加，“朝阳号”的行驶路程不变，两辆赛车再次重新比赛，两车能同时到达吗？通过计算说明； (3)若按照（2）中的路程行驶，请你调整其中一辆赛车的行驶速度，使两车能同时到达终点． 【答案】(1)“朝阳号”的行驶速度是米/秒； (2)不能同时到达，理由见解析 (3)调整后“天元号”的平均速度为米/秒可使两车能同时到达终点（答案不唯一） 【分析】本题主要考查列分式方程解应用题、有理数的混合运算的应用等知识点，根据题意确定等量关系、列出方程是解题的关键． （1）根据“天元号”行全程的与 “朝阳号”行全程的所用时间相等作为等量关系列分式方程求解即可； （2）分别利用“时间=路程÷速度”求出二者时间，然后比较时间即可解答； （3）根据“朝阳号”行30米与“天元号”行36米所用时间相等作为等量关系、列分方程求解即可． 【详解】（1）解：设“朝阳号”的平均速度为米/秒，则“天元号”的平均速度为米/秒， 由题意得：， 解得：，经检验是原方程的解． 答：“朝阳号”的行驶速度是米/秒． （2）解：不能同时到达，理由如下： 设调整后“天元号”的行驶路程为（米）， “天元号”到达终点所用的时间为（秒）， “朝阳号”到达终点所用的时间为（秒）， 两车不能同时到达． （3）解：设调整后“天元号”的平均速度为米/秒． ，解得：． 经检验是原方程的解． 答：调整后“天元号”的平均速度为米/秒可使两车能同时到达终点（答案不唯一）． 【变式14--1】（25-26七年级下·浙江台州·期末）在生产生活中，经常需要把两种溶液进行混合，得到新的溶液．例如，把咸淡不同的两碗汤混合；在已有盐水中加水配制生理盐水等等． (1)要用含盐的盐水克加水配制含盐的生理盐水，需要加水多少克？ (2)用咸淡程度不同的两碗汤甲和乙混合（甲汤比乙汤咸），得到丙汤． 请根据生活经验比较甲汤、乙汤、丙汤的咸淡程度： 请设出必要的字母，用代数式表示甲汤、乙汤、丙汤的咸淡程度，通过计算证明中的结论． 【答案】(1)需要加水克； (2)甲汤最咸，其次丙汤，乙汤最淡； 见解析． 【分析】本题主要考查了分式方程的应用、分式的混合运算． 设需要加水，根据配制好的生理盐水的浓度为，可列方程，解方程即可求出需要加水的质量； 由生活经验可知：配制好的汤比咸汤淡，比淡汤咸，所以可知甲汤最咸，其次丙汤，乙汤最淡； 设甲汤中盐的质量为克，汤的质量为克；乙汤中盐的质量为克，汤的质量为克，则丙汤中盐的质量为克，汤的质量为克，根据甲汤比乙汤咸，可得：，整理可得：，从而可得：，，比较可得：，从而可证甲汤最咸，其次丙汤，乙汤最淡． 【详解】（1）解：设需要加水， 根据题意得：， 去分母得：， 解方程得：， 经检验，是原分式方程的解， 答：需要加水900克； （2）解：甲汤最咸，其次丙汤，乙汤最淡； 解：设甲汤中盐的质量为克，汤的质量为克；乙汤中盐的质量为克，汤的质量为克， 则丙汤中盐的质量为克，汤的质量为克， 甲汤比乙汤咸， ， 整理得：， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 甲汤最咸，其次丙汤，乙汤最淡． 【变式14--2】（25-26八年级上·湖南常德·期末）景区有一片蔬果采摘园，小美一家决定采摘一些新鲜蔬果．已知西红柿和土豆两种蔬菜的价格分别是每千克元和每千克元，采摘这两种蔬菜一共支付了元，其中西红柿比土豆少千克． (1)求西红柿和土豆各采摘了多少千克？ (2)为了让小美去体验生活，他们将采摘的蔬菜拿去售卖，已知西红柿和土豆的销售额分别是元和元，土豆的售价是西红柿售价的，土豆比西红柿多卖出千克，求土豆和西红柿的售价． 【答案】(1)西红柿采摘了，土豆采摘了 (2)土豆的售价是元，西红柿的售价是元 【分析】本题考查了二元一次方程组和分式方程的应用，找准等量关系正确列出相应方程是解题的关键． （1）设西红柿采摘了，土豆采摘了，根据题意列出二元一次方程组，解答即可． （2）根据题意可设土豆的售价是元，西红柿的售价是元，根据题意列出分式方程，解答即可． 【详解】（1）解：设西红柿采摘了，土豆采摘了． 根据题意得， 解得． 答：西红柿采摘了，土豆采摘了． （2）解：根据题意可设土豆的售价是元，西红柿的售价是元． 根据题意得， 解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ∴， 答：土豆的售价是元，西红柿的售价是元． 【变式14--3】某商场在一楼至二楼间安装了一部自动扶梯，以匀速向上行驶甲、乙两同学同时从扶梯上匀速走到二楼，且甲每分钟走动的级数是乙的两倍．已知甲走了24级到扶梯顶部，乙走了16级到扶梯顶部（甲、乙两同学每次只跨一级台阶）． （1）扶梯露在外面的部分有多少级？ （2）如果与扶梯并排有一从二楼到一楼的楼梯道，台阶数与扶梯级数相同，甲乙各自到扶梯顶部后按原速再下楼梯到楼梯底部再乘扶梯，若楼梯与扶梯之间的距离忽略不计，问甲第1次追上乙时是在扶梯上还是在楼梯上？他已经走动的级数是多少级？ 【答案】（1）扶梯露在外面的部分有48级；（2）在楼梯上，176级 【分析】（1）如果扶梯露在外面的部分有x级，乙每分钟走动的级数为a级，则甲每分钟走动的级数为2a级，扶梯每分钟向上运动b级．题中有两个等量关系，甲走24级的时间等于扶梯走（2a＋b）级的时间；乙走16级的时间等于扶梯走（a＋b）级的时间，据此列出方程组，求出x的值即可； （2）如果设甲第一次追上乙时走过自动扶梯m遍，走过楼梯n遍，那么乙走过自动扶梯（m−1）遍、走过楼梯（n−1）遍．根据两人所走的时间相等，列出方程．将（1）中求得的y与x的关系式y＝2x代入，可得6n＋m＝16．由已知条件可知m、n中一定有一个是正整数，且0≤m−n≤1．通过试验可以求出m，n的具体值，进而求出结果． 【详解】解：（1）设扶梯露在外面的部分有x级，乙每分钟走动的级数为a级，则甲每分钟走动的级数为级，扶梯每分钟向上运动级， 由题意得：， ①÷②得：， 整理得：， 代入②得． 答：扶梯露在外面的部分有48级； （2）设追上乙时，甲扶梯走了遍，楼梯走了遍，则乙走扶梯遍，走楼梯遍． 由题意得：， 整理得：， 这里，中必有一个是整数，且． ①若为整数，则． ∴（不合，舍去），（不合，舍去）（符合条件） （不合，舍去）（不合，以后均不合，舍去） ②若n为整数，， ∴，，，…，这些均不符合要求， ∴，此时，甲在楼梯上． ∴（级）． 【点睛】本题考查分式方程在行程问题中的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．本题属于竞赛题型，有一定难度．难点在于自动扶梯在上升，具有一定的速度，同时甲、乙也在上楼梯，变化量较多．解题时要善于抓住不变量，只有不变量才是列方程的依据．另外，本题求解时设的未知数x、y，只设不求，这种方法在解复杂的应用题时常用来帮助分析数量关系，便于解题． 【考点15 分式中的材料题】 【例15】（25-26八年级上·山东烟台·期末）阅读材料： 在小学数学中我们知道，假分数可以化成带分数，例如：； 类似的，在分式中也可以将一些分式写成整式与分子为有理数的分式的和的形式，我们称这个分式为“和谐分式”．例如：，则是和谐分式． 请根据以上阅读，解答下列问题： (1)下列分式中，属于“和谐分式”的是___________（填序号）； ①    ②    ③    ④ (2)分别将下列分式写成整式与分子为有理数的分式的和的形式： ①    ②； (3)若为整数，求使分式的值为整数的的值． 【答案】(1)①③④ (2)①② (3)0，2，3 【分析】本题考查了求使分式值为整数时未知数的整数值，分式化简求值，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）根据“和谐分式”定义，对所给的式子，逐一分析，再作判断； （2）①根据“和谐分式”定义求解； ②根据“和谐分式”定义求解； （3）先根据“和谐分式”定义求解，化为整式与分子为有理数的分式的和的形式，再根据化的结果，分情况讨论，分别求出相应的的值． 【详解】（1）解：∵， ∴属于“和谐分式”， 故①符合； 不属于“和谐分式”， 故②不符合； ∵， ∴属于“和谐分式”， 故③符合； ∵， ∴属于“和谐分式”， 故④符合； 综上所述，①③④属于“和谐分式”， 故答案为：①③④； （2）① ； ② ； （3） ∵， ∴，解得：且， ∵为整数，分式的值为整数， ∴的值为整数， 当时， ， 此时，符合； 当时， ， 此时，符合； 当时， ， 此时，符合； 当时， ，原分式的分母为0，无意义，不符合， 综上所述，使分式的值为整数的的值为0，2，3． 【变式15--1】（25-26七年级上·上海·月考）在初中数学学习阶段，我们常常会利用一些变形技巧来简化式子，解答问题． 材料一：在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用分式的化简，以达到计算目的． 例：已知：，求代数式的值． 解：因为，所以，即，所以 所以 根据材料解答问题： (1)已知，求的值． (2)已知，求的值； 【答案】(1)322 (2)11 【分析】本题考查了分式的混合运算，完全平方公式变形求值． （1）模仿例题．取倒数，再化简，即可求解，然后根据完全平方公式变形求值，即可求解． （2）先把已知条件变形，得，已知条件取倒数得，根据完全平方公式变形求值得，再代入原式求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 即， 即， ∴， ∴， ∴ （2）解：∵， 即， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式15--2】（25-26八年级上·湖南湘潭·期末）【阅读材料】类比分数学习分式 将分式分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，有助于我们解决分式中的整除问题． 通过阅读上述材料，解决下列问题： 【理解知识】（1）分式是___________分式（选填“真”或“假”）； 【掌握知识】（2）假分式可以写成带分式的形式为___________： 【运用知识】（3）求所有符合条件的整数的值，使得分式的值为整数． 【答案】真； ； 或或或． 【分析】本题考查了分式的运算，解决本题的关键是根据分式的运算法则整理分式． 根据真分式的定义判断； 根据阅读材料中的思路，可得：； 把分式化为带分式的形式，可得：，因为是整数，所以是整数，可得：或，分情况解方程求出的值即可． 【详解】解：分式的分子是常数，分母是 分子的次数是，分母的次数是， ， 分式是真分式； 故答案为：真； 解：； 故答案为：； 解： ， 的值为整数， 的值为整数， 的值为整数， 或， 解得：或或或． 【变式15--3】（25-26八年级上·江苏南通·期末）［核心素养］【阅读材料】若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”． 例如与． 解：， ， 是的“关联分式”． 【解决问题】 （1）已知分式，则___________的“关联分式”（填“是”或“不是”）； （2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法． 解：设分式的“关联分式”为， 则， ， ． 请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”； 【拓展延伸】 （3）①观察（1）和（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”___________； ②用发现的规律解决问题：若是的“关联分式”，求实数，的值． 【答案】（1）是；（2）；（3）①，②， 【分析】本题是考查了异分母分式的加减及分式的乘法，读懂题目中的新定义并熟练地掌握分式的混合运算是解决本题的关键. （1）根据关联分式的定义进行判断； （2）仿照题目中给到的方法进行求解； （3）①根据（1）（2）找规律求解；②由①推出的结论，类比形式求解即可. 【详解】解：（1） ， ， 是的“关联分式”， 故答案为：是； （2）设分式的“关联分式”是， 则， ， ， ，即分式的“关联分式”为． （3）①解：①设的“关联分式”为，则， ∴， ∴． 故答案为：； ②由题意得 ，． 【考点16 利用设计轴对称、平移、旋转图案】 【例16】实践与操作：现有如图①所示的两种小正方形瓷砖（图①中阴影正方形的边长是大正方形边长的一半），请从这两种瓷砖中各选2块，按下列要求拼铺成一个新的图案．（阴影部分用斜线画） (1)在图②、图③中各设计一种拼法，使图②是轴对称图形而不是中心对称图形，图③是中心对称图形而不是轴对称图形； (2)在图④、图⑤中各设计一种拼法，使这两个图案都既是轴对称图形又是中心对称图形，且互不相同．（两个图案之间若能通过轴对称、平移、旋转变换相互得到，则视为相同图案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． （1）根据轴对称图形与中心对称图形的定义设计图形即可； （2）根据轴对称图形与中心对称图形的定义设计图形即可． 【详解】（1）解：如图所示：是轴对称图形而不是中心对称图形， ， 如图所示：是中心对称图形而不是轴对称图形 ； （2）解：如图所示：既是轴对称图形又是中心对称图形， ． 【变式16-1】用四块如图①所示的瓷砖拼成一个正方形图案，使拼成的图案成一个轴对称图形，如图②，请你分别在图③、图④中各画一种与图②不同的拼法，要求两种拼法各不相同，且其中至少有一个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了图案设计、轴对称与中心对称的性质；作简单平面图形轴对称后的图形，其依据是轴对称的性质．基本作法：①先确定图形的关键点；②利用轴对称性质作出关键点的对称点；③按原图形中的方式顺次连接对称点． 【详解】解：如图所示， 【变式16-2】已知每个网格中小正方形的边长都是，图1中的阴影图案是由三段以格点为圆心，半径分别为和的圆弧围成． （1）在图2中画出一个图1的图案; （2）请你在图3中以图1为基本图案，借助轴对称、平移或旋转设计一个完整的花边图案(要求至少含有两种图形变换)． 【答案】（1）见详解；（2）见详解. 【分析】（1）利用圆规，在图2中画出与图1全等的图形即可； （2）借助轴对称、平移或旋转设计出一个完整的花边图案即可． 【详解】解：（1）如图： （2）如图所示： 【点睛】此题主要考查了应用与设计作图，以及轴对称图形，平移的性质，题目综合性较强，关键是需要同学们熟练掌握基础知识． 【变式16-3】如图所示的网格都是由边长为1的小正方形组成，图1中的图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”． 问题：请用“赵爽弦图”中的四个直角三角形通过你所学的图形变换，在图2，图3的方格纸中设计另外两个不同的图案，每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，画图要求： （1）图2中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形； （2）图3中所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形，但不是轴对称图形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，既是轴对称图形，又是中心对称图形； （2）所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形，但不是轴对称图形． 【详解】（1）如答图1所示，既是轴对称图形，又是中心对称图形； （2）如答图2所示，是中心对称图形，但不是轴对称图形． 【点睛】本题考查了利用旋转或者轴对称设计方案，关键是理解中心对称和轴对称的概念，按照要求作出图形即可． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $