专题01 代数运算与代数式变形-2026年山东省初升高自主招生考试专项复习

专题01 代数运算与代数式变形 知识导航 高频易错 易错类型 具体表现 规避策略 因式分解不彻底 仅分解到表面形式，如将 分解为 后停止 牢记“分解到不能再分为止”，检查是否还能使用平方差、立方和差等公式 分式化简忽略分母限制 约分时未标注分母不为零的条件，或直接约去含未知数的公因式 每一步约分前先确定“分母≠0”，含参分式需明确参数取值范围 根式化简符号错误 分母有理化时符号处理失误，如 误化为 双根式分母有理化时，分子分母同乘分母的有理化因式，注意符号： 的有理化因式是 整体代入漏项/错号 变形已知条件时计算错误，如由 推导 时，误算为 代入前先分步验证条件变形的正确性，高次降次时“步步为营” 换元法忘记回代 换元后求出新元的结果，未还原为原未知数的表达式 设元时做好标记，计算完新元的结果后，务必代回原换元式 题型精讲 知识点一、因式分解进阶 1.十字相乘法 适用二次三项式 （ 且 ）的精准拆分，如 。 含参二次三项式的因式分解，需结合判别式 分析参数取值范围. 例： 可分解为 。 题型精讲 1．把分解因式的结果是 ． 2．已知整数满足，则的值是 ． 3．分解因式： ． 2.分组分解法 四项式分组策略：“二二分组”（提取两组公因式后再提整体公因式） 如 ； “一三分组”（先构造完全平方，再用平方差） 如 。 题型精讲 4．已知．求的值． 5．分解因式： ． 6． 3.公式法延伸 立方和/差公式：；。 完全立方公式：。 题型精讲 7．对于任意实数，，恒成立，则下列关系式正确的是（   ） A． B． C． D． 8．阅读理解“约去”指数：如你见过这样的约分吗？面对这荒谬的约分，一笑之后，再认真检验，发现其结果竟然正确！这是什么原因？ (1)仔细观察式子，我们可作如下猜想：______； (2)试证明（1）中猜想的正确性．[供参考：] 9．已知实数，满足，求的最大值． 4.换元法与配方法分解 换元法：将复杂多项式中的重复部分设为新元 如分解 ，设 ， 原式转化为 ，再回代还原。 配方法：通过添项、减项构造完全平方，适用于二次项系数为1的多项式 如 。 题型精讲 10．若满足，，则的值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 11．设实数，，满足，则的最大值为 ． 12．已知实数a，b满足 (1)若，求的最小值； (2)设实数x，y满足，且，求a，b，x，y的值． 知识点二、分式与根式化简 1.分式化简核心 约分前提：先对分子分母彻底因式分解，再约去公因式，注意分母不为零的隐含条件， 如 （）。 繁分式化简：分步拆解，从最内层分式开始计算，或利用“分子分母同乘各分母最简公分母”消去分母， 如 （）。 题型精讲 13．设，则 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 14．已知：，则 ． 15．已知． (1)试问：的值能否等于2？请说明理由； (2)求的值． 16．已知实数满足，求的值． 2.根式化简技巧 分母有理化：单根式分母（如 ）；双根式分母（如 ，利用平方差公式）。 复合根式化简：配方法拆分，如 。 同类根式合并：先化简为最简根式，再合并系数，如 。 题型精讲 17．若x>0，化简． 18．函数的最大值为 ． 19．双重二次根式为形如的代数式，我们可以尝试通过配方将其转化为形如的形式，再开根号即可完成化简．请完成下列题目： (1)若，试化简代数式； (2)解方程：； (3)直接写出代数式的化简结果． 20．设，则的整数部分为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 知识点三、代数式求值技巧 1.整体代入法 已知条件变形后整体代入 如已知 ，求 ，可由 得 。 题型精讲 21．已知a是实数，并且，则代数式的值是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 22．阅读并解答下列问题：我们熟悉两个乘法公式：①；②．现将这两个公式变形，可得到一个新的公式③：，这个公式形似平方差公式，我们不妨称之为广义的平方差公式．灵活、恰当地运用公式③将会使一些数学问题迎刃而解． 例如：因式分解： 解：原式 你能利用公式（或其他方法）解决下列问题吗？ 已知实数，，满足且，求证： 23．已知，，则的值为 2.降次与分解带入法 因式分解代入法：将待求代数式因式分解，与已知条件建立关联，如已知 ，求 。 降次法：将高次代数式转化为低次，适用于已知一元二次方程的场景，如已知 ，则 ，求 可转化为 。 题型精讲 24．已知实数m满足，则（    ） A．7 B．8 C．10 D．9 25．已知为正整数，某学习小组在用代入法求代数式的值时，出现四个答案，请问以下哪个答案可能正确的是（   ） A．1713 B．1714 C．1715 D．1716 26．已知（        ）. A．3 B．-3 C．5 D．-5 3.参数法 适用于比例条件，如已知 ，设比值为 ，则 ，代入待求式计算。 题型精讲 27．若，则 ． 28．已知非负数a、b、c满足,代数式3a+4b+5c的最大值是x，最小值是y，则x+y的值是 . 29．若，则的值为 ． 强化训练 1．已知 ，则二次根式的值是（    ） A． B． C． D． 2．已知，，满足，，则（    ）． A．0 B．3 C．6 D．9 3．已知，的值有（　　） A．1个 B．2个 C．大于2个但有限 D．无数个 4．已知函数，当时，；当时，．那么，当时，的值为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 5．已知、、为一个三角形的三边长，则的值为（   ） A．恒为正 B．恒为负 C．可正可负 D．非负 6．若，则与的大小关系是（） A． B． C． D．无法确定 7．已知非零实数满足，，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知等式中，a、p、q都是整数，则符合条件的a的个数有 个． 9．已知，，的最小值是 ． 10．若，则   . 11．设，试将分解因式： ． 12．在圆周上按序摆放和为15的五个互不相等的正整数，，，，，使得最小，则这个最小值为 ． 13．已知非0实数a，b，c满足．则 ． 14． ． 15．已知，则的值为 ． 16．若a，b，c均为正实数，且，则a的最小值为 ． 17．数学老师在讲完重要不等式：后，随手出了这样一道题目：解方程，你能求的值吗？ 19．阅读材料，完成下列问题： 对于由n个实数构成的数组A＝(a1，a2，a3，…，an)，以及任意给定的正整数s，我们定义：∥A∥s，例如：A＝(1，﹣2)，∥A∥2． (1)求A＝(1，2，3，…，2022)时，∥A∥1＝_________； (2)若A＝(x，y，z，w)，∥A∥2022＝612，B，求∥B∥2022； (3)若A＝(x1，y1)，B＝(x2，y2)，C＝(x1+x2，y1+y2)，试比较∥A∥2+∥B∥2与∥C∥2的大小关系． 19．先化简，再求值：，其中 20．设不全相等的非零实数，，满足，求的值． 21．已知实数a，b，c满足，，求的值． 22．（1）已知，求的值． （2）已知，先化简再求值：． 真题展示 1．（2024·山东）已知，其中为常数，则的值为（   ） A．7 B．9 C．13 D．52 2．（2023·山东·竞赛）已知，，，那么的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东临沂）对于任意正数m，n，定义运算※如下：，计算的结果为 ． 4．（2025·山东德州）已知，，，…，，其中n为正整数．设，则值是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东济南）二次根式除法可以这样解：如．像这样通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫分母有理化，判断下列选项正确的是（   ） ①若是的小数部分，则的值为； ②比较两个二次根式的大小； ③计算； ④对于式子，对它的分子分母同时乘以或或，均不能对其分母有理化； ⑤设实数x，y满足，则； ⑥若，且，则正整数． A．①④⑤ B．②③④ C．②④⑤⑥ D．②④⑥ 6．（2025·山东济南）设 ，则 的值为（    ） A． B． C．10 D．11 7．（2024·山东日照）在数学活动课上，老师给出了一个数字构造游戏：对于给定的一列有序数字，在每相邻两个数之间插入这两数的和，形成新的一列有序数字．现有一列数：，进行第1次构造，得到新的一列数：，第2次构造后，得到一列数：，…，第n次构造后得到一列数：，记．某小组经过讨论得出如下结论，错误的是（    ） A． B．为偶数 C． D． 8．（2024·山东泰安）设a=-1，则3a3+12a2-6a-12= ． 9．（2025·山东烟台）若多项式的值为0，则的值为 ． 10．（2023·山东济南）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透． 某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析 【提出问题】已知，求的最小值 【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为和的线段，将代数求和转化为线段求和问题． 【解决问题】 (1)如图，我们可以构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则．则______+______的线段和； (2)在（1）的条件下，已知，求的最小值； (3)【应用拓展】应用数形结合思想，求的最大值． 试卷第42页，共43页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 代数运算与代数式变形 知识导航 高频易错 易错类型 具体表现 规避策略 因式分解不彻底 仅分解到表面形式，如将 分解为 后停止 牢记“分解到不能再分为止”，检查是否还能使用平方差、立方和差等公式 分式化简忽略分母限制 约分时未标注分母不为零的条件，或直接约去含未知数的公因式 每一步约分前先确定“分母≠0”，含参分式需明确参数取值范围 根式化简符号错误 分母有理化时符号处理失误，如 误化为 双根式分母有理化时，分子分母同乘分母的有理化因式，注意符号： 的有理化因式是 整体代入漏项/错号 变形已知条件时计算错误，如由 推导 时，误算为 代入前先分步验证条件变形的正确性，高次降次时“步步为营” 换元法忘记回代 换元后求出新元的结果，未还原为原未知数的表达式 设元时做好标记，计算完新元的结果后，务必代回原换元式 题型精讲 知识点一、因式分解进阶 1.十字相乘法 适用二次三项式 （ 且 ）的精准拆分，如 。 含参二次三项式的因式分解，需结合判别式 分析参数取值范围. 例： 可分解为 。 题型精讲 1．把分解因式的结果是 ． 【答案】 【分析】本题考查因式分解，采用十字相乘法直接分解即可． 【详解】可将分为， 故， 故答案为：． 2．已知整数满足，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键；由可变形为，然后根据为整数，进而得出a、b的值，最后问题可求解． 【详解】解： ， ∵为整数， ∴和也为整数， ∴当，时，则有（不符合题意，舍去）； 当，时，则有， ∴； 故答案为． 3．分解因式： ． 【答案】 【分析】此题考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法． 设，原式化为，然后整理得到，然后利用十字相乘法化简即可． 【详解】解：设 ∴ ． 故答案为：． 2.分组分解法 四项式分组策略：“二二分组”（提取两组公因式后再提整体公因式） 如 ； “一三分组”（先构造完全平方，再用平方差） 如 。 题型精讲 4．已知．求的值． 【答案】56 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，先把所求式子因式分解成，再由一直条件式得到，进而求出，据此可得答案． 【详解】解： ， ∵ ∴， ， ， ， ∴原式． 5．分解因式： ． 【答案】 【分析】本题考查了因式分解一分组分解法：分组分解法一般是针对四项或四项以上多项式的因式分解，分组有两个目的，一是分组后能出现公因式，二是分组后能应用公式． 先分组得到原式，再利用立方和公式和提公因式法分别对各组分解因式，再提公因式，然后把余下的因式利用十字相乘法分解． 【详解】解： ， 故答案为：． 6． 【答案】(a﹣4)(2a+7)(2a2﹣a﹣8) 【分析】先将a2﹣9分解因式，再重新组合相乘，运用整体思想，可分解因式． 【详解】(2a+5)(a2﹣9)(2a﹣7)﹣91 =[(2a+5)(a﹣3)][(2a﹣7)(a+3)]﹣91 =(2a2﹣a﹣15)(2a2﹣a﹣21)﹣91 =(2a2﹣a)2﹣15(2a2﹣a)﹣21(2a2﹣a)+224 =(2a2﹣a)2﹣36(2a2﹣a)+224 =(2a2﹣a﹣8)(2a2﹣a﹣28) =(a﹣4)(2a+7)(2a2﹣a﹣8)． 【点睛】本题考查了因式分解，综合利用了分组分解法，公式法，十字相乘法分解因式． 3.公式法延伸 立方和/差公式：；。 完全立方公式：。 题型精讲 7．对于任意实数，，恒成立，则下列关系式正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查立方差公式的推导与理解，明确公式结构是题关键．根据立方和公式的结构，通过替换变量符号的方法推导立方差公式． 【详解】已知对于任意实数，，有恒成立． 将替换为，则左边变为， 右边变为． 因此，立方差公式为，对应选项A． 选项C的符号错误，选项B和D的因式分解形式不符合立方差公式的结构． 故选：A． 8．阅读理解“约去”指数：如你见过这样的约分吗？面对这荒谬的约分，一笑之后，再认真检验，发现其结果竟然正确！这是什么原因？ (1)仔细观察式子，我们可作如下猜想：______； (2)试证明（1）中猜想的正确性．[供参考：] 【答案】(1)（或） (2)见解析 【分析】本题考查了约分，读懂题目信息，理解立方和公式并分解因式是解题的关键． （1）通过观察给定算式的规律猜想一般性公式； （2）再利用立方和公式对分子分母进行因式分解，通过化简证明猜想的正确性． 【详解】（1）解∶依题意得（或） 故答案为：（或） （2）证明： （或）， ∴（1）中猜想是正确的． 9．已知实数，满足，求的最大值． 【答案】 【分析】本题考查立方和公式，通过换元法将设为，再利用一元二次方程根的判别式(其中分别为一元二次方程的系数)来建立不等式求解k的取值范围，从而得到的最大值． 【详解】解：由可得： 即 令， ，故， 由， 故可得， ∴， ，可以看作关于的一元二次方程的两根， ∴ 化简得：， 即：， ∴， 故的最大值为． 4.换元法与配方法分解 换元法：将复杂多项式中的重复部分设为新元 如分解 ，设 ， 原式转化为 ，再回代还原。 配方法：通过添项、减项构造完全平方，适用于二次项系数为1的多项式 如 。 题型精讲 10．若满足，，则的值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了配方法的应用、非负数的性质、代数式求值等知识点，求得的值成为解题的关键． 三式相加可得，再运用配方法可得，由非负数的性质可得，然后代入求值即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选B． 11．设实数，，满足，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】先将已知等式变形可得，然后代入M中，利用配方法将右侧配方，最后利用平方的非负性即可求出结论． 【详解】解：∵ ∴ ∴ = = = = = = = = ∵ ∴≤ ∴的最大值为 故答案为：． 【点睛】此题考查的是配方法的应用和非负性的应用，掌握完全平方公式和平方的非负性是解决此题的关键． 12．已知实数a，b满足 (1)若，求的最小值； (2)设实数x，y满足，且，求a，b，x，y的值． 【答案】(1) (2)，，，或，，， 【分析】本题主要考查分式的混合运算，配方法求最小值，掌握分式的混合运算法则，配方法的运用是解题的关键． （1）根据题意得到，则原式化简得，由配方法求最值的计算方法即可求解； （2）根据题意得到，则，，所以，由得到，令，根据，得到，由此即可求解． 【详解】（1）解： ， ， ， ， 的最小值为． （2）解：， ， ， ， ∴， ， 当时，由得不成立， ∴， ，令， ， ，即， 整理得， 解得， ，，，或，，，． 知识点二、分式与根式化简 1.分式化简核心 约分前提：先对分子分母彻底因式分解，再约去公因式，注意分母不为零的隐含条件， 如 （）。 繁分式化简：分步拆解，从最内层分式开始计算，或利用“分子分母同乘各分母最简公分母”消去分母， 如 （）。 题型精讲 13．设，则 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了分式化简求值，根据已知求出，代入 化简即可解答 ． 【详解】解：∵， ∴， ∴原式 ． 故选：A． 14．已知：，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了分式的混合运算，先整理，结合，得，再整理，然后把代入进行计算，即可作答． 【详解】解： ∵ ∴ ∴ 故答案为： 15．已知． (1)试问：的值能否等于2？请说明理由； (2)求的值． 【答案】(1)的值不等于2，理由见解析 (2)2或27 【分析】本题主要考查了因式分解、分式求值、完全平方公式等知识点，正确进行因式分解和运用完全平方公式变形求值是解题的关键． （1）通过因式分解把高次方程化成一元二次方程，再由一元二次方程的解判断的值能否等于2即可； （2）把（1）中得到的代入中求值；把（1）得的变形求得的值，再通过完全平方公式求值． 【详解】（1）解：的值不等于2，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴或， 把代入，得， 解得，此时，与矛盾， ∴方程中的值不等于2， 综上，方程中的值不等于2． （2）解：当时，， 当时，，即， ∴． 综上，故的值为2或27． 16．已知实数满足，求的值． 【答案】 【分析】本题主要考查了完全平方公式以及分式的加法运算，熟练掌握完全平方公式的变形和分式加法法则是解题的关键． 先利用完全平方公式，由和的值求出的值，再根据分式加法法则，将转化为，最后代入与的值计算． 【详解】解：因为 所以 因为， 所以 又因为， 所以 2.根式化简技巧 分母有理化：单根式分母（如 ）；双根式分母（如 ，利用平方差公式）。 复合根式化简：配方法拆分，如 。 同类根式合并：先化简为最简根式，再合并系数，如 。 题型精讲 17．若x>0，化简． 【答案】 【分析】本题考查二次根式的运算，掌握算理是解决问题的关键．先进行分母有理化，再进行加法运算即可． 【详解】解： ， ， ， ， ， ． 18．函数的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了利用柯西不等式求函数的最大值，解题的关键是通过对函数进行变形，构造柯西不等式的形式，结合定义域求解最大值． 先确定函数的定义域，再将函数变形为符合柯西不等式的形式，利用柯西不等式求解最大值，并验证等号成立的条件． 【详解】解：要使根式有意义，需满足， 解得， 将函数变形为． 对任意实数， ， ． 令，则： ，即， 当且仅当时，等号成立，解得， 因为在范围内，所以等号能成立， 综上，函数的最大值为． 故答案为：． 19．双重二次根式为形如的代数式，我们可以尝试通过配方将其转化为形如的形式，再开根号即可完成化简．请完成下列题目： (1)若，试化简代数式； (2)解方程：； (3)直接写出代数式的化简结果． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了二次根式的计算，考查二次根式的化简，完全平方公式和平方差公式，考查计算能力，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键． （1）根据二次根式的非负性，求出的值，然后代数利用完全平方式进行求值即可； （2）利用完全平方式和平方差公式进行求解即可； （3）利用完全平方式进行求解即可． 【详解】（1）解：由得， ， ∴， ∴ ； （2）解： ，经检验，符合题意； （3）解： ∵ 即 ∴， ∴． 20．设，则的整数部分为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了二次根式，算式平方根的估算，根据二次根式的运算法则，先求出，进而求出a的值，再把a的值代入所求代数式，根据算式平方根的估算求解即可． 【详解】解：，， ， ， ， ， ， ， 的整数部分为2， 故选：． 知识点三、代数式求值技巧 1.整体代入法 已知条件变形后整体代入 如已知 ，求 ，可由 得 。 题型精讲 21．已知a是实数，并且，则代数式的值是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【答案】D 【分析】本题考查了求代数式的值等知识．根据题意得到，，把所求代数式变形为再整体代入，化简即可求解． 【详解】解：∵， ∴，， ∴ ． 故选：D 22．阅读并解答下列问题：我们熟悉两个乘法公式：①；②．现将这两个公式变形，可得到一个新的公式③：，这个公式形似平方差公式，我们不妨称之为广义的平方差公式．灵活、恰当地运用公式③将会使一些数学问题迎刃而解． 例如：因式分解： 解：原式 你能利用公式（或其他方法）解决下列问题吗？ 已知实数，，满足且，求证： 【答案】见解析 【分析】本题考查了完全平方公式，平方差公式，因式分解，根据公式合理变形是求解的关键．先将变形为，再将代入可得，根据非负数的性质即可得证． 【详解】解：已知，则， ∵， 即， ， ， ， 则， ∴， ． 23．已知，，则的值为 【答案】34 【分析】本题考查了利用完全平方公式化简求值，以及提取公因式的方法，将，这两式两边平方后再相加，经过提取公因式，左边可得，由此即可求值． 【详解】解：， ①两边平方，得， 即， ②两边平方，得， 即， 得，， ∴， ∴， 故答案为：34． 2.降次与分解带入法 因式分解代入法：将待求代数式因式分解，与已知条件建立关联，如已知 ，求 。 降次法：将高次代数式转化为低次，适用于已知一元二次方程的场景，如已知 ，则 ，求 可转化为 。 题型精讲 24．已知实数m满足，则（    ） A．7 B．8 C．10 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查因式分解及整体思想．由题意易得，然后整体代入求值即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ； 故选：B． 25．已知为正整数，某学习小组在用代入法求代数式的值时，出现四个答案，请问以下哪个答案可能正确的是（   ） A．1713 B．1714 C．1715 D．1716 【答案】D 【分析】本题综合考查因式分解的应用，三个连续自然数的积为偶数等相关知识点，重点掌握因式分解的应用．代数式因式分解可得，则代数式表示三个连续正整数的积．据此分析即可． 【详解】解：由题意可知： ， ∴为三个连续的正整数的积， ∴可写成三个连续自然数的积，其中一个因数必为偶数， ∴是一个偶数． ∵这三个选项都是奇数，且，， ∴1716是符合题意． 故选：D． 26．已知（        ）. A．3 B．-3 C．5 D．-5 【答案】A 【分析】观察已知m2-m-1=0可转化为m2-m=1，再对m4-m3-m+2提取公因式因式分解的过程中将m2-m作为一个整体代入，逐次降低m的次数，使问题得以解决． 【详解】∵m2-m-1=0， ∴m2-m=1， ∴m4-m3-m+2=m2 (m2-m)-m+2=m2-m+2=1+2=3， 故选A． 【点睛】本题考查了因式分解的应用，解决本题的关键是将m2-m作为一个整体出现，逐次降低m的次数. 3.参数法 适用于比例条件，如已知 ，设比值为 ，则 ，代入待求式计算。 题型精讲 27．若，则 ． 【答案】 【分析】设=k，可得a=3k，b=4k，c=5k，代入所求代数式即可得答案． 【详解】设=k， ∴a=3k，b=4k，c=5k， ∴=， 故答案为： 【点睛】本题考查了比例的性质，常用的比例性质有：内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质；熟练掌握比例的性质是解题关键． 28．已知非负数a、b、c满足,代数式3a+4b+5c的最大值是x，最小值是y，则x+y的值是 . 【答案】 【分析】先设=t，用t表示出a、b、c的值，再由a，b，c为非负数即可求出t的取值范围，把所求代数式用t的形式表示出来，根据t的取值范围即可求解． 【详解】设=t， 则a=2t+1，b=2-3t，c=4t+3， ∵a≥0；b≥0；c≥0， ∴2t+1≥0；2-3t≥0；4t+3≥0； 解得t≥-；t≤； t≥-； ∴-≤t≤， ∵w=3a+4b+5c，把a=2t+1，b=2-3t，c=4t+3，代入得：w=14t+26 ∴t=， ∴-≤≤， 解得，19≤w≤． ∴w的最大值是x=；最小值是y=19, ∴x+y=+19=54. 故答案为54． 【点睛】本题考查的是一次函数的性质，通过设参数的方法求出W的取值范围是解答此题的关键． 29．若，则的值为 ． 【答案】-1或8 【分析】设=k，根据比例的性质可得a+b=ck，b+c=ak，c+a=bk，根据等式的性质可得2（a+b+c）=k（a+b+c），分a+b+c=0和a+b+c≠0两种情况，分别求出k值，根据=k3即可得答案． 【详解】设=k， ∴a+b=ck，b+c=ak，c+a=bk， ∴a+b+b+c+c+a=ck+ak+bk，即2（a+b+c）=k（a+b+c）， ∴（a+b+c）(2-k)=0， 当a+b+c=0时，即a+b=-c， ∴k===-1， ∴==k3=-1， 当a+b+c≠0时，则2-k=0， 解得：k=2， ∴==k3=8， 故答案为：-1或8 【点睛】本题考查比例的性质，分情况讨论，注意整体代入思想的运用是解题关键． 强化训练 1．已知 ，则二次根式的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了二次根式的运算，先化简，再利用因式分解和完全平方公式把转化为，把化简后的值代入计算得到的值，即可求出的值，掌握二次根式的化简和完全平方公式的应用是解题的关键． 【详解】解：， ， ∴ ， ， ， ， ， ∴， 故选：． 2．已知，，满足，，则（    ）． A．0 B．3 C．6 D．9 【答案】D 【分析】将等式变形可得，，，然后代入分式中，利用平方差公式和整体代入法求值即可． 【详解】解：∵ ∴，， ∵ ∴ = = = = =6＋3 =9 故选D． 【点睛】此题考查的是分式的化简求值题和平方差公式，掌握分式的基本性质和平方差公式是解决此题的关键． 3．已知，的值有（　　） A．1个 B．2个 C．大于2个但有限 D．无数个 【答案】B 【分析】先把已知等式的常数项移到等号右侧得①，然后求得②，再把①②相加，进行分解因式，再利用平方数的非负性进行解答即可． 【详解】解：∵， ∴①， ∵②， 得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知：的值有2个，为或2， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了因式分解，差的立方公式，立方和公式，完全平方公式，实数的非负性，熟练掌握掌握公式，灵活分解因式，活用非负性是解题的关键． 4．已知函数，当时，；当时，．那么，当时，的值为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】C 【分析】本题考查求函数值，涉及解二元一次方程组、平方差公式、因式分解、有理数的混合运算等，熟练掌握相关运算法则并灵活运用是解答的关键． 先根据题意求出a、b值，再代值求解函数值即可． 【详解】解：∵当时，， ∴，整理，得； ∵当时，． ∴，整理，得； 得，解得， 将代入①中，得， ∴， ∴当时， ∴ ． 故选：C． 5．已知、、为一个三角形的三边长，则的值为（   ） A．恒为正 B．恒为负 C．可正可负 D．非负 【答案】A 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，三角形三边的关系，把原式因式分解为，根据三角形三边的关系得到，则，据此可得答案． 【详解】解： ， ∵、、为一个三角形的三边长， ∴， ∴ ∴的值恒为正． 故选：． 6．若，则与的大小关系是（） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查幂的乘方，利用求差法与配方法比较代数式的大小． 设，则，将x，y用含t的式子表示，再通过计算，利用配方法将其化为完全平方式加常数的形式，根据完全平方式的非负性来比较x和y的大小，即可解答． 【详解】解：设， ∵， ∴，． ∴， ∴，即． 故选B． 7．已知非零实数满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了分式的变形、完全平方公式的应用以及平方数的非负性，熟练掌握分式变形技巧、完全平方公式并利用平方数的非负性求解是解题的关键．先对已知的三个等式进行变形，得到关于、、的式子，再通过整理构造出完全平方的形式，利用平方数的非负性求出、、的值，最后计算． 【详解】解：∵满足，，， ∴，，， ∴， ∴， ， ∴， 即， ∴，即， ，即， ，即， ∴． 故选：A． 8．已知等式中，a、p、q都是整数，则符合条件的a的个数有 个． 【答案】6 【分析】本题考查了因式分解的应用，掌握因式分解的方法是解此题的关键．可利用多项式乘法展开后的系数对应关系，展开得，与原式对比后找到所有整数对并计算对应的即可． 【详解】解：展开可得：， 与原式对比可得：常数项：，一次项系数：， ∴整数对需满足，且，可能得整数对及对应的a如下： ①，，则； ②，，则； ③，，则； ④，，则； ⑤，，则； ⑥，，则． 综上所述，符合条件的a的个数有6个． 故答案为：6． 9．已知，，的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查求二次根式的值，勾股定理的应用，三角形三边关系，作正方形，设边长为1，在上取，上取，过H作交于G，过E作交于F，交于M，由作图可知，，，而，可得，同理，即可得的最小值是． 【详解】解：作正方形，设边长为1，在上取，上取，过H作交于G，过E作交于F，交于M，如图： 由作图可知：四边形、四边形、四边形、四边形是矩形， ∴，， 由图可知， 而， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 10．若，则   . 【答案】8 【分析】先把可化为 ，再将化为，然后代入即可解答． 【详解】解：∵可化为，化为 ∴原式==32-1=8 【点睛】本题考查了代数式求值，解题关键在于对等式的变形和完全平方公式的灵活运用． 11．设，试将分解因式： ． 【答案】 【分析】本题主要考查了因式分解，熟练掌握公式，并灵活地对式子进行构造和化简是解题的关键； 先将代入得，再将代入整理即可． 【详解】∵， ∴ ∵， ∴， ∴原式 ． 故答案为：． 12．在圆周上按序摆放和为15的五个互不相等的正整数，，，，，使得最小，则这个最小值为 ． 【答案】37 【详解】和为15的五个互不相等的正整数只能是1，2，3，4，5. 注意到五个数在圆周上是按序摆放的，且考虑的是和式，不妨设. 如果1和5的位置不相邻，不妨设（如图2），此时的和式为；交换1和的位置后，得到如图3的摆法.此时的和式为.因为，所以.因此，交换1和的位置使得1和相邻（如图3）以后，和式的值会变小. 如图3，如果，此时的和式为；交换和2的位置以后，得到如图4的摆法，此时的和式为.因为，所以.因此，交换和2的位置使得2和5相邻以后和式的值会变小. 如果，此时的和式为，交换和2的位置以后，得到如图5的摆法，此时的和式为.因为，所以，因此，交换和2的位置使得2和5相邻以后和式的值会变小. 综上可知：1和2摆在5的两边（如图5）时，和式的值变小. 当，时，和式的值为；当，时，和式的值为. 因此，所求最小值为37. 13．已知非0实数a，b，c满足．则 ． 【答案】9 【分析】用第一个括号里的算式分别乘以第二个括号里的三个分式，结合化简，所得三部分合并再化简，结合二数和完全立方式展开变形，代入化简即得． 本题主要考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算化简，完全立方公式的推导及变形运用，是解决本题的关键． 【详解】∵， 同理，，， ∴原式， 又，即， 则， 故原式． 故答案为：9． 14． ． 【答案】 【分析】本题考查二次根式的运算，将式子进行平方，运用完全平方公式展开后化简，即可解答． 【详解】∵ ， 又， ∴． 故答案为：． 15．已知，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了分式的化简求值，先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把代入化简后的式子进行计算，即可解答, 准确熟练地进行计算是解题的关键． 【详解】解： ， ∵， ∴， 当时，原式， 故答案为：． 16．若a，b，c均为正实数，且，则a的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查因式分解和一元二次方程的判别式．解题的关键是将待求代数式，用一个字母进行表示，构造出一元二次方程．根据，得到，，构造一个以b，c为两个根的一元二次方程，再转化为含字母a的一元二次方程，根据方程有两个根，得到，求出a的取值范围，即可得解． 【详解】解：∵a，b，c均为正实数，且， ∴，， ∴b，c是方程的两根， ∵方程有两个实数根， ∴，即 ∵， ∴，即， ∵， ∴，即，即正实数a的最小值为． 故答案为：． 17．数学老师在讲完重要不等式：后，随手出了这样一道题目：解方程，你能求的值吗？ 【答案】 【分析】本题主要考查了完全平方公式，多项式除以单项式，二次根式的混合计算，先把原方程化为，再证明，进而得到，则，进一步推出，，即，又，则． 【详解】解：方程两边同除以得， ∴， 即， ∵当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，……， ∴， 又∵， ∴，，即， 又∵， ∴． 19．阅读材料，完成下列问题： 对于由n个实数构成的数组A＝(a1，a2，a3，…，an)，以及任意给定的正整数s，我们定义：∥A∥s，例如：A＝(1，﹣2)，∥A∥2． (1)求A＝(1，2，3，…，2022)时，∥A∥1＝_________； (2)若A＝(x，y，z，w)，∥A∥2022＝612，B，求∥B∥2022； (3)若A＝(x1，y1)，B＝(x2，y2)，C＝(x1+x2，y1+y2)，试比较∥A∥2+∥B∥2与∥C∥2的大小关系． 【答案】(1)2045253 (2)1 (3) 【分析】（1）根据题目所给的定义求解即可； （2）由题意可得，则，由此求解即可； （3）先求出，，，然后求出，，然后利用作差法比较大小即可． 【详解】（1）解：由题意得： ， 故答案为：2045253； （2）解：∵， ∴ ； （3）解：∵，，， ∴， ∴，， ∴ 令， ，， ∴ ， ∴， ∵， ∴，即， ∵，， ∴． 【点睛】本题主要考查了新定义下的实数运算，分数指数幂，二次根式的运算和完全平方公式，正确理解题意是解题的关键． 19．先化简，再求值：，其中 【答案】， 【分析】本题考查分式的化简求值，零指数幂和负整数指数幂，二次根式的运算，利用多项式乘以多项式，单项式乘以多项式，分式的混合运算法则进行化简，根据绝对值的意义，零指数幂和负整数指数幂的法则求出的值，再进行计算即可． 【详解】解：原式 ； ∵， ∴原式． 20．设不全相等的非零实数，，满足，求的值． 【答案】0 【分析】本题考查了分式的基本性质，因式分解，整式的乘法，解分式方程，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由题意可知，，那么设，，，则，且，展开后整理得，可知，即，整理并因式分解得到，结合，，不全相等，得出答案． 【详解】解：由， 得， 设，，，则， 且， 通分可得， 展开后整理得， ∴， 即， ∴， 分解因式得 又，，不全相等， ∴， ∴． 21．已知实数a，b，c满足，，求的值． 【答案】 【分析】由和两式变形得出，，，再将原式变形为，计算即可． 【详解】∵， ∴，两边同时平方得， 即， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 同理可得，， 原式= = = = = = = = = = = =． 【点睛】本题考查了完全平方公式和平方差公式，解题的关键是对代数式进行变形． 22．（1）已知，求的值． （2）已知，先化简再求值：． 【答案】；． 【分析】本题主要考查了分式的化简求值、运用乘法公式进行化简．乘法公式包括完全平方公式和平方差公式，完全平方公式是，平方差公式是． 首先把整理，可得：和，把多项式整理可得：原式，再整体代入进行求值即可； 整理可得，把整理可得：原式，再整体代入求值即可． 【详解】解：， 移项得：， 把两边同时除以可得：， ， ； 解：， 两边同时乘以可得：， 整理得：， ． 真题展示 1．（2024·山东）已知，其中为常数，则的值为（   ） A．7 B．9 C．13 D．52 【答案】C 【分析】本题考查分式方程，解二元一次方程组，掌握掌握解分式方程的一般步骤是解决问题的关键．先将原方程通过去分母化为整式方程，整理可得，根据方程两边恒等可得，解得，代入计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ， 则， 解得：， ∴． 故选：C． 2．（2023·山东·竞赛）已知，，，那么的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，求出，，的值，利用完全平方公式解答． 根据，，，可以得到，，的值，然后将所求式子变形，再将，，的值代入计算即可． 【详解】解：∵，，， ， ， ， ， 故选：A． 3．（2024·山东临沂）对于任意正数m，n，定义运算※如下：，计算的结果为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据定义新运算可得：，然后利用二次根式的乘法法则，进行计算即可解答． 【详解】解：由题意得： ， 故答案为：2． 4．（2025·山东德州）已知，，，…，，其中n为正整数．设，则值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了二次根式的化简以及实数数字类的规律探索；探索规律，准确计算是解题关键．根据数字间的规律探索列式计算即可获得答案． 【详解】解：由题意，可得 ， ， ， …… ， ∴ ． 故选：A． 5．（2025·山东济南）二次根式除法可以这样解：如．像这样通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫分母有理化，判断下列选项正确的是（   ） ①若是的小数部分，则的值为； ②比较两个二次根式的大小； ③计算； ④对于式子，对它的分子分母同时乘以或或，均不能对其分母有理化； ⑤设实数x，y满足，则； ⑥若，且，则正整数． A．①④⑤ B．②③④ C．②④⑤⑥ D．②④⑥ 【答案】C 【分析】本题主要考查分母有理化，熟练掌握分母有理化是解题的关键；因此此题可根据分母有理化依次排除选项即可． 【详解】解：①若是的小数部分，则， 故①错误，不符合题意； ②， ，故②正确，符合题意： ③ ，故③错误； ④， ， ， 均不能对其分母有理化，故④正确； ⑤， ， ， 同理， 两式相加得，，，故⑤正确； ⑥， ， ， ， ， ， ， ，故⑥正确； 故选：C． 6．（2025·山东济南）设 ，则 的值为（    ） A． B． C．10 D．11 【答案】C 【分析】本题考查数字类规律探究，二次根式的性质，总结归纳出规律是解题的关键．通过计算总结归纳出规律，再根据规律计算求解即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， 故选：． 7．（2024·山东日照）在数学活动课上，老师给出了一个数字构造游戏：对于给定的一列有序数字，在每相邻两个数之间插入这两数的和，形成新的一列有序数字．现有一列数：，进行第1次构造，得到新的一列数：，第2次构造后，得到一列数：，…，第n次构造后得到一列数：，记．某小组经过讨论得出如下结论，错误的是（    ） A． B．为偶数 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了数字类的规律探索，先求出的值，以及对应的k值，可得规律，此时，据此可判断A、C、D；再证明是偶数即可判断B． 【详解】解：由题意得，此时， ，此时， 第3次构造后得到的一列数为， ∴，此时，故A正确，不符合题意； 同理可得，此时， ……， 以此类推可知，，此时，故D错误，符合题意 ∴，，故C正确，不符合题意； ∵是偶数， ∴是偶数， ∴是偶数， ∴是偶数， ∴是偶数， 以此类推，也是偶数， ∴为偶数，故B正确，不符合题意； 故选：D． 8．（2024·山东泰安）设a=-1，则3a3+12a2-6a-12= ． 【答案】24． 【详解】解：3a3+12a2-6a-12=3a3+3a2+9a2-6a+1-13=3a2（a+1）+（3a-1）2-13 当a=-1时 原式=37-13=24． 考点：二次根式的混合运算． 9．（2025·山东烟台）若多项式的值为0，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了因式分解的应用．根据平方差公式与完全平方公式因式分解，将原多项式化简为，再根据其值为0，得到 【详解】解： ， 由题意得， 解得． 故答案为：． 10．（2023·山东济南）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透． 某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析 【提出问题】已知，求的最小值 【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为和的线段，将代数求和转化为线段求和问题． 【解决问题】 (1)如图，我们可以构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则．则______+______的线段和； (2)在（1）的条件下，已知，求的最小值； (3)【应用拓展】应用数形结合思想，求的最大值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据题意将式子转化为线段长度之和即可； （2）作点关于的对称点，连接，则的最小值即为的长，利用勾股定理求出的长即可； （3）构造图形，使得则，则当点、、三点共线时，的最大值为，延长，交于，作于，利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：由题意可得： 的线段和； （2）作点关于的对称点，连接， 则， 则的最小值即为的长， 在中，由勾股定理得，， 即的最小值为； 故答案为：； （3）， 如图，，，，，， 设， 则， 当点、、三点共线时，的最大值为， 延长，交于，作于， 可得，， 由勾股定理得，， 的最大值为． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称最短路线问题，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合思想，学会利用转化思想解决问题． 试卷第42页，共43页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $