2026山西中考备考——代数类阅读与思考

**基本信息** 以代数规律探究与思想方法为核心，通过阅读材料引导学生提炼算法、转化问题，系统培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |规律探究|3题（特殊乘法、趣味积数、美好方程）|归纳法、代数推理|从具体运算到符号表达，构建“特例-猜想-证明”逻辑链| |代数变形|4题（分母有理化、二次根式化简、对偶式、部分分式）|换元法、配方法、构造法|从结构特征分析到恒等变形，强化转化思想与运算能力| |方程与不等式|2题（换元解方程组、不等式性质）|整体思想、类比推理|从方程解法拓展到不等关系，培养模型意识| |函数与应用|3题（立方根估算、分式值变化、配方法求最值）|估算法、数形结合|从函数性质到实际应用，提升应用意识与数据分析能力|

2026山西中考备考——代数类阅读与思考 1．阅读与思考 下面是善思小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 一类特殊乘法运算的研究 研究对象：两个十位数字相同，个位数字和为10的两位数相乘． 初探算法：例：21×29＝609；43×47＝2021；62×68＝4216；… 发现规律：可以将它们的积分成“前积”和“后积”两部分．例：62×68的积为4216，其中42看作“前积”，16看作“后积”．“前积”就是将十位数字与①_____相乘的积，“后积”就是个位数字相乘的积，“前积”乘以100加上“后积”就是这两个两位数相乘的积． 算法推理：两个两位数分别记为和，且b+c＝10，其中，，则上述规律表示为②_____．尝试对此规律进行证明． … 任务： （1）请你写出一个符合以上乘法运算特征的算式并计算出结果：　 　 ，其中“前积”为　 　 ，“后积”为　 　 ； （2）直接写出报告中“▲”处空缺的内容： ①　 　 ， ②　 　 ； （3）完成“算法推理”中的证明过程． 2．阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务． 材料一：在进行二次根式的化简与运算时，我们有时还会遇到如的式子，其实我们还可以将其进一步化简： 1． 我们就称这个过程为分母有理化. 材料二：已知x、y是两个正整数，且x＞y记作x+y＝a、xy＝b，则： 我们就称为“理想二次根式”，则上述过程就称之为化简“理想二次根式．” 例如： 任务： （1）①分母有理化；　 　 ； ②化简“理想二次根式”：　 　 ． （2）根据材料中的方法进行化简与计算：已知，，求m+n的值． 3．阅读与思考 探索“趣味积数”在数学规律探究中，我们常常会发现一些具有特殊结构的数，它们隐藏着简洁又有趣的代数特征．今天我们来认识一类新的数——“趣味积数”． 概念习得：若一个正整数m，可以表示成两个连续正整数的乘积再加上1，即满足等式m＝n（n+1）+1（其中n为正整数），那么我们就把这样的数m称为“趣味积数”． 特值举例：当n＝1时，m＝1×2+1＝3，因此3是第一个趣味积数； 当n＝2时，m＝2×3+1＝7，因此7是第二个趣味积数： … 当n取不同正整数时，可以得到更多的“趣味积数”． 规律剖析：通过对这类数的观察、计算与变形，我们可以进一步研究它的结构特征以及相邻数之间的关系，感受数字规律的奇妙． （1）结构特征：我们将趣味积数进行另一种变形：n（n+1）+1＝n2+n+1 ＝…．（最后一步） 通过推理发现“趣味积数”还具有另外一种结构特征，即任意一个“趣味积数”都可以被表示成一个正整数与的和的平方再加上． （2）相邻两个趣味积数之间的关系： 设相邻两个趣味积数分别为m1和m2，则m1＝n（n+1）+1，m2＝（n+1）（n+2）+1 ∴m2﹣m1＝…（推理过程） 通过推理发现相邻两个“趣味积数”的差为偶数． 任务： （1）写出第3个“趣味积数”：　 　 ； （2）补全结构特征中对“趣味积数”的变形过程的最后一步：　 　 ； （3）补全证明相邻两个“趣味积数”的差为偶数的推理过程． 4．阅读与思考 小明研究大数的立方根后写下如下报告． 以﹣50653的立方根为例求大数的立方根． ①首先进行了估算：因为103＝1000，1003＝1000000，1000＜50653＜1000000，所以是两位数； ②其次观察了立方数：13＝3，23＝8，33＝27，43＝64，53＝125，63＝216，73＝343，83＝512，93＝729…．猜想个位数字是7； ③接着将50653往前移动3位小数点后约为50，因为33＝27，43＝64，所以的十位数字应为3，于是猜想、验证，得50653的立方根是37； ④最后再依据“负数的立方根是负数”得到，同时发现结论：若两个数互为相反数，则这两个数的立方根也互为相反数；反之，也成立． 请你根据小明的方法和结论，完成下列问题． （1）　 　 ． （2）若，则x＝　 　 ． （3）已知，求x的值． 5．阅读与思考：为了提高全班学生的运算能力和解题技巧，张老师设计了如下的题目． 解方程组：． 观察发现：如果用代入消元法或加减消元法求解，运算量都比较大，且容易出错．如果把方程组中的（4x+3y）看成一个整体，把（6x﹣y）看成一个整体，通过换元，可以更简便地解决问题． 设4x+3y＝m，6x﹣y＝n． 则原方程组可化为． 解关于m，n的方程组．得． 所以． 解方程组，得． （1）材料中运用的数学思想是　 　 ； A．数形结合思想 B．整体思想 C．分类讨论思想 D．类比思想 （2）运用上述方法，解方程组； （3）已知关于x，y的方程组的解为，直接写出关于m，n的方程组的解； （4）对于有理数x，y，定义新运算：x*y＝ax+by+c，其中a，b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知3*5＝15，4*7＝28．求1*1的值． 6．阅读与思考下面是小敏同学的数学日记，请你认真阅读并完成下列任务． ×年×月×日星期五晴 我们运用代数推理，对方程与不等式进行变形和化简，可以找到解和解集．下面是我利用不等式的基本性质比较代数式大小的代数推理过程． 例1已知a＞b，试比较﹣2026a+1与﹣2026b+1的大小． 解：∵a＞b，﹣2026＜0，∴﹣2026a＜﹣2026b．（依据1） ∴﹣2026a+1＜﹣2026b+1（依据2） 例2已知a＞b，c＞d，试比较a+c与b+d的大小． 解：∵a＞b，∴a+c＞b+c．① ∵c＞d，∴b+c＞b+d．② 由不等式①②，得a+c＞b+d 任务： （1）小敏日记中的“依据1”是　 　 ，“依据2”是　 　 ； （2）已知a，b，c，d都是正数，且a＜b，c＜d，请类比小敏日记中例2的推理过程，比较ac与bd的大小关系． 7．阅读与思考：请仔细阅读，并完成相应任务． 求非完全平方的整数的平方根的近似值的方法 今天，我在一本书中看到了一种求非完全平方的整数的平方根的近似值的方法． 这种方法如下： 若n＝ab（在各组乘积为n的正整数中，a，b两数最接近），则的最初近似值为．若m1是的最初近似值，则的二级近似值m2的三级近似值m3． 例如：∵24＝1×24＝2×12＝3×8＝4×6，4，6最接近， ∴的最初近似值为5， ∴的二级近似值为， ∴的三级近似值为． 任务： （1）的最初近似值是　 　 ；二级近似值是　 　 ； （2）若的最初近似值是，二级近似值是，求n的值． 8．阅读与思考请阅读下列材料，并完成相应的任务． 材料一： 在进行二次根式的化简与运算时，我们有时还会遇到如的式子，其实我们还可以将其进一步化简： 我们就称这个过程为分母有理化． 材料二： 形如的化简，只要我们找到两个正数x、y（x＞y），使x+y＝a、xy＝b，则： 我们就称为“理想二次根式”，则上述过程就称之为化简“理想二次根式”． 任务： （1）分母有理化：　 　 ； （2）化简“理想二次根式”：　 　 ； （3）根据材料中的方法进行化简与计算：已知，求m+n的值； （4）计算：． 9．阅读与思考 下面是小颖同学数学笔记中的内容，请认真阅读并完成相应的任务． 构造和差对偶式解决复杂代数问题 对偶法，是一种通过发现和构造在代数结构上具有某种对称关系的一对或者一组式子，然后对这些式子进行恰当的运算进而获得结论的数学方法．有时，我们可以根据问题中代数式的结构，构造形如ax+by和ax﹣by的和差对偶形式、具体探究如下： 探究：例题：已知a+b＝10，求a2﹣b2+20b+8的值． 解：我们从a+b＝10这个式子的结构出发，构造a＝5+m，b＝5﹣m（m为实数）的对偶式． a2﹣b2+20b+8 ＝（5+m）2﹣（5﹣m）2+20×（5﹣m）+8 ＝25+10m+m2﹣（25﹣10m+m2）+100﹣20m+8 ＝25+10m+m2﹣25+10m﹣m2+100﹣20m+8 ＝108． 应用：… 任务： （1）材料中的例题解答过程中体现的一个数学思想是　 　 ． A．分类讨论思想 B．转化思想 C．数形结合思想 （2）已知a+b＝﹣8，请根据材料中构造和差对偶式的思路，求a2﹣b2﹣16b+22的值． （3）已知，求的值． 10．阅读与思考 下面是小陈同学的数学笔记，请认真阅读并完成相应的任务． 利用函数的变化趋势研究代数式值的变化情况 对于一个分子、分母都是多项式的分式，当分母的次数高于分子的次数时，我们把这个分式叫做真分式；当分母的次数不高于分子的次数时，我们把这个分式叫做假分式，有时候，需要把一个假分式化为整式和真分式的代数和，像这种恒等变形，称为将分式化为部分分式，例如，，观察发现，当部分分式中的分母为一次式时，可以借助反比例函数来研究该分式值的变化情况． 我们已知学习过反比例函数，当x＞0时，y随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，y的值无限接近0．对于部分分式我们可以令，则函数，可以看作是由函数先向右平移a个单位长度，再向上平移b个单位长度得到的新函数．那么当x＞a时，y随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，的值无限接近0，此时的值无限接近b．例如，已知部分分式，我们令，当x＞1时，y随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，的值无限接近0，所以的值无限接近2． … 任务： （1）将分式化为部分分式． （2）函数可以由哪个反比例函数经过怎样的平移得到？ （3）拓展：当x＞m时，分式的值随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，的值无限接近n，请你直接写出m的最小值以及n的值． 11．阅读与思考： 【阅读材料】我们把多项式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+b2叫做完全平方公式．如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值． 例如：求代数式x2+2x﹣4的最小值． x2+2x﹣4＝（x2+2x+1）﹣1﹣4＝（x+1）2﹣5． ∵（x+1）2≥0， ∴（x+1）2﹣5≥﹣5． ∴当x＝﹣1时，x2+2x﹣4有最小值，最小值是﹣5． 再例如：求代数式﹣3x2+6x﹣4的最大值． ﹣3x2+6x﹣4＝﹣3（x2﹣2x）﹣4＝﹣3（x2﹣2x+1）+3﹣4＝﹣3（x﹣1）2﹣1． ∵（x﹣1）2≥0， ∴﹣3（x﹣1）2≤0． ∴﹣3（x﹣1）2﹣1≤﹣1． ∴当x＝1时，﹣3x2+6x﹣4有最大值，最大值是﹣1． （1）【直接应用】若M＝a2+b2﹣2a+4b+2025，试求M的最小值； （2）【知识迁移】如图，学校打算用长20m的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙（墙足够长），求围成的菜地的最大面积． 12．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 关于“美好方程”的研究报告研究人员：博学小组 研究对象：美好方程 研究思路：利用解一元一次方程的知识解每个方程，根据“美好方程”的定义，判断两个方程是否为“美好方程”． 研究内容： 定义：如果两个一元一次方程的解之和为1，那么我们就称这两个方程为“美好方程”． 例如：方程4x＝8的解为▲，方程x+1＝0的解为■，故这两个方程为“美好方程”． 任务： （1）材料中“▲”处应填　 　 ，“■”处应填　 　 ； （2）若关于x的方程2x+m＝0与方程4x﹣2＝x+7是“美好方程”，求m的值． 13．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容．请认真阅读，然后完成后面的任务． 关于“分母有理化”的研究报告 博学小组研究对象：利用分母有理化求二次根式的值 研究思路：利用分母有理化的概念将二次根式进行化简，再求值． 研究方法：利用概念——法则的方式进行研究 研究内容：【两个概念】 （1）在二次根式中，将两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，则称这两个代数式互为有理化因式，如 的有理化因式为，的有理化因式是 （2）在解决分母含有二次根式的问题时，我们可以给分子、分母同乘以分母的有理化因式，这样把分母中的根号化去，这种方式成为分母有理化，如： 【概念理解】①的有理化因式是　 　 ． ②分母有理化的结果为　 　 ． （1）直接写出研究报告中“______”处空缺的部分分别是①　 　 、②　 　 ． （2）利用分母有理化比较与的大小． （3）计算：． 14．阅读与思考 阅读下面的材料，并解决问题． 借助因式分解解决整除问题 一般地，如果一个正整数a＝b•c，其中b能被d整除，c能被e整除，那么a就能被d•e整除．例如12＝6×2，其中6能被2整除，2能被2整除，所以12一定能被2×2整除，即12一定能被4整除． 受此启发，小张认为，若n为正整数，那么3n+2﹣3n一定能被24整除．他的证明过程如下： 证明：3n+2﹣3n＝3n（32﹣1）＝3n×8． ∵n为正整数，∴3n一定能被3整除． ∵8能被8整除，∴3n+2﹣3n一定能被3×8整除，即3n+2﹣3n一定能被24整除． 问题解决 （1）若n为正整数，下列各数，一定能整除2n+3﹣2n的是　 　 ． A.8 B.10 C.14 D.17 （2）应用：已知n是正整数，参照材料中的方法，证明：（4n+3）2﹣（2n+3）2能被24整除． （3）拓展：已知n是正整数，（4n+3）2﹣（2n+3）2能被36整除，请直接写出n的最小值． 参考答案与试题解析 1．【解答】解：（1）54×56＝3024；其中“前积”为30；“后积”为24； 故答案为：54×56＝3024；30；24； （2）十位数字加1的数（或比它大1的数）；（语言表达合理即可）， 100a（a+1）+bc； 故答案为：十位数字加1的数；100a（a+1）+bc； （3）因为b+c＝10，所以 ＝100a2+10ac+10ab+bc ＝100a2+10a（b+c）+bc ＝100a（a+1）+bc． 2．【解答】解：（1）， ∵x+y＝7，xy＝10， 令x＝5，y＝2， ∴； 故答案为：，； （2）， ， ∴， ∴． 3．【解答】解：（1）当n＝3时，m＝3×4+1＝13； 故答案为： （2）n（n+1）+1 ＝n2+n+1 ； 故答案为：； （3）m2﹣m1＝（n+1）（n+2）+1﹣[n（n+1）+1] ＝n2+3n+3﹣n2﹣n﹣1 ＝2n+2 ＝2（n+1） ∵n为正整数， ∴（n+1）为正整数， ∴相邻两个趣味积数的差为偶数． 4．【解答】解：（1）①首先进行了估算：因为103＝1000，1003＝1000000，1000＜175616＜1000000，所以是两位数， ②其次观察了立方数：13＝3，23＝8，33＝27，43＝64，53＝125，63＝216，73＝343，83＝512，93＝729…，由于175616的个位数字是6，可猜想个位数字是6， ③接着将175616往前移动3位小数点后约为175.616，因为53＝125，63＝216，所以的十位数字应为5，于是猜想、验证，得175616的立方根是56， 故答案为：56； （2）∵， ∴3x﹣3＝﹣6， 解得x＝﹣1， 故答案为：﹣1； （3）∵， ∴x﹣3，即一个数的立方根等于它本身， ∴x﹣3＝1或x﹣3＝0或x﹣3＝﹣1， 解得x＝4或x＝3或x＝2， 故答案为：2或3或4． 5．【解答】解：（1）∵把（4x+3y）看成一个整体，把（6x﹣y）看成一个整体，分别用字母m、n表示， ∴材料中运用的数学思想是整体思想， 故答案为：B； （2）设3a﹣1＝m，b﹣2＝n， 则原方程组可化为， 解得：， ∴， 解得：； （3）整理方程组可得：， 可得方程组的解为， 解得：． （4）∵3*5＝15，4*7＝28， ∴， ∴， ∴1*1＝a+b+c＝c+24﹣2c﹣35+c＝﹣11． 6．【解答】解：（1）由题意可知，“依据1”是：不等式的基本性质3：不等式的两边都乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变； 依据2”是：不等式的基本性质1：不等式的两边都加（或减）同一个代数式，不等号的方向不变， 故答案为：不等式的基本性质3；不等式的基本性质1； （2）∵a，b，c，d都是正数，且a＜b，c＞0， ∴ac＜bc①， 又∵c＜d，b＞0， ∴bc＜bd②， 由①②可得：ac＜bd． 7．【解答】解：（1）∵15＝1×15＝3×5，3与5最接近， ∴的最初近似值为； ∴的二级近似值是； 故答案为：4，； （2）设n＝ab，由条件可得a+b＝9， ∴二级近似值， 解得n＝18． 8．【解答】解：（1）； 故答案为：； （2） ； 故答案为：； （3） ． ＝3． （4）原式 ＝2025． 9．【解答】解：（1）材料中的例题解答过程中体现的一个数学思想是转化思想； 故选：B． （2）a2﹣b2﹣16b+22 ＝（﹣4+m）2﹣（﹣4﹣m）2﹣16×（﹣4﹣m）+22 ＝16﹣8m+m2﹣（16+8m+m2）+64+16m+22 ＝16﹣8m+m2﹣16﹣8m﹣m2+64+16m+22 ＝86； （3） ＝（2+m）2﹣（2﹣m）2+8（2﹣m）+1 ＝4+4m+m2﹣（4﹣4m+m2）+16﹣8m+1 ＝4+4m+m2﹣4+4m﹣m2+16﹣8m+1 ＝17． 10．【解答】解：（1）； （2）函数可以由反比例函数先向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到； （3）原式 ， ∴当x＞1时，分式的值随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，的值无限接近0， ∴当x＞1时，分式的值随着x的增大而减小，且随着x的无限增大，的值无限接近2， ∴根据题意可得m的最小值为1，n的值为2． 11．【解答】解：（1）（1）M＝a2+b2﹣2a+4b+2025＝（a﹣1）2+（b+2）2+2020． ∵（a﹣1）2≥0，（b+2）2≥0， ∴（a﹣1）2+（b+2）2+2020≥2020． ∴M的最小值是2020． （2）设垂直于墙的一边长为xm，根据题意得： x（20﹣2x）＝20x﹣2x2＝﹣2（x2﹣10x）＝﹣2（x﹣5）2+50． ∵（x﹣5）2≥0， ∴﹣2（x﹣5）2≤0． ∴﹣2（x﹣5）2+50≤50． ∴当x＝5时，有最大值，最大值是50m2． ∴围成的菜地的最大面积是50m2． 12．【解答】解：（1）4x＝8， x＝8÷4， 解得：x＝2； x+1＝0， x＝0﹣1， 解得：x＝﹣1． 故答案为：x＝2；x＝﹣1； （2）2x+m＝0， 解得：； 4x﹣2＝x+7， 4x﹣x＝2+7， 3x＝9， 解得：x＝3， ∵2x+m＝0与4x﹣2＝x+7是“美好方程”， ∴， 解得：m＝4． 13．【解答】解：（1）； ． 故答案为：； ； （2）∵， ． ∵， ∴； （3）原式 ． 14．【解答】解：（1）原式＝2n（23﹣1） ＝2n×7 ＝2n﹣1×14， ∵n是正整数，2n﹣1是整数， ∴2n+3﹣2n一定能被14整除， 故答案为：C； （2）已知n是正整数，参照材料中的方法，则： 原式＝[（4n+3）+（2n+3）][（4n+3）﹣（2n+3）] ＝6（n+1）×2n ＝12n（n+1）， ∵n是正整数，n和n+1是连续整数， ∴n（n+1）能被2整除， ∴12n（n+1）能被12×2＝24整除，即（4n+3）2﹣（2n+3）2能被24整除； （3）（4n+3）2﹣（2n+3）2＝12n（n+1）， 由题意可得： ∴是整数， 即n（n+1）能被3整除， ∵n是正整数，n和n+1是连续整数， ∴当n＝2时，2×3＝6能被3整除， 故n的最小值为：2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/21 16:11:21；用户：贾老师；邮箱：18700475953；学号：68421402 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $