专题06 整式及其加减压轴题（专项训练）数学新教材华东师大版七年级上册

**基本信息** 聚焦整式加减压轴题，通过代数推理、图形应用及新定义运算，系统培养抽象能力、推理意识与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |代数推理与规律|单选1/填空13|含数值转换、周期性规律题，需抽象数量关系|从整式运算到规律探究，构建“运算-归纳-验证”逻辑链| |图形与整式应用|单选2/7/解答16|结合矩形分割、面积周长计算，需几何直观|以图形为载体，建立“图形特征-整式表达-关系推导”联系| |新定义与分类讨论|单选4/5/解答17|涉及“差和操作”“对绝操作”等新运算，需分类分析|通过新定义整合整式性质，培养符号意识与逻辑推理|

的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题06整式及其加减（压轴题专项训练） 一、单选题 1.(18-19七年级上四川巴中.期末)有一个数值转换器，原理如图所示，若开始输入x的值是5，可发现 第1次输出的结果是16，第2次输出的结果是8，第3次输出的结果是4，依次继续下去，第2021次输出 的结果是() x为奇数 3x+1 输入x 输出 1 x为偶数 A.1 B.2 C.4 D.8 2.(21-22七年级上广东揭阳·期中)如图，大长方形ABCD是由一张周长为C1正方形纸片①和四张周长 分别为C,C,C4,C的长方形纸片②，③，④，⑤拼成，若大长方形周长为定值，则下列各式中为定值 的是() D ③ ② ① ④ ⑤ A.C1 B.C3+Cs C.C1+C3+Cs D.Ci+C2+C4 (2023湖北武汉：二模)已知-一列数的和x+X+·为号×12 ·,且 X1-3X2+1=X2-3x32·X2-3x2023+2022=x20233X1+2023,则X1-2X23X3的值是() A.2 B.-2 C.3 D.-3 4.(23-24七年级上·重庆垫江·期末)已知x>y>z>m>n,从y、z、、n中随机取两个字母作差，记为 A,将剩下两个字母作差后取绝对值，记为B;再对x一A+B进行化简运算，称此为“差和操作”，例如： x-z-n+m-y=x-z+n-m+y=x+y-z-m+n为一次“差和操作”，x+y-z-m+n为“差和操 作”的一种运算结果，下列说法： ①存在两种“差和操作”运算结果的和为2X: 1/8 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②不存在两种“差和操作”运算结果的差为2m+2n; ③所有的“差和操作”共有4种不同运算结果.其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 5.(23-24八年级下.重庆秀山期末)在多项式a-b+c-d+e(其中a>b>c>d>e>0)中，任意添加绝 对值符号且绝对值符号内至少包含两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有 加减法运算，然后进行去绝对值符号运算，称此运算为“对绝操作”·例如： a-b+c+-d+e=a-b+c+d-e,a-b+c-d+e=a-b+c-d+e.,下列说法正确的个数是() ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0： ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等： ③所有的“对绝操作”共有7种不同运算结果。 A.0 B.1 C.2 D.3 6.(23-24九年级下.重庆.阶段检测)依次排列的两个整式-2a+b,2a-3b将第1个整式乘2再减去第2 个整式，称为第1次操作，得到第3个整式-6+5b;将第2个整式乘2再减去第3个整式，称为第2次 操作，得到第4个整式10a-11b;将第3个整式乘2再减去第4个整式，称为第3次操作，得到第5个整 式-22a+21b;.,以此类推，下列4个说法，其中正确的结论有()个. ①第6个整式为-42a+43b: ②第n个整式中a系数与b系数的和为1： ③若a=b=2024,则前n个整式之和为2024n. ④第n次与第n+1次操作后得到的两个整式中a与b所有系数的绝对值之和为2+3： A.0 B.1 C.2 D.3 7.(24-25七年级上江苏宿迁·期中)如图，长为y,宽为x的大长方形被分割为7小块，除阴影A,B外， 其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为4，下列说法中错误的有() 4 A ①每个小长方形的较长边为y-8: ②阴影A的较短边和阴影B的短边之和为x-y+4; ③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值： ④当x=20时，阴影A和阴影B的面积和为定值. A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 218 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 8.(2425九年级上重庆期中)已知恒等式2x-1”=anx+an-1x"-1+a-2x-2++a1x+a0,其中n为 正整数，an,…,ao为整数，下列说法：①当n为奇数时，a0一定为1：②无论n为何值， 024-1 a,+a-1+an-2t+a1+a0=1;③当n=2024时，a2+a4+ag++ao2+a2024-2 其中正确的个数 是() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 9.(25-26七年级上·湖北武汉·期中)如图，第23届国际数学家大会在德国召开.设计的邮票包括了“矩形 求方”问题的一种解法，该问题是要把整数边的矩形分成具有整数边的大小不等的正方形.若图中最大正 方形与最小正方形的边长分别为x、,则=() Deutschland 110 32 43 A. 3 B. C.11 D.12 二、填空题 10.(23-24七年级上·安徽阜阳期中)已知P=-x3+4x-2,Q=3x3-2Xy+3. (1)当y=2时，化简：P+Q= (2)若3P+Q的值与x的值无关，则代数式3P+Q的值为 11.(24-25七年级上·浙江宁波期末)如图，将周长相等的正方形ABCD和长方形EFGH放入一个大 长方形内，大长方形未被覆盖部分为①和②，若已知①和②的周长之差为6，则下列可求具体数值的选项 是() E H ② A D G ① B A.AB与EF的和 B.AB与EH的积 C.AB与EF的差 D.AB与EH的商 3/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 12.(24-25八年级下·重庆期末)我们规定：若一个正整数A能写成m2-2n,其中m与n都是两位数， 且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方减2倍数”，并把A分解成m2-2n的过程， 称为“方减分解”.例如：因为579=252-2×23,25与23的十位数字相同，个位数字5与3的和为8，所 以579是“方减2倍数”，579分解成579=252-2×23的过程就是“方减分解”.按照这个规定，最小的 “方减2倍数”是；把一个“方减2倍数”A进行“方减分解”，即A=m2-2n,将m放在n的左 边组成一个新的四位数B,若B能被I9整除，且满足m-n的值最大，则满足条件的正整数A为 13.(24-25七年级上甘肃武威期中)x-1+x-2+x-3+.+x-2010的最小值是 14.(25-26七年级上：江苏南京-阶段检测)已知abc<0,a+b+c=0,若x=b+c+3la+c_4a+b b 则x的最大值与最小值的乘积为 15.(25-26九年级上·重庆期末)我们规定：一个四位数M=bcd,若M满足各个数位上的数字均不相 等，且a-d=b-c=2,则称这个四位数为“差异数”.（例如：四位数3421，因为各个数位上的数字均不 相等，且3-1=4-2=2，所以3421是“差异数”，按照这个规定，最小的“差异数”是 ；一个“差 异数”M=abcd,将其千位和百位数字调换位置，十位和个位数字调换位置，得到一个新的数M=badc, 记F/M=M-M 891,记N=10a+c+5,N的各个数位上数字之和记为GN若FM+GN+3c+5能写成 一个正整数的平方，则满足条件的正整数M的最大值与最小值的和为一 三、解答题 16.(25-26七年级上湖北期末)如图1所示的长为a,宽为b(a>b)的小长方形纸片，按如图2、3所示 的方式不重叠地放在长方形ABCD内，未被覆盖的部分（两个长方形）用阴影表示. P 图1 图2 图3 (1)如图2所示，点E、Q、P在同一直线上，点F、Q、G在同一直线上，右下角与左上角的阴影部分面积 的差为 (用含a、b的代数式表示)： (2)如图3所示，点F、H、Q、G在同一直线上，设右下角与左上角的阴影部分的面积的差为S,P℃=x. ①AE的长度为 (用a、b、x的代数式表示)： ②当BC的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，那么、b必须满足什么条件？ 17.（20-21七年级上广东佛山期末)对于有理数a、b,定义了一种新运算“※”为： 4/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2a-ba≥b a※b= 2bla<bl a- 如：5※3=2x5-3=7,1※3=1子×3=-1. 3 (1)计算：①2※-1=；②-4※-3=： (2)若3※m=-1+3x是关于x的一元一次方程，且方程的解为x=2,求m的值： (3)若A=-x3+4x2-x+1,B=-x+6x2-X+2,且A※B=-3,求2x3+2x的值 18.（21-22七年级上山东青岛·期末)我们知道，正整数按照能否被2整除可以分成两类：正奇数和正偶 数.受此启发，按照一个正整数被3整除的余数，把正整数分为三类：如果一个正整数被3除余数为1， 则这个正整数属于A类，例如1,4,7等；如果一个正整数被3除余数为2，则这个正整数属于B类，例 如2,5,8等：如果一个正整数被3整除，则这个正整数属于C类，例如3,6,9等. (1)2022属于类(A,B或C): (2)①从B类数中任取两个数，则它们的和属于 类（填A,B或C); ②从A类数中任意取出2021个数，从B类数中任意取出2022个数，从C类数中任意取出k个数(k为正整 数)，把它们都加起来，则最后的结果属于类（填A,B或C); (3)从A类数中任意取出个数，从B类数中任意取出n个数(，n为正整数)，把他们都加起来，若最 后的结果属于A类，则下列关于，n的叙述正确的是一（填序号)， ①m属于A类；②+2n属于A类；③m,n不属于同一类；④m-n属于A类， 19.(23-24七年级上·四川成都期中)关于y的整式，当y取任意一组相反数n与-n时，若整式的值相等， 则该整式叫做“偶整式”；若整式的值互为相反数，则该整式叫做“奇整式”，例如：y是“偶整式”， y是“奇整式” (1)若整式A是关于y的“奇整式”，当y取3与-3时，对应的整式值分别为A1,A2,则A,+A2=_ (②)判断式子y-3-y+3是“偶整式”还是“奇整式”，并说明理由 (3)对于整式y-y+y2-y+2,可以看作一个“偶整式”与“奇整式”的和. ①这个“偶整式”是一，“奇整式”是一 ②当y分别取-3，-2，-1,0,1,2,3时，这七个整式的值之和是 20.(24-25七年级上·湖南长沙·期中)阅读材料并回答问题： 对任意一个三位数M=abc(1≤a≤9,1≤b≤9,0≤c≤9，a,b,c为整数)，若其个位上的数字与百位上的数字 之和等于十位上的数字，则称M为“万象数”，现将“万象数”M的个位作为十位，十位作为百位，百位 作为个位，得到一个数N,并规定KM=N-M,我们称新数KM为M的“格致数”. 5/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 例如154是一个“万象数”，将其个位作为十位，十位作为百位，百位作为个位，得到一个数N=541, K154=541-154=387,所以154的“格致数”为387. (1)填空：当M=253时，N= :当M=198时，K198= (2)求证：对任意的“万象数”M,其“格致数”KM都能被9整除： (3)已知某“万象数”M的“格致数”为KM,KM既是72的倍数又是完全平方数，求出所有满足条件 的“万象数”M(完全平方数：如0=02,1=1,4=2,9=32,16=42，…，我们称0,1,4,9,16.…为完全 平方数) 21.(24-25七年级上·河北秦皇岛期末)定义新运算“△”和“口”： ①定义新运算“△”：给定有理数a、b,对于整式A、B,规定A△B=aA-bB,等式右边是通常的减法、 乘法运算： ②定义新运算“口”：给定正整数n(m≥2)，对于整式M,规定n口M=M△M△…凶 (按从左到右 n个M 的顺序依次做“△”运算)例如：当a=1、b=2,n=2时，对于A=x,B=y,则有 A△B=A-2B=X-2y,2□A=A△A=X-2x=-X. (1)当a=2,b=2时，若A=x+2y,B=2x-3y,求A△B和3口A. (2)直接写出一组a,b的值，使得对任意一个正整数n(n≥2)和任意一个整式M,都有n口M=M成立. (3)当a=1,b=2时，若A=4x2+3xy+5y2,B=10x2-7xy+6y2+8,若(p☐A)△(q☐B)(p、q为正 整数，且p≥2、q≥2)中不含x2项，直接写出满足条件的一组p、q的值， 22.(25-26七年级上·北京通州·期中)给定有理数，b,对整式A,B,定义新运算“⊕”： A⊕B=aA+bB:对正整数nn≥2和整式A,定义新运算“⑧”：n⑧A=A⊕A田 (按从左 n个A 到右的顺序依次做“⊕”运算).特别地，1⑧A=A. 例如，当a=1,b=2时，若A=X,B=-y,则A⊕B=A+2B=X-2y,2⑧A=A⊕A=3x. (1)当a=2,b=1时，若A=x+y,B=x-2y,则A⊕B=,3⑧B= (2)对每一个正整数n和整式A,均有n⑧A=A,直接写出a,b满足的关系： (3)当a=2,b=1时，若A=3x2+15xy,B=2x2-62xy-y2,p,q是正整数，令P=p⑧A,Q=q⑧B, 且P⊕Q不含y项，直接写出P和q的值. 23.(25-26七年级上山东济南·期中)阅读下列材料，并回答问题.我们知道的几何意义是指数轴上表 示数α的点与原点的距离，那么a-b的几何意义又是什么呢？我们不妨考虑一下，取特殊值时的情况. 比如考虑5--6的几何意义，在数轴上分别标出表示-6和5的点（如图所示），两点间的距离是11，而 5-(-6)=11,因此不难看出5--6就是数轴上表示-6和5两点间的距离，a-b的几何意义是数轴上 618 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 a,b两数对应点之间的距离. ALLLLLLLB -6-5-4-3-2-101234567 (1)数轴上表示-20和-5的两点之间的距离是： (2)数轴上表示x和一1的两点之间的距离是 3)若x+2+x-4=7,则x的值为： (4)当x= 时，x+1山+x-2+x-3的值最小，且最小值是： (5)设Q=x+2025+2027+x+22026-x,当Q的值最小时，整数x所有可能的值的和为 24.（25-26六年级上山东烟台·期末)为厚植雷锋精神，涵养时代新风，某校准备打造一条“雷锋精神” 文化长廊.如图，长廊的地面宽为5米，并按如图方式在地面铺设边长为1米的正方形地砖.其中，阴影 部分为彩色地砖，白色部分为普通地砖， (1)若长廊长8米，则需彩色地砖 块，普通地砖 块 (2)若长廊长2m+1米(m为正整数)，则需彩色地砖 块； (3)学校拟向某商家购买地砖，该商家彩色地砖原价90元/块，普通地砖原价40元/块.经协商，商家推出 如下优惠：买一块彩色地砖赠送一块普通地砖.已知购买的所有地砖的边长均为1米， ①若长廊长n米(n为正整数)，请用含n的代数式表示购买地砖所需的费用： ②已知学校采购地砖的预算为3600元，求可打造的长廊的最大长度. 25.(2026广东佛山一模)【问题提出】 如果一个整数的所有数位之和能被3整除，那么这个整数就能被3整除 【问题探究】 以四位数为例，设bcd是一个四位数，若a+b+c+d可以被3整除，则这个数可以被3整除. 这个结论的论证过程表述如下： abcd=1000a+100b+10c+d=999a+99b+9c+a+b+c+d.显然999a+99b+9c能被3整除，因 此，若a+b+c+d能被3整除，则abcd就能被3整除. 【类比探究】 判断一个三位数bc能否被7整除，先采用归纳的策略，列举一些简单的三位数，发现如下特征： 三位数 能否被7整除 特征 718 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 133 能 13-2×3=7,7能被7整除 224 能 22-2×4=14,14能被7整除 294 能 29-2×4=21,21能被7整除 14-2×8=-2,-2不能被7整 148 不能 除 (1)根据以上探究过程，提出猜想：一个三位数abc,如果 可以被7整除，那么abc就能被7整除； (2)证明这个猜想的正确性. 【拓展应用】 结论可以推广到任意正整数：假设该正整数的个位数字是b,除个位数字外的部分用表示，推理过程与上 面相同，依然能得到当a-2b是7的倍数时，原数能被7整除： (3)①若一个正数m能被7整除，m的最后三位数为256，求m的最小值. ②四位数1ab9,既能被3整除，也能被7整除，直接写出a与b之间满足的关系. 8/8 专题06 整式及其加减（压轴题专项训练） 1．A 2．B 3．D 4．C 5．B 6．A 7．B 8．D 9．C 10． 11．C 12． 13． 14． 15． 2310 13508 16．(1) (2)① ； ② 17．（1）①5；②；（2）1；（3）16． 18．(1)C (2)①A；②B (3)②③ 19．(1)0 (2)式子是“奇整式”， 将代入中可得； ∵与互为相反数， ∴该式为奇整式； (3)①；；②42 20．(1)532，783 (2) 证明：设“万象数”M为，则N为，则， ∵， ∴， ∴其“格致数”都能被9整除； (3)682或286 21．(1)，； (2)， (3)，. 22．(1)， (2) (3) 23．(1)15； (2)； (3)或； (4)2，4； (5)2026 24．(1)12；28 (2) (3)①元；②可打造的长廊的最大长度为16米 25．(1) (2) 解：∵， ， ∵是的倍数， ∴是的倍数时，那么就能被7整除， 即是的倍数时，那么就能被7整除； (3)①；②是的倍数，且是的倍数 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 整式及其加减（压轴题专项训练） 一、单选题 1．（18-19七年级上·四川巴中·期末）有一个数值转换器，原理如图所示，若开始输入的值是5，可发现第1次输出的结果是16，第2次输出的结果是8，第3次输出的结果是4，依次继续下去，第2021次输出的结果是（  ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】A 【分析】根据流程图求出第4次、第5次的输出结果，发现除去前2次的输出结果，后面的输出结果以4，2，1为一个循环，用2021减去2，再除以3，即可求出结果． 【详解】解：第1次输出结果是16， 第2次输出结果是8， 第3次输出结果是4， 第4次输出结果是， 第5次输出结果是， 第6次输出结果是， 下面开始循环， 除去前2次的输出结果，后面的输出结果以4，2，1为一个循环， ， ∴第2021次输出结果是1． 故选：A． 【点睛】本题考查找规律，解题的关键是掌握循环问题的解决方法． 2．（21-22七年级上·广东揭阳·期中）如图，大长方形ABCD是由一张周长为C1正方形纸片①和四张周长分别为C2，C3，C4，C5的长方形纸片②，③，④，⑤拼成，若大长方形周长为定值，则下列各式中为定值的是（    ） A．C1 B．C3+C5 C．C1+C3+C5 D．C1+C2+C4 【答案】B 【分析】将各长方形的边长标记出来，可将大长方形ABCD的周长为和正方形纸片①的周长C1和四张长方形纸片②，③，④，⑤的周长分别为C2，C3，C4，C5表示出来，其中大长方形ABCD的周长为为定值，然后分别计算C3+C5，C1+C3+C5，C1+C2+C4，找出其中为定值的即可． 【详解】解：如图，将各长方形的边长标记出来， ∴大长方形ABCD的周长为为定值， ∴，，，， ∵①是正方形， ∴ ∴， ∴， ， ， ∴为定值， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了整式的加减的计算，熟练掌握整式的加减的运算法则是解答本题的关键． 3．（2023·湖北武汉·二模）已知一列数的和，且，则的值是(    ) A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】设， 则可推出，从而得到，，故，从而得到． 【详解】解：设， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 即 ∴ 故选：D 【点睛】本题考查整式的加减法，推导是解题的关键． 4．（23-24七年级上·重庆垫江·期末）已知，从y、z、m、n中随机取两个字母作差，记为A，将剩下两个字母作差后取绝对值，记为B；再对进行化简运算，称此为“差和操作”，例如：为一次“差和操作”，为“差和操作”的一种运算结果，下列说法： ①存在两种“差和操作”运算结果的和为； ②不存在两种“差和操作”运算结果的差为； ③所有的“差和操作”共有4种不同运算结果．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查整式的加减运算，需列举所有“差和操作”可能的结果，并验证三个说法的正确性；通过分析，存在两种结果和为，不存在两种结果差为，且有5种不同结果，故说法①和②正确，说法③错误． 【详解】解：从y、z、m、n中选两个作差记为A，剩下两个作差取绝对值记为B，计算，共有12种情况，化简后得到5种不同结果： ∵ ， ， ， ， ， 对于说法①：取和， ∵， ∴说法正确； 对于说法②：计算任意两结果差，均无， 例如等， ∴说法正确； 对于说法③：有5种不同结果，非4种， ∴说法错误； 综上，正确说法有2个． 故选：C． 5．（23-24八年级下·重庆秀山·期末）在多项式（其中）中，任意添加绝对值符号且绝对值符号内至少包含两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有加减法运算，然后进行去绝对值符号运算，称此运算为“对绝操作”．例如：，下列说法正确的个数是（    ） ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“对绝操作”共有7种不同运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查新定义题型及绝对值计算和分类讨论思想的应用，根据题目所给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论求解即可得到答案 【详解】解：由题意可得， ∵， ∴去绝对值操作后还是它本身， ∴不存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故①错误， 存在，，，，，， ，8种情况使其运算结果与原多项式相等，故②正确， 总共有：，，，，，5种结果，故③错误， 故选：B． 6．（23-24九年级下·重庆·阶段检测）依次排列的两个整式，将第1个整式乘2再减去第2个整式，称为第1次操作，得到第3个整式；将第2个整式乘2再减去第3个整式，称为第2次操作，得到第4个整式；将第3个整式乘2再减去第4个整式，称为第3次操作，得到第5个整式；，以此类推，下列4个说法，其中正确的结论有（    ）个． ①第6个整式为； ②第个整式中系数与系数的和为1； ③若，则前个整式之和为． ④第次与第次操作后得到的两个整式中与所有系数的绝对值之和为； A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】先根据题意得出前面五次操作的结果，再进行观察，分析得出规律，结合举反例的方法，从而可得答案． 【详解】解：①第1个整式：， 第2个整式：， 第3个整式：，（第一次操作） 第4个整式：，（第二次操作） 第5个整式：，（第三次操作） 第6个整式：，（第四次操作） 第7个整式：，（第五次操作） 故①错误； 由前面7个等式可得的系数之和为， ∴第个整式中系数与系数的和为；故②错误； ∵，当时，前3个整式之和为： ，故③错误； 当时，第一次操作得，第二次操作得， 此时所有的系数的绝对值之和为， 此时，故④错误， 故选A 【点睛】本题考查的是整式的加减运算，整式的加减运算中的规律探究，举反例方法的应用，绝对值的含义，掌握探究的方法是解本题的关键． 7．（24-25七年级上·江苏宿迁·期中）如图，长为y，宽为x的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外，其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为4，下列说法中错误的有（    ） ①每个小长方形的较长边为； ②阴影A的较短边和阴影B的短边之和为； ③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值； ④当时，阴影A和阴影B的面积和为定值． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了列代数式以及整式的加减混合运算，根据图形分别表示出相关边长并能熟练运用整式加减的运算法则是解题的关键． 观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为，说法①不符合题意；②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影A，B的较短边长，将其相加可得出阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为，说法②不符合题意；由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影A和阴影B的周长之和为，结合x为定值可得出说法③符合题意；由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影A和阴影B的面积之和为，代入可得出说法④符合题意． 【详解】解：∵大长方形的长为y，小长方形的宽为， ∴小长方形的长为，说法①错误； ∵大长方形的宽为，小长方形的长为，小长方形的宽为， ∴阴影A的较短边为， 阴影B的较短边为， ∴阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为，说法②错误； ∵阴影A的较长边为，较短边为， 阴影B的较长边为，较短边为， ∴阴影A的周长为， 阴影B的周长为， ∴阴影A和阴影B的周长之和为， ∴若x为定值，则阴影A和阴影B的周长之和为定值，说法③正确； ∵阴影A的较长边为，较短边为， 阴影B的较长边为，较短边为， ∴阴影A的面积为， 阴影B的面积为， ∴阴影A和阴影B的面积之和为： ， 当时，，说法④正确， 故选：B． 8．（24-25九年级上·重庆·期中）已知恒等式，其中为正整数，，，为整数，下列说法：①当为奇数时，一定为；②无论为何值，；③当时，．其中正确的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】本题主要考查已知字母的值求代数式的值，解题关键在于对x进行赋值，即对其取1，0，，得到不同的多项式进行加减运算进而求得结果． ①当时，则，即可判断；②取，代入恒等式中求出代数式的值即可判断．③取、和，分别代入各式中求出代数式的值，并作混合运算即可判断． 【详解】解：①当时，则，那么，为奇数时，一定为，故①正确； ②当时，则，那么，无论为何值，成立，故②正确； ③当时， 若时，则， 若时，则， 若时，则， 那么，，得， 则，故③正确； 故选：D． 9．（25-26七年级上·湖北武汉·期中）如图，第23届国际数学家大会在德国召开.设计的邮票包括了“矩形求方”问题的一种解法，该问题是要把整数边的矩形分成具有整数边的大小不等的正方形．若图中最大正方形与最小正方形的边长分别为x、y，则（    ） A． B． C．11 D．12 【答案】C 【分析】本题考查整式加减的应用，代数式求值．利用数形结合的思想是解题关键．第2号正方形的边长为，根据图形依次用代数式表示出第3、4、7、11号和第5、6、81号正方形的边长，根据第11号边长号边长号边长号边长，进而可求出，由此即可求解． 【详解】解：如图：顺次对图中每一个正方形标号， 由图可知：第1号正方形的边长为，第10号正方形的边长为， 设第2号正方形的边长为， ∴第3号正方形的边长为， ∴第4号正方形的边长为， ∴第7号正方形的边长为， ∴第11号正方形的边长为， ∴第5号正方形的边长为， ∴第6号正方形的边长为， ∴第8号正方形的边长为， 由第11号边长号边长号边长号边长可得： 号边长， ∴， 故选：C． 二、填空题 10．（23-24七年级上·安徽阜阳·期中）已知，． （1）当时，化简：___________． （2）若的值与x的值无关，则代数式的值为___________． 【答案】 【分析】本题考查了整式的化简求值，牢记运算顺序“先合并同类项，再代入求值”是解题关键． 【详解】解：（1） 将代入得： ． （2） 的值与x的值无关， ， 11．（24-25七年级上·浙江宁波·期末）如图，将周长相等的正方形 和长方形 放入一个大长方形内，大长方形未被覆盖部分为①和②，若已知①和②的周长之差为 6，则下列可求具体数值的选项是（     ） A． 与 的和 B． 与 的积 C． 与 的差 D． 与 的商 【答案】C 【分析】本题主要考查了列代数式，正方形和长方形的周长公式，解题关键是通过利用正方形和长方形周长相等这一条件，建立等式关系，进行代数运算和推理的能力．设正方形的边长为，长方形的长为，宽为．中间四边形的周长为．然后根据①+③的周长和②+③的周长之差为6，列出等式，化简得到．再由正方形和长方形周长相等，即，变形为．最后通过和这两个式子，能够求出（即）与（即）的差，从而确定答案为C选项，而其他选项仅根据现有条件无法求出具体数值． 【详解】设正方形的边长为，长方形的长为，宽为．中间四边形的周长为③ ①+③的周长为：， ②+③的周长为：， 已知①和②的周长之差为6， ①+③的周长和②+③的周长之差为6， 即， 化简可得， 则， 因为正方形和长方形周长相等， 所以，可得， 又因为， 可通过这两个式子求出的值， 所以与的差可求． 与的和，与的积，与的商，仅根据现有条件无法求出具体数值． 答案选C． 12．（24-25八年级下·重庆·期末）我们规定：若一个正整数A能写成，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方减2倍数”，并把A分解成的过程，称为“方减分解”．例如：因为，25与23的十位数字相同，个位数字5与3的和为8，所以579是“方减2倍数”，579分解成的过程就是“方减分解”．按照这个规定，最小的“方减2倍数”是______；把一个“方减2倍数”A进行“方减分解”，即，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B能被19整除，且满足的值最大，则满足条件的正整数A为______． 【答案】 【分析】本题考查了代数式的运算与变形和逻辑推理能力，正确计算是解题的关键． 本题主要分两部分求解．第一部分求最小的“方减2倍数”，根据定义找出最小的满足条件的两位数m和n,进而求出最小的“方减2倍数”．第二部分，先根据“方减2倍数”A的“方减分解”得到新四位数B的表达式，再结合B能被19整除以及的值最大这两个条件，通过分析m、n的取值来确定正整数A． 【详解】解：因为“方减2倍数” m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8， 所以设则， 观察可知，m的值越小，A就越小． 因为m是两位数，最小的两位数是10， 所以A最小时，此时，． 将，代入可得． 那么最小的“方减2倍数” ． ∵将放在的左边组成一个新的四位数B， ∴ ， 因为B能被19整除， 所以能被19整除． ∵，，满足的值最大， ∴尽可能得大， 当时，，由能被19整除可得，解得，不合题意； 当时，，由能被19整除可得，解得不合题意；或，解得， 符合题意； ∴满足的值最大时，，， 此时，， 此时． 故答案为：64，． 13．（24-25七年级上·甘肃武威·期中）的最小值是__________ 【答案】 【分析】本题考查了绝对值，理解绝对值的几何意义，化简绝对值是解题的关键；表示a的点到表示b的点的距离，根据绝对值的几何意义把问题转化为求x到1，2，3，，2009，2010的距离之和，而当x表示的点处在最中间两个数1005，1006对应的点之间时，距离之和最小，再根据绝对值的化简求解即可． 【详解】解：表示x到1，2，3，，2009，2010的距离之和， 当时，距离之和最小， ， 故答案为：． 14．（25-26七年级上·江苏南京·阶段检测）已知，，若，则的最大值与最小值的乘积为__________． 【答案】 【分析】本题考查了绝对值的化简，多个有理数的乘法法则等知识，判断出a、b、c三个因数中负因数的个数为奇数个，结合的特点分情况讨论是解题关键．先根据，,进而得到．根据得到a、b、c三个因数中负因数的个数为奇数个，结合的特点得到当时，的最大值为，当时，的最小值为，即可求出乘积为． 【详解】解：∵， ∴, ． ∵， ∴a、b、c三个因数中负因数的个数为奇数个， 又∵， ∴a、b、c三个数必有1个负数，2个正数， ∴当时，可有， 当时，可有， 当时，可有， 故的最大值为8，,最小值为， ∴乘积为． 故答案为： 15．（25-26九年级上·重庆·期末）我们规定：一个四位数，若M满足各个数位上的数字均不相等，且，则称这个四位数为“差异数”.（例如：四位数3421，因为各个数位上的数字均不相等，且，所以3421是“差异数”，按照这个规定，最小的“差异数”是______；一个“差异数”，将其千位和百位数字调换位置，十位和个位数字调换位置，得到一个新的数，记，记，N的各个数位上数字之和记为.若能写成一个正整数的平方，则满足条件的正整数M的最大值与最小值的和为_____. 【答案】 2310 13508 【分析】答题空1：首先，根据“差异数”的定义，找到满足条件的最小四位数，即千位数字a尽可能小，且满足和，各个数位上的数字互不相等．计算得出最小差异数为2310； 答题空2：先根据化简，得到，再由得到，，然后对于，分三种情况进行讨论，每一种都用枚举法列出符合条件的M的值，最后找到其最大值和最小值，求和为13508． 【详解】解：答题空1： 对于最小的“差异数”，千位数字a需最小， ∵， ∴， ∴当时，， 此时且各个数位上的数字均不相等， ∴若要求最小的“差异数”，则只需要，， 此时， 故最小差异数为2310； 答题空2：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，． ，分三种情况讨论： ①当，时， ∵，此时N为两位数，十位数字为a，个位数字为， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵能写成一个正整数的平方，，，M满足各个数位上的数字均不相等， ∴或， 即或； ②当，时， ∵，此时N为三位数，百位数字为1，十位数字为0，个位数字为， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵能写成一个正整数的平方，，M满足各个数位上的数字均不相等， ∴没有这样的M满足以上条件，此情况无解； ③当，时， ∵，此时N为两位数，十位数字为，个位数字为， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵能写成一个正整数的平方，，，M满足各个数位上的数字均不相等， ∴或 即或； ∴综上，M的最大值为8976，M的最小值为4532， ∴满足条件的正整数M的最大值与最小值的和为13508． 【点睛】本题主要考查了新定义，整式混合运算等知识点，理解新定义，按照题意进行分类讨论是解题的关键． 三、解答题 16．（25-26七年级上·湖北·期末）如图1所示的长为，宽为的小长方形纸片，按如图2、3所示的方式不重叠地放在长方形内，未被覆盖的部分（两个长方形）用阴影表示． (1)如图2所示，点、、在同一直线上，点、、在同一直线上，右下角与左上角的阴影部分面积的差为（用含、的代数式表示）； (2)如图3所示，点、、、在同一直线上，设右下角与左上角的阴影部分的面积的差为，． ①的长度为（用、、的代数式表示）； ②当的长度变化时，按照同样的放置方式，始终保持不变，那么、必须满足什么条件？ 【答案】(1) (2)① ； ② 【分析】本题主要考查整式的混合运算的应用，根据题意列出整式，熟练掌握整式的混合运算法则是关键． （1）先分别表示出阴影部分的长和宽，进而分别表示出阴影的面积，然后作差求解即可； （2）①根据即可求解； ②先求出，进而即可得到结论． 【详解】（1）解：记左上角阴影部分的面积为，右下角阴影部分的面积为， 左上角阴影部分长方形的长为，宽为， ， 右下角阴影部分长方形的长为，宽为， ， ， 故答案为：； （2）解：①； 故答案为：； ②：右下角与左上角的阴影部分的面积的差为， ∵当的长度变化时，按照同样的放置方式，如果的值始终保持不变， ． 17．（20-21七年级上·广东佛山·期末）对于有理数、，定义了一种新运算“※”为： 如：，． （1）计算：①______；②______； （2）若是关于的一元一次方程，且方程的解为，求的值； （3）若，，且，求的值． 【答案】（1）①5；②；（2）1；（3）16． 【分析】(1)根据题中定义代入即可得出； (2)根据，讨论3和 的两种大小关系，进行计算； (3)先判定A、B的大小关系，再进行求解． 【详解】（1）根据题意：∵， ∴， ∵， ∴． （2）∵， ∴， ① 若， 则，解得， ②若， 则，解得(不符合题意)， ∴． （3）∵， ∴， ∴， 得， ∴． 【点睛】本题考查了一种新运算，读懂题意掌握新运算并能正确化简是解题的关键． 18．（21-22七年级上·山东青岛·期末）我们知道，正整数按照能否被2整除可以分成两类：正奇数和正偶数．受此启发，按照一个正整数被3整除的余数，把正整数分为三类：如果一个正整数被3除余数为1，则这个正整数属于A类，例如1，4，7等；如果一个正整数被3除余数为2，则这个正整数属于B类，例如2，5，8等；如果一个正整数被3整除，则这个正整数属于C类，例如3，6，9等． (1)2022属于_______类（A，B或C）； (2)①从B类数中任取两个数，则它们的和属于_______类（填A，B或C）； ②从A类数中任意取出2021个数，从B类数中任意取出2022个数，从C类数中任意取出k个数（k为正整数），把它们都加起来，则最后的结果属于______类（填A，B或C）； (3)从A类数中任意取出m个数，从B类数中任意取出n个数（m，n为正整数），把他们都加起来，若最后的结果属于A类，则下列关于m，n的叙述正确的是_______（填序号）． ①m属于A类；②m+2n属于A类；③m，n不属于同一类；④属于A类． 【答案】(1)C (2)①A；②B (3)②③ 【分析】（1）由2022÷3=674，可知2022属于C类； （2）①设B类的两个数为3m+2，3n+2，则（3m+2）+（3n+2）被3除余数为1，由此可求解； ②设这2021个数的和3a+2021，设这2022个数的和为3b+2022×2=3b+4044，设这k个数的和为3c，则有3a+2021+3b+4044+3c=3（a+b+c）+6065，再由 6065÷3=2021…2，即可求解； （3）设这m个数的和为3x+m，设这n个数的和为3y+2n，则有3x+m+3y+n=3（x+y）+m+2n，由题意可知m+2n被3除余数为1，再由此分三类当n属于A类，m属于B类；当n属于B类，m属于C类；当n属于C类，m属于A类，结合选项依次判断即可． 【详解】（1）解：∵2022÷3=674， ∴2022属于C类， 故答案为：C； （2）①设B类的两个数为3m+2，3n+2， ∴3m+2+3n+3=3（m+n）+4=3（m+n+1）+1， ∴（3m+2）+（3n+2）被3除余数为1， ∴从B类数中任取两个数，则它们的和属于A类， 故答案为：A； ②∵从A类数中任意取出2021个数， ∴设这2021个数的和3a+2021， ∵从B类数中任意取出2022个数， ∴设这2022个数的和为3b+2022×2=3b+4044， ∵从C类数中任意取出k个数（k为正整数）， ∴设这k个数的和为3c， ∴3a+2021+3b+4044+3c=3（a+b+c）+6065， ∴6065÷3=2021…2， ∴3（a+b+c）+6065被3除余数为2， ∴结果属于B类， 故答案为：B； （3）从A类数中任意取出m个数， 设这m个数的和为3x+m， 从B类数中任意取出n个数， 设这n个数的和为3y+2n， ∴3x+m+3y+n=3（x+y）+m+2n， ∵最后的结果属于A类， ∴m+2n被3除余数为1， ∴m+2n属于A类， 故②正确； 当n属于A类时，m属于B类，故①不正确； 当n属于A类，m属于B类；当n属于B类，m属于C类；当n属于C类，m属于A类，故③正确； 当n属于B类，m属于C类时，|m-n|=|3x-3y-2|=|3（x-y）-2|属于B类；故④不正确； 故②③正确， 故选：②③． 【点睛】本题考查有理数的性质，理解题意，根据所给条件分类讨论是解题的关键． 19．（23-24七年级上·四川成都·期中）关于y的整式，当y取任意一组相反数n与时，若整式的值相等，则该整式叫做“偶整式”；若整式的值互为相反数，则该整式叫做“奇整式”．例如：是“偶整式”，是“奇整式” (1)若整式A是关于y的“奇整式”，当y取3与时，对应的整式值分别为，，则______． (2)判断式子是“偶整式”还是“奇整式”，并说明理由． (3)对于整式，可以看作一个“偶整式”与“奇整式”的和． ①这个“偶整式”是______，“奇整式”是______． ②当y分别取，，，0，1，2，3时，这七个整式的值之和是______． 【答案】(1)0 (2)式子是“奇整式”， 将代入中可得； ∵与互为相反数， ∴该式为奇整式； (3)①；；②42 【分析】（1）根据定义直接判断即可； （2）将代替y代入观察结果与原式的结果关系即可判断； （3）①将原式各项中偶次项和常数项组合在一起即为偶整式，其余项的和即为奇整式； ②将各数值依次代入偶整式和奇整式中，再相加即可求解． 【详解】（1）解：由定义可知，整式的值互为相反数， ∴， 故答案为：0； （2） 略 （3）解：①， ∵，， ∴是偶整式，是奇整式． 故答案为：；； ②由于是偶整式，是奇整式， ∴当y分别取，，，0，1，2，3时， 的值分别为11,6,3,2,3，6,11； 当y取互为相反数的值时的值也互为相反数，即和为0； ∴这七个整式的值之和是； 故答案为：42． 【点睛】本题考查了整式，涉及到了乘方的性质和运算等知识，解题关键是能正确理解偶整式和奇整式的定义，能对整式进行变形以及代入数值进行计算等． 20．（24-25七年级上·湖南长沙·期中）阅读材料并回答问题： 对任意一个三位数为整数），若其个位上的数字与百位上的数字之和等于十位上的数字，则称M为“万象数”，现将“万象数”M的个位作为十位，十位作为百位，百位作为个位，得到一个数N，并规定，我们称新数为M的“格致数”． 例如154是一个“万象数”，将其个位作为十位，十位作为百位，百位作为个位，得到一个数，，所以154的“格致数”为387． (1)填空：当时， ________；当时，_______； (2)求证：对任意的“万象数”M，其“格致数”都能被9整除； (3)已知某“万象数”M的“格致数”为，既是72的倍数又是完全平方数，求出所有满足条件的“万象数”M（完全平方数：如，…，我们称0，1，4，9，16…为完全平方数） 【答案】(1)532，783 (2) 证明：设“万象数”M为，则N为，则， ∵， ∴， ∴其“格致数”都能被9整除； (3)682或286 【分析】本题考查了完全平方数和新定义，准确理解题意是解题的关键． （1）根据题意进行求解即可； （2）设“万象数”M为，则N为，则，进而化简成9的倍数的式子即可证明； （3）由是72的倍数，可得是8的倍数，结合为整数，得出符合条件的值，再根据题意求解即可． 【详解】（1）解：当时，； 当时，，∴， 故答案为：532，783； （2）略 （3）解：∵是72的倍数， ∴是8的倍数， ∴是8的倍数， ∵为整数， ∴， ∵， ∴， ∴或或或或， ∴或或或或或， ∵， ∴的值为或144或360或72或576或288， ∵是完全平方数， ∴的值为144或576， ∴M的值为682或286． 21．（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，. 22．（25-26七年级上·北京通州·期中）给定有理数，，对整式，，定义新运算“”：；对正整数和整式，定义新运算“”：（按从左到右的顺序依次做“”运算）．特别地，． 例如，当，时，若，，则，． (1)当，时，若，，则_____，_____． (2)对每一个正整数和整式，均有，直接写出，满足的关系； (3)当，时，若，，，是正整数，令，，且不含项，直接写出和的值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】本题主要考查了新运算的定义、指数运算、数字规律、整式运算等知识点，熟练掌握新运算的理解和相关运算法则是解题的关键． （1）根据新定义直接代入化简即可； （2）将根据不同的n值运算展开发现规律，据此确定，满足的关系； （3）根据已知条件分别表示出P、Q，然后化简，根据不含有的项的系数为0，然后列举验证，找出正整数的解即可． 【详解】（1）解：当，时，若，， ∴， ∴ ． 故答案为：，． （2）解：要使对每一个正整数n和整式A，均有，我们先分析的规律： 当时，（符合要求）； 当时，， 由，得； 当时， ，代入，得，即 ； 以此类推，可得． （3）解：分析， 当时，； ． 观察规律可得， ，即 同理，． ∴ 将代入， 得： ， ∵不含项， ∴， ∴， 试，则，不是整数； 试，则，不是整数； 试，则，则； 验证时： ，符合要求． 所以． 23．（25-26七年级上·山东济南·期中）阅读下列材料，并回答问题．我们知道的几何意义是指数轴上表示数a的点与原点的距离，那么的几何意义又是什么呢？我们不妨考虑一下，取特殊值时的情况．比如考虑的几何意义，在数轴上分别标出表示和5的点（如图所示），两点间的距离是11，而，因此不难看出就是数轴上表示和5两点间的距离，的几何意义是数轴上a，b两数对应点之间的距离． (1)数轴上表示和的两点之间的距离是______； (2)数轴上表示x和的两点之间的距离是______； (3)若，则x的值为______； (4)当______时，的值最小，且最小值是______； (5)设，当Q的值最小时，整数x所有可能的值的和为______． 【答案】(1)15； (2)； (3)或； (4)2，4； (5)2026 【分析】本题考查了数轴上两点间的距离、化简绝对值，掌握分类讨论的数学思想是解题关键． （1）根据的几何意义是数轴上a，b两数对应点之间的距离即可求解； （2）根据的几何意义是数轴上a，b两数对应点之间的距离即可求解； （3）由题意可知表示x到和4的距离之和为7，因此分两种情况讨论即可解答； （4）根据题意可知，当时，的值最小，进而求出最小值即可； （5）数轴被，，2026分成四段，对每一段上的x取值进行讨论，去掉绝对值即可求解． 【详解】（1）解：的几何意义是数轴上a，b两数对应点之间的距离． 数轴上表示和的两点之间的距离是， 故答案为：15； （2）解：的几何意义是数轴上a，b两数对应点之间的距离， 数轴上表示x和的两点之间的距离， 故答案为：； （3）解：由题意可知表示x到和4的距离之和为7，且， 有两种情况， 当时，，解得； 当时，， 解得， 故答案为：或； （4）解：根据题意可知，表示x到，2，3这3个数的距离最小， 由两点间线段最短可得当时，的值最小， 把代入，得最小值为4， 故答案为：2，4； （5）解：，当Q的值最小时，分情况讨论， 当时，， 当时，， 此时， 当时，； 当时，， 取最小值时，， 此时整数x所有可能的值为，，…，2026， ， 故答案为： 24．（25-26六年级上·山东烟台·期末）为厚植雷锋精神，涵养时代新风，某校准备打造一条“雷锋精神”文化长廊．如图，长廊的地面宽为5米，并按如图方式在地面铺设边长为1米的正方形地砖．其中，阴影部分为彩色地砖，白色部分为普通地砖． (1)若长廊长8米，则需彩色地砖_________块，普通地砖_________块； (2)若长廊长米（m为正整数），则需彩色地砖_________块； (3)学校拟向某商家购买地砖，该商家彩色地砖原价90元/块，普通地砖原价40元/块．经协商，商家推出如下优惠：买一块彩色地砖赠送一块普通地砖．已知购买的所有地砖的边长均为1米． ①若长廊长n米（n为正整数），请用含n的代数式表示购买地砖所需的费用； ②已知学校采购地砖的预算为3600元，求可打造的长廊的最大长度． 【答案】(1)12；28 (2) (3)①元；②可打造的长廊的最大长度为16米 【分析】本题考查了图形规律，整式的加减运算的应用，列代数式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先理解题意，观察图形规律，再结合长廊长8米进行列式计算，即可作答． （2）结合长廊长米（m为正整数），得出是奇数，然后列式化简，即可作答． （3）①先理解题意，进行分类讨论，当n为偶数时，以及当n为奇数时，分别算出彩色地砖以及普通地砖的数量，再根据商家彩色地砖原价90元/块，普通地砖原价40元/块进行列式计算，即可作答． ②先理解题意，进行分类讨论，当n为偶数时，当n为奇数时，列式计算分析，得可打造的长廊的最大长度为16米． 【详解】（1）解：依题意，（块）， ∴当长廊长8米，则需彩色地砖12块， ∵长廊的地面宽为5米，并按如图方式在地面铺设边长为1米的正方形地砖 ∴（块）， ∴当长廊长8米，则普通地砖28块； （2）解：∵长廊长米（m为正整数）， ∴是奇数， 则（块）， ∴当长廊长米（m为正整数），则需彩色地砖块； （3）解：①当n为偶数时， 彩砖数量为（块）， 普砖数量为（块）， 此时，所需钱数为（元）， 当n为奇数时， 彩砖数量为（块）， 普砖数量为（块）．   此时，所需钱数为（元）； ②当n为偶数时，，，此时最大偶数为16， 则剩余钱数为（元）， 不足再铺1米，故长廊长度为16米， 当n为奇数时，，，此时最大奇数为15， 剩余钱数为（元）， 可再铺1米，故长廊长度为16米， 因此，可打造的长廊的最大长度为16米． 25．（2026·广东佛山·一模）【问题提出】 如果一个整数的所有数位之和能被3整除，那么这个整数就能被3整除． 【问题探究】 以四位数为例，设是一个四位数，若可以被3整除，则这个数可以被3整除． 这个结论的论证过程表述如下： ．显然能被3整除，因此，若能被3整除，则就能被3整除． 【类比探究】 判断一个三位数能否被7整除，先采用归纳的策略，列举一些简单的三位数，发现如下特征： 三位数 能否被7整除 特征 133 能 ，7能被7整除 224 能 ，14能被7整除 294 能 ，21能被7整除 148 不能 ，不能被7整除 (1)根据以上探究过程，提出猜想：一个三位数，如果________可以被7整除，那么就能被7整除； (2)证明这个猜想的正确性． 【拓展应用】 结论可以推广到任意正整数：假设该正整数的个位数字是，除个位数字外的部分用表示，推理过程与上面相同，依然能得到当是的倍数时，原数能被整除； (3)①若一个正数能被整除，的最后三位数为，求的最小值． ②四位数，既能被整除，也能被整除，直接写出与之间满足的关系． 【答案】(1) (2) 解：∵， ， ∵是的倍数， ∴是的倍数时，那么就能被7整除， 即是的倍数时，那么就能被7整除； (3)①；②是的倍数，且是的倍数 【分析】（1）利用表格中的规律得出可以被7整除，那么就能被7整除； （2）根据规律得到，分解式子得到，即可求解； （3）①设前面的数字为，即，整理得到，即是的倍数时，能被整除，求出即可；②由被整除的规律和被整除的规律列式求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：一个三位数，如果可以被7整除，那么就能被7整除； （2）略 （3）解：①设中前面的数字为，则可表示为， ∵， ∴当是的倍数时，能被整除， ∵为整数， ∴的最小值为， ∴的最小值为； ②：∵能被整除， ∴ ∴是的倍数； ∵能被整除， ∴ ∴是的倍数； 综上所述，当是的倍数，且是的倍数时，四位数，既能被整除，也能被整除． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $