第4章· 整式加减 ·期中复习讲义 ·2026-2027学年人教版七年级数学上册

第4章·整式加减·满分压轴·期中复习讲义 （知识梳理+典例+练习）2026-2027·人教版七年级数学上册 参考答案与试题解析 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 掌握整式综合题的分析方法，理解系数、次数、系数的和等概念 · 掌握数位新定义题的解法，能根据条件列式求解验证 · 掌握整式操作规律与图形面积的代数式表示 · 掌握数轴绝对值距离模型与代数推理方法 · 能读懂阅读材料，理解新定义运算并正确应用 📚 知识梳理 ☆ 1.整式综合与新定义整式 整式A的系数的和：把所有系数（含符号）相加，如3x2+2x+1的系数和为6 最高次项系数为正：判断整式是否符合条件，需检查最高次项 满足条件的整式个数：按系数范围分类计数 单项式系数次数之差：先代入再计算 概念辨析例题：整式2x3-3x2+x-5中所有系数的和是多少？ 答案：-5 解析：系数依次为2，-3，1，-5，和为2-3+1-5=-5。 ☆ 2.数位新定义题 等和数：千位+十位=百位+个位，设字母列方程 数位互不相同且不为0：先确定数字取值范围再求解 换位新数：把百位与个位交换等，用代数式表示新数 验证唯一性：解方程后逐一代回检验是否符合定义 概念辨析例题：一个三位数，百位数字与个位数字交换后得到新数，两数之差能被什么整除？ 答案：能被99整除 解析：设原数100a+10b+c，新数100c+10b+a，差=99(a-c)，能被99整除。 ☆ 3.整式操作与图形面积 操作规律：每次操作插入平均数，观察数列变化找规律 图形面积：大长方形面积-空白面积，或用代数式表示各部分 卡片拼接：设小卡片长宽，用整体面积相等列方程 回头差操作：按规则逐次计算，找周期或通项 概念辨析例题：在a、b之间插入平均数，得到a，，b，再在相邻两数间插入平均数，两次操作后共有多少个数？ 答案：5个 解析：第一次插入1个变3个，第二次在2个间隔各插1个变5个，每次操作后个数=前次×2-1。 ☆ 4.数轴与绝对值综合 |a-b|几何意义：数轴上a、b两点间距离 距离和：|x-a|+|x-b|在x∈[a,b]时取最小值b-a 有理数满足条件：结合不等关系判断符号与大小 点移动问题：设移动后位置，用代数式表示关系 概念辨析例题：|x-1|+|x+3|的最小值是多少？ 答案：4 解析：|x-1|+|x+3|表示x到1与到-3的距离和，x在-3到1之间时取最小值1-(-3)=4。 ☆ 5.规律与阅读材料 规律多项式：系数符号(-1)n与指数等差 幻方：每行每列对角线之和相等，列方程求值 新定义运算：先读懂规则再代入，注意括号优先级 阅读材料题：理解材料中的定义与结论后应用解题 概念辨析例题：多项式x，-2x2，3x3，-4x4，…，第n个多项式是什么？ 答案：(-1)n+1nxn 解析：系数绝对值依次1,2,3,4为n，符号正负交替为(-1)n+1，x指数为n。 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 系数的和 所有系数含符号相加 常数项也是系数 等和数 千+十=百+个 设字母列方程 换位新数 100c+10b+a 差=99(a-c) 插入平均数 个数=前次×2-1 每次间隔都插 图形面积 整体-空白 或分割求和 |a-b|距离 数轴上两点距离 先定大小 距离和最小 x在两数之间 最小值=两数差 幻方 行列对角线和相等 列方程求值 ⚠️ 核心考点 【考点1】整式综合与新定义整式（第1-6题） · 系数的和：把所有系数含符号相加 · 判断整式条件：检查最高次项、系数范围 · 计数满足条件的整式：按参数范围分类讨论 · 单项式系数次数：先写清系数与次数再计算 1．（25-26九年级上·重庆江北·期末）已知整式，其中为正整数，，为自然数，若，下列说法： ①满足条件的所有整式中有且仅有3个三次三项式； ②存在一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③在满足条件的所有整式中，存在几个整式的和为；其中正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【知识点】多项式的项、项数或次数 【分析】根据整式的次数、项数定义．结合给定等式，分别对三个说法逐一分析验证，判断其正确性． 【详解】①当（三次）时，等式为， 即， 为正整数， 时，，要为三次三项式（项数为3），需恰好两个低次系数非零、一个为0： ：，得，对应整式； ：，得，对应整式； ：，得，对应整式； 时，无法构造出三次三项式，故满足条件的三次三项式共3个，①正确； ②当时，等式为，即 为正整数， 时，，对应整式（）、（）；时，，对应整式，共3个整式，故存在满足条件，②正确； ③取满足条件的整式：（时，符合等式）、（时，符合等式）、（时，符合等式）、（时，符合等式），它们的和为，故③正确； 综上，①②③均正确，正确个数为3个． 2．（24-25七年级下·重庆·期末）已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【知识点】整式的加减运算 【分析】本题主要考查了整式的加法运算，熟练掌握整式的加法运算是解题的关键． 由题意知，即可判定①；由题意得到，即可求出，从而判定②；先说明，再结合可知，易得或，然后求出满足条件的，然后求和即可判断③；由，然后分五种情况，分别求出符合条件的，然后统计即可解答． 【详解】解：①由题意得∶，故①错误； ②∵， ∴， ∴，故②错误； ③由题意得： ， ∵， ∴ ∴或， ∴或， ∴所有满足条件的整式的和为，故③正确； ④∵， ∴当时，， ∴，即； 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，为正整数， ∴或或或， ∴或或或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、为正整数， ∴或 ∴或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，、为正整数， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、、为正整数， ∴即此时不满足要求． ∴所有满足条件的整式有9个，即④正确． 正确的个数是2． 故选：C． 3．（25-26八年级下·重庆·期中）已知整式：，其中，，，为自然数，，为正整数，且．下列说法： ①满足条件的整式中所有的单项式之积为； ②当时，满足条件的所有整式的和为； ③满足条件的所有二次式的和记为，当取任意实数时，的值一定为正数； ④满足条件的整式共有14个． 其中正确的个数是（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】整式的判断、数字类规律探索、整式的加减运算、整式加减的应用 【分析】根据题意逐项分析，进行分类讨论，即可求解． 【详解】由题意，为正整数，为正整数，为自然数，满足，逐一验证： ① 若是单项式，则，故，正整数解为 所有单项式为，乘积为，故①正确； ② 当时，，，所有满足条件的为：， 求和得：，故②正确； ③ 二次式满足，故，， 列出所有二次式并求和：， 对于，判别式，且二次项系数为正，故对任意实数，，③正确； ④ 按分类计算整式总数：时，，，共4个不同整式；时，，，共6个不同整式；时，，，共4个不同整式；时，，，共1个不同整式；总数为，故④错误， 综上，正确的说法有3个． 4．（24-25九年级下·重庆北碚·自主招生）已知整式，其中，，，，，均为不等于的整数．若，下列说法：满足条件的整式中只有个一次二项式；当时，满足条件的整式中，有个多项式使得成立；对于任意的正整数，所有满足条件的整式的和为．其中正确的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】多项式的项、项数或次数、整式加减的应用 【分析】本题考查了整式的有关概念，根据，满足逐一排除即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵是一次二项式， ∴， ∴， ∴，或，或，或，； ∴满足条件的整式中只有个，故正确； 当时，，， ∴，，或，，或，，或，，或，，或，，， ∴满足条件的整式中有个，故正确； 若，满足， 则，也满足， ∴所有满足条件的整式的和为，故正确； 综上可知：正确， 故选：． 5．（25-26七年级上·安徽芜湖·期中）已知整式：：，其中，…，均为整数，为正整数，为正整数，且满足． （1）当时，满足条件的整式中的单项式为______； （2）满足条件的整式共有______个． 【答案】 【知识点】数字类规律探索、单项式的判断、整式加减的应用 【分析】本题考查的知识点是整式、单项式的判断、数字类规律探索及分类讨论思想，解题关键是根据条件对的取值进行分类讨论． 根据条件，且为正整数，为正整数，可知的可能取值为，，，对于每个，计算满足条件的整式的数量，考虑系数绝对值的和及符号选择（ 只能为正，其他系数可正可负），当时，单项式需仅含一项，即且． 【详解】 解：由条件，且为正整数，为正整数， （若 ，则 ，但 ，矛盾），故 可取 ，，， 当时，，为正整数，为整数， 条件为，即， ，：，得或， ，：，得或， ，：，得， 共个整式，其中单项式仅； 当 时，，为正整数，为整数， 条件为，即， ，： ，：，，得或， ，：，，得或， ，：，，得， 共个整式； 当 时，， 为正整数，，， 为整数， 条件为，即， ，：，，，得， 共个整式； 综上，满足条件的整式共有个． 故答案为：；． 6．（26-27九年级上·重庆·阶段检测）已知整式，其中，且均为整数，n为正整数．若，则满足条件的整式A共有__________个；若，则满足条件的整式共有__________个． 【答案】 【知识点】数字类规律探索、多项式的项、项数或次数、整式加减的应用 【分析】第一个空直接按条件列举系数组合，统计个数；第二个空按的不同取值分类，根据条件列出所有满足，且和为的整数组合，统计总个数即可． 【详解】解：先计算第一个空： 当，时，，满足，，为整数． 满足条件的组合为：；，共个满足条件的整式． 再计算第二个空： 已知，，，所有系数为整数，为正整数，系数共个，因此最小系数和为． 计算得只能取，时最小和大于，无符合条件的整式． 【考点2】数位新定义题（第7-18题） · 设各位数字为字母，根据定义列方程（组） · 数位互不相同且不为0：限定取值范围 · 换位新数用代数式表示，作差或作和找规律 · 解后验证：逐一代回检查是否符合新定义 7．（24-25八年级下·重庆·期中）对于各位数字都不为0的两位数和三位数，将中的任意一个数字作为一个新的两位数的十位数字，将中的任意一个数字作为该新两位数的个位数字，按照这种方式产生的所有新的两位数的和记为．例如：．下面请计算___________．若一个两位数，一个三位数（其中，，且均为整数），交换三位数的百位数字和个位数字得到新数，当与的个位数字的2倍的和被12除余1时，称这样的两个数和为“赋能数对”，则所有“赋能数对”中的最小值为___________． 【答案】 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题考查了新定义计算，整数的数位表示法，余数与整除的关系，数的不同表示法，熟练掌握数的整除，表示，理解新定义是解题的关键． （1）根据题意列式解答即可； （2）根据题意，得，，于是得到，表示与的个位数字的2倍的和为，结合与的个位数字的2倍的和被12除余1，能被12整除，分类讨论计算即可． 【详解】（1）解：根据定义，得， 故答案为：． （2）根据题意，得， ， ∴百位数字为，个位数字为， ∴， ∴与的个位数字的2倍的和为： ， ∵与的个位数字的2倍的和被12除余1， ∴能被12整除， ∴ ， ∴，都是整数， ∵，，且，均为整数， ∴， ∵是整数， ∴或或， ∴或或， 当时，或， 当时，； 当时，； 当时，或， 当时，； 当时，； 当时，（舍去）或， 当时，； 综上所述，的最小值为164． 故答案为：164． 8．（25-26九年级上·重庆开州·期末）如果一个三位自然数的各个数位上的数字均不为，且满足百位上的数字等于十位上的数字与个位上的数字之和，则称这个数为“等和数”．例如：，，是“等和数”．又如：，，不是“等和数”．最小的“等和数”为________；若是一个“等和数”，将的十位数字添加在的百位数字之前得到一个四位数，在的末位之后添加数字1得到一个四位数，若能被整除，则满足条件的的最大值与最小值的差为________． 【答案】 【知识点】有理数四则混合运算、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了有理数的混合运算，对于第一部分，根据“等和数”的定义，百位数字等于十位与个位数字之和，且数字均不为，最小等和数为。对于第二部分，设的百位、十位、个位数字分别为，，，则，根据条件表示出和，计算，并利用整除的条件得到能被整除，求解符合条件的，再求最大值与最小值的差． 【详解】解：设的百位、十位、个位数字分别为，，， ，且为，，，均为的整数， ，，， ； 设，其中， 是将十位数字添加在百位数字之前得到的四位数， ， 是在的末位之后添加数字得到的四位数， ， ， 代入， 可得：， 整理得：， 能被整除， 能被整除， 当时，， 只有时，能被整除， ， ； 当时，， 只有当时，能被整除， ， ； 当时，， ， 不符合题意； 当时，， ， 不符合题意； 当时，， 若时，则有， 则能被整除， ， ， 当时，， 当时，能被整除， 此时， ， 不符合题意； 当时，， 当时，能被整除， 此时， ， 不符合题意； 当时，， 当时，能被整除， ， 不符合题意； 当时，， 当时，能被整除， 此时， ， 不符合题意， 综上所述，、、， 其中最大值为，最小值为，差值为． 故答案为：，． 9．（25-26七年级上·重庆黔江·期末）一个三位正整数M，如果满足各数位上的数字各不相同且均不为0，个位上的数字是十位数字减1之差，那么称这个数是“三差数”．用这个“三差数”减去各数位数字之和的差，再除以9的商记为．例如：，．则______；如果将一个“三差数”M的各数位数字放在任意数位上后可以得到6个不同的三位数（包含M本身），把这6个三位数的和记为，且为整数，则满足条件的M的最大值是______． 【答案】 51 687 【知识点】列代数式、数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题考查了新定义的理解与应用及整式的运算．第一问直接计算；第二问设M的百位、十位、个位数字分别为a、b、c，根据条件，推导出，，代入得的表达式，化简为需为整数，由，枚举所有的整数情况，找到满足条件的，，故． 【详解】解：第一问：∵， ∴各位数字之和为， ∴； 第二问：设， ∵a、b、c为数字，且各不相同均不为0，， ∴， ∴所有数字排列之和 ， ∴， ∵该式为整数， 即能被37整除， 又∵，，， ∴原式， ∴需为整数， 由，枚举所有的整数情况： ①当时，没有a的值满足条件； ②当时，没有a的值满足条件； ③当时，满足整除条件，但此时，与a重复，不满足各数位上的数字各不相同，故舍去； ④当时，没有a的值满足条件； ⑤当时，没有a的值满足条件； ⑥当时，没有a的值满足条件； ⑦当时，满足条件； ⑧当时，没有a的值满足条件， ∵M为最大值， ∴仅有，的情况满足题意， 此时， ∴满足条件的M为687，即最大值为687， 故答案为：51，687． 10．（25-26八年级下·重庆綦江·期末）对于任意一个四位数，若千位数字与十位数字的差比百位数字与个位数字的差大1，且百位数字与十位数字的差为非负数，则称这个四位数为“夜郎数”．将“夜郎数”的千位数字与十位数字交换，百位数字与个位数字交换，得到，并记．最小的“夜郎数”的值为_________；若为“夜郎数”，且能被6整除，则满足条件的的最大值为_________． 【答案】 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】设四位数的千位为，百位为，十位为，个位为，根据“夜郎数”定义得到约束条件，化简的表达式，先根据四位数最小的要求求解最小夜郎数，再根据被整除的条件，结合数位性质求的最大值． 【详解】解：设四位数的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，其中，，且均为整数， 根据“夜郎数”的定义可得：， 整理第一个等式得：， ，交换后得到， ， 将代入化简得：， 要得到最小的四位“夜郎数”，先取最小的千位，再依次让最小， 代入，得， 由，取，可得，进而， 因此最小的“夜郎数”是； 因为能被整除， 设，则， 要使最大，需取最大值， 最大可能为，小于的最大符合条件的， 验证存在性：即，代入得， 由得，满足，且得， 故存在符合条件的四位数，因此成立，代入得． 11．（25-26七年级上·重庆北碚·期末）对于一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相等且均不为0，它的十位数字等于百位数字与个位数字的和，我们称这个数为“平等数”．对于一个“平等数”，从百位数字开始顺次取出两个数字构成三个两位数，把这三个两位数的和与11的商记为．例如：，因为，所以462是“平等数”．从百位数字开始顺次取出两个数字构成三个两位数分别为46，62，24，这三个两位数的和为，，所以．若是最大的“平等数”，则_____；已知都是“平等数”，若，且的值能被7整除，则的最小值是_____． 【答案】 18 【知识点】数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了数字规律探索，整式加减运算，理解题意，是解题的关键．首先，根据“平等数”的定义，找出最大的三位数满足百位、十位、个位数字互不相等且不为0，且十位数字等于百位数字与个位数字之和，则最大值为891，计算．先求出，，根据，求出，求出，根据能被7整除，得出能被7整除，求出可能为3、10，求出，分两种情况：当时，当时，分别求出的最小值，然后得出答案即可． 【详解】解：∵“平等数”各个数位上的数字互不相等且均不为0，它的十位数字等于百位数字与个位数字的和， 又∵最大的“平等数”a满足百位数字最大且十位数字最大， ∴百位数字为8时，个位数字为1，十位数字9，数字互不相等，此时a最大，且最大值为891， ； 设x的百位、十位、个位数字分别为p、、q，y的百位、十位、个位数字分别为s、、t， ∴ ， 同理：， ∴， ∴， ∵， ， ∴ ， ， ∵能被7整除， ∴能被7整除， 根据题意可得：，，且p，s为整数， ∴， ∴可能为3、10， ， 为求最小值需分子最小、分母最大， ∵， ∴或或或， 当时，或， 要使最小，需分子最小、分母最大，且各个数位上的数字互不相等，，， ∴当，时，最小，且最小值为， ∴时，最小值为； 当时，或或或或或或， 要使最小，需分子最小、分母最大，且各个数位上的数字互不相等，，， ∴当，时，最小，且最小值为， ∴时，最小值为； ∵， ∴最小值为． 故答案为：18；． 12．（2025·重庆綦江·一模）如果一个四位自然数M各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8，则称M为“励志数”．把四位数M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．例如：，∵，， ∴1435是“励志数”．则．那么“励志数”，则_________；已知是“励志数”，（；且a，b，c，d均为整数），若恰好能被8整除，则满足条件的数的最大值与最小值的差为________． 【答案】 2655 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题主要考查整式的加减，解答的关键是理解清楚“励志数”的定义． 根据“励志数”的定义进行求解即可；由题意可得，从而可求得，再结合恰好能被 8 整除，即能被 8 整除，对当时，当时，分别对此进行分析即可求解． 【详解】解：∵， ∴“励志数”前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数为 2632， ∴， ∵是“励志数”， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵恰好能被 8 整除，，且为整数， ∴能被 8 整除， 即能被 8 整除， 当时，故当时，，则自然数为： 4117 ； 当时，故当时，，则自然数为： 1462 ； 当时，，则自然数为： 2371 ； 当不符合题意，舍去； 当不符合题意，舍去； 综上所述：所有满足条件的自然数的值为： 4117 或 1462 或 2371 ， 其中最大的数为 4117 ，最小的数为1462，差为2655， 故答案为：，2655． 13．（25-26七年级上·重庆潼南·期末）一个三位正整数 ，且a，b，c都为整数），若，则称这个数是“和倍数”，例如：三位数135，因为，所以135是“和倍数”．按照这个规定，最大的“和倍数”是__________；将的百位数字与个位数字调换位置得到一个数，并规定：，若三位正整数是“和倍数”，且是整数，则满足条件的“和倍数”的最小值是__________． 【答案】 999 159 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题为新定义问题，考查了整式的加减运算应用，整除等知识，理解新定义是解题关键．根据 为“和倍数”，得到若取最大数，得，，根据定义求出，符合题意，可得最大的“和倍数”是999；根据“和倍数”得到，，进而求出，根据是整数，得到是5的倍数．根据取最小值得到取最小值1， 取4或9，分别求出，不合题意，，符合题意，从而得到满足条件的“和倍数”的最小值是159． 【详解】解：∵ 为“和倍数”， ∴最大的“和倍数”中当，时，， ∴，符合题意， ∴最大的“和倍数”是999， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是整数， ∴是5的倍数． ∵是“和倍数”， ∴当取最小值时，若取最小值1，则取4或9． 当时，，不合题意； 当时，，符合题意； ∴满足条件的“和倍数”的最小值是159． 故答案为：999,159 14．（23-24七年级上·重庆九龙坡·阶段检测）三位正整数，其各个数位上的数字均不为0，将的百位数字与个位数字交换后得到，规定，则______（用含的式子来表示）．若的十位数字，且．将的百位数字截去放在的个位数字的后面得到，的百位数字截去放在的个位数字的后面得到，若能被12整除，则所有满足条件的的和为______． 【答案】 / 462 【知识点】列代数式、整式的加减运算、整式加减的应用 【分析】本题是数字问题，考查了列代数式，整式的加减运算，正确理解题意是解题的关键．首先表示出三位正整数，，然后代入求解即可；首先表示出，，然后根据的十位数字，得到，然后分别代数求解即可． 【详解】∵三位正整数， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵的十位数字 ∴ ∵能被12整除， ∴设（t为正整数）， ∴ ∴通过逐个代数求解可得， 当，时，，此时，符合题意， ∴ ∴； ∴当，时，，此时，符合题意， ∴ ∴； ∴ ∴所有满足条件的的和为462． 故答案为：，462． 15．（24-25七年级上·重庆·阶段检测）一个四位自然数m，各位上的数字各不相同，若它的千位数字是十位数字的2倍，百位数字比个位数字大1，则称m为“倍差数”．将“倍差数”m千位数字与个位数字之和记为s，百位数字与十位数字之和记为t，当m能被3整除，且时，满足条件的m的值为___________． 【答案】8241 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题考查了用代数式表示数，根据整除的性质将代数式转化为较小的系数进而分析是解题的关键．设个位数字为x，十位数字为y，再表示出千位数字为，百位数字为，进而用代数式表示出m；根据s与t，之间的关系，推算出y与x之间的关系，利用x表示出m，再根据整除的性质求解即可． 【详解】解：设个位数字为x，十位数字为y， ∵它的千位数字是十位数字的2倍，百位数字比个位数字大1， ∴千位数字为，百位数字为， ∴， ∵“倍差数”m千位数字与个位数字之和记为s，百位数字与十位数字之和记为t， ∴， ∴， 整理得， ∴， ∵m能被3整除， ∴能被3整除， ∵，且为整数， ∴或4或7， 当或7时，千位数字为，不合题意， ∴， ∴， 故答案为： 8241． 16．（23-24七年级下·重庆丰都·期末）现在一个四位数，如果它的个位数字与百位数字相差为1，十位数字与千位数字相差为2，那么称为“二一差数”，则最小的“二一差数”为_____________；如果一个“二一差数”能被6整除，将其千位数字与个位数字之和记为，百位数字与十位数字之和记为，当能够被整除时，满足条件的“二一差数”的最大值与最小值之和为____________． 【答案】 1031 6222 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题考查新定义“二一差数”的运用，通过定义得到对应的数位间的关系，通过推导和讨论，得到最后最大值，最小值． 本题通过给出的“二一差数”的概念，得出各个数位之间的关系，要求最小的“二一差数”，则千位为1，百位为0，得出最小的“二一差数”Q；根据Q能被6整除，得到各个数位的数字和是6的倍数，再分四种情况：①当时，②当时，③当时，④当时，通过讨论，得到对应的值和值，即可求得答案． 【详解】由题意可知，设这个“二一差数”的各个数位为、、、， 即，， 最小的“二一差数”的千位数字为，百位数字为， ， ∴最小的“二一差数”． ∵，能够被整除， ∴为整数， ∴为非负整数， ①当时，， ∵， ∴， ∴， ∵为非负整数， ∴， ∴， ∴， ∴此时， ∵能被6整除， ∴此时符合题意； ②当时，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为非负整数， ∴或， 当时，或， 此时或， ∴或2102， ∵和2102都不能被6整除， ∴和2102都舍去； 当时，或或或， 当时，，能被6整除，符合题意； 当时，，不能被6整除，不符合题意； 当时，，能被6整除，符合题意； 当时，，不能被6整除，不符合题意； ③当时，， ， ， ， ， ∵为非负整数， ， ， ， ∴此时没有符合条件的存在； ④当时，， ， ， ， ， ∵为非负整数， ， ， ， ∴此时没有符合条件的存在； 综上所述，Q最大值为4122，最小值为2100， 则， 故答案为：1031，6222． 17．（2026九年级下·重庆·专题练习）对于一个四位自然数，若它的千位数字是个位数字的2倍还多1，十位数字比百位数字多1，称为“腾跃数”．则最大的“腾跃数”为___________，若一个“腾跃数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，若与均为整数，则符合条件的的值为___________． 【答案】 9894 7893 【知识点】整式加减的应用 【分析】根据“腾跃数”定义得数位关系：千位，十位，其中为个位数字，为百位数字，所有数位均为整数，可得，，即最大为，最大为，可得最大的“腾跃数”，分别化简与，可得为5的整数倍，为19的整数倍，即可求解． 【详解】解：根据题意，得，，其中，，，所有数位均为整数， ∴，， ∴，，即最大为，最大为， 此时，， ∴最大的“腾跃数”为：； 根据题意得：与均为整数， ∵，，， ∴ ， ∵为整数， ∴为整数，即为5的整数倍， 为整数，即为19的整数倍， ∴当，时，满足条件，此时，， ∴符合条件的为． 18．（25-26七年级上·福建厦门·期中）对于任意一个四位自然数，若M满足各个数位上的数字均不为0，且十位数字与个位数字的和等于千位数字与百位数字的差的5倍，则称四位数M为“千寻数”．例如：5346，因为，，，所以5346是“千寻数”． (1)判断：四位数3264________“千寻数”，四位数4237________“千寻数”（填“是”或“不是”）； (2)将“千寻数”的千位数字移到个位数字的右边得到一个新数，令，证明能被9整除； (3)设，若“千寻数”的千位数字，且为偶数，请直接写出所有符合条件的的值． 【答案】(1)不是，是 (2) 证明：∵，， ∴ ， ∵能被9整除， ∴能被9整除； (3)6、14、22 【知识点】两个有理数的乘法运算、整式加减的应用 【分析】本题考查了对新定义的理解，不等式的应用，熟练掌握新定义的运算形式是解题的关键． （1）根据新定义列式计算判断即可； （2）由，，计算即可得出结论； （3）根据题意，知千寻数中，即，再由得，即可得b的取值范围，化简，将合适的b值代入计算并判断结果是否是偶数即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴3264不是千寻数， ∵，，， ∴4237是千寻数， 故答案为：不是，是； （2）略 （3）解：根据题意得，即， ∵， ∴， ∴， ， 当时，，是偶数，符合题意； 当时，，是偶数，符合题意； 当时，，是偶数，符合题意； 综上所述，所有符合条件的的值为6、14、22． 【考点3】整式操作与图形面积（第19-25题） · 操作规律：逐次列出前几次结果，找通项或周期 · 图形面积：整体减空白或分割求和 · 卡片拼接：设未知量，用面积相等列方程 · 回头差等操作：按规则计算，观察规律 19．（25-26八年级上·福建福州·期中）将图（1）中两张边长分别为，（）的正方形纸片，按图（2），图（3）两种方式放置在长方形纸片上（两张正方形纸片有重叠部分）．设图（2）中长方形纸片未被盖住部分的面积为，图（3）中长方形纸片未被盖住部分的面积为，长方形长为，宽为，时，的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题考查了整式的混合运算，面积的定义，根据平移的知识和面积的定义，列出算式，，即可求出． 【详解】解：图1中阴影部分的面积， 图2中阴影部分的面积， ． 故选C． 20．（25-26七年级上·江苏泰州·期中）三个完全相同的小长方形不重叠地放入大长方形中，将图中的两个空白小长方形分别记为，，各长方形中长与宽的数据如图所示．则以下结论中正确的是（    ） A． B．小长方形的周长为 C．只需知道和的值，即可求出与的周长和 D．与的周长和恰好等于长方形ABCD的周长 【答案】C 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了长方形的性质，准确识图并熟练掌握长方形的周长公式是解题的关键． 依题意得，小长方形的宽为a，长为b，由图可知，即可判断A选项；小长方形的长和宽分别为，则周长为，即可判断B选项；小长方形的长和宽分别为，则周长为，则与的周长和，由于知道和的值，即可判定C选项；长方形的周长为不等于，据此可判定D选项． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵图中阴影部分的三个长方形完全相同，且宽为a，长为b， ∴，即A选项错误； 小长方形的长和宽分别为，则周长为即可B选项错误； 小长方形的长和宽分别为， ∴周长为， ∴与的周长和， ∵知道和的值， ∴可求，即可求出与的周长和，即选项C正确； ∵图中空白部分的与的周长和，大长方形的周长为长方形的周长为 ∴，即D选项错误． 故选：C． 21．（25-26七年级上·江苏无锡·期末）“回头差”游戏，对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：第1次操作后得到整式串；第2次操作后得到整式串；第3次操作后……其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差．则该“回头差”游戏第2026次操作后得到的整式串各项之和是（   ） A． B．6 C． D．0 【答案】D 【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算 【分析】本题考查整式的加减运算，规律探究，先依次计算每次操作后整式串的各项之和，找出和的循环周期，再根据周期计算第2026次操作后的和即可． 【详解】∵ 第1次操作后整式串各项之和：， 第2次操作后整式串各项之和：， 第3次操作新增项为，各项之和：， 第4次操作新增项为，各项之和：， 第5次操作新增项为，各项之和：， 第6次操作新增项为，各项之和：， 第7次操作新增项为，各项之和：， ∴各项之和以为周期循环，周期为6， ∵，余数为4 ∴第2026次操作后整式串各项之和与第4次操作后的和相同，即为0； 故选D． 22．（2025七年级上·重庆·专题练习）如图，长为，宽为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，下列说法中正确的有（   ） ①每个小长方形的较长边为； ②阴影的较短边和阴影的短边之和为； ③若为定值，则阴影和阴影的周长和为定值； ④当时，阴影和阴影的面积和为定值． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题考查了列代数式和整式的加减，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错误； 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错误； 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正确； 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正确． 【详解】解：∵大长方形的长为y，小长方形的宽为4， ∴小长方形的长为：，说法①错误； ∵大长方形的宽为x，小长方形的长为，小长方形的宽为4， ∴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． 23．（25-26七年级上·重庆·期中）有依次排列的2个整式：x，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：x，3，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推，通过下列实际操作： ①第二次操作后整式串为：x，，3，x，； ②第四次操作后整式串共有19个整式； ③第n个整式串比第整式串多个整式； ④第2025次操作后，所有的整式的和为，其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题考查整式的加减，整式的乘法，掌握合并同类项（系数相加，字母及其指数不变）和去括号的运算法则（括号前面是“＋”号，去掉“＋”号和括号，括号里的各项不变号；括号前面是“－”号，去掉“－”号和括号，括号里的各项都变号）和平方差公式是解题关键． 先根据前面几次操作后整式串的整式个数，所有整式的和，得出规律，即可完成全部判断． 【详解】解：∵ 初始整式：x，，和为． 第一次操作：插入，得整式串：x，3，，个数为3，和为． 第二次操作：对相邻对操作，插入和x，得整式串：x，，3，x，，个数为 5，和为． ∴ ①正确． ∵ 第n次操作后整式个数为（），第四次数为， ∴ ②错误． ∵ 第n次操作后整式个数比第次多个（由操作规律：每次插入差的数量等于相邻对数，即前一次整式个数减1，且相邻对数呈倍数增长）， ∴ ③正确． ∵ 第n次操作后所有整式的和为， 时，和为 ， ∴ ④错误． 综上，正确个数为2个． 故选：B． 24．（25-26七年级上·重庆黔江·期末）现在有边长分别为的两种正方形卡片若干（如图1），还有一个长宽分别为13，9的长方形． (1)如图2，将两种正方形卡片各一张放入长方形中，计算出阴影部分的周长，并用含的代数式表示阴影部分的面积； (2)如图3，将两张边长为的正方形卡片放置在长方形中，用含的代数式表示阴影部分的周长； (3)如图4，将两张边长为的正方形卡片与四张边长为的正方形卡片放置在长方形中，用含的代数式表示阴影部分的周长，并求当时阴影部分的面积． 【答案】(1)， (2) (3)， 【知识点】列代数式、已知字母的值 ，求代数式的值、整式加减的应用 【分析】本题考查了图形的拼接，正方形与长方形的性质，通过图形的分割与平移表示出阴影部分的周长和面积是解题的关键． （1）根据正方形的四边相等，通过平移即可得出阴影部分的周长；用长方形的面积去掉两个正方形的面积即可求出阴影部分的面积； （2）阴影部分的图形是长方形，根据长方形的周长公式求解即可； （3）先通过图形的分割与平移可直接表示阴影部分的周长与面积，然后将值代入阴影部分的面积表达式即可求解． 【详解】（1）解：根据正方形四边相等，可知阴影部分的周长长方形的周长， 阴影部分的周长； 阴影部分的面积； （2）解：， 阴影部分是两个正方形的重叠部分， ； （3）解：， ， ， 当时， ． 25．（25-26七年级上·四川成都·期中）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 【知识点】列代数式、已知字母的值 ，求代数式的值、整式加减的应用 【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：， ∵ ， ∴． 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) 【知识点】已知字母的值 ，求代数式的值、数字类规律探索、整式的加减运算 【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． 【考点4】数轴与绝对值综合（第26-29题） · |a-b|表示距离，|x-a|+|x-b|最小值在x∈[a,b] · 有理数满足条件：由不等关系定符号大小 · 点移动：设新位置，用代数式表示关系 · 结合数轴直观判断，注意分类讨论 26．（25-26七年级上·江苏徐州·阶段检测）已知，则（   ） A． B．16 C．32 D． 【答案】A 【知识点】已知字母的值 ，求代数式的值、整式的加减运算 【分析】本题考查整式的加减，代数式求值，代入特殊值是解答的关键． 通过代入特殊值和到等式 中，得到两个方程，相加后消去奇次项系数，直接求出 ． 【详解】解：∵， ∴当时，， 当时，， 将两式相加，得 ∴． 故选：A． 27．（2022七年级上·福建宁德·竞赛）已知a，b，c为有理数，且，，，，则______． 【答案】 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、有理数加法中的符号问题、多个有理数的乘法运算 【分析】由题意可得a，b，c中有两个负数，一个正数，不妨设，则，，由得出，，，再结合绝对值的性质求出、的值，即可得出结果． 【详解】解：∵a，b，c为有理数，且，， ∴a，b，c中有两个负数，一个正数， 不妨设，则，， ∵， ∴，，， ∴，， ∴． 28．（25-26七年级上·北京朝阳·期末）数轴上的点A，B，C，D所表示的数分别为a，b，c，d，若其中三个点向左移动1个单位长度，一个点向右移动3个单位长度，称为对点A，B，C，D进行的一次平衡变换，得到的点所表示的数称为由a，b，c，d得到的一组平衡数，对点A，B，C，D进行k次平衡变换的结果记为（，2，3），得到的平衡数记为（，2，3），若存在k（，2，3）使得中恰有三个数相等，那么称此时的平衡数为由a，b，c，d得到的强平衡数，同时称点A，B，C，D存在强平衡变换． 例如：若点A，B，C，D所表示的数分别为2，7，6，6，经历1次平衡变换得到的平衡数可以是5，6，5，5，经历2次平衡变换得到的平衡数可以是8，5，4，4，其中5，6，5，5称为强平衡数． (1)点A，B，C，D所表示的数分别为7，8，8，3；对于点A，B，C，D是否存在强平衡变换？若存在，请写出k的值及此时得到的强平衡数，若不存在，请说明理由； (2)点A，B，C，D所表示的数分别为9，14，5，d，若对于点A，B，C，D存在强平衡变换，直接写出d的值． 【答案】(1) 解：不存在，理由如下: 7，8，8，3这四个数有两个是奇数，两个是偶数，经历k次平衡变换后得到的平衡数也一定是两个奇数和两个偶数，因此不会出现三个数相等的情况，所以对于点A，B，C，D不存在强平衡变换； (2)d的值1，5，9，13 【知识点】整式的加减运算、整式加减的应用 【分析】本题考查整式加减的混合运算，奇偶性的应用，找出变换的规律是解题的关键； （1）根据奇偶性解答即可； （2）设k次变换后，每个数的变化量为（为该点被右移的次数，k为变换次数）,得到变换后数的表达式为：得出 ，，确定时满足条件，根据，，对当，2，3时进行讨论即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：设k次变换后，每个数的变化量为（为该点被右移的次数，k为变换次数）, 因此，变换后数的表达式为： 其中 （每次变换右移 1 个点，k次共右移k次） ∵时，（无整数解），时 （无整数解）， ∴ ，， ∴， 由得即， 由得即， ∴， 当时，，，，，； 当时，，，，，； 或，，，，； 当时，，，，，； 或，，，，； 或，，，，； 或，，，，； ∴d的值1，5，9，13． 29．（26-27七年级上·福建泉州·阶段检测）我们知道：式子的几何意义是数轴上表示有理数的点与表示有理数3的点之间的距离，因此，若点，在数轴上分别表示有理数，，则，两点之间的距离．若点表示的数为，请根据数轴解决以下问题： (1)若，则的值为__________．的最小值为__________； (2)①当__________时，的值最小，最小值为__________． ②的最大值为__________； (3)如图，一条笔直的公路边有三个居民区，，和市民广场，居民区，，分别位于市民广场左侧，右侧，右侧．居民区有居民1千人，居民区有居民2千人，居民区有居民3千人．现因防疫需要，需要在该公路上建流感检测实验室，用于接收这3个小区的全员流感样本，若流感样本的运输和包装成本为每千米1元/千份，那么实验室建在何处才能使总运输和包装成本最低，最低成本是多少？ 【答案】(1)或1；4 (2)①，7；②4 (3)实验室建在点B与点C之间才能使总运输和包装成本最低，最低成本是12元 【知识点】数轴上两点之间的距离、绝对值的几何意义、带有字母的绝对值化简问题、整式加减的应用 【分析】（1）的几何意义是指数轴上点P到表示的点的距离为6，分点P在表示的点的左侧和右侧两种情况求出x的值．的几何意义是点P到表示的点与到表示1的点的距离之和，分点P在表示的点的左边，点P在表示的点和表示1的点之间，点P在表示1的点的右边三种情况讨论，从而求出最小值； （2）①的几何意义是数轴上点P到表示的点，点P到表示的点，与点P到表示1的距离之和，同（1）的思路结合数轴求解即可； ②的几何意义是数轴上点P到表示的点与点P到表示1的点之间的距离之差，同（1）思路求解即可； （3）要使总运输和包装成本最低，即求的最小值，同（2）思路求解即可． 【详解】（1）解：的几何意义是指数轴上点P到表示的点的距离为6， 若点P在表示的点的左侧，则； 若点P在表示的点的右侧，则； 因此若，则的值为或1． 的几何意义是点P到表示的点与到表示1的点的距离之和，由于表示的点与到表示1的点的距离为， 当点P在表示的点的左边时，点P到表示的点与到表示1的点的距离之和大于4； 当点P在表示的点和表示1的点之间时，点P到表示的点与到表示1的点的距离之和等于4； 当点P在表示1的点的右边时，点P到表示的点与到表示1的点的距离之和大于4； 因此点P到表示的点与到表示1的点的距离之和最小值为4，即的最小值为4． （2）解：①的几何意义是数轴上点P到表示的点，点P到表示的点，与点P到表示1的距离之和， 所以点P应该在与1之间的线段上，且点P与表示的点重合时，所求距离之和最小，最小值为表示的点到表示1的点的距离，为， 所以当时，的值最小，最小值为7． ②的几何意义是数轴上点P到表示的点与点P到表示1的点之间的距离之差． 当点P在表示1的点的右侧时，点P到表示的点与点P到表示1的点之间的距离之差等于表示的点与表示1的点的距离，为； 当点P在表示1的点的左侧时，点P到表示的点与点P到表示1的点之间的距离之差小于表示的点与表示1的点的距离4； 所以点P到表示的点与点P到表示1的点之间的距离之差最大值为4，即的最大值为4． （3）解：由题意得，点A、B、C在数轴上分别表示，1，3，P表示x， 要使总运输和包装成本最低，即求的最小值， ， 由（2）同理可得，当点P在表示1的点B与表示3的点C之间，即时，取得最小值， 此时 总运输和包装成本为（元） 所以实验室建在点B与点C之间才能使总运输和包装成本最低，最低成本是12元． 【考点5】规律与阅读材料（第30-40题） · 规律多项式：系数(-1)n与指数等差 · 幻方：利用行列对角线和相等列方程 · 新定义运算：读懂规则，按顺序代入 · 阅读材料：提取定义结论，仿照示例解题 30．（25-26七年级上·江苏宿迁·阶段检测）“幻方”最早记载于公元前500年的《大戴礼记》中，如图1所示，每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，现将，2，，，5，，6，8填入如图2所示的“幻方”中，部分数据已填入，则图中的值为（   ） A．15或 B．5 C． D． 【答案】B 【知识点】整式加减的应用 【分析】本题要先读懂题意，直接根据数字之和相等可以得出等式，本题综合性比较强，比较注重逻辑推理．由题意可知，先将8个数的和相加等于9，每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等．则9÷3=3，每个三角形和正方形的和都为3，列式变形后可得结论． 【详解】解：由题意可得：， ， ， ， ， 得：． 故选：． 31．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）我们用表示一个数列中的第个数，例如：表示第一个数，表示第二个数，表示第三个数……．在某个数列中，若，，从第三个数开始， ， ， ， 以此类推．有下列三个说法： ； ；关于的方程的解为．其中，正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算 【分析】本题考查了数字的变化规律，根据数列的计算方法分别算出，即可判断；根据数列，可得以为循环，又计算得到，即可求出的结果，判断；把，代入方程求解即可判断；解题的关键是求出前面的几个数，发现其存在的规律． 【详解】解：， ，故正确； 由上可知，以为循环， ， ∵ ， ， ∴，故错误； ∵，，， ∴， ∴， 即， ∴，故正确； 正确的个数有个， 故选：． 32．（25-26七年级上·湖北武汉·期中）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如下图中，第一行1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．设第一行、第二行、第三行第9项分别为a、b、c，则的值是（    ） A．240 B．247 C．243 D．239 【答案】C 【知识点】图形类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了图形的规律探索，解决问题的关键是探究“三角形数” “正方形数”与“五边形数的规律”，运用规律求数． 先根据图形分别探究“三角形数”与“正方形数”的存在规律，再分别求出第9个“三角形数” “正方形数”， “五边形数”，进而求和． 【详解】解：第1个“三角形数”：1， 第2个“三角形数”：， 第3个“三角形数”：， …… 第个“三角形数”为； 第1个“正方形数”：1， 第2个“正方形数”：， 第3个“正方形数”：， …… 第n个“正方形数”为； 第1个“五边形数”：1， 第2个“五边形数”：， 第3个“五边形数”： ， 第4个“五边形数”：， 第5个“五边形数”：， 第n个“五边形数”为， ； 当时， 第9个“三角形数”：， 第9个“正方形数”：， 第9个“五边形数”为； ∴． 故选C． 33．（2026·浙江绍兴·二模）【主题】研究幻方 【背景】幻方的历史很悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”，把洛书用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方（图1），将9个数填在（三行三列）的方格中，如果满足每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和都相等，就得到一个三阶幻方． 【实践】小嵊和小州课后研究起了幻方，发现只要满足三阶幻方特征填入的任意9个数，每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和一定等于中间数的3倍． 小嵊给出了数学证明： 如图2，设这9个数依次为，，，，，，，，， 因为每行，每列，每条对角线的三个数字之和都相等，所以把每行，每列，每条对角线的三个数字之和都记为， 则第二行：①， 第二列：②， 对角线分别：③，④， 将①＋②＋③＋④，得： 所以，每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和一定等于中间数的3倍． (1)请完成“”中小嵊未显示的推理过程． (2)利用上述结论，小州继续探索：如图3，仅可以看到部分数值的“三阶幻方”，求其中，，之间的关系． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】（1）将、、整体代入化简即可解答； （2）设中间格的值为，利用（1）结论，则每行，每列，每条对角线的和为，据此补全幻方，并根据其定义解答即可． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴，   ∴． （2）解：设中间格的值为，利用（1）结论，则每行，每列，每条对角线的和为，则有： ∴，即． 34．（26-27七年级·全国·暑假作业）当代印度著名诗人泰戈尔在《世界上最遥远的距离》中写道， 世界上最遥远的距离，不是瞬间便无处寻觅，而是尚未相遇，便注定无法相聚． 距离是数学、天文学、物理学中的热门话题，唯有对宇宙距离进行测量，人类才能掌握世界尺度．我们可以从图形和代数化简两个角度来计算距离： 已知点在数轴上分别表示有理数，两点之间的距离表示为，例如表示到的距离，而则表示到的距离； 我们知道：，于是可以用这一结论来化简含有绝对值的代数式． 例如化简时，可先令和，分别求得，（称和分别为的零点值），在实数范围内，零点值和可将全体实数分成不重复且不遗漏的如下种情况：①；②；③．从而化简可分以下种情况： ①当时，原式； ②当时，原式； ③当时，原式． 综上，原式= 结合以上材料，回答以下问题： (1)化简代数式； (2)化简代数式． 【答案】(1)； (2)． 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、整式的加减运算 【分析】（）根据题目中的范例解得即可求解； （）根据题目中的范例解得即可求解； 本题考查了化简绝对值，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：当时，原式； 当时，原式； 当时，原式； ∴； （2）解：当时，原式； 当时，原式； 当时，原式， ∴． 35．（25-26七年级上·重庆·阶段检测）已知含字母的代数式是：． (1)化简这个代数式． (2)观察化简后的代数式，无论字母取何值，代数式的结果恒为定值，求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】整式的加减运算、整式加减中的无关型问题 【分析】本题主要考查了整式的加减混合运算，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． （1）利用整式的加减计算法则进行化简即可得到答案． （2）根据题意可得，故时，代数式的结果恒为定值． 【详解】（1）解： ； （2）解：∵无论字母取何值，代数式的结果恒为定值， ∴， ∴ ∴ 故时，． 36．（25-26七年级上·福建福州·期末）初中数学中，数与代数领域的推理无处不在．探究整除数规律，就是一个典型的代数推理过程．在课堂上探究并证明了“自然数被3整除的规律”后，小明尝试探索“自然数被11整除的规律”． 【探究一：两位数】 （1）以下为小明的推理和证明思路． 若一个两位数的十位、个位上的数字分别为a和b，通常记为，则这个两位数可表示为．小明列举了几个能被11整除的两位数：11，22，33，…，他观察到这些数共同的特征是①____（填a，b的数量关系）． 证明如下：因为，且满足①， 所以②_____=③______． 因为③能被11整除， 所以能被11整除． 请你帮助他补充完整①②③所缺的内容 【探究二：三位数】 （2）如果用表示一个三位数．当a、b、c应满足以下什么条件时，能被11整除． 现有三个a、b、c的关系：①能被11整除；②能被11整除；③能被11整除．请选出所有能够使得能被11整除的条件，并写出证明过程； 【答案】（1）①，②，③； （2）解：条件②和③能够使得能被11整除． 证明：因为， 将100和10分解为11的倍数与余数之和：，， 代入得：， 因为是11的倍数， 所以当是11的倍数时，能被11整除， 即满足条件②能被11整除时，能被11整除； 计算条件②与条件③的和为：，且能被11整除， 所以当条件②能被11整除时，条件③能被11整除， 所以满足条件③能被11整除时，也能被11整除； 对于条件①能被11整除取反例：当，，时， 满足能被11整除，但146不能被11整除， 故满足条件①时不成立； 综上，条件②和③能够使得能被11整除． 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题考查了列代数式，整式的加减； （1）根据所列举的数可知，然后进一步计算即可； （2）将改写为，可知当是11的倍数时，能被11整除，然后证明条件②与条件③等价，再举反例证明条件①不成立即可． 【详解】解：（1）若一个两位数的十位、个位上的数字分别为a和b，通常记为，则这个两位数可表示为．小明列举了几个能被11整除的两位数：11，22，33，…，他观察到这些数共同的特征是（填a，b的数量关系）． 证明如下：因为，且满足①， 所以， 因为③能被11整除， 所以能被11整除． 故答案为：①，②，③； （2）略 37．（24-25七年级上·广东广州·期末）【阅读材料】 对于任意整数a和不为0的整数b，总存在整数k，r使得，其中k称为商，r称为余数，特别地，当时，即，此时称a被b整除也称b整除 例如，，则称12被3整除． 【问题提出】 任取三个整数a，b，c，进行加减乘除四则运算每个数只能使用一次，结果记为m，记、、分别为a，b，c除以5所得的余数，则、、可取0、1、2、3、4，请判断是否一定存在一个m值能被5整除，请说明理由． 小明的解答如下：一定存在一个m值能被5整除．理由如下： ①当、、其中一个为0时，假设，则能被5整除； ②当、、其中有两个相等时，假设，则能被5整除； ③当时，则、、可取1，2，3，4， 现把余数分为1和4，2和3两组， 则、、中一定有两个数同时在上面两组余数中的一组，则同组的两个余数和为5，假设，可知可被5整除，则一定能被5整除． 综上所述，一定存在一个m值能被5整除． 【问题解决】 (1)任取两个整数a，b，进行加减乘除运算每个数只能使用一次，结果记为m，记，分别为a，b除以3所得的余数，则、可取0、1、 ①若、其中有一个为0，则______时， m能被3整除． ②若，则______时， m能被3整除． ③若，请证明当时，m能被3整除． (2)任取四个整数a，b，c，d，进行加减乘除四则运算每个数只用一次，结果记为m，记、、、分别为a，b，c，d，除以8所得的余数，则、、、可取0、1、2、3、4、5、6、7，请判断是否一定存在一个m值能被8整除，请说明理由． 【答案】(1)①；②； ③证明：设余，余， ，， ， ， ， 当时，m能被3整除． (2) 一定存在一个m值能被8整除．理由如下： ①当、、、其中一个为0，假设，则能被8整除； ②当、、、其中有两个相等，假设，则能被8整除； ③当、、、其中一个为4，假设， 其余三个中有一个数为偶数，假设为偶数，则能被8整除， 能被8整除． 其余三个都为奇数，则为偶数， 所以能被8整除． ④当时，则、、、可取1，2，3，5，6，7， 现把余数分为1和7，2和6，3和5三组， 则、、、中一定有两个同时在上面三组余数中的一组， 则同组的两个余数和为8， 假设， 由可知，可被8整除，则一定能被8整除． 综上所述，一定存在一个m值能被8整除． 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了列代数式、整式的加减、数论推理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． ①若、其中有一个为0，则a或b有一个能被3整除，进而得解； ②若，则，根据0能被任何数整除，即可得解； ③分别将a和b除以3的得数和余数表示出来，在表示出即可得证； 参考题干材料解法，分类讨论即可． 【详解】（1）①、其中有一个为0， 或b有一个能被3整除， 时，能被3整除， 故答案为：； ②若，则， 能被任何数整除， 时，能被3整除， 故答案为：； ③略 （2）略 38．（25-26七年级下·福建厦门·期末）术中蕴含着许多数学原理，基于数学原理可以设计一些扑克牌魔术． 小鹭设计了一款扑克牌魔术，具体步骤如下： ①将一副扑克牌（共52张，不含大小王）随机打乱； ②将打乱后的扑克牌，抽取三十张，依次背面向上，叠放在桌上，第1张扑克牌在最下方，第30张扑克牌在最上方，如下图所示： ③从剩余的扑克牌中，随机抽取两张，翻开后依次摆放在桌上，余下扑克牌背面向上，叠放在原来三十张扑克牌之上，形成牌堆； ④根据每张翻开的扑克牌点数，从牌堆中从上往下数取扑克牌，放在对应扑克牌的下方，使得数取张数与该张扑克牌点数之和为13； 例如，若翻开的扑克牌为4，则取9张扑克牌；若翻开的扑克牌为K，则不取牌． ⑤将步骤③中翻开的两张扑克牌点数之和记为，在剩余牌堆中从上往下数第张，翻开对应的扑克牌． 例如，步骤③中翻开的两张扑克牌为4，K，则此时，即翻开从上往下数的第17张扑克牌．（注：本魔术中，扑克牌中的A，J，Q，K分别视为点数1，11，12，13） 在该魔术中，只需在步骤②中提前记忆特定位置的扑克牌，即可准确预测最终翻开的结果． (1)如果在步骤③中翻开的扑克牌为3，Q，按照上述步骤，步骤④中共需取的扑克牌为几张？ (2)对于任意翻开的两张扑克牌，步骤⑤中最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第几张？请说明理由． 【答案】(1)11张 (2)第25张 【知识点】有理数加减混合运算的应用、整式加减的应用 【分析】（1）根据规则：取牌张数+牌点数=13，分别算出点数3、Q对应的取牌数量，再求和即可； 【详解】（1）解：已知规则：取牌张数牌点数，Q视为点数12． 点数为3时，取牌数量：张； 点数为Q时，取牌数量：张， 总共取牌：张， 所以步骤4中共需取扑克牌11张． （2）解：设两张翻开的扑克牌点数分别为和：两张牌点数之和， 步骤④总共取走的牌数：对于点数为的牌，取牌数为；对于点数为的牌，取牌数为，总取牌数为， 剩余牌堆的总张数：步骤②抽取30张，步骤③抽取（张），步骤④取走张，因此剩余牌堆张数为， 步骤⑤要求从剩余牌堆从上往下数第张翻开，那么从下往上数的位置为总张数减去从上往下数的位置再加1，即，因此最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第张． 39．（23-24七年级上·福建厦门·期末）新定义型阅读理解题 【知识背景】 定义1：一个关于，的多项式，如果把其中，互换，所得的结果都与原式相同，则称此多项式是关于，的二元对称多项式．如，都是关于，的二元对称多项式． 定义2：若多项式组（，，是关于，的整式）中的三个整式满足两个条件： ①多项式是二元对称多项式； ②整式，通过加减运算后可得到整式，我们把这样的多项式组称为“二元对称关联式”． 例如：，，都是“二元对称关联式”． 【知识应用】 (1)若是“二元对称关联式”，写出所有符合条件的多项式． (2)已知是关于，多项式组（，为常数，），这个多项式组能否为“二元对称关联式”？若可以，分别求出，的值；若不能，说明理由． 【答案】(1)多项式可以是，， (2)这个多项式组能为“二元对称关联式”，此时， 【知识点】整式的加减运算 【分析】本题主要考查了整式的加减，读懂题意并进行计算是解题的关键． （1）根据整式的加减分三种情况，计算即可； （2）根据相关运算后的的系数对比可确定符合，利用系数对应相等即可求解． 【详解】（1）解：令，， ①当时， 则； ②当时， 则； ③当时， 则． 综上所述，多项式可以是，，． （2）令，，． 当时， ． ，，． ，． 当时，； 当时，，此时，舍去． ②当时， ． 此时，，，不符合题意，舍去． ③当时， 此时，，，不符合题意，舍去． 综上所述，当时，，这个多项式组能为“二元对称关联式” ． 40．（25-26七年级上·广东深圳·期中）远光某班综合实践小组开展“制作长方体形纸盒”的实践活动． 【知识准备】 【制作纸盒】 （2）综合实践小组利用边长为的正方形纸板，按以上两种方式制作长方体形盒子（图⑦为无盖的长方体纸盒，图⑧为有盖的长方体纸盒） 【问题1】根据图⑦方式制作一个无盖的长方体盒子方法：先在纸板四角剪去四个同样大小且边长为的小正方形，再沿虚线折合起来，则无盖长方体纸盒的体积为______； 【问题2】根据图⑧方式制作一个有盖的长方体纸盒方法：先在纸板四角剪去两个同样大小边长为的小正方形和两个同样大小的小长方形，再沿虚线折合起来，则有盖长方体纸盒的体积为______； 【拓展探究】 （3）若有盖长方体形盒子的长、宽、高分别为2.5，2，1.5，将它的表面沿某些棱剪开，展成一个平面图形． ①请直接写出你剪开_______条棱； ②当该长方体形盒子表面展开图的外围的周长最小时，求此时该长方体形盒子表面展开图的外围的最小周长．请你画出外围周长最小时该长方体形盒子表面展开图并标上相应的数据． 【答案】（1）①⑤⑥；（2）问题1：；问题2：． （3）①7 ②最小周长为25 画出外围周长最小时该长方体形盒子表面展开图并标上相应的数据如下： 【知识点】列代数式、已知式子的值，求代数式的值、整式加减的应用、由展开图计算几何体的体积 【分析】本题主要考查立体图形的展开图、列代数式、代数式求值等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）根据正方形展开图所得的面数和上下底与侧面关系即可解答； （2）结合图形分别求得各自的长宽高即可得到体积； （3）只要沿着一条侧棱和下底的三条棱剪开即可； （4）根据长方体形盒子得长宽高求得其周长的代数式，结合代数的特点再进行计算． 【详解】解：（1）②正方体有6个面，但图中却有7个正方形，故②错误； ③正方体的表面展开图缺失上底面或下底面，侧面有一个面重合， ④正方体有6个面，但图中却有7个正方形，故④错误； 故答案为：①⑤⑥； （2）问题1：无盖盒子的体积为：； 故答案为：； 问题2：有盖盒子的长：，宽为：，高为：， 有盖盒子的体积为：． 故答案为：． （3）①如图，长方体共有12条棱，展开后还有5条棱没有剪开，所以剪开了7条棱， 故答案为：7． ②设长方体长为a，宽为b，高为c，则长方体形盒子展开图的周长， 想要周长最小，只需要b最大，c最小，此时，则最小周长为25． 💯 课后巩固 复习建议 · 整式系数和要含符号相加，判断条件注意最高次项 · 数位新定义题先设字母列方程，解后必须验证 · 操作规律题逐次列前几项，图形面积用整体减空白 · 绝对值距离模型记牢，|x-a|+|x-b|最小值在区间内 · 阅读材料题先读懂定义，仿照示例规范作答 【作业1】．当时： ，，按分类： 时，，，得，，共个； 时，，，得，，共个； 时，最小系数和为，无符合条件的组合； 因此时共个满足条件的整式． 【作业2】．（25-26八年级上·重庆万州·阶段检测）我们规定：一个四位数，若满足，则称这个自然数为“等和数”.例如：四位数，因为，所以是“等和数”按照这个规定，最小的“等和数”是___________；一个“等和数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记,，若是11的倍数，则满足条件的的最大值是_________． 【答案】 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题考查列代数式，整式加减的应用，理解新定义，能熟练利用整式加减及分类讨论思想进行求解是解题的关键． 对于最小的“等和数”，需满足且，取最小四位数，可得最小的“等和数”，先表示和，计算和，化简得，由是的倍数，得是77的倍数，即，结合和的数字范围，只有时成立，即可解答． 【详解】解：一个四位数，满足， 要求最小的“等和数”，则可取，， ∴， 当，时，， ∴最小的“等和数”是． 由题意，， ， ， ∴， ∵是11的倍数， ∴是77的倍数。 设，因左边为偶数，k为偶数， 令，得， 根据，故， ∵十位恒为0， 则只有时满足，故， 由，得，即， ∴当，时，取得最大值，此时， ∴满足条件的M的最大值是， 故答案为：，． 【作业3】．当时： ，，得，为正整数，因此，对应个满足条件的整式． 【作业4】．（2025七年级上·全国·专题练习）已知表示与的差的绝对值，也可理解为与两数在数轴上对应的两点之间的距离；同理表示数轴上有理数对应的点到和对应的两点的距离之和，可以借助数轴分析得的最小值为．利用该方法，可得的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、整式的加减运算 【分析】本题考查了绝对值的化简问题，整式的加减计算，难度较大，解题的关键利用分类讨论的思想求解． 分五种情况讨论，分别去绝对值，再进行整式加减计算，然后计算最值并比较即可． 【详解】解：当时， ， 当时， ， 当时， ； 当时， ， 当时， ， 所以当时，有最小值是16， 当时， ， 当时， ， 当时， ， ∴的最小值为16， 故选：B． 【作业5】．当时： ，，最小系数和为，刚好等于，仅个组合满足条件，因此共个满足条件的整式． 综上，满足条件的整式总个数为． 【作业6】．（25-26七年级上·重庆江北·期末）对于一个四位自然数，如果满足各数位数字互不相等且均不为0，若千位上的数字与十位上的数字之和等于百位上的数字与个位上的数字之差的两倍，则称这样的四位数为“协衡数”．将“协衡数”的百位数字与十位数字组成的两位数记作；个位数字与千位数字组成的数记作，并规定．例如：，因为，所以1432是一个“协衡数”，．若，则__________；若一个四位数（均为整数，且．）是“协衡数”，且被7除余4，则满足条件的的最大值为__________． 【答案】 4 8924 【知识点】数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】根据“协衡数”的定义，千位数字a与十位数字c之和等于百位数字b与个位数字d之差的两倍，即；由代入m和n的表达式，化简得，结合即可求解．对于四位数A，其各位数字由参数表示，代入“协衡数”条件并利用被7除余4的条件，得到和，在参数约束和数字互异的条件下，求A的最大值． 【详解】解：设，则，，， ∵， ∴， 又 ∴， 解得， ∵是“协衡数”， ∴， 化简得， ∴ ， ∵被7除余4， ∴能被7整除， ∴是的倍数， ∴是的倍数， ∴或， ∵， ∴当时，，此时，不合，舍去； 当时，，此时，即， 当，，，时，取最大值，最大值为， 故答案为：4，8924． 【作业7】．（25-26八年级下·重庆巫山·期末）在整式，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在与之间和与之间分别插入它们各自的平均数记作第二次操作，以此类推． ①第二次操作后，从左往右第四个整式为； ②经过三次操作后，若，，则所有整式的值之和为10； ③经过10次操作后，将得到1025个整式． 以上三个结论正确的个数为（     ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【知识点】有理数的乘方运算、已知字母的值 ，求代数式的值、数字类规律探索、整式的加减运算 【分析】抓住每次操作插入相邻两整式的平均数、两端整式不变的特点，分别验证三个结论． 【详解】解：初始整式为，，每次操作仅在相邻整式间插入平均数，两端整式不变． ① 第一次操作插入的平均数为， ∵ 第二次操作需在相邻两组间分别插入平均数，与的平均数为，与的平均数为， ∴ 从左往右第四个整式为， 故①正确． ② 代入，，得初始两整式的值为，． 第一次操作后三个整式的值为，，，和为． 第二次操作后五个整式的值为，，，，，和为． 第三次操作后九个整式的值为，，，，，，，，， 和为， 故②错误． ③ 设第次操作后整式个数为，初始． ∵ 每次操作后新增整式个数等于原有整式的间隔数，即， ∴ ． 计算得：，，，．．． ∴ 第次操作后整式个数为．当时，， 故③正确． 综上，正确的结论有2个． 【作业8】．（25-26七年级上·江苏南京·期末）有理数a，b，c满足，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】绝对值的几何意义、带有字母的绝对值化简问题、有理数大小比较、有理数加法运算 【分析】本题考查有理数加法、绝对值的性质，根据和，可推得b、c同号，a与b、c异号，结合绝对值性质分析各选项即可． 【详解】解：A、∵，且， ∴a、b、c三个数不同号，且都不为0，且， 若b、c异号， 则， 与矛盾， ∴b、c同号，a与b、c异号， 可得， 当a为正，b、c为负时， ∵， ∴， ∴A选项不成立， ∴A错误； B、∵，且， ∴a、b、c三个数不同号，且都不为0，且， ∴B选项错误； C、当时，； 当时，． ∴不恒成立， ∴C错误； D、∵和， 当时， ∴． ∴D正确． 【作业9】．（23-24八年级上·重庆北碚·期末）已知，对多项式，任意添加绝对值运算（不可添加为单个字母的绝对值或绝对值中含有绝对值的情况）后，称这种操作为“绝对操作”．例如：，，等．对多项式进行“绝对操作”后，可进一步对其进行运算．下列说法其中正确的个数是（    ） ①存在八种“绝对操作”，使其化简的结果与原多项式相等； ②不存在任何“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、整式的加减运算 【分析】本题考查绝对值的意义，整式的加减运算，根据“绝对操作”的定义，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴，，，，，，， ①要使化简的结果与原多项式相等，则去绝对值后所有的符号不发生改变， ∴当，，，，，，任意一个添加绝对值后，化简后的结果与原多项式相等，有6种情况， 当，或两个都添加绝对值后，化简后的结果与原多项式相等，有2种情况， 故存在八种“绝对操作”，使其化简的结果与原多项式相等；故①正确； ②任意“绝对操作”化简后的结果不存在项，故不存在任何“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；故②正确； ③添加一个绝对值后，有6种结果与原多项式相等，即为， ， ， 添加两个绝对值，有2种结果与原多项式相等， ． 综上：总共有6种不同的结果；故③错误； 故选C． 【作业10】．（24-25七年级上·全国·单元测试）已知式子． (1)当______，______时，此式子的值与字母的取值无关； (2)在（1）的条件下，求多项式的值； (3)在（1）的条件下，求的值． 【答案】(1)； (2) (3) 【知识点】数字类规律探索、整式的加减中的化简求值、整式加减中的无关型问题 【分析】（1）先去括号，再合并同类项，根据题意求出，的值即可； （2）先去括号，再合并同类项，最后代入求值即可； （3）先用适当的方法变形，再合并同类项，最后代入求值即可． 【详解】（1）解：原式 ， ∵此式子的值与的取值无关， ∴，， ∴，． 故答案为：；． （2）解：原式． 当时， 原式． （3）解：原式 ． 当时，原式． 【点睛】本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解题关键． 【作业11】．（25-26七年级上·江苏南通·期中）【回顾书本】 在小学，我们知道像12，27，36，45，108，…这样的自然数能被3整除．一般地，如果一个自然数所有数位上的数字之和能被3整除，那么这个自然数就能被3整除．事实上，我们可以证明这个结论的正确性． 以两位数为例，若一个两位数的十位、个位上的数字分别为a，b，则通常记这个两位数为，于是， 显然，9a能被3整除，因此，若能被3整除，那么就能被3整除．即：能被3整除． 【类比证明】 （1）小明同学从中发现：如果一个两位数的所有数位上的数字之和等于9，那么这个两位数就能被9整除．在此基础上，小明同学提出了“如果一个自然数的各数位上的数字之和等于9，那么这个自然数就能被9整除”的观点． 请你以三位数为例，说明小明的观点是否正确． 【简单运用】 （2）当五位数能被9整除，求代数式的值； 【拓展提升】 （3）①若两位数能被11整除，则a，b满足的条件______； ②若三位数能被11整除，则a，b，c满足的条件______； ③按此方法探究，若任意一个自然数能被11整除，直接写出这个自然数所有数位上的数满足的规律． 【答案】 （1）正确，证明：设三位数的百位、十位、个位数字分别为a，b，c，则这个三位数可表示为： ， ∵， 则上式变为， ∵是9的整数倍， 能被9整除，小明的观点正确； （2）或； （3）①；②或；③任意自然数能被11整除的规律：奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差是11的倍数 【知识点】数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了数的整除特性的证明与应用，涉及3、9、11 的整除规律推导及实际运用．熟练掌握“用代数表示数并拆分变形，结合整除定义分析数字和与数的关系”是解题关键． （1）通过代数表示三位数，拆分变形为9 的倍数与数字和的组合，利用“数字和为9”推导其是9 的倍数，验证观点正确性； （2）根据能被9 整除的数的数字和规律，结合五位数的数字和，确定其为9 的倍数，进而求的值即可； （3）将数拆分为11 的倍数与数字组合的形式，通过整除条件推导不同位数下数字需满足的关系，归纳通用规律即可． 【详解】解：（1）略 （2）的各位数字和为， 由（1）的证明过程类比可知，若一个自然数各数位数字之和能被9整除，则该数能被9整除， 因此若五位数能被9整除，则能被9整除， 由题意可知， ∴或， ∴或； （3）①两位数，若能被11整除，则（k为整数）， ∵，， ∴，即； ②三位数 若能被11整除，则或11的倍数， 即或； ③根据②可得：若三位数能被11整除，则a，b，c满足的条件为（k为整数）， 四位数 ， 若能被11整除，则（k为整数）， 同理可得：若五位数能被11整除，则（k为整数）， 若六位数能被11整除，则（k为整数）， … 则任意自然数能被11整除的规律：奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差是11的倍数． 【作业12】．（25-26七年级上·江西赣州·期末）定义新运算：，例如．回答下面问题： (1)计算：_____． (2)已知，求的值． (3)若在这些数中，任意选取两个数进行“◎”运算，则所有运算结果中最大的值是_____． 【答案】(1)2 (2) (3) 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、有理数四则混合运算、整式的加减运算 【分析】本题考查了新定义，有理数的混合运算，整式的加减运算，解题的关键是正确理解新定义运算． （1）根据新定义运算法则计算即可； （2）先确定的结果为中较小的数，则由得，，而，，故； （3）根据的结果为中较小的数，则需在所有中找最大的较小值，故选取最大的两个数，即可求解． 【详解】（1）解：， 故答案为：2； （2）解： 当时，； 当时，， 所以的结果为中较小的数， 由得，， 因为， 所以； （3）解：将这些数从大到小排列为：， 因为的结果为中较小的数， 所以需在所有中找最大的较小值， 所以选取最大的两个数， ∴， 故答案为：． 【作业13】．（25-26七年级上·全国·单元测试）如图，在长方形中，长为，宽为．除阴影部分M，N外，其余5块是全等的小长方形，小长方形的宽为． (1)求每个小长方形的长（用含x的代数式表示）； (2)分别用含x，y的代数式表示阴影M，N的面积； (3)若阴影M与阴影N的面积差不会随y的变化而变化，请求出x的值，并说明理由． 【答案】(1) (2)阴影M的面积为：；阴影N的面积为： (3) 解： ∵阴影M与阴影N的面积差不会随y的变化而变化， ∴， 解得， 故x的值为． 【知识点】列代数式、整式加减的应用 【分析】本题主要考查了列代数式、整式加减法应用，①根据题意，用含x的代数式表示出小长方形的长即可． ②根据题意，用含x，y的代数式分别表示出阴影部分M和N的面积即可． ③将②中所得M和N相减，再令y的系数为0即可． 【详解】（1）解：由图可知小长方形的长等于的长减去3个小长方形的宽， ∴每个小长方形的长为． （2）解：阴影M的面积为：． 阴影N的面积为：． （3）略 【探究发现】 在三阶幻方中，每行、每列、每条对角线上数字之和都相等，这个和称为“幻方和”，最中间的数称为“中心数”，探究发现，幻方和是中心数的3倍．例如，在图2的三阶幻方中，幻方和是中心数5的3倍． 【尝试运用】 （1）在图3所示的三阶幻方中，幻方和为 ，a＝ ； （2）在图4所示的三阶幻方中，若，，，求D所表示的代数式； 【深入思考】 （3）在图5所示的三阶幻方中，若，，（k为常数），且幻方和与a的取值无关，直接写出k的值及该幻方和． 【答案】（1），；（2）；（3），幻方和为 【知识点】列代数式、整式的加减运算、整式加减中的无关型问题 【分析】本题考查幻方，解题的关键是根据幻方的特点，找到等式． （1）根据幻方和是中心数的3倍，即可求解； （2）根据，，，先求出幻方和，再利用幻方和是中心数的3倍，求出中心数，从而求出右下角的数，最后通过最后一行即可求解； （3）设幻方和为，则中心数为，如图所示，设、，由，，表示出，由，，表示出，又利用，可得 ，由题意，幻方和与a的取值无关，即可求出k的值及幻方和． 【详解】解：（1）根据题意，幻方和是中心数的3倍，即幻方和为， ， ， 故答案为：，； （2）幻方和为， 中心数为， 如图所示，设右下角的数为， ，即 ， ； （3）设幻方和为，则中心数为， 如图所示，设、， ，， 根据题意，， ，， 根据题意，， 又 ， ，即， ， 幻方和与a的取值无关， ； ， 解得， 则k的值为，该幻方和． 【作业14】．（25-26七年级上·安徽铜陵·期末）已知关于x，y的多项式是五次四项式（m、n为有理数），且单项式的次数与该多项式相同． (1)求m，n的值． (2)将这个多项式按x的降幂排列． 【答案】(1)， (2) 【知识点】单项式的系数、次数、多项式的项、项数或次数、将多项式按某个字母升幂（降幂）排列 【分析】本题考查多项式的项与次数，单项式的次数，求解代数式的值，熟练掌握基础概念是解题的关键． （1）根据多项式的项数和次数的定义，可得，再由单项式的次数与该多项式的次数相同，可得，再求解即可； （2）按x的指数从大到小排列即可． 【详解】（1）解：关于x、y的多项式是五次四项式，且m，n为有理数， ∴，解得， 又∵单项式的次数与该多项式的次数相同，都是5， ∴，而，解得， 答：，． （2）解：当，时， 关于x，y的多项式按x的降幂排列是． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4章·整式加减·满分压轴·期中复习讲义 （知识梳理+典例+练习）2026-2027·人教版七年级数学上册 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 掌握整式综合题的分析方法，理解系数、次数、系数的和等概念 · 掌握数位新定义题的解法，能根据条件列式求解验证 · 掌握整式操作规律与图形面积的代数式表示 · 掌握数轴绝对值距离模型与代数推理方法 · 能读懂阅读材料，理解新定义运算并正确应用 📚 知识梳理 ☆ 1.整式综合与新定义整式 整式A的系数的和：把所有系数（含符号）相加，如3x2+2x+1的系数和为6 最高次项系数为正：判断整式是否符合条件，需检查最高次项 满足条件的整式个数：按系数范围分类计数 单项式系数次数之差：先代入再计算 概念辨析例题：整式2x3-3x2+x-5中所有系数的和是多少？ 答案：-5 解析：系数依次为2，-3，1，-5，和为2-3+1-5=-5。 ☆ 2.数位新定义题 等和数：千位+十位=百位+个位，设字母列方程 数位互不相同且不为0：先确定数字取值范围再求解 换位新数：把百位与个位交换等，用代数式表示新数 验证唯一性：解方程后逐一代回检验是否符合定义 概念辨析例题：一个三位数，百位数字与个位数字交换后得到新数，两数之差能被什么整除？ 答案：能被99整除 解析：设原数100a+10b+c，新数100c+10b+a，差=99(a-c)，能被99整除。 ☆ 3.整式操作与图形面积 操作规律：每次操作插入平均数，观察数列变化找规律 图形面积：大长方形面积-空白面积，或用代数式表示各部分 卡片拼接：设小卡片长宽，用整体面积相等列方程 回头差操作：按规则逐次计算，找周期或通项 概念辨析例题：在a、b之间插入平均数，得到a，，b，再在相邻两数间插入平均数，两次操作后共有多少个数？ 答案：5个 解析：第一次插入1个变3个，第二次在2个间隔各插1个变5个，每次操作后个数=前次×2-1。 ☆ 4.数轴与绝对值综合 |a-b|几何意义：数轴上a、b两点间距离 距离和：|x-a|+|x-b|在x∈[a,b]时取最小值b-a 有理数满足条件：结合不等关系判断符号与大小 点移动问题：设移动后位置，用代数式表示关系 概念辨析例题：|x-1|+|x+3|的最小值是多少？ 答案：4 解析：|x-1|+|x+3|表示x到1与到-3的距离和，x在-3到1之间时取最小值1-(-3)=4。 ☆ 5.规律与阅读材料 规律多项式：系数符号(-1)n与指数等差 幻方：每行每列对角线之和相等，列方程求值 新定义运算：先读懂规则再代入，注意括号优先级 阅读材料题：理解材料中的定义与结论后应用解题 概念辨析例题：多项式x，-2x2，3x3，-4x4，…，第n个多项式是什么？ 答案：(-1)n+1nxn 解析：系数绝对值依次1,2,3,4为n，符号正负交替为(-1)n+1，x指数为n。 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 系数的和 所有系数含符号相加 常数项也是系数 等和数 千+十=百+个 设字母列方程 换位新数 100c+10b+a 差=99(a-c) 插入平均数 个数=前次×2-1 每次间隔都插 图形面积 整体-空白 或分割求和 |a-b|距离 数轴上两点距离 先定大小 距离和最小 x在两数之间 最小值=两数差 幻方 行列对角线和相等 列方程求值 ⚠️ 核心考点 【考点1】整式综合与新定义整式（第1-6题） · 系数的和：把所有系数含符号相加 · 判断整式条件：检查最高次项、系数范围 · 计数满足条件的整式：按参数范围分类讨论 · 单项式系数次数：先写清系数与次数再计算 1．（25-26九年级上·重庆江北·期末）已知整式，其中为正整数，，为自然数，若，下列说法： ①满足条件的所有整式中有且仅有3个三次三项式； ②存在一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③在满足条件的所有整式中，存在几个整式的和为；其中正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．（24-25七年级下·重庆·期末）已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（25-26八年级下·重庆·期中）已知整式：，其中，，，为自然数，，为正整数，且．下列说法： ①满足条件的整式中所有的单项式之积为； ②当时，满足条件的所有整式的和为； ③满足条件的所有二次式的和记为，当取任意实数时，的值一定为正数； ④满足条件的整式共有14个． 其中正确的个数是（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（24-25九年级下·重庆北碚·自主招生）已知整式，其中，，，，，均为不等于的整数．若，下列说法：满足条件的整式中只有个一次二项式；当时，满足条件的整式中，有个多项式使得成立；对于任意的正整数，所有满足条件的整式的和为．其中正确的个数是（   ） A． B． C． D． 5．（25-26七年级上·安徽芜湖·期中）已知整式：：，其中，…，均为整数，为正整数，为正整数，且满足． （1）当时，满足条件的整式中的单项式为______； （2）满足条件的整式共有______个． 6．（26-27九年级上·重庆·阶段检测）已知整式，其中，且均为整数，n为正整数．若，则满足条件的整式A共有__________个；若，则满足条件的整式共有__________个． 【考点2】数位新定义题（第7-18题） · 设各位数字为字母，根据定义列方程（组） · 数位互不相同且不为0：限定取值范围 · 换位新数用代数式表示，作差或作和找规律 · 解后验证：逐一代回检查是否符合新定义 7．（24-25八年级下·重庆·期中）对于各位数字都不为0的两位数和三位数，将中的任意一个数字作为一个新的两位数的十位数字，将中的任意一个数字作为该新两位数的个位数字，按照这种方式产生的所有新的两位数的和记为．例如：．下面请计算___________．若一个两位数，一个三位数（其中，，且均为整数），交换三位数的百位数字和个位数字得到新数，当与的个位数字的2倍的和被12除余1时，称这样的两个数和为“赋能数对”，则所有“赋能数对”中的最小值为___________． 8．（25-26九年级上·重庆开州·期末）如果一个三位自然数的各个数位上的数字均不为，且满足百位上的数字等于十位上的数字与个位上的数字之和，则称这个数为“等和数”．例如：，，是“等和数”．又如：，，不是“等和数”．最小的“等和数”为________；若是一个“等和数”，将的十位数字添加在的百位数字之前得到一个四位数，在的末位之后添加数字1得到一个四位数，若能被整除，则满足条件的的最大值与最小值的差为________． 9．（25-26七年级上·重庆黔江·期末）一个三位正整数M，如果满足各数位上的数字各不相同且均不为0，个位上的数字是十位数字减1之差，那么称这个数是“三差数”．用这个“三差数”减去各数位数字之和的差，再除以9的商记为．例如：，．则______；如果将一个“三差数”M的各数位数字放在任意数位上后可以得到6个不同的三位数（包含M本身），把这6个三位数的和记为，且为整数，则满足条件的M的最大值是______． 10．（25-26八年级下·重庆綦江·期末）对于任意一个四位数，若千位数字与十位数字的差比百位数字与个位数字的差大1，且百位数字与十位数字的差为非负数，则称这个四位数为“夜郎数”．将“夜郎数”的千位数字与十位数字交换，百位数字与个位数字交换，得到，并记．最小的“夜郎数”的值为_________；若为“夜郎数”，且能被6整除，则满足条件的的最大值为_________． 11．（25-26七年级上·重庆北碚·期末）对于一个三位数，如果满足各个数位上的数字互不相等且均不为0，它的十位数字等于百位数字与个位数字的和，我们称这个数为“平等数”．对于一个“平等数”，从百位数字开始顺次取出两个数字构成三个两位数，把这三个两位数的和与11的商记为．例如：，因为，所以462是“平等数”．从百位数字开始顺次取出两个数字构成三个两位数分别为46，62，24，这三个两位数的和为，，所以．若是最大的“平等数”，则_____；已知都是“平等数”，若，且的值能被7整除，则的最小值是_____． 12．（2025·重庆綦江·一模）如果一个四位自然数M各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8，则称M为“励志数”．把四位数M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．例如：，∵，， ∴1435是“励志数”．则．那么“励志数”，则_________；已知是“励志数”，（；且a，b，c，d均为整数），若恰好能被8整除，则满足条件的数的最大值与最小值的差为________． 13．（25-26七年级上·重庆潼南·期末）一个三位正整数 ，且a，b，c都为整数），若，则称这个数是“和倍数”，例如：三位数135，因为，所以135是“和倍数”．按照这个规定，最大的“和倍数”是__________；将的百位数字与个位数字调换位置得到一个数，并规定：，若三位正整数是“和倍数”，且是整数，则满足条件的“和倍数”的最小值是__________． 14．（23-24七年级上·重庆九龙坡·阶段检测）三位正整数，其各个数位上的数字均不为0，将的百位数字与个位数字交换后得到，规定，则______（用含的式子来表示）．若的十位数字，且．将的百位数字截去放在的个位数字的后面得到，的百位数字截去放在的个位数字的后面得到，若能被12整除，则所有满足条件的的和为______． 15．（24-25七年级上·重庆·阶段检测）一个四位自然数m，各位上的数字各不相同，若它的千位数字是十位数字的2倍，百位数字比个位数字大1，则称m为“倍差数”．将“倍差数”m千位数字与个位数字之和记为s，百位数字与十位数字之和记为t，当m能被3整除，且时，满足条件的m的值为___________． 16．（23-24七年级下·重庆丰都·期末）现在一个四位数，如果它的个位数字与百位数字相差为1，十位数字与千位数字相差为2，那么称为“二一差数”，则最小的“二一差数”为_____________；如果一个“二一差数”能被6整除，将其千位数字与个位数字之和记为，百位数字与十位数字之和记为，当能够被整除时，满足条件的“二一差数”的最大值与最小值之和为____________． 17．（2026九年级下·重庆·专题练习）对于一个四位自然数，若它的千位数字是个位数字的2倍还多1，十位数字比百位数字多1，称为“腾跃数”．则最大的“腾跃数”为___________，若一个“腾跃数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，若与均为整数，则符合条件的的值为___________． 18．（25-26七年级上·福建厦门·期中）对于任意一个四位自然数，若M满足各个数位上的数字均不为0，且十位数字与个位数字的和等于千位数字与百位数字的差的5倍，则称四位数M为“千寻数”．例如：5346，因为，，，所以5346是“千寻数”． (1)判断：四位数3264________“千寻数”，四位数4237________“千寻数”（填“是”或“不是”）； (2)将“千寻数”的千位数字移到个位数字的右边得到一个新数，令，证明能被9整除； (3)设，若“千寻数”的千位数字，且为偶数，请直接写出所有符合条件的的值． 【考点3】整式操作与图形面积（第19-25题） · 操作规律：逐次列出前几次结果，找通项或周期 · 图形面积：整体减空白或分割求和 · 卡片拼接：设未知量，用面积相等列方程 · 回头差等操作：按规则计算，观察规律 19．（25-26八年级上·福建福州·期中）将图（1）中两张边长分别为，（）的正方形纸片，按图（2），图（3）两种方式放置在长方形纸片上（两张正方形纸片有重叠部分）．设图（2）中长方形纸片未被盖住部分的面积为，图（3）中长方形纸片未被盖住部分的面积为，长方形长为，宽为，时，的值是（   ） A． B． C． D． 20．（25-26七年级上·江苏泰州·期中）三个完全相同的小长方形不重叠地放入大长方形中，将图中的两个空白小长方形分别记为，，各长方形中长与宽的数据如图所示．则以下结论中正确的是（    ） A． B．小长方形的周长为 C．只需知道和的值，即可求出与的周长和 D．与的周长和恰好等于长方形ABCD的周长 21．（25-26七年级上·江苏无锡·期末）“回头差”游戏，对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：第1次操作后得到整式串；第2次操作后得到整式串；第3次操作后……其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差．则该“回头差”游戏第2026次操作后得到的整式串各项之和是（   ） A． B．6 C． D．0 22．（2025七年级上·重庆·专题练习）如图，长为，宽为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，下列说法中正确的有（   ） ①每个小长方形的较长边为； ②阴影的较短边和阴影的短边之和为； ③若为定值，则阴影和阴影的周长和为定值； ④当时，阴影和阴影的面积和为定值． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 23．（25-26七年级上·重庆·期中）有依次排列的2个整式：x，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：x，3，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推，通过下列实际操作： ①第二次操作后整式串为：x，，3，x，； ②第四次操作后整式串共有19个整式； ③第n个整式串比第整式串多个整式； ④第2025次操作后，所有的整式的和为，其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 24．（25-26七年级上·重庆黔江·期末）现在有边长分别为的两种正方形卡片若干（如图1），还有一个长宽分别为13，9的长方形． (1)如图2，将两种正方形卡片各一张放入长方形中，计算出阴影部分的周长，并用含的代数式表示阴影部分的面积； (2)如图3，将两张边长为的正方形卡片放置在长方形中，用含的代数式表示阴影部分的周长； (3)如图4，将两张边长为的正方形卡片与四张边长为的正方形卡片放置在长方形中，用含的代数式表示阴影部分的周长，并求当时阴影部分的面积． 25．（25-26七年级上·四川成都·期中）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． 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． 【考点4】数轴与绝对值综合（第26-29题） · |a-b|表示距离，|x-a|+|x-b|最小值在x∈[a,b] · 有理数满足条件：由不等关系定符号大小 · 点移动：设新位置，用代数式表示关系 · 结合数轴直观判断，注意分类讨论 26．（25-26七年级上·江苏徐州·阶段检测）已知，则（   ） A． B．16 C．32 D． 27．（2022七年级上·福建宁德·竞赛）已知a，b，c为有理数，且，，，，则______． 28．（25-26七年级上·北京朝阳·期末）数轴上的点A，B，C，D所表示的数分别为a，b，c，d，若其中三个点向左移动1个单位长度，一个点向右移动3个单位长度，称为对点A，B，C，D进行的一次平衡变换，得到的点所表示的数称为由a，b，c，d得到的一组平衡数，对点A，B，C，D进行k次平衡变换的结果记为（，2，3），得到的平衡数记为（，2，3），若存在k（，2，3）使得中恰有三个数相等，那么称此时的平衡数为由a，b，c，d得到的强平衡数，同时称点A，B，C，D存在强平衡变换． 例如：若点A，B，C，D所表示的数分别为2，7，6，6，经历1次平衡变换得到的平衡数可以是5，6，5，5，经历2次平衡变换得到的平衡数可以是8，5，4，4，其中5，6，5，5称为强平衡数． (1)点A，B，C，D所表示的数分别为7，8，8，3；对于点A，B，C，D是否存在强平衡变换？若存在，请写出k的值及此时得到的强平衡数，若不存在，请说明理由； (2)点A，B，C，D所表示的数分别为9，14，5，d，若对于点A，B，C，D存在强平衡变换，直接写出d的值． 29．（26-27七年级上·福建泉州·阶段检测）我们知道：式子的几何意义是数轴上表示有理数的点与表示有理数3的点之间的距离，因此，若点，在数轴上分别表示有理数，，则，两点之间的距离．若点表示的数为，请根据数轴解决以下问题： (1)若，则的值为__________．的最小值为__________； (2)①当__________时，的值最小，最小值为__________． ②的最大值为__________； (3)如图，一条笔直的公路边有三个居民区，，和市民广场，居民区，，分别位于市民广场左侧，右侧，右侧．居民区有居民1千人，居民区有居民2千人，居民区有居民3千人．现因防疫需要，需要在该公路上建流感检测实验室，用于接收这3个小区的全员流感样本，若流感样本的运输和包装成本为每千米1元/千份，那么实验室建在何处才能使总运输和包装成本最低，最低成本是多少？ 【考点5】规律与阅读材料（第30-40题） · 规律多项式：系数(-1)n与指数等差 · 幻方：利用行列对角线和相等列方程 · 新定义运算：读懂规则，按顺序代入 · 阅读材料：提取定义结论，仿照示例解题 30．（25-26七年级上·江苏宿迁·阶段检测）“幻方”最早记载于公元前500年的《大戴礼记》中，如图1所示，每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等，现将，2，，，5，，6，8填入如图2所示的“幻方”中，部分数据已填入，则图中的值为（   ） A．15或 B．5 C． D． 31．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）我们用表示一个数列中的第个数，例如：表示第一个数，表示第二个数，表示第三个数……．在某个数列中，若，，从第三个数开始， ， ， ， 以此类推．有下列三个说法： ； ；关于的方程的解为．其中，正确的个数是（    ） A． B． C． D． 32．（25-26七年级上·湖北武汉·期中）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如下图中，第一行1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．设第一行、第二行、第三行第9项分别为a、b、c，则的值是（    ） A．240 B．247 C．243 D．239 33．（2026·浙江绍兴·二模）【主题】研究幻方 【背景】幻方的历史很悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”，把洛书用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方（图1），将9个数填在（三行三列）的方格中，如果满足每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和都相等，就得到一个三阶幻方． 【实践】小嵊和小州课后研究起了幻方，发现只要满足三阶幻方特征填入的任意9个数，每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和一定等于中间数的3倍． 小嵊给出了数学证明： 如图2，设这9个数依次为，，，，，，，，， 因为每行，每列，每条对角线的三个数字之和都相等，所以把每行，每列，每条对角线的三个数字之和都记为， 则第二行：①， 第二列：②， 对角线分别：③，④， 将①＋②＋③＋④，得： 所以，每个横行，每个竖列，每条对角线上的三个数字之和一定等于中间数的3倍． (1)请完成“”中小嵊未显示的推理过程． (2)利用上述结论，小州继续探索：如图3，仅可以看到部分数值的“三阶幻方”，求其中，，之间的关系． 34．（26-27七年级·全国·暑假作业）当代印度著名诗人泰戈尔在《世界上最遥远的距离》中写道， 世界上最遥远的距离，不是瞬间便无处寻觅，而是尚未相遇，便注定无法相聚． 距离是数学、天文学、物理学中的热门话题，唯有对宇宙距离进行测量，人类才能掌握世界尺度．我们可以从图形和代数化简两个角度来计算距离： 已知点在数轴上分别表示有理数，两点之间的距离表示为，例如表示到的距离，而则表示到的距离； 我们知道：，于是可以用这一结论来化简含有绝对值的代数式． 例如化简时，可先令和，分别求得，（称和分别为的零点值），在实数范围内，零点值和可将全体实数分成不重复且不遗漏的如下种情况：①；②；③．从而化简可分以下种情况： ①当时，原式； ②当时，原式； ③当时，原式． 综上，原式= 结合以上材料，回答以下问题： (1)化简代数式； (2)化简代数式． 35．（25-26七年级上·重庆·阶段检测）已知含字母的代数式是：． (1)化简这个代数式． (2)观察化简后的代数式，无论字母取何值，代数式的结果恒为定值，求的值． 36．（25-26七年级上·福建福州·期末）初中数学中，数与代数领域的推理无处不在．探究整除数规律，就是一个典型的代数推理过程．在课堂上探究并证明了“自然数被3整除的规律”后，小明尝试探索“自然数被11整除的规律”． 【探究一：两位数】 （1）以下为小明的推理和证明思路． 若一个两位数的十位、个位上的数字分别为a和b，通常记为，则这个两位数可表示为．小明列举了几个能被11整除的两位数：11，22，33，…，他观察到这些数共同的特征是①____（填a，b的数量关系）． 证明如下：因为，且满足①， 所以②_____=③______． 因为③能被11整除， 所以能被11整除． 请你帮助他补充完整①②③所缺的内容 【探究二：三位数】 （2）如果用表示一个三位数．当a、b、c应满足以下什么条件时，能被11整除． 现有三个a、b、c的关系：①能被11整除；②能被11整除；③能被11整除．请选出所有能够使得能被11整除的条件，并写出证明过程； 37．（24-25七年级上·广东广州·期末）【阅读材料】 对于任意整数a和不为0的整数b，总存在整数k，r使得，其中k称为商，r称为余数，特别地，当时，即，此时称a被b整除也称b整除 例如，，则称12被3整除． 【问题提出】 任取三个整数a，b，c，进行加减乘除四则运算每个数只能使用一次，结果记为m，记、、分别为a，b，c除以5所得的余数，则、、可取0、1、2、3、4，请判断是否一定存在一个m值能被5整除，请说明理由． 小明的解答如下：一定存在一个m值能被5整除．理由如下： ①当、、其中一个为0时，假设，则能被5整除； ②当、、其中有两个相等时，假设，则能被5整除； ③当时，则、、可取1，2，3，4， 现把余数分为1和4，2和3两组， 则、、中一定有两个数同时在上面两组余数中的一组，则同组的两个余数和为5，假设，可知可被5整除，则一定能被5整除． 综上所述，一定存在一个m值能被5整除． 【问题解决】 (1)任取两个整数a，b，进行加减乘除运算每个数只能使用一次，结果记为m，记，分别为a，b除以3所得的余数，则、可取0、1、 ①若、其中有一个为0，则______时， m能被3整除． ②若，则______时， m能被3整除． ③若，请证明当时，m能被3整除． (2)任取四个整数a，b，c，d，进行加减乘除四则运算每个数只用一次，结果记为m，记、、、分别为a，b，c，d，除以8所得的余数，则、、、可取0、1、2、3、4、5、6、7，请判断是否一定存在一个m值能被8整除，请说明理由． 38．（25-26七年级下·福建厦门·期末）术中蕴含着许多数学原理，基于数学原理可以设计一些扑克牌魔术． 小鹭设计了一款扑克牌魔术，具体步骤如下： ①将一副扑克牌（共52张，不含大小王）随机打乱； ②将打乱后的扑克牌，抽取三十张，依次背面向上，叠放在桌上，第1张扑克牌在最下方，第30张扑克牌在最上方，如下图所示： ③从剩余的扑克牌中，随机抽取两张，翻开后依次摆放在桌上，余下扑克牌背面向上，叠放在原来三十张扑克牌之上，形成牌堆； ④根据每张翻开的扑克牌点数，从牌堆中从上往下数取扑克牌，放在对应扑克牌的下方，使得数取张数与该张扑克牌点数之和为13； 例如，若翻开的扑克牌为4，则取9张扑克牌；若翻开的扑克牌为K，则不取牌． ⑤将步骤③中翻开的两张扑克牌点数之和记为，在剩余牌堆中从上往下数第张，翻开对应的扑克牌． 例如，步骤③中翻开的两张扑克牌为4，K，则此时，即翻开从上往下数的第17张扑克牌．（注：本魔术中，扑克牌中的A，J，Q，K分别视为点数1，11，12，13） 在该魔术中，只需在步骤②中提前记忆特定位置的扑克牌，即可准确预测最终翻开的结果． (1)如果在步骤③中翻开的扑克牌为3，Q，按照上述步骤，步骤④中共需取的扑克牌为几张？ (2)对于任意翻开的两张扑克牌，步骤⑤中最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第几张？请说明理由． 39．（23-24七年级上·福建厦门·期末）新定义型阅读理解题 【知识背景】 定义1：一个关于，的多项式，如果把其中，互换，所得的结果都与原式相同，则称此多项式是关于，的二元对称多项式．如，都是关于，的二元对称多项式． 定义2：若多项式组（，，是关于，的整式）中的三个整式满足两个条件： ①多项式是二元对称多项式； ②整式，通过加减运算后可得到整式，我们把这样的多项式组称为“二元对称关联式”． 例如：，，都是“二元对称关联式”． 【知识应用】 (1)若是“二元对称关联式”，写出所有符合条件的多项式． (2)已知是关于，多项式组（，为常数，），这个多项式组能否为“二元对称关联式”？若可以，分别求出，的值；若不能，说明理由． 40．（25-26七年级上·广东深圳·期中）远光某班综合实践小组开展“制作长方体形纸盒”的实践活动． 【知识准备】 【制作纸盒】 （2）综合实践小组利用边长为的正方形纸板，按以上两种方式制作长方体形盒子（图⑦为无盖的长方体纸盒，图⑧为有盖的长方体纸盒） 【问题1】根据图⑦方式制作一个无盖的长方体盒子方法：先在纸板四角剪去四个同样大小且边长为的小正方形，再沿虚线折合起来，则无盖长方体纸盒的体积为______； 【问题2】根据图⑧方式制作一个有盖的长方体纸盒方法：先在纸板四角剪去两个同样大小边长为的小正方形和两个同样大小的小长方形，再沿虚线折合起来，则有盖长方体纸盒的体积为______； 【拓展探究】 （3）若有盖长方体形盒子的长、宽、高分别为2.5，2，1.5，将它的表面沿某些棱剪开，展成一个平面图形． ①请直接写出你剪开_______条棱； ②当该长方体形盒子表面展开图的外围的周长最小时，求此时该长方体形盒子表面展开图的外围的最小周长．请你画出外围周长最小时该长方体形盒子表面展开图并标上相应的数据． 💯 课后巩固 复习建议 · 整式系数和要含符号相加，判断条件注意最高次项 · 数位新定义题先设字母列方程，解后必须验证 · 操作规律题逐次列前几项，图形面积用整体减空白 · 绝对值距离模型记牢，|x-a|+|x-b|最小值在区间内 · 阅读材料题先读懂定义，仿照示例规范作答 【作业1】．（2026八年级下·重庆·专题练习）已知整式，其中为自然数，与均为正整数，例：当，时，有．下列说法： ①若，则符合条件的整式中有4个二次二项式； ②若，则符合条件的整式有8个； ③若，且整式是二次三项式，则的值一定是正数． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【作业2】．（25-26八年级上·重庆万州·阶段检测）我们规定：一个四位数，若满足，则称这个自然数为“等和数”.例如：四位数，因为，所以是“等和数”按照这个规定，最小的“等和数”是___________；一个“等和数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记,，若是11的倍数，则满足条件的的最大值是_________． 【作业3】．（25-26七年级上·浙江宁波·期中）如图，把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①）不重叠地放在一个底面为长方形，长为，宽为的盒子底部（如图②），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是（　　） A．36 B．34 C．32 D．17 【作业4】．（2025七年级上·全国·专题练习）已知表示与的差的绝对值，也可理解为与两数在数轴上对应的两点之间的距离；同理表示数轴上有理数对应的点到和对应的两点的距离之和，可以借助数轴分析得的最小值为．利用该方法，可得的最小值为（   ） A． B． C． D． 【作业5】．（25-26九年级上·云南楚雄·期末）一组按规律排列的多项式，则它的第个式子是（   ） A． B． C． D． 【作业6】．（25-26七年级上·重庆江北·期末）对于一个四位自然数，如果满足各数位数字互不相等且均不为0，若千位上的数字与十位上的数字之和等于百位上的数字与个位上的数字之差的两倍，则称这样的四位数为“协衡数”．将“协衡数”的百位数字与十位数字组成的两位数记作；个位数字与千位数字组成的数记作，并规定．例如：，因为，所以1432是一个“协衡数”，．若，则__________；若一个四位数（均为整数，且．）是“协衡数”，且被7除余4，则满足条件的的最大值为__________． 【作业7】．（25-26八年级下·重庆巫山·期末）在整式，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在与之间和与之间分别插入它们各自的平均数记作第二次操作，以此类推． ①第二次操作后，从左往右第四个整式为； ②经过三次操作后，若，，则所有整式的值之和为10； ③经过10次操作后，将得到1025个整式． 以上三个结论正确的个数为（     ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【作业8】．（25-26七年级上·江苏南京·期末）有理数a，b，c满足，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【作业9】．（23-24八年级上·重庆北碚·期末）已知，对多项式，任意添加绝对值运算（不可添加为单个字母的绝对值或绝对值中含有绝对值的情况）后，称这种操作为“绝对操作”．例如：，，等．对多项式进行“绝对操作”后，可进一步对其进行运算．下列说法其中正确的个数是（    ） ①存在八种“绝对操作”，使其化简的结果与原多项式相等； ②不存在任何“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【作业10】．（24-25七年级上·全国·单元测试）已知式子． (1)当______，______时，此式子的值与字母的取值无关； (2)在（1）的条件下，求多项式的值； (3)在（1）的条件下，求的值． 【作业11】．（25-26七年级上·江苏南通·期中）【回顾书本】 在小学，我们知道像12，27，36，45，108，…这样的自然数能被3整除．一般地，如果一个自然数所有数位上的数字之和能被3整除，那么这个自然数就能被3整除．事实上，我们可以证明这个结论的正确性． 以两位数为例，若一个两位数的十位、个位上的数字分别为a，b，则通常记这个两位数为，于是， 显然，9a能被3整除，因此，若能被3整除，那么就能被3整除．即：能被3整除． 【类比证明】 （1）小明同学从中发现：如果一个两位数的所有数位上的数字之和等于9，那么这个两位数就能被9整除．在此基础上，小明同学提出了“如果一个自然数的各数位上的数字之和等于9，那么这个自然数就能被9整除”的观点． 请你以三位数为例，说明小明的观点是否正确． 【简单运用】 （2）当五位数能被9整除，求代数式的值； 【拓展提升】 （3）①若两位数能被11整除，则a，b满足的条件______； ②若三位数能被11整除，则a，b，c满足的条件______； ③按此方法探究，若任意一个自然数能被11整除，直接写出这个自然数所有数位上的数满足的规律． 【作业12】．（25-26七年级上·江西赣州·期末）定义新运算：，例如．回答下面问题： (1)计算：_____． (2)已知，求的值． (3)若在这些数中，任意选取两个数进行“◎”运算，则所有运算结果中最大的值是_____． 【作业13】．（25-26七年级上·全国·单元测试）如图，在长方形中，长为，宽为．除阴影部分M，N外，其余5块是全等的小长方形，小长方形的宽为． (1)求每个小长方形的长（用含x的代数式表示）； (2)分别用含x，y的代数式表示阴影M，N的面积； (3)若阴影M与阴影N的面积差不会随y的变化而变化，请求出x的值，并说明理由． 【探究发现】 在三阶幻方中，每行、每列、每条对角线上数字之和都相等，这个和称为“幻方和”，最中间的数称为“中心数”，探究发现，幻方和是中心数的3倍．例如，在图2的三阶幻方中，幻方和是中心数5的3倍． 【尝试运用】 （1）在图3所示的三阶幻方中，幻方和为 ，a＝ ； （2）在图4所示的三阶幻方中，若，，，求D所表示的代数式； 【深入思考】 （3）在图5所示的三阶幻方中，若，，（k为常数），且幻方和与a的取值无关，直接写出k的值及该幻方和． 【作业14】．（25-26七年级上·安徽铜陵·期末）已知关于x，y的多项式是五次四项式（m、n为有理数），且单项式的次数与该多项式相同． (1)求m，n的值． (2)将这个多项式按x的降幂排列． 1 学科网（北京）股份有限公司 $