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专题02 整式-2024年中考数学一轮复习重难点精讲练（导图+知识点+新题检测）
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这是一份专题02 整式-2024年中考数学一轮复习重难点精讲练（导图+知识点+新题检测），文件包含专题02整式教师版docx、专题02整式学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
知识点01：同类项及合并同类项
【高频考点精讲】
1．同类项判定
（1）定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项。
（2）注意事项：
①所含字母相同并且相同字母的指数也相同，两者缺一不可；
②同类项与系数的大小无关；
③同类项与它们所含的字母顺序无关；
④所有常数项都是同类项。
2．合并同类项
（1）定义：把多项式中的同类项合成一项，叫做合并同类项。
（2）法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变。
知识点02：列代数式及求值
【高频考点精讲】
1．列代数式
（1）在同一个式子或具体问题中，每一个字母只能代表一个量。
（2）要注意书写的规范性，用字母表示数以后，在含有字母与数字的乘法中，通常将“×”简写作“•”或者省略不写。
（3）在数和表示数的字母乘积中，一般把数写在字母的前面。
（4）含有字母的除法，一般不用“÷”，而是写成分数的形式。
2．代数式求值
（1）代数式的值：用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。
（2）代数式求值步骤：①代入；②计算。如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值。
知识点03：数字及图形变化规律
【高频考点精讲】
1．数字变化规律
（1）探寻数列规律：将数字与序号建立数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式。
（2）利用方程解决问题：当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程。
2．图形变化规律
找出图形哪些部分发生变化，按照什么规律发生变化，通过分析，找到各部分变化规律后直接利用规律求解。
知识点04：单项式及多项式
【高频考点精讲】
1．单项式
（1）定义：由数与字母的积组成的代数式叫做单项式，单独的一个数或一个字母也叫做单项式。用字母表示的数，同一个字母在不同的式子中可以有不同的含义，相同的字母在同一个式子中表示相同的含义。
（2）单项式的系数、次数
单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数。
在判别单项式的系数时，要注意数字前面的符号，形如a或﹣a的系数是1或﹣1，不能误以为没有系数，一个单项式的次数是几，通常称这个单项式为几次单项式。
2．多项式
（1）定义：几个单项式的和叫做多项式，每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项。多项式中次数最高项的次数叫做多项式的次数。
（2）多项式的每一项都是一个单项式，单项式的个数就是多项式的项数，如果一个多项式含有a个单项式，次数是b，那么这个多项式就叫b次a项式。
知识点05：幂的运算
【高频考点精讲】
（1）同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加。
am•an＝am+n（m，n是正整数），拓展：am•an•ap＝am+n+p（m，n，p都是正整数）
（2）幂的乘方法则：底数不变，指数相乘。
（am）n＝amn（m，n是正整数）
（3）积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘。
（ab）n＝anbn（n是正整数）
（4）同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减。
am÷an＝am﹣n（a≠0，m，n是正整数，m＞n）
知识点06：完全平方公式及其几何背景
【高频考点精讲】
1．完全平方公式
（1）（a±b）2＝a2±2ab+b2；
（2）特征
①左边是两个数的和的平方；
②右边是三项式，其中首末两项分别是两项的平方，为正；中间一项是两项积的2倍，符号与左边的运算符号相同。
2．验证完全平方公式的几何图形
（a+b）2＝a2+2ab+b2
大正方形的面积等于边长为a和边长为b的两个小正方形与两个长、宽分别是a、b的长方形的面积之和。
知识点07：平方差公式及其几何背景
【高频考点精讲】
1．平方差公式
（1）（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
（2）特征
①左边是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数。
②右边是相同项的平方减去相反项的平方。
2．验证平方差公式的几何图形
知识点08：整式混合运算
【高频考点精讲】
1．有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算。
2．“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来。
知识点09：因式分解意义
【高频考点精讲】
1．分解因式的定义
把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式。
因式分解与整式乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式。因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式。
知识点10：提公因式法
【高频考点精讲】
1．提公因式法：如果一个多项式的各项有公因式，可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式，这种分解因式的方法叫做提公因式法。
2．具体方法
（1）当各项系数都是整数时，公因式的系数应取各项系数的最大公约数，字母应取各项相同的字母，字母的指
数应取次数最低的。取相同的多项式，多项式的次数应取最低的。
（2）如果多项式的第一项为负，一般要提出“﹣”，使括号内第一项的系数为正，提出“﹣”时，多项式的各项都要变号。
知识点11：公式法
【高频考点精讲】
1．如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫做公式法。
平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）；
完全平方公式：a2±2ab+b2＝（a±b）2；
2．概括整合
（1）能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式，两项都能写成平方的形式，且符号相反。
（2）能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式，其中有两项能写成两个数（或式）的平方和的形式，另一项是这两个数（或式）的积的2倍。
知识点12：十字相乘法
【高频考点精讲】
1．x2+（p+q）x+pq型式子
（1）式子特点：二次项的系数是1；常数项是两个数的积。
（2）x2+（p+q）x+pq＝（x+p）（x+q）
2．ax2+bx+c（a≠0）型式子
（1）把二次项系数a分解成两个因数a1、a2的积a1•a2，把常数项c分解成两个因数c1、c2的积c1•c2，并使a1c2+a2c1=b。（2）ax2+bx+c＝（a1x+c1）（a2x+c2）．
知识点12：因式分解的应用
【高频考点精讲】
利用因式分解解决求值问题。
利用因式分解解决证明问题。
3．利用因式分解简化计算问题。
检测时间：90分钟 试题满分：100分 难度系数：0.54
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023•广州）下列运算正确的是（ ）
A．（a2）3＝a5B．a8÷a2＝a4（a≠0）
C．a3•a5＝a8D．（2a）﹣1＝（a≠0）
解：A．（a2）3＝a6，故此选项不合题意；
B．a8÷a2＝a6（a≠0），故此选项不合题意；
C．a3•a5＝a8，故此选项符合题意；
D．（2a）﹣1＝（a≠0），故此选项不合题意．
故选：C．
2．（2分）（2023•鞍山）下列运算正确的是（ ）
A．（4ab）2＝8a2b2B．2a2+a2＝3a4
C．a6÷a4＝a2D．（a+b）2＝a2+b2
解：A、（4ab）2＝16a2b2，故A不符合题意；
B、2a2+a2＝3a2，故B不符合题意；
C、a6÷a4＝a2，故C符合题意；
D、（a+b）2＝a2+2ab+b2，故D不符合题意；
故选：C．
3．（2分）（2023•黄石）下列运算正确的是（ ）
A．3x2+2x2＝6x4B．（﹣2x2）3＝﹣6x6
C．x3•x2＝x6D．﹣6x2y3÷2x2y2＝﹣3y
解：A、3x2+2x2＝5x2，原选项计算错误，不符合题意；
B、（﹣2x2）3＝﹣8x6，原选项计算错误，不符合题意；
C、x3•x2＝x5，原选项计算错误，不符合题意；
D、﹣6x2y3÷2x2y2＝﹣3y，原选项计算正确，符合题意．
故选：D．
4．（2分）（2023•吉林）下列各式运算结果为a5的是（ ）
A．a2+a3B．a2a3C．（a2）3D．a10÷a2
解：∵a2+a3≠a5，
∴选项A不符合题意；
∵a2a3＝a5，
∴选项B符合题意；
∵（a2）3＝a6≠a5，
∴选项C不符合题意；
∵a10÷a2＝a8≠a5，
∴选项D不符合题意．
故选：B．
5．（2分）（2023•黑龙江）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣2a）2＝﹣4a2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4D．（a5）2＝a7
解：（﹣2a）2＝4a2，所以A错误；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，所以B错误；
（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4，所以C正确；
（a5）2＝a10，所以D错误．
故选：C．
6．（2分）（2023•重庆）在多项式x﹣y﹣z﹣m﹣n（其中x＞y＞z＞m＞n）中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：x﹣y﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n，|x﹣y|﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n，…．下列说法：
①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等；
②不存在“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种不同运算结果．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
解：|x﹣y|﹣z﹣m﹣n＝x﹣y﹣z﹣m﹣n，故说法①正确．
要使其运算结果与原多项式之和为0，则运算结果应为﹣x+y+z+m+n，
由x＞y＞z＞m＞n可知，无论怎样添加绝对值符号，结果都不可能出现﹣x+y+z+m+n，故说法②正确．
当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是|x﹣y|﹣z﹣m﹣n＝x﹣y﹣z﹣m﹣n；x﹣|y﹣z|﹣m﹣n＝x﹣y+z﹣m﹣n；x﹣y﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n；x﹣y﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是|x﹣y|﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n；|x﹣y|﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n；x﹣|y﹣z|﹣|m﹣n|＝x﹣y+z﹣m+n．共有7种情况；
有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意．
故选：C．
7．（2分）（2023•衢州）下列运算，结果正确的是（ ）
A．3a+2a＝5a2B．3a﹣2a＝1C．a2•a3＝a5D．a÷a2＝a
解：因为3a+2a＝5a，所以A选项错误．
因为3a﹣2a＝a，所以B选项错误．
因为a2•a3＝a2+3＝a5，所以C选项正确．
因为a÷a2＝a1﹣2＝a﹣1，所以D选项错误．
故选：C．
8．（2分）（2023•镇江）如图，在甲、乙、丙三只袋中分别装有球29个、29个、5个，先从甲袋中取出2x个球放入乙袋，再从乙袋中取出（2x+2y）个球放入丙袋，最后从丙袋中取出2y个球放入甲袋，此时三只袋中球的个数都相同，则2x+y的值等于（ ）
A．128B．64C．32D．16
解：由题意，得5﹣2y+2x+2y＝29+2y﹣2x＝29+2x﹣2x﹣2y，
即5+2x＝29+2y﹣2x＝29﹣2y，
∴
解得
∴2x+y＝2x×2y＝16×8＝128，
故选：A．
9．（2分）（2023•湘西州）下列运算正确的是（ ）
A．B．（3a）2＝6a2
C．D．（a+b）2＝a2+b2
解：A．，原计算正确，符合题意；
B．（3a）2＝9a2，原计算错误，不符合题意；
C．3与不是同类二次根式，不可以合并，原计算错误，不符合题意；
D．（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，不符合题意；
故选：A．
10．（2分）（2023•湛江二模）定义：如果ax＝N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记做x＝lgaN．例如：因为72＝49，所以lg749＝2；因为53＝125，所以lg5125＝3．则下列说法正确的个数为（ ）
①lg61＝0；
②lg323＝3lg32；
③若lg2（3﹣a）＝lg827，则a＝0；
④lg2xy＝lg2x+lg2y（x＞0，y＞0）．
A．4B．3C．2D．1
解：∵60＝1，
∴lg61＝0，说法①符合题意；
由于dm•dn＝dm+n，设M＝dm，N＝dn，
则m＝lgdM，n＝lgdN，
于是lgd（MN）＝m+n＝lgdM+lgdN，说法④符合题意；
则lg323＝lg3（2×2×2）＝lg32+lg32+lg32＝3lg32，说法②符合题意；
设p＝lgab，则ap＝b，
两边同时取以c为底的对数，
，则plgca＝lgcb，
所以p＝，即，
则＝lg23，
∵lg2（3﹣a）＝lg827＝lg23，
∴a＝0，说法③符合题意；
故选：A．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2023•凉山州）已知y2﹣my+1是完全平方式，则m的值是 ±2 ．
解：∵y2﹣my+1是完全平方式，y2﹣2y+1＝（y﹣1）2，y2﹣（﹣2）y+1＝（y+1）2，
∴﹣m＝﹣2或﹣m＝2，
∴m＝±2．
故答案为：±2．
12．（2分）（2022•成都）计算：（﹣a3）2＝ a6 ．
解：（﹣a3）2＝a6．
13．（2分）（2021•河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．
（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为 a2+b2 ；
（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 4 块．
解：（1）由图可知：一块甲种纸片的面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，
∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2+b2，
故答案为：a2+b2；
（2）设取丙种纸片x块才能用它们拼成一个新的正方形，（x≥0）
∴a2+4b2+xab是一个完全平方式，
∴x为4，
故答案为：4．
14．（2分）（2021•广安）若x、y满足，则代数式x2﹣4y2的值为 ﹣6 ．
解：∵x﹣2y＝﹣2，x+2y＝3，
∴x2﹣4y2＝（x+2y）（x﹣2y）＝3×（﹣2）＝﹣6，
故答案为：﹣6．
15．（2分）（2022•益阳）已知m，n同时满足2m+n＝3与2m﹣n＝1，则4m2﹣n2的值是 3 ．
解：∵2m+n＝3，2m﹣n＝1，
∴4m2﹣n2＝（2m+n）（2m﹣n）＝3×1＝3．
故答案为：3．
16．（2分）（2023•金华）如图是一块矩形菜地ABCD，AB＝a（m），AD＝b（m），面积为s（m2），现将边AB增加1m．
（1）如图1，若a＝5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，则b的值是 6 ．
（2）如图2，若边AD增加2m，有且只有一个a的值，使得到的矩形面积为2s（m2），则s的值是 6+4 ．
解：（1）∵边AD减少1m，得到的矩形面积不变，
∴5b＝（5+1）×（b﹣1），
解得：b＝6，
故答案为：6；
（2）根据题意知b＝，
∵边AB增加1m，边AD增加2m，得到的矩形面积为2s（m2），
∴（a+1）（b+2）＝2s，
∴（a+1）（+2）＝2s，
整理得：2a++2﹣s＝0，
∴2a2+（2﹣s）a+s＝0，
∵有且只有一个a的值使得到的矩形面积为2s，
∴Δ＝0，即（2﹣s）2﹣8s＝0，
解得s＝6﹣4（不符合题意舍去）或s＝6+4，
故答案为：6+4．
17．（2分）（2020•长沙）某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：首先发给A、B、C三个同学相同数量的扑克牌（假定发到每个同学手中的扑克牌数量足够多），然后依次完成以下三个步骤：
第一步，A同学拿出二张扑克牌给B同学；
第二步，C同学拿出三张扑克牌给B同学；
第三步，A同学手中此时有多少张扑克牌，B同学就拿出多少张扑克牌给A同学．
请你确定，最终B同学手中剩余的扑克牌的张数为 7 ．
解：设每人有牌x张，B同学从A同学处拿来二张扑克牌，又从C同学处拿来三张扑克牌后，
则B同学有（x+2+3）张牌，
A同学有（x﹣2）张牌，
那么给A同学后B同学手中剩余的扑克牌的张数为：x+2+3﹣（x﹣2）＝x+5﹣x+2＝7．
故答案为：7．
18．（2分）（2018•玉林）已知ab＝a+b+1，则（a﹣1）（b﹣1）＝ 2 ．
解：当ab＝a+b+1时，
原式＝ab﹣a﹣b+1
＝a+b+1﹣a﹣b+1
＝2，
故答案为：2．
19．（2分）（2017•青海）观察下列各式的规律：
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
…
可得到（x﹣1）（x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝ x8﹣1 ；
一般地（x﹣1）（xn+xn﹣1+…+x2+x+1）＝ xn+1﹣1 ．
解：（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
则（x﹣1）（x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝x8﹣1．
（x﹣1）（xn+xn﹣1+x5+…+x2+x+1）＝xn+1﹣1．
故答案为：x8﹣1；xn+1﹣1．
20．（2分）（2023•重庆）对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵7﹣1＝6，3﹣1＝2，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵8﹣1≠6，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为 6200 ；一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记P（M）＝3（a+b）+c+d，Q（M）＝a﹣5，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为 9313 ．
解：求最小的“天真数”，首先知道最小的自然数的0．
先看它的千位数字比个位数字多6，个位数为最小的自然数0时，千位数为6；百位数字比十位数字多2，十位数为最小的自然数0时．百位数是2；则最小的“天真数”为6200．
故答案为：6200．
一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d．
由“天真数”的定义得a＝d+6，所以6≤a≤9，b＝c+2，所以0≤c≤7，
又P（M）＝3（a+b）+c+d＝3（a+c+2）+c+a﹣6＝4a+4c；
Q（M）＝a﹣5.＝若能被10整除当a取最大值9时，
即当a＝9时，满足能被10整除，则c＝1，“天真数”M为9313．
故答案为：9313．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（6分）（2023•长沙）先化简，再求值：（2﹣a）（2+a）﹣2a（a+3）+3a2，其中a＝﹣．
解：（2﹣a）（2+a）﹣2a（a+3）+3a2
＝4﹣a2﹣2a2﹣6a+3a2
＝4﹣6a，
当a＝﹣时，原式＝4﹣6×（﹣）
＝4+2
＝6．
22．（6分）（2022•河北）发现 两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．
验证 如，（2+1）2+（2﹣1）2＝10为偶数．请把10的一半表示为两个正整数的平方和；
探究 设“发现”中的两个已知正整数为m，n，请论证“发现”中的结论正确．
解：验证：10的一半为5，
5＝1+4＝12+22，
探究：两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．理由如下：
（m+n）2+（m﹣n）2
＝m2+2mn+n2+m2﹣2mn+n2
＝2m2+2n2
＝2（m2+n2），
故两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．
23．（8分）（2022•梧州）（1）计算：﹣5+（﹣3）×（﹣2）2．
（2）化简：3a+2（a2﹣a）﹣2a•3a．
解：（1）原式＝3﹣5+（﹣3）×4
＝3﹣5﹣12
＝﹣14，
（2）原式＝3a+2a2﹣2a﹣6a2，
＝a﹣4a2．
24．（8分）（2021•凉山州）阅读以下材料：
苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550﹣1617年）是对数的创始人．他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler，1707﹣1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地，若ax＝N（a＞0且a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作x＝lgaN，比如指数式24＝16可以转化为对数式4＝lg216，对数式2＝lg39可以转化为指数式32＝9．
我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
lga（M•N）＝lgaM+lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0），理由如下：
设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴M•N＝am•an＝am+n，由对数的定义得m+n＝lga（M•N）．
又∵m+n＝lgaM+lgaN，
∴lga（M•N）＝lgaM+lgaN．
根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：
（1）填空：①lg232＝ 5 ，②lg327＝ 3 ，③lg71＝ 0 ；
（2）求证：lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）拓展运用：计算lg5125+lg56﹣lg530．
解：（1）lg232＝lg225＝5，lg327＝lg333＝3，lg71＝lg770＝0；
故答案为：5，3，0；
（2）证明：设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴＝＝am﹣n，由对数的定义得m﹣n＝lga，
又∵m﹣n＝lgaM﹣lgaN，
∴lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）原式＝lg5（125×6÷30）
＝lg525
＝2．
25．（8分）（2023•河北）现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图所示（a＞1）．某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形（不重叠无缝隙），如表2和表3，其面积分别为S1，S2．
表2
表3
（1）请用含a的式子分别表示S1，S2，当a＝2时，求S1+S2的值；
（2）比较S1与S2的大小，并说明理由．
解：（1）由图可知S1＝（a+2）（a+1）＝a2+3a+2，S2＝（5a+1）×1＝5a+1，
当a＝2时，S1+S2＝4+6+2+10+1＝23；
（2）S1＞S2，
理由：∵S1﹣S2＝a2+3a+2﹣5a﹣1＝a2﹣2a+1＝（a﹣1）2，
又∵a＞1，
∴（a﹣1）2＞0，
∴S1＞S2．
26．（8分）（2018•衢州）有一张边长为a厘米的正方形桌面，因为实际需要，需将正方形边长增加b厘米，木工师傅设计了如图所示的三种方案：
小明发现这三种方案都能验证公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，
对于方案一，小明是这样验证的：
a2+ab+ab+b2＝a2+2ab+b2＝（a+b）2
请你根据方案二、方案三，写出公式的验证过程．
方案二：
方案三：
解：由题意可得，
方案二：a2+ab+（a+b）b＝a2+ab+ab+b2＝a2+2ab+b2＝（a+b）2，
方案三：a2+＝＝a2+2ab+b2＝（a+b）2．
27．（8分）（2018•自贡）阅读以下材料：
对数的创始人是苏格兰数学家纳皮尔（J．Nplcr，1550﹣1617年），纳皮尔发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evlcr，1707﹣1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地，若ax＝N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作：x＝lgaN．比如指数式24＝16可以转化为4＝lg216，对数式2＝lg525可以转化为52＝25．
我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：lga（M•N）＝lgaM+lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；理由如下：
设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an
∴M•N＝am•an＝am+n，由对数的定义得m+n＝lga（M•N）
又∵m+n＝lgaM+lgaN
∴lga（M•N）＝lgaM+lgaN
解决以下问题：
（1）将指数43＝64转化为对数式 3＝lg464 ；
（2）证明lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）
（3）拓展运用：计算lg32+lg36﹣lg34＝ 1 ．
解：（1）由题意可得，指数式43＝64写成对数式为：3＝lg464，
故答案为：3＝lg464；
（2）设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴＝＝am﹣n，由对数的定义得m﹣n＝lga，
又∵m﹣n＝lgaM﹣lgaN，
∴lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）lg32+lg36﹣lg34，
＝lg3（2×6÷4），
＝lg33，
＝1，
故答案为：1．
28．（8分）（2022•沙坪坝区校级一模）一个四位数m＝1000a+100b+10c+d（其中1≤a，b，c，d≤9，且均为整数），若a+b＝k（c﹣d），且k为整数，称m为“k型数”．例如，4675：4+6＝5×（7﹣5），则4675为“5型数”；3526：3+5＝﹣2×（2﹣6），则3526为“﹣2型数”．
（1）判断1731与3213是否为“k型数”，若是，求出k；
（2）若四位数m是“3型数”，m﹣3是“﹣3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数m′，m′也是“3型数”，求满足条件的所有四位数m．
解：（1）∵1+7＝4×（3﹣1），3+2＝﹣×（1﹣3），
∴1731是“4型数”，3213不是“k型数”；
（2）设m＝，
∵m是“3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数m′，m′也是“3型数”，
∴a+b＝3（c﹣d）且a+c＝3（b﹣d），
将两式相减整理得：b＝c，
∴m的十位与百位数字相同，设m＝，
由m﹣3是“﹣3型数”，分两种情况：
（Ⅰ）d≥3时，m﹣3＝，
∵四位数m＝是“3型数”，
∴a+x＝3（x﹣d），
∵m﹣3是“﹣3型数”，
∴a+x＝﹣3[x﹣（d﹣3）]，
∴3（x﹣d）＝﹣3[x﹣（d﹣3）]，
整理化简得：2d﹣2x＝3，
∵x、d是整数，2x、2d是偶数，而3是奇数，
∴2d﹣2x＝3无整数解，此种情况不存在；
（Ⅱ）d＜3时，
m﹣3＝，
∵m﹣3是“﹣3型数”，
∴a+x＝﹣3[（x﹣1）﹣（d+7）]，即a+4x﹣3d＝24①，
∵m是“3型数”，
∴a+x＝3（x﹣d），即a﹣2x+3d＝0②，
①+②化简得a+x＝12，
①+②×2化简得a+d＝8，
∴当d＝1时，a＝7，x＝5，此时m＝7551，
当d＝2时，a＝6，x＝6，此时m＝6662．
综上所述，满足条件的四位数m是7551或6662
知识点01：同类项及合并同类项
【高频考点精讲】
1．同类项判定
（1）定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项。
（2）注意事项：
①所含字母相同并且相同字母的指数也相同，两者缺一不可；
②同类项与系数的大小无关；
③同类项与它们所含的字母顺序无关；
④所有常数项都是同类项。
2．合并同类项
（1）定义：把多项式中的同类项合成一项，叫做合并同类项。
（2）法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变。
知识点02：列代数式及求值
【高频考点精讲】
1．列代数式
（1）在同一个式子或具体问题中，每一个字母只能代表一个量。
（2）要注意书写的规范性，用字母表示数以后，在含有字母与数字的乘法中，通常将“×”简写作“•”或者省略不写。
（3）在数和表示数的字母乘积中，一般把数写在字母的前面。
（4）含有字母的除法，一般不用“÷”，而是写成分数的形式。
2．代数式求值
（1）代数式的值：用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。
（2）代数式求值步骤：①代入；②计算。如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值。
知识点03：数字及图形变化规律
【高频考点精讲】
1．数字变化规律
（1）探寻数列规律：将数字与序号建立数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式。
（2）利用方程解决问题：当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程。
2．图形变化规律
找出图形哪些部分发生变化，按照什么规律发生变化，通过分析，找到各部分变化规律后直接利用规律求解。
知识点04：单项式及多项式
【高频考点精讲】
1．单项式
（1）定义：由数与字母的积组成的代数式叫做单项式，单独的一个数或一个字母也叫做单项式。用字母表示的数，同一个字母在不同的式子中可以有不同的含义，相同的字母在同一个式子中表示相同的含义。
（2）单项式的系数、次数
单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数。
在判别单项式的系数时，要注意数字前面的符号，形如a或﹣a的系数是1或﹣1，不能误以为没有系数，一个单项式的次数是几，通常称这个单项式为几次单项式。
2．多项式
（1）定义：几个单项式的和叫做多项式，每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项。多项式中次数最高项的次数叫做多项式的次数。
（2）多项式的每一项都是一个单项式，单项式的个数就是多项式的项数，如果一个多项式含有a个单项式，次数是b，那么这个多项式就叫b次a项式。
知识点05：幂的运算
【高频考点精讲】
（1）同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加。
am•an＝am+n（m，n是正整数），拓展：am•an•ap＝am+n+p（m，n，p都是正整数）
（2）幂的乘方法则：底数不变，指数相乘。
（am）n＝amn（m，n是正整数）
（3）积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘。
（ab）n＝anbn（n是正整数）
（4）同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减。
am÷an＝am﹣n（a≠0，m，n是正整数，m＞n）
知识点06：完全平方公式及其几何背景
【高频考点精讲】
1．完全平方公式
（1）（a±b）2＝a2±2ab+b2；
（2）特征
①左边是两个数的和的平方；
②右边是三项式，其中首末两项分别是两项的平方，为正；中间一项是两项积的2倍，符号与左边的运算符号相同。
2．验证完全平方公式的几何图形
（a+b）2＝a2+2ab+b2
大正方形的面积等于边长为a和边长为b的两个小正方形与两个长、宽分别是a、b的长方形的面积之和。
知识点07：平方差公式及其几何背景
【高频考点精讲】
1．平方差公式
（1）（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
（2）特征
①左边是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数。
②右边是相同项的平方减去相反项的平方。
2．验证平方差公式的几何图形
知识点08：整式混合运算
【高频考点精讲】
1．有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算。
2．“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来。
知识点09：因式分解意义
【高频考点精讲】
1．分解因式的定义
把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式。
因式分解与整式乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式。因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式。
知识点10：提公因式法
【高频考点精讲】
1．提公因式法：如果一个多项式的各项有公因式，可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式，这种分解因式的方法叫做提公因式法。
2．具体方法
（1）当各项系数都是整数时，公因式的系数应取各项系数的最大公约数，字母应取各项相同的字母，字母的指
数应取次数最低的。取相同的多项式，多项式的次数应取最低的。
（2）如果多项式的第一项为负，一般要提出“﹣”，使括号内第一项的系数为正，提出“﹣”时，多项式的各项都要变号。
知识点11：公式法
【高频考点精讲】
1．如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫做公式法。
平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）；
完全平方公式：a2±2ab+b2＝（a±b）2；
2．概括整合
（1）能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式，两项都能写成平方的形式，且符号相反。
（2）能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式，其中有两项能写成两个数（或式）的平方和的形式，另一项是这两个数（或式）的积的2倍。
知识点12：十字相乘法
【高频考点精讲】
1．x2+（p+q）x+pq型式子
（1）式子特点：二次项的系数是1；常数项是两个数的积。
（2）x2+（p+q）x+pq＝（x+p）（x+q）
2．ax2+bx+c（a≠0）型式子
（1）把二次项系数a分解成两个因数a1、a2的积a1•a2，把常数项c分解成两个因数c1、c2的积c1•c2，并使a1c2+a2c1=b。（2）ax2+bx+c＝（a1x+c1）（a2x+c2）．
知识点12：因式分解的应用
【高频考点精讲】
利用因式分解解决求值问题。
利用因式分解解决证明问题。
3．利用因式分解简化计算问题。
检测时间：90分钟 试题满分：100分 难度系数：0.54
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023•广州）下列运算正确的是（ ）
A．（a2）3＝a5B．a8÷a2＝a4（a≠0）
C．a3•a5＝a8D．（2a）﹣1＝（a≠0）
解：A．（a2）3＝a6，故此选项不合题意；
B．a8÷a2＝a6（a≠0），故此选项不合题意；
C．a3•a5＝a8，故此选项符合题意；
D．（2a）﹣1＝（a≠0），故此选项不合题意．
故选：C．
2．（2分）（2023•鞍山）下列运算正确的是（ ）
A．（4ab）2＝8a2b2B．2a2+a2＝3a4
C．a6÷a4＝a2D．（a+b）2＝a2+b2
解：A、（4ab）2＝16a2b2，故A不符合题意；
B、2a2+a2＝3a2，故B不符合题意；
C、a6÷a4＝a2，故C符合题意；
D、（a+b）2＝a2+2ab+b2，故D不符合题意；
故选：C．
3．（2分）（2023•黄石）下列运算正确的是（ ）
A．3x2+2x2＝6x4B．（﹣2x2）3＝﹣6x6
C．x3•x2＝x6D．﹣6x2y3÷2x2y2＝﹣3y
解：A、3x2+2x2＝5x2，原选项计算错误，不符合题意；
B、（﹣2x2）3＝﹣8x6，原选项计算错误，不符合题意；
C、x3•x2＝x5，原选项计算错误，不符合题意；
D、﹣6x2y3÷2x2y2＝﹣3y，原选项计算正确，符合题意．
故选：D．
4．（2分）（2023•吉林）下列各式运算结果为a5的是（ ）
A．a2+a3B．a2a3C．（a2）3D．a10÷a2
解：∵a2+a3≠a5，
∴选项A不符合题意；
∵a2a3＝a5，
∴选项B符合题意；
∵（a2）3＝a6≠a5，
∴选项C不符合题意；
∵a10÷a2＝a8≠a5，
∴选项D不符合题意．
故选：B．
5．（2分）（2023•黑龙江）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣2a）2＝﹣4a2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4D．（a5）2＝a7
解：（﹣2a）2＝4a2，所以A错误；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，所以B错误；
（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4，所以C正确；
（a5）2＝a10，所以D错误．
故选：C．
6．（2分）（2023•重庆）在多项式x﹣y﹣z﹣m﹣n（其中x＞y＞z＞m＞n）中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：x﹣y﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n，|x﹣y|﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n，…．下列说法：
①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等；
②不存在“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种不同运算结果．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
解：|x﹣y|﹣z﹣m﹣n＝x﹣y﹣z﹣m﹣n，故说法①正确．
要使其运算结果与原多项式之和为0，则运算结果应为﹣x+y+z+m+n，
由x＞y＞z＞m＞n可知，无论怎样添加绝对值符号，结果都不可能出现﹣x+y+z+m+n，故说法②正确．
当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是|x﹣y|﹣z﹣m﹣n＝x﹣y﹣z﹣m﹣n；x﹣|y﹣z|﹣m﹣n＝x﹣y+z﹣m﹣n；x﹣y﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n；x﹣y﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是|x﹣y|﹣|z﹣m|﹣n＝x﹣y﹣z+m﹣n；|x﹣y|﹣z﹣|m﹣n|＝x﹣y﹣z﹣m+n；x﹣|y﹣z|﹣|m﹣n|＝x﹣y+z﹣m+n．共有7种情况；
有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意．
故选：C．
7．（2分）（2023•衢州）下列运算，结果正确的是（ ）
A．3a+2a＝5a2B．3a﹣2a＝1C．a2•a3＝a5D．a÷a2＝a
解：因为3a+2a＝5a，所以A选项错误．
因为3a﹣2a＝a，所以B选项错误．
因为a2•a3＝a2+3＝a5，所以C选项正确．
因为a÷a2＝a1﹣2＝a﹣1，所以D选项错误．
故选：C．
8．（2分）（2023•镇江）如图，在甲、乙、丙三只袋中分别装有球29个、29个、5个，先从甲袋中取出2x个球放入乙袋，再从乙袋中取出（2x+2y）个球放入丙袋，最后从丙袋中取出2y个球放入甲袋，此时三只袋中球的个数都相同，则2x+y的值等于（ ）
A．128B．64C．32D．16
解：由题意，得5﹣2y+2x+2y＝29+2y﹣2x＝29+2x﹣2x﹣2y，
即5+2x＝29+2y﹣2x＝29﹣2y，
∴
解得
∴2x+y＝2x×2y＝16×8＝128，
故选：A．
9．（2分）（2023•湘西州）下列运算正确的是（ ）
A．B．（3a）2＝6a2
C．D．（a+b）2＝a2+b2
解：A．，原计算正确，符合题意；
B．（3a）2＝9a2，原计算错误，不符合题意；
C．3与不是同类二次根式，不可以合并，原计算错误，不符合题意；
D．（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，不符合题意；
故选：A．
10．（2分）（2023•湛江二模）定义：如果ax＝N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记做x＝lgaN．例如：因为72＝49，所以lg749＝2；因为53＝125，所以lg5125＝3．则下列说法正确的个数为（ ）
①lg61＝0；
②lg323＝3lg32；
③若lg2（3﹣a）＝lg827，则a＝0；
④lg2xy＝lg2x+lg2y（x＞0，y＞0）．
A．4B．3C．2D．1
解：∵60＝1，
∴lg61＝0，说法①符合题意；
由于dm•dn＝dm+n，设M＝dm，N＝dn，
则m＝lgdM，n＝lgdN，
于是lgd（MN）＝m+n＝lgdM+lgdN，说法④符合题意；
则lg323＝lg3（2×2×2）＝lg32+lg32+lg32＝3lg32，说法②符合题意；
设p＝lgab，则ap＝b，
两边同时取以c为底的对数，
，则plgca＝lgcb，
所以p＝，即，
则＝lg23，
∵lg2（3﹣a）＝lg827＝lg23，
∴a＝0，说法③符合题意；
故选：A．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2023•凉山州）已知y2﹣my+1是完全平方式，则m的值是 ±2 ．
解：∵y2﹣my+1是完全平方式，y2﹣2y+1＝（y﹣1）2，y2﹣（﹣2）y+1＝（y+1）2，
∴﹣m＝﹣2或﹣m＝2，
∴m＝±2．
故答案为：±2．
12．（2分）（2022•成都）计算：（﹣a3）2＝ a6 ．
解：（﹣a3）2＝a6．
13．（2分）（2021•河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．
（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为 a2+b2 ；
（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 4 块．
解：（1）由图可知：一块甲种纸片的面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，
∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2+b2，
故答案为：a2+b2；
（2）设取丙种纸片x块才能用它们拼成一个新的正方形，（x≥0）
∴a2+4b2+xab是一个完全平方式，
∴x为4，
故答案为：4．
14．（2分）（2021•广安）若x、y满足，则代数式x2﹣4y2的值为 ﹣6 ．
解：∵x﹣2y＝﹣2，x+2y＝3，
∴x2﹣4y2＝（x+2y）（x﹣2y）＝3×（﹣2）＝﹣6，
故答案为：﹣6．
15．（2分）（2022•益阳）已知m，n同时满足2m+n＝3与2m﹣n＝1，则4m2﹣n2的值是 3 ．
解：∵2m+n＝3，2m﹣n＝1，
∴4m2﹣n2＝（2m+n）（2m﹣n）＝3×1＝3．
故答案为：3．
16．（2分）（2023•金华）如图是一块矩形菜地ABCD，AB＝a（m），AD＝b（m），面积为s（m2），现将边AB增加1m．
（1）如图1，若a＝5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，则b的值是 6 ．
（2）如图2，若边AD增加2m，有且只有一个a的值，使得到的矩形面积为2s（m2），则s的值是 6+4 ．
解：（1）∵边AD减少1m，得到的矩形面积不变，
∴5b＝（5+1）×（b﹣1），
解得：b＝6，
故答案为：6；
（2）根据题意知b＝，
∵边AB增加1m，边AD增加2m，得到的矩形面积为2s（m2），
∴（a+1）（b+2）＝2s，
∴（a+1）（+2）＝2s，
整理得：2a++2﹣s＝0，
∴2a2+（2﹣s）a+s＝0，
∵有且只有一个a的值使得到的矩形面积为2s，
∴Δ＝0，即（2﹣s）2﹣8s＝0，
解得s＝6﹣4（不符合题意舍去）或s＝6+4，
故答案为：6+4．
17．（2分）（2020•长沙）某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：首先发给A、B、C三个同学相同数量的扑克牌（假定发到每个同学手中的扑克牌数量足够多），然后依次完成以下三个步骤：
第一步，A同学拿出二张扑克牌给B同学；
第二步，C同学拿出三张扑克牌给B同学；
第三步，A同学手中此时有多少张扑克牌，B同学就拿出多少张扑克牌给A同学．
请你确定，最终B同学手中剩余的扑克牌的张数为 7 ．
解：设每人有牌x张，B同学从A同学处拿来二张扑克牌，又从C同学处拿来三张扑克牌后，
则B同学有（x+2+3）张牌，
A同学有（x﹣2）张牌，
那么给A同学后B同学手中剩余的扑克牌的张数为：x+2+3﹣（x﹣2）＝x+5﹣x+2＝7．
故答案为：7．
18．（2分）（2018•玉林）已知ab＝a+b+1，则（a﹣1）（b﹣1）＝ 2 ．
解：当ab＝a+b+1时，
原式＝ab﹣a﹣b+1
＝a+b+1﹣a﹣b+1
＝2，
故答案为：2．
19．（2分）（2017•青海）观察下列各式的规律：
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
…
可得到（x﹣1）（x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝ x8﹣1 ；
一般地（x﹣1）（xn+xn﹣1+…+x2+x+1）＝ xn+1﹣1 ．
解：（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
则（x﹣1）（x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝x8﹣1．
（x﹣1）（xn+xn﹣1+x5+…+x2+x+1）＝xn+1﹣1．
故答案为：x8﹣1；xn+1﹣1．
20．（2分）（2023•重庆）对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵7﹣1＝6，3﹣1＝2，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵8﹣1≠6，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为 6200 ；一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记P（M）＝3（a+b）+c+d，Q（M）＝a﹣5，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为 9313 ．
解：求最小的“天真数”，首先知道最小的自然数的0．
先看它的千位数字比个位数字多6，个位数为最小的自然数0时，千位数为6；百位数字比十位数字多2，十位数为最小的自然数0时．百位数是2；则最小的“天真数”为6200．
故答案为：6200．
一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d．
由“天真数”的定义得a＝d+6，所以6≤a≤9，b＝c+2，所以0≤c≤7，
又P（M）＝3（a+b）+c+d＝3（a+c+2）+c+a﹣6＝4a+4c；
Q（M）＝a﹣5.＝若能被10整除当a取最大值9时，
即当a＝9时，满足能被10整除，则c＝1，“天真数”M为9313．
故答案为：9313．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（6分）（2023•长沙）先化简，再求值：（2﹣a）（2+a）﹣2a（a+3）+3a2，其中a＝﹣．
解：（2﹣a）（2+a）﹣2a（a+3）+3a2
＝4﹣a2﹣2a2﹣6a+3a2
＝4﹣6a，
当a＝﹣时，原式＝4﹣6×（﹣）
＝4+2
＝6．
22．（6分）（2022•河北）发现 两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．
验证 如，（2+1）2+（2﹣1）2＝10为偶数．请把10的一半表示为两个正整数的平方和；
探究 设“发现”中的两个已知正整数为m，n，请论证“发现”中的结论正确．
解：验证：10的一半为5，
5＝1+4＝12+22，
探究：两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．理由如下：
（m+n）2+（m﹣n）2
＝m2+2mn+n2+m2﹣2mn+n2
＝2m2+2n2
＝2（m2+n2），
故两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．
23．（8分）（2022•梧州）（1）计算：﹣5+（﹣3）×（﹣2）2．
（2）化简：3a+2（a2﹣a）﹣2a•3a．
解：（1）原式＝3﹣5+（﹣3）×4
＝3﹣5﹣12
＝﹣14，
（2）原式＝3a+2a2﹣2a﹣6a2，
＝a﹣4a2．
24．（8分）（2021•凉山州）阅读以下材料：
苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550﹣1617年）是对数的创始人．他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler，1707﹣1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地，若ax＝N（a＞0且a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作x＝lgaN，比如指数式24＝16可以转化为对数式4＝lg216，对数式2＝lg39可以转化为指数式32＝9．
我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
lga（M•N）＝lgaM+lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0），理由如下：
设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴M•N＝am•an＝am+n，由对数的定义得m+n＝lga（M•N）．
又∵m+n＝lgaM+lgaN，
∴lga（M•N）＝lgaM+lgaN．
根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：
（1）填空：①lg232＝ 5 ，②lg327＝ 3 ，③lg71＝ 0 ；
（2）求证：lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）拓展运用：计算lg5125+lg56﹣lg530．
解：（1）lg232＝lg225＝5，lg327＝lg333＝3，lg71＝lg770＝0；
故答案为：5，3，0；
（2）证明：设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴＝＝am﹣n，由对数的定义得m﹣n＝lga，
又∵m﹣n＝lgaM﹣lgaN，
∴lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）原式＝lg5（125×6÷30）
＝lg525
＝2．
25．（8分）（2023•河北）现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图所示（a＞1）．某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形（不重叠无缝隙），如表2和表3，其面积分别为S1，S2．
表2
表3
（1）请用含a的式子分别表示S1，S2，当a＝2时，求S1+S2的值；
（2）比较S1与S2的大小，并说明理由．
解：（1）由图可知S1＝（a+2）（a+1）＝a2+3a+2，S2＝（5a+1）×1＝5a+1，
当a＝2时，S1+S2＝4+6+2+10+1＝23；
（2）S1＞S2，
理由：∵S1﹣S2＝a2+3a+2﹣5a﹣1＝a2﹣2a+1＝（a﹣1）2，
又∵a＞1，
∴（a﹣1）2＞0，
∴S1＞S2．
26．（8分）（2018•衢州）有一张边长为a厘米的正方形桌面，因为实际需要，需将正方形边长增加b厘米，木工师傅设计了如图所示的三种方案：
小明发现这三种方案都能验证公式：a2+2ab+b2＝（a+b）2，
对于方案一，小明是这样验证的：
a2+ab+ab+b2＝a2+2ab+b2＝（a+b）2
请你根据方案二、方案三，写出公式的验证过程．
方案二：
方案三：
解：由题意可得，
方案二：a2+ab+（a+b）b＝a2+ab+ab+b2＝a2+2ab+b2＝（a+b）2，
方案三：a2+＝＝a2+2ab+b2＝（a+b）2．
27．（8分）（2018•自贡）阅读以下材料：
对数的创始人是苏格兰数学家纳皮尔（J．Nplcr，1550﹣1617年），纳皮尔发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evlcr，1707﹣1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地，若ax＝N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作：x＝lgaN．比如指数式24＝16可以转化为4＝lg216，对数式2＝lg525可以转化为52＝25．
我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：lga（M•N）＝lgaM+lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；理由如下：
设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an
∴M•N＝am•an＝am+n，由对数的定义得m+n＝lga（M•N）
又∵m+n＝lgaM+lgaN
∴lga（M•N）＝lgaM+lgaN
解决以下问题：
（1）将指数43＝64转化为对数式 3＝lg464 ；
（2）证明lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）
（3）拓展运用：计算lg32+lg36﹣lg34＝ 1 ．
解：（1）由题意可得，指数式43＝64写成对数式为：3＝lg464，
故答案为：3＝lg464；
（2）设lgaM＝m，lgaN＝n，则M＝am，N＝an，
∴＝＝am﹣n，由对数的定义得m﹣n＝lga，
又∵m﹣n＝lgaM﹣lgaN，
∴lga＝lgaM﹣lgaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）；
（3）lg32+lg36﹣lg34，
＝lg3（2×6÷4），
＝lg33，
＝1，
故答案为：1．
28．（8分）（2022•沙坪坝区校级一模）一个四位数m＝1000a+100b+10c+d（其中1≤a，b，c，d≤9，且均为整数），若a+b＝k（c﹣d），且k为整数，称m为“k型数”．例如，4675：4+6＝5×（7﹣5），则4675为“5型数”；3526：3+5＝﹣2×（2﹣6），则3526为“﹣2型数”．
（1）判断1731与3213是否为“k型数”，若是，求出k；
（2）若四位数m是“3型数”，m﹣3是“﹣3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数m′，m′也是“3型数”，求满足条件的所有四位数m．
解：（1）∵1+7＝4×（3﹣1），3+2＝﹣×（1﹣3），
∴1731是“4型数”，3213不是“k型数”；
（2）设m＝，
∵m是“3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数m′，m′也是“3型数”，
∴a+b＝3（c﹣d）且a+c＝3（b﹣d），
将两式相减整理得：b＝c，
∴m的十位与百位数字相同，设m＝，
由m﹣3是“﹣3型数”，分两种情况：
（Ⅰ）d≥3时，m﹣3＝，
∵四位数m＝是“3型数”，
∴a+x＝3（x﹣d），
∵m﹣3是“﹣3型数”，
∴a+x＝﹣3[x﹣（d﹣3）]，
∴3（x﹣d）＝﹣3[x﹣（d﹣3）]，
整理化简得：2d﹣2x＝3，
∵x、d是整数，2x、2d是偶数，而3是奇数，
∴2d﹣2x＝3无整数解，此种情况不存在；
（Ⅱ）d＜3时，
m﹣3＝，
∵m﹣3是“﹣3型数”，
∴a+x＝﹣3[（x﹣1）﹣（d+7）]，即a+4x﹣3d＝24①，
∵m是“3型数”，
∴a+x＝3（x﹣d），即a﹣2x+3d＝0②，
①+②化简得a+x＝12，
①+②×2化简得a+d＝8，
∴当d＝1时，a＝7，x＝5，此时m＝7551，
当d＝2时，a＝6，x＝6，此时m＝6662．
综上所述，满足条件的四位数m是7551或6662
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