专题4.7 代数式章末拔尖卷-最新七年级数学上册重点题型和专项训练系列（浙教版）

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第4章 代数式章末拔尖卷
【浙教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2023春·上海浦东新·七年级上海中学东校校考期中）在代数式①x+yx；②−x5+y32；③0.25m2n4；④2021；⑤1+3x；⑥2π中整式的个数有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】单项式和多项式统称为整式，利用整式的定义即可判断．
【详解】①x+yx、⑤1+3x分母中含字母，不是整式，
②−x5+y32是多项式、③0.25m2n4、④2021、⑥2π是单项式，属于整式，
故整式有②③④⑥，共4个，
故选：D．
【点睛】此题考查了整式，单项式和多项式统称为整式，解答题的关键是正确理解：单项式是字母和数的乘积，只有乘法，没有加减法；多项式是若干个单项式的和，有加减法．
2．(3分)（2023春·广东揭阳·七年级统考期末）下列判断中正确的是（ ）
A．6x2−3x+1的项是6x2，−3xB．m2n5不是整式
C．单项式−x3y2的系数是−1D．3x2−y+5xy2是二次三项式
【答案】C
【分析】根据整式、多项式的定义，单项式、多项式的项与系数的概念判断即可．
【详解】解：A．6x2−3x+1的项是6x2，−3x，1，故A选项不正确；
B．m2n5是整式，故B选项不正确；
C．单项式−x3y2的系数是−1，故C选项正确；
D．3x2−y+5xy2是三次三项式，故D选项不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了整式、多项式的定义，单项式、多项式的项与系数的概念，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．(3分)（2023春·山东淄博·七年级统考期末）若3a2+mb和n−1a3b是同类项，且它们的和为0，则mn的值是（ ）
A．－4B．－2C．2D．4
【答案】B
【分析】根据同类项的定义得到2+m=3，n-1=-3， 求出m、n的值代入计算即可．
【详解】解：∵3a2+mb和(n−1)a3b是同类项，且它们的和为0，
∴2+m=3，n-1=-3，
解得m=1，n=-2，
∴mn=-2，
故选：B．
【点睛】此题考查了同类项的定义：含有相同的字母，且相同字母的指数分别相等，熟记定义是解题的关键．
4．(3分)（2023春·江苏镇江·七年级统考期中）已知：A=2x2−3y2+1，B=x2−5y2−5，则代数式A和B的关系是（ ）
A．A>BB．A【答案】A
【分析】由A−B=x2+2y2+6，x2≥0，y2≥0，可得A−B>0，则A>B，然后作答即可．
【详解】解：A−B=2x2−3y2+1−x2−5y2−5 =2x2−3y2+1−x2+5y2+5 =x2+2y2+6，
∵x2≥0，y2≥0，
∴x2+2y2+6>0，即A−B>0，A>B，
故选：A ．
【点睛】本题考查了整式的加减运算．解题的关键在于正确的运算．
5．(3分)（2023春·安徽芜湖·七年级校考期中）当x=2时，ax5+bx3+cx=−3；当x=−2时，则ax5+bx3+cx=（ ）
A．−6B．−5C．3D．6
【答案】C
【分析】将x=2，代入式子得到32a+8b+2c=−3，把x=−2代入后变形，再代入即可求出最后结果．
【详解】解：将x=2，代入式子得：32a+8b+2c=−3，
将x=−2，代入式子得：−32a−8b−2c=−32a+8b+2c=−−3=3，
故选：C．
【点睛】本题考查了代数式求值，能够求出式子的值整体代入是解答本题的关键．
6．(3分)（2023春·云南昭通·七年级校考期末）某同学在完成化简：3(−4a+3b)−2(a−2b)的过程中，具体步骤如下：
解：原式=(−12a+9b)−(2a−4b)①
=−12a+9b−2a+4b②
=−10a+13b③
以上解题过程中，出现错误的步骤是（ ）
A．①B．②C．③D．①，②，③
【答案】C
【分析】根据整式的加减计算中，去括号的法则即可求解．
【详解】错误的步骤是③
正确的解答过程如下：
原式=(−12a+9b)−(2a−4b)①
=−12a+9b−2a+4b②
=−14a+13b③
故答案为：C
【点睛】本题考查了整式的加减，在去括号的时候要注意符号的变化，合并同类项时，系数相加减．
7．(3分)（2023春·河北张家口·七年级统考期末）数轴上A，B，C三点所代表的数分别是a、b、2，且a−2−2−b=a−b．下列四个选项中，有（ ）个能表示A，B，C三点在数轴上的位置关系．
① ② ③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据数轴上各数的位置得出各数的大小关系，从而得出绝对值里面代数式的符号，去绝对值，化简即可得出答案．
【详解】解：①由数轴可知，a∴a−2<0，2−b>0，a−b<0，
∴|a−2|−|2−b|=−(a−2)−(2−b)=−a+2−2+b=b−a，
|a−b|=−(a−b)=b−a，
∴|a−2|−|2−b|=|a−b|，
故①可以表示A、B、C三点在数轴上的位置关系；
②由数轴可知：2∴a−2>0，2−b<0，a−b>0，
∴|a−2|−|2−b|=a−2+2−b=a−b，
|a−b|=a−b，
∴|a−2|−|2−b|=|a−b|，
故②可以表示A、B、C三点在数轴上的位置关系；
③a<2∴a−2<0，2−b<0，a−b<0，
∴|a−2|−|2−b|=−(a−2)+(2−b)=−a+2+2−b=4−b−a，
|a−b|=−(a−b)=b−a，
∴|a−2|−|2−b|≠|a−b|，
故③不可以表示A、B、C三点在数轴上的位置关系；
④2∴a−2>0，2−b<0，a−b<0，
∴|a−2|−|2−b|=a−2+(2−b)=a−2+2−b=a−b，
|a−b|=−(a−b)=b−a，
∴|a−2|−|2−b|≠|a−b，
故④不可以表示A、B、C三点在数轴上的位置关系；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了数轴及绝对值，解题关键是从数轴上找出a、b、2的关系，代入a−2−2−b=a−b是否成立．
8．(3分)（2023春·湖北十堰·七年级十堰市实验中学校考期中）依照以下图形变化的规律，则第125个图形中黑色正方形的数量是（ ）

A．187B．188C．189D．190
【答案】B
【分析】根据图形的变化寻找规律即可．
【详解】解：第1个图形中黑色正方形的数量是2，
第2个图形中黑色正方形的数量是3，
第3个图形中黑色正方形的数量是5，
…
发现规律：
∵当n为偶数时，第n个图形中黑色正方形的数量为：(n+n2)个，
当n为奇数时，第n个图形中黑色正方形的数量为：(n+n+12)个．
∴第125个图形中黑色正方形的数量为：125+125+12=188（个)．
故选：B．
【点睛】本题考查了规律型−图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
9．(3分)（2023春·浙江·七年级期中）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．C1B．C3+C5C．C1+C3+C5D．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C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C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C=2a+2b+2c+2ℎ为定值，
∴C2=2a+2b，C3=2c+2d，C4=2e+2f，C5=2ℎ+2g，
∵①是正方形，
∴c−f=e−ℎ=g−b=a−d
∴a+b=g+d，
∴C3+C5=2c+2d+2ℎ+2g=2a+2b+2c+2ℎ=C，
C1+C3+C5=4a−d+2c+2d+2ℎ+2g=4a−2d+2c+2ℎ+2g，
C1+C2+C4=4a−d+2a+2b+2e+2f=6a−4d+2b+2e+2f，
∴C3+C5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．
10．(3分)（2023春·重庆·七年级校联考期中）有n个依次排列的整式：第一项是a2，第二项是a2+2a+1，用第二项减去第一项，所得之差记为b1，将b1加2记为b2，将第二项与b2相加作为第三项，将b2加2记为b3，将第三项与b3相加作为第四项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：
①b3＝2a+5；
②当a＝2时，第3项为16；
③若第4项与第5项之和为25，则a＝7；
④第2022项为（a+2022）2；
⑤当n＝k时，b1+b2+…+bk＝2ak+k2；
以上结论正确的是（ ）
A．①②⑤B．①③⑤C．①②④D．②④⑤
【答案】A
【分析】根据题目中的描述，按规律写出前几项验证相关选项，最后得到bn=2a+2n−1，第n项为[a+(n−1)]2，进一步验证即可得到结论．
【详解】解：第一项是a2，
第二项是a2+2a+1，
用第二项减去第一项，所得之差记为b1，则b1=2a+1，
将b1加2记为b2，则b2=2a+3，
将第二项与b2相加作为第三项，则第三项是a2+4a+4，
当a＝2时，第三项是a2+4a+4=22+4×2+4=4+8+4=16，②正确；
将b2加2记为b3，则b3=2a+5，①正确；
第三项与b3相加作为第四项，则第四项是a2+6a+9，
将b3加2记为b4，则b4=2a+7，
第四项与b4相加作为第五项，则第五项是a2+8a+16，
第4项与第5项之和为25，则a2+6a+9 +a2+8a+16=25，解得a＝0或−7，③错误；
…
综上所述：bn=2a+2n−1，第n项为[a+(n−1)]2，
∴第2022项为[a+(2022−1)]2=(a+2021)2，④错误；
当n=k时，
b1+b2+⋯+bk=(2a+1)+(2a+3)+⋯+(2a+2n−1)=k·2a+[1+3+⋯+(2k−1)]=2ak+k2，
故选：A．
【点睛】本题考查整式规律，根据题目要求，通过前面几项找到一般项的规律是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2023春·河南驻马店·七年级统考期末）一个多项式加−5x2−4x−3得−x2−3x，则这个多项式为 ．
【答案】4x2+x+3
【分析】列出代数式−x2−3x−−5x2−4x−3计算即可．
【详解】∵一个多项式加−5x2−4x−3得−x2−3x，
∴这个多项式为−x2−3x−−5x2−4x−3
=−x2−3x+5x2+4x+3
=4x2+x+3，
故答案为：4x2+x+3．
【点睛】本题考查了添括号，去括号，整式的加减，熟练掌握去括号，整式的加减是解题的关键．
12．(3分)（2023春·重庆南岸·七年级校考期末）若关于x的多项式3x2−2x−bx2+2a−2x+1的值与字母x的取值无关，则2a−b= ．
【答案】1
【分析】先去括号，再合并同类项，然后根据“与字母x的取值无关”列方程，进行计算即可解答．
【详解】3x2−2x−bx2+2a−2x+1=3−bx2+2a−4x+1
∵关于x的多项式3x2−2x−bx2+2a−2x+1的值与字母x的取值无关，
∴3−b=0，2a−4=0，
解得b=3，2a=4，
∴2a−b=4−3=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了整式的加减，准确熟练地进行计算是解题的关键．
13．(3分)（2023春·上海徐汇·七年级上海市第四中学校考期中）如果a=2,b=3，且a−b=b−a，那么a−b= ．
【答案】−1或−5
【分析】根据a−b=b−a，得到a【详解】解：∵a=2,b=3，
∴a=±2,b=±3，
∵a−b=b−a，
∴a∴a=±2,b=3，
∴当a=2，b=3时，a−b=−1；当a=−2，b=3时，a−b=−5；
故答案为：−1或−5．
【点睛】本题考查代数式求值，解题的关键是掌握绝对值的意义，负数的绝对值是它的相反数．
14．(3分)（2023春·四川达州·七年级校考期中）已知P＝xy﹣5x+3，Q＝x﹣3xy+1，若无论x取何值，代数式2P﹣3Q的值都等于3，则y＝ ．
【答案】1311
【分析】先计算2P﹣3Q，再根据与x值无关确定x的系数，求y值即可．
【详解】解：2P﹣3Q=2（xy﹣5x+3）-3（x﹣3xy+1）
=2xy﹣10x+6-3x+9xy-3
=11xy-13x+3
=(11y-13)x+3
∵无论x取何值，代数式2P﹣3Q的值都等于3，
∴(11y-13)x+3=3，
∴11y-13=0，
y=1311，
故答案为：1311．
【点睛】本题考查了整式的加减和代数式的值，解题关键是明确与某个字母的值无关，就是这个字母的系数为0．
15．(3分)（2023春·湖北随州·七年级校考期中）定义：若a+b=n，则称a与b是关于数n的“平衡数”．比如3与−4是关于−1的“平衡数”，5与12是关于17的“平衡数”．现有a=6x2−8kx+4与b=−2(3x2−2x+k) (k为常数)始终是数n的“平衡数”，则它们是关于 的“平衡数”．
【答案】3
【分析】根据题干定义，直接建立等式，然后根据始终是有理数n的“平衡数”，可得到与x的取值无关，从而求出k，即可得出结论．
【详解】解： 由题意：a+b=6x2−8kx+4−23x2−2x+k
=6x2−8kx+4−6x2+4x−2k
=(4−8k)x+4−2k=n，
∵a=6x2−8kx+4与b=−23x2−2x+k（k为常数）始终是数n的“平衡数”，
∴a+b的值与x的取值无关，
∴4−8k=0，
解得：k=12，
∴n=4−2×12=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查新定义问题，涉及到整式的加减计算以及取值无关型问题，理解题意，掌握整式的加减运算法则是解题关键．
16．(3分)（2023春·全国·七年级统考期末）定义一种对正整数n的“F”运算：①当n为奇数时，结果为3n+5；②当n为偶数时，结果为n2k；（其中k是使n2k为奇数的正整数），并且运算可以重复进行，例如，取n=26，则：
若n=49，则第2021次“F”运算的结果是 ．
【答案】98
【分析】根据题意，可以写出前几次的运算结果，从而可以发现数字的变化特点，然后即可写出第2021次“F运算”的结果．
【详解】解：本题提供的“F运算”，需要对正整数n分情况（奇数、偶数）循环计算，由于n=49为奇数应先进行F①运算，
即3×49+5=152（偶数），
需再进行F②运算，
即152÷23=19（奇数），
再进行F①运算，得到3×19+5=62（偶数），
再进行F②运算，即62÷21=31（奇数），
再进行F①运算，得到3×31+5=98（偶数），
再进行F②运算，即98÷21=49，
再进行F①运算，得到3×49+5=152（偶数），…，
即第1次运算结果为152，…，
第4次运算结果为31，第5次运算结果为98，…，
可以发现第6次运算结果为49，第7次运算结果为152，
则6次一循环，
2021÷6=336…5，
则第2021次“F运算”的结果是98．
故答案为：98．
【点睛】本题考查了整式的运算能力，既渗透了转化思想、分类思想，又蕴涵了次数、结果规律探索问题，检测学生阅读理解、抄写、应用能力．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2023春·七年级课时练习）化简：
(1)2x2−2x−2−2x+1；
(2)3a2−22a2−2ab−a2+4ab．
【答案】(1)2x2−6x−5
(2)−3a2−4ab
【分析】（1）先去括号，然后合并同类项；
（2）先去括号，然后合并同类项．
【详解】（1）解：2(x2−2x−2)−(2x+1)
=2x2−4x−4−2x−1
=2x2−6x−5；
（2）解：3a2−2[2a2−(2ab−a2)+4ab]
=3a2−2(2a2−2ab+a2+4ab)
=3a2−4a2+4ab−2a2−8ab
=−3a2−4ab．
【点睛】本题考查了整式的加减．整式的加减的实质就是去括号、合并同类项．一般步骤是：先去括号，然后合并同类项．
18．(6分)（2023春·河北石家庄·七年级统考期末）有这样一道计算题：“计算3x2y+2x2y−5x2y2−y2−5x2y+y2−x2y2的值，其中x=12,y=−1．”王聪同学把“x=12”错看成“x=−12”，但计算结果仍正确；许明同学把“y=−1”错看成“y=1”，计算结果也是正确的，你知道其中的道理吗？请加以说明．
【答案】说明过程见解析．
【分析】先去括号，再计算整式的加减法进行化简，据此进行说明即可．
【详解】3x2y+2x2y−5x2y2−y2−5x2y+y2−x2y2，
=3x2y+2x2y−5x2y2+y2−5x2y−5y2+5x2y2，
=3x2y+2x2y−5x2y2+y2−5x2y−5y2+5x2y2，
=−4y2，
因为化简结果中不含x，
所以王聪同学把“x=12”错看成“x=−12”，计算结果仍正确，
因为化简结果中是y2，即y的偶次方，
所以许明同学把“y=−1”错看成“y=1”，计算结果也是正确的．
【点睛】本题考查了整式的化简求值、有理数的乘方运算，熟练掌握整式的加减法则是解题关键．
19．(8分)（2023春·七年级课时练习）如图，某文化休闲广场的四角都设计一块半径相同的四分之一圆的花坛，若圆形的半径为r米，广场长为a米，宽为b米．
（1）请列式表示广场空地的面积：_________平方米；
（2）若休闲广场的长为150米，宽为100米，圆形花坛的半径为20米，求广场空地的面积（π取3.14）．
【答案】（1）ab−πr2；（2）广场空地的面积为13744平方米．
【分析】（1）先算出矩形的面积，再减去四个四分之一扇形的面积，即可得出广场空地的面积；
（2）将数值a=150，b=100，r=20代入（1）所求出的式子，再进行计算即可．
【详解】解：（1）由题意得，矩形的面积为abm2
4个四分之一扇形的面积正好是一个圆，面积为：πr2m2
因此广场空地的面积：(ab−πr2)m2，
故答案为：ab−πr2；
（2）把a=150，b=100，r=20代入ab−πr2得，150×100−3.14×202=13744 m2
答：广场空地的面积为13744平方米．
【点睛】本题考查列代数式、求代数式的值，掌握矩形的面积公式和圆的面积公式是解题关键．
20．(8分)（2023春·河南信阳·七年级统考期末）已知代数式A=−x2，B=2x2−3x，C=12x2−3x+1
(1)当x=0.2，则A=______；
(2)2A+B=______（填化简后的结果）；
(3)仿照（2）设计一个关于多项式B，C的加法或减法算式，使化简结果不含二次项，并写出化简过程．
【答案】(1)−0.04
(2)−3x
(3)B−4C，见解析（答案不唯一）
【分析】（1）把x=0.2代入A计算即可；
（2）把A=−x2，B=2x2−3x代入2A+B进行化简即可；
（3）由B的二次项系数为2，C的二次项系数为12，答案可以是B−4C，4C−B，14B−C或C−14B．
【详解】（1）解：∵A=−x2，
∴当x=0.2时，A=−0.22=−0.04，
故答案为：−0.04；
（2）解：2A+B=2×−x2+2x2−3x=−2x2+2x2−3x=−3x，
故答案为：−3x；
（3）解：B−4C
=2x2−3x−412x2−3x+1
=2x2−3x−2x2+12x−4
=9x−4，（答案不唯一）
【点睛】本题考查了代数式求值，整式的加减运算，多项式的项和次数的定义，熟练掌握运算法则是解题的关键．
21．(8分)（2023春·七年级课时练习）用三角形和六边形按如图所示的规律拼图案．

(1)第5个图案中，三角形有________个，六边形有________个；
(2)第n（n为正整数）个图案中，三角形与六边形各有多少个？
(3)第2021个图案中，有多少个三角形？
(4)是否存在某个符合上述规律的图案，其中有100个三角形和40个六边形？如果存在，指出是第几个图案；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)12 ，5
(2)第n个图案中有三角形2n+2个，六边形有n个
(3)4044个
(4)不存在，见解析．
【分析】（1）观察图案，首先找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，即可得结论；
（2）结合（1）即可得一般形式；
（3）将n=2021代入（2）中所得的一般式即可求解；
（4）根据40×2+2≠100，可得不存在某个符合上述规律的图案，其中有100个三角形与40个六边形．
【详解】（1）第1个图案中，三角形2×1+2=4个，六边形有1个，
第2个图案中，三角形2×2+2=6个，六边形有2个，
第3个图案中，三角形2×3+2=8个，六边形有3个，
第4个图案中，三角形2×4+2=10个，六边形有4个，
所以第5个图案中，三角形2×5+2=12个，六边形有5个，
故答案为：12，5；
（2）由（1）可得，第n个图案中有三角形2n+2个，六边形有n个；
（3）第2021个图案中，
三角形有：2×2021+2=4044（个）；
（4）不存在，因为当n=40时，而40×2+2≠100，
所以不存在某个符合上述规律的图案，其中有100个三形与40个六边形．
【点睛】本题是一道找规律的题目，注意由特殊到一般的分析方法，此题的规律为：第n个就有正三角形2n+2个，这类题型在中考中经常出现．
22．(8分)（2023春·全国·七年级课堂例题）某服装厂生产一种西装和领带，西装每套定价1000元，领带每条定价200元．厂方在开展促销活动期间，向客户提供两种优惠方案：①买一套西装送一条领带；②西装和领带都按定价的90%付款．现某客户要到该服装厂购买西装20套，领带x条（x＞20）．
（1）若该客户按方案①购买，需付款多少元；（用含x的代数式表示）若该客户按方案②购买，需付款多少元．（用含x的代数式表示）
（2）若x＝30，通过计算说明此时按哪种方案购买较为合算？
（3）当x＝30，你能给出一种更为省钱的购买方案吗？若有，请写出你的购买方案和总费用；若无，请说明理由．
【答案】（1）若该客户按方案①购买，需付款200x+16000元；若该客户按方案②购买，需付款180x+18000元；（2）方案①较合算；（3）21800元．
【分析】（1）根据给出的方案列出代数式即可．
（2）令x＝30代入求值即可．
（3）先按方案①购买20套西装，再按方案②购买10条领带．
【详解】（1）若该客户按方案①购买，需付款：20×1000+（x－20）×200=(200x+16000)元；
若该客户按方案②购买，需付款：（1000×20+200x）×90% =(180x+18000)元．
（2）当x＝30时：
方案①需付200x+16000=200×30+16000=22000；
方案②需付180x+18000=180×30+18000=23400．
∵22000<23400，∴方案①较合算；
（3）先按方案①购买20套西装，可以送20条领带，还差10条领带按方案②购买；
总费用为1000×20+200×0.9×10=20000+1800=21800（元）．
【点睛】本题考查了列代数式，涉及有理数混合运算，代入求值等知识．
23．(8分)（2023春·湖南衡阳·七年级统考期末）对于一个四位自然数N，如果N满足各数位上的数字不全相同且均不为0，它的千位数字减去个位数字之差等于百位数字减去十位数字之差，那么称这个数N为“差同数”．对于一个“差同数”N，将它的千位和个位构成的两位数减去百位和十位构成的两位数所得差记为s，将它的千位和十位构成的两位数减去百位和个位构成的两位数所得差记为t，规定：FN=s+2t29．例：N=7513，因为7−3=5−1，故：7513是一个“差同数”．所以：s=73−51=22，t=71−53=18，则：F7513=22+3629=2．
(1)请判断4378是否是“差同数”．如果是，请求出FN的值；
(2)若自然数P，Q都是“差同数”，其中P=1000x+10y+616，Q=100m+n+3042（1≤x≤9，0≤y≤8，1≤m≤9，0≤n≤7，x，y，m，n都是整数），规定：k=FPFQ，当3FP−FQ能被11整除时，求k的最小值．
【答案】(1)4378是“差同数”， FN=1
(2)−32
【分析】（1）根据“差同数”的定义和F(N)的定义即可得；
（2）根据“差同数”的定义和已知条件，用一个字母的代数式表示k，再根据此字母的取值范围即可求出k的最小值．
【详解】（1）解：∵4−8=3−7，
∴4378是“差同数”，
∴s=48−37=11，t=47−38=9，
∴F(N)=11+2×929=1．
（2）解：∵1≤x≤9，0≤y≤8，且x，y都是整数，
∴P的千位数为x，百位数为6，十位数为y+1，个位数为6，
∵P是“差同数”，
∴x−6=6−y+1 即x+y=11，
sp=10x+6−60+y+1=10x−y−55，
tp=10x+y+1−66=10x+y−65，
∴F(P)=sp+2tp29=10x−y−55+210x+y−6529=30x+y−18529=29x−17429=x−6，
∵1≤m≤9，0≤n≤7，且m，n都是整数，
∴Q的千位数为3，百位数为m，十位数为4，个位数为n+2，
∵Q是“差同数”，
∴3−n+2=m−4，即m+n=5，
sQ=30+n+2−10m+4=n−10m+28，
tQ=34−10m+n+2=32−10m−n，
∴FQ=sQ+2tQ29=n−10m+28+232−10m−n29=−30m+92−n29=−30m+92−5+m29=3−m ，
∴3FP−FQ=3x−6−3−m=3x+m−21，
∵x+y=11且1≤x≤9，0≤y≤8，
∴3≤x≤9，
∵m+n=5且1≤m≤9，0≤n≤7，
∴1≤m≤5，
∴10≤3x+m≤32，
∴−11≤3x+m−21≤11，
∵3FP−FQ能被11整除，
∴3x−m−21=−11或0或11，
①当3x+m−21=−11时，则x=3，m=1，y=8，n=4，
此时Fp=−3，FQ=2，k=FpFQ=−32，
②当3x+m−21=11时，则x=9，m=5，
此时Fp=3，FQ=−2，k=FpFQ=−32，
③当3x+m−21=0时，则3x−m=21，
结合3≤x≤9，1≤m≤5，有x=6，m=3，
此时Fp=0，FQ=0，k不存在，
综上，k的最小值为−32．
【点睛】本题主要考查了整式加减的应用、有理数加减乘除运算的应用．理解“差同数”的定义，善于把新知识转化为常规知识来解决问题是解题关键．