2024年中考数学【高分·突破】压轴题培优专题精练压轴热点考点02代数证明与因式分解(原卷版+解析)

压轴热点考点02代数证明与因式分解一、单选题1．下列计算正确的是（

）A． B．C． D．2．设表示非负整数的各个数位上的数字之和，例如：．则的值为（

）A．28127 B．28128 C．28107 D．281173．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各4块（边长如图，）．嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，下列无法实现的方案是（

）A．2块甲、1块乙、4块丙 B．1块甲、4块乙、4块丙C．4块甲、1块乙、4块丙 D．1块甲、1块乙、2块丙4．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点M(−2，c)．若自变量x取−4，−，1，3时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，y4，则下列说法一定正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1，2，3所示．按照这种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是（

）A．69 B．79 C．91 D．936．如图，将一张正方形铁皮的四个角同时切去边长为2的四个小正方形，制成一个无盖箱子，若箱子的底面边长为，原正方形铁皮的面积为，则无盖箱子的外表面积为（）

A．1 B．4 C．6 D．97．已知关于的两个多项式，．其中a为常数，下列说法：①若的值始终与无关，则；②关于x的方程始终有两个不相等的实数根；③若的结果不含的项，则；④当时，若的值为整数，则x的整数值只有2个．以上结论正确的个数有(

)A．4 B．3 C．2 D．18．下列命题中，假命题的个数是（

）①；②分解因式：；③的算术平方根是3；④如果方程有两个不相等的实数根，则实数；⑤在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则这组数据的中位数是5．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个9．某市2020年的扶贫资金为a万元，比2019年增长了x%，计划2021年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到（

）A．a(3+3x%)万元 B．a(+2+2x%)万元C．a(3+x%)万元 D．a()万元二、填空题10．如图，是等腰直角三角形，，在内构造第一个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；在内构造第二个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；在内构造第三个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；依次下去，则第2个正方形的边长为．

11．已知实数，且，记代数式，记分别为代数式的最大值与最小值，则的值为．12．若一个各位数字均不为的四位数（，，，，，，为整数）满足：把的千位数字作为十位数字，的十位数字作为个位数字组成的两位数与的和记作，的千位数字与个位数字的倍的和记作，如果的各位数字之和与的和是一个正整数的平方，则称这个四位数为“赓续数”，正整数称“赓续元素”；当，时，最小“赓续数”为；若“赓续数”满足前两位数字之和与后两位数字之和相等，且为整数，则满足条件的最大为.13．[输入x]→[平方]→[减去]→[输出A]（1）把多项式A分解因式为；（2）当时，多项式A的值为．14．我国南宋著名数学家杨辉精研数学，著有《详解九章算法》，对数的运算进行了深入研究与总结．类比其中的思想方法，可以解决很多数与式的计算问题．现已知a，b为实数，且，计算可得：，，，…，由此求得．15．下列四个代数式①，②，③，④，若，则代数式的值最大的是．（填序号）．16．添项、拆项是因式分解中常用的方法，比如分解多项式可以用如下方法分解因式：①；又比如多项式可以这样分解：②；仿照以上方法，分解多项式的结果是．三、解答题17．学校准备在植物园周围增设由大小相同的等边三角形组成的栅栏，当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）……根据以上规律，解答下列问题：(1)当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分镂空的等边三角形的个数为_______．(2)当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分镂空的等边三角形的个数为_______．（用含的代数式表示）(3)已知每个等边三角形的面积均为，如果学校植物园周围栅栏的总面积要达到，那么至少需要灰色等边三角形多少个？18．如图，研究平面内若干条直线的交点情况，记直线条数为，交点个数的最大值为．如图1，当时，；如图2，当时，；如图3，当时，．(1)当时，______；(2)试写出关于的表达式．当时，求的值．19．已知，．(1)化简整式，并求时的值；(2)若．①将因式分解；②若为整数，直接写出整式能否被16整除．20．嘉淇上小学时得知“一个数的各个数字之和能被3整除，那么这个数就能被3整除”，她后来做了如下分析：嘉淇的分析：∵为整数，5为整数，∴能被3整除，能被3整除，∴258能被3整除．(1)通过计算验证能否被3整除；(2)用嘉淇的方法证明能被3整除；(3)设是一个四位数．，，，分别为对应数位上的数字，请论证“若能被3整除，则这个数可以被3整除”．压轴热点考点02代数证明与因式分解一、单选题1．下列计算正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据绝对值、二次根式的性质化简、负指数幂、去括号合并同类项计算即可．【详解】当时，不成立；当时，，，故该选项错误；B、，故该选项错误；C、，故该选项正确；D、，故该选项错误；故选：C．【点睛】本题考查绝对值、二次根式的性质化简、负指数幂、去括号合并同类项，熟记运算法则是关键．2．设表示非负整数的各个数位上的数字之和，例如：．则的值为（

）A．28127 B．28128 C．28107 D．28117【答案】B【分析】根据题意可得：从而得到，再求出；，，即可求解．【详解】解：根据题意得：，；；，，∴．故选：B【点睛】本题主要考查了数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．3．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片各4块（边长如图，）．嘉嘉准备从中挑选一些纸片紧密拼接成一个正方形，下列无法实现的方案是（

）A．2块甲、1块乙、4块丙 B．1块甲、4块乙、4块丙C．4块甲、1块乙、4块丙 D．1块甲、1块乙、2块丙【答案】A【分析】根据拼接前后面积相等，分别表示出每个选项的面积和，观察能否写出完全平方式即可得【详解】解．A、无法配方，故A无法实现，符合题意；B、，故B可以实现，不符合题意；C、，故C可以实现，不符合题意；D、，故D可以实现，不符合题意；故选：A．【点睛】考查因式分解的应用、完全平方公式、图形拼接前后的面积不变性，考查逻辑推理和数学运算．4．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点M(−2，c)．若自变量x取−4，−，1，3时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，y4，则下列说法一定正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】先求得该图象的对称轴为x=-=-1，不妨设a>0，根据各点横坐标与对称轴的距离大小得到y4>y1>y3>y2，再对条件分解因式，即可判断．【详解】解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点M(−2，c)，∴4a-2b+c=c，即b=2a，二次函数的解析式为y=ax2+2ax+c，∴该图象的对称轴为x=-=-1，不妨设a>0，∵，∴y4>y1>y3>y2，A、若，即，则不一定大于0，故该选项不符合题意；B、若，同理得：，则不一定大于0，故该选项不符合题意；C、若，同理得：，则不一定小于0，故该选项不符合题意；D、若，同理得：，则一定小于0，故该选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，因式分解的应用，利用二次函数图象上点的坐标特征，求出y4>y1>y3>y2是解题的关键．5．某校数学兴趣小组探究出一种新的计算两位数的平方运算的方法，具体做法如图1，2，3所示．按照这种方法，如图4所示结果是一个两位数的平方，则这个两位数是（

）A．69 B．79 C．91 D．93【答案】B【分析】观察发现表格中倒数第二行的数字是十位数字的倍与个位数字的乘积，即可得到答案．【详解】解：观察发现表格中倒数第二行的数字是十位数字的倍与个位数字的乘积，故个位数为，设所求的数字的十位数为，则，解得，故答案为，故选B．【点睛】本题主要考查根据观察找到规律，找到正确的规律是解题关键．6．如图，将一张正方形铁皮的四个角同时切去边长为2的四个小正方形，制成一个无盖箱子，若箱子的底面边长为，原正方形铁皮的面积为，则无盖箱子的外表面积为（）

A．1 B．4 C．6 D．9【答案】D【分析】根据题意，得出原正方形铁皮的边长为，从而得到原正方形铁皮的面积为，即，解得，从而得到无盖箱子的外表面积为，即可得到答案．【详解】解：正方形铁皮的四个角同时切去边长为2的四个小正方形，制成一个无盖箱子，若箱子的底面边长为，原正方形铁皮的边长为，原正方形铁皮的面积为，又正方形铁皮的面积为，，解得，无盖箱子的外表面积为，故选：D．【点睛】本题考查方程的实际应用，读懂题意，准确表示出各个边长，根据等量关系列出方程求解是解决问题的关键．7．已知关于的两个多项式，．其中a为常数，下列说法：①若的值始终与无关，则；②关于x的方程始终有两个不相等的实数根；③若的结果不含的项，则；④当时，若的值为整数，则x的整数值只有2个．以上结论正确的个数有(

)A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根据，的值始终与x无关，可得；根据，利用判别式，可得关于x的方程始终有两个不相等的实数根；根据，当时，的结果不含的项；④根据，由的值为整数，可得，求出x的值．【详解】解：①∵，，∴，∵的值始终与x无关，∴，故①不符合题意；②，∵，∴关于x的方程始终有两个不相等的实数根，故②符合题意；③，∵的结果不含的项，∴，解得；故③符合题意；④当时，，∴，∵的值为整数，∴，解得或，故④符合题意；综上，②③④符合题意；故选：B．【点睛】本题考查整式的运算，熟练掌握整式的加减乘除运算法则，一元二次方程判别式与根的关系是解题的关键．8．下列命题中，假命题的个数是（

）①；②分解因式：；③的算术平方根是3；④如果方程有两个不相等的实数根，则实数；⑤在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则这组数据的中位数是5．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①，②分解因式：，③的算术平方根是，，④如果方程有两个不相等的实数根，那么Δ=4-4a>0，a<1，且a≠0，⑤把7，5，3，5，10，从小到大排列：3，5，5，7，10，中位数为5．【详解】①，∵，故此命题是假命题；②分解因式：，∵，故此命题是假命题；③的算术平方根是3，∵，故此命题是假命题；④如果方程有两个不相等的实数根，则实数，∵方程有两个不相等的实数根，∴Δ=4-4a>0，a<1，且a≠0，故此命题是假命题；⑤在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则这组数据的中位数是5，∵五个数从小到大排列为：3，5，5，7，10，∴中位数为：5．故此命题是真命题．故假命题有4个．故选D．【点睛】本题考查了积的乘方，分解因式，算术平方根，一元二次方程根的判定，中位数，熟练掌握积乘方的法则，用平方差公式分解因式，算术平方根的定义，一元二次方程的定义与根的判别式，中位数的定义及求法，是解决此题的关键．9．某市2020年的扶贫资金为a万元，比2019年增长了x%，计划2021年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到（

）A．a(3+3x%)万元 B．a(+2+2x%)万元C．a(3+x%)万元 D．a()万元【答案】D【分析】根据题意分别表示出2019年的扶贫资金和2021年的扶贫基金，再求得三年的扶贫基金总额即可．【详解】∵2020年的扶贫资金为a万元，比2019年增长了x%，∴2019年的扶贫资金为万元，∵2021年的增幅调整为上一年的2倍，∴2021年的扶贫资金为万元，∴这3年的扶贫资金总额将达到万元，故选：D．【点睛】此题考查了列代数式，解题的关键是根据题意表示出2019年和2021年的扶贫基金．二、填空题10．如图，是等腰直角三角形，，在内构造第一个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；在内构造第二个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；在内构造第三个正方形，使点、在直角边上，、在斜边上；依次下去，则第2个正方形的边长为．

【答案】【分析】设正方形的边长为，，都是等腰直角三角形，得出，根据列出方程，得出第个正方形的边长为,同理得出前几个正方形的边长，进而得出第个正方形的边长，即可求解．【详解】解：设正方形的边长为，∵，都是等腰直角三角形，∴∴解得：，即第个正方形的边长为,设第二个正方形的边长为，∵，都是等腰直角三角形，∴∴解得：，同理可得第3个正方形的边长为，∵……，第个正方形的边长为∴第2个正方形的边长为，故答案为：．【点睛】本题考查了图形类规律题，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，找到规律是解题的关键．11．已知实数，且，记代数式，记分别为代数式的最大值与最小值，则的值为．【答案】4【分析】由得到，则．根据可求a的取值范围为，由此可得代数式的最大值与最小值，从而解决问题．【详解】∵，∴，∴．∵，∴，∴∴当或时，有最大值，为，当时，有最小值，为，∴．故答案为：4【点睛】本题考查二次函数的最值，将代数式转化为关于a的二次函数，通过二次函数的性质求出最值是解题的关键．12．若一个各位数字均不为的四位数（，，，，，，为整数）满足：把的千位数字作为十位数字，的十位数字作为个位数字组成的两位数与的和记作，的千位数字与个位数字的倍的和记作，如果的各位数字之和与的和是一个正整数的平方，则称这个四位数为“赓续数”，正整数称“赓续元素”；当，时，最小“赓续数”为；若“赓续数”满足前两位数字之和与后两位数字之和相等，且为整数，则满足条件的最大为.【答案】【分析】当，时，可知，，则，当时，可以取得最小值，且，据此即可求得答案．根据和为整数，可求得为整数，可得或，分情况逐一讨论即可求得答案．【详解】∵，，∴四位数．∴，．∴．∴当时，可以取得最小值．又，∴．∵，∴．∵为整数，∴为整数．又，，∴或．①当时．根据题意可知，，，．，．∴．∴．∴不符合题意．②当，且，，时．根据题意，得，，．∴．∵为正整数，∴．∴．∴，，，不符合题意．③当，且，，时．根据题意，得，，．∴．∵为正整数，∴．∴．∴．综上所述，符合条件的的最大值为．故答案为：，．【点睛】本题主要考查实数，能采用分类讨论的思想分析问题是解题的关键．13．[输入x]→[平方]→[减去]→[输出A]（1）把多项式A分解因式为；（2）当时，多项式A的值为．【答案】4【分析】（1）先根据运算程序写出多项式A，再利用提公因式法分解因式即可得到答案；（2）把代入多项式A中，利用平方差公式即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意得；故答案为：；（2）当时，，故答案为：4．【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，因式分解，注意二次根式要先化简再代入求值．14．我国南宋著名数学家杨辉精研数学，著有《详解九章算法》，对数的运算进行了深入研究与总结．类比其中的思想方法，可以解决很多数与式的计算问题．现已知a，b为实数，且，计算可得：，，，…，由此求得．【答案】【分析】先根据题意求出，进而推出，由此代值计算即可．【详解】解：∵，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了多项式乘以多项式，因式分解的应用，正确推出是解题的关键．15．下列四个代数式①，②，③，④，若，则代数式的值最大的是．（填序号）．【答案】③【分析】利用作差法比较大小即可．【详解】解：∵，令②-①得：，∴②＞①，令③-②得：，∴③＞②，令③-④得：，∴③＞④，∴代数式的值最大的是③，故答案为：③【点睛】本题考查不等式的性质，利用不等式性质比较代数式的大小，解题的关键是掌握作差法比较大小．16．添项、拆项是因式分解中常用的方法，比如分解多项式可以用如下方法分解因式：①；又比如多项式可以这样分解：②；仿照以上方法，分解多项式的结果是．【答案】【分析】直接根据添项、拆项的方法进行因式分解即可．【详解】解：，故答案为：【点睛】本题考查添项与拆项法对多项式进行因式分解，解题的关键是熟练运用提公因式法，也考查了学生的观察能力和整体思想．三、解答题17．学校准备在植物园周围增设由大小相同的等边三角形组成的栅栏，当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形（如图）……根据以上规律，解答下列问题：(1)当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分镂空的等边三角形的个数为_______．(2)当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分镂空的等边三角形的个数为_______．（用含的代数式表示）(3)已知每个等边三角形的面积均为，如果学校植物园周围栅栏的总面积要达到，那么至少需要灰色等边三角形多少个？【答案】(1)(2)(3)至少需要灰色等边三角形个【分析】本题考查了图形规律及一元一次方程的应用，以镂空的等边三角形和灰色镂空的等边三角形的拼图为背景，关键是掌握规律性问题的解决方法，探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．（）观察第个图案可知：中间的一个灰色镂空的等边三角形对应个镂空的等边三角形，第个图案可知增加一个灰色镂空的等边三角形，变成了个镂空的等边三角形，增加了个镂空的等边三角形，从而据此规律即可得解；（）观察第个图案，有个镂空的等边三角形；第个图案，有个镂空的等边三角形；，依次计算可解答；（）由（）中的规律可知：，解方程即可解答．【详解】（1）解：当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形；当栅栏顶部是个灰色等边三角形时，其余部分共个镂空的等边三角形；故答案为：；（2）解：第个图案：镂空的等边三角形有：（个），第个图案：镂空的等边三角形有：（个），第个图案：镂空的等边三角形有：（个），第个图案：镂空的等边三角形有：（个），……第个图案：镂空的等边三角形有：个，故答案为：；（3）解：，，按此规律镶嵌图案，需要灰色镂空的等边三角形个．18．如图，研究平面内若干条直线的交点情况，记直线条数为，