第03讲 因式分解及分式（含详解答案）-全国重点高中自主招生大揭秘

因式分解及分式

一、单选题

1．（2021·全国·九年级竞赛）若m20062200622007220072，则m（）.

A．是完全平方数，还是奇数B．是完全平方数，还是偶数

C．不是完全平方数，但是奇数D．不是完全平方数，但是偶数

2．（2021·全国·九年级竞赛）已知7241可被40至50之间的两个整数整除，则这两个整数是（）

A．41，48B．45，47C．43，48D．41，47

26x3y3x2y2

3．（2022·福建·九年级统考竞赛）已知实数x，y满足1且x2y2，则的值为（）

x627y6x2y2

541

A．B．C．D．2

452

2355xy

4．（2021·全国·九年级竞赛）已知x，y，z满足，则值为（）.

xyzzxy2z

111

A．1B．C．D．

332

ab

5．（2021·全国·九年级竞赛）设a＞b＞0，a2+b2=4ab，则的值为()

ab

A．3B．6C．2D．3

6．（2021·全国·九年级竞赛）使代数式y=的值为整数的全体自然数的和是()．

A．5B．6C．12D．22

7．（2022·浙江·九年级自主招生）若a，b，c均为非零实数，且abcabca3，则abbcca的最小

值为（）

A．6B．8C．9D．13

8．（2023春·重庆江北·八年级重庆十八中校考期中）已知正整数a，b，c，d满足abcd，且

abcdd2c2b2a2，关于这个四元方程下列说法正确的个数是（）

①a1，b2，c3，d4是该四元方程的一组解；

②连续的四个正整数一定是该四元方程的解；

③若abcd10，则该四元方程有21组解；

④若abcd2022，则该四元方程有504组解．

A．1B．2C．3D．4

9．（2023·重庆·模拟预测）按顺序排列的若干个数：x1,x2,x3...,xn，（n是正整数），从第二个数x2开始，

11

每一个数都等于1与它前面的那个数的差的倒数，即：x2，x3，……，下列说法正确的个数

1x11x2

有（）

4

①若x5，则x

275

2021

②若x2，则xxxx

112320222

③若x11x21x91，则x12

x1x10

④当1m3时，代数式x1x9m1x1的值恒为负

x2x19

A．1个B．2个C．3个D．4个

二、填空题

10．（2021·全国·九年级竞赛）已知多项式x27xyay25x43y24可分解为两个一次因式的积，则

a______________．

11．（2021·全国·九年级竞赛）满足19982m219972n20mn1998的整数对m,n，共有______

对.

11

12．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）对于任意两个非零实数a、b，定义新运算“*”如下：a*b，

ba

1112022xy

例如：3*4．若x*y＝2，则的值为______．

4312xy

111

13．（2022·福建·九年级统考竞赛）若正数a，b，c满足abc1，a3,b17，则c______．

bca

x2

14．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）已知x2x11，则x_______．

1117

15．（2021·全国·九年级竞赛）已知x、y、z满足x4，y1，z，则xyz=__________.

yzx3

x23ab

16．（2018春·四川自贡·八年级竞赛）a、b为常数，且对任何实数x都有22成

x21x22x1x2

立，则ba=

_________.

11aabb

17．（2018春·四川自贡·八年级竞赛）已知-

=1，则的值等于__________

aba2abb

18．（2022秋·湖南长沙·七年级校联考阶段练习）已知a，b，c，d，x，y，z，w是互不相等的非零实数，

a2b2b2c2c2d2abcda2b2c2d2

且，则的值为______．

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzwx2y2z2w2

三、解答题

19．（2021·全国·九年级竞赛）分解因式：xy(x2y2)yz(y2z2)zx(z2x2)

20．（2021·全国·九年级竞赛）k为何值时，多项式x22xyky23x5y2能分解成两个一次因式的乘积？

2ac

21．（2018春·四川自贡·八年级竞赛）已知实数a、b、c满足abc0且ac4bcab0，求

b

的值.

x1

22．（2017春·江苏镇江·九年级竞赛）先化简：()(x1)，然后从1x2中选择一个合适的

x1x2x

数代入求值．

23．（2023春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）若一个四位数M的百位数字与千位

数字的差恰好是个位数字与十位数字的差的2倍，则将这个四位数M称作“星耀重外数”．例如：M2456，

∵42265，∴2456是“星耀重外数”；又如M4325，∵34252，∴4325不是“星耀重外

数”．

(1)判断2023，5522是否是“星耀重外数”，并说明理由；

(2)一个“星耀重外数”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，且满足

49ac2a2d23b6

2abcd9，记GM，当GM是整数时，求出所有满足条件的M．

24

2

24．（2022秋·上海青浦·七年级校考期中）证明：a2b2c2x2y2z2axbycz

参考答案：

1．A

【分析】根据已知得出2007=2006+1，将原式整理为关于2006的平方形式得出答案.

【详解】设x=2006，则m=x2+x2(x+1)2+(x+1)2=(x-1-x)2+2x(x+1)+[x(x+1)]2=[x(x+1)+1]2

=(x2+x+1)2,则m=（20162+2016+1）2，所有m为奇数.

【点睛】掌握因式分解法：完全平方法（a±b）2=a2±2ab+b2.

2．C

【详解】试题分析：因为7241(7121)(7121)(7121)(761)(761)(7121)(761)(731)(731)

=（712+1）（76+1）（7+1）（72-7+1）（7-1）（72+7+1）=（712+1）（76+1）×8×43×6×57

=（712+1）（76+1）×48×43×57，所以可被40至50之间的两个整数整除的数是48，43．

故选C．

考点：因式分解

3．A

63

26x3y3xx

【分析】由可得6336，进而可得xx，解得1或3，

661x26xy27y026270

x27yyyyy

x2y2

然后再对进行变形即可解答．

x2y2

26x3y3

【详解】解：∵1，得x626x3y327y60，

x627y6

63

xx

即26270．

yy

33

xx

∴1或27．

yy

xx

即1或3．

yy

2

x

1

xx2y2y915

22

∴xy，所以3，222．

yxyx914

1

y

故选：A．

【点睛】本题主要考查了分式的化简求值、立方根、解一元二次方程等知识点，解题的关键是灵活应用相

关定义和运算法则以及整体法来求解．

4．B

2351

【分析】设，则x=2k，y=6k，z=3k．代入

xyzzxk

5xy

求值即可

y2z

2351

【详解】设，

xyzzxk

则x2k，zx5k，

∴z3k，yz3k，

∴y6k，

5xy52k6k1

则.

y2z6k23k3

【点睛】此题考查分式的化简求值，掌握运算法则是解题关键

5．D

【分析】由a2+b2=4ab可得(a+b)2=6ab，∴(a-b)2=2ab，然后根据a＞b＞0得ab6ab，ab2ab，代入

ab

即可．

ab

【详解】解：∵a2+b2=4ab，

∴(a+b)2=6ab，∴(a-b)2=2ab，

∵a＞b＞0，

∴ab6ab，ab2ab，

ab6ab

∴3.

ab2ab

故选D．

【点睛】本题考查了分式的运算，正确运用完全平方公式是解题的关键．

6．D

x211212

【详解】试题分析：解，原式=x1，所以：

x1x1

使得代数式的值为整数的全体自然数x分别为0,1,2,3,5,11．

所以全体自然数x的和为0+1+2+3+5+11=22．

考点：分式

点评：本题难度较低，主要考查了分式的化简与变形的知识，解决本题的关键是对原分式进行正确的分解

与变形．

7．C

【分析】根据abcabca3，得到bca3a，bca2，将abbcca转化为用a表示的式子，构造

一个以b,c为两个根的一元二次方程，再转化为含字母a的一元二次方程，根据方程有两个根，得到0，

求出a的取值范围，即可得解．

【详解】解：∵a，b，c均为非零实数，且abcabca3，

∴bca3a，bca2，

∴abbccabcabca2a(a3a)a4，

∵b，c是方程x2(bc)xbc0的两根，

方程x2a3axa20有两个实数根，

则(a3a)24a20，即a62a43a20

∵a20，

∴a42a230，即(a23)(a21)0，

∵(a21)0，

∴a230，即a23，

∴abbccaa4329，

即abbcca的最小值为9；

故选：C．

【点睛】本题考查因式分解和一元二次方程的判别式．解题的关键是将待求代数式，用一个字母进行表示，

构造出一元二次方程．

8．D

【分析】将a1，b2，c3，d4代入到四元方程中看等式两边是否相等即可判断①；设

ak，bk1，ck2，dk3，然后代入四元方程即可判断②；先证明d2c2dc0，同理得到

b2a2ab0，即可推出dc10，ba10得到ba1，dc1，据此即可判断③；根据③

所求可以推出ac1010，由此即可判断④．

【详解】解：当a1，b2，c3，d4时，方程左边=1234=10，方程右边=42322212=10，

∴方程左右两边相等，

∴a1，b2，c3，d4是四元方程的一组解，故①正确；

设ak，bk1，ck2，dk3，

∴abcdkk1k2k34k6，

222

d2c2b2a2k3k2k1k2

k26k9k24k4k22k1k2

4k6，

∴当ak，bk1，ck2，dk3，四元方程左右两边相等，

∴连续的四个正整数一定是该四元方程的解，故②正确；

∵d2c2dcdcdcdcdcdc1，dc，且c、d均为正整数，

∴dc10，dc0，

∴d2c2dc0，

同理b2a2ab0，

∴d2c2b2a2abcd，

又∵abcdd2c2b2a2，

∴dc10，ba10，

∴ba1，dc1，

∴a1，b2时，c3，d4或c4，d5或c5，d6或c6，d7或c7，d8或c8，d9，

同理a2，b3时，c4，d5或c5，d6或c6，d7或c7，d8或c8，d9，

a3，b4时，c5，d6或c6，d7或c7，d8或c8，d9，

L，

a6，b7时，c8，d9，

∴当abcd10，该四元方程一共有654321=21组解，故③正确；

由③得ba1，dc1，

∵abcd2022，

∴aa1cc12022，

∴ac1010，

∵a，c都是正整数，且ac，

∴当a1时，c1009，

当a2时，c1008，

L，

当a504时，c506，

∴满足题意的a、b、c、d的值有504组，

∴若abcd2022，则该四元方程有504组解，故④正确；

故选D．

【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，二元一次方程的解，解题的关键在于能够正确理解题意，以及

方程的解得含义．

9．C

【分析】①将x25代入式子依次计算即可；②从x12开始依次计算出x2,x3,x4,x5，即可找到周期性规律；

然后利用规律计算x1x2x3x2022即可；③利用规律找到x1,x2,x9之间的规律，将x2,x9分别用x1表示，

x1x10

解方程即可；④利用规律将x1x9m1x1化简得二次函数，利用二次函数求最值即可．

x2x19

1

1

【详解】解：①将x25代入x3得：x3，

1x24

414

然后依次求得：x,x5,x,x

4556475

故①正确

1

②由①可归纳得出规律：周期性为3；将x12可以求得：x1,x，

232

13

则：每个周期的和为xxx21，

12322

x1x2x3x2022中共2022个数据，

2022

周期个数为：674个

3

3

则：xxxx6741011

12320222

故②错误

1

③由规律得：x2，x9x1，

1x1

22

当x12代入可得：x212，xx

932

将三个数值代入x11x21x9中得1

故③正确

1x1

1

④将x2,x3分别用x1表示得：x2，x3，

1x1x1

x1

1

则x9x3，x10x1，x19x1

x1

x1x10

x1x9m1x1

x2x19

x11x1x1

x1m1x1

x11

x1

1x1

2

化简得：上式x11mx11

2

21m4

yx11mx11开口向下，最大值为，

4

2

1m4

w的对称轴为m1，

4

1m3，所以m3或1时，w有最大值0（取不到）

2

1m4

0

4

2

x11mx110

x1x10

x1x9m1x1的值恒为负

x2x19

故④正确

故选C

【点睛】本题考查了归纳概括能力，相关知识点有：分式的化简、二次根式的化简、二次函数求最值、有

理数的运算等，归纳得出周期性规律是解题关键．

10．-18

【分析】设原式可分解为(x+ky+c)(x+ly+d)，展开后得出x2+(k+l)xy+kly2+(c+d)x+(cl+dk)y+cd,推出

cd=-24,c+d=-5,cl+dk=43,k+l=7,a=kl求出即可.

【详解】解：∵多项式的第一项是x2，因此原式可分解为：(x+ky+c)(x+ly+d)

∵(x+ky+c)(x+ly+d)=x2+(k+l)xy+kly2+(c+d)x+(cl+dk)y+cd，

∴cd=-24,c+d=-5,

∴c=3,d=-8,

∵cl+dk=43,

∴3l-8k=43,

∵k+l=7,

∴k=-2,l=9,

∴a=kl=-18

故答案为-18.

【点睛】此题考查因式分解的概念，根据题意得出cd=-24,c+d=-5,cl+dk=43,k+l=7,a=kl是解决问题的关键．

11．3

【分析】把含字母的式子整理到等式的左边，常数项整理到等式的右边，把等式的左边进行因式分解，判

断相应的整数即可.

【详解】∵n2-m2=19982-19972=3995=5×17×47

∴(n-m)(n+m)=5×17×47

对于3995的任意整数分解均可得到(m，n)，故满足条件的整数对(m，n)共有3对.

【点睛】熟练掌握因式分解的运用，本题考查平方差公式a2-b2=（a+b）（a-b）.

12．1011

11

【分析】根据新运算法则可得2，即xy2xy，代入原式化简即可求解．

yx

【详解】解：由题意得：

11

x*y＝2，即2，则：xy2xy，

yx

2022xy2022xy

则1011，

xy2xy

故答案为：1011．

【点睛】本题考查了分式的化简求值，理解新运算法则，将已知化为未知的形式进行化简是解题的关键．

11

13．

25

111

【分析】计算abc，然后整体代入求解即可；或者把已知条件组成方程组，解方程组求出

bca

252

a，c，代入计算即可．

925

111

【详解】解：解法一：因为abc

bca

a11

ab1c

cbca

1111

abcacb

bcaabc

1111

abcabc

bcaabc

11

所以317c317c2，

aa

111

解得c．

a25

故答案为：11．

25

abc1

1

1ab17b

解法二：由a3，得c，

b

ab3b1

1

b17

c

9

因此17b3b1，b．

2

252

由此可得a，c．

925

12911

所以c

a252525

故答案为：11．

25

【点睛】本题考查了分式的运算，解题关键是熟练运用分式运算法则进行计算，注意运用整体思想求解．

14．-2或0或-1或2

x2x10

【分析】根据零指数幂的性质，得出或底数是-1指数是偶数或x2x1=1，解方程求出x，验

x20

证底数不为0即可．

x2

【详解】解：∵x2x11，

分三种情况讨论：

x2x10

∴或x2-x-1=-1且指数为偶数或x2x1=1，

x20

x2x10

（1）当时，

x20

∴x2，

当x2时x2x142150，

∴x2，

（2）x2-x-1=-1且指数为偶数时，

x=0;

(3)当x2x1=1时，

因式分解得x1x20

解得x1，x2

故答案为-2或0或-1或2．

【点睛】本题考查零指数幂性质，一元一次方程，一元二次方程解法，掌握任何不等于0的0次幂为1，底

数为-1的偶次方为1，底数为1的任何次方为1是解题关键．

15．1

【分析】分别将三个等式相乘、相加，联立可得到一个只含有xyz的等式，求解即可.

1117

【详解】x4,y1,z

yzx3

11122

三个等式相加得：xyz①

yzx3

11128

三个等式相乘得：(x)(y)(z)

yzx3

111128

整理得：xyzxyz②

xyzyzx3

122281

将①代入②得：xyz，即xyz2

xyz33xyz

令xyza

1

则a2

a

解得：a1a21

1

经检验，a1是方程a2的解

a

则xyz1

故答案为：1.

【点睛】本题考查了分式的化简求值，观察已知等式，将它们分别相加、相乘，再代入求解是一种常用的

解题思路，需熟练掌握.

16．1；

x23ab

22222

【详解】解：∵22，∴x3a(x2)b(x1)，∴x3(ab)x(2ab)，

x21x22x1x2

ab1a2

∴，解得：，∴ba(1)2=1．故答案为1．

2ab3b1

17．0；

11aabbabab

【详解】解：∵=1，∴b﹣a=ab，∴a﹣b=﹣ab，∴==0．故答案为0．

aba2abbab2ab

18．2

a2b2b2c2c2d2abcd1

【分析】设，即有：

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzwk

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzwy2x2z2y2w2z2xyzw

k，化简：k，则有：

a2b2a2b2b2c2b2c2c2d2c2d2abcdb2a2c2b2d2c2abcd

x2z2y2w2xyzwx2z2y2w2a2c21b2d21z2w2

，，k，设m，n，即，，mnk，

a2c2b2d2abcda2c2b2d2x2z2my2w2nc2d2

xyzw

kmn，则问题即可得解．

abcd

【详解】结合a，b，c，d，x，y，z，w是互不相等的非零实数进行下述运算，

a2b2b2c2c2d2abcd1

设，

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzwk

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzw

则有：k，

a2b2b2c2c2d2abcd

a2y2b2x2b2z2c2y2c2w2d2z2xyzw

即有：k，

a2b2a2b2b2c2b2c2c2d2c2d2abcd

y2x2z2y2w2z2xyzw

化简：k，

b2a2c2b2d2c2abcd

x2z2y2w2xyzw

则有：，，k，

a2c2b2d2abcd

x2z2y2w2

设m，n，

a2c2b2d2

a2c21b2d21z2w2

即，，mnk，

x2z2my2w2nc2d2

x2z2y2w2

则有：m2，n2，

a2c2b2d2

xyzw

即有：kmn，

abcd

a2b2c2d2222mn2k

则有：2，

x2y2z2w2mnmnk

故答案为：2．

【点睛】本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算法则和性质是解题的关键．

19．(x-z)(y-z)(x-y)(x+y+z)

【分析】去括号整理后可得x3(y-z)+y3(z-x)+z3(x-y)，由x-y=(x-z)+(z-y)，原式可变为

x3(y-z)+y3(z-x)+z3[(x-z)+(z-y)]，将中括号去掉，把小括号作为整体，重新分组分解即可.

【详解】xy(x2-y2)+yz(y2-z2)+zx(z2-x2)

=x3y-xy3+y3z-yz3+z3x-zx3

=x3(y-z)+y3(z-x)+z3(x-y)

∵x-y=(x-z)+(z-y),

∴原式=x3(y-z)+y3(z-x)+z3[(x-z)+(z-y)]

=(x3-z3)(y-z)+(y3-z3)(z-x)

=(x-z)(x2+xz+z2)(y-z)+(y-z)(y2+yz+z2)(z-x)

=(x-z)(y-z)(x2+zx+z2-y2-yz-z2)

=(x-z)(y-z)(x-y)(x+y+z).

【点睛】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解.因式分解常用的

方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法.因式分解必须分解到每个因式都不能再

分解为止.

20．k=-3

【分析】首先由x2+3x+2=(x+1)(x+2)，可设多项式=(x+my+1)×(x+ny+2)，然后根据多项式乘以多项式的运算

法则求(x+my+1)×(x+ny+2)的值，又由多项式相等时对应项的系数相等，可得方程组m+n=-2、mn=k、2m+n=-5，

解得m和n的值，并求出k值.

【详解】因为x2+3x+2=(x+1)(x+2)，所以令原式=(x+my+1)×(x+ny+2)，即

x2+(m+n)xy+mny2+3x+(2m+n)y+2=x2-2xy+ky2+3x-5y+2,所以m+n=-2、mn=k、2m+n=-5,求得m=-3，n=1，所

以k=mn=-3，所以当k=-3时，多项式x2-2xy+ky2+3x-5y+2能分解成两个一次因式的积.

【点睛】熟练掌握因式分解提公因式法、公式法．

21．2

【详解】试题分析：展开已知条件可得（ac2b）20，得到a+c=2b，即可得到结论．

试题解析：解：∵（ac）2（4bc）（ab）0，

∴a2c22ac4ab4b24ac4bc0，

a2c24b22ac4ab4bc0，

（ac2b）20，

∴ac2b．

∵abc0，

ac

∴=2．

b

点睛：本题考查了分式化简求值．解题的关键是把已知进行变形，得到（ac2b）20．

111

22．化简结果为：；将x=2代入得：；

xx2

【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简

结果，将x的值代入计算即可求出值

x11

【详解】

x1xx1x1

x211

解：原式

xx1xx1x1

x211

xx1x1

x1x11

xx1x1

1

，

x

∵1x2，

∴可以取x=2，

1

∴原式=．

2

【点睛】本题考查分式的混合运算，因式分解，能够熟练进行分式的混合运算是解决本题的关键．

23．(1)2023不是“星耀重外数”，5522是“星耀重外数”；理由见解析

(2)22