第02讲 代数式（含详解答案）-全国重点高中自主招生大揭秘

代数式

一、单选题

2222

1．（2022·福建·九年级统考竞赛）已知正整数a，b，c，d满足：abcd，abcd2022，dcba2022，

则这样的4元数组(a，b，c，d)共有（）

A．251组B．252组C．502组D．504组

11994

2．（2021·全国·九年级竞赛）当x时，多项式(4x3﹣1997x﹣1994)2001的值为（）

2

A．1B．﹣1C．22001D．﹣22001

3．（2022·广东·九年级统考竞赛）已知a2(bc)b2(ac)2022，且a¹b，则abc的值为（）

A．2022B．-2022C．4044D．-4044

4．（2021·全国·九年级竞赛）设a71，则3a312a26a12（）

A．24B．25C．4710D．4712

5．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）定义：若abn，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a3x210kx12与b3x25x2k（k为

常数）始终是关于数n的“平衡数”，则n

A．11B．12C．13D．14

6．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）如果单项式7xmyn2与单项式4x2my3n1是同类项，则m2n的

值是

A．1B．-1C．2D．-2

7．（2020秋·江西·七年级江西省于都中学校考竞赛）数学课上，老师讲了多项式的加减，放学后，小明回

113

到家拿出课堂笔记，认真的复习老师课上讲的内容，他突然发现一道题：（-x2+3xy-y2）-（-x2+4xy-y2）

222

1

=-x2_____+y2空格的地方被钢笔水弄污了，那么空格中的一项是（）

2

A．-7xyB．7xyC．-xyD．xy

8．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）在幼发拉底河岸的古代庙宇图书馆遗址里，曾经发掘出大量的黏

土板，美索不达米亚人在这些黏土板上刻出来乘法表、加法表和平方表．用这些简单的平方表，美索不达

米亚人这样计算：第一步：（103+95）÷2＝99，第二步（103﹣95）÷2＝4；第三步：查平方表；知99的平

方是9801，第四步：查平方表，知4的平方是16，第五步：9801-16=9785=95´103.设两因数分别为a

和b，写出蕴含其中道理的整式运算（）

(ab)2(ab)2

A．ab

2

(ab)2(a2b2)

B．ab

2

abab

C．()2()2ab

22

abab

D．()2()2ab

22

二、解答题

9．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）一般地，n个相同的因数a相乘aa......a，记为an，如222238，

n

此时，3叫做以2为底8的对数，记为log28(即log283)．一般地，若ab(a0且a1,b0)，则n叫

4

做以a为底b的对数，记为logab(即logabn)．如381，则4叫做以3为底81的对数，记为log381

(即log3814)．

（1）计算下列各对数的值：log24；log216；log264．

（2）观察（1）中三数4、16、64之间满足怎样的关系式，log24,log216,log264之间又满足怎样的关系式；

（3）由（2）的结果，你能归纳出一个一般性的结论吗?

（4）根据幂的运算法则：anamanm以及对数的含义说明上述结论．

10．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）如图，从左到右，在每个小格子中都填入一个整数，使得其中任

意三个相邻格子中所填整数之和都相等．

（1）可求得x=___，第2009个格子中的数为___；

（2）判断：前m个格子中所填整数之和是否可能为2018？若能，求出m的值；若不能，请说明理由；

（3）如果a，b为前三个格子中的任意两个数，那么所有的|a−b|的和可以通过计算

|9−&|+|9−#|+|&−#|+|&−9|+|#−9|+|#−&|得到，若a，b为前19个格子中的任意两个数，则所

有的|a−b|的和为___．

11111111

11．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）观察下列式子：1,,将以上三个

12223233434

1111111113

式子的两边分别相加，得1＝1

1223342233444

1

（1）猜想并写出：＝．

n(n1)

1111

（2）直接写出：＝．

12233420182019

11111111

12．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）观察下列等式：1—，—，—，

12223233434

将以上三个等式两边分别相加得：

1111111113

1———1—．

1223342233444

观察发现

11111

________；__________．

nn1122334nn1

初步应用

利用（1）的结论，解决以下问题：

11

①把拆成两个分子为1的正的真分数之差，即_______；

66

11

②把拆成两个分子为1的正的真分数之和，即_______；

66

深入探究

1111111111111

定义“”是一种新的运算，若2，3，4，则9计算

1262612204203042563

的结果是_________．

拓展延伸

第一次用一条直径将圆周分成两个半圆（如图），在每个分点标上质数k，记2个数的和为a1；第二次将两

11

个半圆都分成圆，在新产生的分点标上相邻的已标的两个数的和的，记4个数的和为a；第三次将四

422

111

个圆都分成圆，在新产生的分点标上相邻的已标的两个数的和的，记8个数的和为a；第四次将八

4833

111

个圆都分成圆，在新产生的分点标上相邻的已标的两个数的和的，记16个数的和为a；……，如

81644

此进行了n次．

①an__________（用含有k,n的代数式表示）；

1111

②若an4420，求的值．

a1a2a3an

13．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）下列是用火柴棒拼出的一列图形．

仔细观察，找出规律，解答下列各题：

(1)第4个图中共有_________根火柴，第6个图中共有_________根火柴；

(2)第n个图形中共有_________根火柴(用含n的式子表示)

f(1)f(2)f(2017)

(3)若f(n)=2n−1（如f(−2)=2×(−2)−1，f(3)=2×3−1），求的值．

2017

(4)请判断上组图形中前2017个图形火柴总数是2017的倍数吗，并说明理由?

122220082

14．（2021·全国·九年级竞赛）(25分)在,,中，有多少个不同的整数(其中，[x]表示

200820082008

不大于x的最大整数)?

15．（2021·全国·九年级竞赛）沿着圆周放着一些数，如果有4个相连的数a，b，c，d满足不等式

(ad)(bc)0，那么就可以交换b，c的位置，这称为一次操作．

（1）若圆周上的依次放着数1，2，3，4，5，6，问能否经过有限次操作后，对任意相连的4个数a，b，c，

d都有(ad)(bc)0？

（2）若圆周上依次放着数1，2，3，…，2010，问能否经过有限次操作后，对任意4个问题相连的数a，b，

c，d都有(ad)(bc)0？

16．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）已知实数a，b，c满足abc0，a2b2c21，求

a5b5c5abc的值．

17．（2020秋·江西·七年级江西省于都中学校考竞赛）①当a2，b3时，分别求代数式(ab)2和

a22abb2的值．

②根据上面计算结果猜想这两个代数式的值有何关系?（若上面计算结果你还猜想不出关系，可以再尝试几

组a、b的值进行计算猜想．）

③根据你的猜想，请计算当a2019，b2020时，代数式a22abb2的值．

222222

18．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）若(a3)|b2|0，求3ab2ab5ab6ab2ab

的值.

2

19．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）已知：2m2n10，求

2335323

6mn4mn3mnmn2mn3mn的值．

3

三、填空题

413

20．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）一列数：a，a，a，an，，其中a，a，且当n3

1231329

1

时，aa(aa)，用含n的式子表示a的结果是__．

nn13n1n2n

21．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）把四张大小相同的长方形卡片（如图①）按图②、图③两种放

法放在一个底面为长方形（长为m，宽为n）的盒底上，底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，若记图②中

阴影部分的周长为C2，图③中阴影部分的周长为C3，则C2C3___________.

22．（2022·福建·九年级统考竞赛）若素数p，使得4p2p81是一个完全平方数，则p=______．（若一

个数能表示成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数．）

23．（2020秋·江西·七年级江西省于都中学校考竞赛）某同学做一道代数题：“求代数式

10x99x88x77x66x55x44x33x22x1，当x1时的值”，由于将式中某一项前的“+”号错看为“-”

号，误得代数式的值为37，那么这位同学看错了______次项前的符号．

24．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）当x=1时，代数式2ax37bx5的值为3，则

21b6a10_________.

25．（2019秋·河南许昌·七年级校联考竞赛）已知a、b互为倒数，c为最小的正整数，d是最大的负整数，

cd

|x5|0，则式子3abx2的值为_________.

x

26．（2021·全国·九年级竞赛）若一个正整数分别加上100和168，可得到两个完全平方数，则这个正整数

为______．

27．（2022·福建·九年级统考竞赛）同余数是一个三边均为有理数的直角三角形的面积，即如果存在三个正

1

有理数a，b，c，使得

a2b2c2，且

abn，则称n为同余数．如果正整数n为同余数，则称n为整同

2

32041

余数．由于5是三边长分别为，，的直角三角形的面积，6是三边长分别为3，4，5的直角三角形

236

175288337

的面积，7是三边长分别为，，的直角三角形的面积，所以5，6，7都是同余数，且是整同余

606060

数．如何判断一个正整数是否为同余数至今尚未完全解决．关于同余数的第一个重要结论是费马（Fermat）

1na

c2n2a

c

在17世纪证明的1不是同余数．在

a2b2c2，

abn中，令

x，

y，得

2bb2

y2x3n2x．因此，若正整数n是同余数，则二元三次不定方程y2x3n2x有有理数解；若正整数n使

得二元三次不定方程y2x3n2x有有理数解，则n是同余数．这样，古老的同余数问题与现代的椭圆曲线

y2x3n2x的有理点（横、纵坐标均为有理数的点）之间建立了联系．阅读上述材料，请你写出椭圆曲线

y2x3202x上的一个有理点坐标(x，y)______．

28．（2022春·山东济南·六年级校考竞赛）现有一列整数,第一个数为1,第二个数为x.以后每一个数都由它

前一个数与再前一个数差的绝对值得到.如第三个数是由x与1差的绝对值得到,即为|x1|,第四个数是由

|x1|与x差的绝对值得到,即为|x1|x||,...依次类推.

①若x=2,则这列数的前10个数的和为;

②要使这列数的前100个数中恰好有30个0,则x=.

参考答案：

1．D

【分析】根据题意得出a3b2c1d，继而得出

2022d2c2b2a2dcdcbabadcba2022，再由已知条

件构造1010acaa2，即可解答．

【详解】因为a，b，c，d为正整数，且abcd，

所以a3b2c1d．

所以2022d2c2b2a2dcdcbabadcba2022．

因此dc1，ba1，即dc1，ba1．

所以abcdaa1cc12022，因此ac1010．

又a2c，所以1010acaa2，因此1a504．

所以符合条件的4元数组a,b,c,d为a,a1,1010a,1011a，其中1a504．

所以符合条件的4元数组有504组．

故选：D．

【点睛】本题考查了整式的应用，解题的关键是根据题目已知等式构造不等式，属于竞赛题．

2．B

【分析】由题意得(2x−1)2＝1994，得到4x2−4x-1993=0，将原式转化为

(4x3−4x−1993x−1993−1)2001＝[x(4x2−4x−1993)＋(4x2−4x−1993)−1]2001的值，再将4x2−4x＋1

＝1994代入可得出答案．

11994

【详解】解：∵x，

2

∴(2x−1)2＝1994，

∴4x2−4x＋1＝1994，

∴4x2−4x-1993=0

(4x31997x1994)2001

(4x34x1993x19931)2001

[x(4x24x1993)(4x24x1993)1]2001

=(1)2001

=-1

故选：B．

【点睛】本题难度较大，需要对要求的式子进行变形，同学们要学会转化的思想，这是数学

上很重要的一种思想．

3．B

【分析】将a2（b+c）=b2（a+c），a≠b，变形后可得ab+ca+bc=0，进而可得结果．

【详解】解：a2（b+c）=b2（a+c），

a2b+a2c=b2a+b2c，

a2b+a2c-（b2a+b2c）=0，

a2b+a2c-b2a-b2c=0，

ab（a-b）+c（a2-b2）=0，

ab（a-b）+c（a+b）（a-b）=0，

（a-b）（ab+ca+bc）=0，

∵a≠b，

∴ab+ca+bc=0，

∵b2（a+c）=b（ab+bc）=b（-ac）=-abc=2022，

∴abc=-2022．

故选：B

【点睛】本题考查了单项式乘多项式以及因式分解，解决本题的关键是掌握平方差公式以及

提公因式法因式分解．

4．A

【分析】首先根据a71，得出a17，再根据等式两边平方，得出a22a6，再

把3a312a26a12进行变形，然后把a22a6代入计算即可．

【详解】解：由a71，

可得：a17，

2

∴a1a22a17，

∴a22a6，

∴3a312a26a12

3aa22a6a26a12

18a6a26a12

6a212a12

6a22a12

6612

24．

故选：A

【点睛】本题考查了求代数式的值、二次根式的化简、整式的恒等变形，将所求式子进行适

当的变形是解本题的关键．

5．A

【分析】利用“平衡数”的定义可得a+b=n，代入计算即可．

【详解】解：∵a3x210kx12与b3x25x2k（k为常数）始终是关于数n的“平衡

数”，

∴a+b=(3x210kx12)(3x25x2k)=(510k)x122k=n，

∴5-10k=0，

1

解得：k=，

2

1

∴n=12-2×=11．

2

故选：A．

【点睛】此题考查了整式的加减的应用，弄清题中的新定义是解本题的关键．

6．D

【分析】直接利用同类项的定义得出关于m，n的方程进而得出答案．

【详解】解：∵单项式7xmyn2与单项式4x2my3n1是同类项，

∴m=2-m，n+2=3n-1，

3

解得，m=1，n=，

2

则m-2n=-2，

故选：D．

【点睛】此题主要考查了同类项，正确掌握同类项的定义是解题关键．

7．C

【分析】按照整式加减法法则“几个整式相加减，如果有括号就先去括号，然后再合并同类

项”进行计算，然后对比结果，即可得出答案.

2121232

【详解】解：x3xyyx4xyy

222

113

＝－x2＋3xy－y2＋x2－4xy＋y2

222

1

＝－x2－xy＋y2.

2

所以空格中的一项是－xy.

故选C.

【点睛】本题主要考查学生对整式的加减法的综合运用能力.解决本题的重点在于要将所给

的等式的左边进行计算，然后与右边进行对比，即可得出答案.注意：在对比中要注重项的

符号，以避免功亏一溃.

8．D

【分析】先观察题干实例的运算步骤，发现103,95对应的数即为a,b,从而可得出结论.

ababa22abb2a22abb2

【详解】解：由题意得：()2()2

2244

4ab

==ab.

4

故选D

2

【点睛】本题考查的是利用完全平方公式进行运算，掌握“aba22abb2”是解本题

的关键.

9．（1）2，4，6；（2）4×16=64，log24+log216log264；（3）logam+loganlogamn；

（4）见解析

【分析】（1）根据对数的定义求解可得；

（2）观察三个数字及对应的结果，找出规律；

（3）将找出的规律写成一般形式；

nmnm

（4）设logam=x，logany，利用aaa转化可推导．

【详解】（1）∵224,

2416,

2664

∴log242，log2164，log2646

（2）4、16、64的规律为：4×16=64

∵2+4=6，∴log24log216log264

（3）根据（2）得出的规律，我们一般化，为：logam+loganlogamn

（4）设logam=x，logany

则axm，ayn

∴axaymnaxy

∴logamn=x+y

∴logamn=logam+logan，得证

【点睛】本题考查指数运算的逆运算，解题关键是快速学习题干告知的运算法则，找出相应

规律．

10．（1）9，-6；（2）能，m=1211；（3）2424

【分析】（1）根据任意三个相邻格子中所填整数之和都相等，得到x及数字的排列规律，

即可计算第2009个格子中的数；

（2）先计算出这三个数的和，再按照规律计算；

（3）由于是三个数重复出现，重复计算前三个数的和得到规律后即可得到答案.

【详解】（1）∵任意三个相邻格子中所填整数之和都相等，

∴x=9，&=-6，

∴#=2，

∴这列数是按9，-6,2循环排列的，

∵20093=6692，

∴第2009个格子中的数是-6,，

故答案为：9，-6；

（2）能，

∵9-6+2=5，20185=4033，且9-6=3，

∴前m个格子中所填整数之和可能为2018，

m的值为：403321211；

（3），由于是三个数重复出现，则前19个格子中的这三个数中，9出现7次，-6出现6次，

2出现6次，

代入式子计算可得

9669267626697629726662424，

故答案为：2424.

【点睛】此题考查数字类规律的探究，根据题意找到数字的排列规律是解题的关键.

112018

11．（1）；（2）

nn12019

【分析】（1）通过观察，总结规律即可；

（2）应用（1）得到的规律解题即可.

11111111

【详解】解：（1）由1,,…

12223233434

111

可得：=；

n(n1)nn1

11

故答案为：；

nn1

1111

（2）

12233420182019

1111111

＝1

2233420182019

1

＝1

2019

2018

＝，

2019

2018

故答案为．

2019

【点睛】本题考查了分式的加减运算法则，解题的关键在于通过观察发现规律，并正确应用

规律.

11n11111n1n2

12．k

nn1n12342743

15

52

【分析】根据材料给出的规律解答即可

1111111n

【详解】(1)观察发现：；

nn1nn1122334nn1n1

111111

(2)①在(1)的结论下，即

nn1nn1623

111111

②即

nnn1n16427

1111

(3)观察可知，b

aaa1a1a2ab1ab

111

b

aaab

1111

9

33124

6122030n1n2

(4)①a12kk，a24kk，a3k，a410kk，ak

3333n3

n1n2

②∵ak4420且k为质数

n3

对4420分解质因数可知44202251317

∴kn1n2225131755152

∴k5，n50

5n1n213

∴，

an

3an5n1n2

111311131115

∴

a1a2an523345152525252

【点睛】本题考查代数式的化简变形

13．(1)17，25

(2)(4n+1)

(3)2017

(4)是，理由见解析

【分析】（1）观察发现每增加一个图案增加三根火柴，从而得到规律，代入求解即可求得

总数．

（2）根据以上规律即可得；

（3）利用高斯求和方法计算可得；

（4）求出前2017个图形中火柴总数即可得．

（1）

第4个图案中火柴有4×4+1=17；

第6个图案中火柴有4×6+1=25；

（2）

当n=1时，火柴的根数是4×1+1=5；

当n=2时，火柴的根数是4×2+1=9；

当n=3时，火柴的根数是4×3+1=13；

所以第n个图形中火柴有4n+1．

（3）

f(1)=2×1−1=1，

f(2)=2×2−1=3，

f(3)=2×3−1=5，

••••••

1357...220171

∴原式

2017

(2201711)2017

22017

=2017.

（4）

4×1+1+4×2+1++4×2017+1

=4×（1+2++2⋯017）+1×2017

1

=4××（1+⋯2017）×2017+2017

2

=2×（1+2017）×2017+2017

=4037×2017.

∴是2017倍数.

【点睛】本题主要考查图形的规律，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是

按照什么规律变化的．通过分析找到各部分的变化规律后用一个统一的式子表示出变化规律

是此类题目中的难点．

14．1507

【分析】根据前后两个数的差找出前后两个整数的变化规律，从而得到前1004个数中有重

复连续的整数，最小是0，最大为502，，后1004个是不重复的整数，

n2

【详解】设f(n)=.

2008

n2(n1)22n1

①当n=1，2，…，1004时，有f(n)-f(n-1)=-=<1.

200820082008

100421

而[f(1)]=0，[f(1004)]=[]=502，

2018

所以，从0到502的整数都能取到.

2n1

②当n=1005，1006，…，2008时，有f(n)-f(n-1)=>1.

2008

10052(10041)21

而[f(1005)]===502+1+>503，

200820082008

1005210062200821222

故从是互不同的整数共1004个.从而，在

20082008200820082008

20082

中，共有503+1004=1507个不同的整数.

2008

【点睛】此题主要考查了取整计算，根据已知得出所有整数的取值范围是解题关键．

15．（1）能；（2）能

【详解】解（1）如图，连续进行4次操作：

并且易检验最后一个圆周上的6个数满足：对任意4个相连的数a，b，c，d，都有

(ad)(bc)0．

（2）答案也是肯定的，考虑这2010个数相邻两数之积的和

f1223342009201020101，

若圆周上相连的4个数a，b，c，d满足不等式(ad)(bc)0，即abcdbdac，交

换b与c后，设圆周上相邻两数之积的总和为f，则

ff(accbbd)(abbccd)(acbd)(abcd)0，即ff1．

所以，每操作一次，相邻两数乘积和至少减少1，而相邻两数乘积和不可能是负数和零故经

过有限次操作后，对任意相连的4个数a，b，c，d都有(ad)(bc)0．

5

16．

2

212121

【分析】由abc0和a2b2c21两式变形得出abc，acb，bca，

222

212112121121211

aa++bb++cc++

224224224

再将原式变形为+，计算即可．

111

a2b2c2

222

【详解】∵abc0，

22

∴ab-c，两边同时平方得ab-c，

即a22abb2c2，

∴2abc2-a2b2，

又∵a2b2c21，

∴a2b21-c2，

∴2abc2-1-c22c21，

1

即abc2，

2

11

同理可得acb2，bca2，

22

1

原式=a5b5c5

abc

a4b4c4

=+

bcacab

a4b4c4

+

=111

a2b2c2

222

111111

a4-+b4-+c4-+

=44+4444

111

a2b2c2

222

212112121121211

aa++bb++cc++

224224224

=+

111

a2b2c2

222

111

111

=a2++4+b2++4+c2++4

111

2a22b22c2

222

111

=212121444

a++b++c++++

222bcacab

111

abc

=212121444

a++b++c++++

222abcabcabc

2121211a+bc

=a++b++c++

2224abc

111

=a2+b2+c2+++

222

111

=1+++

222

5

=．

2

【点睛】本题考查了完全平方公式和平方差公式，解题的关键是对代数式进行变形．

17．①25，25；②这两个代数式的值相等；③1

【分析】①将已知条件代入，分别求值即可；

②根据题意，可猜想两个代数是相等关系；

③结合②的结论，简便计算即可．

【详解】①当a2，b3时，(ab)2(23)225；a22abb2412925；

②根据上面计算结果猜想这两个代数式的值相等；

③当a2019，b2020时，代数式a22abb2(ab)2(20192020)21．

【点睛】本题考查了代数式求值，以及规律总结，灵活总结出规律，并根据规律进行简便计

算是解题关键．

18．化简结果是2ab2；-24.

【分析】由(a+3)2+b-2=0，求出a、b的值，然后化简多项式并把所求字母的值代入计

算即可求出结果．

【详解】解：由(a+3)2+b-2=0得:a=-3，b=2，

22222

3ab2ab5ab6ab2ab

2222

=3ab2abab2ab

=3ab2ab2

=2ab2．

当a=-3，b=2时，

原式=2(3)22=24.

【点睛】本题考查了整式加减运算及化简求值，还考查了非负数的性质，掌握整式加减运算

法则是关键．

19．0

【分析】首先根据偶次方和绝对值的非负性，可得m，n的值，然后化简整式，代入m，n

的值，即可得到答案．

【详解】2(m2)2n10，

m2,n1，

原式6m2n3(4mn33mn5mn3)2mn6m2n3

6m2n34mn33mn5mn32mn6m2n3

mn3mn，

把m2,n1带入得

原式(2)13(2)1

0，

故答案为：0．

【点睛】本题主要考查了整式的化简求值，其中利用偶次方和绝对值的非负性，求出m，n

的值也是关键的一步．

31

20．

223n

1

【分析】根据aa(aa)，依次写出相邻两项之差，再左右两边同时累加得出

nn13n1n2

1111111

aa，令A，AA得出A的值，将其代入aa中，表

n132333n32333n3n1

示出an即可．

1

【详解】解：aa(aa)，

nn13n1n2

1111

有aa(aa)()n2(aa)，aa(aa)()n3(aa)，，

nn13n1n2321n1n23n2n3321

111

aa(aa)，aa()2，

323212193

111

左右两边同时累加得aa，

n132333n

1111111

令A，则A，

32333n333343n1

11111

AA，解得：A．

3323n1623n

11431

aAa．

n1623n3223n

31

故答案为：．

223n

111

【点睛】本题考查了规律型中的数字的变化类，解题的关键是找出aa，

n132333n

再利用规律求解．

21．2m-2n.

【分析】此题要先设小长方形的长为acm，宽为bcm，再结合图形得出2b+a=m，分别表示

图形②的阴影周长和图形③的阴影周长，作差后即可求出答案.

【详解】解：设小长方形的长为a，宽为b，由图可知2b+a=m，

∴②阴影部分的周长为：C2=2（m+n），

∴③阴影部分的周长为：C3=2m+2（n-a）+2（n-2b）=2m+4n-2(2b+a)=2m+4n-2m=4n,

∴C2-C3=2（m+n）-4n=2m-2n.

故答案为2m-2n.

【点睛】此题主要考查整式加减的运用，做此类题要善于观察，在第②个图形中利用割补法

进行计算，很容易计算得出结果．

22．11

【分析】设4p2p81n2，n为正整数．等式两边同时乘16，并整理得出

4n8p14n8p112955737．由4n8p1为整数，4n8p1为正整数，且

4n8p14n8p1，可分类讨论得出关于n和p的二元一次方程组，解除n和p的值，

再保留符合题意的p的值即可．

【详解】设4p2p81n2，n为正整数．

2

则64p216p168116n2，即8p1129516n2．

∴4n8p14n8p112955737．

由4n8p1为整数，4n8p1为正整数，且4n8p14n8p1，得

4n8p114n8p154n8p174n8p135

，或，或，或．

4n8p112954n8p17374n8p15374n8p137

n162n33

n24n9

解得323，或63，或，或．

ppp11p0

44

又p为素数，所以p11．

所以当素数p11时，4p2p81是一个完全平方数．

故答案为：11．

【点睛】本题考查完全平方公式的应用，二元一次方程组的应用．通过完全平方公式变形是

解题关键．

23．8

【分析】先将x=1代入，求出正确值，再进行计算即可．

【详解】解：当x1时，

10x99x88x77x66x55x44x33x22x1

10987654321

=55，

错误的算式为：原式10987654321

1098765432118

5518

37

则这位同学看错了8次项前的符号．

故答案为：8

【点睛】此题主要考查了整式的加减-化简求值问题，一般要先化简，再把给定字母的值代

入计算，得出整式的值，不能把数值直接代入整式中计算．

24．34.

【分析】本题是带有参数的代数式求值问题，根据题意可得2a7b53，求出7b2a8

的值，然后将21b6a10变形后用整体代入的方法即可求值.

【详解】解：∵当x1时，代数式2ax37bx5的值为3，

∴2a7b53，

∴7b2a8，

∴21b6a103(7b2a)10=24+10=34．

故答案是：34.

【点睛】本题考查代数式求值问题，将代数式变形后整体代入是关键.

25．-22.

【分析】由a、b互为倒数，c为最小的正整数，d是最大的负整数可知ab=1，c=1，d=-1，

再由|x+5|=0可知x=-5，再代入所求代数式即可得出结论．

【详解】解：∵a、b互为倒数，c为最小的正整数，d是最大的负整数，

∴ab=1，c=1，d=-1，

∵|x+5|=0，

∴x=-5，

1(1)

∴原式=31(5)2=3-25+0=-22.

5

【点睛】本题考查的是代数式求值，先根据题意得出ab=1，c=1，d=-1，x=-5是解答此题的

关键．

26．156

【分析】设此数为x，且x+168=a2，x100b2，再根据奇偶性相同即可求得ab的值，即

可求得x的值，即可解题．

【详解】提示：设所求正整数为x，则有x100y2，①

x168z2，②

其中y，z都为正整数．由②①得z2y268，③

由③有zyzy68，④

又因为zy与zy奇偶性相同，所以由④可得zy34，zy2．⑤

解出z18，y16，⑥

将⑥代入①可知x156．

【点睛】本题考查完全平方数，根据奇偶性相同