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专题02 数与式二
（代数式、因式分解、分式，二次根式）
5 年真题1 年模拟
考点分类
北京考情（2022-2026）
命题规律
考点01 代数式
2022 福建卷、
2023 福建卷、
2024 福建卷、
2025 福建卷、
2026 福建卷
1. 基础小题：出题形式选择题，考查同底数幂乘
除、幂的乘方、积的乘方、合并同类项，纯公式
辨析，难度低；
2. 压轴阅读探究大题：结合二次根式、整数小数
部分、科学记数法位数新定义，材料长、逻辑推
导多，侧重代数推理、分类讨论；
3. 命题特点：每年固定1 道基础幂运算选择+
1 道创新材料探究大题，素材以代数新定义、规
律探究为主，区分度集中在阅读大题。
考点02 因式分解
2026 福建卷
2024 福建卷
2022 福建卷
基础题型为填空题，分值4 分，优先考查提公
因式法、平方差公式因式分解，属于基础送分题；
偶尔结合等式性质、代数证明综合设问，融合因
式分解、分类讨论、奇偶性推理作为阅读探究题
型；命题侧重两点：①因式分解规范书写（分解
彻底）；②等式变形时不能随意除以可能为0 的
代数式，辨析推理漏洞。
考点03 分式的运
算
2026 福建卷、
2025 福建卷、
2023 福建卷、
2022 福建卷
高频考查，分为两类题型：①填空类分式整体代
换求值；②解答题「先化简，再求值」。化简求
值以分式加减乘除混合运算为主，代入值常带二
次根式；易错点：分式有意义的取值限制、去括
号符号问题、约分不彻底；整体代换题型侧重等
式变形，不直接求解未知数，技巧性较强。
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考点01 代数式
1．（2024·福建·中考真题）下列运算正确的是（
）
A．
3
3
9
a
a
a
B．
4
2
2
a
a
a
C．
2
3
5
a
a
D．
2
2
2
2
a
a
【答案】B
【分析】本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，合并同类项，解题的关键是掌握同底
数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，合并同类项运算法则．
利用同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，合并同类项计算后判断正误．
【详解】解：
3
3
6
a
a
a
，A 选项错误；
4
2
2
a
a
a
，B 选项正确；
2
3
6
a
a
，C 选项错误；
2
2
2
2a
a
a
，D 选项错误；
故选：B．
2．（2023·福建·中考真题）下列计算正确的是（
）
A．
3
2
6
a
a
B．
6
2
3
a
a
a
C．
3
4
12
a
a
a
D．
2
a
a
a
【答案】A
【分析】根据幂的乘方法、同底数幂的除法法则、同底数幂的乘法以及合并同类项逐项判断即可．
【详解】解：A．
2
3
2
3
6
a
a
a
，故A 选项计算正确，符合题意；
B．
6
2
6 2
4
a
a
a
a
，故B 选项计算错误，不合题意；
C．
3
4
3 4
7
a
a
a
a
，故C 选项计算错误，不合题意；
D．
2
a 与a
不是同类项，所以不能合并，故D 选项计算错误，不合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查同底数幂的乘除运算、幂的乘方运算以及整式的加减运算等知识点，同底数幂相乘，
底数不变，指数相加；同底数幂相除，底数不变，指数相减；幂的乘方，底数不变，指数相乘．
3．（2022·福建·中考真题）化简
2
2
3a
的结果是（
）
A．
2
9a
B．
2
6a
C．
4
9a
D．
4
3a
【答案】C
【分析】本题主要考查了积的乘方计算，熟知积的乘方计算法则是解题的关键．
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【详解】解：
2
2
4
3
9
a
a
，
故选：C．
4．（2026·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题．
主
题
探究形如
2
2a
b
的数的整数部分与小数部分的特征
提
出
问
题
学过“二次根式”，我们知道许多二次根式
p 为无理数，且均可表示为整数部分与小数部分的和，即
p
m
n
，其中m 为整数，0
1
n
．如
2
1
2
1
，
1
5
2
3
5
．那么形如
2
2a
b
的数，其整数部分m 与小数部分n 各有什么特征呢？
探
究
发
现
小华对此展开研究，其探究过程如下：
（1）
2
2
1
0
3
2 2
；（2）
2
2
1
3
2 2
①
2 2
2
；
（3）
2
2 2
2
0
12
8 2
；（4）
2
2 2
2
12
8 2
23
②；
（5）
2
3 2
4
0
34
24 2
；（6）
2
3 2
4
34
24 2
67
24 2
33
．
据此，小华提出并证明了以下命题．
命题：若整数a ，b 满足0
2
1
a
b
，且
2
2a
b
的整数部分为m ，小数部分为n ，则m 必为奇
数，且
2
2
1
a
b
n
．
命
题
证
明
证明：因为
2
2
2
2
2
2 2
a
b
a
ab
b
，
2
2
2
2
2
2 2
a
b
a
ab
b
，
所以
2
2
2
2
2
2
4
2
a
b
a
b
a
b
，即
2
2
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
a
b
．
又因为
2
2a
b
m
n
，且0
1
n
，
所以
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
m
n
．
又根据0
2
1
a
b
，可得
2
0
2
1
a
b
．
因此，m ③，n ④．
又因为a ，b 均为整数，所以
2
2
4
2
a
b
为偶数，
故m 必为奇数，且
2
2
1
a
b
n
．
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拓
展
延
伸
问题1 若整数a ，b 满足1
2
2
a
b
，那么
2
2a
b
的整数部分m 是否仍为奇数？证明你的结
论；
问题2 若整数a ，b 满足
2
1
k
a
b
k
，其中k 为整数，且
2
k
，试探究：
2
2a
b
的整数
部分m 是奇数还是偶数？直接写出结论，不必证明．
(1)补全①②③④所缺的内容；
(2)解决问题1；
(3)解决问题2．
【答案】(1)①5 ；②8 2
11
；③
2
2
4
2
1
a
b
；④
2
1
2a
b
．
(2)m 不是奇数，证明如下：
2
2
2
2
2
2 2
a
b
a
ab
b
，
2
2
2
2
2
2 2
a
b
a
ab
b
，
2
2
2
2
2
2
4
2
a
b
a
b
a
b
，即
2
2
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
a
b
．
又
2
2a
b
m
n
，且0
1
n
，
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
m
n
．
又
1
2
2
a
b
，
2
1
2
2
a
b
，
2
2
2
n
a
b
，
2
2
2
4
2
2
2
2
m
n
a
b
a
b
．
故
2
2
4
2
2
m
a
b
．
又
a ，b 均为整数，
2
2
4
2
2
a
b
为偶数，故m 不是奇数．
(3)当k 为偶数，且
2
k
时，m 为奇数；当k 为奇数，且
2
k
时，m 为偶数．
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）先求出
2
2
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
a
b
，根据
2
2a
b
m
n
，且0
1
n
，得到
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
m
n
，由1
2
2
a
b
可得
2
1
2
2
a
b
，则
2
2
2
n
a
b
，求出
2
2
4
2
2
m
a
b
，即可判断；
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（3）由（1）知，
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
m
n
，根据
2
1
k
a
b
k
，得到
2
2
1
k
a
b
k
，进
而得到
2
1
2
n
k
a
b
，推出
2
2
4
2
1
m
a
b
k
，即可判定．
【详解】（1）解：
2
2
1
3
2 2
5
2 2
2
，
①5 ；
2
2 2
2
12
8 2
23
8 2
11
，
②8 2
11
；
0
2
1
a
b
，
2
0
2
1
a
b
，
2
2
4
2
1
m
a
b
，即③
2
2
4
2
1
a
b
2
1
2
n
a
b
，即④
2
1
2a
b
；
（2）略
（3）由（1）知，
2
2
2
4
2
2
a
b
a
b
m
n
，
2
1
k
a
b
k
，其中k 为整数，且
2
k
，
2
2
1
k
a
b
k
，
2
1
2
n
k
a
b
，
2
2
2
4
2
2
m
n
a
b
a
b
2
2
2
4
2
1
1
2
m
n
a
b
k
k
a
b
2
2
4
2
1
m
n
a
b
k
n
，
2
2
4
2
1
m
a
b
k
，
当k 为偶数，且
2
k
时，
1
k 为奇数，
2
2
4
2
a
b
为偶数，
2
2
4
2
1
a
b
k
为奇数，即m 为奇数；
当k 为奇数，且
2
k
时，
1
k 为偶数，
2
2
4
2
a
b
为偶数，
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2
2
4
2
1
a
b
k
为偶数，即m 为偶数，
综上，当k 为偶数，且
2
k
时，m 为奇数；当k 为奇数，且
2
k
时，m 为偶数．
5．（2025·福建·中考真题）阅读材料，回答问题．
主
题
两个正数的积与商的位数探究
提
出
问
题
小明是一位爱思考的小学生．一次，在完成多位数的乘法时，他根据算式
“ 46
2
92;35
21
735;663 11
7293;186
362
67332
”，猜想：m 位的正整数与
n 位的正整数的乘积是一个(
1)
m
n
位的正整数．
分
析
探
究
问题1 小明的猜想是否正确？若正确，请给予证明；否则，请举出反例
推
广
延
伸
小明的猜想激发了初中生小华的探究热情．为了使问题的研究推广到有理数的乘
法，进而迁移到对除法的研究，小华将数的“位数”与“数字”的概念进行推广，规定：
如果一个正数用科学记数法表示为
10n
a
，则称这个数的位数是
1
n ，数字是a．
借此，小华研究了两个数乘积的位数问题，提出并证明了以下命题．
命题：若正数A，B，C 的位数分别为m，n，p，数字分别为a，b，c，且A
B
C
，
则必有c
a
≥且c
b
，或c
a
且c
b
．并且，当c
a
≥且c
b
时，
1
p
m
n
；当
c
a
且c
b
时，p
m
n
．
证明：依题意知，A，B，C 用科学记数法可分别表示为
1
1
1
10
,
10
,
10
m
n
p
a
b
c
，
其中a，b，c 均为正数．
由A
B
C
，得
2
1
10
10
m n
p
ab
c
，
即
1
10 p m n
ab
c
．（*）
当c
a
≥且c
b
时，“
1
a
c ，所以
10
ab
b
c
，又
1
10
ab
a
c
c
，所以1
10
10
ab
c
．由
（*）知，
1
ab
c ，所以
1
p
m
n
；
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当c
a
≥且c
b
时，
1
1
a
c
b
c
，所以
10
1
ab
b
c
ab
a
c
所以1
10
ab
c
，
与（*）矛盾，不合题意；
当c
a
且c
b
时，①；
当c
a
且c
b
时，②．
综上所述，命题成立．
拓
展
迁
移
问题2 若正数A，B 的位数分别为m，n，那么A
B 的位数是多少？证明你的结论．
(1)解决问题1；
(2)请把①②所缺的证明过程补充完整；
(3)解决问题2．
【答案】(1)小明的猜想不正确，反例：3 4
12
(2)
证明：①
1,
1,
a
c
b
c
，所以
1,
10,
ab
b
c
ab
a
c
，所以1
10
ab
c
，与（*）矛盾，不合题意；
②
1
a
c ，所以
1
ab
b
c
，又
100
ab
ab
c
，所以1
100
ab
c
，
由（*）知
10
ab
c
，所以p
m
n
．
(3)当A 的数字大于或等于B 的数字时，A
B 的位数是
1
m
n
；当A 的数字小于B 的数字时，A
B 的位数是m
n
【分析】（1）举反例即可；
（2）①当c
a
且c
b
时，可得
1,
10,
ab
b
c
ab
a
c
，得1
10
ab
c
，不合题意；
②当c
a
且c
b
时，可得
1
ab
b
c
，可得1
100
ab
c
，得
10
ab
c
，即得p
m
n
．
（3）设A
C
B
，A，B，C 的数字分别为a，b，c，C 的位数为x，则B
C
A
．当a
b
时，必有a
c
，
1
m
n
x
，
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即
1
x
m
n
；当a
b
时，必有a
c
，m
n
x
，即x
m
n
．
【详解】（1）解：小明的猜想不正确．
反例：3 4
12
．
（2）略
（3）解：当A 的数字大于或等于B 的数字时，A
B 的位数是
1
m
n
；
当A 的数字小于B 的数字时，A
B 的位数是m
n
．
证明如下：
由已知，A，B 的位数分别为m，n，
设A
C
B
，A，B，C 的数字分别为a，b，c，C 的位数为x，则B
C
A
．
由小华的命题知，当a
b
时，必有a
c
，
此时，
1
m
n
x
，所以
1
x
m
n
；
当a
b
时，必有a
c
，
此时，m
n
x
，所以x
m
n
．
综上所述，当A 的数字大于或等于B 的数字时，A
B 的位数是
1
m
n
；
当A 的数字小于B 的数字时，A
B 的位数是m
n
，
【点睛】本小题考查判断命题的真假，科学记数法，整数指数幂，幂的运算，不等式的基本性质，代数推
理等基础知识，熟练掌握是解题的关键．
考点02 因式分解
1．（2026·福建·中考真题）因式分解：
2
2
x
y
__________．
【答案】
x
y
x
y
【详解】解：
2
2
x
y
x
y
x
y
．
2．（2024·福建·中考真题）因式分解：x2+x=_____．
【答案】
1
x x
【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，
之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，直接提取公因
式x 即可．
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【详解】解：
2
1
x
x
x x
3．（2022·福建·中考真题）推理是数学的基本思维方式，若推理过程不严谨，则推理结果可能产生错误．
例如，有人声称可以证明“任意一个有理数都等于0”，并证明如下：
设任意一个有理数为x ，令x
m
，
等式两边都乘以x ，得
2
x
mx
①
等式两边都减
2
m ，得
2
2
2
x
m
mx
m
②
等式两边分别分解因式，得
x
m
x
m
m x
m
③
等式两边都除以x
m
，得x
m
m
④
等式两边都减m ，得
0
x
⑤
所以任意一个有理数都等于0．
以上推理过程中，开始出现错误的那一步对应的序号是_________________．
【答案】④
【分析】本题考查因式分解的应用，等式的性质，根据等式的性质，等式两边同时除以一个不为0 的数，
等式仍然成立，得到第④步出现错误．
【详解】解：∵x
m
，
∴
0
x
m
，
∴
x
m
x
m
m x
m
的两边不能除以x
m
；
故出现错误的是第④步；
故答案为：④
4．（2024·福建·中考真题）已知实数, , ,
,
a b c m n 满足3
,
b
c
m
n
mn
a
a
．
(1)求证：
2
12
b
ac
为非负数；
(2)若, ,
a b c 均为奇数，
,
m n 是否可以都为整数？说明你的理由．
【答案】(1)
解：因为3
,
b
c
m
n
mn
a
a
，
所以
3
,
b
a
m
n
c
amn
．
则
2
2
2
12
[
3
]
12
b
ac
a
m
n
a mn
2
2
2
2
9
6
12
a
m
mn
n
a mn
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2
2
2
9
6
a
m
mn
n
2
2
(3
)
a
m
n
．
因为,
,
a m n 是实数，所以
2
2
(3
)
0
a
m
n
，
所以
2
12
b
ac
为非负数．
(2)
,
m n 不可能都为整数．
理由如下：若
,
m n 都为整数，其可能情况有：①
,
m n 都为奇数；②
,
m n 为整数，且其中至少有一个为偶数．
①当
,
m n 都为奇数时，则3m
n
必为偶数．
又3
b
m
n
a
，所以
3
b
a
m
n
．
因为a 为奇数，所以
3
a
m
n
必为偶数，这与b 为奇数矛盾．
②当
,
m n 为整数，且其中至少有一个为偶数时，则mn 必为偶数．
又因为
c
mn
a
，所以c
amn
．
因为a 为奇数，所以amn 必为偶数，这与c 为奇数矛盾．
综上所述，
,
m n 不可能都为整数．
【分析】本小题考查整式的运算、因式分解、等式的性质等基础知识：考查运算能力、推理能力、创新意
识等，以及综合应用所学知识分析、解决问题的能力．
（1）根据题意得出
3
,
b
a
m
n
c
amn
，进而计算
2
12
b
ac
，根据非负数的性质，即可求解；
（2）分情况讨论，①
,
m n 都为奇数；②
,
m n 为整数，且其中至少有一个为偶数，根据奇偶数的性质结合已
知条件分析即可．
【详解】（1）略
（2）略
考点03 分式的运算
1．（2026·福建·中考真题）已知实数p ，q 满足1
1
1
p
q
，则
1
1
p
q
的值为____________．
【答案】1
【分析】对1
1
1
p
q
进行变形得到p
q
pq
，再对代数式进行变形，代入计算即可．
【详解】解：∵1
1
1
p
q
，
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∴
1
p
q
pq
，
∴pq
p
q
，
∴
1
1
1
1
1 1
p
q
pq
p
q
pq
p
q
pq
pq
．
2．（2023·福建·中考真题）已知1
2
1
a
b
，且a
b
，则ab
a
a
b
的值为___________．
【答案】1
【分析】根据1
2
1
a
b
可得
2
b
a
ab
，即ab
a
b
a
，然后将ab
a
b
a
整体代入ab
a
a
b
计算即可．
【详解】解：∵1
2
1
a
b
∴
2
1
b
a
ab
，
∴
2
b
a
ab
，即ab
a
b
a
．
∴
1
ab
a
a
b
a
b
a
b
．
【点睛】本题主要考查了分式的加减运算，根据分式的加减运算法则得到ab
a
b
a
是解答本题的关键．
3．（2025·福建·中考真题）先化简，再求值：
2
1
2
1
2
a
a
a
a
a
，其中
5
1
a
．
【答案】
1
1
a
，
5
5
【分析】本题考查分式的混合运算、分母有理化等知识．先把括号内通分，并把除法转化为乘法，然后约
分化简，再把
5
1
a
代入即可即可．
【详解】解：
2
1
2
1
2
a
a
a
a
a
2
2
1
2
1
a
a
a
a
a
a
2
1
(
1)
a
a
a
a
1
1
a
．
当
5
1
a
时，
原式
1
5
5
5
1 1
．
4．（2023·福建·中考真题）先化简，再求值：
2
2
1
1
1
x
x
x
x
x
，其中
2 1
x
．
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【答案】
1
1
x
，
2
2
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后再将
2 1
x
代入计算即可解答．
【详解】解：
2
2
1
1
1
x
x
x
x
x
2
2
1
1
1
x
x
x
x
x
1
1
1
1
x
x
x x
x
x
x
1
1
x
x
x
1
1
x
．
当
2 1
x
时，
原式
1
2
2
2
1 1
．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质及其运算、分母有理化，正确的化简分式是解答本题的关键．
5．（2022·福建·中考真题）先化简，再求值：
2
2
1
1
(1
)
a
a
a
，其中
2
1
a
．
【答案】
1
a
a ，2
2
2
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，因式分解−运用公式法，以及二次根式的性质与化简，原式括号
中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a 的值代
入计算即可求出值，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
【详解】
2
2
1
1
1
a
a
a
2
2
1
1
a
a
a
a
a
2
1
1
1
a
a
a
a
a
1
a
a
，
当
2
1
a
时，原式
2
1
2
1
2
2
2
2
1 1
2
．
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1．（2026·福建三明·三模）多项式
2
1
x y
xy
的次数是（
）
A．5
B．3
C．2
D．1
【答案】B
【详解】解：∵多项式
2
1
x y
xy
共有三项，分别为
2x y ，xy ，1，各项次数依次为2 1
3
，1 1
2
，0
∴该多项式最高次项的次数为3，即多项式的次数是3 ．
2．（2026·福建三明·三模）下面的计算正确的是（
）．
A．
2
2
a
b
a
b
B．
2
3
a
a
a
C．
m
n
m
n
D．3
2
a
a
a
【答案】D
【详解】解：选项A，根据去括号法则，
2
2
2
2
a
b
a
b
a
b
，A 错误；
选项B，a 与
2
a 不是同类项，不能合并，B 错误；
选项C，根据去括号法则，
m
n
m
n
m
n
，C 错误；
选项D，根据合并同类项法则，
3
2
3
2
a
a
a
a
，计算正确，D 正确．
3．（2026·福建厦门·模拟预测）下列运算中，计算正确的是（
）
A．
3
2
5
m
m
m
B．
3
2
6
2
6
m
m
C．
2
3
5
2
m
m
m
D．
6
3
2
m
m
m
【答案】A
【分析】根据幂运算法则与合并同类项法则，逐一判断选项即可．
【详解】选项A ：
3
2
3 2
5
m
m
m
m
，A 计算正确；
选项B ：
2 3
3
2 3
6
6
( 2
)
( 2)
(
)
8
6
m
m
m
m
，B 计算错误；
选项C ：
2
m 与
3
m 不是同类项，不能合并，C 计算错误；
选项D ：
6
3
6 3
3
2
m
m
m
m
m
，D 计算错误．
4．（2026·福建泉州·二模）下列运算正确的是（
）
A．
2
2
a a
a
B．
3
2
6
a
a
C．
9
3
3
a
a
a
D．
2
3
5
3
3
6
a
a
a
【答案】B
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【详解】解：对选项A，根据同底数幂乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加，
2
1 2
3
2
a a
a
a
a
，
A 运算错误；
对选项B，根据幂的乘方法则：幂的乘方，底数不变，指数相乘，
3
2
2 3
6
a
a
a
，
B 运算正确；
对选项C，根据同底数幂除法法则：同底数幂相除，底数不变，指数相减，
9
3
9 3
6
3
a
a
a
a
a
，
C 运算错误；
对选项D，
2
3a 与
3
3a 次数不同，不是同类项，不能合并，
D 运算错误.
5．（2026·福建福州·模拟预测）下列运算结果不为
6x 的是（
）．
A．
3
3
x
x
B．
3
3
x
x
C．
2
3x
D．
2
3x
【答案】A
【详解】解：选项A 、
3
3
3
2
x
x
x
，结果不为
6x ，符合题意；
选项B 、
3
3
3 3
6
·
x x
x
x
，结果为
6x ，不符合题意；
选项C 、
3
2
3 2
6
(
)
x
x
x
，结果为
6x ，不符合题意；
选项D 、
3
2
2
3
2
6
(
)
( 1)
(
)
x
x
x
，结果为
6x ，不符合题意．
6．（2026·福建莆田·模拟预测）下列四个选项中，计算结果与其他三项不相同的是（
）
A．
3
4
a
a
B．
14
2
a
a
C．
4
3
a
D．
6
2
a
【答案】A
【分析】本题考查幂的运算，分别根据同底数幂的乘除法则和幂的乘方法则计算各选项结果，对比即可得
到答案；
【详解】解：∵A 选项：
3
4
3 4
7
a a
a
a
；
B 选项：
14
2
14 2
12
a
a
a
a
；
C 选项：
4
3
3 4
12
a
a
a
；
D 选项：
6
2
2 6
12
a
a
a
；
∴只有A 选项的计算结果与其他三项不相同，故选A；
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7．（2026·福建宁德·一模）下列运算正确的是（
）
A．
2
2
3
9
a
a
B．
2
3
6
a
a
a
C．3
3
a
b
ab
D．
2
3
2
3
a
a
【答案】A
【分析】本题考查整式的基本运算，需根据积的乘方、同底数幂乘法、合并同类项、单项式乘多项式的运
算法则逐一判断选项．
【详解】解：A、
2
2
3
9
a
a
，该选项符合题意；
B、
2
3
5
6
a
a
a
a
，该选项不符合题意；
C、3a 与b 不是同类项，不能合并，该选项不符合题意；
D、
2
3
2
6
2
3
a
a
a
，该选项不符合题意．
8．（2026·福建厦门·一模）下列运算正确的是（
）
A．
2
2
3
2
1
a
a
B．
2
3
5
(
)
a
a
C．
5
2
3
a
a
a
D．
2
3
6
a
a
a
【答案】C
【分析】根据合并同类项、幂的乘方、同底数幂除法、同底数幂乘法法则逐项判断即可．
【详解】解：A．
2
2
2
2
3
2
3 2
1
a
a
a
a
，即选项A 错误；
B．
2
3
2 3
6
5
(
)
a
a
a
a
，即选项B 错误；
C．
5
2
5 2
3
a
a
a
a
，即选项C 正确；
D．
2
3
2 3
5
6
a
a
a
a
a
，即选项D 错误．
9．（2026·福建漳州·模拟预测）若
1
4
x
在实数范围内有意义，则实数x 的值可以是（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【分析】本题考查二次根式和分式有意义的条件, 根据被开方数大于0, 分母不等于0 求解x 的范围, 再判断
选项即可．
【详解】要使
1
4
x
在实数范围内有意义，二次根式的被开方数须非负, 且分母不能为0，
4
0
x
，
解得：
4
x
，
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选项中只有5 满足
4
x
．
10．（2026·福建厦门·模拟预测）代数式
2
5
x
在实数范围内有意义，则x 的值不可以是（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【分析】根据分式分母不为零得到x 的取值限制，再结合选项判断即可．
【详解】解：∵分式有意义的条件是分母不等于0
∴对代数式
2
5
x
，可得
5
0
x
解得
5
x
因此x 的值不可以是5 ．
11．（2026·福建泉州·模拟预测）已知实数a ，b 满足
3
2
a
b
，则a
b
a
的值为（
）
A．1
3
B．
1
2
C．2
D．3
【答案】A
【分析】本题可根据已知比例关系，设参数表示a 和b ，再代入所求分式计算结果．
【详解】解：∵
3
2
a
b
，
∴设
3
a
k
，
2
b
k
，其中
0
k
，
将
3
a
k
，
2
b
k
代入a
b
a
，得
3
2
1
3
3
3
a
b
k
k
k
a
k
k
．
12．（2026·福建漳州·模拟预测）估算
2026
2025
2026
的值应在（
）
A．4050 和4051 之间
B．4000 和5000 之间
C．4051 和4052 之间
D．4051 和4053 之间
【答案】C
【分析】先展开化简原式，再利用平方数估算无理数的范围，即可得到结果．
【详解】解：展开原式：
2026
2025
2026
2026
2025
2026
2026
45 2026
，
2
45
2025
2026
，且
2
2
2
1
1
1
1
45
45
2 45
2026
2026
90
90
90
8100
，
1
45
2026
45
90
，
不等式同乘45 得：
1
45 45
45 2026
45
45 90
，
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即2025
45 2026
2025.5
，
不等式同加2026得：2026
2025
2026
45 2026
2026
2025.5
，
即
4051
2026
2025
2026
4051.5
4052
，
原式的值在4051和4052之间．
13．（2026·福建泉州·一模）若
3
x
在实数范围内有意义，则实数x 的值可以为（
）
A．2
B．0
C．2
D．4
【答案】D
【分析】根据二次根式
a 有意义的条件为
0
a
．据此列出不等式求解即可．
【详解】解：∵
3
x
在实数范围内有意义，
∴
3
0
x
，
解得：
3
x
，
∴实数x 的值可以为4 ．
14．（2026·福建南平·二模）若
2
2
1
a
a
，则
2
3
6
2
a
a
________．
【答案】5
【分析】由
2
3
6
2
a
a
得到
2
3
2
2
a
a
，再将
2
2
1
a
a
代入即可．
【详解】解：∵
2
2
3
6
2
3
2
2
a
a
a
a
，且
2
2
1
a
a
，
将
2
2
1
a
a
代入可得
2
3
6
2
3
2
5
a
a
．
15．（2026·福建福州·模拟预测）若
3
a
b
，
2
ab
，则
3
2
2
3
2
a b
a b
ab
的值为______．
【答案】
6
【分析】先将所求多项式因式分解，再把已知的a
b
和ab 的值整体代入计算即可，用到提公因式法和完全
平方公式；
【详解】解：
3
2
2
3
2
a b
a b
ab
2
2
2
ab a
ab
b
2
(
)
ab a
b
，
将
3
a
b
，
2
ab
代入得：原式
2
2 ( 3)
2 3
6
．
16．（2026·福建厦门·三模）某班开展“书香润心灵，阅读伴成长”读书活动，小华积极参与活动，选择了一
本120页的书，他计划用x 天读完这本书，则他平均每天需阅读的页数是________．
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【答案】120
x
【分析】根据平均每天阅读页数等于总页数除以阅读天数，据此列出对应代数式即可．
【详解】解：根据题意，已知书的总页数为120，计划阅读天数为x ，
由平均每天阅读页数等于总页数除以阅读天数，可得：平均每天需阅读的页数为
120
120
x
x
．
17．（2026·福建漳州·模拟预测）密码学是研究编制和破译密码规律的一门科学．小李利用数学知识进行密
码编制，通过整式的乘除运算，取运算结果x，y，z 的指数依次生成密码，如
10
3
4
x y x z
运算结果为
13
4
x yz 对
应的密码是1314，则
7
3
4
6
2
x
y z
xy
对应的密码是________．
【答案】2026
【分析】先根据幂的乘方法则进行计算，再计算单项式除以单项式，得到x，y，z 的指数，按顺序组合即可
得到对应密码．
【详解】解：
7
3
4
6
2
21
4
6
2
20
2
6
x
y z
xy
x
y z
xy
x y z
，按x，y，z 的指数依次组合，得到密码为2026．
18．（2026·福建漳州·模拟预测）因式分解：
2
4
8
xy
y
_________．
【答案】
4
2
y x
y
【详解】解：
2
4
8
4
2
xy
y
y x
y
．
19．（2026·福建漳州·模拟预测）因式分解：
2
2
a
a
a
_________．
【答案】
1
a a
【详解】解：原式
2
1
a
a
a a
．
20．（2026·福建泉州·二模）生活中的有些密码，可以用数学的“因式分解”来生成．例如，把多项式
3
2
2
4
2
x
x
x
，因式分解为
2
2
1
x x
，当
10
x
时，求得各因式的值分别为20、11、11，将这三个数值按
从小到大排列，生成六位数密码“111120 ”．用上述方法，把多项式
3x
x
进行因式分解，当
12
x
时，可以
生成的密码是_______________．
【答案】111213
【分析】先对多项式进行因式分解，再代入
12
x
计算各因式的值，将结果按从小到大排列后拼接得到密码．
【详解】对多项式
3x
x
因式分解：
3
2
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
，
当
12
x
时，
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计算各因式的值：
1
12 1
11
x
，
12
x
，
1 12 1 13
x
，
将三个因式的值按从小到大排列，拼接得到六位数密码“111213 ”．
21．（2026·福建泉州·一模）已知
1
3
b
a
，则a
b
a
的值为______．
【答案】2
3
【分析】根据分式的加减法则将a
b
a
化为1
b
a
求解即可．
【详解】解：∵
1
3
b
a
，
∴
1
2
1
1
3
3
a
b
b
a
a
．
22．（2026·福建厦门·三模）若
4
a
有意义，则a 的值可以是________．（任意写出一个符合条件的a 值
即可）
【答案】4 （答案不唯一，任意满足
4
a
的值均可）
【分析】根据二次根式有意义的条件，列出关于a 的不等式，求出a 的取值范围，在取值范围内写出任意一
个符合要求的值即可．
【详解】解：∵
4
a
有意义，
∴
4
0
a
，
解得
4
a
，
∴任取满足条件的一个值，如
4
a
．
23．（2026·福建泉州·模拟预测）计算：
2
3
6
______．
【答案】0
【详解】解：原式
2 3
6
6
6
0
．
24．（2026·福建福州·一模）已知非零实数a ，b 满足
2
1
b
a
b
，则
2
5
a
ab
b
ab
的值是_____．
【答案】0
【分析】先将
2
1
b
a
b
变形得到
2
a
b
ab
，然后代入所求的式子中化简求值即可．
本题考查了分式的化简求值．得到
2
a
b
ab
，用整体代入法求解是解题的关键．
【详解】解：∵
2
1
b
a
b
，
∴
2
1
a
b
b
，
2ab
a
b
，
∴
2
a
b
ab
，
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∴
2
2
2
0
5
5
a
ab
b
ab
ab
ab
ab
．
故答案为：0．
25．（2026·福建泉州·模拟预测）已知：3
b
c
m
n
a
，
c
mn
a
．若
2
b
a
c
，
0
ac
，则
1
3
m
n
的值
为______．
【答案】5
【分析】本题主要考查了多项式乘多项式，解题关键是熟练掌握多项式乘多项式法则，先根据
2
b
a
c
，把
b 表示出来，再根据多项式乘多项式法则把所求式子展开，再把3
b
c
m
n
a
，
c
mn
a
代入进行计算即可．
【详解】解：
2
b
a
c
，
2
2
b
a
c
3
b
c
m
n
a
，
c
mn
a
，
1
3
m
n
3
3
mn
m
n
3
c
b
c
a
a
2
3
c
b
a
2
2
2
3
c
a
c
a
2
3
a
a
2
3
5
，
故答案为：5．
26．（2026·福建福州·一模）若
4
a
b
，则
2
2
3
6
3
47
a
ab
b
的值为_______.
【答案】1
【分析】此题主要考查了因式分解的应用，正确分解因式是解题关键．先用完全平方公式分解因式，把已
知数据代入得出答案．
【详解】解：
2
2
2
2
2
3
6
3
47
3
2
47
3
47
a
ab
b
a
ab
b
a
b
，
∵
4
a
b
，
∴原式
2
3 4
47
1
．
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故答案为：1．
27．（2026·福建厦门·模拟预测）观察下列算式：
①21 36
756
，63 12
756
，即21 36
63 12
；
②12
84
1008 48
21
1008
，
，即12 84
48 21
；
③39
62
2418 26
93
2418
，
，即39
62
26
93
；
…
我们把具有上述规律的两位数乘法算式称为“回文乘式”，根据你发现的规律，请再写一个乘数的十位与个位
上的四个数字互不相同的回文乘式：__________．
【答案】13
62
（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了数字类的规律探索，两个两位数相乘，如果它们十位上两个数相乘的积等于个位
数两个数相乘的积，那么把每个数的十位上的数字与它的个位上的数字交换位置，得到新的两个两位数的
乘积与原来两个两位数的乘积相等，据此求解即可．
【详解】解：①21 36
756
，63 12
756
，即21 36
63 12
；
②12
84
1008 48
21
1008
，
，即12 84
48 21
；
③39
62
2418 26
93
2418
，
，即39
62
26
93
；
……，
以此类推，可知，如果它们十位上两个数相乘的积等于个位数两个数相乘的积，那么把每个数的十位上的
数字与它的个位上的数字交换位置，得到新的两个两位数的乘积与原来两个两位数的乘积相等，
∴满足题意得式子可以为13
62
，
故答案为：13
62
（答案不唯一）．
28．（2026·福建泉州·二模）已知
2
2025
1
0
x
y
，则
xy 的值是___________．
【答案】1
【分析】本题主要考查了非负数的性质，代数式求值，根据非负性的性质得到
2025
0
1
0
x
y
，
，据此
求出x、y 的值即可得到答案．
【详解】解：∵
2
2025
1
0
x
y
，
2
2025
1
0
0
x
y
，
，
∴
2
2025
1
0
x
y
，
∴
2025
0
1
0
x
y
，
，
∴
2025
1
x
y
，
，
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∴
2025
1
1
x
y
，
故答案为：1
．
29．（2026·广东云浮·一模）单项式
3
a b
的次数是_______．
【答案】4
【分析】本题考查了单项式的次数，理解单项式的次数的定义是解题的关键．直接根据单项式的次数的定
义得出答案，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数．
【详解】解：单项式
3
a b
的次数是3 1
4
，
故答案为：4 ．
30．（2026·福建福州·三模）已知
1
2
,
2
2
x
y
xy
，则
2
2
2x y
xy
____________．
【答案】1
【分析】此题考查了因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
将原式提取公因式，再将各自的值代入
2
2
2
2
x y
xy
xy
x
y
计算即可求出值．
【详解】∵
1
2
2
x
y
，
2
xy
，
2
2
2x y
xy
2
xy
x
y
1
2
2
1
故答案为1．
31．（2026·福建厦门·三模）已知
2
2
4
0,3
6
4
0
x
y
y
y
，则
3
x
y
y
的值为______．
【答案】8
【分析】本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
根据
2
2
4
0,3
6
4
0
x
y
y
y
，可以得到
4
4
2
0,3
6
0
x
y
y
y
y
，然后两式做差，即可得到所求式子
的值．
【详解】解：
2
2
4
0,3
6
4
0
x
y
y
y
Q
，
4
4
2
0,3
6
0
x
y
y
y
y
，
8
3
0
x
y
y
，
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3
8
x
y
y
，
故答案为：8．
32．（2026·福建厦门·二模）某镇为发展农业经济，对10 km 的农产品运输通道进行扩建和重修，某货车在
该运输通道上行驶，平均速度从原来的
km / h
a
提升到3
km / h
2 a
．计算该货车在该运输通道上行驶可节约
的时间，结果为________．（用含a 的代数式表示）
【答案】10
3a
【分析】本题主要考查了分式减法的应用，用未扩建和重修前行驶的时间减去扩建和重修后的行驶时间即
可．
【详解】解：根据题意可知：
10
10
10
3
3
2
a
a
a
，
则该货车在该运输通道上行驶可节约的时间为：10
3a ，
故答案为：10
3a ．
33．（2026·福建泉州·模拟预测）计算：
0
2026
π
2
3
2
3
2cos30
．
【答案】2
3
【详解】解：
0
2026
π
2
3
2
3
2cos30
3
1
4
3
2
2
1
4
3
3
2
3
．
34．（2026·福建厦门·模拟预测）先化简，再求值：
2
2
(
1)
(
2)(
2)
2
x
x
x
x
，其中
1
2
x
．
【答案】2
3
x
，2
【详解】解：原式
2
2
2
2
1
4
2
x
x
x
x
2
3
x
，
当
1
2
x
时，原式
1
2
3
1 3
2
2
．
35．（2026·福建宁德·二模）化简：
2
2
3
1
a
a
a a
．
【答案】
2
4
3
4
a
a
【详解】解：原式=
2
2
4
3
3
a
a
a
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=
2
4
3
4
a
a
．
36．（2026·福建莆田·模拟预测）先化简，再求值：
2
4
1
1
2
2
x
x
x
x
x
，其中
3
1
x
．
【答案】
1
1
x
x
，3
2 3
3
【分析】首先根据分式混合运算的法则进行化简，然后将
3
1
x
代入求值即可．
【详解】解：
2
4
1
1
2
2
x
x
x
x
x
(
2)
4
1
2
2
2
(
1)(
1)
x x
x
x
x
x
x
x
2
4
1
2
2
1
1
x x
x
x
x
x
x
2
2
1
2
2
(
1)(
1)
x
x
x
x
x
x
2
(
1)
2
2
(
1)(
1)
x
x
x
x
x
1
1
x
x
，
当
3
1
x
时，
原式
3 1 1
3
2
3
2 3
3
3 1 1
3
．
37．（2026·福建泉州·二模）先化简，再求值：
2
3
2
1
1
2
2
a
a
a
a
，其中
2
1
a
．
【答案】
1
1
a ，
2
2
【分析】先根据分式的混合运算法则进行化简，再代值计算即可．
【详解】解：原式
2
2
3
2
2
2
1
a
a
a
a
a
2
1
2
2
1
a
a
a
a
1
1
a
当
2
1
a
时，原式
1
1
2
2
2
1 1
2
．
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38．（2026·福建泉州·二模）先化简，再求值：
2
3
5
1
4
4
2
x
x
x
x
，其中
2
2
x
．
【答案】
1
2
x
；
2
2
【分析】先计算括号内的，再将除法转化为乘法进行计算即可得到最简分式，最后代入x 的值求解即可．
【详解】解：
2
3
5
1
4
4
2
x
x
x
x
2
3
3
2
2
x
x
x
x
2
3
3
2
2
x
x
x
x
2
3
2
3
2
x
x
x
x
1
2
x
，
当
2
2
x
时，原式
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
x
．
39．（2026·福建漳州·模拟预测）先化简，再求值：
2
2
2
2
2
x
xy
y
x
y
y
x
y
x
y
x
y
，其中
2
0
x
y
．
【答案】
x
x
y ，2
【详解】解：原式
2
(
)
x
y
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
2
(
)
x
y
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
1
y
x
y
x
y
y
x
y
x
x
y
，
∵
2
0
x
y
，
∴
2
x
y
，分式有意义时x
y
，符合条件，
将
2
x
y
代入得：原式
2
2
2
2
y
y
y
y
y
．
26 / 43
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40．（2026·福建泉州·模拟预测）计算：
2
3
1
6
27
2
2
2
3
．
【答案】9
【分析】先分别计算负整数指数幂、立方根、二次根式的除法及绝对值，然后从左向右依次计算，求出算
式的值即可．
【详解】解：原式
4
3
2
2
2
4
3
2
2
2
9
．
41．（2026·福建漳州·一模）先化简
2
2
4
2
2
,
2
4
4
x
x
x
x
x
x
再求解当
1
x 所得数值．
【答案】
4
x
；3
【分析】先利用异分母分式的加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把x 的值代入化简后的式子进行
计算，即可解答．
【详解】解：由题意得，
2
0
x
且
2
2
0
x
x
，
解得
2
x
且
0
x
2
2
4
2
2
2
4
4
x
x
x
x
x
x
，
2
2
4
2
2
2
x
x
x
x x
2
4
2
2
2
x
x
x
x
2
4
2
2
x
x x
x
x
4
2
2
x
x
x
x
x
4
x
；
当
1
x 时，
原式
1
4
3
．
42．（2026·福建南平·二模）已知对任意实数a、b，有
2
0
a
b
，当且仅当a
b
时等号成立．利用上述
条件，解决以下问题：
(1)已知实数a、b 满足
2
a
b
k
（k 为常数），证明
2
ab
k
，并写出不等式
2
ab
k
中等号成立的条件；
(2)当
2
a
b
k
（k 为常数）且a
b
，利用代数推理求出代数式
2
2
a
b
的取值范围（用含k 的式子表示）．
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【答案】(1)当a
b
时，等号成立；
证明：∵
2
a
b
k
，
2
(
)
0
a
b
，
∴
2
2
2
(
)
(
)
4
4
4
0
a
b
a
b
ab
k
ab
，
∴
2
ab
k
，
∵
2
0
a
b
，当且仅当a
b
时等号成立，
∴当且仅当a
b
时，不等式
2
ab
k
中等号成立．
(2)
2
2
2
2
a
b
k
【分析】（1）利用完全平方公式变形即可证明；
（2）结合（1）中结论可得由（1）得，当a
b
时，
2
ab
k
，再利用不等式的性质即可解答．
【详解】（1）略
（2）解：∵
2
a
b
k
，
∴
2
2
2
2
(
)
2
4
2
a
b
a
b
ab
k
ab
，
∴由（1）得，当a
b
时，
2
ab
k
，
∴
2
2
2
ab
k
，
∴
2
2
2
4
2
4
2
k
ab
k
k
，
∴
2
2
2
2
a
b
k
．
43．（2026·福建莆田·模拟预测）我国古代数学的许多发现都曾位居世界前列，其中“杨辉三角”就是一例．如
图，这个三角形的构造法则：两腰上的数都是1，其余每个数均为其上方左右两数之和，它给出了
n
a
b
（n
为正整数）的展开式（按a 的次数由大到小的顺序排列）的系数规律．例如，在三角形中第三行的三个数1，
2，1，恰好对应
2
2
2
2
a
b
a
ab
b
展开式中的系数；第四行的四个数1，3，3，1，恰好对应着
3
3
2
2
3
3
3
a
b
a
a b
ab
b
展开式中的系数等等．
(1)根据上面的规律，则
5
a
b
的展开式为．
(2)
n
a
b
的展开式共有项，系数和为．
(3)利用上面的规律计算：
5
4
3
2
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
．
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【答案】(1)
5
4
3
2
2
3
4
5
5
10
10
5
a
a b
a b
a b
ab
b
(2)
1
n
，2n
(3)1
【分析】（1）根据
1
a
b
，
2
a
b
，
3
a
b
，
4
a
b
展开式的规律，即可求解；
（2）根据
1
a
b
，
2
a
b
，
3
a
b
，
4
a
b
的项数、系数和的规律，即可求解；
（3）根据规律得出原式
5
2
1
，即可求解．
【详解】（1）解：∵
1
a
b
a
b
，
2
2
2
2
a
b
a
ab
b
，
3
3
2
2
3
3
3
a
b
a
a b
ab
b
，
4
4
3
2
2
3
4
4
6
4
a
b
a
a b
a b
ab
b
，
∴
5
a
b
5
4
3
2
2
3
4
5
5
10
10
5
a
a b
a b
a b
ab
b
；
（2）解：∵
1
a
b
a
b
，展开式中共有2
1 1
项，系数和为
1
1 1
2
2
，
2
2
2
2
a
b
a
ab
b
，展开式中共有3
2 1
项，系数和为
2
1
2
1
4
2
，
3
3
2
2
3
3
3
a
b
a
a b
ab
b
，展开式中共有4
3 1
项，系数和为
3
1
3
3
1
8
2
，
4
4
3
2
2
3
4
4
6
4
a
b
a
a b
a b
ab
b
，展开式中共有5
4
1
项，系数和为
4
1
4
6
4
1
16
2
，
∴
n
a
b
的展开式共有
1
n
项，系数和为2n ；
（3）解：根据规律可知：
5
4
3
2
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
2
3
4
5
5
4
3
2
2
5 2
1
10 2
1
10 2
1
5 2
1
1
5
2
1
5
2 1
1
．
44．（2026·福建漳州·模拟预测）阅读材料，回答问题．
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主
题
探“排序不等式”，寻资源匹配最优解
问
题
背
景
排序不等式：若
1
2
n
a
a
a
，
1
2
n
b
b
b
L
为两组正实数组，
1
2
,
,
,
n
c c
c 为
1
2
,
,
,
n
b b
b 的任意一种排列，分别称
1
2
1
1
n
n
n
a b
a b
a b
L
，
1 1
2
2
n
n
a c
a c
a c
，
1 1
2
2
n
n
a b
a b
a b
为反序和
1S ，乱序和
2
S ，正序和
3
S ，则
1
2
3
S
S
S
．
利用排序不等式，我们合理安排工作顺序，可以提高某项工作的完成效率，实现资
源匹配最优解，请看下面问题．
问题1：随着新能源汽车的普及，充电轿车走进了千家万户．某电车快速充电站同
时有10 辆轿车要充电，设第i 辆轿车充满电需时间it 分钟
1,2,
,10
i
，且这10
辆轿车充满电量所需时间均不相同，如果充电站仅提供一台充电桩，应如何安排这
10 辆轿车的充电顺序，使所有轿车等候的总时间最短?
验
证
猜
想
证
明
假设只有两辆充电轿车，且两辆车充满电量所需时间分别为1t ，2t 分钟，不妨设
1
2
t
t
，若充电时间为1t 的轿车先充电，则等候1t 分钟，接着2t 的轿车充电等候了
1
2
t
t
分钟，两辆车等候的总时间
1
1
2
2
T
t
t
分钟；
若充电时间为2t 的轿车先充电，则两辆车等候的总时间
2
T ①
分钟．
所以
1
2
T
T
②，故
1T ③
2
T （填“>”，“<”或“=”）．
所以要使两辆轿车等候的总时间最短，则充满电量所需时间短的轿车先充电．
据此，猜测问题1 求解方案为：④．
拓
展
迁
移
如果充电站有三台编号分别为P，Q，R 的充电桩（充电效率相同）可供充电，且充
电站管理员了解到这10 辆轿车的充电时间如下表所示，
轿车编号
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
充电时间
（单位：分
钟）
30
80
100
70
45
90
50
60
40
65
30 / 43
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问题2 如果你是充电站管理员，能否安排这10 辆轿车分别在哪台充电桩充电和相
应的充电顺序，使得这三台充电桩同时完成充电且这10 辆轿车等候的总时间最短?
若能，直接写出安排方案；若不能，请说明理由．
(1)请把①②③④所缺的内容补充完整；
(2)请利用排序不等式证明：问题1 的求解方案能使这10 辆轿车等候的总时间最短；
(3)利用排序不等式解决问题2．
【答案】(1)①
2
1
2t
t
，②1
2
t
t
，③<，④将10 辆轿车按照充电时间从小到大的顺序安排充电
(2)证明：设10 辆轿车充满电的时间按从小到大的排序为：
1
2
10
a
a
a
（均为正实数），充电顺序为
1
2
10
,
,
,
b b
b （
1a 到
10
a 的排序），
∴第k 辆轿车的等候时间为
1
2
k
b
b
b
，
当
10
k
时，总等候时间为
1
2
10
10
9
1
S
b
b
b
，
由排序不等式可知，反序和
1S 乱序和
2
S 顺序和
3
S ，
∵10
9
1
是递减序列，
要使S 最小，则
1
2
10
b
b
b
为递增序列，即为反序和，
∴按充电时间从小到大安排充电，总等候时间最短．
(3)解：能安排，可选择方案为：P 桩：A
G
H
D
，Q 桩：E
J
C
，R 桩：I
B
F
或P 桩：
A
E
J
D
，Q 桩：I
B
F
，R 桩：G
H
C
【分析】（1）先明确两辆车的等候时间构成，据此计算出总时间，再将两种顺序的总时间作差，从而求出
结果，根据1
2
t
t
即可判断出大小关系，最终通过上述结论推导猜想出问题1 的求解方案；
（2）设10 辆轿车充满电的时间按从小到大的排序为：1
2
10
a
a
a
（均为正实数），充电顺序为
1
2
10
,
,
,
b b
b
（
1a 到
10
a 的排序），通过反序和最小的性质证明出结论；
（3）根据（2）证明的结论先将10 辆车的充电时间进行排序，计算出充电时间的总和，根据题意得出每台
充电桩的总充电的理想时间为
630
3
210 min
，通过枚举法进行对比计算得出最短时间即为优选方案．
【详解】（1）解：由题意知，若充电时间为2t 的轿车先充电，则第一辆车完成充电的等候时间为2t ，
第二辆车完成充电的时刻为
1
2
t
t
分钟，两辆车等候的总时间为
2
2
2
1
2
1
2
T
t
t
t
t
t
分钟，
∴
1
2
1
2
2
1
1
2
2
2
T
T
t
t
t
t
t
t
，
∵1
2
t
t
，
∴1
2
0
t
t
，则
1
2
0
T
T
，即
1
2
T
T
，
31 / 43
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要使两辆轿车等候的总时间最短，则充满电量所需时间短的轿车先充电，
可猜想出问题1 的解决方案为：按充满电所需时间从小到大的顺序安排充电即可．
（2）略
（3）解：先将10 辆车的充电时间从小到大排列为：30
40
45
50
60
65
70
80
90
100
，
∴10 辆轿车的充电时间总和为：
30
40
45
50
60
65
70
80
90 100
630 min
，
∵充电桩的充电效率均相同，总时间为各充电桩时间之和，
∴同时完成则各桩时间相等，
要使3 台充电桩同时完成充电，则每台充电桩的总充电的理想时间为：
630
3
210 min
，
由问题1 的结论可知，每台桩内的轿车需按充电时间的从短到长的顺序充电，
∴P，Q，R 桩存在以下情况（先后顺序不计）：
①P 桩的顺序为：
30
80
100
A
B
C
，Q 桩的顺序为：
50
70
90
G
D
F
，
R 桩的顺序为：
40
45
60
65
I
E
H
J
；
②P 桩的顺序为：
30
50
60
70
A
G
H
D
，Q 桩的顺序为：
45
65
100
E
J
C
，R 桩的
顺序为：
40
80
90
I
B
F
；
③P 桩的顺序为：
30
45
65
70
A
E
J
D
，Q 桩的顺序为：
40
80
90
I
B
F
，R 桩的顺
序为：
50
60
100
G
H
C
，
对于①：P 桩等待时间为：
30 3 80 2 100 1
350 min
，Q 桩等待时间为：
50 3
70 2
90 1
380 min
，
R 桩等待时间为：
40 4
45 3
60 2
65 1
480 min
，
总等待时间为：
350
380
480
1210 min
；
对于②：P 桩等待时间为：
30 4
50 3
60 2
70 1
460 min
，Q 桩等待时间为：
45 3
65 2 100 1
365 min
，R 桩等待时间为：
40 3 80 2
90 1
370 min
，
总等待时间为：
460
365
370
1195 min
；
对于③：P 桩等待时间为：
30 4
45 3
65 2
70 1
455 min
，Q 桩等待时间为：
40 3 80 2
90 1
370 min
，R 桩等待时间为：
50 3
60 2 100 1
370 min
，
32 / 43
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总等待时间为：
455
370
370
1195 min
，
∵1195
1210
，
∴可选择方案为：P 桩：A
G
H
D
，Q 桩：E
J
C
，R 桩：I
B
F
或P 桩：A
E
J
D
，
Q 桩：I
B
F
，R 桩：G
H
C
．
45．（2026·福建三明·三模）阅读材料，完成提出的任务．
九年级数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N 能否表示为
2
2
x
y
，其中x ，y 均为自然数．”的问题．
素材1：该兴趣小组的指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下(n 为正整数) ：
N
奇数
4 的倍数
表示结果
2
2
1 1
0
2
2
3
2
1
2
2
5
3
2
____①____
2
2
9
5
4
…
2
2
4
2
0
2
2
8
3
1
2
2
12
4
2
2
2
16
5
3
____②____
…
一般结论
2
1
n ____③____
____④____
素材2 ：该数学兴趣小组还猜测：像2 ，6 ，10，14，…，这些形如4
2
n
（n 为正整数）的正整数N 不能
表示为
2
2
x
y
．
任务：
(1)按上表的规律，①的内容是，②的内容是；
(2)根据素材1，若正整数N 为奇数时，请写出它的一般结论，③的内容是；若正整数N 为4 的倍数时，请
写出它的一般结论，④的内容是（用含n 的等式表示）；
(3)根据素材2 ，请判断该兴趣小组的猜测是否正确，若正确，请给出证明；若不正确，请举出反例．
【答案】(1)①
2
2
7
4
3
；②
2
2
20
6
4
(2)③
2
2
2
1
1
n
n
n
；④
2
2
4
1
1
n
n
n
(3)该兴趣小组的猜测正确，证明如下：
对任意自然数x ，y ，因式分解得：
2
2
x
y
x
y
x
y
，
2
x
y
x
y
x
是偶数，
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x
y
和x
y
都是奇数或都是偶数，
形如4
2
n
的正整数可写成：
4
2
2 2
1
n
n
，
它只能分解为一个偶数一个奇数，即两个因数一奇一偶，
与“ x
y
和x
y
同奇偶”相矛盾，
4
2
n
不能表示为
2
2
x
y
，猜测正确．
【分析】（1）观察奇数、4 的倍数对应的例子中x、y 与对应N 的数值关系，按已有式子的规律补写即可；
（2）对奇数的一般形式2
1
n ，利用平方差公式将其拆解为两个自然数的平方差形式，先写出4 的倍数的
一般含n 的表达式，再类比已有例子的规律，利用平方差公式转化为两个自然数的平方差形式；
（3）先将
2
2
x
y
因式分解为
x
y
x
y
，分析x
y
和x
y
的奇偶性，再判断4
2
n
是否满足
2
2
x
y
的
数的特征即可．
【详解】（1）解：根据题意得：①
2
2
7
4
3
；②
2
2
20
6
4
；
（2）解：若正整数N 为奇数时，
2
2
2 1 1
1
1 1
2
2
2
2 1
2
2 1
2
2
2 3 1
3
3 1
2
2
2
4 1
4
4 1
由此得出规律：
2
2
2
1
1
n
n
n
；
若正整数N 为4 的倍数时，
2
2
4 1
1 1
1 1
2
2
4
2
2
1
2 1
2
2
4 3
3 1
3 1
2
2
4
4
4
1
4 1
由此得出规律：
2
2
4
1
1
n
n
n
；
（3）略．
46．（2026·福建宁德·一模）若正整数对
,
m n 满足：
2
m
n
a
，
2
m
n
b
（a ，b 为正整数），则称
,
m n
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为平方匹配数对．例：
2
17
8
25
5
，
2
17
8
9
3
，则
17,8 为平方匹配数对．
(1)判断
26,10 是否为平方匹配数对；
(2)若
,
m n 是平方匹配数对，求证：
2
2
,
m
mn n
mn
也是平方匹配数对．
【答案】(1)
26,10 是平方匹配数对
(2)
,
m n 是平方匹配数对，
2
m
n
a
，
2
m
n
b
，a ，b 为正整数，
∵m，n 为正整数，
∴
²
0
m
mn
m m
n
，
²
0
n
mn
n n
m
，
2
2
,
)
m
mn n
mn
是正整数对，
2
2
2
2
2
2
m
mn
n
mn
m
mn
n
m
n
，
2
2
2
2
2
2
2
m
mn
n
mn
m
n
m
n
m
n
a b
ab
，
又
m，n ，a ，b 为正整数，
m
n
，ab 为正整数，
2
2
,
)
m
mn n
mn
是平方匹配数对．
【分析】（1）根据“平方匹配数对”的定义分析判断即可；
（2）首先根据“平方匹配数对”的定义可得
2
m
n
a
，
2
m
n
b
（a ，b 为正整数），
结合
2
2
2
m
mn
n
mn
m
n
，
2
2
2
2
2
m
mn
n
mn
m
n
ab
，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵
2
26
10
36
6
，
2
26
10
16
4
，
∴
26,10 是平方匹配数对；
（2）略
47．（2026·福建三明·二模）阅读材料，回答问题．
将边长为1 的正方形称为“单位正方形”，由若干个单位正方形组成的矩形称为“网格矩形”，水平方向边长为
m，竖直方向边长为n 的网格矩形称为“ m
n
矩形”，例如，图1，图2，图3 中的网格矩形分别称为“2×1 矩
形”“2×3 矩形”“4×3 矩形”．小海、小江和小河对“矩形的一条对角线穿过单位正方形（至少经过单位正方形
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内部的一个点）的数量”问题产生浓厚兴趣，并对此展开探究．
小海分别画出图1，图2，图3 中网格矩形的一条对角线，制作了下表：
（
m n
k
表示m
n
矩形的一条对角线穿过单位正方形的个数）
m
n
m
n
m n
k
2
1
3
2
2
3
5
4
4
3
7
①
小海根据表中数据发现
m n
k
与m
n
之间满足等量关系：
m n
k
②．记这个等量关系为“*”．
小江、小河研究发现等量关系*可以推广，并分别提出观点．
小江的观点是：在m
n
矩形中，当正整数m，n 中至少有一个为奇数时，等量关系*一定成立．
小河的观点是：在m
n
矩形中，当正整数m，n 互质（m，n 的公因数只有1）时，等量关系*一定成立．
(1)①的内容是_______，②的内容是_______；
(2)判断小江、小河的观点是否正确，并针对错误的观点举出反例；
(3)m，n 均为正整数，且m
n
，写出满足
6
m n
k
的所有数对
,
m n ．
【答案】(1)6；
1
m
n
(2)
小河的观点正确，小江的观点不正确；
针对小江的观点，反例为6 3
矩形，如下图：
1
8
m
n
，而
6
m n
k
.
(3)
6,1 ，
5,2 ，
4,3 ，
6,2 ，
6,3 ，
6,6
【分析】（1）通过画图和观察表格的数据规律即可获解；
（2）通过构造6 3
矩形，即可作出正确判断；
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（3）按照m ，n 是否互质分类讨论，当m ，n 互质时，用上述规律列方程求解即可，当m ，n 不互质时，
用公约数去约它们，转化为互质的情况讨论即可．
【详解】（1）如图：
所以①的内容为6；
观察表格数据规律可知：
②的内容为
1
m
n
．
（2）略
（3）满足条件的所有数对为：
(6,1) ，(5,2) ，(4,3) ，(6,2) ，(6,3)，(6,6) ，
理由如下：
当m，n 互质时，m
n
矩形的一条对角线穿过的单位正方形的个数为
1
m
n
．
当m，n 不互质时，设其最大公因数为p，则正整数m
p ，
n
p 互质，故m
n
p
p
矩形的一条对角线穿过的单位正
方形的个数为
1
m
n
p
p
，从而
1
m n
m
n
k
p
m
n
p
p
p
．
依题意，分成四类：
第一类，m，n 互质，此时
1
6
m
n
，即
7
m
n
，共有
6
1
m
n
，
5
2
m
n
，
4
3
m
n
三种情形；
第二类，m，n 的最大公约数为2，此时
2
6
m
n
，则
6
2
m
n
；
第三类，m，n 的最大公约数为3，此时
3
6
m
n
，则
6
3
m
n
；
第四类，m，n 的最大公约数为6，此时
6
m
n
．
48．（2026·福建南平·二模）阅读材料，回答问题．
主题
“错”中取义——“非法约分”的规律探究
提出问题
小明是一位爱思考的小学生，他在查看约分的作业本时，发现不
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可思议却又约分正确的练习题：2 6
6
2
5
5
，16
6
1
4
4
，小明称之为“非
法约分”，据此，他提出猜想：若一个分数“约去”分子和分母中相
同的数字，则得到的数与原分数值相等．
分析问题
问题1. 小明的猜想是否正确？若正确，请给予证明；否则，请举
出反例．
解决问题
小明的猜想激发了初中生小华的探究热情，并举例验证猜想，为
了研究分子、分母均为两位数且“非法约分”正确的一般结构，进
而推广到其他分数的情形，规定：分子、分母均为两位数且“非法
约分”正确的分数的分子、分母分别为
10
ab
a
b
，
10
1
, ,
9
bc
b
c
a b c
，且该分数的“非法约分”表示为：
ab
a b
bc
b
a
c
c
．
提出并证明了以下命题．
命题：若分数
1
9,1
9
ab
a
a
c
b
c
bc
，则必有a
b
c
或
a
b
c
时，有序数对
, ,
a b c 有且仅有4 对．
证明：依题意知，10
10
a
b
a
b
c
c
，整理，得
9
10
ac
b
a
c
…（*），
当a
b
c
时，
1
aa
a
a
aa
，显然成立；
当
a
b
c 时，
9
10
ac
a
a
c
，所以a
c
矛盾，舍去；
当a
c
b
时，
2
9
10
a
b
a
a
，所以a
b
矛盾，舍去；
当a
b
c
时，因为8
0
a
c
，所以
10
9
a
c
a
a
c
不是
9 的倍数，由（*）得b 为3 的倍数，所以
3
b
，6 或9 ，
若
3
b
，则由（*）得，
10
9
3
3
3
3
3
1
3
1
3
1
a
a
a
a
c
a
a
a
，由
3
1
3
a
a
得，c 不是整数，舍去；
若
6
b
，则由（*）得，①；
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若
9
b
，则由（*）得，②．
综上所述，a
b
c
，，应满足a
b
c
或a
b
c
时，有序数对
, ,
a b c 有且仅有4 对．
故命题成立．
推广延伸
问题2 .若把19
95 的分子、分母中相同数字9 “拉长”至n 个得到分数
19
9
9
95
n
n
个
个
，则它的“非法约分”是否正确？证明你的结论．
(1)解决问题1；
(2)请把①②所缺的证明过程补充完整；
(3)解决问题2 ．
【答案】(1)
解：小明的猜想不正确，理由如下：
反例：15
5
54
18
，15
54 “非法约分”后为1
4 ，而5
1
18
4
，
∴小明的猜想不正确；
(2)
解：①
20
3
2
a
c
a
，
由c 是整数知，
1
a 或2 ，
所以
1
4
a
c
或
2
5
a
c
，
故
, ,
a b c 为
1,6,4 或
2,6,5 ；
②
10
10
10
1
1
a
c
a
a
，
由c 是整数知，
1 1
a ，2 ，5 ，10，
因为1
9
a
c
，1
9
b
，
所以
1
a 或4 ，
所以
1
5
a
c
或
4
8
a
c
，
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故
, ,
a b c 为
1,9,5 或
4,9,8 ；
(3)
解：正确，证明如下：
ͳͻڄڄڄͻ
ฑ݊
个
ͻڄڄڄͻ
ถ݊
个
ͷ ൌ
ͳͲ݊ͳͲ݊െͳ
ͳͲൈͳͲ݊െͳ ͷ ൌ
ʹൈͳͲ݊െͳ
ͳͲ݊ͳെͷ ൌ
ʹൈͳͲ݊െͳ
ͷൈʹൈͳͲ݊െͳ ൌ
ͳ
ͷ，
而按“非法约分”规则，19
9
9
95
1 9
9
n
n
个
个
9
9
n
个
1
5
5
n
个
，
故19
9
9
95
n
n
个
个
的“非法约分”正确．
【分析】（1）举反例即可判断求解；
（2 ）仿照前面的推论补充证明过程即可；
（3 ）求出ͳͻڄڄڄͻ
ฎ݊
个
ͻڄڄڄͻ
ณ݊
个
ͷ化简后的结果，再求出“非法约分”的结果即可求证；
【详解】（1）略
（2）略
（3）略
49．（2026·福建三明·一模）【阅读材料】用“割尾法”判断一个三位数能否是7 的整数倍．
方法：三位数abc割掉末位数字c 得两位数
ab ，再用ab 减去c 的2 倍所得的差为
2
ab
c
．若
2
ab
c
是7 的整数倍，则abc是
7 的整数倍．
注：
100
10
abc
a
b
c
举例：对于三位数364，割掉末位数字4
得36，36
4
2
28
，因为28 是7 的
整数倍，所以364 是7 的整数倍．
(1)①填空：226_____7 的倍数．（填：“是”或“不是”）
②材料中的判断方法是“若
2
ab
c
是7 的整数倍，则abc是7 的整数倍”，请证明这种方法的正确性；
(2)经论证，“割尾法”也能判断一个四位数是否为7 的整数倍．若四位自然数
226
N
n
能被7 整除，求n 的
所有可能取值．
【答案】(1)①不是；
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②由题意，得：
100
10
abc
a
b
c
，
2
10
2
ab
c
a
b
c
，
2
ab
c
是7 的整数倍，
设
2
10
2
7
ab
c
a
b
c
k
（k 为整数），
10
7
2
a
b
k
c
，
100
10
abc
a
b
c
10 10a
b
c
10 7
2
k
c
c
70
21
k
c
7 10
3
k
c
，
abc是7 的整数倍．
(2)
2
n
或9
【分析】（1）①按照已知条件的举例和方法进行解答即可；
②按照多位数的表示方法表示出abc和
2
ab
c
，利用
2
ab
c
是7 的整数倍，设
2
10
2
7
ab
c
a
b
c
k
，
得10
7
2
a
b
k
c
，再整体代入
100
10
10 10
abc
a
b
c
a
b
c
即可解决；
（2）根据题意可得100
10
n
能被7 整除，推出
100
10
7 14
1
2
3
n
n
n
，则2
3
n 能被７整除，即可解
答．
【详解】（1）解：①根据题意可知，三位数226，割掉末位数字6 得22，
22
6
2
22 12
10
，
10 不是7 的整数倍，
226
不是7 的整数倍；
②略
（2）解：根据题意可得，四位数226
n
，割掉末位数字6 得22
n
，
四位自然数
226
N
n
能被7 整除，
三位自然数100
2 10
2
2 6
n
能被7 整除，
即100
10
n
能被7 整除，
100
10
7 14
1
2
3
n
n
n
，
2
3
n
能被7 整除，
1
9
n
，且n 为整数，
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则可得
2
n
或9 ．
50．（2026·福建福州·模拟预测）已知整数a，b，m，n 满足a
b
mn
．
(1)求证：
2
2
2
a
b
mnb
为非负数；
(2)若m，n 为两个连续的正整数，且
,
m
n c
a
m
b
a
n
b
，求证：c 一定是奇数．
【答案】(1)
证明：因为a
b
mn
，
所以a
b
mn
，
所以
2
2
2
a
b
mnb
=
2
2
(
)
2
b
mn
b
mnb
=
2
2
2
2
2
2
2
2
b
mnb
m n
b
mnb
m n
2
(
)
mn
，
因为
2
(
)
0
mn
，
所以
2
2
2
0
a
b
mnb
，
所以
2
2
2
a
b
mnb
为非负数．
(2)
证明：因为a
b
mn
，
且m，n 为两个连续的正整数，且m
n
，
所以
1
n
m
，
1
m
n
，
所以c
a
m
b
a
n
b
=
mn
m
mn
n
=
1
1
m n
n m
=
2
2
m
n
m
n
，
因为m，n 为两个连续的正整数，
所以m
n
是奇数，
所以c 一定是奇数．
【分析】（1）因为a
b
mn
，所以a
b
mn
，将这个式子代入到
2
2
2
a
b
mnb
中，可得原式
2
(
)
mn
，
据此证明以
2
2
2
a
b
mnb
为非负数；
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（2）因为m，n 为两个连续的正整数，且m
n
，所以
1
n
m
，
1
m
n
，所以
2
2
c
a
m
b
a
n
b
m
n
m
n
，因为m，n 为两个连续的正整数，所以m
n
是奇数，据此
得证．
本题考查了整式的混合运算、非负数的性质：偶次方、非负数的性质：算术平方根，解决本题的关键是先
将要计算的式子进行化简．
【详解】（1）略
（2）略
51．（2026·福建莆田·三模）定义：如果一个正整数可以被4 整除，且可以表示为两个正整数的平方差，我
们把这个数称为“特色数”．例如，16 可以被4 整除，且
2
2
16
5
3
，所以16 为“特色数”．
(1)8 是否为“特色数”？说明理由；
(2)在数学上常用mn 表示一个十位数字为m ，个位数字为n 的两位数．若mn 是一个“特色数”，且
4
m
n
，
求mn ．
【答案】(1)是，
理由如下：
8
4
2
，
8
可以被4 整除，
2
2
8
3
1
，
8
是特色数；
(2)40
【分析】本题考查了“特色数”的定义，平方差公式，正确理解“特色数”的定义是解此题的关键．
（1）根据“特色数”的定义判断即可得解；
（2）根据题意可得这个两位数是13 或22 或31 或40，再结合“特色数”的定义判断即可得解．
【详解】（1）略
（2）解：依题意，得m，n 为整数，且1
9
m
，0
9
n
．
4
m
n
，
m
的值为1，2，3，4，n 的相应值为3，2，1，0．
这个两位数是13 或22 或31 或40，
13，22 ，31不能被4 整除，
13
，22 ，31不是特色数，
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40
mn
．
52．（2026·福建泉州·一模）【观察发现】有些三位数，十位上的数字的两倍恰好等于百位上的数字与个位
数字的和．如：345，147 等，我们称这样的三位数为“和倍数”．
【猜想验证】猜想“和倍数”是哪个正整数（1 除外）的倍数，并验证你的猜想．
【答案】
解：“和倍数”是3 的倍数，证明如下：
设“和倍数”为
100
10
abc
a
b
c
，
由题意得，
2
a
c
b
，
2
c
b
a
，
100
10
100
10
2
99
12
3 33
4
a
b
c
a
b
b
a
a
b
a
b
，
,a b 是整数，
33
4
a
b
是整数，
3 33
4
a
b
是3 的倍数，
“和倍数”是3 的倍数．
【分析】本题考查了新定义、整式加减的应用，正确理解“和倍数”的定义是解题的关键．设“和倍数”为
100
10
abc
a
b
c
，根据“和倍数”的定义可得
2
a
c
b
，整理可得
100
10
3 33
4
a
b
c
a
b
，即可得出
结论．
【详解】略
