2023年中考数学真题分类汇编（全国版）：代数式

PAGE12023年中考数学真题分类汇编（全国版）：代数式一、选择题1．（2023九上·孟州期末）对于实数a，b定义运算“⊗”为a⊗b=b2−ab，例如3⊗2=A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．无实数根 D．无法确定2．（2023·济宁）已知一列均不为1的数a1，a2，a3，⋯，aA．−12 B．13 C．3．（2023·常德）若a2+3a−4=0，则A．5 B．1 C．−1 D．04．（2023·常德）观察下边的数表（横排为行，竖排为列），按数表中的规律，分数202023若排在第a行b列，则a−b112132214233……A．2003 B．2004 C．2022 D．20235．（2023·重庆）用长度相同的木棍按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案用了9根木棍，第②个图案用了14根木棍，第③个图案用了19根木棍，第④个图案用了24根木棍，……，按此规律排列下去，则第⑧个图案用的木棍根数是（）A．39 B．44 C．49 D．546．（2023·重庆）用圆圈按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个圆圈，第②个图案中有5个圆圈，第③个图案中有8个圆圈，第④个图案中有11个圆圈，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中圆圈的个数为（）A．14 B．20 C．23 D．267．（2023·内江）对于正数x，规定f(x)=2xx+1，例如：f(2)A．199 B．200 C．201 D．2028．（2023·达州）如图，四边形ABCD是边长为12的正方形，曲线DA1B1C1D1A2⋯是由多段90°的圆心角的圆心为C，半径为A．4045π2 B．2023π C．2023π4 9．（2023·重庆）在多项式x−y−z−m−n（其中x>y>z>m>n）中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：x−y−|z−m|−n=x−y−z+m−n，|x−y|−z−|m−n|=x−y−z−m+n，……．下列说法：①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等；②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果．其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题10．（2023·怀化）定义新运算：(a，b)⋅(c，d)=ac+bd，其中a，b，11．（2023·济宁）已知实数m满足m2−m−1=0，则212．（2023·河南）某校计划给每个年级配发n套劳动工具，则3个年级共需配发套劳动工具．13．（2023·十堰）若x+y=3，xy=2，则x2y+xy14．（2023·十堰）用火柴棍拼成如下图案，其中第①个图案由4个小等边三角形围成1个小菱形，第②个图案由6个小等边三角形围成2个小菱形，……，若按此规律拼下去，则第n个图案需要火柴棍的根数为（用含n的式子表示）．15．（2023·随州）某天老师给同学们出了一道趣味数学题：设有编号为1-100的100盏灯，分别对应着编号为1-100的100个开关，灯分为“亮”和“不亮”两种状态，每按一次开关改变一次相对应编号的灯的状态，所有灯的初始状态为“不亮”．现有100个人，第1个人把所有编号是1的整数倍的开关按一次，第2个人把所有编号是2的整数倍的开关按一次，第3个人把所有编号是3的整数倍的开关按一次，……，第100个人把所有编号是100的整数倍的开关按一次．问最终状态为“亮”的灯共有多少盏？几位同学对该问题展开了讨论：甲：应分析每个开关被按的次数找出规律：乙：1号开关只被第1个人按了1次，2号开关被第1个人和第2个人共按了2次，3号开关被第1个人和第3个人共按了2次，……丙：只有按了奇数次的开关所对应的灯最终是“亮”的状态．根据以上同学的思维过程，可以得出最终状态为“亮”的灯共有盏．16．（2023·枣庄）若x=3是关x的方程ax2−bx=6的解，则2023−6a+2b17．（2023·广安）定义一种新运算：对于两个非零实数a、b，a※b=xa+yb．若2※(−2)=118．（2023·遂宁）烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物，在生产生活中可作为燃料、润滑剂等原料，也可用于动、植物的养护．通常用碳原子的个数命名为甲烷、乙烷、丙烷、……、癸烷（当碳原子数目超过10个时即用汉文数字表示，如十一烷、十二烷……）等，甲烷的化学式为CH4，乙烷的化学式为C2H619．（2023·凉山）已知x2−2x−1=0，则3x20．（2023·聊城）如图，图中数字是从1开始按箭头方向排列的有序数阵．从3开始，把位于同一列且在拐角处的两个数字提取出来组成有序数对：(3，5)；(7，10)；(13，17)；21．（2023·怀化）在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为(1，0)．把△AOB按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A22．（2023·广安）在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3、A4⋯在x轴的正半轴上，点B1、23．（2023·成都）定义：如果一个正整数能表示为两个正整数m，n的平方差，且m−n>1，则称这个正整数为“智慧优数”.例如，16=52−32，16就是一个智慧优数，可以利用m24．（2023·重庆）如果一个四位自然数abcd的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足ab−bc=cd，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵41−12=29，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵53−32=21≠24，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为a312，则这个数为；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc与后三个数字组成的三位数25．（2023·重庆）对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵7−1=6，3−1=2，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵8−1≠6，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为；一个“天真数”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，记P(M)=3(a+b)+c+d，Q(M)=a−5，若P(M)Q(M)能被10整除，则满足条件的M的最大值为三、综合题26．（2023·枣庄）对于任意实数a，b，定义一种新运算：a※b=a−b(a≥2b)a+b−6(a<2b（1）4※3=，(−1)（2）若(3x+227．（2023·遂宁）我们规定：对于任意实数a、b、c、d有[a，b（1）求[−4（2）已知关于x的方程[x28．（2023·嘉兴）观察下面的等式：3（1）写出19（2）按上面的规律归纳出一个一般的结论（用含n的等式表示，n为正整数）（3）请运用有关知识，推理说明这个结论是正确的．29．（2023·鄂州）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y=ax2（a＞0）型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F（0，14a）的距离PF，始终等于它到定直线l：y=−14a的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y=−14a叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH=2OF=12a．例如，抛物线y=2x2，其焦点坐标为F（0，（1）【基础训练】请分别直接写出抛物线y=14x2的焦点坐标和准线l的方程：（2）【技能训练】如图2，已知抛物线y=14x2上一点P（x0，y0（3）【能力提升】如图3，已知抛物线y=14x2的焦点为F，准线方程为l．直线m：y=12x−3交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为d1，到直线m的距离为d2（4）【拓展延伸】该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y=ax2（a＞0）平移至y=a(x-h)2+k（a＞0）．抛物线y=a(x-h)2+k（a＞0）内有一定点F（h，k+14a），直线l过点M（h，k−14a）且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP1始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线y=2(x-1)2+3上的动点P到点F（1，请阅读上面的材料，探究下题：如图4，点D（-1，32）是第二象限内一定点，点P是抛物线y=1

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：∵(k−3)⊗x=k−1，∴x2∴x2∴Δ=b∴方程x2故答案为：A.【分析】根据定义的新运算法则列出方程，并将方程整理成一般形式，进而根据对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，即可判断得出答案.2．【答案】A【解析】【解答】解：∵a1=2，

∴a2=−3，a3=−12，a4=13，a5=2，3．【答案】A【解析】【解答】解：∵a2+3a−4=0，

∴a2+3a=4，

∴2a2+6a−3=8−3=54．【答案】C【解析】【解答】解：由题意得位于第几列，分子就为几，且只有第一列的分数，分母与其所在行数一致，

∴b=20，

∴向前推算到第一列分式时20−192023+19=12042，

∴a=2042，

∴a−b=2022，5．【答案】B【解析】【解答】解：由题意得

第①个图案用了9根木棍，木棍数=1×5+4=9；

第②个图案用了14根木棍，木棍数=2×5+4=14；

第③个图案用了19根木棍，木棍数=3×5+4=19；

第④个图案用了24根木棍，木棍数=4×5+4=24；

第⑧个图案用的木棍数为8×5+4=44，

故答案为：B

【分析】直接根据题意找出木棍数的规律，进而即可求解。6．【答案】B【解析】【解答】解：由题意得

第①个图案中有2个圆圈，圆圈数=1×3-1=2；

第②个图案中有5个圆圈，圆圈数=2×3-1=5；

第③个图案中有8个圆圈，圆圈数=3×3-1=8；

第④个图案中有11个圆圈，圆圈数=4×3-1=11；

第⑦个图案中圆圈的个数为7×3-1=20，

故答案为：B

【分析】直接根据题意找出圆圈个数的规律，进而即可求解。7．【答案】C【解析】【解答】解：由题意得f(1)=21+1=1，

f(2)=2×22+1=43，f(12)=2×1218．【答案】A【解析】【解答】解：∵曲线DA1B1C1D1A2⋯是由多段90°的圆心角的圆心为C，

∴每一次的弧的半径比前一次的多12，

∴AD=AA1=12，B1B=BA1=1，B1C=CC1=32，D1C=D9．【答案】C【解析】【解答】解：

①∵x>y>z>m>n，

∴|x−y|−z−m−n=x−y−z−m−n，故①正确；

②∵x>y>z>m>n，

∴在“绝对操作”后，x和y前的符号不会发生变化，而z、n、m前的符号有可能发生变化，

∴不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故②正确；

③由题意得，再进行“绝对操作”时，可能会产生：

|x−y|−z−m−n=x−y−z−m−n；

x−y−z−m−n=x−y+z−m−n；

x−y−|z−m|−n=x−y−z+m−n；

|x−y|−z−|m−n|=x−y−z−|m−n|=x−y−z−m+n；

x−y−z−m−n=x−y+z−m+n；

∴一共可以产生5种运算结果，故10．【答案】1【解析】【解答】解：∵(2x，3)⋅(3，−1)11．【答案】8【解析】【解答】解：∵m2−m−1=0，

∴m2−m=1，

∴2m3−312．【答案】3n【解析】【解答】解：由题意可得：3个年级共需配发3n套劳动工具.

故答案为：3n.

【分析】根据每个年级配发的套数×年级数进行解答.13．【答案】6【解析】【解答】解：∵x+y=3，xy=2，

∴x2y+xy2=xy(x+y)=3×2=6.

故答案为：6.

【分析】对待求式因式分解可得xy(x+y)，然后将已知条件代入进行计算.14．【答案】6n+6【解析】【解答】解：第①个图案需要火柴棒的根数为12=6+6×1；

第②个图案需要火柴棒的根数为18=6+6×2；

第③个图案需要火柴棒的根数为24=6+6×3；

……

第n个图案需要火柴棍的根数为6+6n.

故答案为：6+6n.

【分析】根据图案分别表示出第①、②、③个图案需要火柴棒的根数，进而可推出第n个图案需要火柴棍的根数.15．【答案】10【解析】【解答】解：∵1号开关被按了1次，2号开关被按了2次，3号开关被按了3次，4号开关被按了3次，5号开关被按了2次，6号开关被按了4次，7号开关被按了2次，8号开关被按了4次，9号开关被按了3次，……

∴n号开关被按的次数等于n的约数的个数，

∴约数个数是奇数，则n一定是平方数.

∵100=102，

∴100以内共有10个平方数，

∴最终状态为“亮”的灯共有10盏.

故答案为：10.

【分析】由题意可得：n号开关被按的次数等于n的约数的个数，则约数个数是奇数，n一定是平方数，据此解答.16．【答案】2019【解析】【解答】将x=3代入ax2−bx=6，

可得：9a-3b=6，

∴3a-b=2，

∴2023−6a+2b=2023−23a−b=2023−2×2=2019，

17．【答案】−【解析】【解答】解：由题意得2※(−2)=x2+y−2=1，

∴x-y=2，

∴(−3)※3=18．【答案】C【解析】【解答】解：由题意得甲烷的化学式为CH4，乙烷的化学式为C2H6，丙烷的化学式为C3H8，

∴n烷的化学式为CnH2n+2，

∴十二烷的化学式为C12H26，

故答案为：19．【答案】2023【解析】【解答】解：

∵x2−2x−1=0，

∴x2−2x=1，x2=2x+1，

∴3x3−1020．【答案】(【解析】【解答】解：由题意得每个数对的第一个数为3，7，13，21，31，，nn+1+1=n2+n+1，

每个数对的第二个数为5，10，17，26，37，，n+12+1=n2+2n+2，21．【答案】22023；【解析】【解答】解：∵△AOB为等边三角形，点A的坐标为(1，0)，

∴OA=1，

∵每次旋转角度为60°，

∴6次旋转360°，

第一次旋转后，A1在第四象限，OA1=2，

第二次旋转后，A2在第三象限，OA2=22，

第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3=23，

第四次旋转后，A4在第二象限，OA4=24，

第五次旋转后，A5在第一象限，OA5=25，

第六次旋转后，A6在轴正半轴，OA6=26，

……

如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到x轴正半轴，

∵2023÷6=337...1，

∴点A2023在第四象限，且0A2023=22023，

如图，过点A2023作A2023H⊥x轴于H，

∵在Rt△OHA2023中，∠HOA2023=60°，

∴OH=OA2023·cos∠HOA2023=22023xcos60°=22023x12=22022，

∴A2023H=OA2023sin∠HOA2023=22023+32=3×22022，

∴点A2023的坐标为(22022，−22．【答案】2【解析】【解答】解：过点A1作A1M⊥x轴交直线y=33x(x≥0)于点M，过点B1作B1C⊥x轴于点C，如图所示：

∵点A1的坐标为(2，0)，

∴A1O=2，

当x=2时，y=233，

∴M（2，233），

∴A1M=233，

∴tan∠A1OM=33，

∴∠A1OM=30°，

∵△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4⋯均为等边三角形，

∴∠B1A1A2=60°，A2A1=A1B1，

∴B1A1=OA1=223．【答案】15；57【解析】【解答】解：由题意可得：

当m=3，n=1时，第1个智慧优数为：32-12=8，

当m=4，n=2时，第2个智慧优数为：42-22=12，

当m=4，n=1时，第3个智慧优数为：42-12=15，

当m=5，n=3时，第3个智慧优数为：52-32=16，

当m=5，n=2时，第3个智慧优数为：52-22=21，

当m=5，n=1时，第3个智慧优数为：52-12=24，

……

当m=6时，有4个智慧优数，

当m=7时，有5个智慧优数，

当m=8时，有6个智慧优数，

1+2+3+4+5+6=21.

又∵两数之间的差越小，平方越小，

∴后面也有智慧优数比较小的，

∴第22个智慧优数，当m=9，n=5时，第22个智慧优数为：92-52=81-25=56，

第23个智慧优数，当m=11，n=8时，第23个智慧优数为：112-82=121-64=57，

故答案为：15，57.

【分析】根据题意找出规律，结合智慧优数的定义求解即可。24．【答案】4312；8165【解析】【解答】解：由题意得10a+3-21=12，

∴a=4，

∴这个数为4312；

∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc与后三个数字组成的三位数bcd的和能被9整除，

∴10a-9b-11c=d，

∴一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc与后三个数字组成的三位数bcd的和为100a+10b+c+100b+10c+d=100a+10b+c+100b+10c+10a-9b-11c=110a+101b=99（a+b）+11a+2b

∴11a+2b9为整数，

∵要求最大“递减数”，

∴a=8，b=1，

∴71-11c=d，

∴c最大为6，

∴d=5，

∴满足条件的数的最大值是8165，

故答案为：4312，8165

25．【答案】6200；9313【解析】【解答】解：∵它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”，

∴最小的“天真数”为6200，

∵M的千位数字为a（6≤a≤9），百位数字为b（2≤b≤9），十位数字为c，个位数字为d，

∴a-d=6，b-c=2，

∴c+d=a+b-8，

∵要求满足条件的M的最大值，

∴a=9，

∴P(M)Q(M)=4a+b−8a−5=7+b，

∵P(M)Q(M)能被10整除，2≤b≤9，

∴b=3，

∴M为9313，26．【答案】（1）1；2（2）解：若3x+2≥2(x−1)(3x+2解得：x=1，若3x+2＜2(x−1)(3x+2解得：x=5∴x=1，【解析】【解答】（1）∵4<