专题02选择压轴题：函数与新定义综合(原卷版+解析)

专题02选择压轴题：函数与新定义综合一、单选题（25题）1．（2023·重庆·统考中考真题）在多项式（其中中，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：，，．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．32．（2022·重庆·统考中考真题）对多项式任意加括号后仍然只含减法运算并将所得式子化简，称之为“加算操作”，例如：，，…，给出下列说法：①至少存在一种“加算操作”，使其结果与原多项式相等；②不存在任何“加算操作”，使其结果与原多项式之和为0；③所有的“加算操作”共有8种不同的结果．以上说法中正确的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．33．（2021·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB∥X轴，AO⊥AD，AO=AD．过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE．反比例函数的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF．若，则k的值为（

）A． B． C．7 D．4．（2021·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，的面积为1，则k的值为（

）A． B． C．2 D．35．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）在黑板上写下一列不同的自然数，允许擦去任意两个数，再写上它们两个数的和或差（前数－后数），并放在这列数的最后面，重复这样的操作，直至在黑板上仅留下一个数为止，下列说法中正确的个数为（

）①写了2、3、4，按此操作，最后留下的那个数可能是5；②写了1、3、5、7，按此操作，最后留下的那个数可能有16种不同的结果；③写了1、2、3…19、20，按此操作，最后留下的那个数可能是．A．0 B．1 C．2 D．36．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）在多项式中，除首尾项a、外，其余各项都可闪退，闪退项的前面部分和其后面部分都加上绝对值，并用减号连接，则称此为“闪减操作”．每种“闪减操作”可以闪退的项数分别为一项，两项，三项．“闪减操作”只针对多项式进行．例如：“闪减操作”为，与同时“闪减操作”为，…，下列说法：①存在对两种不同的“闪减操作”后的式子作差，结果不含与e相关的项；②若每种操作只闪退一项，则对三种不同“闪减操作”的结果进行去绝对值，共有8种不同的结果；③若可以闪退的三项，，满足：，则的最小值为．其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．37．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）已知多项式，多项式．①若，则代数式的值为；②当，时，代数式的最小值为；③当时，若，则关于x的方程有两个实数根；④当时，若，则x的取值范围是．以上结论正确的个数是（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个8．（2023·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考一模）已知，（为正整数），下列说法：①；②；③；④若，则的最小值为3．其中正确选项的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．39．（2023·重庆南岸·统考一模）已知整式，，则下列说法中正确的有（

）①无论为何值，和的值都不可能为正；②若为常数且，则；③若，则；④不存在这样的实数，使得．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．（2023·重庆沙坪坝·统考一模）从，，三个数中任意取两个数相加再减去第三个数，根据不同的选择得到三个结果，，，称为一次操作．下列说法：①若，，，则，，三个数中最大的数是4；②若，，，且，，中最小值为，则；③给定，，三个数，将第一次操作的三个结果，，按上述方法再进行一次操作，得到三个结果，，，以此类推，第次操作的结果是，，，则的值为定值．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．311．（2023·重庆开州·校联考一模）有依次排列的个整式：，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推．通过实际操作，四个同学分别得出一个结论：小琴：第二次操作后整式串为：，，，，；小棋：第二次操作后，当时，所有整式的积为正数；小书：第三次操作后整式串中共有个整式；小画：第次操作后，所有的整式的和为；四个结论正确的有（

）个．A． B． C． D．12．（2023·重庆合川·校考一模）有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加上得到第3项，以此类推；下面4个结论中正确结论的个数为（）①第4项为；②；③若第2022项的值为0，则；④当时，第k项的值为．A．1 B．2 C．3 D．413．（2023·重庆九龙坡·统考一模）若对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如那么以下说法正确的有（

）①；

②；

③若满足，则；④若＝，则；

⑤对于任意的实数x，均有：A．1个 B．2个 C．3个 D．4个14．（2023·重庆渝中·统考二模）代数式的最小值是（

）A．3 B． C．1＋3 D．515．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考一模）对于两个正整数a，，将这两个数进行如下操作：第一次操作：计算b与a的差的算术平方根，记作；第二次操作：计算b与的差的算术平方根，记作；第三次操作：计算b与的差的算术平方根，记作；……依次类推，若，则下列说法①当时，；

②当时，；③点一定在抛物线上；④当，2，3，…，n时，对应b的值分别为，，，…，，若则n的值为42：其中正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个16．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考二模）有两个整数把整数对进行操作后可得到中的某一个整数对，将得到的新整数对继续按照上述规则操作下去，每得到一个新的整数对称为一次操作．若将整数对按照上述规则进行操作，则以下结论正确的个数是（

）①若次操作后得到的整数对仍然为，则的最小值为2；②三次操作后得到的整数对可能为；③不管经过多少次操作，得到的整数对都不会是．A．3个 B．2个 C．1个 D．0个17．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）定义一种新运算：，下列说法：①若，则，；②若，则该不等式的解集为；③代数式取得最小值时，；④函数，函数，当时，．以上结论正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个18．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考二模）对于多项式：，，，，我们用任意两个多项式求差后所得的结果，再与剩余两个多项式的差作差，并算出结果，称之为“全差操作”例如：，，，给出下列说法：①不存在任何“全差操作”，使其结果为0；②至少存在一种“全差操作”，使其结果为；③所有的“全差操作”共有5种不同的结果．以上说法中正确的是：（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个19．（2023·重庆·重庆实验外国语学校校考二模）定义一个运算，下列说法正确的有（

）个①；②若，则或2；③；④若，则．A．1 B．2 C．3 D．420．（2023·重庆大渡口·统考二模）我们知道，两个奇数相加、相减的结果是偶数，两个偶数相加、相减的结果是偶数，一个奇数与一个偶数相加、相减的结果是奇数．现有由个正整数排成的一组数，记为，任意改变它们的顺序后记作，若，下列说法（

）①P可以为0；②当n是奇数时，P是偶数；③当n是偶数时，P是奇数．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．321．（2023·重庆江津·重庆市江津中学校校考二模）如果实数，满足的形式，那么和就是“智慧数”，用表示．如：由于，所以是“智慧数”，现给出以下结论：①和是“智慧数”；②如果是“智慧数”，那么“”的值为；③如果是“智慧数”，则与之间的关系式为；④如果是“智慧数”，当时，随的增大而增大，其中正确的有（

）A．个 B．个 C．个 D．个22．（2023·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）已知三个函数：，，，下列说法：①当时，的值为6或；②对于任意的实数m，n，若，，则；③若时，则；④若当式子中的取值为与时，的值相等，则a的最大值为8．以上说法中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．423．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）已知，对多项式任意添加绝对值运算(不可添加为单个字母的绝对值或绝对值中含有绝对值的情况)后仍只含有减法运算，称这种操作为“绝对操作”．例如：，等．下列说法：①至少存在一种“绝对操作”，使其化简的结果与原多项式相等；②不存在任何“绝对操作”，使其化简的结果与原多项式之和为0；③若只添加两个绝对值，化简所有可能的“绝对操作”共有5种不同的结果．其中正确的个数是(

)A．0 B．1 C．2 D．324．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）对于整式：、、、，在每个式子前添加“＋”或“－”号，先求和再求和的绝对值，称这种操作为“全绝对”操作，并将绝对值化简的结果记为．例如：，当时，；当时，，所以或．下列相关说法正确的个数是：（

）①至少存在一种“全绝对”操作使得操作后化简的结果为常数；②若一种“全绝对”操作的化简结果为为常数），则；③所有可能的“全绝对”操作后的式子化简后有16种不同的结果，A．0 B．1 C．2 D．325．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考三模）由n（）个正整数组成的一列数，记为，，…，任意改变它们的顺序后记作，，…，若，下列说法中正确的个数是（

）①若，，…，则M一定为偶数；②当时，若，，为三个连续整数，则M一定为偶数；③若M为偶数，则n一定为奇数；④若M为奇数，则n一定为偶数．A．4 B．3 C．2 D．1

专题02选择压轴题：函数与新定义综合一、单选题（25题）1．（2023·重庆·统考中考真题）在多项式（其中中，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：，，．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【答案】C【分析】根据给定的定义，举出符合条件的说法①和②．说法③需要对绝对操作分析添加一个和两个绝对值的情况，并将结果进行比较排除相等的结果，汇总得出答案．【详解】解：，故说法①正确．若使其运算结果与原多项式之和为0，必须出现，显然无论怎么添加绝对值，都无法使的符号为负，故说法②正确．当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是；；；．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是；；．共有7种情况；有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查新定义题型，根据多给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论；需要注意去绝对值时的符号，和所有结果可能的比较．主要考查绝对值计算和分类讨论思想的应用．2．（2022·重庆·统考中考真题）对多项式任意加括号后仍然只含减法运算并将所得式子化简，称之为“加算操作”，例如：，，…，给出下列说法：①至少存在一种“加算操作”，使其结果与原多项式相等；②不存在任何“加算操作”，使其结果与原多项式之和为0；③所有的“加算操作”共有8种不同的结果．以上说法中正确的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】给添加括号，即可判断①说法是否正确；根据无论如何添加括号，无法使得的符号为负号，即可判断②说法是否正确；列举出所有情况即可判断③说法是否正确．【详解】解：∵∴①说法正确∵又∵无论如何添加括号，无法使得的符号为负号∴②说法正确③第1种：结果与原多项式相等；第2种：x-（y-z）-m-n=x-y+z-m-n；第3种：x-（y-z）-（m-n）=x-y+z-m+n；第4种：x-（y-z-m）-n=x-y+z+m-n；第5种：x-（y-z-m-n）=x-y+z+m+n；第6种：x-y-（z-m）-n=x-y-z+m-n；第7种：x-y-（z-m-n）=x-y-z+m+n；第8种：x-y-z-（m-n）=x-y-z-m+n；故③符合题意；∴共有8种情况∴③说法正确∴正确的个数为3故选D．【点睛】本题考查了新定义运算，认真阅读，理解题意是解答此题的关键．3．（2021·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB∥X轴，AO⊥AD，AO=AD．过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE．反比例函数的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF．若，则k的值为（

）A． B． C．7 D．【答案】A【分析】延长EA交x轴于点G，过点F作x轴的垂线，垂足分别为H，则可得△DEA≌△AGO，从而可得DE=AG，AE=OG，若设CE=a，则DE=AG=4a，AD=DC=DE+CE=5a，由勾股定理得AE=OG=3a，故可得点E、A的坐标，由AB与x轴平行，从而也可得点F的坐标，根据，即可求得a的值，从而可求得k的值．【详解】如图，延长EA交x轴于点G，过点F作x轴的垂线，垂足分别为H∵四边形ABCD是菱形∴CD=AD=AB，CD∥AB∵AB∥x轴，AE⊥CD∴EG⊥x轴，∠D+∠DAE=90゜∵OA⊥AD∴∠DAE+∠GAO=90゜∴∠GAO=∠D∵OA=OD∴△DEA≌△AGO(AAS)∴DE=AG，AE=OG设CE=a，则DE=AG=4CE=4a，AD=AB=DC=DE+CE=5a在Rt△AED中，由勾股定理得：AE=3a∴OG=AE=3a，GE=AG+AE=7a∴A（3a,4a），E(3a,7a)∵AB∥x轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴∴四边形AGHF是矩形∴FH=AG=3a，AF=GH∵E点在双曲线上∴即∵F点在双曲线上，且F点的纵坐标为4a∴即∴∵∴解得：∴故选：A．【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质等知识，关键是作辅助线及证明△DEA≌△AGO，从而求得E、A、F三点的坐标．4．（2021·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，的面积为1，则k的值为（

）A． B． C．2 D．3【答案】D【分析】设D点坐标为，表示出E、F、B点坐标，求出的面积，列方程即可求解．【详解】解：设D点坐标为，∵四边形ABCD是矩形，则A点坐标为，C点纵坐标为，∵点E为AC的中点，则E点纵坐标为，∵点E在反比例函数图象上，代入解析式得，解得，，∴E点坐标为，同理可得C点坐标为，∵点F在反比例函数图象上，同理可得F点坐标为，∵点E为AC的中点，的面积为1，∴，即，可得，，解得，故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数的性质和矩形的性质，解题关键是设出点的坐标，依据面积列出方程．5．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）在黑板上写下一列不同的自然数，允许擦去任意两个数，再写上它们两个数的和或差（前数－后数），并放在这列数的最后面，重复这样的操作，直至在黑板上仅留下一个数为止，下列说法中正确的个数为（

）①写了2、3、4，按此操作，最后留下的那个数可能是5；②写了1、3、5、7，按此操作，最后留下的那个数可能有16种不同的结果；③写了1、2、3…19、20，按此操作，最后留下的那个数可能是．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】①按照题意直接判断即可；②每轮操作减少一个数，共需要三轮才剩下一个数，4个数中选出2个数共有6种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；3个数中选出2个数共有3种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；2个数中选出2个数共有1种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；每一轮都直接影响下一轮，据此即可作答；③每次去掉两个最大的数，新加入的数为这两个数的和，依次类推，最后得到的两个数为：1和，据此问题得解．【详解】①2、3、4，去掉2、4，加入新数（），此时为3、；；即最后留下的那个数可能是5，故①正确；②每轮操作减少一个数，共需要三轮才剩下一个数，4个数中选出2个数共有6种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；3个数中选出2个数共有3种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；2个数中选出2个数共有1种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；每一轮都直接影响下一轮，即总的可能情况有：（种），即最后留下的那个数可能有144种不同的结果，故②错误；③除1之外，后面19个数的和为：，操作：每次去掉两个最大的数，新加入的数为这两个数的和，依次类推，最后得到的两个数为：1和，最后去掉1和，新加入的数为，即可知：是经过操作之后可能出现的最小的数，故最后结果不可能是，故③错误，即正确的只有1个，为①，故选：B．【点睛】本题考查了有理数的运算以及数字规律的探索，明确题意，是解答本题的关键．6．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）在多项式中，除首尾项a、外，其余各项都可闪退，闪退项的前面部分和其后面部分都加上绝对值，并用减号连接，则称此为“闪减操作”．每种“闪减操作”可以闪退的项数分别为一项，两项，三项．“闪减操作”只针对多项式进行．例如：“闪减操作”为，与同时“闪减操作”为，…，下列说法：①存在对两种不同的“闪减操作”后的式子作差，结果不含与e相关的项；②若每种操作只闪退一项，则对三种不同“闪减操作”的结果进行去绝对值，共有8种不同的结果；③若可以闪退的三项，，满足：，则的最小值为．其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】①根据“闪减操作”的定义，举出符合条件的式子进行验证即可；②先根据“闪减操作”的定义进行运算，再分类讨论去绝对值，即可判断；③根据“闪减操作”的定义和绝对值的几何意义，求出，，的最小值，即可得出结论．【详解】①“闪减操作”后的式子为，“闪减操作”后的式子为，对这两个式子作差，得：，结果不含与e相关的项，故①正确；②若每种操作只闪退一项，共有三种不同“闪减操作”：“闪减操作”结果为，当时，，当时，，当时，，当时，，“闪减操作”结果为，当时，，当时，，当时，，当时，，“闪减操作”结果为，当时，，当时，，当时，，当时，，共有12种不同的结果，故②错误；③∵，在数轴上表示点与和的距离之和，∴当距离取最小值时，的最小值为，同理：，在数轴上表示点与和的距离之和，∴当距离取最小值时，的最小值为，，在数轴上表示点与和的距离之和，∴当距离取最小值时，的最小值为，∴当，，都取最小值时，，此时，的最小值为，故③正确；故选C．【点睛】本题主要考查了新定义运算，绝对值的几何意义，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键．7．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）已知多项式，多项式．①若，则代数式的值为；②当，时，代数式的最小值为；③当时，若，则关于x的方程有两个实数根；④当时，若，则x的取值范围是．以上结论正确的个数是（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】①把代入解方程即可求解；②把代入，再配方求最小值即可；③把代入解方程即可求解；④根据绝对值的意义求解即可．【详解】解：①若，则，解得，或，∴的值为；故①错误；②当时，，∴当时，代数式的最小值为；故②错误；③由题意得，，∴或，解得，或；解，即，没有实数解，∴关于x的方程有两个实数根，故③正确；④当时，∴，解得；故④错误；综上，只有③正确；故选：B．【点睛】本题考查了配方法的应用，解一元二次方程、解不等式组、绝对值的意义，理解绝对值的性质和一元二次方程的解法是解题的关键．8．（2023·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考一模）已知，（为正整数），下列说法：①；②；③；④若，则的最小值为3．其中正确选项的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】根据新定义得出，，进而判断①②；根据新定义得出，进而根据分式的性质化简判断③，根据已知条件化简，得出，根据二次函数的性质即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，故①正确；∵，∴∴，故②不正确；∵，∴，故③不正确；若即∴的最大值为，没有最小值，故④不正确，故选：B．【点睛】本题考查了新定义运算，分式的混合运算，二次函数的性质求最值，熟练掌握分式的化简求值，理解新定义是解题的关键．9．（2023·重庆南岸·统考一模）已知整式，，则下列说法中正确的有（

）①无论为何值，和的值都不可能为正；②若为常数且，则；③若，则；④不存在这样的实数，使得．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】把相应的整式代入，再利用单项式乘多项式的法则，以及一元二次方程根的判别式进行运算即可．【详解】解：当时，，，此时、都为正，故①不符合题意；由，得，，，∴，故②符合题意；∵，，∴，∴，∵，∴，故③不符合题意；∵，，∴，∴,∴，∵，∴方程没有实数根即不存在这样的实数，使得，故④符合题意；∴有个正确，故选：B．【点睛】本题主要考查多项式乘多项式一一元二次方程根的判别式，整体思想的应用，解答的关键是理解清楚题意．10．（2023·重庆沙坪坝·统考一模）从，，三个数中任意取两个数相加再减去第三个数，根据不同的选择得到三个结果，，，称为一次操作．下列说法：①若，，，则，，三个数中最大的数是4；②若，，，且，，中最小值为，则；③给定，，三个数，将第一次操作的三个结果，，按上述方法再进行一次操作，得到三个结果，，，以此类推，第次操作的结果是，，，则的值为定值．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据题中所给新定义运算及一元二次方程的解法可进行求解．【详解】解：①若，，，则有：，，，所以，，为0、2、4三个数中的一个数，故，，三个数中最大的数是4，说法正确；②若，，，当时，即，则，所以原方程无解；当时，即，则，所以原方程无解；当时，即，解得：；∴综上所述：若，，，且，，中最小值为，则；故原说法错误；③由题意的值为定值，只需检验即可，依题意可设，则有，，，且，又有，，，∴，显然，∴给定，，三个数，将第一次操作的三个结果，，按上述方法再进行一次操作，得到三个结果，，，以此类推，第次操作的结果是，，，则的值为定值，说法正确；故选C．【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法及整式的运算，熟练掌握一元二次方程的解法及整式的运算是解题的关键．11．（2023·重庆开州·校联考一模）有依次排列的个整式：，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，这称为第一次操作；将第一次操作后的整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推．通过实际操作，四个同学分别得出一个结论：小琴：第二次操作后整式串为：，，，，；小棋：第二次操作后，当时，所有整式的积为正数；小书：第三次操作后整式串中共有个整式；小画：第次操作后，所有的整式的和为；四个结论正确的有（

）个．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据整式的加减运算法则和整式的乘法运算法则进行计算即可解答．【详解】解：∵第一次操作后的整式串：，，，∴第二次操作后的整式串：，，，，；故小琴的结论正确；第二次操作后整式的积为：，∵，∴，∴，∴，即第二次操作后整式的积为非负数，故小棋的结论错误；第三次操作后整式串为：，，，，，，，，，共个式子，故小书结论错误；∵第一次操作后的整式的和为：；第二次操作后的整式的和为：；第三次操作后的整式的和为：，第n次操作后的整式的和为：，∴第次操作后，所有的整式的和为：；故小画的结论正确；∴正确的有：个；故答案为：．【点睛】本题考查了整式的加减运算法则和整式的乘法运算法则，掌握整式的加减运算法则是解题的关键．12．（2023·重庆合川·校考一模）有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加上得到第3项，以此类推；下面4个结论中正确结论的个数为（）①第4项为；②；③若第2022项的值为0，则；④当时，第k项的值为．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据题意可得第1项为，第2项为，第3项为，，......根据变化规律解答即可．【详解】解：根据题意：第1项为，，，第2项为，，，第3项为，，，.....．∴第4项为，故①正确；，故②错误；若第2022项为0，则，∴，∴，即，故③正确；当时，设（Ⅰ），∴（Ⅱ），（Ⅰ）（Ⅱ）得：，∴，故④错误，∴正确的有①③两个．故选：B．【点睛】本题考查了整式的加减，数字的变化类规律探索，解题的关键是根据已知得到变化规律．13．（2023·重庆九龙坡·统考一模）若对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如那么以下说法正确的有（

）①；

②；

③若满足，则；④若＝，则；

⑤对于任意的实数x，均有：A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根新定义依次进行分析即可．【详解】解∵，∴①错误；∵，，∴②错误；∵，∴，∴,∴③错误；∵设＝，∴，，∴，∴④正确；当x为整数时，，，∴，当x为小数，设，当且小数部分大于等于0.5时，，，∴，当且小数部分小于0.5时，，，∴，∴⑤正确；故选：B．【点睛】本题考查新定义，解题的关键是正确理解新定义．14．（2023·重庆渝中·统考二模）代数式的最小值是（

）A．3 B． C．1＋3 D．5【答案】D【分析】先根据两点之间的距离公式，把代数式转化为最短路径问题，再根据勾股定理求解.【详解】解：∵∴代数式表示点到和的距离的和,点是轴上的动点，作关于轴的对称点，连接，就是所求的最短路径，如图所示：故选:.

【点睛】本题考查最短路径问题，理解转化思想是解题的关键.15．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考一模）对于两个正整数a，，将这两个数进行如下操作：第一次操作：计算b与a的差的算术平方根，记作；第二次操作：计算b与的差的算术平方根，记作；第三次操作：计算b与的差的算术平方根，记作；……依次类推，若，则下列说法①当时，；

②当时，；③点一定在抛物线上；④当，2，3，…，n时，对应b的值分别为，，，…，，若则n的值为42：其中正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据题意，首先找出a，b之间的关系式，然后逐个分析找出规律，即可得解.【详解】由题意得，且,,则当时,,∴①正确.当时,或,∴②错误.将P的坐标代入抛物线得,∴式子成立，③正确.当时,.当时,.当时,.当时,.即，，，，∴.∴④错误.故选:.【点睛】本题考查了规律性探索问题，解题时需要分析题意，学会转化，灵活变形.16．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考二模）有两个整数把整数对进行操作后可得到中的某一个整数对，将得到的新整数对继续按照上述规则操作下去，每得到一个新的整数对称为一次操作．若将整数对按照上述规则进行操作，则以下结论正确的个数是（

）①若次操作后得到的整数对仍然为，则的最小值为2；②三次操作后得到的整数对可能为；③不管经过多少次操作，得到的整数对都不会是．A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【答案】A【分析】根据把整数对进行操作后可得到中的某一个整数对，对分别进行操作，对各结论逐一判断即可得答案．【详解】对分别进行第一次操作得（34，32），（，32），（32，2），第二次操作得（66，32），（-2，32），（32，34），（2，32），（，32），（32，），（34，2）（，2），（2，32），∴若次操作后得到的整数对仍然为，则的最小值为2；故①正确，∵第二次操作中的（，2）经过（，）的操作可得（2，），∴三次操作后得到的整数对可能为，故②正确，∵2和32都是偶数，∴进行或或操作的结果都是偶数，∴不管经过多少次操作，得到的整数对都不会是，故③正确，综上所述：正确的结论为①②③，共3个，故选：A．【点睛】本题考查数字类变化规律，正确找出操作后的整数对是解题关键．17．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）定义一种新运算：，下列说法：①若，则，；②若，则该不等式的解集为；③代数式取得最小值时，；④函数，函数，当时，．以上结论正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据新定义运算运算法则进行判断即可．【详解】解：①由题意得：，，解得：，；检验：当，时，；，是原分式方程的解，故①正确；②当时，，，此情况成立；当时，，，故，，解得：，综上所述：，故②正确；③由题意得：，取得最小值时，，故③错误；④，在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，

，当时，，故④正确．故选：C．【点睛】本题考查了新定义运算，一元一次不等式组的解法，绝对值的意义，一次函数与二次函数的交点问题，分类讨论思想，正确理解新定义运算是本题的关键．18．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考二模）对于多项式：，，，，我们用任意两个多项式求差后所得的结果，再与剩余两个多项式的差作差，并算出结果，称之为“全差操作”例如：，，，给出下列说法：①不存在任何“全差操作”，使其结果为0；②至少存在一种“全差操作”，使其结果为；③所有的“全差操作”共有5种不同的结果．以上说法中正确的是：（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】根据题意，写出所有情况，计算结果，即可．【详解】令，，，，则有以下情况第1种：第2种：第3种：第4种：第5种：第6种：由上可知，存在一个“全差操作”，使其结果为0；故①说法错误；存在一种“全差操作”，使其结果为；故②说法正确；所有的“全差操作”共有5种不同的结果；故③说法正确．故选：C．【点睛】本题根据题目的要求，罗列所有情况，进行求解即可解答，是中考常考的题型．19．（2023·重庆·重庆实验外国语学校校考二模）定义一个运算，下列说法正确的有（

）个①；②若，则或2；③；④若，则．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据所给新定义逐项列式计算即可，判断②时注意分式的分母不能为0，判断③时注意裂项相消，判断④时注意分和两种情况，利用等式的性质求解．【详解】解：①，故①正确；②，则，化简得，解得或，根据得，，故②错误；③，故③正确；④若，则，当时，，，，当时，，，，，故④错误；综上可知，正确的是①③，故选B．【点睛】本题考查新定义运算，涉及解分式方程，等式的性质，有理数的混合运算等，解题的关键是理解新定义的运算法则．20．（2023·重庆大渡口·统考二模）我们知道，两个奇数相加、相减的结果是偶数，两个偶数相加、相减的结果是偶数，一个奇数与一个偶数相加、相减的结果是奇数．现有由个正整数排成的一组数，记为，任意改变它们的顺序后记作，若，下列说法（

）①P可以为0；②当n是奇数时，P是偶数；③当n是偶数时，P是奇数．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据题意，若，即可判断①，当n是奇数或偶数时，由题意可得中一定有一个偶数因数，则结果一定是偶数，即可判断②③【详解】解：依题意，当，则，故①正确；②当是奇数时，两个奇数相加、相减的结果是偶数，两个偶数相加、相减的结果是偶数，则中一定有一个偶数因数，故是偶数；③当n是偶数时，假设奇数比偶数多2个，排序后对数恰为奇数偶数相减，剩余两对恰为奇数相减，故是偶数．故选：C．【点睛】本题考查了因数分解，掌握两个奇数相加、相减的结果是偶数，两个偶数相加、相减的结果为偶数是解题的关键．21．（2023·重庆江津·重庆市江津中学校校考二模）如果实数，满足的形式，那么和就是“智慧数”，用表示．如：由于，所以是“智慧数”，现给出以下结论：①和是“智慧数”；②如果是“智慧数”，那么“”的值为；③如果是“智慧数”，则与之间的关系式为；④如果是“智慧数”，当时，随的增大而增大，其中正确的有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【分析】根据材料提示的“智慧数”的运算规则即可求解．【详解】解：①和是“智慧数”；∵，，∴和是“智慧数”，表示为，故①正确；②如果是“智慧数”，那么“”的值为；根据“智慧数”的定义得，，解得，，故②正确；③如果是“智慧数”，则与之间的关系式为；根据“智慧数”的定义得，，解得，且，故③错误；④如果是“智慧数”，当时，随的增大而增大；根据“智慧数”的定义得，，解得，，令，∴，即是关于的反比例函数，且反比例系数小于零，∴当时，随的增大而增大，即当时，随的增大而增大，故④正确；综上所述，正确的有①②④．故选：．【点睛】本题主要考查定义新运算，掌握定义新运算的运算规则，整式的运算法则，反比例函数的性质是解题的关键．22．（2023·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）已知三个函数：，，，下列说法：①当时，的值为6或；②对于任意的实数m，n，若，，则；③若时，则；④若当式子中的取值为与时，的值相等，则a的最大值为8．以上说法中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】解可化为一元二次方程的分式方程即可判断①，通过完全平方公式对进行变形，即可判断②，解可化为一元二次方程的分式方程求得，，再代入化简，即可判断③，令，，，根据，得到关于的二次函数，利用二次函数的性质，即可判断④．【详解】解：①即，整理得：，解得：或，经检验，或是原方程的解，故①正确；②，，，，故②正确；③即，整理得：，解得：，经检验，是原方程的解，，，，故③错误；④，令，的取值为与时，的值相等，令，，，，整理得：，，的最大值为8，故④正确；综上，正确的有3个，故选：C．【点睛】本题考查了解可化为一元二次方程的分式方程，完全平方