五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(重庆专用)08：代数操作和阅读材料题（教师版）

专题08代数操作和阅读材料题（解析版）考点1代数操作题1．（2022·重庆·中考）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【来源】2022年重庆市中考数学真题（A卷）【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．2．（2023·重庆·中考）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【来源】2023年重庆市中考数学真题（A卷）【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．3．（2024·重庆·中考）已知整式，其中为自然数，为正整数，且．下列说法：①满足条件的整式中有5个单项式；②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个；③满足条件的整式共有16个．其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【来源】2024年重庆市中考数学试题B卷【分析】本题考查的是整式的规律探究，分类讨论思想的应用，由条件可得，再分类讨论得到答案即可．【详解】解：∵为自然数，为正整数，且，∴，当时，则，∴，，满足条件的整式有，当时，则，∴，，，，满足条件的整式有：，，，，当时，则，∴，，，，，，满足条件的整式有：，，，，，；当时，则，∴，，，，满足条件的整式有：，，，；当时，，满足条件的整式有：；∴满足条件的单项式有：，，，，，故①符合题意；不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个；故②符合题意；满足条件的整式共有个．故③符合题意；故选D考点2阅读材料题4．（2025·重庆育才中学·二模）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“十全数”．例如：四位数7923，∵，∴792是“十全数”；又如：四位数3418，∵，3418不是“十全数”．若一个“十全数”为，则这个数为，若一个“十全数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和被9除余1，则所有满足条件的“十全数”之和是．【答案】35279362【来源】2025年重庆市育才中学校九年级中考二模数学试题【分析】本题考查了新定义，整式的加减运算等知识，理解新定义，正确进行各种变形是解题的关键．（1）根据“十全数”的意义即可求解；（2）由题意得，，则被9除余1，确定出最大为47，最小取13，故只能为19，28，37，46；由得：，确定是9的倍数，然后确定的取值范围后得，从而得，，则消去c得，然后就四个数的取值列表即可求解．【详解】解：由“十全数”的含义得：，解得：，则这个数为3527；由题意得：，即，上式被9除余1，则被9除余1，由题意的和最大为取，b，c的和最大为17，其和最小为，b，c的和最小为3，则最大为47，最小取13；故只能为19，28，37，46；由得：，即是9的倍数；∵的各数位上的数字互不相等且均不为0，∴，∴，∴，即；由得，；∵只能为19，28，37，46；∴只能为9，18，27，36；∵为偶数，∴，36，即，18；但b，c不相等，故其和不可能为18，∴；显然a只能为奇数；当取1，3，5，7，9时，a13579b56789c43210d97531综上，“十全数”为1549，7813，其和为9362；故答案为：3527，9362．5．（2023·重庆·中考）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是．【答案】8165【来源】2023年重庆市中考数学真题（A卷）【分析】根据递减数的定义进行求解即可．【详解】解：∵是递减数，∴，∴，∴这个数为；故答案为：∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，∴，∵，∴，∵，能被整除，∴能被9整除，∵各数位上的数字互不相等且均不为0，∴，∵最大的递减数，∴，∴，即：，∴最大取，此时，∴这个最大的递减数为8165．故答案为：8165．【点睛】本题考查一元一次方程和二元一次方程的应用．理解并掌握递减数的定义，是解题的关键．6．（2023·重庆·中考）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，∵，，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵，∴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，，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为．【答案】62009313【来源】2023年重庆市中考数学真题（B卷）【分析】根据题中“天真数”可求得最小的“天真数”；先根据题中新定义得到，进而，若M最大，只需千位数字a取最大，即，再根据能被10整除求得，进而可求解．【详解】解：根据题意，只需千位数字和百位数字尽可能的小，所以最小的“天真数”为6200；根据题意，，，，，则，∴，∴，若M最大，只需千位数字a取最大，即，∴，∵能被10整除，∴，∴满足条件的M的最大值为9313，故答案为：6200，9313．【点睛】本题是一道新定义题，涉及有理数的运算、整式的加减、数的整除等知识，理解新定义是解答的关键．7．（2024·重庆·中考）一个各数位均不为0的四位自然数，若满足，则称这个四位数为“友谊数”．例如：四位数1278，∵，∴1278是“友谊数”．若是一个“友谊数”，且，则这个数为；若是一个“友谊数”，设，且是整数，则满足条件的的最大值是．【答案】3456【来源】2024年重庆市中考数学试题B卷【分析】本题主要考查了新定义，根据新定义得到，再由可求出a、b、c、d的值，进而可得答案；先求出，进而得到，根据是整数，得到是整数，即是整数，则是13的倍数，求出，再按照a从大到小的范围讨论求解即可．【详解】解：∵是一个“友谊数”，∴，又∵，∴，∴，∴这个数为；∵是一个“友谊数”，∴，∴，∴，∵是整数，∴是整数，即是整数，∴是13的倍数，∵都是不为0的正整数，且，∴，∴当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；当时，，此时可以满足是13的倍数，即此时，则此时，∵要使M最大，则一定要满足a最大，∴满足题意的M的最大值即为；故答案为：3456；．8．（2024·重庆·中考）我们规定：若一个正整数能写成，其中与都是两位数，且与的十位数字相同，个位数字之和为，则称为“方减数”，并把分解成的过程，称为“方减分解”．例如：因为，与的十位数字相同，个位数字与的和为，所以是“方减数”，分解成的过程就是“方减分解”．按照这个规定，最小的“方减数”是．把一个“方减数”进行“方减分解”，即，将放在的左边组成一个新的四位数，若除以余数为，且（为整数），则满足条件的正整数为．【答案】【来源】2024年重庆市中考真题（A卷）数学试题【分析】本题考查了新定义，设，则（，）根据最小的“方减数”可得，代入，即可求解；根据除以余数为，且（为整数），得出为整数，是完全平方数，在，，逐个检验计算，即可求解．【详解】设，则（，）由题意得：，∵，“方减数”最小，∴，则，，∴，则当时，最小，为，故答案为：；设，则（，）∴∵除以余数为，∴能被整除∴为整数，又（为整数）∴是完全平方数，∵，∴最小为，最大为即设，为正整数，则当时，，则，则是完全平方数，又，，无整数解，当时，，则,则是完全平方数，又，，无整数解，当时，，则，则是完全平方数，经检验，当时，，，，∴，∴故答案为：，．9．（2022·重庆·中考）对于一个各数位上的数字均不为0的三位自然数N，若N能被它的各数位上的数字之和m整除，则称N是m的“和倍数”．例如：∵，∴247是13的“和倍数”．又如：∵，∴214不是“和倍数”．(1)判断357，441是否是“和倍数”？说明理由；(2)三位数A是12的“和倍数”，a，b，c分别是数A其中一个数位上的数字，且．在a，b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数记为，最小的两位数记为，若为整数，求出满足条件的所有数A．【答案】(1)357不是15“和倍数”，441是9的“和倍数”；理由见解析(2)数A可能为732或372或516或156【来源】2022年重庆市中考数学真题（B卷）【分析】（1）根据题目中给出的“和倍数”定义进行判断即可；（2）先根据三位数A是12的“和倍数”得出，根据，是最大的两位数，是最小的两位数，得出，（k为整数），结合得出，根据已知条件得出，从而得出或，然后进行分类讨论即可得出答案．【详解】（1）解：∵，∴357不是15“和倍数”；∵，∴441是9的“和倍数”．（2）∵三位数A是12的“和倍数”，∴，∵，∴在a，b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数，最小的两位数，∴，∵为整数，设（k为整数），则，整理得：，根据得：，∵，∴，解得，∵“和倍数”是各数位上的数字均不为0的三位自然数，∴，∴，∴，把代入得：，整理得：，∵，k为整数，∴或，当时，，∵，∴，，，，，或，，，要使三位数A是12的“和倍数”，数A必须是一个偶数，当，，时，组成的三位数为或，∵，∴是12的“和倍数”，∵，∴是12的“和倍数”；当，，时，组成的三位数为或，∵，∴不是12的“和倍数”，∵，∴不是12的“和倍数”；当时，，∵，∴，，，，组成的三位数为516或156，∵，∴是12的“和倍数”，∵，∴是12的“和倍数”；综上分析可知，数A可能为732或372或516或156．【点睛】本题主要考查了新定义类问题，数的整除性，列代数式，利用数位上的数字特征和数据的整除性，是解题的关键，分类讨论是解答本题的重要方法，本题有一定的难度．10．（2021·重庆·中考）如果一个自然数的个位数字不为，且能分解成，其中与都是两位数，与的十位数字相同，个位数字之和为，则称数为“合和数”，并把数分解成的过程，称为“合分解”．例如，和的十位数字相同，个位数字之和为，是“合和数”．又如，和的十位数相同，但个位数字之和不等于，不是“合和数”．（1）判断，是否是“合和数”？并说明理由；（2）把一个四位“合和数”进行“合分解”，即．的各个数位数字之和与的各个数位数字之和的和记为；的各个数位数字之和与的各个数位数字之和的差的绝对值记为．令，当能被整除时，求出所有满足条件的．【答案】（1）不是“合和数”，是“合和数，理由见解析；（2）有，，，．【来源】重庆市2021年中考数学真题（A卷）【分析】（1）首先根据题目内容，理解“合和数”的定义：如果一个自然数的个位数字不为，且能分解成，其中与都是两位数，与的十位数字相同，个位数字之和为，则称数为“合和数”，再判断，是否是“合和数”；（2）首先根据题目内容，理解“合分解”的定义．引进未知数来表示个位及十位上的数，同时也可以用来表示．然后整理出：，根据能被4整除时，通过分类讨论，求出所有满足条件的．【详解】解：（1）不是“合和数”，是“合和数”．，，不是“合和数”，，十位数字相同，且个位数字，是“合和数”．（2）设的十位数字为，个位数字为（，为自然数，且，），则．∴．∴（是整数）．，，是整数，或，①当时，或，或．②当时，或，或．综上，满足条件的有，，，．【点睛】本题考查了新定义问题，解题的关键是：首先要理解题中给出的新定义和会操作题目中所涉及的过程，结合所学知识去解决问题，充分考察同学们自主学习和运用新知识的能力．11．（2021·重庆·中考）对于任意一个四位数m，若千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数m为“共生数”例如：，因为，所以3507是“共生数”：，因为，所以4135不是“共生数”；（1）判断5313，6437是否为“共生数”？并说明理由；（2）对于“共生数”n，当十位上的数字是千位上的数字的2倍，百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除时，记．求满足各数位上的数字之和是偶数的所有n．【答案】（1）是“共生数”，不是“共生数”．（2）或【来源】重庆市2021年中考数学真题（B卷）【分析】（1）根据“共生数”的定义逐一判断两个数即可得到答案；（2）设“共生数”的千位上的数字为则十位上的数字为设百位上的数字为个位上的数字为可得：＜且为整数，再由“共生数”的定义可得：而由题意可得：或再结合方程的正整数解分类讨论可得答案．【详解】解：（1）是“共生数”，不是“共生数”．（2）设“共生数”的千位上的数字为则十位上的数字为设百位上的数字为个位上的数字为＜且为整数，所以：由“共生数”的定义可得：百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除，或或当则则不合题意，舍去，当时，则当时，此时：，而不为偶数，舍去，当时，此时：，而为偶数，当时，此时：，而为偶数，当时，则而则不合题意，舍去，综上：满足各数位上的数字之和是偶数的或【点睛】本题考查的是新定义情境下的实数的运算，二元一次方程的正整数解，分类讨论的数学思想的运用，准确理解题意列出准确的代数式与方程是解题的关键．12．（2022·重庆·中考）若一个四位数的个位数字与十位数字的平方和恰好是去掉个位与十位数字后得到的两位数，则这个四位数为“勾股和数”．例如：，∵，∴2543是“勾股和数”；又如：，∵，，∴4325不是“勾股和数”．(1)判断2022，5055是否是“勾股和数”，并说明理由；(2)一个“勾股和数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，．当，均是整数时，求出所有满足条件的．【答案】(1)2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；理由见解析(2)8109或8190或4536或4563．【来源】2022年重庆市中考数学真题（A卷）【分析】（1）根据“勾股和数”的定义进行验证即可；（2）由“勾股和数”的定义可得，根据，均是整数可得，为3的倍数，据此得出符合条件的c，d的值，然后即可确定出M．【详解】（1）解：2022不是“勾股和数”，5055是“勾股和数”；理由：∵，，∴1022不是“勾股和数”；∵，∴5055是“勾股和数”；（2）∵为“勾股和数”，∴，∴，∵为整数，∴，∵为整数，∴为3的倍数，∴①，或，，此时或8190；②，或，，此时或4563，综上，M的值为8109或8190或4536或4563．【点睛】本题以新定义为背景考查了整式混合运算的应用以及学生应用知识的能力，解题关键是要理解新定义，能根据条件找出合适的“勾股和数”．考点1代数操作题1．（2025·重庆育才中学·二模）已知整式，且，，，，均为正整数，其中，，是三个连续增大的偶数；，是两个连续增大的奇数．若，则下列说法：①若，时，则整式的值为；②若是的倍数，则最高次项的系数被整除余；③若，则满足条件的整式共有个．其中正确的个数是（

）A． B． C． D．【答案】D【来源】2025年重庆市育才中学校九年级中考二模数学试题【分析】本题考查整式的加减，列代数式，代数式求值，解一元一次不等式，熟练掌握这些知识是解题的关键．先利用，，，，均为正整数，其中，，是三个连续增大的偶数；，是两个连续增大的奇数，，得出，①若，时，得出，求出，即可得出，，，代入求值即可判断；②若是的倍数，则设（为整数），分别得出，，，，则最高次项的系数为，即可判断；③若，结合，得出，则，再利用是奇数，则是奇数，则可得或或或或或，共种情况，分别对应种不同的，即可判断．【详解】解：∵，，，，均为正整数，其中，，是三个连续增大的偶数；，是两个连续增大的奇数，∴，，，为偶数，为奇数，∵，∴，∴，①若，时，∴，得，∴，，，则整式，故①正确；②若是的倍数，∴设（为整数），∴，，∵，∴，，∴最高次项的系数为，∵被整除余，∴故②正确；③若，∵，∴，∴，∴，∵是奇数，∴是奇数，∴或或或或或，共种情况，分别对应种不同的，满足条件的整式共有个，故③正确；综上，正确的是①②③，故选：D．2．（2025·重庆九龙坡·川外附校二模）已知整式，其中n为自然数，，，，均为绝对值小于的整数，且，满足．下列结论：①满足条件的整式中只有个单项式；②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有个；③满足条件的整式一共有个．其中正确的个数是（

）A． B． C． D．【答案】A【来源】2025年重庆市九龙坡区四川外国语大学附属外国语学校中考二模数学试题【分析】本题考查列代数式，不等式的性质，熟练根据题意正确列出代数式是解题的关键．先利用，，确定，再分别讨论，，，时，结合和，，，均为绝对值小于的整数，且，一一枚举出来所有情况，再进行判断即可．【详解】解：∵，，∴，当时，，∵，∴，∵，，，均为绝对值小于的整数，且，∴或，即或，共种，其中单项式有个；当时，，∵，∴，∵，，，均为绝对值小于的整数，且，∴或或或或或，∴或或或或或，共种，其中单项式有个；当时，，∵，∴，∵，，，均为绝对值小于的整数，且，∴或或或或或或或或或，∴或或或或或或或或或，共种，其中单项式有个；当时，，∵，∴，∵，，，均为绝对值小于的整数，且，∴或，∴或，共种，其中单项式有个；综上，满足条件的整式中，有个单项式，故①错误；当时，满足条件的整式有且只有个，故②错误；满足条件的整式一共有个，故③错误；故正确的个数是个，故选：A．3．（2025·重庆巴蜀中学·二模）已知整式C：，，其中为整数．下列说法：①若，，则满足条件的整式C共有8个；②若，，则满足条件的整式C共有12个；③若整式C（）能被整除，的最大值为2，其中互不相等，则满足条件的整式C共有37个．其中正确的个数有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【来源】重庆巴蜀中学2025年中考二模数学试卷【分析】本题主要考查了多项式，新定义，利用分类讨论的思想逐一判断即可，解题关键是熟练掌握根据已知条件求出整式C的情况．【详解】解：由题意可得，当时，得，此时符合条件整式C为，有1个；当时，得，，且为整数，当时，，此时整式C为，当时，，此时整式C为，当时，，此时整式C为，当时，不符合题意题中条件，故时，符合条件整式C有3个；当时，可得，当，时，，此时整式C为，当，时，，此时整式C为，，时，不符合题意题中条件，当，时，，此时整式C为，时，不符合题意题中条件，故时，符合条件整式C有3个；当时，得，当，，时，，此时整式C为，，时，不符合题意题中条件，故时，符合条件整式C有1个，所以符合条件的整式C为个，故①正确；由题意可得，，的值为或或，当，时，，则，此时整式C有，有1个；当，时，，则，此时整式C有，，，有3个；当，时，，则，此时整式C有，，，有3个；当，时，，则，此时整式C有，有1个；当，时，，则，此时整式C有，有2个；当，时，，则，此时整式C有，有1个；当，时，，则，此时整式C有，有1个；所以满足条件的整式C共有12个，故②正确；时，无法被整除，不成立；当时，被整除，的最大值为2，时，被整除，那么，此时整式为成立，时，被整除，那么，此时整式为成立，时，与上面两种情况重复，故时，满足条件的整式C有个，当时，被整除，设商为，，，即，当时，，只能是两个数字，则有2种组合，即符合条件的整式C有2个；当时，，只能是两个数字，则有2种组合，即符合条件的整式C有2个；当时，，只能是两个数字，则有2种组合，即符合条件的整式C有2个；当时，，只能是两个数字，则有2种组合，即符合条件的整式C有2个；故时，满足条件的整式C有个，当时，被整除，设商为，，，即，当时，，只能是三个数字，则有种组合，即符合条件的整式C有6个；当时，，有或三个数字，则有种组合，即符合条件的整式C有12个；当时，，有或三个数字，则有种组合，即符合条件的整式C有12个；当时，，只能是三个数字，则有种组合，即符合条件的整式C有6个；故时，满足条件的整式C有个，所以符合条件的整式C有，故③错误，则正确的个数有2个，故选：C．4．（2025·重庆渝北·一模）无论为何值，都有恒成立，下列说法：①；②若，则；③若，则．其中正确的个数是（

）A． B． C． D．【答案】A【来源】2025年重庆市渝北区中考一模考试数学试题【分析】本题考查整式的运算，分式的运算，因式分解，代数式求值，熟练掌握这些运算法则并掌握题意是解题的关键．将化为，利用待定系数法即可求解和，则可计算①；②中，由题意得，则通过降幂的思想进行化简即可求解；③中，由，可得当时，，则即可计算．【详解】解：∵无论为何值，恒成立，∴无论为何值，恒成立，∴，解得：，①中，，故①错误；②中，∵，即，∴，∴，故②错误；③中，∵，∴当时，，∴，故③错误；综上，正确的个数是，故选：A．5．（2025·重庆綦江联盟校·一模）在整式之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在与之间和与之间分别插入它们各自的平均数记作第二次操作，以此类推．①第二次操作后，从左往右第四个整式为；②经过4次操作后，若，则所有整式的值之和为15；③经过7次操作后，将得到128个整式；④第8次操作后，从左往右第2个整式为：以上四个结论正确的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【来源】重庆市綦江区联盟校2025年中考第一次模拟考试数学试题【分析】本题考查了整式的加减，数字类规律探索，根据操作方式找出变化规律是解题的关键．①根据第一次操作后所得整式，求出第二次操作后，从左往右的第四个整式即可判断；②代入，求出经过4次操作后所得数据，求和即可判断．③根据操作方式得出操作后所得整式个数的规律，然后求出经过7次操作后所得整式个数即可判断；④根据操作方式得出每次操作后从左往右第2个整式的规律，然后求出第8次操作后，从左往右的第2个整式即可判断．【详解】解：第一次操作后：，，，∴第二次操作后：，故①正确；若，则初始和为2，第一次操作后：和为；第二次操作后：和为；第三次操作后数为：，则第三次操作后：和为；第四次操作后数为：，则则第四次操作后：和为，故②不符合题意；第1次操作后有3个整式，第2次操作后有5个整式，第3次操作后有9个整式，第4次操作后有17个整式，由此发现第次操作后有个整式，∴第7次操作后，将得到个整式，故③不符合题意；第1次操作后，从左往右第2个整式为：，第2次操作后，从左往右第2个整式为：，第3次操作后，从左往右第2个整式为：，∴第3次操作后，从左往右第2个整式为：，∴第8次操作后，从左往右第2个整式为：，故④符合题意，∴正确的有2个，故选：B．6．（2025·重庆八中·三模）已知代数式，其中，且为整数，满足且均为整数．则下列说法正确的共有几个（

）①若，则；②若，则满足条件的代数式共有10个；③若，则原式的结果可能为．A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【来源】2025年重庆市第八中学校九年级中考三模数学试题【分析】本题主要考查数字规律，分式的运算，把2分解为，，可判断①，由，，有10种排列方式，故可判断②；将分式变形为可判断③．【详解】解：①当时，整数2可分解为，，，所以，或，故①错误；②整数2分解为，，有4种排列方式，即有4个代数式；当整数2分解为时，有6种排列方式，即有6个代数式；故有10个代数式，故②正确；③，∴对应的，∴，且所有互异故③正确，所以，正确的结论有2个，故选：C．7．（2025·重庆八中·一模）三个不完全相同的正整数，记为，进行如下操作：将其中最大的数减去2，另两个数分别加上1，得到对应的三个新数，第一次操作的结果记为，若有两个相等的最大数，则取最后面的最大数减2，另两个数分别加1；将按上述方式再做一次操作，得到第二次操作的结果；以此类推，直到时，停止操作．例如，当时，则，，即第三次操作后停止．下列说法：①当时，经过4次操作后停止；②当时，；③当，、、三个数互不相同且极差为18时，则至少会经过7次操作才有可能停止．其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【来源】2025年重庆市第八中学校中考一模数学试题【分析】此题考查了数字类变化规律．根据题意找到规律是解题的关键．找到规律即可解决问题．操作规则：每次操作将最大数减2，另两数各加1．若最大数不唯一，取最后面的数操作．操作停止的条件是（即首尾两数相等）．对每个命题通过逐次操作验证其正确性即可．【详解】解：当时，第一次操作：最大数为9（最后一位），操作后得到；第二次操作：最大数为10，操作后得到；第三次操作：最大数为8（最后两位），操作后得到；第四次操作：最大数为9，操作后得到，满足，停止．故①正确．②当时，第一次操作：最大数为11，操作后得到；第二次操作：最大数为9，操作后得到；第三次操作：最大数为9，操作后得到；第四次操作：最大数为8，操作后得到；第五次操作：最大数为8，操作后得到；后续规律：操作进入循环，周期为3，，对应循环中的第一个状态，故②错误．当极差为18时：当，极差为，每次操作：若最大数不同，极差减少3；若最大数相同，极差不变．极差变化：至少需次操作使极差变为0，此时．故至少经过7次操作才有可能停止，故③正确；故选：C．8．（2025·重庆渝中·二模）已知，是常数，化简和的结果中的一次项系数分别为和，且．下列说法：①若，则与互为相反数；②若，则的最小值为；③若，均为正整数，则有6个不相等的值．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【来源】2025年重庆市渝中区中考二模数学试题【分析】本题考查了多项式乘多项式，二元一次方程组的应用，二次函数的性质．利用多项式乘多项式的法则计算结合题意求得，即，①根据，求得，可判断；②求得，，利用二次函数的性质求解即可判断；③由，均为正整数，，可得到，，，，列出7个二元一次方程组，分别求得和的值，据此求解，可判断．【详解】解：，，由题意得，，∵，∴，∴，即，①若，∴，整理得，∴与互为相反数，①说法正确；②若，∴，整理得，即，∴，∴，∵，开口向上，∴当，随的增大而增大，∴当时，的最小值为，②说法正确；③∵，均为正整数，，∴或或或或或或，解得或或或或或或，当时，无意义，∴或0或或或3或5，共有6个不相等的值，③说法正确．综上，三个结论都是正确的，故选：D．9．（2025·重庆开州云枫教育集团·二模）对于两个代数式，记，以下说法正确的个数是（

）①若，则；②若关于的方程的解为和，则的值为6；③若关于的方程有两个不相等的实数根，则．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【来源】2025年重庆市开州区云枫教育集团中考二模数学试题【分析】本题主要考查根与系数的关系、非负数的性质、一元二次方程的解、根的判别式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．将代入代数式，利用数形结合、根的判别式等知识来判断其正确性．【详解】解：①已知，将其代入，可得：，即，整理得，两边同时除以3得到．解得：或，故说法①错误；②方程即，∵若、是方程的解，∴，．∴，即②正确；③方程可化为，即,当时，或，∴函数与x轴的交点坐标为，根据题意画出函数图象如下：当直线过点A时，两函数图象有1个交点，则，解得：；当直线过点B时，两函数图象有3个交点，则，解得：；当直线与函数只有一个交点C，函数与有3个交点，由题意可得：，即，所以，解得：，综上，当或时，关于的方程有两个不相等的实数根，即③错误．综上，正确的只有1个，故选B．10．（2025·重庆巴蜀中学·一诊）已知有序单项式串x，，对其进行第一次操作：将单项式串中所有相邻的两个单项式求乘积后，放到原来两个相邻单项式的中间，得到第一个单项式串x，，；再进行第二次操作：对第一个单项式串重复原来的操作方式，得到第二个单项式串x，，，，；……依此类推，关于操作后的单项式串，下列结论正确的个数为（

）①第四个单项式串中，次数最高的单项式为；②不存在某次操作，使操作后的单项式串中含有1025个单项式；③第七个单项式串中所有单项式的乘积为．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【来源】2025年重庆市巴蜀中学九年级一诊数学试题卷【分析】本题考查了数字规律类，单项的次数，单项式乘单项式等知识，由规律得出每次操作后次数最高的单项式的次数是前两次操作的最高次数之和，可判断①，第次操作后单项式的个数为个，可判断②，每次操作后所有单项式的乘积的次数为上一次操作后的次数，可判断③，找到规律是解题的关键．【详解】解：第次操作：x，，（最高次数为）第次操作：x，，，（最高次数为）第次操作：x，，，，，（最高次数为）第次操作：x，，，，，，，，，（最高次数为）第次操作：x，，，，，，，，，，，，，，，，（最高次数为），由上可知，每次操作后次数最高的单项式的次数是前两次操作的最高次数之和，第四个单项式串中，次数最高的单项式的次数为：，∴第四个单项式串中，次数最高的单项式为，故①符合题意，每次操作后单项式的个数为：第次操作：2个，第次操作：个，第次操作：个，第次操作：个，第次操作：个，，由上可知，第次操作后单项式的个数为：个，若存在某次操作，使操作后的单项式串中含有1025个单项式，则：，解得：，∴存在某次操作，使操作后的单项式串中含有1025个单项式，故②不符合题意，每次操作后所有单项式的乘积的次数为：第次操作：，第次操作：，第次操作：，第次操作：，第次操作：，，由上可知，每次操作后所有单项式的乘积的次数为上一次操作后的次数，∴第五次操作：，第六次操作：，第七次操作：，∴第七个单项式串中所有单项式的乘积为，故③符合题意，综上，符合题意的有①③，共个，故选：C．考点2阅读材料题11．（2025·重庆育才中学·二模）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“十全数”．例如：四位数7923，∵，∴792是“十全数”；又如：四位数3418，∵，3418不是“十全数”．若一个“十全数”为，则这个数为，若一个“十全数”的前三个数字组成的三位数与后三位数字组成的三位数的和被9除余1，则所有满足条件的“十全数”之和是．【答案】35279362【来源】2025年重庆市育才中学校九年级中考二模数学试题【分析】本题考查了新定义，整式的加减运算等知识，理解新定义，正确进行各种变形是解题的关键．（1）根据“十全数”的意义即可求解；（2）由题意得，，则被9除余1，确定出最大为47，最小取13，故只能为19，28，37，46；由得：，确定是9的倍数，然后确定的取值范围后得，从而得，，则消去c得，然后就四个数的取值列表即可求解．【详解】解：由“十全数”的含义得：，解得：，则这个数为3527；由题意得：，即，上式被9除余1，则被9除余1，由题意的和最大为取，b，c的和最大为17，其和最小为，b，c的和最小为3，则最大为47，最小取13；故只能为19，28，37，46；由得：，即是9的倍数；∵的各数位上的数字互不相等且均不为0，∴，∴，∴，即；由得，；∵只能为19，28，37，46；∴只能为9，18，27，36；∵为偶数，∴，36，即，18；但b，c不相等，故其和不可能为18，∴；显然a只能为奇数；当取1，3，5，7，9时，a13579b56789c43210d97531综上，“十全数”为1549，7813，其和为9362；故答案为：3527，9362．12．（2025·重庆九龙坡·川外附校二模）一个四位自然数M的各个数位上的数字互不相等且都不为0，如果前两位数字所组成的两位数与后两位数字所组成的两位数的和等于99，那么就称这个数为“长久数”．“长久数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．并且规定：．例如：一个四位数3267，因为，所以3267是“长久数”且．最小的“长久数”是．如果M是一个“长久数”，规定等于M的前两位数字之和，且是一个完全平方数，则满足条件的M的最大值是．【答案】【来源】2025年重庆市九龙坡区四川外国语大学附属外国语学校中考二模数学试题【分析】本题考查的是新定义的含义，整式的加减运算，二元一次方程的正整数解的应用，由是“长久数”，最小的“长久数”可得，，再进一步可得，由题意可得；且是完全平方数，，结合M最大，可得，进一步求解可得答案.【详解】解：∵是“长久数”，∴，，∵“长久数”要最小，∴，，∴，∴，，∴最小的“长久数”是；∵等于M的前两位数字之和，∴，∵“长久数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数，∴，∴，∴；∵，，，，∴，此时最大的完全平方数为，∴，∵最大，且，∴，∴当时，，舍去，当时，，舍去，∴不符合题意舍去，当时，而，∴，即，∴当时，，舍去，当时，，∴，∴，，∴的最大值为：.故答案为：，13．（2025·重庆巴蜀中学·二模）如果一个四位自然数M各数位上的数字不全相同，将这个四位自然数M的千位数字和十位数字互换，百位数字和个位数字互换，得到一个新的四位自然数N，规定；将这个四位自然数M的千位数字放到个位数字的右边，组成一个新的四位数A，再将A的千位数字放到个位数字的右边，组成一个新的四位数B，规定．若，则．若（，，x，y为整数），满足，则满足条件的所有的和为．【答案】18481【来源】重庆巴蜀中学2025年中考二模数学试卷【分析】根据题意求出，，即可求出的值，由题意可得，从而求出，，代入得出，整理得出，结合题意可得或，再分情况求解即可．【详解】解：，，∴，，，，∴，，∵（，，x，y为整数），∴，∵，，∴，，∴，∴，；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，x，y为整数∴，，∴或，当，即时，此时，当，即时，此时，∴满足条件的所有的和为，故答案为：，．【点睛】本题考查了整式的加减的应用、因式分解的应用、解二元一次方程组，理解题意，采用分类讨论的思想是解此题的关键．14．（2025·重庆渝北·一模）一个四位正整数，如果百位数字与个位数字之和等于千位数字与十位数字之和的两倍，则称为“倍数”，并规定，．若四位正整数是“倍数”，且的各数位上的数字之和为，则；一个四位正整数（，，，且为整数）是一个“倍数”，且是的倍数，则满足条件的的值的和是．【答案】【来源】2025年重庆市渝北区中考一模考试数学试题【分析】本题考查整式的加减，列代数式，不等式的性质，二元一次方程的解，熟练根据题意正确列式或等式是解题的关键．设，利用定义得出，利用的各数位上的数字之和为，得，利用整体法求出，求出，即可求解；由（，，，且为整数）是一个“倍数”，得，，可得，，再求出，由是的倍数，得是的倍数，再由，得出或或或，分别讨论求解即可．【详解】解：设，由“倍数”定义，得，∵的各数位上的数字之和为，∴，∴，解得：，∵，∴；∵（，，，且为整数）是一个“倍数”，∴，且，∴，∴，，∴，，∴，∵是的倍数，∴是的倍数，∴是的倍数，∵，，∴，∴或或或，∴或或或，①当时，，得：或，当时，，；当时，，不合题意，舍；②当时，，不是整数，舍；③当时，，不是整数，舍；②当时，，得：，则，；综上，符合题意的为，，和为，故答案为：；．15．（2025·重庆綦江联盟校·一模）如果一个四位自然数M各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8，则称M为“励志数”．把四位数M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．例如：，∵，，∴1435是“励志数”．则．那么“励志数”，则；已知是“励志数”，（；且a，b，c，d均为整数），若恰好能被8整除，则满足条件的数的最大值与最小值的差为．【答案】2655【来源】重庆市綦江区联盟校2025年中考第一次模拟考试数学试题【分析】本题主要考查整式的加减，解答的关键是理解清楚“励志数”的定义．根据“励志数”的定义进行求解即可；由题意可得，从而可求得，再结合恰好能被8整除，即能被8整除，对当时，当时，分别对此进行分析即可求解．【详解】解：∵，∴“励志数”前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数为2632，∴，∵是“励志数”，∴，∴，∵，∴，∵恰好能被8整除，，且为整数，∴能被8整除，即能被8整除，当时，故当时，，则自然数为：4117；当时，故当时，，则自然数为：1462；当时，，则自然数为：2371；当不符合题意，舍去；当不符合题意，舍去；综上所述：所有满足条件的自然数的值为：4117或1462或2371，其中最大的数为4117，最小的数为1462，差为2655，故答案为：，2655．16．（2025·重庆八中·三模）对于一个四位自然数，若满足，那么称这个四位数为“临风数”．例如，四位数2367，∵，∴2367是一个“临风数”．若一个四位数是“临风数”，则的值为；若一个四位数是“临风数”，记，，当能被7整除时，则满足条件的四位数最大值与最小值的和为．【答案】39981【来源】2025年重庆市第八中学校九年级中考三模数学试题【分析】本题考查了新定义下的整式的加减运算．根据“临风数”的定义可得，解方程求出的值即可；根据“临风数”定义得，得出是4的倍数，是5的倍数，设，分，，讨论求出最大数和最小数即可．【详解】解：对于四位数有：，∵，∴中，，，∴，解得：；∵∴，整理得，，∴，∵∴是4的倍数，是5的倍数，∵，，∴；设，则当时，；当时，，；当时，；要使四位自然数最大，则最大，最大，且能被7整除，当，时，，此时，此时不成立；，此时，此时不成立；，此时，此时不成立；，此时，此时不成立；，此时，此时不成立；此时，此时不成立；此时，此时成立；∴满足条件的最大数为：8748；要使四位自然数最小，则最小，最小，且能被7整除，当，时，，此时，此时不成立；，此时，此时不成立；，此时，此时成立，∴满足条件的四位自然数是1233，∴满足条件的四位数最大值与最小值的和为，故答案为：998117．（2025·重庆八中·一模）一个三位自然数，其个位上的数字比十位上的数字大2，称为“不二数”；则最小的“不二数”是．一个“不二数”十位上的数字和个位上的数字组成的两位数是两个连续的奇数或者偶数的乘积，将个位数字与百位数字的平方差记作，十位数字与百位数字的差记作，并规定，当为偶数时，则满足条件的“不二数”的最大值与最小值之差为．【答案】102600【来源】2025年重庆市第八中学校中考一模数学试题【分析】本题考查了新定义，因式分解的应用，求代数式的值，理解新定义是解答本题的关键．根据“不二数”写出最小的“不二数”即可；设m的百位数字为h，十位数字是t，先根据一个“不二数”十位上的数字和个位上的数字组成的两位数是两个连续的奇数或者偶数的乘积筛选出两位数，计算出对应的n，k，判断是否为偶数，筛选出符合条件的m即可．【详解】解：由题意得，最小的“不二数”是102．设m的百位数字为h，十位数字是t，当时，两位数是13，不符合题意；当时，两位数是，连续偶数，符合题意，此时；当时，两位数是，连续偶数，符合题意，此时；同理可