专题16代数推理证明压轴选择题2024-2025学年九年级中考复习数学试题（重庆专用）

专题16 代数推理证明压轴选择题（原卷版） （直属校精选30题） 1．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 2．在两个整式，之间写上这两个整式之和，得到整式串：、、，看作第一次操作；再在、、每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，得到一个新的整式串，看作第二次操作；第三次操作就在第二次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的；第四次操作就在第三次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，…，则下列说法中： ①第二次操作得到整式串：，，，； ②第四次操作后的整式串的第四个整式为； ③第六次操作后的整式串中共有个整式65； ④当时，第2025次操作后得到的整式串中所有整式之和为2053351．正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．数形结合是解决一些数学问题的重要思想方法，比如在数轴上表示数，对应的点之间的距离．现定义一种“Q运算”，对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值进行求和．例如：对，1，2进行“Q运算”，得．下列说法正确的个数是（   ） ①对n，，1进行“Q运算”的结果是8，则； ②对a，b，c，c进行“Q运算”，化简后的结果可能存在6种不同的表达式； ③对4，5，6，7，，2025，q进行“Q运算”，当其结果取最小时对应q的范围是． A．0 B．1 C．2 D．3 4．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 5．已知整式，其中，，，，，均为自然数．则下列说法，正确的个数为（    ） ①若，则； ②，，，，，中必有两个数的差是5的倍数； ③当时，该方程存在5个实数解记为，，，，，若存在整数，使，且，，则存在最大值为25． A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 6．已知多项式，满足，且为正整数，将其中的个“”改为“”后得到一个新多项式．下列说法中正确的个数是（    ） ①当（为偶数）时，新多项式的值可能为； ②当时，若，，均为正整数且，得到的新多项式的值恒为非负数，则； ③当，时，对新多项式取绝对值后化简的结果共有种． A．0 B．1 C．2 D．3 7．已知多项式，满足．在这列多项式中任取相邻的项增加绝对值符号后进行化简称为“绝对操作”．比如当，时，其中一种“绝对操作”为．下列说法： ①当，时，“绝对操作”后的结果一共有种； ②当，时，进行“绝对操作”化简后的代数式，结果必然相同的“绝对操作”有种； ③当时，若进行“绝对操作”后共有种化简结果必然相同，则的最小值为．其中正确的个数是（   ） A． B． C． D． 8．定义两个新运算，，且，下列说法正确的有（   ） ①若，则或； ②若，则； ③若，，当时，则； ④若，，则的最小值为2025． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 9．依次排列的两个整式 ，将第1个整式乘以2再减去第2个整式，称为第1次操作，得到第3个整式 ；将第2个整式乘以2再减去第3个整式，称为第2次操作，得到第4个整式 ；将第3个整式乘以2再减去第4个整式，称为第3次操作，得到第5个整式，…以此类推，下列5个说法，其中正确的结论有（   ） ①第9个整式为 ②第个整式中与的系数和为1； ③第8次操作与第9次操作得到的两个整式所有系数绝对值之和为 ④第12次操作后得到的整式为 ⑤当时，第次操作完成后，所有整式之和为． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 10．已知两个实数，，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作．再从、、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从、、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去．以下结论正确的个数为（   ） ①若，，为方程的两根，则； ②若，则； ③对于整数，，若为奇数，在操作过程中，得到的一定为奇数； ④若，，要使得成立，则至少为4． A．1 B．2 C．3 D．4 11．对两个整式，进行如下操作：记，称为第一次操作；记，称为第二次操作；记，称为第三次操作；记，称为第四次操作，……下列说法； ①； ②若，则； ③若，则不存在正整数，使得是10的倍数． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 12．已知整式，其中n，，，，…，均为自然数，且，下列说法： ①当，时，则； ②若，则存在一个n使得满足条件的整式有6个； ③若时，则满足条件的所有整式有且仅有85个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 13．已知整式，其中且为整数，，，，，也均为整数，．记：，若满足，下列说法：①若时，满足条件的的值有个；②在所有满足条件的整式中，单项式有个；③若，且整式的值为时，则满足条件的实数的值有个．其中正确的个数为（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 14．简单的规则可以涌现出丰富的代数结构，有依次排列的3个整式x，y，z，用任意两个整式的和减去剩下的整式，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，下列结论： ①第3次操作后，得到的整式串为，，； ②第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43； ③第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式x，y，z）的和为． 其中正确的个数有（   ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 15．已知整式，其中，，，…，为自然数，且．下列说法： ①当，时，则； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有28个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 16．已知整式（、、均为整数，），且，下列说法： ①若，则的值可能为； ②存在，，，，均为非零的整式的平方； ③若（）均为正整数，则最大值为． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 17．将正整数1，2，3，…，n按顺时针方向依次排在一个圆上，然后从1开始，按顺时针方向，每个数删除一个数，直至剩余一个数为止，最终剩余的一个数记为．例如：若，，依次删除2，4，1，5，则；若，，依次删除3，6，4，2，5，则；下列说法中正确的个数是（   ） ①； ②当时，； ③当时，或． A．0 B．1 C．2 D．3 18．在学习二次根式过程中，对代数式M定义新运算：，在代数式中任意加新运算，然后按给出的运算顺序重新运算，称此为“新运算操作”，不能改变式子中字母和数字顺序，每次操作只能加一次新运算．实数，在数轴上的位置如图所示．例如：，．下列说法： ①； ②不存在任何一种“新运算操作”，使其运算结果与原代数式相等； ③不存在任何一种“新运算操作”，使其运算结果与原代数式之和为0； ④所有可能的“新运算操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 19．将有序数对进行操作后得到一个新的有序数对，将得到的新的有序数对按上述操作继续进行下去，每得到一个新的有序数对称为一次操作．例如：经过第一次操作后得到，经过第二次操作后得到．下列说法①若经过三次操作得到，且，则．②将经过2n（为正整数）次操作后，得到的有序数对为．③在平面直角坐标系中，将所对应的点记为，经过第一次操作后的点记为，第二次操作后的点记为，当时，若直线与直线互相垂直（为正整数），则．正确的个数为（   ）． A．0 B．1 C．2 D．3 20．已知a1、a2、a3、an，… (n为正整数)满足an+1＝，则下列说法： ①a1a2a3＝1； ②a5＝a20； ③若a1＝﹣，则＝912m+586n； ④若a1＝x，y＝pa1a3﹣ (p为非零常数)，当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同； 则p的最小值为﹣3；其中正确的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 21．已知整式其中为正整数，以下说法： 根据已知等式，把分解因式得，则； 若（，均为正整数），时，则满足条件的整数，的值只有两组； 若，是方程的两根，则的各项系数之和为． 其中正确的个数是（　　） A．个 B． C． D． 22．已知整式，其中，，，，是自然数，若，．下列说法： ①若，则； ②若，且，则满足条件的不同整式中共有7个； ③当时，设其四个实数根为，，，．若存在正整数使得为正整数，则． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 23．已知：，，下列说法： ①当时，的值为或； ②若关于的方程恰有3个不同的实数根，则的值为3； ③无论取任何实数，关于的函数的最小值都不可能是8． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 24．已知两个多项式，， ①若时，则有或4； ②若为整数，且为整数，则或5， ③当时，若，则； 以上结论正确的个数是（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 25．已知关于x的多项式：，． ①若，则代数式的值为； ②若，当y随着x的增加而增加时，n的取值范围为； ③当时，若，则或． 以上结论正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 26．已知是直线l上互不重合的三个点，，，，其中，，下列说法正确的个数是（   ） ①当时，点C在之间； ②当时，点A在之间； ③至少存在一个m的值，使点B在之间． A．0 B．1 C．2 D．3 27．已知实数a，b，c，m，n，其中，满足，．则以下说法：①；②若a，b，c，均为奇数，则m，n不能都为整数；③关于x的一元二次方程的两根为，n．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 28．对于一元二次方程，下列说法： ①若，则方程一定有两个实数根 ②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实数根 ③若二次函数的图象开口向下且，则方程一定有两个不相等的实数根 ④若是方程的一个根，则一定有成立 ⑤若一元二次方程的根为，则二次函数的对称轴为直线 其中正确结论的个数为(    ) A．1 B．2 C．3 D．4 29．已知多项式（m，n为常数），若点的横坐标x、纵坐标y满足，则称这样的点为“零和点”．下列说法： ①直线上存在“零和点”； ②若且，则点为“零和点”； ③若二次函数的图象上有且只有一个“零和点”，当时，二次函数的最小值为，最大值为，则实数k的取值范围是． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 30．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 代数推理证明压轴选择题（解析版） （2大类型精选30题） 1．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 【知识点】因式分解的应用 【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． 2．在两个整式，之间写上这两个整式之和，得到整式串：、、，看作第一次操作；再在、、每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，得到一个新的整式串，看作第二次操作；第三次操作就在第二次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的；第四次操作就在第三次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，…，则下列说法中： ①第二次操作得到整式串：，，，； ②第四次操作后的整式串的第四个整式为； ③第六次操作后的整式串中共有个整式65； ④当时，第2025次操作后得到的整式串中所有整式之和为2053351．正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算 【分析】本题考查了数字类规律探究，整式的加减运算；根据新定义计算第二次操作得到整式串，即可判断①，同理计算第四次操作得到的整式串，即可判断②，根据规律，每一次是前一次数量的2倍少1个，进而求得总数量，即判断③和④， 【详解】解：第一次操作得到整式串：、、，共有个整式， ①第二次操作得到整式串：，，，，，故①不正确，共有个整式， 第三次操作得到整式串：，，，，，，，，，共有个整式， 第四次操作得到整式串：，，，，，，共有个整式，； ……，第次操作得到整式串共有个整式 ②第四次操作后的整式串的第四个整式为，故②正确； ③第六次操作后的整式串中共有个整式，故③正确 ④第一次操作得到整式串：、、，其和为 第二次操作得到整式串：，，，，，其和为， 第三次操作得到整式串：，，，，，，，，，其和为， ……， 第次操作得到整式和为： 当时，第次操作后得到的整式串中所有整式之和为，故④不正确． 故选：B． 3．数形结合是解决一些数学问题的重要思想方法，比如在数轴上表示数，对应的点之间的距离．现定义一种“Q运算”，对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值进行求和．例如：对，1，2进行“Q运算”，得．下列说法正确的个数是（   ） ①对n，，1进行“Q运算”的结果是8，则； ②对a，b，c，c进行“Q运算”，化简后的结果可能存在6种不同的表达式； ③对4，5，6，7，，2025，q进行“Q运算”，当其结果取最小时对应q的范围是． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】新定义下的实数运算、整式加减的应用、带有字母的绝对值化简问题 【分析】本题考查了新定义运算，化简绝对值符号，整式的加减运算，掌握绝对值运算，整式的运算是解题的关键．①根据“Q运算”的运算方法进行运算，即可判定；②首先根据“Q运算”的运算方法进行运算，再分类讨论，化简绝对值符号，即可判定；③先分析得出为使两两差绝对值最小，则q应位于不含q的数列的中位数附近时运算结果最小，根据中位数即可判断． 【详解】解：①对n，，1进行“Q运算”的结果是8， 则， ， 当时，， 解得：； 当时，，方程无解； 当时，， 解得：； 故或2，则①错误； ②对a，b，c，c进行“Q运算”，， 当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 化简后的结果可能存在6种不同的表达式，故②正确； ③若对4，5，6，7，，2025，进行“Q运算”，该数列共2022项，插入q后共2023项， 为使两两差绝对值最小，则q应位于原数列的中位数附近，原数列中位数为， 则当时，运算结果最小，故③错误； 故选：B 4．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 【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算 【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． 5．已知整式，其中，，，，，均为自然数．则下列说法，正确的个数为（    ） ①若，则； ②，，，，，中必有两个数的差是5的倍数； ③当时，该方程存在5个实数解记为，，，，，若存在整数，使，且，，则存在最大值为25． A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】B 【知识点】数字类规律探索、整式的混合运算、运用完全平方公式进行运算、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】表示出当时，当时的值，再进行加法运算即可判断①；令，则，令，则，表示出，，结合题意即可判断②；由题意结合一元二次方程的解以及一元二次方程根与系数的关系得出，即，从而得出，计算即可判断③，从而得解． 【详解】解：①当时，，即， 当时，，即， ∴由可得：， ∴，故①错误； ②令，则， 令，则， 令，则， ∴，， ∵，，，，，均是自然数， ∴，均为整数， ∴与必有一个为5的倍数， ∴，，，，，中必有两个数的差是5的倍数，所以②正确； ③由题意，得，，，，为方程的五个解， ∴， ∵，， ∴，即， ∵， ∴， ∴当或时，有最大值25， ∵， ∴当时，的最大值为25， 所以③正确， 综上所述，正确的有②③，共个， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了整数的混合运算，代数式求值，一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，正确计算是解此题的关键． 6．已知多项式，满足，且为正整数，将其中的个“”改为“”后得到一个新多项式．下列说法中正确的个数是（    ） ①当（为偶数）时，新多项式的值可能为； ②当时，若，，均为正整数且，得到的新多项式的值恒为非负数，则； ③当，时，对新多项式取绝对值后化简的结果共有种． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、数字类规律探索、不等式的性质 【分析】本题考查绝对值的化简，不等式的性质，整式的规律探索，熟练根据题意正确列出多项式是解题的关键． ①中，正确举例即可得； ②中，根据，，均为正整数且，，得出，设，先判断，再得出当时，的新多项式的最小值为改变项前的“”，设最小值为，得出，得出时，；时，；时，，；又由，得，则可得，即可判断； ③中，逐一枚举，并利用不等式的性质进行化简即可得． 【详解】解：①例如，多项式，， 则， 新多项式可以为， 举例：， 则①正确； ②若，，均为正整数且，， ∴，，，，，，，， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， 其中，当时，， ∴， 当时，的新多项式的最小值为改变项前的“”， 设最小值为， 即， ∵时，，； 时，，； 时，，； 又∵， ∴， ∴， ∴只有当时，得到的新多项式的值恒为非负数， 故②正确； ③当，时，， 情况1：， ∵， ∴，，， ∴， ∴新多项式取绝对值化简结果为； 情况2：， ∵， ∴，，， ∴， ∴新多项式取绝对值化简结果为； 情况3：， ∵， ∴，，， ∴， ∴新多项式取绝对值化简结果为； 情况4：， 由无法判断的正负， ∴新多项式取绝对值化简结果为或； 情况5：， ∵， ∴，，， ∴， ∴新多项式取绝对值化简结果为； 情况6：， ∵， ∴，，， ∴， ∴新多项式取绝对值化简结果为； 情况7：， 由无法判断的正负， ∴新多项式取绝对值化简结果为或； 情况8：， 由无法判断的正负， ∴新多项式取绝对值化简结果为或； 情况：， 由无法判断的正负， ∴新多项式取绝对值化简结果为或； 情况：， 由无法判断的正负， ∴新多项式取绝对值化简结果为或； 综上，新多项式取绝对值后化简的结果共有种， 故③正确． 故正确的是①②③， 故选：D． 7．已知多项式，满足．在这列多项式中任取相邻的项增加绝对值符号后进行化简称为“绝对操作”．比如当，时，其中一种“绝对操作”为．下列说法： ①当，时，“绝对操作”后的结果一共有种； ②当，时，进行“绝对操作”化简后的代数式，结果必然相同的“绝对操作”有种； ③当时，若进行“绝对操作”后共有种化简结果必然相同，则的最小值为．其中正确的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、不等式的性质 【分析】本题考查不等式的性质，绝对值，熟练掌握利用不等式的性质确定正负来化简绝对值是解题的关键．利用枚举一一列举即可判断①，当，时，利用不等式的性质可得，，， ， ， 可得结果必然相同的“绝对操作”有种，即可判断②；同②的方法即可得出规律，利用规律即可解决③． 【详解】解：①中，当，时， 第一种：； 第二种：； 第三种：； 第四种：； 第五种：； 其中第一、四、五种结果相同，第二、三种不同， 则“绝对操作”后的结果一共有种， 故①错误； ②当时，多项式为， 对于时，即任取相邻的项增加绝对值符号， ∵， ∴，，， ， ， 其余相邻三项增加绝对值符号的结果无法确定或不等于其本身， ∴第，，项、第，，项、第，，项、第，，项、第，，项增加绝对值符号的结果相同， ∴结果必然相同的“绝对操作”有种； 故②正确； ③对于时，即任取相邻的项增加绝对值符号， ∵， ∴，，， ， ， 其余相邻四项增加绝对值符号的结果无法确定或不等于其本身， ∴第，，，项、第，，，项、第，，，项、第，，，项、第，，，项、增加绝对值符号的结果相同， 即从第项开始，每个一循环， ∵若进行“绝对操作”后共有种化简结果必然相同， ∴绝对值符号的结果相同的最后一种增加绝对值符号是第，，，项， ∴或或或， ∴则的最小值为， 故③错误； 综上所述，正确的是②， 故选：A． 8．定义两个新运算，，且，下列说法正确的有（   ） ①若，则或； ②若，则； ③若，，当时，则； ④若，，则的最小值为2025． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【知识点】新定义下的实数运算、分式除法、不等式的性质、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】本题主要考查新定义运算，熟练掌握新定义是解题的关键．根据题中的新定义得出，然后求出m、n的值即可判断①；根据题中的新定义得出，然后分，讨论求出k，即可判断②；根据新定义可求出，然后根据二次函数的性质即可判断③；先根据新定义求出，，然后分当，，，，讨论，利用不等式的性质和绝对值的意义求出的取值范围，即可判断④． 【详解】解：， 即，则或，故①正确； ， 即， ， 即， 当时， ， 当时，， ， 综上，的值为或2，故②错误； ，， ， ， ∴抛物线开口向下， ，， 当时，有最大值为9，当时有最小值为5， ，故③错误； 若，， ，， ∴， 当时， ， ∴； 当时， ， ∴； 当时，； 当时， ， ∴， 当时， ， ∴， 综上，，当时，有最小值为4050，故④错误． 故选：A． 9．依次排列的两个整式 ，将第1个整式乘以2再减去第2个整式，称为第1次操作，得到第3个整式 ；将第2个整式乘以2再减去第3个整式，称为第2次操作，得到第4个整式 ；将第3个整式乘以2再减去第4个整式，称为第3次操作，得到第5个整式，…以此类推，下列5个说法，其中正确的结论有（   ） ①第9个整式为 ②第个整式中与的系数和为1； ③第8次操作与第9次操作得到的两个整式所有系数绝对值之和为 ④第12次操作后得到的整式为 ⑤当时，第次操作完成后，所有整式之和为． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算 【分析】本题考查数字的变化规律，整式的加减运算；通过计算，探索出整式各项系数之间的关系，找到系数和的规律是解题的关键． ①按要求分别列出即可求解；②由①可知，从第三个整式开始的系数符号相反，偶数个整式的系数为负，的系数为正，且的系数的绝对值比的系数的绝对值大1，再求解即可；③求得第个整式和第个整式的系数和是，即可求解；④根据题意求得第14个等式即可判断④；⑤第次操作完成后，得到第个等式，共有个整式，每个整式的值都是，据此可求解． 【详解】解：①第1个整式：， 第2个整式：， 第1次操作，第3个整式：， 第2次操作，第4个整式：， 第3次操作，第5个整式：， 第4次操作，第6个整式：， 第5次操作，第7个整式：， 第6次操作，第8个整式：， 第7次操作，第9个整式：，故①符合题意； 第8次操作，第10个整式：， 第9次操作，第11个整式：， ②由①可知，从第三个整式开始的系数符号相反，偶数个整式的系数为负，的系数为正，且的系数的绝对值比的系数的绝对值大1， ∴第2024个整式中与的系数和为1，故②符合题意； ③∵第8次操作与第9次操作得到第10个和第11个整式， ∴第10个整式和第11个整式的系数绝对值和是，故③不符合题意； ④第12次操作完成后，得到第14个等式， 根据①可得第12个等式为， 第13个等式为， 第14个等式为,故④符合题意； ⑤当时，每个整式的值都是，所以所有整式之和应为，其中是操作次数， 如果第次操作后，总共有个整式，和为，而题目中说，显然错误，因此结论⑤错误； 故正确的有①②④ 故选：B． 10．已知两个实数，，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作．再从、、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从、、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去．以下结论正确的个数为（   ） ①若，，为方程的两根，则； ②若，则； ③对于整数，，若为奇数，在操作过程中，得到的一定为奇数； ④若，，要使得成立，则至少为4． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】已知字母的值 ，求代数式的值、整式的混合运算、因式分解法解一元二次方程、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】由一元二次方程根与系数的关系可得，，求出即可判断①；设，则，从而可得，解方程即可判断②；不防设为奇数，为偶数，则为奇数，每次进行计算，若选择两个奇数，则计算过程为偶数偶数，结果为奇数；若选择一个奇数，一个偶数，则计算过程为奇数偶数，结果为奇数，即可判断③；根据题意计算出即可判断④． 【详解】解：∵，，为方程的两根， ∴，， ∴，故①正确； ∵， ∴设，则， ∵， ∴， 解得：或， ∴或，故②错误； ∵对于整数，，若为奇数， ∴不防设为奇数，为偶数， ∴为奇数， 每次进行计算，若选择两个奇数，则计算过程为偶数偶数，结果为奇数；若选择一个奇数，一个偶数，则计算过程为奇数偶数，结果为奇数，故在操作过程中，得到的一定为奇数，故③正确； ∵，， ∴， 选和，则， 选和，则， 选和，则， 此时， 故要使得成立，则至少为4，故④正确； 综上所述，正确的有①③④，共个 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系、解一元二次方程、整式的混合运算、求代数式的值，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 11．对两个整式，进行如下操作：记，称为第一次操作；记，称为第二次操作；记，称为第三次操作；记，称为第四次操作，……下列说法； ①； ②若，则； ③若，则不存在正整数，使得是10的倍数． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】整式的加减运算、数字类规律探索 【分析】此题考查了整式的加减及数字类变化规律，根据题意找到规律是解题的关键．先分别计算出，再对各个说法分别分析并判断即可得出结论． 【详解】已知，将代入可得：， 已知，将代入可得：， 已知，将代入可得：， 已知，将代入可得：， 由上述计算可知，题干未说明的取值，所以不一定等于7， 故说法①错误； 当时，， ， ∵， ， 故说法②错误； 当时，即， 此时，， 发现所有的末位数字均为2、4、6，不会出现0， 则不存在正整数，使得是10的倍数． 故说法③正确． 综上，正确的说法只有1个， 故选：B． 12．已知整式，其中n，，，，…，均为自然数，且，下列说法： ①当，时，则； ②若，则存在一个n使得满足条件的整式有6个； ③若时，则满足条件的所有整式有且仅有85个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】数字类规律探索 【分析】本题考查了整式中的探究规律，理解题意，分类讨论，找出规律是解题的关键． ①当，时，可得  ，，，，，即可求解； ②若，分类讨论：时；当时，当时，当时，当时，分别进行求解，即可判断； ③分类讨论：当时，当时，当时， 当时，当时，当时，同理可求． 【详解】解：①当，时， ，，…，为自然数，且， ，，，，， ， 故①错误． ②若， 当时， ， 有个； 当时， ， 可以取、、、，有个； 当时， ， 为，，，，，， 有个； 当时， ， 为，， ， 有个； 当时， ， 为， 有个； 存在一个（），使得满足条件的整式有且仅有6个； 故②正确． ③当时， 当时， 整式：， 有1个； 当时， 时， 整式：； 时， 整式：， 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、，有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、、，有个； 时， 整式为， 为，，， 有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时，由②得此时共有：个； 若， 当时， ， 有个； 当时， ， 可以取、、、，4，有5个； 当时， ， 为，，，，，，，，，， 有10个； 当时， ， 为，，，，， ， 有6个； 当时， ， 为，，，，， ∴有4个， 当时， ， 为， ∴有1个， 此时共有：个； 综上所述：共有个， 故③错误． 因此正确的结论是②，共1个． 故选：B． 13．已知整式，其中且为整数，，，，，也均为整数，．记：，若满足，下列说法：①若时，满足条件的的值有个；②在所有满足条件的整式中，单项式有个；③若，且整式的值为时，则满足条件的实数的值有个．其中正确的个数为（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【知识点】公式法解一元二次方程、单项式的判断、数字类规律探索、算术平方根的实际应用 【分析】本题考查数式的操作，涉及一元二次方程，算术平方根，整式，熟练理解题意，并根据题意列式操作是解题的关键．当时，，，可得，，即可判断①；分别判断当时，当时，当时，整式的所有情况，即可判断②；若时，（舍）、、、、、、、、，当整式的值为时，分别求解对应的一元一次方程或一元二次方程，即可判断③． 【详解】解：①当时， ，， ∵为整数， ∴，， 故满足条件的有个， 所以①正确； ②由①得当时，，； 当时， ，， ∴， ∵，均为整数， ∴整式的情况有： 对应整式 整式个数 个 个 个 当时， ，， ∴， ∵，，均为整数， ∴整式的情况有： 对应整式 整式个数 个 个 个 个 个 综上，为单项式的有：，，，，，，共个， 所以②正确； ③若时，（舍）、、、、、、、、， 当整式的值为时， 分别求解对应的一元一次方程或一元二次方程， 即、、、（无解）、、、（无解）、（无解）， 解得：、、， 则满足条件的实数的值有个， 所以③正确， 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：D． 14．简单的规则可以涌现出丰富的代数结构，有依次排列的3个整式x，y，z，用任意两个整式的和减去剩下的整式，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，下列结论： ①第3次操作后，得到的整式串为，，； ②第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43； ③第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式x，y，z）的和为． 其中正确的个数有（   ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【知识点】数字类规律探索、整式加减的应用 【分析】本题考查了整式类规律探索、整式的加减的的应用，正确归纳类推出一般规律是解题关键．先分别求出第次操作后，得到的整式串，再归纳类推出一般规律，逐个判断即可得． 【详解】解：由题意得：第1次操作后，得到的整式串为，，， ∵， ， ， ∴第2次操作后，得到的整式串为，，， ∵， ， ， ∴第3次操作后，得到的整式串为，，，结论①正确； ∵， ， ， ∴第4次操作后，得到的整式串为，，， 归纳类推得：每次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都相同，每个多项式的各项系数之和都等于1，而且有两项的系数相等，其中，不相等的系数依次为， 则第次操作后，得到的整式串中，不相等的系数为（其中为正整数）， ∵，， ∴第6次操作后，得到的整式串中，三个多项式的各项系数都是，，43，结论②正确； 第1次操作后，得到的整式串的和为， 第2次操作后，得到的整式串的和为， 第3次操作后，得到的整式串的和为， 归纳类推得：每次操作后，得到的整式串的和都是， 则第2025次操作后，所有整式（包含前3个整式）的和为，结论③正确； 综上，正确的个数有3个， 故选：D． 15．已知整式，其中，，，…，为自然数，且．下列说法： ①当，时，则； ②若，不存在任何一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； ③当时，满足条件的所有整式有且仅有28个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】数字类规律探索 【分析】①当，时，可得 ，，，，，，，即可求解； ②若，分类讨论：时；当时，当时，当时，当时，分别进行求解，即可判断； ③分类讨论：当时，当时，当时， 当时，当时，同理可求． 【详解】解：①当，时， ，，…，为自然数， 且， ，，，，，，， ； 故此项正确； ②若， 当时， ， 有个； 当时， ， 可以取、、、，有个； 当时， ， 为，，，，，， 有个； 当时， ， 为，， ， 有个； 当时， ， 为， 有个； 此时共有：个； 存在一个，使得满足条件的整式有且仅有3个； 故此项不符合题意； ③当时， 当时， 整式：， 有1个； 当时， 时， 整式：； 时， 整式：， 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、，有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时， 时， 整式：， 有个； 时， 整式为，可以取、、，有个； 时， 整式为， 为，，， 有个； 时， 整式为， 为， 有个； 此时共有：个； 当时，由②得此时共有：个； 综上所述：共有个， 故此项错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了整式中的探究规律，理解题意，分类讨论，找出规律是解题的关键． 16．已知整式（、、均为整数，），且，下列说法： ①若，则的值可能为； ②存在，，，，均为非零的整式的平方； ③若（）均为正整数，则最大值为． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】整式的加减运算 【分析】本题考查了整式加减的应用，由题意得，，据此逐项判断即可求解，掌握整式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：①∵， ∴， 又∵， ∴，， ∵为整数， ∴的值可以为、、、、， ∵， ∴的值可能为，故①正确； ②若，，，，， 则， ∴存在，，，，均为非零的整式的平方，故②正确； ③∵，（）均为正整数， 则当，时，取最大值，最大值为，故③正确； 综上，正确的个数是， 故选：． 17．将正整数1，2，3，…，n按顺时针方向依次排在一个圆上，然后从1开始，按顺时针方向，每个数删除一个数，直至剩余一个数为止，最终剩余的一个数记为．例如：若，，依次删除2，4，1，5，则；若，，依次删除3，6，4，2，5，则；下列说法中正确的个数是（   ） ①； ②当时，； ③当时，或． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【知识点】用代数式表示数、图形的规律 【分析】本题考查了新定义，涉及代数式求值，难度较大，正确理解题意是解题的关键． 对于①表示这8个数每2个数删除1个数，则依次删除，还剩下1，故；对于②，分别把代入，发现均成立；对于③，分别把代入，计算出结果，进行验证即可． 【详解】解：①表示这8个数每2个数删除1个数， ∴依次删除，还剩下1， ∴，够①正确，符合题意； ②当时，，由上知，符合； ∴当时，，则表示这9个数每2个数删除1个数， ∴依次删除，还剩下3， ∴，符合； 同理可求：当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，，； 代入计算发现均，故②正确，符合题意； ③当时，同理可求：，，符合； 当时，同理可求：，，符合； 当时，同理可求：，，符合； 当时，同理可求：，，符合； 当时，同理可求：，，符合； 当时，同理可求：，，符合， ∴③正确，符合题意， ∴正确的有①②③， 故选：D． 18．在学习二次根式过程中，对代数式M定义新运算：，在代数式中任意加新运算，然后按给出的运算顺序重新运算，称此为“新运算操作”，不能改变式子中字母和数字顺序，每次操作只能加一次新运算．实数，在数轴上的位置如图所示．例如：，．下列说法： ①； ②不存在任何一种“新运算操作”，使其运算结果与原代数式相等； ③不存在任何一种“新运算操作”，使其运算结果与原代数式之和为0； ④所有可能的“新运算操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【知识点】带有字母的绝对值化简问题、新定义下的实数运算 【分析】本题主要考查了新定义运算“新运算操作”，正确理解“新运算操作”是解题关键． 根据数轴可知，，则有，结合“新运算操作”可得，即可判断说法①；结合可得，即可判断说法②；推导，易得，可知，即可判断说法③；根据“新运算操作”可知所有可能的“新运算操作”共有6种不同运算结果，即可判断说法④． 【详解】解：由数轴可知，， ∴， ∴，故说法①正确； ∵， ∴，故说法②错误； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴存在“新运算操作”，使其运算结果与原代数式之和为0，说法③错误； 可能的“新运算操作”有， ， ， ， ， ， ， ∴所有可能的“新运算操作”共有6种不同运算结果，说法④错误． 故选：D． 19．将有序数对进行操作后得到一个新的有序数对，将得到的新的有序数对按上述操作继续进行下去，每得到一个新的有序数对称为一次操作．例如：经过第一次操作后得到，经过第二次操作后得到．下列说法①若经过三次操作得到，且，则．②将经过2n（为正整数）次操作后，得到的有序数对为．③在平面直角坐标系中，将所对应的点记为，经过第一次操作后的点记为，第二次操作后的点记为，当时，若直线与直线互相垂直（为正整数），则．正确的个数为（   ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】数字类规律探索、公式法解一元二次方程、求一次函数解析式、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查数字类规律探究、一次函数的应用、勾股定理、解一元二次方程，理解题意是解答的关键．根据题中操作可判断①；根据题中操作，发现规律可判断②；根据题中操作可得，，，，利用待定系数法分别求得直线的表达式为，直线的表达式为，可得两直线相交于坐标原点，则有，然后利用勾股定理列方程求解a值即可判断③，进而可得答案． 【详解】解：①经过第一次操作后得到，经过第二次操作后得到，经过第三次操作后得到， 则由题意，得，解得，故①错误； ②经过第一次操作后得到， 经过第二次操作后得到，即， 经过第三次操作后得到， 经过第四次操作后得到，即 经过第五次操作后得到， 经过第六次操作后得到，即， ……， 依次类推， 经过2n（为正整数）次操作后，得到的有序数对为，故②正确； ③经过第一次操作后得到， 经过第二次操作后得到，即， 经过第三次操作后得到， 经过第四次操作后得到，即， 经过第五次操作后得到， 经过第六次操作后得到，即， ……， 依次类推，，，，， 设直线的表达式为， 则，解得， ∴直线的表达式为， 同理直线的表达式为， 可得两直线相交于坐标原点， 若直线与直线互相垂直时，则有， ∵， ∴，， 由得：， 整理，得， 解得，故③错误， 综上，正确的有1个， 故选：B． 20．已知a1、a2、a3、an，… (n为正整数)满足an+1＝，则下列说法： ①a1a2a3＝1； ②a5＝a20； ③若a1＝﹣，则＝912m+586n； ④若a1＝x，y＝pa1a3﹣ (p为非零常数)，当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同； 则p的最小值为﹣3；其中正确的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】数字类规律探索、运用平方差公式进行运算、分式加减乘除混合运算 【分析】由所给的式子分别求出，，a4＝a1，从而确定式子的循环规律，并得到a1a2a3＝﹣1；再进行判断即可． 【详解】解：①，， ∴a1a2a3＝﹣1，故①不正确； ②， ∴每3个结果循环一次， ∵20÷3＝6…2，5÷3＝1…2， ∴a5＝a20，故②正确； ③∵a1＝﹣， ∴a2＝，a3＝3， ∴a1+a2+a3＝， ∴a1m+a2m+⋯+a864m+a865n+a866n+⋯+a1421n ＝m(a1+a2+⋯+a864)+n(a865+⋯+a1421) ＝m(×288)+n(×186﹣3) ＝912m+586n，故③正确； ④y＝pa1a3﹣＝pa1a3﹣＝p×﹣， ∵a1＝x， ∴a2＝， ∴y＝p(x﹣1)﹣x2， ∵当x的值取m2和2m﹣2时，y的值相同， ∴p(m2﹣1)﹣m4＝p(2m﹣2﹣1)﹣(2m﹣2)2， 解得p＝(m+1)2﹣3， ∴当m＝﹣1时，p有最小值为﹣3，当m＝1，a1＝1，此时a2无意义故④不正确； 综上分析可知，②③正确． 故选：B． 【点睛】本题考查数字的变化规律，通过所给的式子，探索出式子的循环规律，并得到a1a2a3＝﹣1是解题的关键． 21．已知整式其中为正整数，以下说法： 根据已知等式，把分解因式得，则； 若（，均为正整数），时，则满足条件的整数，的值只有两组； 若，是方程的两根，则的各项系数之和为． 其中正确的个数是（　　） A．个 B． C． D． 【答案】B 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、因式分解的应用、加减消元法 【分析】将分解因式为，得出，，，，即可判断①；由题意可得或，再分情况计算即可判断②；由题意可得，，，，由，，令，，得出，求出，，同理可得，，代入计算即可判断③． 【详解】解：， ∴，，，， ∴，故正确； ∵，，均为正整数， ∴或， 当时， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，为整数， ∴或或或或或或或， 解得：或（舍去）或（舍去）或（舍去）或（舍去）或或（舍去）或（舍去）， 当时， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，为整数， ∴或或或或或或或， 解得：（舍去）或或（舍去）或（舍去）或（舍去）或（舍去）或或（舍去）， ∴满足条件的整数，的值有或或或，故错误； ∵，是方程的两根， ∴，，，， 由，， 令，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴ ， ∴， 同理可得：，， ∴，即的各项系数之和为，故③错误，不符合题意； 综上所述，正确的有①，共个， 故选：B． 【点睛】本题考查了因式分解的应用、解二元一次方程组、一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程的解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 22．已知整式，其中，，，，是自然数，若，．下列说法： ①若，则； ②若，且，则满足条件的不同整式中共有7个； ③当时，设其四个实数根为，，，．若存在正整数使得为正整数，则． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】多项式乘法中的规律性问题、因式分解的应用、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题考查因式分解的拓展应用，韦达定理．令和，可判断①；根据抽屉原理，可判断②；根据韦达定理得出，根据为正整数，通过解不等式组求出整数k，可判断③． 【详解】解：当时，， 即， 当时，， 即， 得：， ， ∵， ，故①正确； ∵， ∴． ∴． ∵， ∴的最小取值． ∴， ∵，， ∴都为自然数， ∴或， ∴，或，或或或，， ∴，（舍去）或，或，（舍去）或，， 当，时， 则，可能的组合为，或，或，或，，共4种组合；，，可能的组合为，，，共1种组合； ∴满足条件的不同整式有：(个)； 当，时， 则，可能的组合为，，共1种组合；，，可能的组合为，，，共1种组合； ∴满足条件的不同整式有：(个)； 综上，满足条件的不同整式有：(个)；故②错误． 当时，该方程存在4个实数根记为，，，， ， 由等式两边常数项相等，可得：， ， 存在正整数k，使为正整数， 或， 或， 或， 或， 或，故③错误； 综上可知，正确的个数为1个， 故选：B． 23．已知：，，下列说法： ①当时，的值为或； ②若关于的方程恰有3个不同的实数根，则的值为3； ③无论取任何实数，关于的函数的最小值都不可能是8． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【知识点】因式分解法解一元二次方程、y=ax²+bx+c的图象与性质、抛物线与x轴的交点问题 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键．解方程或，即可判断①，画出函数图象，可得恰有3个不同的实数根，则必过原点或，得出或，即可判断②，求得最小值，解方程即可判断③． 【详解】解：①， ∴或， ∴或 解得：或或；故①不正确， ②如图所示，， 若恰有3个不同的实数根，则必过原点，或 ∴或 解得：或，故②不正确 ③ 最小值为 当 解得：或，故③不正确； 故选：A． 24．已知两个多项式，， ①若时，则有或4； ②若为整数，且为整数，则或5， ③当时，若，则； 以上结论正确的个数是（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、分式化简求值、因式分解法解一元二次方程 【分析】①根据等式得，解此方程，即可求解； ②，判断是整数的条件，即可求解； ③由等式可得，化简得，化为，即可求解； 【详解】解：①， ， 整理得：， 解得：，， 或4， 故此项正确； ② ， 为整数，且为整数， 是整数， 或， 或或或； 故此项错误； ③， ， 整理得：， ， ； 故此项错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，分式的应用，完全平方公式的变形运算，能熟练利用一元二次方程和完全平方公式进行运算是解题的关键． 25．已知关于x的多项式：，． ①若，则代数式的值为； ②若，当y随着x的增加而增加时，n的取值范围为； ③当时，若，则或． 以上结论正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】已知式子的值，求代数式的值、公式法解一元二次方程、因式分解法解一元二次方程、根据一次函数增减性求参数 【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，代数式求值和整式的运算．把，分别代入各个选项，再依据选项结论进行分析计算即可． 【详解】解：①当时，， ∴， ∴， 所以①正确； ②∵， 当y随着x的增加而增加时， ∴， 解得，所以②错误； ③当时，， 若，则或， 即或， 对于方程，， ∴此方程没有实数解； 对于方程，因式分解得， 解得， 综上所述，若，则或，所以③错误． 故选：B． 26．已知是直线l上互不重合的三个点，，，，其中，，下列说法正确的个数是（   ） ①当时，点C在之间； ②当时，点A在之间； ③至少存在一个m的值，使点B在之间． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】线段的和与差、y=ax²+bx+c的图象与性质、根据判别式判断一元二次方程根的情况 【分析】本题考查根据线段的和差、解一元二次方程、二次函数的性质，利用一元二次方程根的判别式求解是解答的关键．根据一元二次方程根的情况逐项分析即可． 【详解】解：①当时，，， 当点C在之间时，恒成立，方程有实数解． 整理方程得，解得，， ∴当时，点C在之间，正确，符合题意； ②当点A在之间时，恒成立，即方程有实数解， 整理方程得， ， 当时，由解得（负值已舍去）， 当时，，方程无解，即点A不在之间； 当时，，方程有实数解，点A在之间， 综上，当时，点A不一定在之间， 故②说法错误，不符合题意； ③当点B在之间时， 恒成立，即方程有实数解， 整理方程得， ， 当时，由解得（负值已舍去）， 当时，，方程无解，即不存在一个m值，使得点B在之间； 当时，，方程有解，而方程的两个之和为，即原方程不存在两个正根，不满足，即不存在一个m值，使得点B在之间， 所以不存在一个m的值，使点B在之间，故③说法错误，不符合题意， 综上，说法正确的只有①， 故选：B． 27．已知实数a，b，c，m，n，其中，满足，．则以下说法：①；②若a，b，c，均为奇数，则m，n不能都为整数；③关于x的一元二次方程的两根为，n．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、因式分解的应用、整式乘法混合运算 【分析】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，因式分解的应用和整式的混合运算．①根据题意，可得，，将其代入原式中，再利用公式法与提公因式法进行因式分解，可得原式，根据a，m，n是实数，可知，即可得；②若m,n都为整数，其可能情况有：m，n都为奇数；m，n为整数，且其中至少有一个为偶数，分别进行论证讨论即可．③根据根与系数的关系，将变形得，进而可得结论． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴ ， ∵a，m，n是实数， ∴， ∴，即①正确； 若m，n都为整数，其可能情况有以下两种： 当m，n都为奇数时，则必为偶数， 又∵， ∴， ∵a为奇数， ∴必为偶数，这与b为奇数矛盾； 当m，n为整数，且其中至少有一个为偶数时，则必为偶数， 又∵， ∴， ∵a为奇数， ∴必为偶数，这与c为奇数矛盾； 综上所述，若a，b，c，均为奇数，则m，n不能都为整数．即②正确； ∵，， ∴，， ∴关于x的一元二次方程的两根为，n．即③正确． 故选：D． 28．对于一元二次方程，下列说法： ①若，则方程一定有两个实数根 ②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实数根 ③若二次函数的图象开口向下且，则方程一定有两个不相等的实数根 ④若是方程的一个根，则一定有成立 ⑤若一元二次方程的根为，则二次函数的对称轴为直线 其中正确结论的个数为(    ) A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【知识点】抛物线与x轴的交点问题、y=ax²+bx+c的图象与性质、根据判别式判断一元二次方程根的情况 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点问题，二次函数和一元二次方程的关系；利用得到，则根据根的判别式的意义可对①进行判断；先由方程有两个不相等的实数解得到，再计算方程的根的判别式的值得到，则根据根的判别式的意义可对②进行判断；根据二次函数的性质得到，则，所以利用，则根据根的判别式的意义可对③进行判断；把代入方程得到，只有时，，从而可对④进行判断；利用一元二次方程的根为得到抛物线只有一个交点，，即抛物线的顶点在轴上，然后根据二次函数的性质得到二次函数的对称轴为直线，从而可对④进行判断． 【详解】解：当， ， ， 方程一定有两个实数根，所以①正确； 若方程有两个不相等的实根， ， 即， 对于方程， ， 方程必有两个不相等的实数根，所以②正确； 若二次函数的图象开口向下， ， ， ， ， 方程一定有两个不相等的实数根，所以③正确； 若是方程的一个根， ， 当时，，所以④错误； 若一元二次方程的根为， 抛物线只有一个交点，即抛物线的顶点在轴上， 二次函数的对称轴为直线，所以⑤正确． 故选：D． 29．已知多项式（m，n为常数），若点的横坐标x、纵坐标y满足，则称这样的点为“零和点”．下列说法： ①直线上存在“零和点”； ②若且，则点为“零和点”； ③若二次函数的图象上有且只有一个“零和点”，当时，二次函数的最小值为，最大值为，则实数k的取值范围是． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【知识点】y=ax²+bx+c的最值、y=ax²+bx+c的图象与性质、判断一次函数的图象、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】令代入，求得，，即可判定①正确；由，，，得到，即，求得，，则点为“零和点”， 即可判定②正确；把代入二次函数，求得，根据二次函数的图象上有且只有一个“零和点”，则即有且只有一个根，所以，求得，，从而求得，根据二次函数的增减性即可求得当或时，二次函数的最小值为，最大值为，即可求出当时，二次函数的最小值为，最大值为，则实数k的取值范围是，可判定③正确． 【详解】解：把，代入，得 解得： ∴ 即点在直线上， ∴直线上存在“零和点”，故①正确； ∵，， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵，，， ∴，， ∴ ∴点为“零和点”，故②正确； ∵点是二次函数的图象上的“零和点”， ∴ ∴ ∵二次函数的图象上有且只有一个“零和点” ∴即有且只有一个根， ∴ ∴ 解得： ∴ ∴ ∴二次函数图象的对称轴为直线，函数的最大值为， ∵ ∴当时，y随x增大而增大，当时，y随x增大而减小， 当时，则， 解得：，， ∴当或时，二次函数的最小值为，最大值为， ∵当时，二次函数的最小值为，最大值为， ∴实数k的取值范围是，故③正确； ∴①②③都要正确，共3个正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了新定义的理解和应用，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象性质，二次函数的最值，一元二次方程根的判别式等知识．第（3）题的解题关键是由点的坐标求出a与c的关系，再根据二次函数图象上有且只有一个“零和点”，结合求出a、c的值，然后根据二次函数的性质解答． 30．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】C 【知识点】因式分解法解一元二次方程、根据一元二次方程根的情况求参数、含字母系数的一元一次、二次方程的解法 【分析】本题主要考查了新定义——“限根方程”．熟练掌握新定义，解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，分类讨论，是解题关键． ①当时，该方程是；得到方程的根为 ，，得到，该方程是“限根方程”， ①正确；②解该一元二次方程，得出，，或，．再根据此方程为“限根方程”，即此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，当，时，根据，得到，整数m不存在；当，时，得到，整数m不存在．②错误． 【详解】解：①当时，原方程为： ， 解得 ， ， ∴ ， ∵， ∴该方程是“限根方程”； ∴ ①正确； ②∵， ∴， ∴或， ∴，，或，． ∵此方程为“限根方程”， ∴此方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴． 当，时， ∵， ∴， 解得：， ∵m只是一个整数， ∴m值不存在； 当，时，， 解得：， ∴m值不存在． 综上所述，m的值不存在． ∴②错误． ∴①正确，②错误． 故选：C． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$