专题02 选择填空压轴（重庆专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题02 选择填空压轴 题型概览 题型01代数操作题 题型02阅读材料题 ( 题型0 1 )代数操作题 1．（2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模）已知关于x的整式，其中n，均为自然数，且，以下说法： ①若，则方程的解为； ②若，且方程有两个不等实根，则的最大值为9； ③若为整系数多项式，则这样的有19个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【来源】2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模数学试题 【分析】本题主要考查了数字变化规律探究、整式运算、一元二次方程的根的判别式等知识．①根据题意得到，推出，即可求得方程的解为；②方程整理得，利用根的判别式列式计算可求得，，据此计算可求解；③求得，分、1、2、3、4五种情况讨论，即可求解． 【详解】解：①∵， ∴， 又∵，为自然数， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，①正确； ②若，则， ∵， ∴， 整理得， ∵方程有两个不等实根， ∴，， ∴，， ∵，均为自然数， ∴， 若，则，不符合题意，舍去； 若，则，不符合题意，舍去； 若，则， 又， ∴， ∴， ∵， ∴的最大值为2， ∴的最大值为9，②正确； ③∵均为自然数，且， ∴均从最小的数取起，则，，，，，（舍去）， ∴， 当时，，是单项式，不符合题意； 当时，， ∵是多项式， ∴， ∴时，可取2、3、4，有3个； 时，可取3、4，有2个； 时，可取4，有1个； 故：当时，共6个； 当时，， ∴时，取1，可取2、4，有2个；取2，可取4，有1个；取3，可取4，有1个； 时，取2，可取4，有1个；取3，可取4，有1个； 时，可取3，可取4，有1个； 故：当时，共7个； 当时，， 只有，取1，取2，取3，这1种； 同理，当时，， 只有，取1，取2，取3，取4，这1种； 综上，共个，故③错误， 故选：C． 2．（2025年重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模）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“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，，进行“运算”，得．下列说法： ①对，进行“运算”的结果是，则的值是或； ②对，，进行“运算”的结果是，则的取值范围是； ③对进行“运算”，化简后的结果可能存在种不同的表达式． 其中正确的个数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【来源】2025年 重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模数学试题 【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，根据“运算”的运算方法进行运算可判断①和②；先根据“运算”的运算方法进行运算，再分类化简绝对值符号，即可判断③，综上即可求解，理解新定义运算是解题的关键． 【详解】解：①由题意得，， 解得或，故①正确； ②由题意得，， 即， ∴，故②正确； ③对进行“运算”得，， 当，，，； 当，，，； 当，，，； 当，，，； 当，，，； 当，，； ∴的“运算”化简后的结果可能存在种不同的表达式， 故③错误； ∴正确的个数是个， 故选：． 3．(24-25九下·重庆江津实验中学、李中学、白沙中学等五校·)已知多项式，多项式，其中、、均为正整数，下列说法： ①若，且关于的方程有无数个解，则； ②若，则存在实数使得； ③若，，且，则满足条件的多项式共有3个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【来源】重庆市江津实验中学、李市中学、白沙中学等五校2024-2025学年下学期第二次联考九年级数学试题 【分析】本题考查多项式、一元二次方程的判别式、因式分解等知识，理解方程的解满足的条件是解答的关键．利用多项式恒等时对应系数相等可判断①；根据一元二次方程的判别式与方程根的关系可判断②；先因式分解化为，结合正整数解讨论可能的解可判断③，进而可得答案． 【详解】解：①若，则， 若关于的方程有无数个解，则该多项式对应系数相等， ∴，故①正确； ②若，则， 则， 要使存在实数使得，则需方程的判别式， 即，解得， ∵n、f均为正整数， ∴最小值为2，矛盾， 故不存在实数x使得，故②错误； ③若，，由得， ∵、、均为正整数 ∴，，且p、q为整数，又， ∴，或，， ∴，或，， ∴，或，， ∴，或，， 故满足条件的多项式共有2个，故③错误， 综上，正确的个数是1个， 故选：B． 4．(24-25九下·重庆第一中学校·第二次模拟)已知整式，其中，，…，为整数，，为正整数，且，下列说法： ①不存在任何一个，使得满足条件的整式为二次三项式； ②若，则满足条件的整式之和为； ③满足条件的整式共有22个；其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【来源】重庆市第一中学校2024-2025学年九年级下学期第二次模拟数学试题 【分析】本题主要考查了整式的定义，系数条件限制下多项式构造，推理能力等，合理分析给定条件是解题的关键． 根据给定的条件逐条分析判断即可． 【详解】解：根据题意，，且为正整数，， 说法①，当时，，，因此， 若，则，此时最多有两个非零系数，无法构成三项式， 若，则，即，仅一项，矛盾，故①说法正确； 说法②：当时，整式为：， 当时，整式为：，，，， 当时，整式为：，，，，， 当时，整式为： ， ∴满足的整式之和为： ，故②说法错误； 说法③：由上述分析，满足条件的整式共有个，故③说法错误； ∴正确的个数为个， 故选：B． 5．（2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊）已知第一个有序单项式串：1，x，y，将该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，可以得到第二个单项式串：1，x，x，，y，对得到的新单项式串重复这样的操作……以此类推，关于操作后的单项式串．给出下列说法：①第四个单项式串中，次数最高的单项式的次数为5；②若x，y均为整数，且使得第二个单项式串的和等于5，那么满足条件的x，y一共有7种；③若y=1，第2025个单项式串中，有4049个x和4046个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【来源】2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊数学试题 【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，掌握数字规律是解题的关键． 由规律得出每个单项式串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，由第二个单项式串的和等于5，得，，为整数时，，那么满足条件的x，y一共有8种；可判断②，写出前几个单项式串，总结出规律可判断③．即可得解． 【详解】解：①第1个单项式串：1，x，y，(最高次数为1)， 第2个单项式串：1，x，x，，y，(最高次数为2)， 第3个单项式串1，x，x，，x，，，，y， (最高次数为3)， 第4次个单项式串：1，x，x，，x，，，，x，，，，，，，，y， (最高次数为5)； 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：5，故①符合题意， ②若x，y均为整数，且使得第二个单项式串的和等于5，则，，，为整数时，，那么满足条件的x，y一共有8种；故②不符合题意， 第1个单项式串：1，x，1，(1个x和0个)， 第2个单项式串：1，x，x，x，1，(3个x和0个)， 第3个单项式串1，x，x，，x，，x，x，1， (5个x和2个)， 第4个单项式串：1，x，x，，x，，，，x，，，，x，，x，x，1，（7个x和4个）； 由上可知，第n个单项式串：个x和个， 第2025个单项式串中，有个x和个． 故③符合题意， 综上．符合颗意的有①③．共2个， 故答案为：C． 6．（2025年重庆市育才中学校九年级中考二模）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． 7．（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）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． 8．（重庆巴蜀中学2025年中考二模）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． 9．（2025年重庆市渝中区中考二模）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． 10．（2025年重庆市开州区云枫教育集团中考二模）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． 11．(24-25九下·重庆潼南区·二模)已知关于的整式，其中，，，，为整数，且，下列说法：①的项数不可能小于等于3；②若，则不可能分解为一个整式的平方；③若，且，，，，均为正整数，则满足条件的共有4个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【来源】重庆市潼南区2024-2025学年九年级下学期第二次联合测试数学试题 【分析】本题考查了多项式的概念，因式分解，解题的关键是根据a，b，c，d，e的大小关系及范围，列出所有的情况进行求解． 【详解】解：根据，且，，，，为整数，可得a最小为0，则的项数至少是4项，故不可能小于等于3，故①正确； 若，则，假设可以分解为一个整式的平方， 设， 则 , ，，，，, ， ，, 这与矛盾， ∴假设不成立， 故，则不可能分解为一个整式的平方， ∴②正确； 若，且，，，，均为正整数， 则有，，，，， 或，，，，， 或，，，，共三种情况，故③错误； 故选：C． 12．(24-25九下·重庆大渡口区·二模)将连续正整数的排列顺序打乱，重新排列成．若，下列说法：①可能是负数；②是奇数时，是奇数；③是偶数时，是偶数．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【来源】重庆市大渡口区2024-2025学年九年级下学期第二次适应性检测数学试题 【分析】本题考查了数字类规律探索，举例子说明：当时，重新排列为2，3，1，，即可判断①、③，当时，重新排列为2，1，4，3，即可判断②． 【详解】解：依题意，当时，重新排列为2，3，1，则，故①正确； 当时，重新排列为2，1，4，3，则，此时满足是奇数，但是偶数，故②错误； 当时，由①知，此时满足是偶数，但是奇数，故③错误． 故选：B． 13．(24-25九下·重庆复旦中学教育集团·二模)已知关于x的一元二次方程，下列结论不正确的个数是（    ） ①当或时，代数式的值是一个完全平方数； ②无论x为任何数，代数式的值大于的值； ③关于的函数的图象与轴两交点间的距离为； ④代数式的值等于2023． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【来源】重庆市复旦中学教育集团2024-2025学年九年级下学期二调模拟数学试题 【分析】本题考查一元二次方程的解法、二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，①利用配方法即可解决问题；②利用作差法即可解决问题；③求出抛物线与x轴的交点坐标即可判断；④利用配方法即可解决问题． 【详解】解：对于①，当或时，，9是完全平方数，故①正确． 对于②，， ∴，故②错误． 对于③，令，则， 解得：， 所以函数与x轴两交点间的距离，故③正确． 对于④，∵，则， ∴ ，故④错误． 故不正确的个数是2个， 故选：B． 14．（重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟）若，为任意正数，已知，，，，进行如下操作：在，，，中任选两个作差后并求其绝对值．例如：选，作差并求其绝对值，即．则下列说法中： 所有的操作结果中存在一个结果与另外一个结果的比值为常数； 若，存在两个整数，使得所有操作结果的和为； 若，，，均为整数，且满足，则的值为或或；正确的个数为（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【来源】重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟考试数学试题（2） 【分析】本题考查了绝对值的应用，二元一次方程的正整数解，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据绝对值的应用及二元一次方程的正整数解逐一排除即可． 【详解】解：，， ∴，故正确； 若，为正整数， 则，，，， ， ， ∴所有操作结果的和为， ∵为正整数， ∴， 解得，不符合题意，故错误； 由，， ∵， ∴， ∵为正整数， ∴，整理得：， ∴或或， ∴或或， ∴或或，故正确， 综上可知：正确，共个， 故选：． ( 题型0 2 )阅读材料题 15．（2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模）我们规定：若一个正整数A能写成，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为7，则称A为“积减数”，并把A分解成的过程称为“积减分解”．例如：因为，15与12的十位数字相同，个位数字5与2的和为7，所以45是“积减数”．按照这个规定，最小的“积减数”是 ，把一个“积减数”A进行“积减分解”，即，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B与m的差除以17的余数为15，则满足条件的所有正整数A的和为 ． 【答案】 【来源】2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模数学试题 【分析】本题考查了新定义，整式的运算，设m的十位数字为a，个位数字为b，可得，然后求出“积减数”最小时，，；表示，即可得到余数为且，然后对a，b取不同的整数解计算得到A的值求和即可． 【详解】解：， 设m的十位数字为a，个位数字为b，则，， ∴， ∵“积减数”最小，又是正整数， ∴，， ∴最小的“积减数”是； ∵， ∴， ∴，且， 当时，余数为， 即，则； 当时，余数为， 即，则； 当时，余数为，无解； 当时，余数为， 即，则； 满足条件的所有正整数A的和为， 故答案为：，． 16．（2025年重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模）如果一个四位自然数M各个数位上的数字互不相同且均不为0，且前两位数字之和为6，后两位数字之和为8，则称M为“吉祥数”．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：，∵，，∴2435是“吉祥数”．则．那么“吉祥数”，则 ；已知四位自然数是“吉祥数”，（，，且a、b、c、d均为正整数），若恰好能被7整除，则满足条件的数S的最大值是 ． 【答案】 29 4235 【来源】2025年 重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模数学试题 【分析】本题主要考查了新定义下的实数运算，代数式表示式， 根据“吉祥数”的定义判断即可；先求出，再根据表示出，然后根据逐个讨论，并得出最大值． 【详解】解：∵“吉祥数”， ∴， ∴； ∵“吉祥数”， ∴， ∴. ∵， ∴. ∵能被7整除，且S取最大值， 当a,c越大，S值越大，所以当b，d越小，S值越大， 当时，不符合题意； 当时，，不能被7整除，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不能被7整除，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不能被7整除，不符合题意； 当时，不符合题意； 当时，，不能被7整除，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，能被7整除，符合题意，则， 所以S的最大值为4235. 故答案为：29,4235． 17．(24-25九下·重庆江津实验中学、李中学、白沙中学等五校·)对于一个四位自然数，各个数位上的数字均不为零，如果满足百位与十位数字之和小于千位数字，同时百位与十位数字之和大于个位数字，就称这个数为“中和数”．对于“中和数”，将其千位与百位的差替换原来的千位数字，其余数位保持不变，所得结果记为，将其千位与百位的差替换原来的百位数字，其余数位保持不变，所得结果记为，，如：当时，，，，若为最小的“中和数”，则 ；一个“中和数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，若为整数，是一个完全平方数，则满足条件的“中和数”的最大值与最小值之和为 ． 【答案】 【来源】重庆市江津实验中学、李市中学、白沙中学等五校2024-2025学年下学期第二次联考九年级数学试题 【分析】本题考查数式的新定义计算，涉及有理数的运算，列代数式，整式的加减运算，不等式的性质，熟练读懂新定义，并可以根据新定义列式是解题的关键．根据定义即可得出最小的“中和数”为，再计算即可；由题意可得，，，根据题意列出，利用为整数，结合、、、的范围得出或，再分别讨论计算即可． 【详解】解：由各个数位上的数字均不为零，如果满足百位与十位数字之和小于千位数字，同时百位与十位数字之和大于个位数字，就称这个数为“中和数”， 则最小的“中和数”为， 则，， 则； 由题意，可得，，， ∴， ∴， ∵为整数， ∴为整数， ∵，，，，且，， ∴，， ∴或， ①当时， 是一个完全平方数， 当时，，， ∵， ∴， 又∵此时，故舍； 当时，，， 没有整数满足； 当时，，， ∵， ∴， 此时的最小值； 当时，，， 没有整数满足； 当时，，， ∵， ∴或， 当时，此时的最小值； 当时，此时，故舍； 综上所述，的最小值； ②当时， 是一个完全平方数， 当时，，， ∵， ∴， ∵， ∴的最大值， 综上，，， ∴满足条件的“中和数”的最大值与最小值之和为； 故答案为：；． 18．(24-25九下·重庆第一中学校·第二次模拟)若一个正整数能写成，其中与都是两位数，且与的十位数字之和、个位数字之和都为，则称为“平和数”，并将分解成的过程称为“平和分解”．例如：因为，，，所以是“平和数”，分解成的过程就是“平和分解”．按照这个规定，最大的“平和数”是 ．把一个“平和数”进行“平和分解”，即，将放在的左边组成一个四位数，把放在的右边组成一个四位数，若的二倍与的和除以余数为，且（为整数），则满足条件的正整数的值是 ． 【答案】 ； 或． 【来源】重庆市第一中学校2024-2025学年九年级下学期第二次模拟数学试题 【分析】本题主要考查了新定义、有理数的混合运算、二次函数的最值问题，解决本题的关键是根据规定的运算法则进行计算即可． 根据“平和数”的定义可知，根据二次函数的最值问题可知当最大时，最大，根据“平和数”的定义可知的最大值是，代入计算求出的最大值即可； 根据（为整数），可知，可得：，可得：，又因为的二倍与的和除以余数为，从而可得：，求出符合要求的，即可求出正整数的值． 【详解】解：设，则，其中、为整数，且，， 则， 整理得：， 当最大时，最大， 当，时， ， 故答案为：； 解：设，则，其中、为整数，且，， 则，， 整理可得：，， ， 整理得：， （为整数）， ， 整理得：， 是完全平方数， ，，且、为整数， ， ， ， ， ， ， 整理得：， 又的二倍与的和除以余数为， ，， 当时， 则，， ， 当时， 则，， ， 综上所述，正整数的值为或． 19．（2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊）将一个四位数的个位数字截去得到，再将减去个位数字的倍，得到的差记作，如果是的倍数，则称是一个“截尾数”．例如：四位数5508，，，是“截尾数”，则最小的“截尾数”是 ．若“截尾数”是的倍数，且能被整除，则满足条件的“截尾数”的最大值为 ． 【答案】 1003 7854 【来源】2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊数学试题 【分析】本题考查了新定义运算，二元一次方程的解，根据新定义分析设四位数 ，截去个位后得到 ，根据定义，，且 需为 17 的倍数，根据题目要求得出最小最大值，即可求解． 【详解】解：设四位数 ，截去个位后得到 ，根据定义，，且 需为 17 的倍数 最小，则，， ∴ ∵为 17 的倍数，， ∴ ∴最小时，， 因此，最小的“截尾数”为 1003， 是 7 的倍数，且 能被 15 整除 设 ，则 需为 15 的倍数，即 （ 为正整数）， ∴ 且需为7的倍数 ∴是的倍数， ∴是的倍数， 又∵， 则， ∴，，对应的四位数 ， 满足条件的最大“截尾数”为 7854 故答案为：1003，7854 20．（2025年重庆市育才中学校九年级中考二模）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】 3527 9362 【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， a 1 3 5 7 9 b 5 6 7 8 9 c 4 3 2 1 0 d 9 7 5 3 1 综上，“十全数”为1549，7813，其和为9362； 故答案为：3527，9362． 21．（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）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：， 22．（重庆巴蜀中学2025年中考二模）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． 23．（2025年重庆市渝中区中考二模）在一组互不相等的正整数中任意提取个数，若这个数的和与积相加正好等于这个数的和，则称这样的提取为完美提取． 例如：在1，2，3，4，5中，因为，，所以提取1，2，4这三个数就是完美提取．若要在1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这十个数中实现完美提取，则提取的数字可以是 （写一种情况即可），共有 种完美提取（注：提取的数字相同，排序不同，属于同一种提取）． 【答案】 6、7 3 【来源】2025年重庆市渝中区中考二模数学试题 【分析】本题考查了有理数的混合运算，二元一次方程组的应用．按照定义判断列方程求解即可． 【详解】解：， 当提取2个数和时，不妨设， 则， 时，，则，则（舍去）， 时，，则（舍去）， 时，，则，则（舍去）， 时，，则（舍去）， 时，，则（舍去）， 时，，则，则（符合题意）， 时，，则，则（舍去）， 当提取3个数、和时，不妨设， 则， 时，，则，则（符合题意）， 时，，则（舍去）， 时，，则（舍去）， 当提取4个数时， 因为， 则必定提取1、2， （舍去）， （舍去）， （舍去）， （符合题意）， （舍去）， （舍去）， 综上，提取的数字可以是6、7或1、4、10或1、2、3、7共3种． 故答案为：6、7（答案不唯一）；3． 24．（2025年重庆市开州区云枫教育集团中考二模）一个四位正整数，若满足，且，，则称这个数为“金榜数”．将m的千位与十位对调、百位与个位对调后的四位数记为，其中，则 ；若为整数，则满足条件的“金榜数”m的最大值与最小值的差为 ． 【答案】 25 7524 【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】本题主要考查了新定义，对于第一空直接根据计算求解即可；对于第二空，根据定义可得，则可求出，进一步可得，则可求出，根据是整数，得到是一个完全平方数，则有或或，据此求出m的最大值和最小值即可得到答案． 【详解】解：由题意得，； 由题意得， ∴ ， ∵，， ∴， ∴ ， ∴ ， ∵满足，且，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是一个完全平方数， ∴或或， ∴或或， 当时，a的最大值为3，此时b为2，a的最小值为1，此时b为6，即此时m的最大值为，最小值为； 当时，a的最大值为5，此时b为1，a的最小值为2，此时b为7，即此时m的最大值为，最小值为； 当时，a的最大值为9，此时b为2，a的最小值为6，此时b为8，即此时m的最大值为，最小值为； 综上所述，m的最大值为，最小值为， ∴满足条件的“金榜数”m的最大值与最小值的差为； 故答案为：25；． 25．(24-25九下·重庆潼南区·二模)一个四位正整数，其各个数位上的数字均不为零，如果个位数字等于十位数字与千位数字之和，则称这个四位数为“压轴数”．将“压轴数”的千位数字去掉得到一个三位数，再将这个三位数与原“压轴数”的千位数字的3倍求和，记作．则最大的“压轴数”与最小的“压轴数”之差为 ．有两个四位正整数，（、、、，）均为“压轴数”，若能被7整除且能被13整除，则满足条件的值的和为 ． 【答案】 7807 9507 【来源】重庆市潼南区2024-2025学年九年级下学期第二次联合测试数学试题 【分析】本题主要考查了列代数式、整除等知识点．根据定义得出最大的“压轴数”与最小的“压轴数”，计算即可；根据定义计算出和，然后根据能被7整除且能被13整除，即可求解． 【详解】解：要想使“压轴数”最大，则千位是最大的一位数， 又∵各个数位上的数字均不为零，个位数字等于十位数字与千位数字之和， ∴千位不能为9，即千位最大是8，最小是1， ∴最大的“压轴数”是8919，最小的“压轴数”是1112， 则最大的“压轴数”与最小的“压轴数”之差为； ，， ∴， ∵个位数字等于十位数字与千位数字之和， ∴，， ∴， ∴， ∵能被7整除且能被13整除， ∴能被7整除，能被13整除， ∵ ∴， ∴， ∴能被7整除， ∵， 当，时，能被7整除，此时； 当，时，能被7整除，此时； 其余取值均不符合， ∴满足条件的值的和为； 故答案为：7807，9507． 26．(24-25九下·重庆大渡口区·二模)如果一个各位数字均不相同的四位数满足，，那么称这个四位数为“十一数”．将“十一数”的千位数字与十位数字对调后，再将百位数字去掉，得到一个三位数记为，记．例如四位数，，不是“十一数”；又如四位数，，，是“十一数”，．若是最大的“十一数”，则 ；对于“十一数”，若能被7整除，则满足条件的最小的“十一数”为 ． 【答案】 829 1987 【来源】重庆市大渡口区2024-2025学年九年级下学期第二次适应性检测数学试题 【分析】本题考查整式的加减，二元一次方程的解，不等式的性质，代数式求值，熟练根据题意正确列出式子，并利用不等式性质确定范围是解题的关键．先利用定义得出，，然后计算出；若是最大的“十一数”，结合，，则要尽可能大，且要尽可能大，即可得；利用，则要使能被7整除，只需能被7整除即可，结合，，得出可以为0或7或14，再求解即可． 【详解】解：一个四位数满足，， ，，且，，，，且、、、为整数， ，由题意得 ， ， ， 若是最大的“十一数”，则要尽可能大， 则，， 且要尽可能大， 当时，， 则此时，不符合题意， 当时，， 则此时，符合题意， 则； ， 要使能被7整除，只需能被7整除即可， ，， ， 可以为0或7或14， 当时，，此时，不符合题意； 当时， 要使最小，则应尽可能小， ， 满足条件的最小的“十一数”为1987， 故答案为：829；1987． 27．(24-25九下·重庆复旦中学教育集团·二模)在平面直角坐标系中，已知抛物线．当时，该抛物线的顶点坐标是 ；若和是抛物线上的两点对于，，都有，则的取值范围是 ． 【答案】 或 【来源】重庆市复旦中学教育集团2024-2025学年九年级下学期二调模拟数学试题 【分析】本题考查了求二次函数的顶点式，二次函数的性质，运用分类讨论和数形结合思想解答是解题的关键． （）把代入，转化成顶点式即可求解； （）分和两种情况，画出图形结合二次函数的性质即可求解． 【详解】解：（1）把代入得，， ∴抛物线的顶点坐标为； 故答案为：； （2）分两种情况：抛物线的对称轴是直线； 当时，和都在对称轴右侧， 此时y随x的增大而增大， ∵， ∴ 如图，此时， ∴， 又∵， ∴；    当时，在对称轴左侧，在对称轴右侧， ∴点关于对称轴的对称点在对称轴右侧， 在对称轴右侧，y随x的增大而减小， ∵， ∴， 如图，此时， 解得， 又∵， ∴；      综上，当或，都有． 故答案为：或． 28．（重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟）对于一个四位自然数M，若它的千位数字与百位数字差的2倍等于它的十位数字与个位数字的差，则称M为“倍差数”．对于一个“倍差数”，它的千位和十位数字构成的两位数减去百位与个位数字构成的两位数所得的差记为s，将它的百位和十位数字构成的两位数减去千位与个位数字构成的两位数所得的差记为t，规定：．例如：，因为，所以8651是“倍差数”，，，则．已知四位自然数是“倍差数”，则 ；若四位自然数P、Q均为“倍差数”，其中，，，，，，m，n，x，y均为整数，当时，则的值为 ． 【答案】 6 【来源】重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟考试数学试题（2） 【分析】本题考查了整式加减法与乘法的应用、一元一次不等式组的应用，熟练掌握“倍差数”的定义是解题关键．先根据“倍差数”的定义可得，再求出的值，代入的计算公式求解即可得；先根据“倍差数”的定义可得，，，，，再代入，根据均为正整数求出的值，从而可得的值，然后代入可得的值，由此即可得． 【详解】解：∵四位自然数是“倍差数”， ∴， ∴， ∴这个四位自然数是， ∴，， ∴． ∵四位自然数中的，， ∴四位自然数， ∵四位自然数为“倍差数”， ∴，，， ∴，， ∴，解得， ∵四位自然数，，， ∴四位自然数， ∵四位自然数为“倍差数”， ∴， ∴， ∴，解得， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，，解得，舍去； 当时，，解得，舍去； 当时，，解得，符合题意； 当时，，解得，舍去； ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：6；． / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 选择填空压轴 题型概览 题型01代数操作题 题型02阅读材料题 ( 题型0 1 )代数操作题 1．（2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模）已知关于x的整式，其中n，均为自然数，且，以下说法： ①若，则方程的解为； ②若，且方程有两个不等实根，则的最大值为9； ③若为整系数多项式，则这样的有19个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2025年重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模）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“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，，进行“运算”，得．下列说法： ①对，进行“运算”的结果是，则的值是或； ②对，，进行“运算”的结果是，则的取值范围是； ③对进行“运算”，化简后的结果可能存在种不同的表达式． 其中正确的个数是（   ）． A． B． C． D． 3．(24-25九下·重庆江津实验中学、李中学、白沙中学等五校·)已知多项式，多项式，其中、、均为正整数，下列说法： ①若，且关于的方程有无数个解，则； ②若，则存在实数使得； ③若，，且，则满足条件的多项式共有3个． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．(24-25九下·重庆第一中学校·第二次模拟)已知整式，其中，，…，为整数，，为正整数，且，下列说法： ①不存在任何一个，使得满足条件的整式为二次三项式； ②若，则满足条件的整式之和为； ③满足条件的整式共有22个；其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．（2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊）已知第一个有序单项式串：1，x，y，将该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，可以得到第二个单项式串：1，x，x，，y，对得到的新单项式串重复这样的操作……以此类推，关于操作后的单项式串．给出下列说法：①第四个单项式串中，次数最高的单项式的次数为5；②若x，y均为整数，且使得第二个单项式串的和等于5，那么满足条件的x，y一共有7种；③若y=1，第2025个单项式串中，有4049个x和4046个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2025年重庆市育才中学校九年级中考二模）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． 7．（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）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． 8．（重庆巴蜀中学2025年中考二模）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 9．（2025年重庆市渝中区中考二模）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 10．（2025年重庆市开州区云枫教育集团中考二模）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 11．(24-25九下·重庆潼南区·二模)已知关于的整式，其中，，，，为整数，且，下列说法：①的项数不可能小于等于3；②若，则不可能分解为一个整式的平方；③若，且，，，，均为正整数，则满足条件的共有4个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 12．(24-25九下·重庆大渡口区·二模)将连续正整数的排列顺序打乱，重新排列成．若，下列说法：①可能是负数；②是奇数时，是奇数；③是偶数时，是偶数．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 13．(24-25九下·重庆复旦中学教育集团·二模)已知关于x的一元二次方程，下列结论不正确的个数是（    ） ①当或时，代数式的值是一个完全平方数； ②无论x为任何数，代数式的值大于的值； ③关于的函数的图象与轴两交点间的距离为； ④代数式的值等于2023． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．（重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟）若，为任意正数，已知，，，，进行如下操作：在，，，中任选两个作差后并求其绝对值．例如：选，作差并求其绝对值，即．则下列说法中： 所有的操作结果中存在一个结果与另外一个结果的比值为常数； 若，存在两个整数，使得所有操作结果的和为； 若，，，均为整数，且满足，则的值为或或；正确的个数为（   ） A． B．1 C．2 D．3 ( 题型0 2 )阅读材料题 15．（2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模）我们规定：若一个正整数A能写成，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为7，则称A为“积减数”，并把A分解成的过程称为“积减分解”．例如：因为，15与12的十位数字相同，个位数字5与2的和为7，所以45是“积减数”．按照这个规定，最小的“积减数”是 ，把一个“积减数”A进行“积减分解”，即，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B与m的差除以17的余数为15，则满足条件的所有正整数A的和为 ． 16．（2025年重庆市巴南区市实验集团九年级中考联考二模）如果一个四位自然数M各个数位上的数字互不相同且均不为0，且前两位数字之和为6，后两位数字之和为8，则称M为“吉祥数”．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：，∵，，∴2435是“吉祥数”．则．那么“吉祥数”，则 ；已知四位自然数是“吉祥数”，（，，且a、b、c、d均为正整数），若恰好能被7整除，则满足条件的数S的最大值是 ． 17．(24-25九下·重庆江津实验中学、李中学、白沙中学等五校·)对于一个四位自然数，各个数位上的数字均不为零，如果满足百位与十位数字之和小于千位数字，同时百位与十位数字之和大于个位数字，就称这个数为“中和数”．对于“中和数”，将其千位与百位的差替换原来的千位数字，其余数位保持不变，所得结果记为，将其千位与百位的差替换原来的百位数字，其余数位保持不变，所得结果记为，，如：当时，，，，若为最小的“中和数”，则 ；一个“中和数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，若为整数，是一个完全平方数，则满足条件的“中和数”的最大值与最小值之和为 ． 18．(24-25九下·重庆第一中学校·第二次模拟)若一个正整数能写成，其中与都是两位数，且与的十位数字之和、个位数字之和都为，则称为“平和数”，并将分解成的过程称为“平和分解”．例如：因为，，，所以是“平和数”，分解成的过程就是“平和分解”．按照这个规定，最大的“平和数”是 ．把一个“平和数”进行“平和分解”，即，将放在的左边组成一个四位数，把放在的右边组成一个四位数，若的二倍与的和除以余数为，且（为整数），则满足条件的正整数的值是 ． 19．（2025年重庆市西南大学附属中学九年级中考二诊）将一个四位数的个位数字截去得到，再将减去个位数字的倍，得到的差记作，如果是的倍数，则称是一个“截尾数”．例如：四位数5508，，，是“截尾数”，则最小的“截尾数”是 ．若“截尾数”是的倍数，且能被整除，则满足条件的“截尾数”的最大值为 ． 20．（2025年重庆市育才中学校九年级中考二模）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 ． 21．（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）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 ． 22．（重庆巴蜀中学2025年中考二模）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 ． 23．（2025年重庆市渝中区中考二模）在一组互不相等的正整数中任意提取个数，若这个数的和与积相加正好等于这个数的和，则称这样的提取为完美提取． 例如：在1，2，3，4，5中，因为，，所以提取1，2，4这三个数就是完美提取．若要在1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这十个数中实现完美提取，则提取的数字可以是 （写一种情况即可），共有 种完美提取（注：提取的数字相同，排序不同，属于同一种提取）． 24．（2025年重庆市开州区云枫教育集团中考二模）一个四位正整数，若满足，且，，则称这个数为“金榜数”．将m的千位与十位对调、百位与个位对调后的四位数记为，其中，则 ；若为整数，则满足条件的“金榜数”m的最大值与最小值的差为 ． 25．(24-25九下·重庆潼南区·二模)一个四位正整数，其各个数位上的数字均不为零，如果个位数字等于十位数字与千位数字之和，则称这个四位数为“压轴数”．将“压轴数”的千位数字去掉得到一个三位数，再将这个三位数与原“压轴数”的千位数字的3倍求和，记作．则最大的“压轴数”与最小的“压轴数”之差为 ．有两个四位正整数，（、、、，）均为“压轴数”，若能被7整除且能被13整除，则满足条件的值的和为 ． 26．(24-25九下·重庆大渡口区·二模)如果一个各位数字均不相同的四位数满足，，那么称这个四位数为“十一数”．将“十一数”的千位数字与十位数字对调后，再将百位数字去掉，得到一个三位数记为，记．例如四位数，，不是“十一数”；又如四位数，，，是“十一数”，．若是最大的“十一数”，则 ；对于“十一数”，若能被7整除，则满足条件的最小的“十一数”为 ． 27．(24-25九下·重庆复旦中学教育集团·二模)在平面直角坐标系中，已知抛物线．当时，该抛物线的顶点坐标是 ；若和是抛物线上的两点对于，，都有，则的取值范围是 ． 28．（重庆市第一中学2025年九年级第二次模拟）对于一个四位自然数M，若它的千位数字与百位数字差的2倍等于它的十位数字与个位数字的差，则称M为“倍差数”．对于一个“倍差数”，它的千位和十位数字构成的两位数减去百位与个位数字构成的两位数所得的差记为s，将它的百位和十位数字构成的两位数减去千位与个位数字构成的两位数所得的差记为t，规定：．例如：，因为，所以8651是“倍差数”，，，则．已知四位自然数是“倍差数”，则 ；若四位自然数P、Q均为“倍差数”，其中，，，，，，m，n，x，y均为整数，当时，则的值为 ． / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$