专题01 选择压轴题代数操作类分类训练（5种类型45道）（压轴题专项训练，重庆专用）数学新教材人教版七年级上册

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题01选择压轴题代数操作类分类训练 (5种类型45道) 类型]绝对值相关代数操作题 类型2添括号去括号相关代数操作 题 代数操作 类型3多项式相关代数操作题 类型4方程相关代数操作题 类型5定义新运算相关代数操作题 目目 类型01 绝对值相关代数操作题 1.在多项式a-b+c-d+e(其中a>b>c>d>e>0)中，任意添加绝对值符号且绝对值符号内至少包含 两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有加减法运算，然后进行去绝对值符号 运算，称此运算为“对绝操作”.例如：a-b+c+-d+e=a-b+c+d-e,a-b+c-d+e=a-b+c-d+e., 下列说法正确的个数是() ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0： ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“对绝操作"共有7种不同运算结果， A.0 B.1 C.2 D.3 1/15 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.已知e>a>b>c>0>d且b>c-d,将多项式+a-b+c-d+e中的n个(2≤n≤5，且n为整数)字母 添加一个括号（括号里不能再有括号），并同时改变括号前的符号后得到一个新多项式，并写出整个新多项 式的绝对值，然后再进行去绝对值运算，称这种操作为“绝对变括操作”，例如： +a+(b+c-d+e=a+b+c-d+e等，下列结论正确的个数是() ①若n=4时，存在"绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为2e; ②存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同； ③当3≤n≤5时，所有的“绝对变括操作”共有4种不同的运算结果。 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 3.某多项式除首尾两项外其余各项都可删减，删减项的前面部分和其后面部分分别加上绝对值，并用减号 连接，则称此为“删减变形”.每种“删减变形”可以删减的项数分别为一项，两项，三项“删减变形”只针对 多项式x-y-z+m+n进行.例如：去掉y的“删减变形”为x--z+m+n,同时去掉y与-：的“删减变形” 为x-m+n,,下列说法： ①存在对两种不同的“删减变形”后的式子作差，结果不含x的项： ②若每种“删减变形”只删减一项，则对三种不同“删减变形"的结果进行去绝对值，共有12种不同的结果； ③若可删减的三项-y,-z,+m满足：(-y+-y-2-z+1+-z+4m-1+m+6列=42，则3y+2z+2m的 最小值为-16 其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 4.在多项式a+b-m-n-e中，除首尾项a、-e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a+b-m-n-e进行，例如：+b“闪减操作”为a-一m-n-e,-m与-n同时 “闪减操作"为a+b--e,,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+b,-m,-n满足： (+b|+|+b+2)(-m+1|+|-m+400-n+1+-n-6)=42,则2b+m+n的最小值为-9. 其中正确的个数是() 2/15 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.0 B.1 C.2 D.3 5.已知四个整式分别为：x-2,x-1,x+1,x+2;若对这四个整式中的一个添加绝对值符号或多个分别 添加绝对值符号（注：绝对值里面无绝对值，即不出现多重绝对值）后再求和称为一次“防御操作”；例如： x-2+x-1+x+1+x+2为一次“防御操作”，x-2+x-1+x+1+x+2为一次“防御操作"等；则以下表述正 确的个数是(. ①对于任意的实数x,存在某种“防御操作”使得化简结果恒为0； ②对于特殊“防御操作”：x-2+x-1+x+1+x+2的最小值是6； ③共有15种不同的“防御操作”； A.0 B.1 C.2 D.3 6.在多项式-a-b-c+d+e（其中a>b>0>c>d>e)中，对相邻的两个字母间添加绝对值符号，对相邻 的两个或者三个字母间添加括号，每一次操作必须同时添加一个绝对值符号和一个括号，且添加绝对值符 号和添加括号时不能有相同字母，然后进行去绝对值和去括号运算，称此为“双添操作”.例如： -a-b-(c+d+e=-a+b-c-d+e,-(a-b-c)+d+e=-a+b+c-d-e,... 下列说法：①不存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式之和为0： ③所有的“双添操作"共有6种不同运算结果。 其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 7.对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值相加，这样的运算称为对这若干个数进行“绝对 运算”.例如，对于1,2,3进行“绝对运算”，得到：11-2+2-3+1-3=4.①对1,3,5,7进行“绝对运 算"的结果是20；②对x,-2,5进行“绝对运算”的结果为A,则A的最小值是7；③对a,b,b,c进行"绝 对运算”，化简的结果可能存在6种不同的表达式；以上说法中正确的个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 8.在多项式a十b+c+d中添加1个绝对值符号，使得绝对值符号内含有k(2≤k≤4)项，并把绝对值符号 内最右边项的“+”改为“-”，称此为“添加操作”，最后将绝对值符号打开并化简，得到的结果记为T.例如： 将原多项式添加绝对值符号后，可得a+b+c+d,此时k=2.再将“+b"改为“-b”,可得a-b+c+d.于 是同一种“添加操作”得到的T有2种可能的情况：T=a-b十c十d或T=-a十b+c十d.下列说法：①若 3/15 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 k=4,T=0,则d=a+b+c;②共有3种“添加操作”，可能得到T=a十b-c十d;③有且仅有一个k值， 使T中可能有2个“-”，其中正确的个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 9.若a>b>0>c>d>e,对代数式a-b-c-d+e任意添加绝对值（不可添加单个字母的绝对值或绝对值 中含有绝对值的情况)后，不改变原来的运算符号，称这种操作为“绝对操作”，例如： a-b-c-d+e,a-b-c-d+e等，下列结论中正确的个数是（) ①至少存在一种“绝对操作”，使化简后结果与原代数式相等； ②共有5种操作，可能得到a-b-c+d+e; ③若只添加一个绝对值，则所有可能的化简结果共有8种. A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 10.已知a>b>0>c>d>e,对多项式a-b-c-d-e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)后仍只含减法运算，称这种操作为“绝对领域”，例如：a-b-c-d-e, a-b-c-d-e等，下列相关说法正确的个数是() ①一定存在一种“绝对领域”操作使得操作后的式子化简的结果为非负数；②一定存在一种“绝对领域”操作使 得操作后的式子化简的结果与原式互为相反数；③进行“绝对领域”操作后的式子化简的结果可能有11种结 果. A.0 B.1 C.2 D.3 目目 类型02 添括号去括号相关代数操作题 11.对于多项式-a+2)+(2a+3)+(3a-4)+(4a-5),每次选择其中的n个括号改变其前面的符号 (1≤n≤4，n为整数，将“+”号变为“"号、""号变为“+”号)，化简后再求绝对值，称这种操作为“变号绝对”操 作，并将绝对值化简后的结果记为M.例如：+(a+2)-(2a+3列+(3a-4)+(4a-5列，当a≥时， M=6a-10;当a≤时，M=10-6a,所以M=6a-10或10-6a.下列说法： 3 ①至少存在一种“变号绝对”操作使得操作后化简的结果为常数； ②若一种“变号绝对”操作的化简结果为M=2a+k（k为常数且k≠0)，则a≥-3； ③所有可能的“变号绝对”操作后的式子化简后有15种不同的结果. 其中正确的个数是() 4/15 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.0 B.1 C.2 D.3 12.在5个字母，b,c,d,e中（均不为零），不改变字母的顺序，在每相邻两个字母之间都添加一个“+” 或者一个”组成一个多项式，且从字母a,b之间开始从左至右所添加的“+”或“”交替依次出现，再在这个多 项式中，任意添加两个括号（括号内至少有两个字母，且括号中不再含有括号），添加括号后仍只含有加减 运算，然后再进行去括号运算，我们称为“添减括号操作”. 例如：a+b-c+d)-e=a+b-c-d-e,a+b)-c+d-e=a+b-c-d+e. 下列说法： ①所有的添减括号操作”共有7种不同运算结果： ②不存在两种“添减括号操作”，使它们的运算结果求和后为0： ③存在“添减括号操作”，使其运算结果与其未加括号之前的多项式相等. 其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 13.对多项式a-b-c-d-e只任意加一个括号后仍然只含减法运算并将所得式子化简，称之为“减算操作”， 例如：(a-b)-c-d-e=a-b-c-d-e,a-(b-c-d)-e=a-b+c+d-e,给出下列说法 ①至少存在一种“减算操作”，使其结果与原多项式相等； ②不存在任何“减算操作”，使其结果与原多项式之和为0： ③所有的“减算操作”共有7种不同的运算结果 以上说法中正确的个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 14.在多项式-a-(b+c)-d(其中a>b>c>d)中，对每个字母及其左边的符号（不包括括号外的符号） 称为一个数，即：-a为“"数1”，b为“数2”，+c为“数3”，-d为“数4”，若将任意两个数交换位置，后得到 一个新多项式，再写出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式-a-(仍+c)-d的“绝对换位变换”，例如： 对上述多项式的“数3”和“数4"进行"绝对换位变换”，得到-a-(b-d)+c,将其化简后结果为a+b-c-d,… ,下列说法： ①对多项式的“数1”和“数2”进行“绝对换位变换”后的运算结果一定等于对“数3”和“数4"进行“绝对换位变换” 后的运算结果； ②不存在“绝对换位变换”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“绝对换位变换"共有5种不同运算结果， 5/15 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 其中正确的个数是（) A.0 B.1 C.2 D.3 15.在多项式x-y+?-m+”中，先任意添加一个括号，再交换括号内首项和末项的符号，最后将所得式子 化简，称之为"加换操作”.例如：x-y+z-(m+n=x-y+z-m-n,x--y+z+m+n=x+y-z-m+n，… 给出下列说法： ①存在某种“加换操作”，使其结果为x-y-z+m-n; ②不存在某种“加换操作”，使其结果与原多项式的和为0： ③所有的“加换操作”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 16.学习添括号法则后，小明所在的学习小组为了加强对法则的理解，编了一个小游戏，游戏规则如下： 把多项式a+b-m-n-e看做a,+b,-m,-n,-e五项的和，这五项可以依序循环站位，例如：当a站在 第2位时，-e站在第一位，变为多项式-e+a+b-m-n,在任意相邻两个或三个字母左右添括号，再在符 号不变的情况下，交换括号前后两字母的位置，则称此操作为“交换操作”，例如：在b,m两相邻字母之间 先添括号得到a+(b-m-n-e,再交换a,n的位置得到n+(b-m-a-e,下列说法： ①存在一种“交换操作”后的式子与原多项式一样： ②若每次操作只在相邻两个字母变换，则这样的变换共有5种不同的结果； ③存在两个变换后多项式的差只含两个字母。 其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 17.对任意代数式，每个字母及其左边的符号（不包括括号外的符号）称为一个数，如： a-(b+c-(-d-e,其中称a为“数1”，b为“数2”，+c为“数3”，-d为“数4”，-e为“数5"，若将任意两 个数交换位置，则称这个过程为"换位思考”，例如：对上述代数式的“数1”和“数5”进行"换位思考”，得到： -e-(b+c-（-d+a,则下列说法中正确的个数是() ①代数式(a-b)+(c-d)-e进行一次"换位思考”，化简后只能得到1种结果 ②代数式a-(b+c-d-e进行一次"换位思考”，化简后可能得到5种结果 ③代数式a+「b-(c-d-e]进行一次“换位思考”，化简后可能得到7种结果 6/15 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ④代数式a-「b+c-(d-e)门进行一次"换位思考”，化简后可能得到8种结果 A.0 B.2 C.3 D.4 18.在多项式：a-b+c-d-e中，任选两个字母，在两侧加括号，称为第一轮“加括号操作”.例如：选择 b,d进行“加括号操作”，得到a-(b+c-d)-e=a-b-c+d-e·在第一轮"加括号操作”后的式子中进行同 样的操作，称为第二轮“加括号操作”，按此方法，进行第n(n≥1)轮“加括号操作”. 下列相关说法正确的个数是： ①存在某种第一轮“加括号操作”的结果与原多项式相等； ②不存在第k(k≥1)轮“加括号操作”，使得结果与原多项式的和为0： ③对原多项式进行第一轮“加括号操作”后，共有4种不同结果。 其中正确的个数为() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 19.在多项式x-y-z-m-n(x≠y≠z≠m≠n)中，对相邻的两个字母间任意添加括号后再在括号前添加“” 号，化简后的式子含有“+”的运算，称此为对多项式进行“添加操作”（一次性操作，不反复进行）. 例如：(x-y川-[-(2-m)]-n=-x+y+z-m-m,x-y-[-(z-m)]-n=x-y+z-m-n, 下列说法： ①“添加操作”不能使其结果与原多项式相等； ②任何“添加操作”，其结果与原多项式之差都能被2整除； ③所有的添加操作"共有6种不同运算结果。 其中说法正确的个数为（) A.0 B.1 C.2 D.3 20.对多项式x-y-z-m任意加一个或者两个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：（x-y)-(z-m)=x-y-z+m,x-y-(z-m)=x-y-z+m,,给出下列说法： ①不存在任何“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互为相反数； ③所有的“加算操作"共有3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 7/15 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 目目 类型03 多项式相关代数操作题 21.对于多项式：x-y+2-m+n,只选取两个字母， 并交换它们的位置（符号不参与交换），称这种操作 为一种“交换操作”.然后再进行运算，并将化简的结果记为M. 例如：x、y交换后M=y-x+z-m+n;x、z交换后M=z-y+x-m+n. 下列相关说法正确的个数是： ①存在一种“交换操作”，使其运算结果为M=x+y+z-m-n; ②共有五种“交换操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的交换操作”共有6种不同的运算结果 A.0 B.1 C.2 D.3 22.在多项式-x+x2-(-x;+x4)（其中0<x,<x<x<x:)中，把每个字母及其左边的符号（不包含括号外 的符号)称为一个“数”，该多项式的四个“数”依次为“数-x”,“数+x”,“数-士”，“数+x”.若将任意两个“数” 交换位置后，再写出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式-x+x2-(-x,+x4)的“交换绝对操作”.例 如，对-x+x2-(-x+x4)的“数-x”和“数-飞”进行“交换绝对操作”，得到-x+x2-(-x+x儿，将其化简为 -x-x2+x+x4,下列说法中，正确的有()个 ①不存在“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②只有一种“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“交换绝对操作”共有4种不同的运算结果。 A.0 B.1 C.2 D.3 23.将多项式a+b+c+d中的n项1≤n≤4)的符号改为”-”后得到一个新多项式，再写出新多项式的绝对值， 这样的操作称为对多项式a+b+c+d的“绝对操作”，例如：当n=4时，对多项式a+b+c+d进行"绝对操作” 后得到代数式：-a-b-c-d,去掉绝对值则得到"绝对操作”的最终结果.下列关于对多项式a+b+c+d的 绝对操作”的最终结果说法： ①所有最终结果的乘积非负； ②当n=2时，若“绝对操作”的最终结果有部分为0，则一定有 ③若a>b+c+d>b>c>d>0,则共有10种不同的最终结果.正确的有几项() A.0 B.1 C.2 D.3 8/15 而学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 24.将多项式a+b+c+d+e+f中的k(1≤k≤5)个“+"变为”-"后得到一个新多项式，再求出新多项式的绝 对值，这样的操作称为对多项式a+b+c+d+e+f的“绝对反号变换”.下列关于对多项式a+b+c+d+e+f 的“绝对反号变换”的结果说法： ①若a,b,c,d,,f为6个连续的奇数，则结果可能为a; ②当k=3时，多项式a+b+c+d+e+f的“绝对反号变换"的结果仍为a+b+c+d+e+f,则原多项式中必 有三项之和为0； ③若0<a<b<c<d<e<f,且新多项式的各项之积小于0，则将绝对值符号化简打开后，共有16种不同 的运算结果。 其中结论正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 25.己知整式a,x”+an-x-1+…+ax+a,其中n为自然数，an为正整数，a1…a、a均为整数，若 n+an+an-+…+4+a=4.下列说法正确的个数有() ①满足条件的整式共有12个； ②所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式： ③当x=0或-3时，所有满足条件的整式的和为4. A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 26.已知A=4x2-2x,B=x,C=2-x2,D=y2,E=y-x,则下列说法正确的个数是() ①多项式A+4C+B+D-E的值与x的取值无关； ②当r=2时，多项式4+3B+C-D+￡的值为8 ③存在正整数x和正整数y,使得D-C=11; ④如果多项式M=A+m(B+C)中不含x一次项，那么多项式M的值一定不小于4. A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 27.一个二次三项式加上它的任意一项，得到一个新的多项式，称为“加系数操作”.例如：对-2x2-x+1进 行“加系数操作”后可以是-2x2-x+1+-2x2)=-4x2-x+1. 下列说法： ①对x2+x+1进行所有“加系数操作”后的多项式的和是4x2+4x+4; 9/15 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ②存在不同的二次三项式，对它们进行“加系数操作”后，其结果相同： ③若关于x的二次三项式ax2+bx+c(a,b,c为常数)的值不可能为零，则对ax2+bxr+c进行“加系数操作” 后的多项式的值也不可能为零 其中正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 28.对于四个多项式：x-7,3x-4,5x-2,7x+1,我们将它们分成两组，每一组内任意一项作被减数， 另一项作减数，分别进行减法运算；再将两组的差中一项作被减数，另一项作减数，进行减法运算，把这 种操作称为“减差操作”，结果称为“减差结果”.例如：x-7-(3x-4)=-2x-3,7x+1-(5x-2)=2x+3, -2x-3-(2x+3)=-4x-6.下列说法中：①至少有两种“减差操作”，使得它们的“减差结果”为0；②能找到 ”减差操作”，使得“减差结果”为4x+10;③在所有可能的“减差操作”中，“减差结果”共有5种不同的结果其 中正确的有() A.3个 B.2个 C.1个 D.0个 29.有四个多项式：2m-4,3m-1,4m+1,5m+4,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“三差操作”.例如：(5m+4)-(2m-4)=3m+8, (4m+1-（3m-1)=m+2,(3m+8)-m-2)=2m+6;给出下列说法：①不存在任何”三差操作”，使其结果 为0；②至少存在一种“三差操作”，使其结果为4m+10；③所有的“三差操作”共有6种不同的结果.以上说 法中正确的有() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 30.对于4个整式：A:a2,B:a+2,C:b2,D:2a,有以下几个结论： ①对于a、b取任意数，都有B·D-2A-4B=-8; ②若b为正数，则B·C+D+A的值一定是正数； ③若多项式M=A-D+m,BD(m为常数)不含2，则m的值为-】 上述结论中，正确的有(） A.① B.①② C.②③ D.①③ 目目 类型04 方程相关代数操作题 31.关于x的多项式A=ax+b,B=cx+d,其中a、b、c、d均为正整数，下列说法： ①若a=b=1,且关于x的方程A=B有无数个解，则c=d=1; ②若b+d=2,且关于x的方程A+B=0有整数解，则a=c=1; 10/15 专题01 选择压轴题代数操作类分类训练 （5种类型45道） 地 城 类型01 绝对值相关代数操作题 1．在多项式（其中）中，任意添加绝对值符号且绝对值符号内至少包含两项（不可绝对值符号中含有绝对值符号），添加绝对值符号后仍只有加减法运算，然后进行去绝对值符号运算，称此运算为“对绝操作”．例如：，下列说法正确的个数是（    ） ①存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“对绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“对绝操作”共有7种不同运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查新定义题型及绝对值计算和分类讨论思想的应用，根据题目所给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论求解即可得到答案 【详解】解：由题意可得， ∵， ∴去绝对值操作后还是它本身， ∴不存在“对绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故①错误， 存在，，，，，， ，8种情况使其运算结果与原多项式相等，故②正确， 总共有：，，，，，5种结果，故③错误， 故选：B． 2．已知且，将多项式中的n个（，且n为整数）字母添加一个括号（括号里不能再有括号），并同时改变括号前的符号后得到一个新多项式，并写出整个新多项式的绝对值，然后再进行去绝对值运算，称这种操作为“绝对变括操作”，例如：等，下列结论正确的个数是（    ） ①若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为； ②存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同； ③当时，所有的“绝对变括操作”共有4种不同的运算结果． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题考查了整式的加减，理解新定义及绝对值是的意义是解题关键．把前四项添括号，根据“绝对变括操作”计算即可判断①；当时，根据“绝对变括操作”计算即可判断②；分，，，分别列举出所有情况，根据“绝对变括操作”计算即可判断③． 【详解】解： ， ∵且， ∴，， ∴原式， ∴ ， ∴若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为 故①正确； 当时， ， ∴存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同 故②正确； 当时， ， ， ， 当时， ； ； 当时， ， 综上，当时，所有的“绝对变括操作”共有5种不同的运算结果， 故③不正确， 故选：C． 3．某多项式除首尾两项外其余各项都可删减，删减项的前面部分和其后面部分分别加上绝对值，并用减号连接，则称此为“删减变形”．每种“删减变形”可以删减的项数分别为一项，两项，三项．“删减变形”只针对多项式进行．例如：去掉的“删减变形”为，同时去掉与的“删减变形”为，…，下列说法： ①存在对两种不同的“删减变形”后的式子作差，结果不含的项： ②若每种“删减变形”只删减一项，则对三种不同“删减变形”的结果进行去绝对值，共有12种不同的结果； ③若可删减的三项满足：，则的最小值为． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了新定义运算，化简绝对值，数轴上两点间的距离，整式的加减，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键． ①根据“删减变形”的定义，举出符合条件的式子进行验证即可； ②先根据“删减变形”的定义进行运算，再分类讨论去绝对值，即可判断； ③根据“删减变形”的定义和绝对值的几何意义，求出y，z，m的最小值，即可得出结论． 【详解】解：①去掉的“删减变形”为， 去掉与的“删减变形”为， 两式相减，得 ，结果不含的项，故①正确； ②若每种“删减变形”只删减一项，共有三种不同“删减变形”： 去掉的“删减变形”为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 去掉 的“删减变形”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 去掉 的“删减变形”结果为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 共有12种不同的结果，故②正确； ③∵，在数轴上表示点y与0和的距离之和， ∴当距离取最小值时，y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，z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，m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D． 4．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． 5．已知四个整式分别为：，，，；若对这四个整式中的一个添加绝对值符号或多个分别添加绝对值符号（注：绝对值里面无绝对值，即不出现多重绝对值）后再求和称为一次“防御操作”；例如：为一次“防御操作”，为一次“防御操作”等；则以下表述正确的个数是（    ）．　 ①对于任意的实数x，存在某种“防御操作”使得化简结果恒为0； ②对于特殊“防御操作”：的最小值是6； ③共有15种不同的“防御操作”； A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】①当时，四个整式中不论添加一个或多个绝对值符号，去绝对值后再求和，结果均为，故①错误； ②表示数轴上表示x的点到表示2，1， ，的点的距离之和，所以当 时，的值最小，最小值为6，故②正确； ③共有15种不同的“防御操作”，依次为： ，， ，， ，， ，， ，， ，， ，， 故③正确． 故选C． 6．在多项式（其中）中，对相邻的两个字母间添加绝对值符号，对相邻的两个或者三个字母间添加括号，每一次操作必须同时添加一个绝对值符号和一个括号，且添加绝对值符号和添加括号时不能有相同字母，然后进行去绝对值和去括号运算，称此为“双添操作”．例如：，，． 下列说法：①不存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“双添操作”共有6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】本题考查新定义题型，根据新定义，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，主要考查去括号法则、绝对值计算，整式的加减和分类讨论思想的应用；列举出所有可能，然后化简计算并判断即可． 【详解】解：∵， ∴，，，，， ∴所有“双添操作”如下： ， ， ， ， ， ， ， ∴不存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式相等，故①正确； ∵每一种结果中a的符号与原式中a的符号相同， ∴不存在“双添操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故②错误； 观察上面所有运算结果可知，第二个和第五个结果相等，其余都不相等， ∴所有的“双添操作”共有6种不同运算结果，故③正确， 故选：C． 7．对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值相加，这样的运算称为对这若干个数进行“绝对运算”．例如，对于1，2，3进行“绝对运算”，得到：．①对1，3，5，7进行“绝对运算”的结果是20；②对，，5进行“绝对运算”的结果为，则的最小值是7；③对进行“绝对运算”，化简的结果可能存在6种不同的表达式；以上说法中正确的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查新定义运算，涉及绝对值运算、绝对值的意义等知识，读懂题意，严格按照“绝对运算”定义逐项验证即可得到答案，理解定义，掌握绝对值意义是解决问题的关键． 【详解】解：①对1，3，5，7进行“绝对运算”，则，①正确，符合题意； ②对，，5进行“绝对运算”的结果为，则，由绝对值的几何意义可知指表示数的点到表示数和的距离和，则当时，的最小值为，则的最小值是，②错，不符合题意； ③对进行“绝对运算”，则令， 若，则，即； 若，则，即； 若，则，即； 若，则，即； 若，则，即； 若，则，即； 化简的结果可能存在6种不同的表达式，③正确，符合题意； 故选：C． 8．在多项式中添加1个绝对值符号，使得绝对值符号内含有项，并把绝对值符号内最右边项的“”改为“”，称此为“添加操作”，最后将绝对值符号打开并化简，得到的结果记为T．例如：将原多项式添加绝对值符号后，可得，此时．再将“”改为“”，可得．于是同一种“添加操作”得到的T有2种可能的情况：或．下列说法：①若，，则；②共有3种“添加操作”，可能得到；③有且仅有一个k值，使T中可能有2个“”，其中正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了绝对值的性质，解题时注意结合分类讨论是关键． 【详解】依据题意，分别分析如下： ①, 即 又的绝对值是， ∴. ∴. ∴①正确. ②时, ，则可能，这是一种绝对操作 ，则可能，这是第二种绝对操作； 时,, 则可能.这是第三种绝对操作， ∴共有三种绝对操作故②正确； ③时只有1个“”, 时, 有个或个“”, 时, 有个或个“”. ∴③正确. 故选:D. 9．若，对代数式任意添加绝对值（不可添加单个字母的绝对值或绝对值中含有绝对值的情况）后，不改变原来的运算符号，称这种操作为“绝对操作”，例如：等，下列结论中正确的个数是（    ） ①至少存在一种“绝对操作”，使化简后结果与原代数式相等； ②共有5种操作，可能得到； ③若只添加一个绝对值，则所有可能的化简结果共有8种． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】根据新定义的含义，分类添加绝对值，再进行计算即可. 【详解】解：①∵， ∴，故①正确； ②∵， ∴， ， ， ， ，故②正确； ③∵， ∴（第1种）， （第2种）， （第3种）， ， ， （第4种）， ， ， （第5种）或（第6种）， 或（第7种）， 列举法得到化简后的结果为：共七种，故③错误， 综上，正确的有①②，共2个， 故选：C． 【点睛】本题考查了绝对值的化简、相反数的定义，去括号，合并同类项，理解新定义及绝对值是的意义是解题关键． 10．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）后仍只含减法运算，称这种操作为“绝对领域”，例如：， 等，下列相关说法正确的个数是（    ） ①一定存在一种“绝对领域”操作使得操作后的式子化简的结果为非负数；②一定存在一种“绝对领域”操作使得操作后的式子化简的结果与原式互为相反数；③进行“绝对领域”操作后的式子化简的结果可能有11种结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据 ，“绝对领域”可理解为任意加了绝对值后，符号内外仍是大的数减小的数，因此符号不会因添加了绝对值而改变． 【详解】解：①因为，只需给添加绝对值即：，可得式子结果一定为非负数，故①正确； ②原式的相反数为，由于，故不可能得到，故②错误； ③，可得：与的符号不变，，，符号会发生变化，举例法得到化简后的结果为： ，，， ，，，，共计8种，故③错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了绝对值的化简，整式的加减计算，弄清定义，按规律分类讨论是解题的关键． 11．对于多项式，每次选择其中的个括号改变其前面的符号（为整数，将“+”号变为“-”号、“-”号变为“+”号），化简后再求绝对值，称这种操作为“变号绝对”操作，并将绝对值化简后的结果记为．例如：，当时，；当时，，所以或．下列说法：地 城 类型02 添括号去括号相关代数操作题 ①至少存在一种“变号绝对”操作使得操作后化简的结果为常数； ②若一种“变号绝对”操作的化简结果为（为常数且），则； ③所有可能的“变号绝对”操作后的式子化简后有15种不同的结果． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了绝对值的化简和相反数的意义，①根据题意找出一种“变号绝对”操作使得操作后化简的结果为常数，即为正确；②凑“变号绝对”操作后得到或去绝对值符号后变形为的形式，求得取值即可；③利用列举法可得每一整式有两种变化，共4个整式，共有16个结果，其中一个重复，所以有15个结果 【详解】解：①使操作后化简的结果为常数，则使的系数为0， ∴有 ；故①正确； ② ； 当时，即，； 当时，即，； ∴故②正确； ③∵ ； ∴两种情况结果相同； ∴结果共有（种） ∴③正确， 综上，正确的结果是①②③，共3个， 故选：D 12．在5个字母中（均不为零），不改变字母的顺序，在每相邻两个字母之间都添加一个“+”或者一个“-”组成一个多项式，且从字母之间开始从左至右所添加的“+”或“-”交替依次出现，再在这个多项式中，任意添加两个括号（括号内至少有两个字母，且括号中不再含有括号），添加括号后仍只含有加减运算，然后再进行去括号运算，我们称为“添减括号操作”． 例如：． 下列说法： ①所有的“添减括号操作”共有7种不同运算结果； ②不存在两种“添减括号操作”，使它们的运算结果求和后为0； ③存在“添减括号操作”，使其运算结果与其未加括号之前的多项式相等． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查整式的加减运算、括号添等知识点，掌握整式的加减运算法则成为解题的关键． 先根据题意列举出此操作的所有结果，即可判定①；所有结果中字母a的系数恒为1，两结果相加a的系数为2，无法为零，即可判定②；通过合理添加括号可使结果与原式相同，正确． 【详解】解：①初始多项式符号交替排列，如．添加两个括号后，可能的结果包括：1． 原式：；2．添加括号如，结果为；3．添加括号如，结果为；同理，符号排列为时，类似操作产生3种结果．总共有种不同结果，故①错误． ②无论括号如何添加，所有结果中字母的系数始终为．若存在两种操作结果相加为0，则的系数需为，矛盾．故②正确． ③例如，添加括号，去括号后与原式相同．故③正确． 综上，正确的说法为②和③，共2个． 故选C． 13．对多项式只任意加一个括号后仍然只含减法运算并将所得式子化简，称之为“减算操作”，例如：，，给出下列说法 ①至少存在一种“减算操作”，使其结果与原多项式相等； ②不存在任何“减算操作”，使其结果与原多项式之和为； ③所有的“减算操作”共有种不同的运算结果． 以上说法中正确的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了新定义运算，给加括号，即可判断①；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；列举出所有情况即可判断③，据此即可求解，理解新定义运算是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴①正确； ∵无论如何添加括号，无法使得的符号为负号, ∴②说法正确； 共有种不同的运算结果： 第种：； 第种：； 第种：； 第种：； 第种：； 第种：； 第种：； ∴③正确； ∴正确的个数为， 故选：． 14．在多项式（其中）中，对每个字母及其左边的符号（不包括括号外的符号）称为一个数，即：为“数1”，为“数2”，为“数3”，为“数4”，若将任意两个数交换位置，后得到一个新多项式，再写出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式的“绝对换位变换”，例如：对上述多项式的“数3”和“数4”进行“绝对换位变换”，得到，将其化简后结果为，．下列说法： ①对多项式的“数1”和“数2”进行“绝对换位变换”后的运算结果一定等于对“数3”和“数4”进行“绝对换位变换”后的运算结果； ②不存在“绝对换位变换”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“绝对换位变换”共有5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】B 【分析】本题考查了整式的加减运算，对于新定义的理解及绝对值的性质的应用是解题关键．按照所提供的运算，将所有存在的结果计算，即可解题． 【详解】解：对多项式的“数1”和“数2”进行“绝对换位变换”后的运算，，故①正确； 对多项式的“数1”和“数3”进行“绝对换位变换”后的运算，， 对多项式的“数1”和“数4”进行“绝对换位变换”后的运算，或 对多项式的“数2”和“数3”进行“绝对换位变换”后的运算，或对多项式的“数2”和“数4”进行“绝对换位变换”后的运算，， 综上共4种结果，故③错误； 其中存在“绝对换位变换”，使其运算结果与原多项式相等，故②错误． 故选：B． 15．在多项式中，先任意添加一个括号，再交换括号内首项和末项的符号，最后将所得式子化简，称之为“加换操作”．例如：，，…给出下列说法： ①存在某种“加换操作”，使其结果为； ②不存在某种“加换操作”，使其结果与原多项式的和为0； ③所有的“加换操作”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】本题考查了新定义运算，直接罗列出所有的可能，作答即可． 【详解】∵ ∴①说法正确； 若要使结果与原多项式的和为0， 则末项的必须变号，则括号之前的符号必须是负号， 如果括号前是负号，则添加的括号必定不含首项， 则此时如何添加括号，无法使得的符号为负号， 所以不可能使得结果与原多项式的和为0， ∴②说法正确 第1种：； 第2种：； 第3种：； 第4种：，与第2种重复； 第5种：； 第6种：； 第7种：； 第8种：； 第9种：，与第2种重复； 第10种：； 减去重复的结果，总计有8种结果， ∴③说法正确 ∴正确的个数为3 故选：D． 16．学习添括号法则后，小明所在的学习小组为了加强对法则的理解，编了一个小游戏，游戏规则如下：把多项式看做a，，，，五项的和，这五项可以依序循环站位，例如：当a站在第2位时，站在第一位，变为多项式．在任意相邻两个或三个字母左右添括号，再在符号不变的情况下，交换括号前后两字母的位置，则称此操作为“交换操作”，例如：在b，m两相邻字母之间先添括号得到，再交换a，n的位置得到，下列说法： ①存在一种“交换操作”后的式子与原多项式一样； ②若每次操作只在相邻两个字母变换，则这样的变换共有5种不同的结果； ③存在两个变换后多项式的差只含两个字母． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了新概念，整式的加减，根据题意，理解新概念的意思，列举出所有可能逐一分析判断是解决问题的关键． 【详解】解：由题意可知所有变换有：， 在b，m左右添括号得，可以化简为（1）； 在m，n左右添括号得，可以化简为（2）； 在n，e左右添括号，根据循环站位可知，即：在n，e左右添括号，得：，可以化简为（3）； 在e，a左右添括号，根据循环站位可知，即：在e，a左右添括号，得可以化简为（4）； 在a，b左右添括号，根据循环站位可知，即：在a，b左右添括号，得可以化简为（5）； （5）没变，故①对；由上可知恰好五种，故②对； 由（1）（5）得：， 故③对； 故选：D． 17．对任意代数式，每个字母及其左边的符号（不包括括号外的符号）称为一个数，如：，其中称为“数1”，为“数2”，为“数3”，为“数4”，为“数5”，若将任意两个数交换位置，则称这个过程为“换位思考”，例如：对上述代数式的“数1”和“数5”进行“换位思考”，得到：，则下列说法中正确的个数是（    ） ①代数式进行一次“换位思考”，化简后只能得到1种结果 ②代数式进行一次“换位思考”，化简后可能得到5种结果 ③代数式进行一次“换位思考”，化简后可能得到7种结果 ④代数式进行一次“换位思考”，化简后可能得到8种结果 A．0 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据括号外面是“”，去括号不改变括号里面式子的符号；括号外面是“”，去括号改变括号里面式子的符号；依此即可求解． 【详解】解：在代数式中，将任意两个数交换位置，均不会改变每个数的符号，故化简后只能得到一种结果，均为，故①正确； 代数式中，有两种情况： （1）括号内四个数任意两个交换位置，化简后的结果不变，故只有一种结果，为； （2）当a分别与括号内的四个数换位思考，化简后得到4种结果分别为： ；；；． 故该代数式共得到5种结果，故②正确； 代数式中，有三种情况： （1）a与b进行换位思考以及三个数中任意两个进行换位思考，化简后只有1种结果，均为：； （2）a与分别进行换位思考，化简后得到3种结果，分别为： ； （3）b与分别进行换位思考，化简后得到3种结果，分别为：，故该函代数式共得到7种结果，故③正确； 代数式中，有三种情况： （1）b与c换位思考及d与换位思考，化简后只有1种结果：； （2）a分别与b和c换位思考，得到2种结果；分别为：； （3）a分别与换位思考，得到1种结果为，此结果重复； （4）b分别与换位思考，得到2种结果，分别为：； （5）c分别与换位思考，得到2种结果；分别为：； 故该代数式共有7种结果，故④错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了去括号，属于新定义题型，关键是熟练掌握新定义的运算法则． 18．在多项式：中，任选两个字母，在两侧加括号，称为第一轮“加括号操作”．例如：选择，进行“加括号操作”，得到．在第一轮“加括号操作”后的式子中进行同样的操作，称为第二轮“加括号操作”，按此方法，进行第（）轮“加括号操作”． 下列相关说法正确的个数是： ①存在某种第一轮“加括号操作”的结果与原多项式相等； ②不存在第（）轮“加括号操作”，使得结果与原多项式的和为； ③对原多项式进行第一轮“加括号操作”后，共有种不同结果． 其中正确的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题考查了推理能力，整式加减混合运算，根据说法举出例子论证，以证明其正确与否即可解答，解题的关键是能根据其说法举出相应的正例或反例． 【详解】解：选择进行“加括号操作”得到， 与原多项式相等，故说法正确； ∵无论选择哪两个字母，的正负是不发生改变的， ∴任何一轮“加括号操作”与原多项式相加是无法消去， ∴不存在第轮“加括号操作”，使得结果与原多项式的和为是正确的； 对原多项式进行第一轮“加括号操作”后，共有种不同结果， 举出反例：选择进行“加括号操作”，得到， 选择进行“加括号操作”，得到， 选择进行“加括号操作”，得到， 选择进行“加括号操作”，得到， 选择进行“加括号操作”，得到， 结果数大于四种，故说法错误； ∴正确的个数为 故选：． 19．在多项式中，对相邻的两个字母间任意添加括号后再在括号前添加“−”号，化简后的式子含有“+”的运算，称此为对多项式进行“添加操作”（一次性操作，不反复进行）． 例如：，… 下列说法： ①“添加操作”不能使其结果与原多项式相等； ②任何“添加操作”，其结果与原多项式之差都能被2整除； ③所有的“添加操作”共有6种不同运算结果． 其中说法正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据定义，得“添加操作”定义及计算可判定 ①正确；根据整式的混合运算可判定②正确；根据整式的混合运算，可判定③正确． 本题考查了新定义，分类思想，正确理解定义是解题的关键． 【详解】解：根据定义，得“添加操作”不能使其结果与原多项式相等, 故①正确； 根据题意，得，能被2整除； ②正确； 结果有：， ； ； ； ； ； 共6个， 故③正确． 故选D． 20．对多项式任意加一个或者两个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不存在任何“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互为相反数； ③所有的“加算操作”共有3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】B 【分析】本题主要考查了整式的加减运算，原多项式为，“加算操作”后为：，①，存在“加算操作”后使其结果与原多项式相等，从而进行判断；②假设存在原多项式与“加算操作”后的原多项式互为相反数，得到，由此进行判断；③列举所有“加算操作“后的结果，从而进行判断即可． 【详解】解：若原多项式为，“加算操作”后为：， ①， 存在“加算操作”，使其结果与原多项式相等， 故①中的说法不正确； ②若原多项式与“加算操作”后的原多项式互为相反数， 添括号后的符号始终为正， 不存在任何“加算操作”，使其结果与原多项式之和互为相反数， 故②的说法正确； ③所有的“加算操作”共有4种不同的结果： （1）； （2）； （3）； （4） 故③的说法不正确， 综上可知：以上说法中正确的个数为1， 故选：B． 21．对于多项式：，只选取两个字母，并交换它们的位置（符号不参与交换），称这种操作为一种“交换操作”．然后再进行运算，并将化简的结果记为M．地 城 类型03 多项式相关代数操作题 例如：、交换后；、交换后． 下列相关说法正确的个数是： ①存在一种“交换操作”，使其运算结果为； ②共有五种“交换操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“交换操作”共有6种不同的运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了定义新运算、整式的加减，理解新定义是解题的关键．根据“交换操作”的定义，列举出所有的“交换操作”，再结合题目的说法逐个分析判断即可． 【详解】解：由题意得， 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 、交换后； 所有的“交换操作”共有7种不同的运算结果，故③错误； 当、交换后，运算结果为， 存在一种“交换操作”，使其运算结果为，故①正确； 当、交换，、交换，、交换，、交换后，运算结果与原多项式相等， 共有四种“交换操作”，使其运算结果与原多项式相等，故②错误； 综上所述，说法正确的只有①，共1个． 故选：B． 22．在多项式（其中）中，把每个字母及其左边的符号（不包含括号外的符号）称为一个“数”，该多项式的四个“数”依次为“数”，“数”，“数”，“数”．若将任意两个“数”交换位置后，再写出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式的“交换绝对操作”．例如，对的“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到，将其化简为，下列说法中，正确的有（   ）个 ①不存在“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②只有一种“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“交换绝对操作”共有4种不同的运算结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了新定义运算、去括号、绝对值的化简，掌握新定义运算、去括号的运算法则和绝对值的性质是解题的关键．根据新定义运算，计算所有存在的结果，对题目中的说法逐一分析判断即可得出结论． 【详解】解：对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到或； 对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到； 对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到； 对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到； 对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到； 对“数”和“数”进行“交换绝对操作”，得到或； 由以上“交换绝对操作”可得，存在“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0，故①错误；有2种“交换绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等，故②错误；所有的“交换绝对操作”共有4种不同的运算结果，故③正确； 正确的有1个． 故选：B． 23．将多项式中的项的符号改为“”后得到一个新多项式，再写出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式的“绝对操作”，例如：当时，对多项式进行“绝对操作”后得到代数式：，去掉绝对值则得到“绝对操作”的最终结果．下列关于对多项式的“绝对操作”的最终结果说法： ①所有最终结果的乘积非负； ②当时，若“绝对操作”的最终结果有部分为0，则一定有； ③若，则共有10种不同的最终结果．正确的有几项（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了绝对值，整式的加减，理解“绝对操作”的定义是解题的关键． 根据“绝对操作”的定义，对多项式进行“绝对操作”逐项判断即可． 【详解】解：①根据绝对值的非负性可得，所有最终结果的乘积非负，说法正确； ②当时，若“绝对操作”的最终结果有部分为0，则一定有，说法错误， 例如，则，但； ③若，则共有10种不同的最终结果说法正确， 分别为：，， ，， ， ， ．1 故选：C． 24．将多项式中的个“”变为“”后得到一个新多项式，再求出新多项式的绝对值，这样的操作称为对多项式的“绝对反号变换”．下列关于对多项式的“绝对反号变换”的结果说法： ①若为6个连续的奇数，则结果可能为； ②当时，多项式的“绝对反号变换”的结果仍为，则原多项式中必有三项之和为0； ③若，且新多项式的各项之积小于0，则将绝对值符号化简打开后，共有16种不同的运算结果． 其中结论正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了有理数的运算，涉及绝对值的运算， 根据题干的定义及解释，①根据整数和的奇偶性进行判断，②根据绝对值意义；进行判断，③根据新多项式的各项之积小于0，所以改变符号后，正数是奇数个，故为奇数，再由改变符号的组合方式判断即可． 【详解】解：①若为6个连续的奇数，它们加减运算的结果一定为偶数，而为奇数，故若为6个连续的奇数，则结果不可能为；故结论①错误； ②当时，对多项式进行“绝对反号变换”，假定结果为，由题意得 ， 当时，即，故， 当时，即，故， 综上所述：时，多项式的“绝对反号变换”的结果仍为，则原多项式中必有三项之和为0；即结论②正确； ③若，且新多项式的各项之积小于0，所以改变符号后，正数是奇数个，故为奇数， 当时，“”变为“”的组合有5种，将绝对值符号化简打开后有5种结果， 当时，“”变为“”的组合有10种，将绝对值符号化简打开后有10种结果， 当时，“”变为“”的组合只有1种，将绝对值符号化简打开后有1种结果， 则将绝对值符号化简打开后，共有种不同的运算结果． 综上所述：正确得结论有②③． 故选C．， 25．已知整式，其中为自然数，为正整数，、均为整数，若．下列说法正确的个数有（   ） ①满足条件的整式共有12个； ②所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式； ③当或时，所有满足条件的整式的和为4． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】本题考查了整式的相关知识点，分四种情况：当时，当时，当时，当时，分别求解并逐项分析即可得解，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴当时，，此时或， ∵为正整数， ∴，即整式为，共1个， 当时，，此时， 若，则，整式为， 若，则，整式为或， 若，则，整式为或，共5个； 当时，，此时， 若，则，整式为， 若，则， ∴，或，， 整式为，，，，共5个； 当时，，此时， ∵为正整数， ∴，，整式为，共个， ∴满足条件的整式共有种，故①正确； 所有满足条件的多项式中，没有三项式和四项式，故②正确； 当时，所有多项式的和为之和，为， 当时，当时，和为，当时，和为，当时，和为， 当时，和为，总计为，故③正确； 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：D． 26．已知，，，，．则下列说法正确的个数是（    ） ①多项式的值与x的取值无关； ②当时，多项式的值为8； ③存在正整数和正整数，使得； ④如果多项式中不含x一次项，那么多项式M的值一定不小于4． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了代数式的有关运算，整式的混合运算，多项式中不含某项，根据整式的运算法则计算即可求解，掌握运算法则是解题的关键． 【详解】解：① ，故①选项符合题意； ② ， 当时， 原式，故②不符合题意； ③， ∴，即， 当和为时，，故③符合题意；     ④ ， ∵多项式中不含x一次项， ∴， ∴， ∴原式，故④符合题意； 综上所述，符合题意的有3个， 故选：C． 27．一个二次三项式加上它的任意一项，得到一个新的多项式，称为“加系数操作”．例如：对进行“加系数操作”后可以是． 下列说法： ①对进行所有“加系数操作”后的多项式的和是； ②存在不同的二次三项式，对它们进行“加系数操作”后，其结果相同； ③若关于x的二次三项式（a，b，c为常数）的值不可能为零，则对进行“加系数操作”后的多项式的值也不可能为零． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了多项式的项、系数、次数，整式的加法运算．理解题意并正确的计算整式的加法是解题的关键． 对进行所有“加系数操作”后的多项式的和为，可判断①的正误；由题意知，进行“加系数操作”后可以是； 进行“加系数操作”后可以是；即存在不同的二次三项式，对它们进行“加系数操作”后，其结果相同，可判断②的正误；由题意知，对进行“加系数操作”后的多项式的值为或或，由关于x的二次三项式（a，b，c为常数）的值不可能为零，即；计算出或或的判别式，判断判别式的符号，多项式的值可能为零也可能不为零，并举反例，可判断③错误． 【详解】解：对进行所有“加系数操作”后的多项式的和为，正确，故①符合要求； 由题意知，进行“加系数操作”后可以是； 进行“加系数操作”后可以是； ∴存在不同的二次三项式，对它们进行“加系数操作”后，其结果相同，②正确，故符合要求； 由题意知，对进行“加系数操作”后的多项式的值为或或， ∵关于x的二次三项式（a，b，c为常数）的值不可能为零， ∴； ∴关于x的二次三项式进行“加系数操作”后的多项式为：或或，其判别式分别为； 而，这两个判别式的符号取决于与的大小，显然“加系数操作”后的多项式的判别式可能为非负，则多项式的值可能为零；例如，多项式的判别式为，则多项式的值不可能为零，但加系数操作后的多项式，其判别式为，此时多项式的值可以为零；故③不正确，故不符合要求； 故正确的有2个； 故选：C． 28．对于四个多项式：，，，，我们将它们分成两组，每一组内任意一项作被减数，另一项作减数，分别进行减法运算；再将两组的差中一项作被减数，另一项作减数，进行减法运算，把这种操作称为“减差操作”，结果称为“减差结果”．例如：，，．下列说法中：①至少有两种“减差操作”，使得它们的“减差结果”为0；②能找到“减差操作”，使得“减差结果”为；③在所有可能的“减差操作”中，“减差结果”共有5种不同的结果其中正确的有（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】B 【分析】本题考查的是新定义运算的含义，整式的加减运算． 令，，，，分类计算出所有的“减差结果”， 根据结果进行判断即可． 【详解】令，，，，所有 “减差操作”后的“减差结果”有： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ ⑪ ⑫ ⑬ ⑭ ⑮ ⑯ ⑰ ⑱ ⑲ ⑳ （21） （22） （23） （24）． 由此可得：有8种“减差操作”，使得它们的“减差结果”为0，故说法①正确； “减差结果”中没有，故说法②错误； “减差结果”共有5种不同结果，故说法③正确． 即说法正确的有2个． 故选：B 29．有四个多项式：，，，，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“三差操作”．例如：，，；给出下列说法：①不存在任何“三差操作”，使其结果为0；②至少存在一种“三差操作”，使其结果为；③所有的“三差操作”共有6种不同的结果．以上说法中正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【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“三差操作”，使其结果为0；故①说法错误； 存在一种“三差操作”，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说法错误． 故选：B． 【点睛】本题考查整式的加减，解题的关键是能够根据题目要求，罗列所有情况，正确列式计算． 30．对于4个整式：，，，，有以下几个结论： ①对于取任意数，都有； ②若为正数，则的值一定是正数； ③若多项式（为常数）不含，则的值为．上述结论中，正确的有（　　） A．① B．①② C．②③ D．①③ 【答案】D 【分析】①化简该式，得一常数，与取值无关，故①正确；②化简后式子中以平方形式出现，故式子的正负与是否为正无关，故②错误；③若多项式无项，则化简后该项的系数为零即可求解． 【详解】解：① 该式的值等于定值，与的取无关； 故①正确； ② 故不论取任何值，，对式子的正负与是否为正无关， 故②错误； ③ 若多项式不含，则， 故③正确； 综上，正确的有①③； 故选：D． 【点睛】此题考查了整式的加减运算，熟练掌握整式的加减运算法则以及整式加减运算中无关型问题是解答此题的关键． 地 城 类型04 方程相关代数操作题 31．关于的多项式，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，且关于的方程有整数解，则； ③若，则这样的多项式共有3个． 其中正确的个数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】本题考查多项式，方程的解，解一元一次方程．根据前提条件对三个说法逐项判断即可． 【详解】解：①：当时，，方程即，整理得， 方程有无数解需满足且，故，①正确； ②：由，方程即，解得． 因为整数，须为2的正约数，由于为正整数，仅可能，即，②正确； ③：由且均为正整数，多项式由决定，需满足（因），可能的组合为、、，对应共有3个，③正确． 综上，三个说法均正确， 故选A． 32．已知两个多项式（b1≠0，且a1、m、b1是常数），（，且a2，n、b2是常数）满足，，称多项式M是多项式N的“友好式”，下列四个结论正确的个数为（    ） ①多项式是多项式的“友好式”； ②若，M是N的“友好式”，且的取值与x无关，则； ③若M是N的“友好式”，且关于x的方程无解，则一定是非正数； ④当，时，若M是N的“友好式”，且关于x的方程有三个整数解，则． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查的是绝对值的有关内容，关键在于理解“友好式”的定义，将进行化简整理，进而判断正误．根据“友好式”的定义，分析这4个结论是否正确，即可得到正确结论的个数． 【详解】解：①因为，，所以这两个多项式满足“友好式”的条件，因此结论①正确； ② ， 因为M是N的“友好式”，所以，，则， 因为的取值与x无关，所以，则； 因此结论②不正确； ③因为M是N的“友好式”，则， 因为关于x的方程无解，也就是说无解， 所以， 因此m、n的取值应为一正一负，或都等于0，则mn一定是非正数； 因此结论③正确； ④根据题意，将原方程整理化简，得：， 解得：， 若，则，满足题意要求； 因此结论④不正确； 所以正确的结论有2个． 故选：B． 33．下列四个结论中，其中正确的是(    ) ①若，则只能为； ②若关于的多项式与的差为单项式，则； ③若，则化简代数式； ④已知关于的方程的解是正整数，则符合条件的所有整数的和是． A．①②③④ B．①②③ C．③④ D．②④ 【答案】C 【分析】本题考查了绝对值、整式的加减和一元一次方程的解，正确进行运算是解题的关键． 逐项判断即可． 【详解】解：①若，则，所以的值为或，故①错误； ②若关于的多项式与的差为单项式，则，，所以，故②错误； ③若，则，，化简代数式，故③正确； ④由方程， 得， 解得：， 解是正整数， 的值可能为，，， 的值可能为，，， 符合条件的所有整数的和是：，故④正确； 故选：C． 34．已知两个多项式，，以下结论中正确的个数有（    ） ①若，则；②若的值与的值无关，则；③若，则；④若关于的方程的解为整数，则符合条件的非负整数有3个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减运算，解一元一次方程，解绝对值方程，非负整数的概念． 代入多项式列方程求解即可判断①；先代入多项式化简，再利用结果与x的值无关得到、的值，即可判断②；代入多项式列绝对值方程求解即可判断③；代入多项式，得到，根据题意得到符合条件的非负整数m值，即可判断④． 【详解】解：，， ①， ， ， 或，①错误； ② ， 的值与x的值无关， 的值与x的值无关， ，， ，， ，②正确； ③ ，， 当时，， 当时，， 当时，， 若，即， 当时，满足条件，③正确； ④， ， ， 若关于x的方程的解为整数，且，则符合条件的非负整数m有1、2、3，6共4个，④错误， 故结论中正确的是②③， 故选：B． 35．已知（，，a是各项的系数，c是常数项）： 我们规定的伴随多项式是，且，如果，则它的伴随多项式，下列说法： ①已知，则它的伴随多项式； ②已知，它的伴随多项式，则； ③已知二次多项式，并且它的伴随多项式是，若关于x的方程有正整数解，则a的整数值有4个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了新定义运算、解一元一次方程，根据新定义运算即可判断①；根据题意得出，解方程即可判断②；根据题意得出，得到，结合题意得出或或或，求解即可，理解题意，正确进行计算是解此题的关键． 【详解】解：由题意得：已知，则它的伴随多项式，故①正确； ∵， ∴它的伴随多项式， ∵它的伴随多项式， ∴， 解得：，故②正确； ∵二次多项式， ∴它的伴随多项式是， 由题意得：， ∴， ∵关于x的方程有正整数解， ∴或或或， 解得：或或或，即a的整数值有4个，故③正确； 综上所述，正确的有①②③， 故选：D． 36．已知：；有以下几个结论：①多项式的次数为3；②存在有理数x，使得的值为6；③是关于x的方程的解；④若的值与x的取值无关，则y的值为，上述结论中，正确的个数有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了整式的化简求值和一元一次方程的解，解一元一次方程，解题关键是熟练掌握去括号法则和合并同类项法则． 把已知条件中的，，代入多项式，进行化简，然后判断①即可； 把已知条件中的，代入得关于的方程，解方程判断②即可； 把已知条件中的代入，解方程，然后判断③即可； 把已知条件中的代入进行化简，然后根据的值与的取值无关，列出关于的方程，解方程判断④即可． 【详解】解：，，， ， 多项式的次数为2， 故①的结论错误； ，， ， ， ， ， ， ∵，故存在有理数x，使得的值为6，②的结论正确； 把代入， 左边右边， 是关于的方程的解， 故③的结论正确； ，，， ， 的值与的取值无关， ， ， ， 故④的结论正确， 综上所述：正确的是②③④，共3个， 故选：C． 37．已知3个多项式分别为：，，，下列结论正确的个数是（ ） ①若整式的取值与x无关，则； ②的最小值为4； ③的最大值为4； ④关于的方程的解为； A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减运算，解一元一次方程，解绝对值方程，非负整数的概念，熟练掌握解方程的步骤与方法是解题关键，注意0是非负整数．分别代入多项式化简求解判断即可． 【详解】①： ， 由于整式的取值与x无关， 则，即， ，即， ，故①错误； ②： ， 当时，， 当时，， 当时，， 由此可知最小值为4，故②正确； ③： ， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 由此可知最大值为4，故③正确； ④：即， 化简得：， 当时， 解得：，不符合条件， 当时，， 解得：，符合条件， 当时，， 解得：，符合条件； 则的方程的解为或，故④错误； 综上，正确的为：②③，共2个． 故选：B． 38．我们把不超过有理数的最大整数称为的整数部分，记作，又把称为的小数部分，记作，则有．如：，，．下列说法中正确的有（    ）个 ①； ②； ③若，且，则或； ④方程的解为或． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查新定义，有理数的运算，方程的解．根据新定义判断①和②，求出或时的判断③，根据新定义得到，赋值法求方程的解判断④；本题的难度较大，属于选择题中的压轴题． 【详解】解：由题意，得：，故①正确； ，故②错误； 当时，，， 当时：，；故③错误； ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴当时，，，此时； 时，，，此时； 当时，，，此时， 当时，，，此时； 综上：的解为或或或；故④错误． 故选A. 39．对于三个代数式、、，（、、中至少有一个含有字母）任意取两个式子的绝对值，再将这两个绝对值求和并使它等于第三个式子，这样形成的等式称为“双绝对值方程”．例如、、（、、至少有一个含有字母）三个式子的所有“双绝对值方程”为：，，． ①若，，组成了“双绝对值方程”，则所有方程的整数解共有个． ②若，，组成了“双绝对值方程”，则不存在任何一个方程，使其有整数解． ③若，，组成了“双绝对值方程”，则至少存在一个方程，其解有无数个． ④若，，组成了“双绝对值方程”，则所有方程的解只有一个，并且解为． 以上说法正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】本题考查了绝对值的意义，一元一次方程的应用，读懂题意，分析每一个选项，利用绝对值的性质，列出正确的方程，是解答本题的关键． 根据“双绝对值方程”的定义，只有②说法正确，由此选出答案． 【详解】解：根据题意得： ①，解得，，，故只有一个解，此选项说法不正确； ②， 当时，，； 当时，，不成立； 当时，，，故没有整数解； 若，则，，即，故没有整数解； 若，则，，即，无解， 综上，不存在任何一个方程，使其有整数解，此选项说法正确； ③， 当时，，即； 当时，，即， ， 当时，，即； 当时，，即，无解， ， 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即，无解， 三种情况都有解，但是没有无数解，此选项说法不正确； ④， 当时，，即，无解； 当时，，即，无解； 当时，，即，无解， ，解得：或； ，当时，无解；当时，无解；当时，无解； 此选项说法不正确， 故选：． 40．已知3个多项式分别为：，下列结论正确的个数有（   ） ①若，则； ②若的结果为单项式，则； ③若关于x的方程无解，则； ④代数式，化简后共有3种不同表达式． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了去绝对值，整式的加减运算，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．将按要求代入各选项计算即可． 【详解】解：①， ， 当时，， 解得：， 当时，， 解得：，故①错误； ② ， 若为单项式，则， 解得：，故②正确； ③， ， ， ， 方程无解， ， ，故③正确； ④ ， 若， 原式 ， 若， 原式 ， 若， 原式， ， 代数式化简后共有3种不同表达式，故④正确． 故选：C． 41．对于整数a，b，定义一种新运算“”：当为偶数时，规定；当为奇数时，规定．则下列结论正确的有（    ）地 城 类型05 定义新运算相关代数操作题 ①当时，则； ②已知，，且的值与x的取值无关，则； ③已知x，y，z是非零的有理数，且时，则的值为m，则或14； ④已知关于x的方程的解是正整数，满足条件的最小的整数m记为，最大的整数m记为，则． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①直接根据新定义运算即可；②先根据的值与x的取值无关求出a和b的值，然后根据新定义计算即可；③分两种情况求出m的值，然后根据新定义计算即可；④先求出，，然后根据新定义计算即可． 【详解】①∵，， ∴， ∴，故①正确； ②∵，， ∴ ， ∵的值与x的取值无关， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； ③∵x，y，z是非零的有理数，且， ∴x，y，z三个数都是正数或一个正数两个负数． 当三个数都是正数时， ， ∵， ∴； 当一个正数两个负数时，不妨设， ， ∵， ∴．故③错误； ④解，得， ∵关于x的方程的解是正整数， ∴， ∴， ∵最小的整数m记为，最大的整数m记为， ∴，， ∵， ∴，故④正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了新定义，解一元一次方程，整式的加减无关型问题，化简绝对值等知识，正确理解新定义规定的运算是解答本题的关键． 42．数和形是数学的两个主要研究对象，我们经常运用数形结合、数形转化的方法解决一些数学问题，比如表示在数轴上数对应的点之间的距离．现定义一种“F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“F运算”，得．下列说法： ①对1，，3进行“F运算”的结果是8； ②若，对于2，x，y进行“F运算”的结果是8，则y的值是8； ③对a，a，b，c进行“F运算”，化简的结果可能存在6种不同的表达式． 其中正确的个数为（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了绝对值，化简绝对值．理解题意，熟练掌握化简绝对值是解题的关键． 根据题意求①，然后判断即可；根据题意知，，计算求解，可判断②，根据，分情况求解，然后判断即可． 【详解】解：由题意知，， ∴对1，，3进行“F运算”的结果是不是8；①错误，故不符合要求； 由题意知，， 解得，，②错误，故不符合要求； 由题意知，， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； ∴可能有6种不同的表达式，③正确，故符合要求； 故选：B． 43．定义一种新运算：，其中，如：，下列说法正确的个数是（   ）． ①； ②当，； ③ ． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查新定义，正确理解题意是解题的关键，根据新定义注意分析即可得出答案 【详解】解：∵， ∴，故①正确； 当，， 当，时，，故②错误； ，故③错误 故选：B 44．定义新运算，例如，下列说法正确的有（　　） ①； ②； ③当时，． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了新定义，有理数的混合运算、代数式求值，根据新定义逐项计算即可求解． 【详解】解：①∵， ∴， ， ， …， ， ∴ ，故①不正确； ②∵， ∴， ， ， …， ， ∴ ，故②正确； ③∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴，故③不正确． 故选B． 45．对于整数，，定义一种新运算“”：当为偶数时，规定；当为奇数时，规定．则下列结论正确的有（   ）． ①当，时，则； ②已知，，且的值与的取值无关，则； ③已知关于的方程的解是正整数，满足条件的最小的整数记为，最大的整数记为，则； ④若，则关于的方程无解． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了新定义，解一元一次方程，整式的加减无关型问题，化简绝对值等知识，正确理解新定义规定的运算是解答本题的关键． 对于①，直接根据新定义计算；对于②，利用整式的加减法表示，根据其值与的取值无关得到，求出，继续利用新定义计算；对于③，先解方程得到，根据要求得到或2或3或1，则 ，继续利用新定义计算；对于④，当为偶数时，则为奇数，，当为奇数时，则m为偶数，，分类讨论化简绝对值，化简计算，验证即可． 【详解】解：①当，时，为奇数， ∴，故①正确； ②∵，， ∴， ∵的值与的取值无关， ∴， ∴， ∴为偶数， ∴，故②错误； ③， 解得：， ∵方程的解是正整数 ∴或2或3或1， ∴或6或7或5， ∴， ∴为奇数， ，故③正确； ④当为偶数时，则为奇数，， 当时，，解得：（舍） 当时，，解得：（舍）， 当时，，解得：（舍）； 当为奇数时，则m为偶数，， 当时，，解得：（舍）； 当时，，解得：； 当时，，解得：； ∴当时，方程为，此方程无解， 当，方程为，此方程有解，故④错误， ∴正确的有2个， 故选：C． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $