2026年重庆市九年级数学专题中考复习：代数操作专题练习

代数操作专题练习 一、单选题 1．已知整式，其中，，，，都是正整数、且满足和，下列说法： ①由题可知的最大值为8； ②若，则满足条件的整式A共有5个； ③存在，，，，使得A可以写成的形式，其中p，q均为有理数． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．定义一种新运算： ，下列说法： ①若， 则 ②若， 则该不等式的解集为或； ③代数式 有最小值6； ④若关于x，y的二元一次方程组 的解为 则a的值为0或4．以上结论正确的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．已知整式，其中n为自然数，均为整数，且整式M的最高次项的系数为正整数．若．下列说法： ①满足条件的所有整式M中有且仅有4个单项式； ②当时，满足条件的所有整式M的和为； ③满足条件的整式共有44个． 其中正确的个数是（） A．0 B．1 C．2 D．3 4．定义：关于x的两个多项式A、B，若满足，则称A与B是“关于x的凤鸣多项式”．例如：若，，则，所以多项式与是关于x的凤鸣多项式． 根据上述定义，判断以下结论的正确性： ①若，，则A与B是关于x的凤鸣多项式． ②若，，，则与C是关于x的凤鸣多项式． ③已知是正整数)，A与B是关于x的凤鸣多项式，若当时，多项式的值是小于45的整数，则满足条件的所有m的值之和为6． 其中正确的结论个数有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 5．有个依次排列的整式，第一个整式为，第二个整式为，第二个整式减去第一个整式的差记为，将记为，将第二个整式加上作为第三个整式，将记为，将第三个整式与相加记为第四个整式，以此类推．以下结论正确的个数是（   ） ①；②当时，第四个整式的值为81；③若第三个整式与第二个整式的差为21，则；④第2024个整式为． A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知关于x的多项式M和N如下：，，则下列三个说法中正确的有（    ） ①； ②若无论x取何值，的值恒为正数，则； ③若多项式，其中A为整式，则． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 7．已知整式：，其中系数，，，均为整数，满足，且（其中，1，2），下列说法正确的个数是（   ） ①存在满足条件的整式，当时，； ②若整式满足，当时，，则的值为6； ③若，则满足条件的整式共有4个． A．0 B．1 C．2 D．3 8．已知多项式，，（，为常数），下列说法： ①当时，无论，取何值，都有； ②若且，则，； ③若，则不存在整数，，使得． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 9．已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算： ①若，则； ②，则需要满足的条件是； ③若为正整数，且为整数，则． 上面说法正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 10．对于二次三项式（且为常数），，下列说法： ①当时，若，则； ②无论取任何实数，若等式恒成立，则； ③当时，若，，则． 其中说法正确的个数是（   ） A． B． C． D． 11．对于一个多项式，任意选择其中两项的系数，变成其相反数后再交换它们的位置，称为“换系数操作”，例如，对进行“换系数操作”后，所有可能的结果为，，，则下列说法： ①存在多项式进行“换系数操作”后的结果与原多项式相同； ②对于，若且，则“换系数操作”后的不同多项式有3个； ③将展开得到多项式，对它进行“换系数操作”后的所有多项式的常数项和为． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 12．已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 13．在整式x，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在x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，从左往右第二个整式为； ②第三次操作后，倒数第二个整式是； ③经过四次操作后，若，，则所有整式的值之和为34； ④经过8次操作后，将得到257个整式． 以上四个结论正确的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．已知整式，其中为正整数，，，，…，均为绝对值小于3的整数，且满足，．下列结论中正确的个数是（   ） ①若，则； ②若，则满足条件的整式之和为； ③若，则满足条件的整式有5个； ④所有满足条件的整式共有12个． A．0 B．1 C．2 D．3 15．设a、b为实数，关于x的多项式展开后的一次项系数为m，多项式展开后的一次项系数为n，且m、n均为正整数．下列结论： ①当时，则； ②与的平方差的值能被3整除； ③若，则的最大值为1； ④若，则的最小值为． 其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 16．如果代数式（均为非0常数），（均为非0常数），且满足，则称这两个代数式A与B互为“相反式”，对于上述“相反式”A与B，下列结论正确的有（    ）个． ①若，则； ②若为常数，，则A的值为1； ③若关于x，y的代数式（k为正整数）不含一次项，则的最大值为2； ④若关于x、y的两个方程（k、t均为常数）有相同的解，则． A．1 B．2 C．3 D．4 17．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 18．有依次排列的2个整式：，，对任意相邻的2个整式都用右边的整式减去左边的整式，所得的差都写在这2个整式之间，由此产生第1个整式串：，2，；将第1个整式串按上述方式再操作一次，可以得到第2个整式串：，，2，，．以此类推，通过实际操作，得到以下结论： （1）第4个整式串共有17个整式． （2）第10个整式串中，所有整式的和为． （3）第2025个整式串中，从左往右第二个整式为． （4）第n个整式串比第个整式串多个整式． 以上结论中正确的有（    ）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 19．已知代数式，，从第三个式子开始，每一个代数式都等于前两个代数式的和，，，……，则下列说法正确的有（    ） （1） （2）前2023个式子中，x的系数为奇数的代数式有1349个 （3） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 20． 已知有依次排列的两个数，，将第一个数乘2的积加上第二个数得到第三个数记为，即；将第二个数乘2的积加上第三个数得到第四个数记为，即；将第三个数乘2的积加上第四个数得到第五个数记为，即，……，以此类推，下列说法： ①： ②； ③； ④．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 21．对于关于x，y的多项式，（m、n为常数），下列结论正确的个数有（　　） ①当时，若，则； ②无论y取任何实数，等式都恒成立，则； ③当，时，若，则； ④当，时，若，则． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 22．有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加上得到第3项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：①第5项为；②：③若第2021项的值为0，则；④当时，第k项的值为，以上结论正确的个数为（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 23．将代数式分别标记在4个形状大小质地等完全相同的卡片上，随机打乱后一一摸出，并将摸出的卡片上的代数式分别标记为，记（其中），则下列说法正确的个数为（   ） ①至少存在一种组合，使得； ②当时，的最大值为； ③化简之后一共有2种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 24．有如下的一列等式：，其中为正整数，的各项系数均不为0且不相等．交换任意两项的系数得到的新多项式称为“友好多项式”那么以下说法正确的有（   ） ①多项式有6个不同的“友好多项式”； ②求多项式所有不同的“友好多项式”之和，其中的系数为：； ③若，那么当时，． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 25． 一般地，如果（为正整数，且），那么叫作的次方根.例如：∵，，∴16的四次方根是．则下列结论： ①3是81的四次方根； ②任何实数都有唯一的奇次方根； ③若，则的三次方根是； ④当时，整数的二次方根有4050个．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 26． 对于依次排列的整式，用任意相邻的两个整式中的左边的整式减去右边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一列新的整式，称此为1次“友好操作”．例如：对于9，2进行1次“友好操作”得到9，7，2；对于9，2连续进行2次“友好操作”得到9，2，7，5，2；对于依次排列的5个整式a，b，c，d，e，连续进行n次“友好操作”后得到一列新的整式，关于所得的一列新的整式，下列说法： ①当时，这一列新的整式中共有17个整式； ②当时，这一列新的整式中有一个整式为； ③存在正整数n，使得这一列新的整式中所有整式之和为；其中正确的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 27．有依次排列的3个整式：，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串．例如：，我们称它为整式串1；将整式串1按上述方式再做一次操作，可以得到整式串2；以此类推．通过实际操作，得出以下结论： ①整式串2为：； ②整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和大3； ③整式串5共67个整式； ④整式串2022的所有整式的和为； 上述四个结论正确的有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 28．关于x的多项式，，（其 中a，b，c，d，e，f均为常数），下列说法中正确的有（　　） ①当B能被整除时，；②当多项式A与B的乘积中不含项时，；③． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 29．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：代数操作专项-解析 一、单选题 1．已知整式，其中，，，，都是正整数、且满足和，下列说法： ①由题可知的最大值为8； ②若，则满足条件的整式A共有5个； ③存在，，，，使得A可以写成的形式，其中p，q均为有理数． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】本题考查整式的混合运算，先根据两式求出，然后得到，即可得到的最大值判断①；去绝对值得到，即可得到，正整数解的个数判断②；根据和的值得到关于p，q的等式判断③解答即可． 【详解】解：两式相减得，即， 又∵，，，，都是正整数， ∴， 代入第一个等式得， 又∵，都是正整数， ∴，故①错误， ∵， ∴，即， 解得，，，，，， ∴，共有6对不同的正整数解，故②错误； 当时，，即， 当时，，即， ∴p，q不能同时为有理数，故③错误； 故选：A． 2．定义一种新运算： ，下列说法： ①若， 则 ②若， 则该不等式的解集为或； ③代数式 有最小值6； ④若关于x，y的二元一次方程组 的解为 则a的值为0或4．以上结论正确的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了整式的混合运算，一元一次方程的解法，一元一次不等式的解法及二元一次方程组的解，理解新定义并且利用分类讨论的思想方法是解题的关键．根据新运算的规定，利用分类讨论的思想方法对每个选项进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：①若， 当时，得， 解得，不符合题意，舍去； 当时，得， 解得，符合题意， 综上，若，则， 故说法①错误，不符合题意； ②，且， ， ， 解得或， 故说法②正确，符合题意； ③ 可表示为在数轴上表示x的数与到数轴上表示3及的数的距离之和，可得其最小值为6， 故说法③正确，符合题意； ④的解为 当时，原方程组可化为， 将代入得，解得， 当时，原方程组可化为， 将代入得，解得（舍去）， a的值为4． 故说法④错误，不符合题意． 正确的结论有：②③，一共2个． 故选：B 3．已知整式，其中n为自然数，均为整数，且整式M的最高次项的系数为正整数．若．下列说法： ①满足条件的所有整式M中有且仅有4个单项式； ②当时，满足条件的所有整式M的和为； ③满足条件的整式共有44个． 其中正确的个数是（） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查整式的性质与组合计数．根据条件，逐项分析说法：①单项式情况有4个；②时和应为，说法错误；③总整式个数为44． 【详解】解：∵整式满足，且为正整数． 对于①：当为单项式时，，则． ∵为自然数，为正整数， 时，，； 时，，； 时，，； 时，，； 时无解． ∴有4个单项式，①正确． 对于②：当时，． 时，，有6个整式：、、； 时，，有． 求和得，但②说和为，错误． 对于③：总整式个数： ：，1个； ：，到，对应取值，共11个； ：，到，对应组合，共25个； ：7个； 无解． ∴总数为，③正确． 综上，①和③正确， 故选：C． 4．定义：关于x的两个多项式A、B，若满足，则称A与B是“关于x的凤鸣多项式”．例如：若，，则，所以多项式与是关于x的凤鸣多项式． 根据上述定义，判断以下结论的正确性： ①若，，则A与B是关于x的凤鸣多项式． ②若，，，则与C是关于x的凤鸣多项式． ③已知是正整数)，A与B是关于x的凤鸣多项式，若当时，多项式的值是小于45的整数，则满足条件的所有m的值之和为6． 其中正确的结论个数有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题考查了整式混合运算——化简求值，理解已知中与是关于x的凤鸣多项式，并准确地进行计算是解题的关键． ①根据已知计算出 的值即可判断；②根据已知计算出 的值即可判断；③根据已知可得，再利用当时，多项式的值是小于的整数，确定出的值即可解答． 【详解】解：①，， ， 与是关于x的凤鸣多项式，故①正确； ②∵，，， ∴， 则 ， ∴，不满足定义， 则与C不是关于x的凤鸣多项式，故②错误； ③与是关于x的凤鸣多项式， ， ， （m是正整数）， ， ， ， ∵当时，多项式的值是小于45的整数， ， ， ， ， ， ，， ∴满足条件的所有m的值之和为6，故③正确． 综上，正确的结论有①③，共2个， 故选：C． 5．有个依次排列的整式，第一个整式为，第二个整式为，第二个整式减去第一个整式的差记为，将记为，将第二个整式加上作为第三个整式，将记为，将第三个整式与相加记为第四个整式，以此类推．以下结论正确的个数是（   ） ①；②当时，第四个整式的值为81；③若第三个整式与第二个整式的差为21，则；④第2024个整式为． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查整式的加减、列代数式、以及代数式的求值，属于规律性的题目，繁琐，但只要理解题意，掌握规律即可解决，耐心会更好．根据已知条件找到规律即可解决． 【详解】解：第一个整式为，第二个整式为，第二个整式减去第一个整式的差记为， ， 记为， ， 记为， ，故①正确； 以此类推： 同理可得：， ， ， ， 由于第一个整式为，第二个整式为， 第二个整式加上作为第三个整式， 第三个整式为：， 第三个整式加上作为第四个整式， 第四个整式为：， 当时，，故②正确； 第三个整式与第二个整式的差为， 即，解得：，故③正确； 根据题意，第五个整式为：第四个整式加， 第五个整式为， 同理第六个整式为， 第七个整式为， 第八个整式为， 第2024个整式为，故④正确， 故选：D． 6．已知关于x的多项式M和N如下：，，则下列三个说法中正确的有（    ） ①； ②若无论x取何值，的值恒为正数，则； ③若多项式，其中A为整式，则． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减与乘法运算．先根据多项式的乘法法则求出a、b、c、d的值可判断①；将化为，根据得到，进而可判断②；先由题意得到e、f、m、n值，设，进而由可求得，，进而可求解． 【详解】解：∵ ∴，，，， ∴，，， ∴，故①错误， ∵，，，， ∴， ∵，的值恒为正数， ∴， 则， ， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵ ∴，，，， 设， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，故③错误， ∴正确的个数为1， 故选：B． 7．已知整式：，其中系数，，，均为整数，满足，且（其中，1，2），下列说法正确的个数是（   ） ①存在满足条件的整式，当时，； ②若整式满足，当时，，则的值为6； ③若，则满足条件的整式共有4个． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了整式系数的条件限制，需根据差值范围和求和条件逐一验证三个说法的正确性，由此求解即可． 【详解】∵设，，，且（，1，2） ① 当时，，即， 取，，，，则，，， 满足且差值在2到3，总和为，故①正确； ② 已知且时，即， ∴，唯一解为，，， ∴，故②正确； ③ 已知，即， 当时，，需有两个和一个，有种整式； 当时，，需所有，有种整式，总计种，故③正确； 综上，①②③均正确，共3个． 故选：D． 8．已知多项式，，（，为常数），下列说法： ①当时，无论，取何值，都有； ②若且，则，； ③若，则不存在整数，，使得． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了因式分解的应用，进行配方成完全平方形式，结合平方的非负性求解题目，解题的关键是配方． ①通过配方结合平方的非负性判断；②通过代入条件化简方程，利用配方法求解验证；③通过配方得到表达式，分析整数解的存在性． 【详解】解：①：， ∵，， ∴当时，，故①正确； ②：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，，故②错误； ③∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴，即 ∴存在整数解（如 ，），使得，故③错误． 综上，只有①正确，正确个数为1． 故选：B． 9．已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算： ①若，则； ②，则需要满足的条件是； ③若为正整数，且为整数，则． 上面说法正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题主要考查了多项式乘多项式，含绝对值一元一次方程，分式的化简相关知识点，能够正确解方程是本题的关键． ①直接列方程求解即可；②列绝对值方程即可直接求解；③列代数式，再化简，直接代数验证即可． 【详解】解：①∵， ∴， 解得：，故①错误； ②∵， ∴， 整理得：， 当时，，解得（不合题意，舍去）， 当时，恒成立， 当时，，解得（不合题意，舍去）， 故②正确； ③∵ ， 又∵为整数，x为正整数， ∴，2，4，5， 故③正确． 综上所述，正确的有②③，共2个． 故选：C． 10．对于二次三项式（且为常数），，下列说法： ①当时，若，则； ②无论取任何实数，若等式恒成立，则； ③当时，若，，则． 其中说法正确的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了整式的加减，因式分解的应用，完全平方公式，解一元二次方程，掌握以上运算法则以及完全平方公式是解题的关键．将代入，因式分解后结合可得；由恒成立得，进而；当时，计算得，解方程得。 【详解】解：当时，， 且， ， 即， 故正确； 恒成立， ， 即， ， ， ， 故错误。 当时， ，， ， 设，则， 即， ， 即， 故正确。 综上，正确的个数是个. 故选：C． 11．对于一个多项式，任意选择其中两项的系数，变成其相反数后再交换它们的位置，称为“换系数操作”，例如，对进行“换系数操作”后，所有可能的结果为，，，则下列说法： ①存在多项式进行“换系数操作”后的结果与原多项式相同； ②对于，若且，则“换系数操作”后的不同多项式有3个； ③将展开得到多项式，对它进行“换系数操作”后的所有多项式的常数项和为． 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，多项式的系数，求代数式的值等知识，解题的关键是： ①取特殊值判断即可； ②把代入，得出，然后按照“换系数操作”列出所有的结果判断即可； ③当时，展开得到多项式的各项系数和为，常数项为，则，然后用每一项与其后面的项进行“换系数操作”，得出多项式的常数项求解即可． 【详解】解：①当时，a与化为相反数，此时“换系数操作”后的结果与原多项式相同，故①正确； ②若，则原多项式为，“换系数操作”后的多项式有，，，共三个，故②正确； ③当时，，则展开得到多项式的各项系数和为，常数项为， ∴， 选择第一项与其余各项进行“换系数操作”，所得多项式的常数项分别为1，1，1，1，1，1，1，1，1，，即9个1和， 选择第二项与剩余其余各项进行“换系数操作”，所得多项式的常数项分别为1，1，1，1，1，1，1，1，，即8个1和， …… 选择倒数第二项与剩余其余各项进行“换系数操作”，所得多项式的常数项分别为， ∴“换系数操作”的所有多项式的常数项和为， 故③正确， 故选：D． 12．已知，其中为非负整数，均为正整数．规定： 整式的所有系数的和记作．如：因为，所以；因为，所以；因为，所以．以下说法： ① ②若，则 ③若则所有满足条件的整式的和为 ④若，则所有满足条件的整式有9个． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查了整式的加法运算，熟练掌握整式的加法运算是解题的关键． 由题意知，即可判定①；由题意得到，即可求出，从而判定②；先说明，再结合可知，易得或，然后求出满足条件的，然后求和即可判断③；由，然后分五种情况，分别求出符合条件的，然后统计即可解答． 【详解】解：①由题意得∶，故①错误； ②∵， ∴， ∴，故②错误； ③由题意得： ， ∵， ∴ ∴或， ∴或， ∴所有满足条件的整式的和为，故③正确； ④∵， ∴当时，， ∴，即； 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，为正整数， ∴或或或， ∴或或或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、为正整数， ∴或 ∴或； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵为非负整数，、为正整数， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴ ∵、、为正整数， ∴即此时不满足要求． ∴所有满足条件的整式有9个，即④正确． 正确的个数是2． 故选：C． 13．在整式x，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在x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，从左往右第二个整式为； ②第三次操作后，倒数第二个整式是； ③经过四次操作后，若，，则所有整式的值之和为34； ④经过8次操作后，将得到257个整式． 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 【分析】本题考查整式操作中的规律探索．①通过计算第二次操作后的序列判断；②通过计算第三次操作后的整式，找出倒数第二个整式判断；③利用操作后整式数量与初始和的关系计算总和；④根据操作次数与整式数量的规律判断． 【详解】解：∵初始整式：x和， 第一次操作：插入平均数，整式为x，，， 第二次操作：在x与之间插入平均数，在与之间插入平均数 ，整式为, ，，，， ∴第二次操作后，从左往右第二个整式为，故①正确； ∵第三次操作后序列有个整式，计算得整式为：，，，，，，，，， ∴倒数第二个整式（第8个）为，而结论②为，故②错误； ∵当，时，初始整式值，，初始平均值 ， 经过四次操作后，整式数量，总和，而结论③为34，故③错误； ∵第n次操作后整式数量为， ∴第8次操作后整式数量为，故④正确； 综上所述，①④正确，正确个数为2个． 故选：B． 14．已知整式，其中为正整数，，，，…，均为绝对值小于3的整数，且满足，．下列结论中正确的个数是（   ） ①若，则； ②若，则满足条件的整式之和为； ③若，则满足条件的整式有5个； ④所有满足条件的整式共有12个． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查整式的相关知识，涉及整式的定义，绝对值的性质以及不等式的应用，合理分类讨论是解题的关键． 根据已知条件确定整式的各项系数，再逐一分析各个结论即可． 【详解】解：时，则， ∴， ∴， ∵，，，…，均为绝对值小于3的整数， ∴，， ∴，故①正确； 当时，， ∴， ∴， ∵，，且，，均为绝对值小于3的整数， ∴有以下几种情况： 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； ∴满足条件的整式之和为：，故②错误； 当时，， ∴， ∴， ∵，，且，均为绝对值小于3的整数， ∴有以下几种情况： 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； ∴满足条件的整式有个，故③错误； 由前面的分析可知，当时，有个；当时，有个；当时，有个， ∴满足条件的整式共有个，故④错误； 综上正确的只有①， 故选：B． 15．设a、b为实数，关于x的多项式展开后的一次项系数为m，多项式展开后的一次项系数为n，且m、n均为正整数．下列结论： ①当时，则； ②与的平方差的值能被3整除； ③若，则的最大值为1； ④若，则的最小值为． 其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题主要考查了整式的乘法，完全平方公式，分式的性质，解题时要能熟悉整式的相关变形，注意学会将未知转化为已知去解决． 【详解】解：，， ，且m、n均为正整数． 当时，，则，故①正确； ， ，即， 与的平方差的值能被2，4，8整除，不一定能被3整除，故②错误； ，即， ，即， ， ， ，即的最大值为1，故③正确； ，即， m、n均为正整数． 可取的值为， 当时，，则， 的最小值为，故④正确； 正确的有3个， 故选：C． 16．如果代数式（均为非0常数），（均为非0常数），且满足，则称这两个代数式A与B互为“相反式”，对于上述“相反式”A与B，下列结论正确的有（    ）个． ①若，则； ②若为常数，，则A的值为1； ③若关于x，y的代数式（k为正整数）不含一次项，则的最大值为2； ④若关于x、y的两个方程（k、t均为常数）有相同的解，则． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查整式的运算，代数式求值，根据新定义，求出的值，判断①，根据新定义得到，判断②，将转化为，计算后，根据不含一次项，得到，判断③，根据新定义得到，判断④． 【详解】解：若， 则：， ∴， ∴；故①正确； ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∵为常数， ∴；故②正确； ∵， ∴ ∵代数式（k为正整数）不含一次项， ∴， ∵均为非0常数， ∴， ∴， ∵k为正整数， ∴当时，最大为；故③正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④错误； 故选C． 17．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：，， ，， ， ， ． 故选：C． 18．有依次排列的2个整式：，，对任意相邻的2个整式都用右边的整式减去左边的整式，所得的差都写在这2个整式之间，由此产生第1个整式串：，2，；将第1个整式串按上述方式再操作一次，可以得到第2个整式串：，，2，，．以此类推，通过实际操作，得到以下结论： （1）第4个整式串共有17个整式． （2）第10个整式串中，所有整式的和为． （3）第2025个整式串中，从左往右第二个整式为． （4）第n个整式串比第个整式串多个整式． 以上结论中正确的有（    ）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了数字类规律探索，整式的加减，同底数幂乘法的逆用．根据题，得出一般规律：第个整式串共有个整式，所有整式的和为，从左往右第二个整式为，据此逐一判断即可． 【详解】解：由题意可知，第1个整式串：，2，，整式的个数为， 所有整式的和为； 第2个整式串：，，2，，，整式的个数为， 所有整式的和为 第3个整式串为：，，，，2，，，2，，整式的个数为， 所有整式的和为 …… 观察发现，第个整式串共有个整式，所有整式的和为，从左往右第二个整式为， 第4个整式串共有个整式，（1）结论正确； 即第10个整式串中，所有整式的和为，（2）结论错误； 第2025个整式串中，从左往右第二个整式为，（3）结论正确； 第n个整式串共有个整式，第个整式串共有个整式， ，即第n个整式串比第个整式串多个整式， （4）结论正确； 结论中正确的有（1）、（3）、（4），共3个， 故选：C． 19．已知代数式，，从第三个式子开始，每一个代数式都等于前两个代数式的和，，，……，则下列说法正确的有（    ） （1） （2）前2023个式子中，x的系数为奇数的代数式有1349个 （3） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】分别计算到的值，相加可判断（1）；找到各项的x的系数，判断奇偶性，得到规律，即可判断（2）；将逐步拆分，根据结果即可判断（3）． 【详解】解：∵，，，， ∴， ， ， ， ， ， ∴， 故（1）正确； 中x的系数为奇数， 中x的系数为奇数， 中x的系数为偶数， 中x的系数为奇数， 中x的系数为奇数， 中x的系数为偶数， 中x的系数为奇数， 中x的系数为奇数， 中x的系数为偶数， 中x的系数为奇数， …， 以3个式子为一周期，x的系数分别为奇数，奇数，偶数， ， ∴前2023个式子中，x的系数为奇数的代数式有个，故（2）正确； … 故（3）错误， ∴正确的有2个， 故选C． 【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是利用从第三个式子开始，每一个代数式都等于前两个代数式的和分别计算验证． 20．已知有依次排列的两个数，，将第一个数乘2的积加上第二个数得到第三个数记为，即；将第二个数乘2的积加上第三个数得到第四个数记为，即；将第三个数乘2的积加上第四个数得到第五个数记为，即，……，以此类推，下列说法：①：②；③；④．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查整式的加减以及数字的变化类规律探索，根据题意将等式变形寻找出规律逐一判断即可． 【详解】解：根据题意：，，，，，，故①正确； ， ，故②错误； ， ， ， ， ， ， ； ，故③错误； 令，则， ， ，故④正确； 正确的有2个， 故选：B． 21．对于关于x，y的多项式，（m、n为常数），下列结论正确的个数有（　　） ①当时，若，则； ②无论y取任何实数，等式都恒成立，则； ③当，时，若，则； ④当，时，若，则． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据整式的加减运算法则、完全平方公式、绝对值的性质、二次根式的性质即可求出答案． 【详解】解: ①当时,, 若, 则, ∴， 即或, 故①错误； ②， ∴， ∴，故②正确； ③当时， ， 即， 将看作一个整体， 解得：，故③错误； ④当时,, 若， ， ∴ 即， 当时，， 解得：， 当时，，此方程无解； 当时，， 解得：， ∴或，故④错误； 综上分析可知，正确的有1个，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题考查多项式的计算，非负数的性质，解一元二次方程，二次根式的性质等知识，掌握运算法则是解题的关键． 22．有n个依次排列的整式：第1项是，用第1项乘以，所得之积记为，将第1项加上得到第2项，再将第2项乘以得到，将第2项加上得到第3项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：①第5项为；②：③若第2021项的值为0，则；④当时，第k项的值为，以上结论正确的个数为（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据题意可得第1项为，，第2项为，，第3项为，，根据变化规律解答即可． 【详解】根据题意， 第1项为， ， 第2项为， ， 第3项为， ， ······ ∴第5项为，故①正确； ∴，故②错误； 若第2021项的值为0，则， ∴， 即， ∴，故③正确； 当时，设， ∴， 得：， ∴，故④错误； 正确的有①③两个， 故选：B． 【点睛】本题考查了整式的加减和乘除，数字的变化类规律探索，解题的关键是根据已知得到变化规律． 23．将代数式分别标记在4个形状大小质地等完全相同的卡片上，随机打乱后一一摸出，并将摸出的卡片上的代数式分别标记为，记（其中），则下列说法正确的个数为（   ） ①至少存在一种组合，使得； ②当时，的最大值为； ③化简之后一共有2种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了整式的加减，因式分解的应用，并考查了分类讨论思想，根据题意分不同的情况，依次化简并做判断即可．．通过分析四个代数式在时的大小关系及不同组合下的绝对差之和，逐一验证各说法． 【详解】若将四个代数式分为两对：，和，x， ， ， 当时，结果恒为2，存在组合使，故①正确； 又在时取得最大值， 当时，的最大值为，故②正确； 若将四个代数式分为两对：，和，x，则， 若将四个代数式分为两对：，和，x，则， 若将四个代数式分为两对：，和，，则， 因此，A仅有两种不同结果，故③正确； 综上，三个说法均正确， 故选D． 24．有如下的一列等式：，其中为正整数，的各项系数均不为0且不相等．交换任意两项的系数得到的新多项式称为“友好多项式”那么以下说法正确的有（   ） ①多项式有6个不同的“友好多项式”； ②求多项式所有不同的“友好多项式”之和，其中的系数为：； ③若，那么当时，． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题主要考查了多项式乘法中的规律探索，整式的加减计算，根据“友好多项式”的定义求出多项式的“友好多项式”即可判断①；根据①所求把所得的6个多项式的“友好多项式”中的的系数相加即可判断②；令得到，则，令得到，则，据此可判断③． 【详解】解：由“友好多项式”的定义可得，多项式的“友好多项式”有：，，，，，，共个，故①正确； 多项式所有不同的“友好多项式”之和的的系数为：，故②错误； 当时，， 当时，， ∴两式相减得， ∴，故③正确； ∴正确的有2个， 故选：C． 25．一般地，如果（为正整数，且），那么叫作的次方根.例如：∵，，∴16的四次方根是．则下列结论：①3是81的四次方根；②任何实数都有唯一的奇次方根；③若，则的三次方根是；④当时，整数的二次方根有4050个．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据a的n次方根的定义结合平方差公式和绝对值的意义逐一进行分析判断即可． 【详解】解：①∵， ∴3是81的四次方根，①正确； ②任何实数都有唯一的奇次方根，②正确； ③∵ ， 则S的三次方根是，③正确； ④由已知得：， 即数轴上数a到数和数2025的距离和为4048， 又由， 故整数， 则整数a的二次方根有，共4051个，④不正确； 故应选：C． 【点睛】本题主要考查对a的n次方根的定义的阅读理解能力，平方差公式与绝对值的几何意义是难点． 26．对于依次排列的整式，用任意相邻的两个整式中的左边的整式减去右边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一列新的整式，称此为1次“友好操作”．例如：对于9，2进行1次“友好操作”得到9，7，2；对于9，2连续进行2次“友好操作”得到9，2，7，5，2；对于依次排列的5个整式a，b，c，d，e，连续进行n次“友好操作”后得到一列新的整式，关于所得的一列新的整式，下列说法：①当时，这一列新的整式中共有17个整式；②当时，这一列新的整式中有一个整式为；③存在正整数n，使得这一列新的整式中所有整式之和为；其中正确的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据给定的“友好操作”的定义，逐一进行判断即可． 【详解】①当时，，共个整式；当时，，共个整式，①正确； ②类比时，整式里有：，可知：当时，这一列新的整式中有一个整式为，②正确； ③当时，所有整式和：， 当时，所有整式和： 整理得： 类比可得：当时，所有整式和：，③正确； 综上，①②③都正确； 故选D． 【点睛】本题考查定义新运算．理解“友好操作”的定义，抽象概括出相应的规律是解题的关键． 27．有依次排列的3个整式：，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串．例如：，我们称它为整式串1；将整式串1按上述方式再做一次操作，可以得到整式串2；以此类推．通过实际操作，得出以下结论： ①整式串2为：； ②整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和大3； ③整式串5共67个整式； ④整式串2022的所有整式的和为； 上述四个结论正确的有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先根据题意列出代数式，然后发现规律，再按照整式的加减运算法则计算，然后再逐个判断即可． 【详解】解：∵第一次操作后的整式串为：，共个整式， 第一次操作后的整式串的和为： ， ∴第二次操作后的整式串为，，共个整式，故的结论正确，符合题意； 第二次操作后所有整式的和为： 第三次操作后整式串为：，共个整式， 第三次操作后所有整式的和为： 所以整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和小3 故的结论错误，不符合题意； 由第一次操作整式的个数为：， 由第二次操作整式的个数为：， 由第三次操作整式的个数为：， 则第四次操作整式的个数为： 第五次操作整式的个数为： 故③的结论错误，不符合题意； 整式串3的所有整式的和比整式串2的所有整式的和小3； 第次操作后所有整式的积为， ∴第次操作后，所有的整式的和为， 故的说法正确，符合题意． 正确的说法有④，共2个． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了整式的加减、数字的规律等知识点，从所给的式子分析出所存在的规律是解答本题的关键． 28．关于x的多项式，，（其 中a，b，c，d，e，f均为常数），下列说法中正确的有（　　） ①当B能被整除时，；②当多项式A与B的乘积中不含项时，；③． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】此题考查了整式的乘法运算，解题的关键是熟练掌握以上运算法则． ①设，然后系数对应求出，，代入即可判断①；②根据多项式A与B的乘积中不含项得到，求解即可判断②；③首先求出当时，，当时，得到，进而求解即可． 【详解】解：①当B能被整除时， 设 ∴， ∴，故①正确； ②当多项式A与B的乘积中不含项时， ∴ ∴ ∴，故②正确； ③∵ ∴当时， 当时， ∴ ∴，故③正确误． 综上所述，正确的有3个． 故选：D． 29．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 【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 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 $