专题04 选择压轴代数操作题（5大题型，压轴题专项训练）2026年中考数学(重庆专用)

专题04 选择压轴代数操作题 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 整式相关代数操作 题型02 方程相关代数操作 题型03新定义代数操作 题型04 函数相关代数操作 题型05 规律探究类代数操作 模块三、综合实战演练 一、整式相关代数操作的解题方法： 1. 翻译操作：将文字规则严格转为代数式，注意括号，避免符号遗漏。 2. 化简表达式：按先乘除后加减顺序，用去括号法则逐步化简。 3. 逐项判断结论 · 结论常涉及：是否为三次式、是否含某项、系数是否为整数、与给定值关系等。 需依据化简后的结果严格验证，不靠感觉猜测。 二、方程相关代数操作的解题方法： 1. 翻译操作：把文字描述的运算写成含参方程，注意“输出”“输入”对应关系。 2. 建立等式：根据“结果相等”“输出相同”等条件列方程（组）。 3. 分类讨论：涉及整数解、正整数解时，需枚举参数可能值。 4. 代入验证：将求得的参数代回原操作，验证是否满足所有条件。 三、新定义代数操作的解题方法： 1. 抄定义，划结构 将定义中的运算式完整抄在草稿纸上，用括号标出运算顺序 2. 逐层代入，步步化简，每步化简到最简形式（去括号、合并同类项）。 3. 对照选项，特征判断 结论常涉及：结果是否与某个字母无关（即化简后该字母系数为0）、结果是否为常数、是否满足交换律/结合律等。 四、 函数相关代数操作的解题方法： 1. 翻译条件：将“图像过点”“有交点”“在x轴上方”等翻译成方程或不等式，过点：f(某数)=某数 · 有交点：联立后方程有解（判别式≥0），在x轴上方：f(x)>0 在给定区间恒成立 。 2. 代数化处理： 含参函数先整理成关于参数的形式，可分析定点 . 3. 验证边界： ·判别式取等时是否满足实际意义（如交点是否重合）， 不等式中端点是否包含（题目说“上方”还是“上及上方”）. 五、 规律探究类代数操作的解题方法： 1. 列出前几次结果 用具体数字或简单字母（依次进行手工运算。 2. 观察变化模式 ，数值是否重复出现？→ 周期规律。是否每次形式相同但系数变化？→ 递推规律. 是否与序号n有直接关系？→ 通项公式. 3. 代数验证与推广 用字母推导一次操作的一般形式，验证前几步是否符合，再写出第n步的表达式。 题型01 整式相关代数操作 1．有两个依次排列的代数式：，用第二个代数式减去第一个代数式得到，将加8得到，将第2个代数式与相加得到第3个代数式，将加8得到，将第3个代数式与相加得到第四个代数式，……依此类推.则以下结论： ①； ②当第个代数式的值为时，或； ③ (n为正整数) ．其中正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】由题意可推导一般性规律为，；第个代数式为；则，可判断①的正误；当第个代数式的值为时，，可求或，可判断②的正误；，可判断③的正误． 【详解】解：由题意知，， ， 第3个代数式为， ， 第四个代数式为， ， 第5个代数式为， …… ∴可推导一般性规律为，； 第个代数式为； ∴，正确，故①符合要求； 当第个代数式的值为时， ，整理得，， ∴， 解得，或，错误，故②不符合要求； ，正确，故③符合要求； 故选：C． 【点睛】本题考查了整式的加减混合运算，整式的规律探究，完全平方公式，直接开平方法解一元二次方程等知识．根据题意推导一般性规律是解题的关键． 2．对于四个代数式，角任意两个代数式之差的绝对值，与剩余两个代数式之差的绝对值作差，并化简，这样的运算称为对四个代数式进行“双差绝对值运算”．例如：代数式，，，的“双差绝对值运算”；，，，给出下列说法：代数式，，，的“双差绝对值运算”的结果只有种；当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”的某种结果为，则；当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”结果不可能为．其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了实数的新定义运算，根据新定义运算逐一进行判断即可求解，理解新定义运算是解题的关键． 【详解】解：代数式，，，的“双差绝对值运算”的结果有： ； ； ； ； ∴运算结果只有种：，，，故正确； ∵当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”的某种结果为， ∴， ∴， 解得，（不合，舍去）， ∴，故错误； 当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”结果不可能为，比如： ， 故正确； ∴正确的个数有个， 故选：． 3．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，，，，则下列说法正确的是（    ） ①若，则 ② ③前2025个式子中，a的系数为偶数的代数式有674个 ④记前n个式子的和为则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查数字的变化类-规律型，根据从第三个式子开始，每一个代数式都等于前两个代数式的和，分别表示出到，进而计算并判断各说法的正确性，即可解题． 【详解】解：∵ ，， ，， ， ， ， ， ， ， 则①当，则，说法正确； ②，说法正确； ③前2025项中，除第一项外，系数按偶数、奇数、奇数，三个一组进行循环， ， 系数为偶数的代数式有个，说法中为674个，错误； ④ ，说法错误． ∴正确说法有①和②，共2个． 故选：B． 4．对于多项式，在任意一个字母前加负号，称为“加负运算”，例如：对b和d进行“加负运算”，得到：．规定甲同学每次对三个字母进行“加负运算”，乙同学每次对两个字母进行“加负运算”，有以下几种说法： ①乙同学连续两次“加负运算”后可以得到； ②对于乙同学“加负运算”后得到的任何代数式，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式； ③乙同学通过“加负运算”后可以得到10个不同的代数式． 以上说法正确的个数为（） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】①乙同学第一次对a和d，第二次对a和e进行加负运算，可得①正确；根据甲同学每次对三个字母进行“加负运算”，乙同学每次对两个字母进行“加负运算”，可得②正确；分类讨论，分三种情况讨论，情况一若固定改变a，乙同学可改变字母或或或；若固定改变b，乙同学可改变字母或或；固定改变c，乙同学可改变字母或；固定改变d，乙同学可改变字母，情况二在第一种的基础上再改变2个字母，情况三改变两次，可得不同代数式的个数，即可判断③错误 【详解】解：原多项式为，“加负运算”本质是改变所选字母的符号，逐一验证： ①要得到，操作如下：第一次对和做加负运算，得到，第二次对和做加负运算，得到，故①正确． ②乙做一次加负运算改变2个字母的符号，要得到乙结果的相反代数式，需要所有5个字母都改变符号，还需要改变个字母的符号，甲每次对3个字母做加负运算，只需改变剩余3个字母的符号即可得到目标代数式，故②正确． ③第一种：改变2个字母：若固定改变a，乙同学可改变字母或或或； 若固定改变b，乙同学可改变字母或或； 固定改变c，乙同学可改变字母或； 固定改变d，乙同学可改变字母， 所以有种， 第二种：在第一种的基础上再改变2个字母：即乙同学可改变字母，，，，共5种 第三种，即改变两次，得到原来的代数式，共1种， 综上所述，共有种，故③错误 综上，说法①、②正确，说法③错误，故正确个数为2． 5．已知代数式，在代数式中，任取两项与代数式中任意两项进行替换，A、B替换后的结果分别记作，这样的替换称做一次“替换运算”．例如：在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到；再选取中的第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，对代数式A、B进行次“替换运算”，替换后的结果记作，当的项数小于两项时，则替换停止．下列说法： ①存在“替换运算”，使得； ②当时，的最小值为1； ③所有的共有8种不同的运算结果． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查了整式的加减计算，由于代数式A中有三项，所以任取两项有三种取法，同理代数式B中任取两项也有三种取法，那么得到一共有九种“替换运算”，根据题意求出这九种“替换运算”后的结果，进而求出的结果即可得到答案． 【详解】解：在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第一项和第二项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第二项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； 在代数式中选取第二项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，此时； ∴不存在“替换运算”，使得，故①错误； ∵或或或或或或或， ∴当时，的最小值为1；所有的共有8种不同的运算结果，故②③正确； 故选C． 此类题综合性强,主要考查整式，分式，根式等的变形、计算或操作，熟练掌握添括号和去括号法则，灵活运用乘法公式，用配方法、因式分解、换元法、设参、拆项与逐步合并等技巧进行变形.正确理解操作过程、合理猜想并利用代数逻辑进行严密的证明,是解决此类问题的重要方法. 题型02方程相关代数操作 6．对于关于x、y的方程（为常数），若c，则称A为递增方程.定义递增方程A的重构变换如下：取中任意两数之和，记为，且，得到新的递增方程，并称为A的1次重构方程；取中任意两数之和，记为，且，得到新的递增方程，并称为A的2次重构方程……若方程组的解为，则记为A的n次重构系数，则下列说法中正确的有（    ） ①方程的1次重构系数； ②已知方程为递增方程，若，则； ③已知m为整数，方程为递增方程，若无论n取何值，均为整数，则 A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】B 【分析】本题考查了数字规律，新定义，二元一次方程组的应用，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解n次重构方程以及方程组的解为，则记为A的n次重构系数，再结合每个选项的条件进行详细分析，找到规律，总结，再整理化简式子，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， 则 依题意，1次重构后方程为， 故 把整理得 把代入 解得 解得， 把代入，得 ∴方程组的解为 ∴， 故①正确； ∵方程为递增方程 ∴， 解得 则 1次重构后方程为， 则 则得 整理得， 则 依题意，2次重构后方程为， 则 则得 整理得， 则 依题意，3次重构后方程为， 则 则得 整理得， 依次类推得 n次重构后得 即 则 ∵ ∴ 则且 ∴且 解得 ∵为正整数 则 故②是符合题意的； ③已知m为整数，方程为递增方程， ∴ ∴ 解得 ∵m为整数， ∴ 则 ∵无论n取何值，均为整数 ∴为整数 把代入，得不是整数，故舍去； 把代入，得不是整数，故舍去； 把代入，得是整数， 把代入，得是整数， 故无论n取何值，均为整数，则是错误的， 故选：B． 7．方程，其中，对的系数作变化：得到方程，其中，称为对方程进行一次“偏移变化”，再对方程中的系数作变化：得到方程，其中，称为对方程进行二次“偏移变化”……，在变化过程中，记为偏移距离（为正整数），，则以下说法中，正确的个数是（    ） ①当时，是对方程进行三次“偏移变化”后得到方程的一组解； ②存在一个值，使得对方程进行偏移变化，偏移距离为； ③满足使为整数的的最小值为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了分式的化简求值．①当时，先求得，，的值，得到，将代入求解即可判断；②当时，推出，解得，据此可判断；③先求得，，的值，得到规律，求得，再求得，，的值，得到规律求得，求得，据此计算即可判断． 【详解】解：①当时，， ， ， ∴， 将代入，有， 解得， 故是方程的一组解；故①正确； ②当时， ， 令， 解得，故②正确； ③， ， ， ， ， ∴， ∵， ， ， ， ∴， ∴， 当时，，解得(舍去)； 当时，，解得(舍去)； 当时，，解得； 当时，，解得； 当时，，解得； ∴的最小值为，故③正确； 综上，①②③都是正确的， 故选：D． 8．已知六元方程，满足，且a，b，c，d，e，f为正整数，则下列关于这个六元方程的正整数解的说法中正确的个数为（   ） ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有20组解； ④若，则该六元方程有1组解． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，二元一次方程的解，根据因式分解得到，，是解决本题的关键．①把所给数值分别代入等式的左边和右边，看是否相等；②设最小的正整数为，分别计算出等式的左边和右边，看是否相等；③根据②得到的知识，结合③给的条件，看该六元方程有几组解即可．根据③的结论可得，据此可判断④． 【详解】解：，，，，，， ，． ． ，，，，，是该六元方程的一组解． ①正确； 设最小的正整数为，那么其余的数为：，，，，． ，． ． 连续的六个正整数一定是该六元方程的解． ②正确； ，连续的六个正整数一定是该六元方程的解． 连续正整数解为：1、2、3、4、5、6， 2、3、4、5、6、7， 3、4、5、6、7、8， 4、5、6、7、8、9共4组； ， ， ，，． 不连续正整数解为：1、2、3、4、6、7， 1、2、3、4、7、8， 1、2、3、4、8、9， 1、2、4、5、6、7， 1、2、4、5、7、8， 1、2、4、5、8、9， 1、2、5、6、7、8， 1、2、5、6、8、9， 1、2、6、7、8、9， 2、3、4、5、7、8， 2、3、4、5、8、9， 2、3、5、6、7、8， 2、3、5、6、8、9， 2、3、6、7、8、9， 3、4、5、6、8、9， 3、4、6、7、8、9共16组． 则该六元方程有20组解．故③符合题意； ④∵， 由③得：， ∴ ∴， ∵a，c，e均为正整数，且， ∴若， 当时，，此时符合题意， 当时，， 此时，，，，，，不符合题意舍去， 若， 此时，，则，不符合题意， ∴此时不再存在符合题意的解， ∴当，则该六元方程有1组解． 故④符合题意． 故选：D． 9．已知正整数、、、满足，且，关于这个四元二次方程下列说法正确的个数是（    ） ①，，，是该四元方程的一组解； ②连续的四个奇数一定是该四元方程的解； ③若，则该四元方程有10组解； ④若，则该四元方程有504组解． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】①将，，，代入方程进行判断即可；②取特殊值，，，，，代入方程进行判断即可；③将方程化为，根据正整数、、、满足，得到当时，恒成立，再根据，得到当时，有10组解，再根据也是方程的一组解，判断③；根据当，，推出，进而推出总共有502组解，结合也是方程的一组解，判断④即可． 【详解】解：当，，，时， 方程左边， 方程右边， 方程左右两边相等，故，，，是该四元方程的一组解；故①正确； 当，，，时， 方程左边， 方程右边， 方程左右两边不相等，故，，，不是该四元方程的一组解，即四个连续的奇数不一定是该四元方程的一组解；故②错误； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正整数、、、满足， ∴，， ∴， 又∵， ∴当，即时，恒成立，满足题意， ∵， ∴当时，或或或，共4组解； 当时， 或或，共3组解； 当时，或，共2组解； 当时，，共1组解； 此时共有组解； 又∵当时，此时， 方程左边等于右边，故也是方程的一组解，故③错误； 由③可知：当时， ∵， ∴， ∴， ∵是正整数，且， ∴当时，； 当时，， 当时，； 总共有502组解； 又∵不满足已知条件，故④错误； 综上，正确的只有①． 10．有一组正整数，满足，令，例如：，，则下列说法： ①，是方程的一组解， ②连续四个正整数一定是方程的一组解， ③若，则方程共有21组解， 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了规律型：数字的变化类，涉及平方差公式的应用、方程的解，先利用平方差公式可得，再根据题意，得到为连续正整数时，是方程的解，再逐一判断即可得到答案．正确地找出规律是解题的关键． 【详解】解：， 当，时，代入， ，是方程的一组解， 故①正确； ，， 当时，， 则， ， 正整数，满足， ，则， 即， 是四个连续的正整数，则连续四个正整数一定是方程的一组解， 故②正确； ③由②知和为连续的整数时，一定是方程的一组解， ∴和和为连续的整数时，一定是方程， ∵， ∴， ∴， 当时，则或或或： 当时，则或或或， 当时，则或或， 当时，则或， 当时，则，共10组解； 当时，则或， 当时，则或或， 当时，则，共6组解； 当时，则或， 当时，则，共3组解； 当时，则，共1组解； ∴若，则方程共有组解， 故③错误； 综上所述，正确的说法是①②，共2个， 故选：C． 此类题考查规律探究，整式的运算，一元二次方程根的判别式，因式分解，理解题意，灵活运用相关知识是解题的关键．依据题意，根据所给条件和运算操作，找出数字的变化规律然后逐个进行分析判断即可得解． 题型03 新定义代数操作 11．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 【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． 12．对于正整数、定义一种新运算如下：等于由开始的连续个正整数的积，比如：，，．给出如下结论：①；②对任意正整数，的运算结果一定是6的倍数；③对任意正整数，；④对任意正整数，，代数式的值都大于1．在上述结论中，正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，直接根据新定义求解即可；对于②，由题意得，，则中，一定有一个数为3的倍数，一个数为2的倍数，即可判断；对于③，利用新定义将原式化为，即可判断；对于④，利用新定义将原式化为，即可判断． 【详解】解：，故①错误； 由题意得，， ∵n为正整数， ∴中，一定有一个数为3的倍数，一个数为2的倍数， ∴的运算结果一定是6的倍数，故②正确； ， 故③正确； ， ∵均为正整数， ∴， 故④正确， ∴正确的有个． 13．对于代数式M、N定义一种新运算：． ①若，则； ②若，是一元二次方程的两个根，则； ③若的函数图象与直线（b为常数）有三个交点时，则或． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了新定义的概念，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，二次函数的图象与性质，根据新定义得到正确的函数，且能准确理解题意是解题的关键．根据新定义的概念，利用一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质，逐一对选项进行判断即可解答． 【详解】解：当时，，故①不正确； 由题意可得， 根据，可得，， 原式，故②错误； ， 当时，解得， 存在两种情况，使得直线与有三个交点， ①当经过点时，直线与有三个交点， 把代入，可得， 解得； ②当与只有一个交点时，直线与有三个交点， 可得， 经整理可得， ， 解得， 综上所述，的函数图象与直线（b为常数）有三个交点时，则b的值为或，故③正确， 故正确的有1个， 故选：B． 14．定义一种新运算： ①若，则或； ②若，则； ③若，则的最小值为14； ④若关于的二元一次方程组的解为，则关于的方程组 的解满足：． 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】①分类讨论当时和当时，结合新定义的运算法则计算即可判断；②由绝对值的非负性可知．再分类讨论当时和当时，化简绝对值求解即可；③解不等式得：，即得出，，，结合新定义的运算法则可求出 ．再分类讨论当时，即时和当时，即时，化简绝对值求解即可；④由二元一次方程组的解的定义可求出a和b的值，结合完全平方公式可将原方程组改为，再根据平方的非负性结合新定义的运算法则计算即可． 【详解】解：①当时，即， ∴， 解得：； 当时，即， ∴， 解得：，不符合题意， 综上可知若，则，故①错误； ②∵， ∴， ∴． 当时，， ∴， 解得：； 当时，， ∴， 解得：， 综上可知若，则或，故②错误； ③∵， ∴，或，， 解得：． ∴，，， ∴， ∴． 当时，即时，， ∴此时当时有最小值，为； 当时，即时，． 综上可知若，则的最小值为14，故③正确； ④将代入，得：， ∴原方程组为， ∴． ∵，，，，，，， ∴， ， ， ， ∴原方程为， 解得：， ∴，故④错误． 综上可知正确的只有③． 故选A． 【点睛】本题考查新定义运算，化简绝对值，解不等式和不等式组，二元一次方程组的解和解二元一次方程组，完全平方公式的应用，分类讨论思想的运用．理解题意，掌握新定义的运算法则是解题关键． 15．对实数定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：．若，，则下列结论正确的个数为（    ） （）； （）若，则； （）若，则有且仅有组正整数解； （）如果，那么或； A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】本题考查了实数的新定义运算，根据新定义运算法则逐项判断即可求解，理解新定义运算是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， 解得，故（）正确； ∴， 若， 则， ∴， ∴， ∴，故（）正确； 若， 则， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴或或，即或或， 此时或或， ∴有且仅有组正整数解，故（）正确； 如果， 则， ∴， ∴， ∴或， 即或，故（）正确； 综上，结论正确的个数有个， 故选：． 新定义类问题的解题关键是理清题目阐述的定义， 在理解实质的基础上继而运用已有代数知识及方法解决问题;新运的关键;新操作类问题通常蕴含着规律性的方法，正确新定义的内涵是解题的关键。 题型04 函数相关代数操作 16．已知三个函数，下列说法正确的个数有（   ） ①时，的值为4或； ②对于任意的实数，若，则； ③若则； ④若当式子中的取值为与时，的值相等，则的最大值为． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查了整式的混合运算，分式的混合运算，利用二次函数的性质解决最值问题，解题的关键是掌握各运算法则． 分别验证四个说法的正确性： ①解分式方程，检验根是否有效； ②利用完全平方公式变形，代入已知条件计算； ③解方程并代入表达式化简，判断结果； ④构造二次函数，利用顶点式求最大值． 【详解】①：由得，化简为，解得或，均满足，故①正确，符合题意； ②：，由，，得，故，故②正确，符合题意； ③：由得，解得，，则，，，，代入化简得，，与题目结果不符，故③错误，不符合题意； ④：令，当和时，，即，解得，其最大值为顶点处，故④正确，符合题意； 综上，正确的有①、②、④，共3个， 故选：B． 17．已知，，且满足，，其中为正整数，则下列说法： ①； ②若关于的方程恰有个不同的实数根，则； ③函数，当时，的取值范围是； ④若，是关于的方程的两根，则； 其中正确的有（   ）个． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了整式的加减运算，一元二次方程根的判别式，一元二次方程根和系数的关系，二次函数的性质，根据题意分别求出，进而可求出，即可判断①；根据根和系数的关系可判断②；由可得，即可得，进而根据二次函数的性质可判断③；由可得，即可由得，再根据一元二次方程根的定义及根和系数的关系可判断④，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，； ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴关于的方程即为， ∴或， 即或， ∵关于的方程恰有个不同的实数根， ∴或， 解得或， ∵，方程有个不同的实数根， ∴， ∴，故②正确； ∵，，，， ∴， ∴， ∵， ∴二次函数的对称轴为直线，开口向上，顶点坐标为， ∵， ∴当，取最小值， 当时，， ∴的取值范围是，故③错误； ∵，，，， ∴， ∴方程即为， 化简得，， ∵，是关于的方程的两根， ∴，， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的说法有个， 故选：． 18．对于函数，，为常数与函数，，为常数）．若，，则称函数与互为“对称函数”，下列结论：①若函数与互为“对称函数”，则与的图象关于轴对称；②若点，，分别在“对称函数” 与的图象上，当时，则；③若函数与函数互为“对称函数”，则的值为1；④若函数与互为“对称函数”，将函数向右平移个单位得到函数，当，则．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将已知条件代入选项中进行分析判断． 【详解】解：①函数与互为“对称函数”， ，， ，互为相反数， 与的图象关于轴对称， 符合题意； ②与是“对称函数”， ， 与互为相反数 ， 符合题意； ③函数与函数互为“对称函数”， ，， 即， 求得：， ， 不符合题意； ④函数向右平移个单位得到函数， ， 即 解得：或， 不符合题意． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了一次函数的性质及其变换运用，要熟练掌握一次函数的基本性质及其平移规律． 19．关于一次函数，，下列说法： ①函数与的图象关于y轴对称； ②若，则此关于x的方程有且仅有两个相等的实数根； ③若函数的图象过点，则函数的图象必过一、三象限． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】画出图象，根据图象即可解答； ②将和代入中，令，根据二次函数的性质可知，所以，即，解得，即可解答； ③将和代入函数中，且函数的图象过点 ，进而求出，所以，则函数的图象必过一、三象限． 【详解】解：①一次函数，如下图所示： ， 可知函数与的图象关于y轴对称，故①正确； ②将和代入中， 得：， 整理得：， 令， ∵，， ∴是与x轴没有交点，且开口向上的抛物线， ∴， ， 整理得：， 解得：， ∴有且仅有两个相等的实数根， 故②正确； ③将和代入函数中， 得：， ∵函数的图象过点， ∴， 即， ∴， ∴函数的图象必过一、三象限； 故③正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，一元二次方程，二次函数，熟练掌握函数与方程间的关系是解题的关键． 20．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 【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． 此类考查了解函数的定义，可化为一元二次方程的分式方程，二次根式的混合运算，求分式的值；熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 题型05 规律探究类代数操作 21．有5个正整数，，，，，某数学兴趣小组的同学对5个正整数作规律探索，找出同时满足以下3个条件的数． ①，，是三个连续偶数，②，是两个连续奇数（），③． 该小组成员分别得到一个结论： 甲：取，5个正整数不满足上述3个条件； 乙：取，5个正整数满足上述3个条件； 丙：当满足“是4的倍数”时，5个正整数满足上述3个条件； 丁：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是10p（p为正整数）； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据每个结论，分别利用题中的3个条件，表示出，，，，，5个数，通过各自的特点与要求进行求解． 【详解】解：甲：若， 由条件①可得，，， 由条件②可得，， 由条件③可得，， 解得， 而为奇数，不符合条件， 故甲结论正确； 乙：若， 由条件①可得，，， 由条件②可得，， 由条件③可得，， 解得， 为奇数，符合题意， 故乙结论正确； 丙：若是4的倍数，设是正整数）， 条件①可得，，， 条件②可得，， 由条件③可得，， 解得， 可知为奇数，符合题意， 故丙结论正确； 丁：设是正整数）， 条件①可得，，， 条件②可得，，，是奇数， 条件③可得，， 得，且m为奇数 ， ，，的平均数为， ，的平均数为， ，，的平均数与，的平均数之和可表示为， 是正整数且为奇数， 是10的倍数， 故丁结论正确． 故选：D． 【点睛】本题考查列代数式、奇偶数的定义、解一元一次方程，解题的关键是分别表示出5个符合结论和题干的数，然后利用5个数的特点进行求解． 22．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 【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． 23．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 【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． 24．现有20个整式组成的整式串：，，，…，．对这个整式串进行如下操作，第1次操作：将所有系数为1的倍数的整式乘以；第2次操作：在第一次操作的基础上，将所有系数为2的倍数的整式乘以，以此类推，第n次操作：在前一次操作的基础上，将所有系数为n的倍数的整式乘以，完成20次操作后结束．以下说法正确的有（    ） ①第4次操作结束后，有7个整式的系数为负； ②若将前n次操作后的整式串求和的值与无关，则或4； ③操作结束后，从整式串中任取两个正系数单项式，，则的最小值为4． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题考查规律型，绝对值，代数式求值，整式，根找出规律，根据绝对值，代数式求值，整式逐项判断即可． 【详解】解：第4次操作后，整式串为：，有7个整式的系数为负，故①正确． 前n次操作后，整式串的和与无关，即项系数为0．分析和时的和项系数：时，第二次操作后项系数为，存在，不满足条件．时，第四次操作后项系数为4，存在，不满足条件．因此，②错误． 操作结束后，整式串为：， ∴正系数单项式为，，，，系数分别为，，，， 从，，，任取两个数，当，时，有最小值为4．故③正确， 综上，说法①③正确,共2个． 故选：C． 25．三个不完全相同的正整数，记为，进行如下操作：将其中最大的数减去2，另两个数分别加上1，得到对应的三个新数，第一次操作的结果记为，若有两个相等的最大数，则取最后面的最大数减2，另两个数分别加1；将按上述方式再做一次操作，得到第二次操作的结果；以此类推，直到时，停止操作．例如，当时，则，，即第三次操作后停止．下列说法： ①当时，经过4次操作后停止； ②当时，； ③当，、、三个数互不相同且极差为18时，则至少会经过7次操作才有可能停止． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】此题考查了数字类变化规律．根据题意找到规律是解题的关键．找到规律即可解决问题．操作规则：每次操作将最大数减2，另两数各加1．若最大数不唯一，取最后面的数操作．操作停止的条件是（即首尾两数相等）．对每个命题通过逐次操作验证其正确性即可． 【详解】解：当时， 第一次操作：最大数为9（最后一位），操作后得到； 第二次操作：最大数为10，操作后得到； 第三次操作：最大数为8（最后两位），操作后得到； 第四次操作：最大数为9，操作后得到，满足，停止．故①正确． ②当时， 第一次操作：最大数为11，操作后得到； 第二次操作：最大数为9，操作后得到； 第三次操作：最大数为9，操作后得到； 第四次操作：最大数为8，操作后得到； 第五次操作：最大数为8，操作后得到； 后续规律：操作进入循环，周期为3， ，对应循环中的第一个状态，故②错误． 当极差为18时：当，极差为， 每次操作：若最大数不同，极差减少3；若最大数相同，极差不变． 极差变化：至少需次操作使极差变为0，此时． 故至少经过7次操作才有可能停止，故③正确； 故选：C． 此类题是数字类规律探索问题，考查了求代数式的值，解一元二次方程，理解题意，由特殊出发归纳出规律是解题的关键．通过前面几项找到一般项的规律是解决问题的突破口。 1．对这个单项式， 甲同学能将其中任意个单项式改变其符号，并将所有单项式求和记为，称为“甲第一次操作”，在甲第一次的操作基础上，甲再将第一次操作后的所有单项式再改变任意个单项式符号（可以和第一次选择的单项式相同），再将所有的单项式求和记为，称为“甲第二次操作”，以此类推．．．．．；乙同学能将其中任意个单项式改变其符号，并将所有单项式求和记为，称为“乙第一次操作”，在乙第一次的操作基础上，乙再将第一次操作后的所有单项式再改变任意个单项式符号（可以和第一次选择的单项式相同），并将所有的单项式求和记为，称为“乙第二次操作”， 以此类推．．．．．，以下说法中，正确的个数有（     ） ①甲至少操作次可将所有的单项式全部改变符号； ②无论乙操作多少次均不能使所有的单项式全部改变符号； ③当甲乙均操作次后，则最大值为 ④若乙操作次后，， 则的最小值为 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】本题主要考查单项式以及合并同类项，弄清楚题意是解本题的关键． 根据题意分析①②③④的说法是否正确即可求解． 【详解】甲每次操作只能改变个单项式符号， 甲至少操作次可将所有的单项式全部改变符号，故①正确； 当乙操作第6次时所有的单项式全部改变符号，故②错误； 当甲乙均操作次后，则最大值为，故③错误； 当乙操作2次时，改变，改变，此时，因此的最小值为2，故④错误． 综上所述，正确的个数有1个． 故选：A． 2．有依次排列的2个整式：，对任意相邻的两个整式，都相加再除以2，所得的结果写在这两个整式之间，可以产生一个新的整式列：，这称为第1次操作；将第1次操作后的整式列按上述方式再做一次操作，可得到整式列：x，这称为第2次操作；…；按此方式操作下去，下列说法： ①无论经过多少次操作，每一个整式中字母x的系数都为1； ②经过3次操作后，将整式列求和，和为9x＋9； ③经过7次操作后，将得到128个整式； ④经过10次操作后，从左往右第10个整式为． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查整式的加减，根据题目的规律计算几次，找到规律后判断即可． 【详解】第1次操作后产生一个新的整式列：，共个整式，和为； 第2次操作后产生一个新的整式列：x，，共个整式，和为； 第3次操作后产生一个新的整式列：x，，共个整式，和为； ∴第次操作后共个整式，和为； 根据上面的规律可得：①无论经过多少次操作，每一个整式中字母x的系数都为1，说法正确； ②经过3次操作后，将整式列求和，和为，说法正确； ③经过7次操作后，将得到个整式，说法错误； ④经过10次操作后，从左往右前10个数中，第奇数个都是上一次操作遗留的数据，第偶数个依次为则第10个整式为，说法正确． 综上所述，正确是①②④； 故选：C． 3．有一列数，将这列数的每个数求其相反数得到，再分别求与1的和的倒数，得到，称为一次操作，记为，第二次操作是将再进行上述操作，得到；第三次将重复上述操作，得到以此类推，得出下列说法中：①；②，③，正确的有（　　）个． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是求出前面的几个数，发现其存在的规律．根据所给的操作方式，求出前面的数，再分析存在的规律，从而可求解． 【详解】解：由题意得：，，，， ，，，，故①正确； ，，，， ，，，， ∵， ∴与相同， ∴，故②正确； 由上可知：每3次操作，相应的数会重复出现， ， ， ．故③正确； 故选：D． 4．在整式m，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在m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6次操作后，将得到65个整式； ③第10次操作后，从左往右第2个整式为：； ④经过4次操作后，若，则所有整式的值之和为85． 以上四个结论正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】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6次操作后所得整式个数即可判断；③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10次操作后，从左往右的第2个整式即可判断；④代入，求出经过4次操作后所得数据，求和即可判断． 【详解】解：①∵第一次操作后，所得整式从左往右分别为m，，， ∴第二次操作后，从左往右第四个整式为：，结论①正确； ②∵第1次操作后得到个整式， 第2次操作后得到个整式， 第3次操作后得到个整式， … ∴经过6次操作后，将得到个整式，结论②正确； ③∵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10次操作后，从左往右第2个整式为：，结论③正确； ④当时， 第1次操作后分别为2，，， 第2次操作后分别为2，，，，， 第3次操作后分别是2，，，，，，，，， 第4次操作后分别是2，,，,，,，,，,，,，,，,， ∵2， ∴所有整式的值之和为85，结论④正确； 即结论正确的个数为4， 故选：D． 【点睛】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． 5．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，然后进行去绝对值运算，称此为“加绝操作”．例如：，，…下列说法中正确的个数是（    ） ①存在“加绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“加绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“加绝操作”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，主要考查绝对值计算和分类讨论思想的应用．根据新的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论；需要注意去绝对值时的符号． 根据给定的定义，举出符合条件的说法判定①．对绝对操作分析添加一个和两个绝对值的情况，并举出符合条件的说法，汇总得出结果，即可判定②和③． 【详解】解：要使其运算结果与原多项式之和为0，则运算结果应为 ， 由可知，无论怎样添加绝对值符号，结果都不可能出现，故说法①错误； 当添加一个绝对值时，使其运算结果与原多项式相等共有6种情况，分别为： ，，，；， 当添加两个绝对值时，使其运算结果与原多项式相等共有2种情况，分别为：，， 共有8种情况；故②正确； 当添加一个绝对值时，运算结果不同的，共有4种情况，分别为： ；，；； 当添加两个绝对值时，运算结果不同的，共有4种情况，分别为： ，，，， 共有8种情况；故③错误； 正确的有②，共1个． 故选：B． 6．已知两个分式：，；将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为：作差，结果记为； （即，） 第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即，）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：． ①；②当时，；③若，则； ④在第n（n为正整数）次和第次操作的结果中：为定值： ⑤在第2n（n为正整数）次操作的结果中：，； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】通过计算确定第2n个式子的变化规律和第2n-1个式子的变化规律，然后确定一般形式，进行判定即可． 【详解】解： ， ， ，， ， ， ，， …… 当2n-1为奇数时（1除外）， ，， 当2n为偶数时， ，， ∵，故①正确； 当x=1时，M2+M4+M6+M8==30 ，故②错误； ，解得x=1或-2（不合题意，舍去），故③正确； 当n=2k-2时，=x，x不是定值，故④错误； 由规律知，⑤正确； 故选：C． 【点睛】本题考查分式的化简以及探究式子的规律，解决问题的关键是确定式子的变化规律． 7．已知两个正整数a，b，可按规则扩充得到一个新数，再从a，b，c三个数中任取两个数，按上述规则又可扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充得到一个新数叫做一次操作．已知，，则以下结论正确的个数为（    ） ①第一次操作后扩充得到的新数； ②第三次操作后扩充得到的新数可能是63； ③若n次操作后扩充得到的新数大于2023，则n至少是4． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查数字类规律探索、有理数的混合运算，根据定义计算可判断①，根据第二次操作后结果列举出第三次操作后可能得到的新数，可判断②，为了n最小，尽可能a，b选较大的数，由此可判断③． 【详解】解：第一次操作后扩充得到的新数，①正确； ， 从1、3、7种任选两数进行第二次操作可能得到新数：或， 第三次操作可能得到新数或或或或或，②正确； 第三次操作最大数为255， 第四次操作可得最大数为，③正确， 故选D． 8．已知两个整式：，，将这两个整式进行如下操作： 第1次操作：用这两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，可以得到一个新的整式串，记为整式串1：，，； 第2次操作：在整式串1中，用相邻两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，又得到一个新的整式串，记为整式串2：，，，，，以此类推，可以得到整式串3，整式串4，…… 明明同学对此展开研究，得到以下3个结论： ①整式串4共有17个整式； ②整式串9从左往右第2个整式减去整式串10从左往右第2个整式的差为； ③经过2024次操作后，整式串的和为； 以上3个结论正确的有（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】B 【分析】根据题意，整式串1：，，；有个， 整式串2：，，，，；有个， 整式串3：，，，，，，，，；有个， 由此，得到整式串4，有个整式，可判断①；根据规律，得到整式串9从左往右第2个整式是，整式串10从左往右第2个整式，其差为，可判断②； 根据题意，整式串1：，，的和为；， 整式串2：，，，，的和为；， 整式串3：，，，，，，，，的和为；， 由此得到，经过2024次操作后，整式串的和为， 可以判定③． 本题考查了整式中的规律，会构造以２为底数，序号整数为指数的幂是解题的关键． 【详解】根据题意，整式串1：，，；有个， 整式串2：，，，，；有个， 整式串3：，，，，，，，，；有个， 由此，得到整式串4，有个整式，可判断①正确； 根据规律，得到整式串9从左往右第2个整式是，整式串10从左往右第2个整式，其差为， 可判断②错误； 根据题意，整式串1：，，的和为；， 整式串2：，，，，的和为；， 整式串3：，，，，，，，，的和为；， 由此得到，经过2024次操作后，整式串的和为， 可以判定③正确． 故选B． 9．有依次排列的两个整式，，用后一个整式与前一个整式作差后得到新的整式记为，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，依次进行作差的操作得到新的整式．下列说法：①当时，；②当时，；③正确的说法有（   ）个 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【分析】本题考查了整式的运算以及探索规律，正确理解题意和熟练进行整式的运算是解题的关键．根据题意依次进行作差，重复操作可知6个一循环，然后再依次判断即可． 【详解】解：由题意依次计算可得： ， ， ， ， ， ， ． 以此类推，6个一循环， ∴当时，，故①错误； 当时，则， ∴或， ∴或0， ∴，故②正确； ∵，，， ∴，，， ∴， ， ∴和不一定相等，故③错误， 综上所述，正确的说法有1个， 故选：D． 10．有依次排列的3个整式：x，，，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：x，5，，，，则称它为整式串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，以下结论： ①整式串2为：x，，5，x，，，，，； ②整式串4共33个整式； ③整式串2023的所有整式的和比整式串2024的所有整式的和大5． 上述三个结论正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】此题主要考查了整式的加减，数字的规律，解题关键是从所给的式子分析出所存在的规律．根据整式的加减运算法则进行计算，从而作出判断． 【详解】解：∵第一次操作后的整式串为：x，5，，，，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：x，，5，x，，，，，， 故①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，， ，，5，，，5，，，，，，，，，； 第三次操作后整式串的和为： ； 由以上可知，整式串2023的所有整式的和为，整式串2024的所有整式的和为， ∵．即整式串2023的所有整式的和比整式串2024的所有整式的和大3．故选项③错误，不符合题意， 第四次操作后整式串为，，，， ，，，，5，，，5，，，5，，，，，，，，，，，，，，，，，，； 整式串4共33个整式；故选项②正确，符合题意， 正确的说法有①②，共2个． 故选：C． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 选择压轴代数操作题 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 整式相关代数操作 题型02 方程相关代数操作 题型03新定义代数操作 题型04 函数相关代数操作 题型05 规律探究类代数操作 模块三、综合实战演练 一、整式相关代数操作的解题方法： 1. 翻译操作：将文字规则严格转为代数式，注意括号，避免符号遗漏。 2. 化简表达式：按先乘除后加减顺序，用去括号法则逐步化简。 3. 逐项判断结论 · 结论常涉及：是否为三次式、是否含某项、系数是否为整数、与给定值关系等。 需依据化简后的结果严格验证，不靠感觉猜测。 二、方程相关代数操作的解题方法： 1. 翻译操作：把文字描述的运算写成含参方程，注意“输出”“输入”对应关系。 2. 建立等式：根据“结果相等”“输出相同”等条件列方程（组）。 3. 分类讨论：涉及整数解、正整数解时，需枚举参数可能值。 4. 代入验证：将求得的参数代回原操作，验证是否满足所有条件。 三、新定义代数操作的解题方法： 1. 抄定义，划结构 将定义中的运算式完整抄在草稿纸上，用括号标出运算顺序 2. 逐层代入，步步化简，每步化简到最简形式（去括号、合并同类项）。 3. 对照选项，特征判断 结论常涉及：结果是否与某个字母无关（即化简后该字母系数为0）、结果是否为常数、是否满足交换律/结合律等。 四、 函数相关代数操作的解题方法： 1. 翻译条件：将“图像过点”“有交点”“在x轴上方”等翻译成方程或不等式，过点：f(某数)=某数 · 有交点：联立后方程有解（判别式≥0），在x轴上方：f(x)>0 在给定区间恒成立 。 2. 代数化处理： 含参函数先整理成关于参数的形式，可分析定点 . 3. 验证边界： ·判别式取等时是否满足实际意义（如交点是否重合）， 不等式中端点是否包含（题目说“上方”还是“上及上方”）. 五、 规律探究类代数操作的解题方法： 1. 列出前几次结果 用具体数字或简单字母（依次进行手工运算。 2. 观察变化模式 ，数值是否重复出现？→ 周期规律。是否每次形式相同但系数变化？→ 递推规律. 是否与序号n有直接关系？→ 通项公式. 3. 代数验证与推广 用字母推导一次操作的一般形式，验证前几步是否符合，再写出第n步的表达式。 题型01 整式相关代数操作 1．有两个依次排列的代数式：，用第二个代数式减去第一个代数式得到，将加8得到，将第2个代数式与相加得到第3个代数式，将加8得到，将第3个代数式与相加得到第四个代数式，……依此类推.则以下结论： ①； ②当第个代数式的值为时，或； ③ (n为正整数) ．其中正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．对于四个代数式，角任意两个代数式之差的绝对值，与剩余两个代数式之差的绝对值作差，并化简，这样的运算称为对四个代数式进行“双差绝对值运算”．例如：代数式，，，的“双差绝对值运算”；，，，给出下列说法：代数式，，，的“双差绝对值运算”的结果只有种；当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”的某种结果为，则；当时，代数式，，，的“双差绝对值运算”结果不可能为．其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 3．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，，，，则下列说法正确的是（    ） ①若，则 ② ③前2025个式子中，a的系数为偶数的代数式有674个 ④记前n个式子的和为则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．对于多项式，在任意一个字母前加负号，称为“加负运算”，例如：对b和d进行“加负运算”，得到：．规定甲同学每次对三个字母进行“加负运算”，乙同学每次对两个字母进行“加负运算”，有以下几种说法： ①乙同学连续两次“加负运算”后可以得到； ②对于乙同学“加负运算”后得到的任何代数式，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式； ③乙同学通过“加负运算”后可以得到10个不同的代数式． 以上说法正确的个数为（） A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知代数式，在代数式中，任取两项与代数式中任意两项进行替换，A、B替换后的结果分别记作，这样的替换称做一次“替换运算”．例如：在代数式中选取第一项和第三项与代数式中的第一项和第三项进行替换，得到；再选取中的第一项和第三项与代数式中的第二项和第三项进行替换，得到，对代数式A、B进行次“替换运算”，替换后的结果记作，当的项数小于两项时，则替换停止．下列说法： ①存在“替换运算”，使得； ②当时，的最小值为1； ③所有的共有8种不同的运算结果． 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 此类题综合性强,主要考查整式，分式，根式等的变形、计算或操作，熟练掌握添括号和去括号法则，灵活运用乘法公式，用配方法、因式分解、换元法、设参、拆项与逐步合并等技巧进行变形.正确理解操作过程、合理猜想并利用代数逻辑进行严密的证明,是解决此类问题的重要方法. 题型02方程相关代数操作 6．对于关于x、y的方程（为常数），若c，则称A为递增方程.定义递增方程A的重构变换如下：取中任意两数之和，记为，且，得到新的递增方程，并称为A的1次重构方程；取中任意两数之和，记为，且，得到新的递增方程，并称为A的2次重构方程……若方程组的解为，则记为A的n次重构系数，则下列说法中正确的有（    ） ①方程的1次重构系数； ②已知方程为递增方程，若，则； ③已知m为整数，方程为递增方程，若无论n取何值，均为整数，则 A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 7．方程，其中，对的系数作变化：得到方程，其中，称为对方程进行一次“偏移变化”，再对方程中的系数作变化：得到方程，其中，称为对方程进行二次“偏移变化”……，在变化过程中，记为偏移距离（为正整数），，则以下说法中，正确的个数是（    ） ①当时，是对方程进行三次“偏移变化”后得到方程的一组解； ②存在一个值，使得对方程进行偏移变化，偏移距离为； ③满足使为整数的的最小值为 A．0 B．1 C．2 D．3 8．已知六元方程，满足，且a，b，c，d，e，f为正整数，则下列关于这个六元方程的正整数解的说法中正确的个数为（   ） ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有20组解； ④若，则该六元方程有1组解． A．1 B．2 C．3 D．4 9．已知正整数、、、满足，且，关于这个四元二次方程下列说法正确的个数是（    ） ①，，，是该四元方程的一组解； ②连续的四个奇数一定是该四元方程的解； ③若，则该四元方程有10组解； ④若，则该四元方程有504组解． A．1 B．2 C．3 D．4 10．有一组正整数，满足，令，例如：，，则下列说法： ①，是方程的一组解， ②连续四个正整数一定是方程的一组解， ③若，则方程共有21组解， 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 此类题考查规律探究，整式的运算，一元二次方程根的判别式，因式分解，理解题意，灵活运用相关知识是解题的关键．依据题意，根据所给条件和运算操作，找出数字的变化规律然后逐个进行分析判断即可得解． 题型03 新定义代数操作 11．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 12．对于正整数、定义一种新运算如下：等于由开始的连续个正整数的积，比如：，，．给出如下结论：①；②对任意正整数，的运算结果一定是6的倍数；③对任意正整数，；④对任意正整数，，代数式的值都大于1．在上述结论中，正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 13．对于代数式M、N定义一种新运算：． ①若，则； ②若，是一元二次方程的两个根，则； ③若的函数图象与直线（b为常数）有三个交点时，则或． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 14．定义一种新运算： ①若，则或； ②若，则； ③若，则的最小值为14； ④若关于的二元一次方程组的解为，则关于的方程组 的解满足：． 以上说法正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 15．对实数定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：．若，，则下列结论正确的个数为（    ） （）； （）若，则； （）若，则有且仅有组正整数解； （）如果，那么或； A．个 B．个 C．个 D．个 新定义类问题的解题关键是理清题目阐述的定义， 在理解实质的基础上继而运用已有代数知识及方法解决问题;新运的关键;新操作类问题通常蕴含着规律性的方法，正确新定义的内涵是解题的关键。 题型04 函数相关代数操作 16．已知三个函数，下列说法正确的个数有（   ） ①时，的值为4或； ②对于任意的实数，若，则； ③若则； ④若当式子中的取值为与时，的值相等，则的最大值为． A．4 B．3 C．2 D．1 17．已知，，且满足，，其中为正整数，则下列说法： ①； ②若关于的方程恰有个不同的实数根，则； ③函数，当时，的取值范围是； ④若，是关于的方程的两根，则； 其中正确的有（   ）个． A． B． C． D． 18．对于函数，，为常数与函数，，为常数）．若，，则称函数与互为“对称函数”，下列结论：①若函数与互为“对称函数”，则与的图象关于轴对称；②若点，，分别在“对称函数” 与的图象上，当时，则；③若函数与函数互为“对称函数”，则的值为1；④若函数与互为“对称函数”，将函数向右平移个单位得到函数，当，则．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 19．关于一次函数，，下列说法： ①函数与的图象关于y轴对称； ②若，则此关于x的方程有且仅有两个相等的实数根； ③若函数的图象过点，则函数的图象必过一、三象限． 其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 20．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 此类考查了解函数的定义，可化为一元二次方程的分式方程，二次根式的混合运算，求分式的值；熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 题型05 规律探究类代数操作 21．有5个正整数，，，，，某数学兴趣小组的同学对5个正整数作规律探索，找出同时满足以下3个条件的数． ①，，是三个连续偶数，②，是两个连续奇数（），③． 该小组成员分别得到一个结论： 甲：取，5个正整数不满足上述3个条件； 乙：取，5个正整数满足上述3个条件； 丙：当满足“是4的倍数”时，5个正整数满足上述3个条件； 丁：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是10p（p为正整数）； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 22．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 23．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 24．现有20个整式组成的整式串：，，，…，．对这个整式串进行如下操作，第1次操作：将所有系数为1的倍数的整式乘以；第2次操作：在第一次操作的基础上，将所有系数为2的倍数的整式乘以，以此类推，第n次操作：在前一次操作的基础上，将所有系数为n的倍数的整式乘以，完成20次操作后结束．以下说法正确的有（    ） ①第4次操作结束后，有7个整式的系数为负； ②若将前n次操作后的整式串求和的值与无关，则或4； ③操作结束后，从整式串中任取两个正系数单项式，，则的最小值为4． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 25．三个不完全相同的正整数，记为，进行如下操作：将其中最大的数减去2，另两个数分别加上1，得到对应的三个新数，第一次操作的结果记为，若有两个相等的最大数，则取最后面的最大数减2，另两个数分别加1；将按上述方式再做一次操作，得到第二次操作的结果；以此类推，直到时，停止操作．例如，当时，则，，即第三次操作后停止．下列说法： ①当时，经过4次操作后停止； ②当时，； ③当，、、三个数互不相同且极差为18时，则至少会经过7次操作才有可能停止． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 此类题是数字类规律探索问题，考查了求代数式的值，解一元二次方程，理解题意，由特殊出发归纳出规律是解题的关键．通过前面几项找到一般项的规律是解决问题的突破口。 1．对这个单项式， 甲同学能将其中任意个单项式改变其符号，并将所有单项式求和记为，称为“甲第一次操作”，在甲第一次的操作基础上，甲再将第一次操作后的所有单项式再改变任意个单项式符号（可以和第一次选择的单项式相同），再将所有的单项式求和记为，称为“甲第二次操作”，以此类推．．．．．；乙同学能将其中任意个单项式改变其符号，并将所有单项式求和记为，称为“乙第一次操作”，在乙第一次的操作基础上，乙再将第一次操作后的所有单项式再改变任意个单项式符号（可以和第一次选择的单项式相同），并将所有的单项式求和记为，称为“乙第二次操作”， 以此类推．．．．．，以下说法中，正确的个数有（     ） ①甲至少操作次可将所有的单项式全部改变符号； ②无论乙操作多少次均不能使所有的单项式全部改变符号； ③当甲乙均操作次后，则最大值为 ④若乙操作次后，， 则的最小值为 A．个 B．个 C．个 D．个 2．有依次排列的2个整式：，对任意相邻的两个整式，都相加再除以2，所得的结果写在这两个整式之间，可以产生一个新的整式列：，这称为第1次操作；将第1次操作后的整式列按上述方式再做一次操作，可得到整式列：x，这称为第2次操作；…；按此方式操作下去，下列说法： ①无论经过多少次操作，每一个整式中字母x的系数都为1； ②经过3次操作后，将整式列求和，和为9x＋9； ③经过7次操作后，将得到128个整式； ④经过10次操作后，从左往右第10个整式为． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．有一列数，将这列数的每个数求其相反数得到，再分别求与1的和的倒数，得到，称为一次操作，记为，第二次操作是将再进行上述操作，得到；第三次将重复上述操作，得到以此类推，得出下列说法中：①；②，③，正确的有（　　）个． A．0 B．1 C．2 D．3 4．在整式m，之间插入它们的平均数：，记作第一次操作，在m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6次操作后，将得到65个整式； ③第10次操作后，从左往右第2个整式为：； ④经过4次操作后，若，则所有整式的值之和为85． 以上四个结论正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．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，然后进行去绝对值运算，称此为“加绝操作”．例如：，，…下列说法中正确的个数是（    ） ①存在“加绝操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ②共有8种“加绝操作”，使其运算结果与原多项式相等； ③所有的“加绝操作”共有7种不同运算结果．（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．已知两个分式：，；将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为：作差，结果记为； （即，） 第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即，）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：． ①；②当时，；③若，则； ④在第n（n为正整数）次和第次操作的结果中：为定值： ⑤在第2n（n为正整数）次操作的结果中：，； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 7．已知两个正整数a，b，可按规则扩充得到一个新数，再从a，b，c三个数中任取两个数，按上述规则又可扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充得到一个新数叫做一次操作．已知，，则以下结论正确的个数为（    ） ①第一次操作后扩充得到的新数； ②第三次操作后扩充得到的新数可能是63； ③若n次操作后扩充得到的新数大于2023，则n至少是4． A．0 B．1 C．2 D．3 8．已知两个整式：，，将这两个整式进行如下操作： 第1次操作：用这两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，可以得到一个新的整式串，记为整式串1：，，； 第2次操作：在整式串1中，用相邻两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，又得到一个新的整式串，记为整式串2：，，，，，以此类推，可以得到整式串3，整式串4，…… 明明同学对此展开研究，得到以下3个结论： ①整式串4共有17个整式； ②整式串9从左往右第2个整式减去整式串10从左往右第2个整式的差为； ③经过2024次操作后，整式串的和为； 以上3个结论正确的有（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 9．有依次排列的两个整式，，用后一个整式与前一个整式作差后得到新的整式记为，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，用整式与前一个整式作差后得到新的整式，依次进行作差的操作得到新的整式．下列说法：①当时，；②当时，；③正确的说法有（   ）个 A．4 B．3 C．2 D．1 10．有依次排列的3个整式：x，，，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：x，5，，，，则称它为整式串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，以下结论： ①整式串2为：x，，5，x，，，，，； ②整式串4共33个整式； ③整式串2023的所有整式的和比整式串2024的所有整式的和大5． 上述三个结论正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $