专题01 数与式（7大考点）（重庆专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦数与式核心考点，汇编重庆多校二模真题，梯度设计兼顾基础巩固与创新应用，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约30题|实数概念、科学记数法比较、规律探究选项题|结合海拔高度比较实数大小，融入地域数据| |填空题|约20题|二次根式估值、实数运算、分式化简|科学记数法涉及重庆文旅12600000人次等现实数据| |解答题|约15题|分式化简求值、规律探究证明、代数式新定义|分式题要求先化简再求值，新定义题结合整式分类与四位数“优选数”等创新情境|

命学科网 考点01实数的相关概念 考点02科学记数法 考点03实数的运算 考点04二次根式及其运算 考点05分式及运算 考点06规律探究 考点07代数式新定义 考点01 实数的相关概念 1.B 2.A 3.A 4.A 5.B 6.A 7.D 8.D 9.D 10.D 11.A 12.C 13.D 考点02 科学记数法 1.7.2×107 2.1.26×107 3.3.4×109 4.3.409×107 www.zxxk.com 让教与 专题01数与式 ☆7大考点概览 1/5 学更高效 耐学科网 5.B 6.A 7.C 8.D 9.B 10.C 考点03 实数的运算 1.5 2.-星 3.1 4.25 5.-2 6.号 7.5 考点04 二次根式及其运算 1.7 2.6 3.V10 4.6 5.11 6,6 7.-4 8.5 9.10 10.3 11.9 12.D 13.C www.zxxk.com 让 2/5 致与学更高效 命学科网 考点05 分式及运算 1.A 2.青 3.-号x;-2 4.爵，3 5.翠； 6.器，0 7.,22-2 8.器，3 9.是；6 10.1,7 11.号；-号 12.点，青 13.,-15 14.器；6 考点06 规律探究 1.B 2.A 3.B 4.D 5.B 6.A 7.C 8.C www.zxxk.com 让 3/5 致与学更高效 命学科网 9.B 10.D 11.C 12.C 考点07 代数式新定义 1.B 2.D 3.B 4.D 5.B 6,C 7.B 8.C 9.D 10.D 11.B 12.D 13.C 14.990 198 15.152 6298 16.3726 7812 17.1089 3564 18.-3 13406 19.1098 5994 20.402 5884 21.86 8260 22.156 5225 23.1267 5713 24.1267 5713 www.zxxk.com 4/5 致与学更高效 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 25.1432 8521 26.-9 13406 27.9916 7468 5/5 专题01 数与式 7大考点概览 考点01实数的相关概念 考点02科学记数法 考点03实数的运算 考点04二次根式及其运算 考点05分式及运算 考点06规律探究 考点07代数式新定义 实数的相关概念 考点01 1．（2026·重庆十八中·二诊）下列各数中，是无理数的是（     ） A． B． C．3.14 D． 【答案】B 【分析】本题根据无理数的定义判断，先化简各选项，再依据无理数是无限不循环小数的性质进行筛选即可得到答案． 【详解】解：A、，是整数，属于有理数； B、开方开不尽，是无限不循环小数，属于无理数； C、是有限小数，属于有理数； D、是分数，属于有理数． 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）﹣8的相反数是（　　） A．8 B． C． D．－8 【答案】A 【分析】根据相反数的概念：只有符号不同的两个数互为相反数可得答案． 【详解】解：-8的相反数是8， 故选A． 【点睛】此题主要考查了相反数，关键是掌握相反数的定义． 3．（21-22七上·桂林桂电中学·期末）的相反数是（   ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【详解】解： 的相反数是 ． 4．（2026·重庆西大附中·二模）的相反数是（   ） A．5 B． C． D． 【答案】A 【详解】解：的相反数是5． 5．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）的相反数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义．根据只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，的相反数是，负数的相反数是正数，即可求解． 【详解】解：的相反数是， 故选：B． 6．（2026·重庆实验外国语学校·二模）与的和为0的数是（   ） A．2026 B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查相反数，有理数的运算，掌握相关知识是解决问题的关键．根据相反数的定义，一个数与的和为0，则该数是的相反数． 【详解】解：∵ 两数之和为0时，两数互为相反数， ∴ 与的和为0的数是． 故选：A． 7．（2025·重庆八中·二诊）的相反数是(    ) A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】本题考查相反数，根据只有符号不同两个数互为相反数，进行判断即可． 【详解】解∶的相反数是3； 故选D． 8．（2026·重庆大渡口·二模）2的绝对值是（    ） A． B． C．0 D．2 【答案】D 【分析】正数的绝对值是它本身． 【详解】解：． 9．（2026·重庆字水中学·二模）2026的倒数是（　　） A． B．2026 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查倒数的定义，根据倒数的定义计算即可得到结果. 【详解】∵ 乘积为的两个数互为倒数， 设的倒数为，则 ， ∴ ， 故选D. 10．（2026·重庆巷口中学·二模）下列四个数中，最小的数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查有理数的大小比较，利用有理数大小比较法则即可求解，负数小于0和正数，两个负数比较，绝对值更大的数更小． 【详解】解：∵根据有理数大小比较法则，所有负数小于0，0小于正数 ∴排除正数A选项的和C选项的，只需比较两个负数和 ∵，，且 ∴ 可得四个数大小关系为 ∴最小的数是． 11．（2026·重庆巴蜀中学·二模）下列四个数中，最小的数是（   ） A． B． C．0 D．3 【答案】A 【分析】此题考查了实数的大小比较．根据正数大于零，零大于负数，正数大于负数，两个负数，绝对值大的反而小判断即可． 【详解】解：∵， 最小的数是． 故选：A． 12．（2026·重庆铜梁一中·二模）下列实数中，最小的数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正数大于0，0大于负数，即可得到最小的数在两个负数之中；然后对于两个负数，通过绝对值大的反而小比较即可． 【详解】∵正数和0都大于负数， 可见，A、B选项错误； ∵ ∴ ∴-π最小， 故选:C． 【点睛】本题考查了实数大小的比较，知道正数大于0，0大于负数，两个负数，绝对值大的反而小是解题的关键． 13．（2026·重庆一中·二模）地球上四个地点的海拔高度如下表（单位：米） 地点 珠穆朗玛峰 吐鲁番盆地 死海 马里亚纳海沟 海拔高度 以上个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：∵， ∴四个数中最小的数是． 科学记数法 考点02 1．（2026·重庆一中·二模）截至年月，全球用户规模已达户，数据用科学记数法表示为________． 【答案】 【详解】解：． 2．（2026·重庆巷口中学·二模）2026春节，重庆文旅交出了一份令人瞩目的成绩单：全市重点监测的130家A级景区累计接待游客12600000人次．数据12600000用科学记数法表示为___________． 【答案】 【分析】本题考查科学记数法的表示方法：（，n为整数），解题思路为根据科学记数法的定义确定和的值即可得到结果． 【详解】解：． 3．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）某种芯片的制程宽度为米，该数值用科学记数法表示为__________． 【答案】 【详解】解：本题中左边第一个不为零的数字为3，其前面共有9个0，因此可得． 4．（2026·重庆铜梁一中·二模）重庆市统计局发布的数据显示年初我市常驻人口约人，数据“”用科学记数法表示为________． 【答案】 【分析】本题考查的知识点是科学记数法表示较大的数，解题关键是熟练掌握科学记数法． 根据科学记数法表示较大的数的方法即可得解． 【详解】解：根据科学记数法可得，． 故答案为：． 5．（2026·重庆大渡口·二模）某景区接待游客人数约为人，这个数的原数是（    ） A．42000 B．420000 C．4200000 D．42000000 【答案】B 【分析】将科学记数法转换为原数，需将小数点向右移动5位． 【详解】解：∵ ． 6．（2026·重庆字水中学·二模）下列四个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据的指数判断数的量级，再比较同量级数的系数即可得到结果． 【详解】解：， A、B对应的数都小于C和D对应的数； 指数相同时，系数， 最小的数是． 7．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）下列四个数中最大的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先比较10的幂次，幂次更大的数整体更大，幂次相同时再比较乘号前的系数即可得到结果． 【详解】解：∵选项A与B的幂次为5，选项C与D的幂次为6，且， ∴选项A与B的数都小于选项C与D的数， 又∵， ∴， 因此四个数中最大的是． 8．（2026·重庆京师实验学校·二模）下列四个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查科学记数法比较大小，熟练掌握科学记数法的含义是解题的关键． 先根据科学记数法的意义比较数量级，排除较大的数，再比较同数量级的两个数的系数大小，即可得到最小的数． 【详解】解：∵， ∴，， 又∵， ∴ ， 可得四个数的大小关系为，， 故选项D符合题意． 9．（2026·重庆西大附中·二模）下列四个数中最小的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先比较10的指数，指数越小，对应数越小，指数相同时再比较系数即可得到结果． 【详解】解：∵A、B选项的指数为5，C、D选项的指数为6，， ∴A、B选项都小于C、D选项，只需比较A、B选项， 又，同指数下系数越小，数越小， ∴， 因此四个数中最小的是B选项的数． 10．（2025·重庆八中·二诊）已知，，，则a，b，c三数的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将各数化为同指数的科学计数法形式，再比较系数即可得到大小关系． 【详解】解：∵，，， 又∵， ∴， 即． 实数的运算 考点03 1．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）若，，则________． 【答案】 【分析】根据已知第一个方程判断的符号，去掉的绝对值符号，再分和两种情况讨论解方程组，得到，的值后计算的值． 【详解】解：由 ， 可得 ， ， ， ， 将代入得， ，即 把代入 得： 整理得 分两种情况讨论： （1）当时，， 方程化为 ，即， 解得， 把代入，解得， ， （2）当时， ， 方程化为 ，即， 等式不成立，此情况无解， 综上所述，． 2．（2026·重庆字水中学·二模）若实数，同时满足，，则的值为______． 【答案】 【分析】根据题意，可得，再分、两种情况，再解二元一次方程组即可． 【详解】解：，， ， ①当时， ，方程组无解； ②当时， ，解得，此时； 综上，． 3．（2026·重庆十八中·二诊）若实数，满足，，则的值为_____． 【答案】 【分析】本题考查绝对值的性质与方程的求解，先根据已知方程用y表示x，代入含绝对值的方程，再根据绝对值的性质分类讨论去绝对值符号，求出，的值后，代入计算结果． 【详解】解：由移项得， 将代入，得： ， 整理得， 由绝对值的非负性得， 解得， 分两种情况讨论：当，即时， 原方程可化为 ， 移项合并同类项得，解得 ， 将代入，得， 则； 当，即时，原方程可化为， 整理得，等式不成立，此情况无解， 综上，，故答案为． 4．（2026·重庆巴蜀中学·二模）若实数，同时满足，，则______________． 【答案】25 【分析】根据绝对值的非负性确定的取值范围，去掉绝对值符号，解方程组得到，的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵实数，同时满足，， 又∵， ∴，可得， ∴，原第一个方程可化为，整理得， 将代入得：， ∵， ∴，可得：， 代入第二个方程得：， 解得：， 将代入得：， 解得：， ∴． 5．（2026·重庆大渡口·二模）若实数，同时满足，，则的值___________． 【答案】 【分析】根据得出，当时，得出，与，不符合题意；当时，得出，解方程组求出、的值，进而可得答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 当时，，与矛盾，此种情况不存在， 当时，， ∴， 解得：， ∴． 6．（2026·重庆实验外国语学校·二模）若实数x，y同时满足，，则的值为________． 【答案】 【分析】根据非负数的性质得，，可变形为，得到，分类讨论求出，，再代入计算即可． 【详解】解：∵，且， ∴，得：， ∴， ∴可变形为， ∴， ∵，故可分两种情况讨论： ①当时， 解得：， ∴； ②当时，， 得：，此种情况不存在； ∴，， ∴． 7．（2026·重庆铜梁一中·二模）若实数，同时满足，，则的值为________． 【答案】 【分析】将变形得，则，因此．由变形得，代入①式可得，解得，进而求出，求和即可． 【详解】解：∵, ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 将代入①，得， ， 化简，得， 两边平方，得， 解得， 将代入①，得， ∴． 二次根式及其运算 考点04 1．（2026·重庆十八中·二诊）若为正整数，且满足，则_____． 【答案】 【分析】先利用二次根式的乘法法则化简原式，再估算化简后结果的范围，即可得到正整数的值． 【详解】解：. ， ， 不等式两边同时加得 ，即． 为正整数，且满足 ， ， 故答案为． 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）若为正整数，且满足，则________． 【答案】 【分析】先估算无理数的取值范围，再得到的取值范围，结合为正整数和已知不等式即可求出的值． 【详解】解：，， ， ∴ ， ∴ ， 为正整数，且满足 ， ． 3．（2026·重庆一中·二模）若，为整数，且满足，，则________． 【答案】 【分析】先通过估算无理数的范围，确定整数的值，再根据求出整数，结合二次根式有意义的条件舍去不符合题意的，最后代入计算得到结果． 【详解】解：， ． 又为整数，且满足， ， 把代入得， ． 当时， ，不符合题意，舍去， 当时，，符合题意， ． 4．（2026·重庆字水中学·二模）若为正整数，且满足，则__________． 【答案】 【分析】本题考查无理数的估算，通过平方法估算的范围即可． 【详解】解：计算 ，． ∵ ， ∴ ， ∴ ． 故答案为6． 5．（2026·重庆西大附中·二模）若实数，同时满足，，则的值是___________． 【答案】 【分析】先求出，从而可得，再结合得出或，由①②可得，解得，此时，由①③可得，此方程组无解；从而即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或， 由①②可得，解得，此时， 由①③可得，此方程组无解； 综上所述，的值是． 6．（2026·重庆京师实验学校·二模）已知，且m为整数，则m的值为______． 【答案】6 【分析】先估算出的取值范围，再推出的取值范围，即可求出整数的值． 【详解】解：， ， 不等式两边同时加，得， 又，且为整数， ． 7．（2026·重庆巷口中学·二模）已知是的小数部分，则的值为___________． 【答案】 【分析】先估算的整数部分，然后得出小数部分即可得解． 【详解】解：由题知， ， ， ， ∴的整数部分为4，小数部分， ∴ ． 8．（2026·重庆西大附中·二模）若为正整数，且满足，则_______． 【答案】5 【分析】先将化为二次根式形式，估算出的取值范围，再结合已知不等式确定正整数的值． 【详解】解：， ∵， ∴，即， ∵为正整数，且满足， ∴． 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）若m为正整数，且满足，则________． 【答案】10 【分析】先估算无理数的取值范围，再根据不等式的性质推导 的范围，结合已知不等式求解正整数． 【详解】解：因为 ，， 所以 ， 不等式三边同乘正数，根据不等式的性质，不等号方向不变，得 ， 不等式三边同减，得 ， 因为为正整数，且满足 ， 所以 10．（2025·重庆八中·二诊）0．若a是整数，满足，则a的值为______． 【答案】3 【分析】先确定介于哪两个连续正整数之间，再结合已知不等式求出整数a的值； 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，且是整数， ∴． 11．（2026·重庆大渡口·二模）若是两个连续整数，且，则的值为___________ 【答案】9 【分析】先根据二次根式的乘法法则化简，再估算无理数的大小得到连续整数和的值，最后计算即可． 【详解】解：化简二次根式乘积得： ，即 ，是两个连续整数，且 ， ． 12．（2026·重庆巴蜀中学·二模）估计的值应在（   ） A．7和8之间 B．8和9之间 C．9和10之间 D．10和11之间 【答案】D 【分析】先根据二次根式的运算法则把化简为，然后估算的取值范围，再根据不等式的性质变形即可． 【详解】解： ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 13．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）估计的值应在（   ）之间 A．5和6 B．6和7 C．7和8 D．8和9 【答案】C 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，以及无理数的估算，解决本题的关键是正确化简二次根式． 先将原式化简为，再通过估计的范围确定整体值的区间即可． 【详解】解：∵， 又∵，即， ∴， ∴原式的值在7和8之间． 故选：C． 分式及运算 考点05 1．（2026·重庆实验外国语学校·二模）下列各式从左到右的变形，一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对应运算法则逐一判断变形是否正确即可． 【详解】解：A选项，根据积的乘方运算法则，可得，变形正确，符合题意； B选项，当，时，左边，右边，，变形错误，不符合题意； C选项，，原变形遗漏了项，当，时，左边，右边，，变形错误，不符合题意； D选项，当，时，左边，右边，，变形错误，不符合题意． 2．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）若实数a，b同时满足，，则的值为__________． 【答案】 【分析】先通过加减消元法求出和的值，再将分式通分，代入计算即可． 【详解】解：∵，， ∴， ， ； ， ， ； ∵， 将、代入： ． 3．（2026·重庆实验外国语学校·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】； 【分析】原式先计算括号内的通分，再把除法转换为乘法，进行约分，同时根据单项式乘以多项式、完全平方公式将括号展开，再合并得最简结果，求出的值代入计算即可． 【详解】解： ； ∵ ， ∴原式． 4．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）先化简，再求值：，其中． 【答案】，3 【分析】先进行单项式乘以多项式，多项式乘以多项式，括号内分式的减法计算，再进行合并同类项与分式的除法计算，最后计算分式的减法，继而求出x的值，再代入计算即可． 【详解】解：原式 ， ， 当时，原式． 5．（2026·重庆大渡口·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】； 【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把 的值代入进行计算即可． 【详解】解：原式 ， ， 当 时， 原式． 6．（2026·重庆铜梁一中·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】化简结果为，值为 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， 当时，原式． 7．（2026·重庆十八中·二诊）先化简，再求值：，其中 【答案】， 【分析】利用整式和分式的运算法则先进行化简，再求出的值，然后把的值代入到化简后的结果中计算即可求解． 【详解】解：原式 ， ∵， ∴原式 ． 8．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】 ， 【分析】先根据整式的乘法和分式的混合运算法则化简原式，再计算m的值，最后代值计算即可． 【详解】解： ， 当 时， 原式． 9．（2026·重庆一中·二模）先化简，再求值：，其中 【答案】； 【详解】解：原式 ∴原式． 10．（2026·重庆京师实验学校·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】，7 【详解】解： ， 将代入得， 原式． 11．（2026·重庆巴蜀中学·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】； 【分析】利用乘法公式和因式分解对分式进行化简，再计算出的值代入即可． 【详解】 解：原式 ； ∵ ∴把代入可得：． 12．（2026·重庆巷口中学·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【详解】解：原式                     ，     ∴原式． 13．（2026·重庆西大附中·二模）先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【分析】本题考查分式的化简求值，掌握相关的计算法则是解题的关键． 根据分式的运算法则进行化简，然后将值代入即可． 【详解】解： ， 将代入得， 原式． 14．（2025·重庆八中·二诊）先化简，再求值：，其中． 【答案】； 【分析】先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，最后将字母的值代入求解． 【详解】解： 当时，原式 规律探究 考点06 1．（2026·重庆十八中·二诊）用长度相同的木棍按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案用了根木棍，第②个图案用了根木棍，第③个图案用了根木棍，第④个图案用了根木棍，⋯⋯，按此规律排列下去，则第⑧个图案用了木棍数量是（    ） A．26根 B．29根 C．31根 D．32根 【答案】B 【分析】本题主要考查图形的变化规律．通过观察图形及数据，发现每增加一个图案，木棍数量增加3根，从而归纳出第个图案的木棍数量公式，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：由题意及图形可知：第①个图案用了根木棍，即； 第②个图案用了根木棍，即； 第③个图案用了根木棍，即； 第④个图案用了根木棍，即； 依次类推得第个图案用的木棍根数是； 当时，（根） 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第1个图案有1个正六边形，共6条边；第2个图案有2个正六边形，共11条边；第3个图案有3个正六边形，共16条边；…，则第6个图案中正六边形的总边数是（     ） A．31 B．35 C．36 D．42 【答案】A 【分析】观察图形可知，每增加一个正六边形，因为共用一条边，所以总边数增加5条，据此得出第n个图案边数的通项公式，代入求解即可． 【详解】解：第1个图案有6条边，； 第2个图案有11条边，； 第3个图案有16条边，； …… 按此规律， 第n个图案有条边． ∴当时，． 3．（2026·重庆一中·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有个圆点，第②个图中有个圆点，第③个图中有个圆点，第④个图中有个圆点，…，按照这一规律，则第⑧个图中圆点的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据所给图形，依次求出图形中圆点的个数，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由所给图形可知， 第①个图形中圆点的个数为：， 第②个图形中圆点的个数为：， 第③个图形中圆点的个数为：， …， 所以第n个图形中圆点的个数为． 当时， 第⑧个图形中圆点的个数为． 4．（2026·重庆字水中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有5朵太阳花，第②个图中有9朵太阳花，第③个图中有13朵太阳花，第④个图中有17朵太阳花…按照这一规律，则第⑧个图中太阳花的个数是（   ） A．21 B．25 C．29 D．33 【答案】D 【分析】观察图形得出第个图中太阳花的个数是，再代入，计算即可得出结果． 【详解】解：由所给图形可知： 第①个图中太阳花的个数是：； 第②个图中太阳花的个数是：； 第③个图中太阳花的个数是：； …， ∴第个图中太阳花的个数是：， ∴第⑧个图中太阳花的个数是． 5．（2026·重庆京师实验学校·二模）如图是一组有规律的图案，图案（1）是由4个组成的，图案（2）是由7个组成的，那么图案（3）是由10个组成的…，按此规律，组成图案（8）的个数为：（    ） A．23 B．25 C．27 D．29 【答案】B 【分析】观察不难发现，后一个图案比前一个图案多3个基础图形，然后写出第8个图案的基础图形的个数即可． 【详解】由图可得，第1个图案基础图形的个数为4， 第2个图案基础图形的个数为， 第3个图案基础图形的个数为， …， ∴第8个图案基础图形的个数为， 故选：B． 【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据图像发现规律是解题的关键． 6．（2026·重庆巷口中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有3个小太阳，第②个图案中有7个小太阳，第③个图案中有13个小太阳，第④个图案中有21个小太阳，…，按照这一规律，则第⑧个图案中小太阳的个数是（     ） A．73 B．57 C．91 D．85 【答案】A 【分析】根据前四个图案中小太阳的个数，即可得出数字变化的规律，求出第n个图案中小太阳的个数，然后根据规律解答即可． 【详解】第①个图案中有(个)小太阳； 第②个图案中有(个)小太阳； 第③个图案中有(个)小太阳； 第④个图案中有(个)小太阳， ∴第n个图案中有个小太阳， 当时，， ∴第⑧个图案中小太阳的个数是73． 7．（2026·重庆巴蜀中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个圆，第②个图案中有7个圆，第③个图案中有14个圆，第④个图案中有23个圆……按照这一规律，则第⑦个图案中圆的个数是（   ） A．47 B．54 C．62 D．70 【答案】C 【详解】解：∵第①个图案中有2个圆，， 第②个图案中有7个圆，， 第③个图案中有14个圆，， 第④个图案中有23个圆，， ∴第⑦个图案中圆的个数． 8．（2026·重庆西大附中·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有5个圆点，第②个图中有10个圆点，第③个图中有15个圆点，第④个图中有20个圆点……，按照这一规律，第⑦个图中圆点的个数是（   ） A．25 B．30 C．35 D．40 【答案】C 【分析】观察图形得出规律第个图中有个圆点，由此计算即可得出结果． 【详解】解：由图可得： 第①个图中有个圆点， 第②个图中有个圆点， 第③个图中有个圆点， 第④个图中有个圆点， ……， 第个图中有个圆点， ∴第⑦个图中圆点的个数是． 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）下列图形都是由同样大小的☆按一定的规律组成，其中第①个图形共有2个☆，第②个图形共有5个☆，第③个图形共有10个☆，第④个图形共有17个☆，…，依此规律，则第⑨个图形中☆的个数为（   ） A．81 B．82 C．92 D．101 【答案】B 【分析】先根据题意找出其中的规律，即可求出第⑨个图形中五角星的个数． 【详解】解：第①个图形一共有个五角星， 第②个图形一共有：个五角星， 第③个图形一共有个五角星， …， 第n个图形一共有：个五角星； 则第⑨个图形一共有：个五角星． 10．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的正方形和正三角形拼接而成，第①个图案有4个三角形，第②个图案有7个三角形，第③个图案有10个三角形，…依此规律，第2026个图案有多少个三角形（    ） A．6076 B．6077 C．6078 D．6079 【答案】D 【分析】根据题目中的图形可以发现三角形个数的变化规律，可以求得第个图案中三角形的个数． 【详解】解：第①个图案有个三角形，即， 第②个图案有个三角形，即， 第③个图案有个三角形，即， ， 第个图案的三角形个数为：， ∴第个图案中三角形的个数为：． 11．（2026·重庆大渡口·二模）如图所示，将形状、大小完全相同的“”与线段按照一定规律摆成下列图案，其中第①个图案用了6个“”，第②个图案用了11个“”，第③个图案用了16个“”，第④个图案用了21个“”，．．．，按此规律排列下去，则第⑧个图案用的“”个数是（    ） A．48 B．46 C．41 D．40 【答案】C 【分析】通过观察图形得出点的个数与图案序号之间的关系，归纳出通项公式，即可求解 【详解】解：第①个图案用了个“”， 第②个图案用了个“”， 第③个图案用了个“”， 第④个图案用了个“”， 第个图案用了 个“”， 则第⑧个图案用了 个“”， 12．（2025·重庆八中·二诊）用一样长的小木棒按如图的方式搭建图形，图①需要6根小木棒，图②需要11根小木棒，图③需要16根小木棒，…，按照这个规律，图⑧需要小木棒的根数是（    ） A．31 B．36 C．41 D．46 【答案】C 【分析】通过观察图形，分析出后一个图形比前一个图形多 5 根小木棒，从而得出第个图形所需小木棒根数，最后将代入计算即可． 【详解】解：由图可知：图①需要小木棒的根数为：； 图②需要小木棒的根数为：； 图③需要小木棒的根数为：； ； 第个图形需要小木棒的根数为； 当时，需要小木棒的根数为； 故选：C． 代数式新定义 考点07 1．（2026·重庆十八中·二诊）已知整式，其中、为正整数，，…，，均为整数，若满足，，下列说法：①当整式是二次二项式时，关于的方程（为常数）有两个不同的实数根，则的取值范围为；②当时，满足条件的所有整式和为；③当时，满足条件的整式共有6个．其中正确的个数是（     ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】分别对三个说法逐一验证，①根据二次二项式定义确定M，用一元二次方程根的判别式判断k的范围；②n=3时列举所有符合条件的整式，求和后验证；③分n的不同取值，枚举满足 的整式，统计个数验证． 【详解】解： 验证①：∵整式是二次二项式， ∴，代入 得， 又∵ ，且均为整数，可得所有整数组合为 ， ∵是二次二项式，仅两项非零， ∴只有 符合，即，方程整理为 ，方程有两个不同实根，则 ，解得，与①中不符，故①错误． 验证②：当时，代入条件得， 又∵ ， 枚举得所有符合条件的整式为： ， ， ， ， ， 求和得： ，故②正确． 验证③：当 时，由条件得中间系数和 ，分情况讨论：： ，无符合条件的整式； ：得，符合条件的整式共2个； ：得，符合条件的整式共3个； ：得 ，符合条件的整式共1个； ：最小总系数和超过6，无符合条件的整式； 综上，满足条件的整式共个，故③正确． 综上，正确的说法共2个． 2．（2026·重庆字水中学·二模）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 3．（2026·重庆一中·二模）已知整式：，其中，为正整数，，，，，为整数，且．下列说法： ①满足条件的所有整式中有且只有个单项式； ②若，则所有满足条件的整式的和为； ③若，则满足条件的整式共有个； ④若，则满足条件的所有整式中，当取任意实数时，其值一定为非负数的整式共有个． 其中正确的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查整式，对每个说法依次判断正误即可得到正确个数． 【详解】解：当，，时为单项式； 当，，时为单项式； 当，，时为单项式； 当，，时为单项式； 共有个单项式，故①正确； 当时， 共有种情况，和为，故②错误； 当时，， 共有个； 当时，， 共有个； 当时，，此时不存在； 因此，满足条件的整式共有个，故③错误； 当时，，且， 根据题意，得，则， 共有个，故④正确； 综上所述，①④正确，故选B． 4．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）已知整式：，满足，其中，为正整数，，，，为自然数，且．有以下说法： ①满足条件的所有整式中共有个单项式； ②满足条件的所有整式共有种； ③当是一个二次整式时，满足函数的图象与轴有交点的所有整式的和为． 其中说法正确的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件分类得到所有可能的组合，再逐个验证三个说法，分类计算即可得到结果． 【详解】解：∵，为正整数， ∴所有可能组合为：， ①单项式满足除外所有系数均为，即，满足，共种组合对应个单项式，故①正确； ②按分类计算总个数： 当，，，为自然数，共种； 当，， ，共种； 当，， ，共种； 当，， ，共种； ∴总个数为种，故②正确； ③ 二次整式即，，满足，与轴有交点即判别式， 当，， ，； 当，仅满足，； 当，仅满足，； 当，仅满足，； ∴所有整式的和为：，故③正确； 综上，三个说法均正确，即说法正确的个数是． 5．（2026·重庆京师实验学校·二模）已知整式M：，其中n，，，…，，为正整数，且，且，下列说法正确的个数是（   ） ①若，则多项式M可以为二次三项式： ②若，满足条件的所有整式M的和为； ③若，满足条件的整式M共有10个． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查整式的概念，正整数的分类分解，熟练掌握相关概念并不遗漏不重复地列举所有情况是解题的关键． 需根据系数为正整数且由小到大排列，乘积为A的条件，分类列举所有符合条件的系数组合，逐一验证每个说法． 【详解】解： ①若，二次三项式对应3个系数，满足， 由于，则对应整式是二次三项式， 故①符合题意； ②若，列举所有符合条件的整式， 有2个系数（一次二项式）时，满足条件的整式为，，； 有3个系数（二次三项式）时，满足条件的整式为，； 所有整式的和为 故②不符合题意； ③若，列举所有符合条件的整式， 有2个系数时，满足条件的整式为，，，，共4个； 有3个系数时，满足条件的整式为，，，，共4个； 有4个系数时，满足条件的整式为，仅1个； 总计个，与“10个”不符， 故③不符合题意； 综上，正确的说法只有1个． 6．（2026·重庆巴蜀中学·二模）已知整式，其中为正整数，，，，…，为整数，且，．下列说法： ①当时，不存在满足条件的整式； ②当，时，记所有满足条件的整式的和为，当时，的值一定为负数； ③满足条件的所有整式共有个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据题目条件，所有系数为严格递增的不同整数，乘积为8，对三个说法分别分类验证计数即可． 【详解】∵所有系数满足，均为整数，且，逐个验证： 验证①：当时，共有个不同非零整数系数，乘积为，个不同非零整数的乘积绝对值最小为，无法得到乘积为，不存在满足条件的整式，故①正确； 验证②：，为正整数，故或，且，列出所有满足条件的整式求和： ：得两个整式：，； ：得四个整式：，，，； 求和得，当时，，故的值一定为负数，故②正确； 验证③：枚举所有满足条件的整式： ：共个（个全正，个全负）； ：共个（个全正，个两负一正）； ：共个（均为两负两正，其余不存在）； ：不存在， 总计，故③错误； 综上，有个说法正确． 7．（2026·重庆巷口中学·二模）已知整式，其中n为自然数，均为正整数．下列说法： ①若，则； ②若，且，则符合条件的的值分别为3，4，3； ③若，令，则的最大值为1． 其中正确的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用赋值法代入不同x值，求出多项式系数关系，判断结论①正误；根据展开式常数项、最高次项性质，结合整数范围分析，判定结论②；赋值代换得到字母关系式，转化为二次函数，配方求出最值，验证结论③． 【详解】当时， ， 令，可得． 令，则． 令，则， 两式相加得 ， ； ①错误； 由二项式展开可知常数项，最高次项系数． ， 正整数解为， ∵，且， ∴正整数解为或， ∵要同时满足和， ∴需要两个的值相同． 当时，无正整数解； 当时，无正整数解； 当时，无正整数解， ∴无符合条件的正整数k，n，b， ②错误； 当时，， 令，则 ， ， ， 当时，的最大值为， ③正确． 综上所述，正确的个数是1． 8．（2026·重庆西大附中·二模）已知整式，其中，为正整数，为自然数．记，．则下列说法：（   ） ①当且时，若方程有实根，则的最大值为8； ②当且时，满足条件的整式有9个； ③当时，满足条件的任意两个二次整式的差都含有两个一次因式和． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据题意结合具体条件去分析①、②、③，分类讨论，将每种情况都写出来，进行比较，确定最终答案． 【详解】解：判断①：当时，，为正整数，，为自然数， ，方程整理得， ∵方程有实数根， ∴判别式，即， 将代入得：， 由为正整数，得， 时，，且，为自然数，，与矛盾，所以不满足条件； 时，，且，为自然数，仅满足条件，此时； 时，，且，为自然数，最大为2，此时； 故最大值为8，①正确． 判断②： ，，为正整数， ，解得正整数， 分情况计数： ，，此时，，仅1个整式； ，，，其中为正整数，当时，，；当时，，；当时，，；当时，，，共4个整式； ，，，其中为正整数，当时，，，；当时，，，；当时，，，；当时，，，，共4个整式； ，，，其中为正整数，当时，，，，，仅1个整式； 总共有个，故②错误． 判断③： 二次整式即，满足，，解得，， 任取两个二次整式，，差为：     ， 差含有一次因式和，③正确． 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）已知整式，其中，，，…，均为整数，和n为正整数，且，．下列说法： ①存在满足题意的一次二项式M； ②当且时，； ③若，则当且时，满足条件的所有整式M有且仅有16个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】逐个判断三个说法，根据题目条件结合整数性质分析计数，判断每个说法的正误即可． 【详解】解：①若存在一次二项式M，则，为正整数，为非零整数， ∵，且，均为整数， ∴， 是正整数， ∴，则，不满足条件，故①错误； ②当时，则，， ∴可能的值为，， 当时，，，，满足条件， ∴，解为， 当时，，，，满足条件， ∴，解为，故②错误； ③当且时，得， 由分情况计数： （i）当时：，是正整数，无符合条件的M，共0个； （ii）当时：满足，，， ∴仅符合，共1个； （iii）当时：满足，，，， 当时，， ∴满足条件的值为，共10个， 当时，， ∴满足条件的值为，共4个， ∴通过枚举得，共有13个符合条件的整式M， 综上所述，总个数为，故③错误， ∴正确的个数是0． 10．（2026·重庆铜梁一中·二模）已知整式，，其中，和，均为自然数，，，，为正整数，且满足，．则下列说法： 当时，若，则； 不存在任何一个，使得； 当，时，则一共有种不同的结果． 其中正确的个数是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多项式的求值，理解多项式求值的规则是解题的关键，本题可根据已知条件，结合多项式的次数、系数等相关知识，对每个说法逐一进行分析判断．根据由得，即，结合，为正整数，可得为正奇数，从而得到且，得到、的值，进而求得的值，从而判定说法的正确性；通过反证法判断，先假设存在，通过整理，比较系数的关系，从而判定说法的正确性；当，时，得到、的代数式，根据代数式系数之间的数量关系，得到、的可能结果，从而得到的可能情况，排除重复项，从而得到的可能结果数，从而判定说法的正确性． 【详解】解：①当时， ，， 由得，即， ，为正整数， 为正奇数， 且， ，， ， 故正确． 假设存在，使得，则， 此时，， 根据题意有，， 两式相加得， 而，比较系数可得：，，， 三式相加得， ，产生矛盾， 假设不成立， 故正确． 当，时， ，满足，共有种可能， ，满足，共有种可能， ，组合共有种可能情况， 经检验，其中有种重复情况，故不同的结果共有种， 故正确． 综上，正确的说法有个． 故选：D． 11．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）已知整式，其中n为自然数，为正整数，m，，…，为整数，且．下列说法： ①若A为三项式，则m的最小值为5；②若，则满足条件的A共有5个；③当，时，满足关于x的二次函数与x轴有交点的A共有8个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】分类枚举法结合二次函数的判别式，对三个说法逐一计算验证即可． 【详解】解：对于说法① ∵A为三项式，为正整数，系数绝对值最小为1，要得到m的最小值，需使n最小，且非零系数绝对值最小， ∴最小情况为，三个非零系数的绝对值均为1， ∴m的最小值为 ，故①正确； 对于说法② ∵ ，即 ，为正整数，分情况讨论： （1）当时， ，得，符合条件的有1个； （2）当时， ，即 ，， 时，，，符合条件的有2个； 时，，，符合条件的有1个； （3）当时， ，即 ，得，，，符合条件的有1个； （4）当时， ，无符合条件的； 综上，符合条件的共有个，故②正确； 对于说法③ 当，时，得 ，即 ，， 二次函数与轴有交点，需 ， 分情况讨论： （1）时， ，即， 满足条件的组合有：；；；；，共得符合条件的有个； （2）时，，即， 满足条件的组合有：；； ， 共得符合条件的有个； （3）时， ，得，与轴有交点，符合，共1个； 综上，符合条件的共有个，题目说共8个，故③错误； 因此正确的说法有2个，故选B． 12．（2026·重庆实验外国语学校·二模）已知整式，其中，，，…，均为整数，和n为正整数，且，．下列说法： ①存在满足题意的一次二项式M； ②当且时，； ③若，则当且时，满足条件的所有整式M有且仅有16个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】逐个判断三个说法，根据题目条件结合整数性质分析计数，判断每个说法的正误即可． 【详解】解：①若存在一次二项式M，则，为正整数，为非零整数， ∵，且，均为整数， ∴， 是正整数， ∴，则，不满足条件，故①错误； ②当时，则，， ∴可能的值为，， 当时，，，，满足条件， ∴，解为， 当时，，，，满足条件， ∴，解为，故②错误； ③当且时，得， 由分情况计数： （i）当时：，是正整数，无符合条件的M，共0个； （ii）当时：满足，，， ∴仅符合，共1个； （iii）当时：满足，，，， 当时，， ∴满足条件的值为，共10个， 当时，， ∴满足条件的值为，共4个， ∴通过枚举得，共有13个符合条件的整式M， 综上所述，总个数为，故③错误， ∴正确的个数是0． 13．（2025·重庆八中·二诊）已知整式，其中，…，为自然数，与均为正整数．例：当，时，有．下列说法： ①若，则符合条件的整式中有个二次二项式； ②若，则符合条件的整式有个； ③若，且整式是二次三项式，则的值一定是正数． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目给定的系数性质，逐个分析三个说法，分类列举计算判断正误，统计正确个数得到结果． 【详解】解：由题可知为正整数，为自然数（含），逐个分析： 判断① ，，二次二项式仅两个非零项，，分两类讨论： ∵时，，正整数解共组；时，，正整数解共组； ∴合计个，①正确； 判断② ，为正整数，为正整数，故可取： ∵时，，共个不同多项式；时，，共个不同多项式；时，仅其余系数为，共个； ∴ 合计个，②正确； 判断③ 是二次三项式，故，，存在符合条件的多项式； ∵当时，，不是正数，∴ ③错误， 综上，正确的说法共个． 14．（2026·重庆京师实验学校·二模）对于一个三位数N，若其百位数字与个位数字之和等于十位上的数字，则称数N为“优选数”．例如：数132，，∴132是“优选数”，数246，，∴246不是“优选数”，则最大的“优选数”为_________；若“优选数”N的个位数字不为零，将其百位上的数字和个位上的数字对调，组成一个新的三位数记为，若为完全平方数，则满足条件的N的最小值为_________． 【答案】 990 198 【分析】此题考查了“优选数”的定义，根据定义即可确定最大的“优选数”的个位和百位，从而确定十位；先设出N，然后表示出，根据为完全平方数，确定满足条件的N的最小值为当时，即可解答. 【详解】解：∵一个三位数N，若其百位数字与个位数字之和等于十位上的数字，则称数N为“优选数”， ∴最大的“优选数”百位上是9，个位上是0， ∴十位上是9， ∴最大的“优选数”为990； 若，则， ∴ 若为完全平方数，则满足条件的N的最小值为当时， ∴N的最小值为198. 15．（2026·重庆字水中学·二模）如果一个四位数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足千位数字与百位数字之和为8，那么称这个四位数M为“能源数”．将一个三位数记作，M的十位数字作为三位数的百位数字，三位数的十位数字是0，的个位数字与M的个位数字相同，记，例如：四位数1634，，不是“能源数”．又如：四位数5349，，是“能源数”，．若A是最小的“能源数”，则是________；若对于“能源数”M，能被11整除，记，则当为整数时，“能源数”M的最大值是_______． 【答案】 152 6298 【分析】根据题意可得，各数位非0且互不相等，要使最小，取则，最小取2，最小取3，得值，由定义可得，进而求出，将其代入求解即可；由得，进而可得，要使其被11整除，则需被11整除，列举得出有效的组合；再计算，筛选得整数解，进而即可得解． 【详解】解：由题意得，，且和， ∵A是最小的“能源数”， ∴千位最小取1， ∵， ∴， ∴十位最小取2，个位最小取3， ∴最小能源数， 由题意得，，， ∴ ， ∴， ∴ ； ∵， ∴， ∴ ， ∵要让能被11整除， ∴必须也能被11整除， ∵， ∴的范围是，是的非零数字， ∴当，时， ， 当，时， ， ∴， ∴在到8之间，能被11整除的数有0、、、、、、， ∴当时，则， ∴，； 当时，则， ∴（舍去），时（舍去）； 当时，则， ∴时， 当时，则， ∴时（舍去），时（舍去）， 当时，则， ∴时（舍去），时（舍去）， 当时，则， ∴时（舍去），时， 当时，则， ∴时， ∴当，时，， ， ∴“能源数”M为； 当，时，， ∴“能源数”M为； 当，时，， （不是整数，舍去）； 当，时，， ， ∴“能源数”M为， ∴， ∴最大的“能源数”为时， ∴． 【点睛】本题以“能源数”新定义为载体，结合数的整除性、代数式化简与整数性质，通过列举筛选与最值分析推导结果，体现了代数建模、分类讨论与逻辑推理的核心数学思想． 16．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）6．我们规定：一个四位数，各数位上的数字均不为0，若满足，则称这个四位数为“九九同心数”．例如：四位数，因为，所以是“九九同心数”．已知某个“九九同心数”，个位数字为，百位数字比十位数字大，则这个“九九同心数”是________；一个“九九同心数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，若与均是整数，则满足条件的为________． 【答案】 【分析】根据新定义得到各数位数字的关系，结合整除条件求解即可． 【详解】解：∵“九九同心数”个位数字为，百位数字比十位数字大， ∴千位数字为， 设十位数字为，则百位数字为， ∴， 解得：， ∴， ∴这个“九九同心数”是； ∵是“九九同心数”，各数位上的数字均不为， ∴，，其中，，为整数， 由题意得，， ∴ ， ， ∴， ∵为整数， ∴是的倍数， ∵，， ∴， ∴或， “∵的值为，的值为 ∴， 与互质，为整数， ∴是的倍数， ∵，， ∴， ∴，即， 当时，， 解得：（不是整数，舍去）， 当时，， 解得：，符合条件， ∴，， ∴的值为． 17．（2026·重庆一中·二模）7．我们规定：一个四位数，若满足，则称这个数为“福禄数”．例如：四位数，因为，所以是“福禄数”．按照这个规定，最小的“福禄数”是________；一个“福禄数”，将其千位数字与个位数字调换位置，百位数字与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的的值是________． 【答案】 【分析】根据“福禄数”的定义进行求解即可；先推导出，再分别求出，，再根据与均是整数，列出符合条件的方程组，解方程组即可． 【详解】解：根据题意：当，，，时，这个“福禄数”最小，即最小的“福禄数”是； ， ， ∴ ， ∵， ∴，， ∴ ， ∵， ∴ ， ， ∵与都是整数， ∴为整数，为整数， ∴为整数，为整数， 根据题意得：，， ∴，， ∴或或或或， 或或或或或26或39 设，， ∴，， ∴，， ∵c、d为整数， ∴为整数，为整数， ∴为整数，为整数， ∴能被3整除，能被2整除， ∴或19， 或或13或， 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得， ∴，， ∴； 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得，不符合题意舍去； 当时，解得，不符合题意舍去； 综上，． 18．（2026·重庆十八中·二诊）8．一个四位自然数的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“凌跃数”．将的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到新的数，记，则_____，若“凌跃数”（，，，均为整数，且，，，），记的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有的值之和为________． 【答案】 【分析】根据新定义直接得出的值，根据，分别求得的值，设千位，百位，十位，个位，得出，根据为完全平方数，得出，则，根据为整数，得出为整数，结合，且各个数位上的数字互不相等，得出，或，，进一步计算，即可求解． 【详解】解：，调换后，则： 已知（，，，均为整数，且，，，）， 若， ∴， 十位为，不符合各个数位的数字均不为0的要求，舍去； 若， ∴， 设千位，百位，十位，个位，满足，，均不为0． 凌跃数满足，即 对任意四位数，调换后， ∵ ∴ ∴ ∴ ，， 范围内的完全平方数只有， ∴ ∴ ∵为整数， ∴， ∴ ，即为整数， 又∵各个数位上的数字互不相等， 当，时，各个数位上的数字为 ，符合条件，； 当，时，各个数位上的数字为 ，符合条件，； 所有满足条件的的和为． 19．（2026·重庆巴蜀中学·二模）一个四位自然数，各个数位上的数字互不相同，若满足，则称数为“如意数”，若还满足，则称数为“九合如意数”，例如：四位数3546，，是“九合如意数”．按照这个规定，最小的“九合如意数”是____________．将自然数的千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置得到一个新的四位数，记，．若为“九合如意数”且为整数，同时，自然数（，，，，，，，均为整数）为“如意数”，且满足，则满足条件的所有的最大值与最小值的差是______________． 【答案】 【分析】当最小时，则千位上的数字为和百位上的数字为时最小，即可得到最小的“九合如意数”，根据和求出表达式，再代入根据整数解的范围得到是的因数，再由的满足条件求出的值，从而求出的值，再取最大和最小的作差即可． 【详解】解：当最小时，则千位上的数字为和百位上的数字为时最小， ∴，， ∵， ∴，， ∴最小的“九合如意数”是：； 由题意可得：，， ∴，， ∴ ， 又∵， ∴，， ∴， ∵ ∴ ∵为整数， ∴是的因数， ∴或或或， ∴或或或， ∵ ∴的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为， ∵为“如意数”， ∴，即 ∵ ∴， 整理可得： 把代入可得： ， 整理可得： ， ∴解得：； ；； ①当时，， 若，则，，此时； 若，则，，此时； 若，则（不符合题意）； 若，则，，此时 ②当时，， 若，则，，此时； 若，则，，此时； 若，则（不符合题意）； 若，则，此时（不符合题意）； ③当时，，此时（不符合题意）； 综上，最大值为，最小值为， ∴． 20．（2026·重庆西大附中·二模）一个四位自然数各个数位上的数字均不为0，若满足，则称为“对称差数”．将“对称差数”的个位数字去掉后得到的三位数记为，将千位数字去掉后得到的三位数记为，并规定，若是“对称差数”，则_____．若一个四位自然数（其中，，，均是整数，且满足：，，，）是“对称差数”，除以4余3，且满足是完全平方数，则满足条件的的最大值与最小值的差为_____． 【答案】 【分析】①根据新定义的条件构造，通过化简即可求解；②通过新定义化简，通过的取值可知的范围，举例即可判断求解． 【详解】解：设， 则， ∴， ∴，， ， 若， ，， ， ∵ ∴， ∵是完全平方数， ∴，是整数， ∵，，，， ∴， 当时，取得最大值，当时，取得最小值， ∴， ∴， 当时，，不是完全平方数，则不满足条件， 当时，，是完全平方数，则满足条件，，除以4余，则不满足条件； 当时，，是完全平方数，则满足条件，，除以4余，则满足条件； 当时，，不是完全平方数，则不满足条件， 当时，，不是完全平方数，则不满足条件， 当时，，不是完全平方数，则不满足条件， 当时，，是完全平方数，则满足条件，，除以4余，则满足条件； 故当或时满足条件， 当时，，，取得最大值为：， 当时，，，取得最小值为：， 则满足条件的的最大值与最小值的差为：． 21．（2026·重庆巷口中学·二模）我们规定：一个四位数，若满足，则称为“双减数”．例如：四位数，，是“双减数”．将一个“双减数”的千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数，记．若，则___________；若，满足与均为整数，则满足条件的的值是___________． 【答案】 86 8260 【分析】先分别将，用十进制表示出来，再计算，建立等式化简即可得的值；然后分别求出，，求出的取值范围，最后结合与均为整数进行分类讨论即可得． 【详解】解：由题意得：， ∴， ∴ ， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵，，，，且，均为整数， ∴，， ∴，， ∴， ∵为整数， ∴是13的倍数， ∴所有可能的取值为， ∴①当时，，， 此时，为整数，符合题意， 则此时； ②当时，，， 此时，不是整数，不符合题意，舍去； ③当时，，；或，， 此时中的，没有意义，舍去； 或，不是整数，不符合题意，舍去； ④当时，，， 此时，不是整数，不符合题意，舍去； ⑤当时，则，在，内，不可能同时为整数，舍去； 综上，满足条件的的值是． 22．（2026·重庆大渡口·二模）一个四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当（为正整数）时，称这个四位数为“顺利数”．将的千位数字与十位数字调换，百位数字与个位数字调换后得到的新四位数记为，规定，当最大时，的值为___________；若为整数，且既能被11整除又能被19整除，则满足条件的正整数的值为___________． 【答案】 156 5225 【分析】四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当（为正整数），要让最大，则千位上的数字要尽可能大，可得最大可取6，此时，最大可取9，最大可取5，得最大的，，可求出；求出，由为整数得为整数，即必为整数，且取1，2，3，4，5，6，为1，2，⋯，9，为1，2，最后根据为1，2时分类讨论，即可． 【详解】解：四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当（为正整数）， 要让最大，则千位上的数字要尽可能大， 又且， 所以，最大可取6，此时， 又且，，为正整数， ∴最大可取2， 所以，最大可取9，最大可取5， 所以，最大的， ∵将的千位数字与十位数字调换，百位数字与个位数字调换后得到的新四位数记为， ∴， ∴； ∵ ， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又为整数， ∴， ∵，即， ∴， ∴必为整数，且取1，2，3，4，5，6，为1，2，⋯，9，为1，2， 又 代入得：， 当时，，为整数，是14的因数，， 当时，即，时，， ，符合条件，的其他值均不满足条件； 当时，，为整数，是21的因数，，此时无符合条件的， ∴满足条件的的值为5225． 23．（2026·重庆实验外国语学校·二模）一个四位数，各个数位上的数字互不相同且均不为0，若满足，则称这个四位数为“发发数”．例如：四位数2536，因为，所以2536是“发发数”．按照这个规定，最小的“发发数”是________；一个“发发数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的N的值是________． 【答案】 1267 5713 【分析】先根据“发发数”定义，按高位尽量小的原则求出最小发发数；再利用，用a、b表示c、d，进而表示出与，化简、；再对两个分式分别整式分离，根据整数性质得到两个代数式能被7整除；结合数位数字不为确定取值范围，利用整除性质求出a、b，最后验证数字互不相同且不为0，求出符合条件的四位数． 【详解】解：设四位数， 由“发发数”定义可知：，且数位上的数字互不相同、均不为0． 要找最小的四位数，高位数字越小，整个数越小， 又数位数字不为0， 千位上的取最小非零值1，则， 百位上数字b取剩余数字中最小且不等于1、7的数2，则， 最小的“发发数”是1267． ，各数位上的数字不为0， ，， 可得，． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 与均是整数， 且、都是整数， 与均为整数， 即能被7整除，能被7整除． 根据整除性质：两个能被同一个数整除的代数式相加，和仍能被该数整除． 两式相加：， 能被整除． ， ， 能被7整除 将拆为，得： 一定是的倍数（为整数） 要使能被整除，只需能被整除 ，即 在3到9范围内，能被整除的数只有， ，解得 将代入得：， ， ， 此范围内能被7整除的数为0、7， 当时，b不是整数，舍去； 当时，解得，符合题意． ，， 四个数字为5、7、1、3，互不相同且均不为0，满足“发发数”全部条件． 满足条件的N的值是5713． 24．（2026·重庆实验外国语学校·二模）一个四位数，各个数位上的数字互不相同且均不为0，若满足，则称这个四位数为“发发数”．例如：四位数2536，因为，所以2536是“发发数”．按照这个规定，最小的“发发数”是________；一个“发发数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的N的值是________． 【答案】 1267 5713 【分析】先根据“发发数”定义，按高位尽量小的原则求出最小发发数；再利用，用a、b表示c、d，进而表示出与，化简、；再对两个分式分别整式分离，根据整数性质得到两个代数式能被7整除；结合数位数字不为确定取值范围，利用整除性质求出a、b，最后验证数字互不相同且不为0，求出符合条件的四位数． 【详解】解：设四位数， 由“发发数”定义可知：，且数位上的数字互不相同、均不为0． 要找最小的四位数，高位数字越小，整个数越小， 又数位数字不为0， 千位上的取最小非零值1，则， 百位上数字b取剩余数字中最小且不等于1、7的数2，则， 最小的“发发数”是1267． ，各数位上的数字不为0， ，， 可得，． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 与均是整数， 且、都是整数， 与均为整数， 即能被7整除，能被7整除． 根据整除性质：两个能被同一个数整除的代数式相加，和仍能被该数整除． 两式相加：， 能被整除． ， ， 能被7整除 将拆为，得： 一定是的倍数（为整数） 要使能被整除，只需能被整除 ，即 在3到9范围内，能被整除的数只有， ，解得 将代入得：， ， ， 此范围内能被7整除的数为0、7， 当时，b不是整数，舍去； 当时，解得，符合题意． ，， 四个数字为5、7、1、3，互不相同且均不为0，满足“发发数”全部条件． 满足条件的N的值是5713． 25．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）若一个四位自然数的各个数位数字互不相等且均不为零，满足百位数字大于个位数字，且百位数字与个位数字的和为偶数，则称这个四位数为“偶合数”．按照这个规定，最小的“偶合数”是__________    ，对于“偶合数”，记，，若为完全平方数，能被9整除，则所有满足条件的M的最小数为__________． 【答案】 1432 8521 【分析】根据新定义，得到最小的偶合数为千位数字为1，根据百位数字大于个位数字，且百位数字与个位数字的和为偶数，得到个位数字为2，百位数字为4，进而确定十位数字为3，即可得出结果；根据为完全平方数，推出的值可能为、、， 分3种情况进行讨论，结合，能被9整除，进行求解即可. 【详解】解：要使“偶合数”最小，则， 由于，且为偶数，各个数位数字互不相等且均不为零， 故要使尽可能小， 则，， ， 故最小的“偶合数”是； ∵， ∴，， ∵为完全平方数， 故， ∵为偶数，且、不相等，故为个位数字为偶数的两位数， ∴的值可能为、、， 若，则，， ∴，， ∵， 故， ∴， ∵为整数， ∴为整数， ∵能被9整除，故，是的倍数， 故， ∴应为的倍数， 则， 若，则，，， 并非为9的倍数，故排除； 若，则，，， 此时，不满足题意要求； 若，则，，， 是9的倍数； 此时为； 若，则，， ∴，， ∵， 故， ∴， ∵是的倍数， 故， ∴应为的倍数， 则， 若，则，，， 并非为9的倍数，故排除； 若，则，，， 并非为9的倍数，故排除； 若，则，，（舍）， 此时不满足题意要求； 若，则，， ∴，， ∵， 故，， ∴， ∵是的倍数， 故， ∴应为的倍数， 则或， 若，则，（舍去）或，（舍）， 此时不满足题意要求； 若，则，或（舍去），， 是9的倍数； 此时为； 故满足条件的M的最小数为. 26．（2026·重庆铜梁一中·二模）一个四位自然数M的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“骐骥数”．将M的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，则________，若“骐骥数”（a，b，c，d均为整数，且，，，），记N的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有N的值之和为________． 【答案】 【分析】根据新定义直接得出的值，根据，分别求得的值，设千位，百位，十位，个位，得出，根据为完全平方数，得出，则，根据为整数，得出为整数，结合，且数位互不相等，得出，或，，进一步计算，即可求解． 【详解】解：，调换后，则： 已知，且，所有数位数字互不相等且不为0： 若：，十位为，不符合各个数位的数字均不为0的要求，舍去； 若：，设千位，百位，十位，个位，满足，，均不为0． 骐骥数满足，即 对任意四位数，调换后， ∵ ∴ ∴ ∴ 数位和，， 范围内的完全平方数只有， ∴ ∴ ∵为整数， ∴， ∴，即为整数， 又∵结合数位互不相等， 当，时，数位为，符合条件，； 当，时，数位为，符合条件，； 所有满足条件的的和为 27．（2025·重庆八中·二诊）8．若规定：一个四位自然数，若满足，且，则称这个四位数为“满分数”．例如：四位数，因为，所以是“满分数”．按照这个规定，最大的“满分数”为______．若是一个“满分数”，的前两位数字所组成的两位数记为，的后两位数字所组成的两位数记为，若除以余数为，且能被整除，则满足条件的自然数为______． 【答案】 【分析】根据“满分数”的定义得出，，即可求出最大的“满分数”；根据，得出，，根据除以余数为得出，根据能被整除得出能被整除，结合分别列举即可得出答案． 【详解】解：∵，，，，， ∴， ∵， ∴，， ∵要求最大的“满分数”， ∴、应取最大数为， ∴，， ∴最大的“满分数”为； ∵，， ∴， ∵，，，， ∴， ∵除以余数为， ∴能被整除， ∵能被整除， ∴能被整除， ∵，， ∴， ∴， ∴或（不是整数，舍去），或（不是整数，舍去）， ∴，即， ， ∵能被整除， ∴能被整除， ∵能被整除， ∴能被整除， ∴能被整除， ∵，， ∴， ∴， 当时，，，此时为， 当时，（舍去）， 综上所述：满足条件的自然数为． 26 / 76 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数与式 7大考点概览 考点01实数的相关概念 考点02科学记数法 考点03实数的运算 考点04二次根式及其运算 考点05分式及运算 考点06规律探究 考点07代数式新定义 实数的相关概念 考点01 1．（2026·重庆十八中·二诊）下列各数中，是无理数的是（     ） A． B． C．3.14 D． 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）﹣8的相反数是（　　） A．8 B． C． D．－8 3．（21-22七上·桂林桂电中学·期末）的相反数是（   ） A．2 B． C． D． 4．（2026·重庆西大附中·二模）的相反数是（   ） A．5 B． C． D． 5．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）的相反数是（　　） A． B． C． D． 6．（2026·重庆实验外国语学校·二模）与的和为0的数是（   ） A．2026 B． C． D． 7．（2025·重庆八中·二诊）的相反数是(    ) A． B． C． D．3 8．（2026·重庆大渡口·二模）2的绝对值是（    ） A． B． C．0 D．2 9．（2026·重庆字水中学·二模）2026的倒数是（　　） A． B．2026 C． D． 10．（2026·重庆巷口中学·二模）下列四个数中，最小的数是（    ） A． B． C． D． 11．（2026·重庆巴蜀中学·二模）下列四个数中，最小的数是（   ） A． B． C．0 D．3 12．（2026·重庆铜梁一中·二模）下列实数中，最小的数是（    ） A． B． C． D． 13．（2026·重庆一中·二模）地球上四个地点的海拔高度如下表（单位：米） 地点 珠穆朗玛峰 吐鲁番盆地 死海 马里亚纳海沟 海拔高度 以上个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 科学记数法 考点02 1．（2026·重庆一中·二模）截至年月，全球用户规模已达户，数据用科学记数法表示为________． 2．（2026·重庆巷口中学·二模）2026春节，重庆文旅交出了一份令人瞩目的成绩单：全市重点监测的130家A级景区累计接待游客12600000人次．数据12600000用科学记数法表示为___________． 3．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）某种芯片的制程宽度为米，该数值用科学记数法表示为__________． 4．（2026·重庆铜梁一中·二模）重庆市统计局发布的数据显示年初我市常驻人口约人，数据“”用科学记数法表示为________． 5．（2026·重庆大渡口·二模）某景区接待游客人数约为人，这个数的原数是（    ） A．42000 B．420000 C．4200000 D．42000000 6．（2026·重庆字水中学·二模）下列四个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）下列四个数中最大的是（     ） A． B． C． D． 8．（2026·重庆京师实验学校·二模）下列四个数中，最小的是（    ） A． B． C． D． 9．（2026·重庆西大附中·二模）下列四个数中最小的是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·重庆八中·二诊）已知，，，则a，b，c三数的大小关系为（    ） A． B． C． D． 实数的运算 考点03 1．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）若，，则________． 2．（2026·重庆字水中学·二模）若实数，同时满足，，则的值为______． 3．（2026·重庆十八中·二诊）若实数，满足，，则的值为_____． 4．（2026·重庆巴蜀中学·二模）若实数，同时满足，，则______________． 5．（2026·重庆大渡口·二模）若实数，同时满足，，则的值___________． 6．（2026·重庆实验外国语学校·二模）若实数x，y同时满足，，则的值为________． 7．（2026·重庆铜梁一中·二模）若实数，同时满足，，则的值为________． 二次根式及其运算 考点04 1．（2026·重庆十八中·二诊）若为正整数，且满足，则_____． 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）若为正整数，且满足，则________． 3．（2026·重庆一中·二模）若，为整数，且满足，，则________． 4．（2026·重庆字水中学·二模）若为正整数，且满足，则__________． 5．（2026·重庆西大附中·二模）若实数，同时满足，，则的值是___________． 6．（2026·重庆京师实验学校·二模）已知，且m为整数，则m的值为______． 7．（2026·重庆巷口中学·二模）已知是的小数部分，则的值为___________． 8．（2026·重庆西大附中·二模）若为正整数，且满足，则_______． 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）若m为正整数，且满足，则________． 10．（2025·重庆八中·二诊）0．若a是整数，满足，则a的值为______． 11．（2026·重庆大渡口·二模）若是两个连续整数，且，则的值为___________ 12．（2026·重庆巴蜀中学·二模）估计的值应在（   ） A．7和8之间 B．8和9之间 C．9和10之间 D．10和11之间 13．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）估计的值应在（   ）之间 A．5和6 B．6和7 C．7和8 D．8和9 分式及运算 考点05 1．（2026·重庆实验外国语学校·二模）下列各式从左到右的变形，一定正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）若实数a，b同时满足，，则的值为__________． 3．（2026·重庆实验外国语学校·二模）先化简，再求值：，其中． 4．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）先化简，再求值：，其中． 5．（2026·重庆大渡口·二模）先化简，再求值：，其中． 6．（2026·重庆铜梁一中·二模）先化简，再求值：，其中． 7．（2026·重庆十八中·二诊）先化简，再求值：，其中 8．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）先化简，再求值：，其中． 9．（2026·重庆一中·二模）先化简，再求值：，其中 10．（2026·重庆京师实验学校·二模）先化简，再求值：，其中． 11．（2026·重庆巴蜀中学·二模）先化简，再求值：，其中． 12．（2026·重庆巷口中学·二模）先化简，再求值：，其中． 13．（2026·重庆西大附中·二模）先化简，再求值：，其中． 14．（2025·重庆八中·二诊）先化简，再求值：，其中． 规律探究 考点06 1．（2026·重庆十八中·二诊）用长度相同的木棍按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案用了根木棍，第②个图案用了根木棍，第③个图案用了根木棍，第④个图案用了根木棍，⋯⋯，按此规律排列下去，则第⑧个图案用了木棍数量是（    ） A．26根 B．29根 C．31根 D．32根 2．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第1个图案有1个正六边形，共6条边；第2个图案有2个正六边形，共11条边；第3个图案有3个正六边形，共16条边；…，则第6个图案中正六边形的总边数是（     ） A．31 B．35 C．36 D．42 3．（2026·重庆一中·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有个圆点，第②个图中有个圆点，第③个图中有个圆点，第④个图中有个圆点，…，按照这一规律，则第⑧个图中圆点的个数是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆字水中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有5朵太阳花，第②个图中有9朵太阳花，第③个图中有13朵太阳花，第④个图中有17朵太阳花…按照这一规律，则第⑧个图中太阳花的个数是（   ） A．21 B．25 C．29 D．33 5．（2026·重庆京师实验学校·二模）如图是一组有规律的图案，图案（1）是由4个组成的，图案（2）是由7个组成的，那么图案（3）是由10个组成的…，按此规律，组成图案（8）的个数为：（    ） A．23 B．25 C．27 D．29 6．（2026·重庆巷口中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有3个小太阳，第②个图案中有7个小太阳，第③个图案中有13个小太阳，第④个图案中有21个小太阳，…，按照这一规律，则第⑧个图案中小太阳的个数是（     ） A．73 B．57 C．91 D．85 7．（2026·重庆巴蜀中学·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个圆，第②个图案中有7个圆，第③个图案中有14个圆，第④个图案中有23个圆……按照这一规律，则第⑦个图案中圆的个数是（   ） A．47 B．54 C．62 D．70 8．（2026·重庆西大附中·二模）按如图所示的规律拼图案，其中第①个图中有5个圆点，第②个图中有10个圆点，第③个图中有15个圆点，第④个图中有20个圆点……，按照这一规律，第⑦个图中圆点的个数是（   ） A．25 B．30 C．35 D．40 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）下列图形都是由同样大小的☆按一定的规律组成，其中第①个图形共有2个☆，第②个图形共有5个☆，第③个图形共有10个☆，第④个图形共有17个☆，…，依此规律，则第⑨个图形中☆的个数为（   ） A．81 B．82 C．92 D．101 10．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的正方形和正三角形拼接而成，第①个图案有4个三角形，第②个图案有7个三角形，第③个图案有10个三角形，…依此规律，第2026个图案有多少个三角形（    ） A．6076 B．6077 C．6078 D．6079 11．（2026·重庆大渡口·二模）如图所示，将形状、大小完全相同的“”与线段按照一定规律摆成下列图案，其中第①个图案用了6个“”，第②个图案用了11个“”，第③个图案用了16个“”，第④个图案用了21个“”，．．．，按此规律排列下去，则第⑧个图案用的“”个数是（    ） A．48 B．46 C．41 D．40 12．（2025·重庆八中·二诊）用一样长的小木棒按如图的方式搭建图形，图①需要6根小木棒，图②需要11根小木棒，图③需要16根小木棒，…，按照这个规律，图⑧需要小木棒的根数是（    ） A．31 B．36 C．41 D．46 代数式新定义 考点07 1．（2026·重庆十八中·二诊）已知整式，其中、为正整数，，…，，均为整数，若满足，，下列说法：①当整式是二次二项式时，关于的方程（为常数）有两个不同的实数根，则的取值范围为；②当时，满足条件的所有整式和为；③当时，满足条件的整式共有6个．其中正确的个数是（     ） A．3 B．2 C．1 D．0 2．（2026·重庆字水中学·二模）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 3．（2026·重庆一中·二模）已知整式：，其中，为正整数，，，，，为整数，且．下列说法： ①满足条件的所有整式中有且只有个单项式； ②若，则所有满足条件的整式的和为； ③若，则满足条件的整式共有个； ④若，则满足条件的所有整式中，当取任意实数时，其值一定为非负数的整式共有个． 其中正确的个数是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）已知整式：，满足，其中，为正整数，，，，为自然数，且．有以下说法： ①满足条件的所有整式中共有个单项式； ②满足条件的所有整式共有种； ③当是一个二次整式时，满足函数的图象与轴有交点的所有整式的和为． 其中说法正确的个数是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·重庆京师实验学校·二模）已知整式M：，其中n，，，…，，为正整数，且，且，下列说法正确的个数是（   ） ①若，则多项式M可以为二次三项式： ②若，满足条件的所有整式M的和为； ③若，满足条件的整式M共有10个． A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2026·重庆巴蜀中学·二模）已知整式，其中为正整数，，，，…，为整数，且，．下列说法： ①当时，不存在满足条件的整式； ②当，时，记所有满足条件的整式的和为，当时，的值一定为负数； ③满足条件的所有整式共有个．其中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．（2026·重庆巷口中学·二模）已知整式，其中n为自然数，均为正整数．下列说法： ①若，则； ②若，且，则符合条件的的值分别为3，4，3； ③若，令，则的最大值为1． 其中正确的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．（2026·重庆西大附中·二模）已知整式，其中，为正整数，为自然数．记，．则下列说法：（   ） ①当且时，若方程有实根，则的最大值为8； ②当且时，满足条件的整式有9个； ③当时，满足条件的任意两个二次整式的差都含有两个一次因式和． A．0 B．1 C．2 D．3 9．（2026·重庆实验外国语学校·二模）已知整式，其中，，，…，均为整数，和n为正整数，且，．下列说法： ①存在满足题意的一次二项式M； ②当且时，； ③若，则当且时，满足条件的所有整式M有且仅有16个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 10．（2026·重庆铜梁一中·二模）已知整式，，其中，和，均为自然数，，，，为正整数，且满足，．则下列说法： 当时，若，则； 不存在任何一个，使得； 当，时，则一共有种不同的结果． 其中正确的个数是（ ） A． B． C． D． 11．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）已知整式，其中n为自然数，为正整数，m，，…，为整数，且．下列说法： ①若A为三项式，则m的最小值为5；②若，则满足条件的A共有5个；③当，时，满足关于x的二次函数与x轴有交点的A共有8个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 12．（2026·重庆实验外国语学校·二模）已知整式，其中，，，…，均为整数，和n为正整数，且，．下列说法： ①存在满足题意的一次二项式M； ②当且时，； ③若，则当且时，满足条件的所有整式M有且仅有16个． 其中正确的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 13．（2025·重庆八中·二诊）已知整式，其中，…，为自然数，与均为正整数．例：当，时，有．下列说法： ①若，则符合条件的整式中有个二次二项式； ②若，则符合条件的整式有个； ③若，且整式是二次三项式，则的值一定是正数． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 14．（2026·重庆京师实验学校·二模）对于一个三位数N，若其百位数字与个位数字之和等于十位上的数字，则称数N为“优选数”．例如：数132，，∴132是“优选数”，数246，，∴246不是“优选数”，则最大的“优选数”为_________；若“优选数”N的个位数字不为零，将其百位上的数字和个位上的数字对调，组成一个新的三位数记为，若为完全平方数，则满足条件的N的最小值为_________． 15．（2026·重庆字水中学·二模）如果一个四位数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足千位数字与百位数字之和为8，那么称这个四位数M为“能源数”．将一个三位数记作，M的十位数字作为三位数的百位数字，三位数的十位数字是0，的个位数字与M的个位数字相同，记，例如：四位数1634，，不是“能源数”．又如：四位数5349，，是“能源数”，．若A是最小的“能源数”，则是________；若对于“能源数”M，能被11整除，记，则当为整数时，“能源数”M的最大值是_______． 16．（2026·重庆鲁能巴蜀中学·二模）6．我们规定：一个四位数，各数位上的数字均不为0，若满足，则称这个四位数为“九九同心数”．例如：四位数，因为，所以是“九九同心数”．已知某个“九九同心数”，个位数字为，百位数字比十位数字大，则这个“九九同心数”是________；一个“九九同心数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，若与均是整数，则满足条件的为________． 17．（2026·重庆一中·二模）7．我们规定：一个四位数，若满足，则称这个数为“福禄数”．例如：四位数，因为，所以是“福禄数”．按照这个规定，最小的“福禄数”是________；一个“福禄数”，将其千位数字与个位数字调换位置，百位数字与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的的值是________． 18．（2026·重庆十八中·二诊）8．一个四位自然数的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“凌跃数”．将的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到新的数，记，则_____，若“凌跃数”（，，，均为整数，且，，，），记的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有的值之和为________． 19．（2026·重庆巴蜀中学·二模）一个四位自然数，各个数位上的数字互不相同，若满足，则称数为“如意数”，若还满足，则称数为“九合如意数”，例如：四位数3546，，是“九合如意数”．按照这个规定，最小的“九合如意数”是____________．将自然数的千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置得到一个新的四位数，记，．若为“九合如意数”且为整数，同时，自然数（，，，，，，，均为整数）为“如意数”，且满足，则满足条件的所有的最大值与最小值的差是______________． 20．（2026·重庆西大附中·二模）一个四位自然数各个数位上的数字均不为0，若满足，则称为“对称差数”．将“对称差数”的个位数字去掉后得到的三位数记为，将千位数字去掉后得到的三位数记为，并规定，若是“对称差数”，则_____．若一个四位自然数（其中，，，均是整数，且满足：，，，）是“对称差数”，除以4余3，且满足是完全平方数，则满足条件的的最大值与最小值的差为_____． 21．（2026·重庆巷口中学·二模）我们规定：一个四位数，若满足，则称为“双减数”．例如：四位数，，是“双减数”．将一个“双减数”的千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数，记．若，则___________；若，满足与均为整数，则满足条件的的值是___________． 22．（2026·重庆大渡口·二模）一个四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当（为正整数）时，称这个四位数为“顺利数”．将的千位数字与十位数字调换，百位数字与个位数字调换后得到的新四位数记为，规定，当最大时，的值为___________；若为整数，且既能被11整除又能被19整除，则满足条件的正整数的值为___________． 23．（2026·重庆实验外国语学校·二模）一个四位数，各个数位上的数字互不相同且均不为0，若满足，则称这个四位数为“发发数”．例如：四位数2536，因为，所以2536是“发发数”．按照这个规定，最小的“发发数”是________；一个“发发数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的N的值是________． 24．（2026·重庆实验外国语学校·二模）一个四位数，各个数位上的数字互不相同且均不为0，若满足，则称这个四位数为“发发数”．例如：四位数2536，因为，所以2536是“发发数”．按照这个规定，最小的“发发数”是________；一个“发发数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字与个位数字调换位置，得到一个新的数，记，．若与均是整数，则满足条件的N的值是________． 25．（2026·重庆綦江未来联盟·二诊）若一个四位自然数的各个数位数字互不相等且均不为零，满足百位数字大于个位数字，且百位数字与个位数字的和为偶数，则称这个四位数为“偶合数”．按照这个规定，最小的“偶合数”是__________    ，对于“偶合数”，记，，若为完全平方数，能被9整除，则所有满足条件的M的最小数为__________． 26．（2026·重庆铜梁一中·二模）一个四位自然数M的各个数位的数字互不相等且均不为0，若千位数字与个位数字的差等于十位数字与百位数字的差，则称其为“骐骥数”．将M的千位与个位数字调换位置，百位与十位数字调换位置，得到一个新的数，记，则________，若“骐骥数”（a，b，c，d均为整数，且，，，），记N的各个数位上的数字之和为，若为完全平方数，且为整数，则满足条件的所有N的值之和为________． 27．（2025·重庆八中·二诊）8．若规定：一个四位自然数，若满足，且，则称这个四位数为“满分数”．例如：四位数，因为，所以是“满分数”．按照这个规定，最大的“满分数”为______．若是一个“满分数”，的前两位数字所组成的两位数记为，的后两位数字所组成的两位数记为，若除以余数为，且能被整除，则满足条件的自然数为______． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $