专题13新定义与规律探究题（真题21模拟21）-备战2023年中考数学历年真题 1年模拟新题分项详解（重庆专用）【解析版】.docx

1、备战2023年中考数学历年真题+1年模拟新题分项详解（重庆专用）专题13新定义与规律探究题 历年中考真题一选择题（共14小题）1（2022重庆）对多项式xyzmn任意加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：（xy）（zmn）xyz+m+n，xy（zm）nxyz+mn，给出下列说法：至少存在一种“加算操作”，使其结果与原多项式相等；不存在任何“加算操作”，使其结果与原多项式之和为0；所有的“加算操作”共有8种不同的结果以上说法中正确的个数为（）A0B1C2D3【分析】根据括号前是“+”，添括号后，各项的符号都不改变判断；根据相反数判断；通过例举判断【解析】解：如（xy

2、）zmnxyzmn，（xyz）mnxyzmn，故符合题意；xyzmn的相反数为x+y+z+m+n，不论怎么加括号都得不到这个代数式，故符合题意；第1种：结果与原多项式相等；第2种：x（yz）mnxy+zmn；第3种：x（yz）（mn）xy+zm+n；第4种：x（yzm）nxy+z+mn；第5种：x（yzmn）xy+z+m+n；第6种：xy（zm）nxyz+mn；第7种：xy（zmn）xyz+m+n；第8种：xyz（mn）xyzm+n；故符合题意；正确的个数为3，故选：D2（2022重庆）用正方形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有5个正方形，第个图案中有9个正方形，第个图案中有13个正方形

3、，第个图案中有17个正方形，此规律排列下去，则第个图案中正方形的个数为（）A32B34C37D41【分析】根据图形的变化规律得出第n个图形中有4n+1个正方形即可【解析】解：由题知，第个图案中有5个正方形，第个图案中有9个正方形，第个图案中有13个正方形，第个图案中有17个正方形，第n个图案中有4n+1个正方形，第个图案中正方形的个数为49+137，故选：C3（2022重庆）把菱形按照如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个菱形，第个图案中有3个菱形，第个图案中有5个菱形，按此规律排列下去，则第个图案中菱形的个数为（）A15B13C11D9【分析】根据前面三个图案中菱形的个数，得出规律，第n

4、个图案中菱形有（2n1）个，从而得出答案【解析】解：由图形知，第个图案中有1个菱形，第个图案中有3个菱形，即1+23，第个图案中有5个菱形即1+2+25，则第n个图案中菱形有1+2（n1）（2n1）个，第个图案中有26111个菱形，故选：C4（2022重庆）在多项式xyzmn中任意加括号，加括号后仍只有减法运算，然后按给出的运算顺序重新运算，称此为“加算操作”例如：（xy）（zmn）xyz+m+n，xy（zm）nxyz+mn，下列说法：至少存在一种“加算操作”，使其运算结果与原多项式相等；不存在任何“加算操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；所有可能的“加算操作”共有8种不同运算结果其中正确

5、的个数是（）A0B1C2D3【分析】根据“加算操作”的定义可知，当只给xy加括号时，和原式相等；因为不改变x，y的运算符号，故不存在任何“加算操作”，使其运算结果与原多项式之和为0在多项式xyzmn中，可通过加括号改变z，m，n的符号，因为z，m，n中只有加减两种运算，求出即可【解析】解：（xy）zmnxyzmn，与原式相等，故正确；在多项式xyzmn中，可通过加括号改变z，m，n的符号，无法改变x，y的符号，故不存在任何“加算操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；故正确；在多项式xyzmn中，可通过加括号改变z，m，n的符号，加括号后只有加减两种运算，2228种，所有可能的加括号的方法最多

6、能得到8种不同的结果故选：D5（2020重庆）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个黑色三角形，第个图案中有3个黑色三角形，第个图案中有6个黑色三角形，按此规律排列下去，则第个图案中黑色三角形的个数为（）A10B15C18D21【分析】根据前三个图案中黑色三角形的个数得出第n个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+n，据此可得第个图案中黑色三角形的个数【解析】解：第个图案中黑色三角形的个数为1，第个图案中黑色三角形的个数31+2，第个图案中黑色三角形的个数61+2+3，第个图案中黑色三角形的个数为1+2+3+4+515，故选：B6（2020重庆）下列图形都是由同样大小的实心

7、圆点按一定规律组成的，其中第个图形一共有5个实心圆点，第个图形一共有8个实心圆点，第个图形一共有11个实心圆点，按此规律排列下去，第个图形中实心圆点的个数为（）A18B19C20D21【分析】根据已知图形中实心圆点的个数得出规律：第n个图形中实心圆点的个数为2n+n+2，据此求解可得【解析】解：第个图形中实心圆点的个数521+3，第个图形中实心圆点的个数822+4，第个图形中实心圆点的个数1123+5，第个图形中实心圆点的个数为26+820，故选：C7（2019重庆）按如图所示的运算程序，能使输出y值为1的是（）Am1，n1Bm1，n0Cm1，n2Dm2，n1【分析】根据题意一一计算即可判断【

8、解析】解：当m1，n1时，y2m+12+13，当m1，n0时，y2n11，当m1，n2时，y2m+13，当m2，n1时，y2n11，故选：D8（2018重庆）按如图所示的运算程序，能使输出的结果为12的是（）Ax3，y3Bx4，y2Cx2，y4Dx4，y2【分析】根据运算程序，结合输出结果确定的值即可【解析】解：A、x3、y3时，输出结果为32+2315，不符合题意；B、x4、y2时，输出结果为（4）22（2）20，不符合题意；C、x2、y4时，输出结果为22+2412，符合题意；D、x4、y2时，输出结果为42+2220，不符合题意；故选：C9（2018重庆）把三角形按如图所示的规律拼图案，

9、其中第个图案中有4个三角形，第个图案中有6个三角形，第个图案中有8个三角形，按此规律排列下去，则第个图案中三角形的个数为（）A12B14C16D18【分析】根据第个图案中三角形个数42+21，第个图案中三角形个数62+22，第个图案中三角形个数82+23可得第个图形中三角形的个数为2+27【解析】解：第个图案中三角形个数42+21，第个图案中三角形个数62+22，第个图案中三角形个数82+23，第个图案中三角形的个数为2+2716，故选：C10（2018重庆）下列图形都是由同样大小的黑色正方形纸片组成，其中第个图中有3张黑色正方形纸片，第个图中有5张黑色正方形纸片，第个图中有7张黑色正方形纸片

10、，按此规律排列下去第个图中黑色正方形纸片的张数为（）A11B13C15D17【分析】仔细观察图形知道第一个图形有3个正方形，第二个有53+21个，第三个图形有73+22个，由此得到规律求得第个图形中正方形的个数即可【解析】解：观察图形知：第一个图形有3个正方形，第二个有53+21个，第三个图形有73+22个，故第个图形有3+2513（个），故选：B11（2017重庆）下列图象都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第个图形中一共有4颗，第个图形中一共有11颗，第个图形中一共有21颗，按此规律排列下去，第个图形中的颗数为（）A116B144C145D150【分析】根据题意将每个图形都看作两部分，一

11、部分是上面的构成规则的矩形的，另一部分是构成下面的近似金字塔的形状，然后根据递增关系得到答案【解析】解：412+2，1123+2+32134+2+3+4第4个图形为：45+2+3+4+5，第个图形中的颗数为：910+2+3+4+5+6+7+8+9+10144故选：B12（2017重庆）下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第个图形中一共有3个菱形，第个图形中一共有7个菱形，第个图形中一共有13个菱形，按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为（）A73B81C91D109【分析】根据题意得出得出第n个图形中菱形的个数为n2+n+1；由此代入求得第个图形中菱形的个数【解析】解：第个

12、图形中一共有3个菱形，312+2；第个图形中共有7个菱形，722+3；第个图形中共有13个菱形，1332+4；，第n个图形中菱形的个数为：n2+n+1；第个图形中菱形的个数92+9+191故选：C13（2016重庆）观察下列一组图形，其中图形中共有2颗星，图形中共有6颗星，图形中共有11颗星，图形中共有17颗星，按此规律，图形中星星的颗数是（）A43B45C51D53【分析】设图形n中星星的颗数是an（n为正整数），列出部分图形中星星的个数，根据数据的变化找出变化规律“an+n1”，依此规律即可得出结论【解析】解：设图形n中星星的颗数是an（n为正整数），a121+1，a26（1+2）+3，a

13、311（1+2+3）+5，a417（1+2+3+4）+7，an1+2+n+（2n1）+（2n1）+n1，a882+8151故选：C14（2016重庆）下列图形都是由同样大小的小圆圈按一定规律所组成的，其中第个图形中一共有4个小圆圈，第个图形中一共有10个小圆圈，第个图形中一共有19个小圆圈，按此规律排列，则第个图形中小圆圈的个数为（）A64B77C80D85【分析】观察图形特点，从中找出规律，小圆圈的个数分别是3+12，6+22，10+32，15+42，总结出其规律为+n2，根据规律求解【解析】解：通过观察，得到小圆圈的个数分别是：第一个图形为：+124，第二个图形为：+2210，第三个图形为

14、：+3219，第四个图形为：+4231，所以第n个图形为：+n2，当n7时，+7285，故选：D二解答题（共7小题）15（2022重庆）对于一个各数位上的数字均不为0的三位自然数N，若N能被它的各数位上的数字之和m整除，则称N是m的“和倍数”例如：247（2+4+7）2471319，247是13的“和倍数”又如：214（2+1+4）2147304，214不是“和倍数”（1）判断357，441是否是“和倍数”？说明理由；（2）三位数A是12的“和倍数”，a，b，c分别是数A其中一个数位上的数字，且abc在a，b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数记为F（A），最小的两位数记为G（A），若为

15、整数，求出满足条件的所有数A【分析】（1）根据“和倍数”的定义依次判断即可；（2）设A（a+b+c12，abc），根据“和倍数”的定义表示F（A）和G（A），代入中，根据为整数可解答【解析】解：（1）357（3+5+7）357152312，357不是“和倍数”；441（4+4+1）441949，441是9的“和倍数”；（2）设A（a+b+c12，abc），由题意得：F（A），G（A），a+c12b，为整数，7+（1b），1b9，b3，5，7，9，a+c9，7，5，3，当b3，a+c9时，（舍），则A732或372；当b5，a+37时，则A156或516；当b7，a+c5时，此种情况没有符合的值

16、；当b9，a+c3时，此种情况没有符合的值；综上，满足条件的所有数A为：732或372或156或51616（2022重庆）若一个四位数M的个位数字与十位数字的平方和恰好是M去掉个位与十位数字后得到的两位数，则这个四位数M为“勾股和数”例如：M2543，32+4225，2543是“勾股和数”；又如：M4325，52+2229，2943，4325不是“勾股和数”（1）判断2022，5055是否是“勾股和数”，并说明理由；（2）一个“勾股和数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记G（M），P（M）当G（M），P（M）均是整数时，求出所有满足条件的M【分析】（1）由“勾股和数

17、”的定义可直接判断；（2）由题意可知，10a+bc2+d2，且0c2+d2100，由G（M）为整数，可知c+d9，再由P（M）为整数，可得c22+d2812cd为3的倍数，由此可得出M的值【解析】解：（1）22+228，820，2022 不是“勾股和数”，52+5250，5055 是“勾股和数”；（2）M为“勾股和数”，10a+bc2+d2，0c2+d2100，G（M）为整数，为整数，c+d9，P（M）为整数，c2+d2812cd为3的倍数，c0，d9或c9，d0，此时M8109或8190；c3，d6或c6，d3，此时M4536或456317（2021重庆）如果一个自然数M的个位数字不为0，且

18、能分解成AB，其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为10，则称数M为“合和数”，并把数M分解成MAB的过程，称为“合分解”例如6092129，21和29的十位数字相同，个位数字之和为10，609是“合和数”又如2341813，18和13的十位数字相同，但个位数字之和不等于10，234不是“合和数”（1）判断168，621是否是“合和数”？并说明理由；（2）把一个四位“合和数”M进行“合分解”，即MABA的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的和记为P（M）；A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的差的绝对值记为Q（M）令G（M），当G（M）能被4整除时，求出所有满足条

19、件的M【分析】（1）根据“合和数”的定义直接判定即可；（2）设A的十位数字为m，个位数字为n，则A10m+n，B10m+10n，得出P（M）m+n+m+10n2m+10，Q（M）|（m+n）（m+10n）|2n10|，当G（M）能被4整除时，设值为4k，对m+58或12进行讨论【解析】解：（1）1681214，12和14十位数字相同，但个位数字2+410，168不是“合和数”6212327，23和27十位数字相同，且个位数字3+710，621是“合和数”（2）设A的十位数字为m，个位数字为n，M的个位数字不为0，且M是一个四位“和合数”，3m9，1n9，则A10m+n，B10m+10n，P（M

20、）m+n+m+10n2m+10，Q（M）|（m+n）（m+10n）|2n10|G（M）4k（k是整数）3m9，8m+514，k是整数，m+58或m+512，当m+58时，或，当m3时，n6或4，当m3时，n7或3，MAB（10m+n）（10m+10n）36341224或MAB（10m+n）（10m+10n）37331221，当m+512时，或，当m7时，n6或4，当m7时，n8或2，MAB（10m+n）（10m+10n）76745624或MAB（10m+n）（10m+10n）78725616综上，满足条件的M有：1224，1221，5624，561618（2021重庆）对于任意一个四位数m，若

21、千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数m为“共生数”例如：m3507，因为3+72（5+0），所以3507是“共生数”；m4135，因为4+52（1+3），所以4135不是“共生数”（1）判断5313，6437是否为“共生数”？并说明理由；（2）对于“共生数”n，当十位上的数字是千位上的数字的2倍，百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除时，记F（n）求满足F（n）各数位上的数字之和是偶数的所有n【分析】（1）根据题目中的定义，可直接判断5313，6437是否为“共生数”；（2）根据定义，先用两个未知数表示F（n），然后列出含有n的式子，找出满足要

22、求的结果即可【解析】解：（1）5313是“共生数”，6437不是“共生数”，5+32（3+1），5313是“共生数”，6+72（3+4），6437不是“共生数”；（2）n是“共生数”，根据题意，个位上的数字要大于百位上的数字，设n的千位上的数字为a，则十位上的数字为2a，（1a4），设n的百位上的数字为b，个位和百位都是09的数字，个位上的数字为9b，且9bb，0b4，n1000a+100b+20a+9b，F（n）340a+33b+3，由于n是“共生数”，a+9b2（2a+b），即a+b3，可能的情况有：，当a1，b2时，n的值为1227，则F（n）的值为409，各数位上数字之和不是偶数，舍去

23、，当a2，b1时，n的值为2148，则F（n）的值为716，各数位上数字之和是偶数，当a3，b0时，n的值为3069，则F（n）的值为1023，各数位上数字之和是偶数，n的值是2148或306919（2019重庆）在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了偶数、奇数、合数、质数等现在我们来研究一种特殊的自然数“纯数”定义：对于自然数n，在通过列竖式进行n+（n+1）+（n+2）的运算时各位都不产生进位现象，则称这个自然数n为“纯数”例如：32是“纯数”，因为32+33+34在列竖式计算时各位都不产生进位现象；23不是“纯数”，因为23+24+25在

24、列竖式计算时个位产生了进位（1）请直接写出1949到2019之间的“纯数”；（2）求出不大于100的“纯数”的个数，并说明理由【分析】（1）根据“纯数”的概念，从1949至2019之间找出“纯数”；（2）根据“纯数”的概念得到不大于100的数个位不超过2，十位不超过3时，才符合“纯数”的定义解答【解析】解：（1）显然1949至1999都不是“纯数”，因为在通过列竖式进行n+（n+1）+（n+2）的运算时要产生进位在2000至2019之间的数，只有个位不超过2时，才符合“纯数”的定义所以所求“纯数”为2000，2001，2002，2010，2011，2012；（2）不大于100的“纯数”的个数有

25、13个，理由如下：因为个位不超过2，十位不超过3时，才符合“纯数”的定义，所以不大于100的“纯数”有：0，1，2，10，11，12，20，21，22，30，31，32，100共13个20（2019重庆）道德经中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等现在我们来研究另一种特殊的自然数“纯数”定义；对于自然数n，在计算n+（n+1）+（n+2）时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是”纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是

26、“纯数”，因为计算23+24+25时，个位产生了进位（1）判断2019和2020是否是“纯数”？请说明理由；（2）求出不大于100的“纯数”的个数【分析】（1）根据题目中的新定义可以解答本题，注意各数位都不产生进位的自然数才是“纯数”；（2）根据题意可以推出不大于100的“纯数”的个数，本题得以解决【解析】解：（1）2019不是“纯数”，2020是“纯数”，理由：当n2019时，n+12020，n+22021，个位是9+0+110，需要进位，2019不是“纯数”；当n2020时，n+12021，n+22022，个位是0+1+23，不需要进位，十位是2+2+26，不需要进位，百位为0+0+00，

27、不需要进位，千位为2+2+26，不需要进位，2020是“纯数”；（2）由题意可得，连续的三个自然数个位数字是0，1，2，其他位的数字为0，1，2，3时，不会产生进位，当这个数是一位自然数时，只能是0，1，2，共三个，当这个自然数是两位自然数时，十位数字是1，2，3，个位数是0，1，2，共九个，当这个数是三位自然数时，只能是100，由上可得，不大于100的“纯数”的个数为3+9+113，即不大于100的“纯数”的有13个21（2016重庆）我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：npq（p，q是正整数，且pq），在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称pq是n的最

28、佳分解并规定：F（n）例如12可以分解成112，26或34，因为1216243，所以34是12的最佳分解，所以F（12）（1）如果一个正整数a是另外一个正整数b的平方，我们称正整数a是完全平方数求证：对任意一个完全平方数m，总有F（m）1；（2）如果一个两位正整数t，t10x+y（1xy9，x，y为自然数），交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为18，那么我们称这个数t为“吉祥数”，求所有“吉祥数”中F（t）的最大值【分析】（1）根据题意可设mn2，由最佳分解定义可得F（m）1；（2）根据“吉祥数”定义知（10y+x）（10x+y）18，即yx+2，结合x的范围可

29、得2位数的“吉祥数”，求出每个“吉祥数”的F（t），比较后可得最大值【解析】解：（1）对任意一个完全平方数m，设mn2（n为正整数），|nn|0，nn是m的最佳分解，对任意一个完全平方数m，总有F（m）1；（2）设交换t的个位上的数与十位上的数得到的新数为t，则t10y+x，t为“吉祥数”，tt（10y+x）（10x+y）9（yx）18，yx+2，1xy9，x，y为自然数，“吉祥数”有：13，24，35，46，57，68，79，F（13），F（24），F（35），F（46），F（57），F（68），F（79），所有“吉祥数”中，F（t）的最大值是一年模拟新题一选择题（共20小题）1（2022沙

30、坪坝区校级模拟）有n个依次排列的整式：第1项是（x+1），用第1项乘以（x1），所得之积记为a1，将第1项加上（a1+1）得到第2项，再将第2项乘以（x1）得到a2，将第2项加上（a2+1）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：第5项为x5+x4+x3+x2+x+1；a6x61；若第2021项的值为0，则x20221；当x2时，第k项的值为以上结论正确的个数为（）个A1B2C3D4【分析】根据题意可得第1项为x+1，第2项为x2+x+1，第3项为x3+x2+x+1，a3（x3+x2+x+1）（x1）x41，a3+1x4.根据变化规律解答即可【解析】解：根据题意：第1项

31、为x+1，a1（x+1）（x1）x21，a1+1x2，第2项为x2+x+1，a2（x2+x+1）（x1）x31，a2+1x3，第3项为x3+x2+x+1，a3（x3+x2+x+1）（x1）x41，a3+1x4，.第5项为x5+x4+x3+x2+x+1，故正确；a6x71，故错误；若第2021项为0，则x2021+x2020+.x4+x3+x2+x+10，a2021（x2021+x2020+.x4+x3+x2+x+1）（x1）0，x202210，即x20221，故正确；当x2时，设S（2）k+（2）k1+.+（2）2+（2）+1（），2S（2）k+1+（2）k+.+（2）3+（2）2+（2）（）

32、，（）（）得：3S1（2）k+1，S，故错误，正确的有两个，故选：B2（2022渝中区校级模拟）已知：Mx2+ax3，Nx+1（其中a为整数，且a0）；有下列结论，其中正确的结论个数有（）若MN中不含x2项，则a1；若为整式，则a2；若a是M+N0的一个根，则A0个B1个C2个D3个【分析】求得MNx3+（a+1）x2+（a3）x3，根据题意a+10，求得a1，即可判断正确；由为整式可知M能够分解出（x+1）这个因式，从而求得a2，即可判断错误；由题意求得2a2+a20，变形为a2，代入a2+，通过计算分式的加法，从而求得a2+，即可判断错误【解析】解：MN（x2+ax3）（x+1）x3+ax

33、23x+x2+ax3x3+（a+1）x2+（a3）x3，不含x2项，a+10，a1，故符合题意；为整式，Mx2+ax3（x3）（x+1）x22x3，a2，故不符合题意；若a是M+N0的一个根，则a是x2+ax3+x+10的一个根，a是x2+（a+1）x20的一个根，a2+（a+1）a20，2a2+a20，a2，a2+2+2+2，故不合题意；故选：B3（2022北碚区校级模拟）某数学兴趣小组在学习二次根式的时候发现：有时候两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，例如：（2）（+2）1，a，（2）（2+）10，通过查阅相关资料发现，这样的两个代数式互为有理化因式小组成员利用有理化因式，分别

34、得到了一个结论：甲：；乙：设有理数a，b满足：，则a+b6；丙：；丁：已知4，则；戊：+以上结论正确的有（）A甲丙丁B甲丙戊C甲乙戊D乙丙丁【分析】利用有理化因式进行变形计算后即可判断【解析】解：甲：，故正确；乙：设有理数a，b满足：，+（a+b）+（a+b），（a+b）+（a+b）6+4，a+b6，故错误；丙：+，+，故正确；丁：（）（+）（43x）（11x）32，而4，+8，故错误；戊：+，故正确；故选：B4（2022沙坪坝区校级三模）对x、y定义一种新运算T，规定：T（x，y）axy+bx4（其中a、b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T（0，1）a01+b044，若T

35、（2，1）2，T（1，2）8，则结论正确的个数为（）（1）a1，b2；（2）若T（m，n）0（n2），则；（3）若T（m，n）0（n2），m、n均取整数，则或或；（4）若T（m，n）0（n2），当n取s、t时，m对应的值为c、d，当ts2时，cd；（5）若T（kx，y）T（ky，x）对任意有理数x、y都成立（这里T（x、y）和T（y、x）均有意义），则k0A2个B3个C4个D5个【分析】由题意联立方程组，求出a、b的值，即可确定（1）正确；由已知，得到mn+2m40，求出m即可确定（2）正确；根据n+21，n+22，n+24，可求m、n的值，从而确定（3）不正确；m看作函数m向左移动2个单位，

36、在所给的范围内，m随n的值的增大而减小，则cd，可确定（4）不正确；由题意列出方程kxy+2kx4kxy+2ky4，得到2k（xy）0，由对任意有理数x、y都成立，则k0，可确定（5）正确【解析】解：T（2，1）2，T（1，2）8，解得，故（1）正确；T（x，y）xy+2x4，T（m，n）0，mn+2m40，n2，m，故（2）正确；m、n均取整数，n+21，n+22，n+24，n1或n3或n0或n4或n2或n6，m4或m4或m2或m2或m1或m1，故（3）不正确；m，m看作函数m向左移动2个单位，ts2，m随n的值的增大而减小，cd，故（4）不正确；T（kx，y）T（ky，x），kxy+2kx

37、4kxy+2ky4，2k（xy）0，对任意有理数x、y都成立，k0，故（5）正确；综上所述：（1）（2）（5）正确，故选：B5（2022九龙坡区校级模拟）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M1；作差，结果记为N1；（即M1+，N1）第二次操作：将M1，N1作和，结果记为M2；作差，结果记为N2；（即M2M1+N1，N2M1N1）第三次操作：将M2，N2作和，结果记为M3；作差，结果记为N3；（即M3M2+N2，N3M2N2）（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：M32M1；当x1时，M2+M4+M

38、6+M820；若N2M44，则x1；在第n（n为正整数）次和第n+1次操作的结果中：为定值；在第2n（n为正整数）次操作的结果中：M2n，N2n以上结论正确的个数有（）个A5B4C3D2【分析】利用第一次、第二次、第三次操作，找到规律，然后判断即可【解析】解：，可知，故选项正确；当x1时，M2+M4+M6+M82+4+8+1630，故选项不正确；N2N44，解得x1，或x2，故选项不正确；当n1时，不是定值，故选项不正确；，故选项正确，故选：D6（2022沙坪坝区校级模拟）对整式a2进行如下操作：将a2与另一个整式x1相加，使得a2与x1的和等于（a+1）2，表示为m1a2+x1（a+1）2，

39、称为第一次操作；将第一次操作的结果m1与另一个整式y1相减，使得m1与y1的差等于a21，表示为m2m1y1a21，称为第二次操作；将第二次的操作结果m2与另一个整式x2相加，使得m2与x2的和等于（a+2）2，表示为m3m2+x2（a+2）2，称为第三次操作；将第三次操作的结果m3与另一个整式y2相减，使得m3与y2的差等于a222，表示为m4m3y2a222，称为第四次操作，以此类推，下列四种说法：x26a+13；y5+y7x5x720；x2022y20212a+4045；当n为奇数时，第n次操作结果mn（a+）2；当n为偶数时，第n次操作结果mna2（）2；四个结论中正确的有（）A1个B

40、2个C3个D4个【分析】根据题意可得出规律为，当n为奇数时，mn（a+）2，当n为偶数时，mna2（）2，即可得出答案【解析】解：根据题意可知，x1（a+1）2a2，x2（a+2）2（a21），以此类推，可得由于，以此类推，可得，当n为奇数时，mn（a+）2，当n为偶数时，mna2（）2x24a+5，故结论错误；y5+y7x5x7（a+5）2（a252）+（a+7）2（a272）（a+5）2（a242）（a+7）2（a262）52+72426222故结论错误；x2022y2021（a+2022）2（a220212）（a+2021）2（a220212）（a+2022）2a2+20212（a+20

41、21）2+a220212（a+2022+a+2021）（a+2022a2021）2a+4043故结论错误；当n为奇数时，mn（a+）2，当n为偶数时，mna2（）2，故结论正确故选：A7（2022九龙坡区模拟）按如图所示的运算程序，能使输出y值为3的是（）Ax1Bx2Cx3Dx4【分析】根据所示的运算程序，求出当x1、2、3、4时，输出的y值分别为多少，判断出能使输出y值为3的是哪个即可【解析】解：当x1时，1是奇数，y6；当x2时，2是偶数，y+12；当x3时，3是奇数，y2；当x4时，4是偶数，y+13；按如图所示的运算程序，能使输出y值为3的是x4故选：D8（2022九龙坡区模拟）已知多

42、项式Ax2+2y+m和By22x+n（m，n为常数），以下结论中正确的是（）当x2且m+n1时，无论y取何值，都有A+B0；当mn0时，AB所得的结果中不含一次项；当xy时，一定有AB；若m+n2且A+B0，则xy；若mn，AB1且x，y为整数，则|x+y|1ABCD【分析】当x2且m+n1时，A+B（y+1）2，即可判断；当mn0时，ABx2y22x3+2y34xy，即可判断；当xy时，AB4x+mn，即可判断；若m+n2且A+B0，可得A+B（x1）2+（y+1）20，进而可得，即可判断；若mn，可得AB（x+y）（xy+2）1，进而判断|x+y|1，即可判断【解析】解：当x2且m+n1时

43、，Ax2+2y+m2y+4+m，By22x+ny24+n，A+By2+2y+m+ny2+2y+1（y+1）20，故正确；当mn0时，Ax2+2y+mx2+2y，By22x+ny22x，AB（x2+2y）（y22x）x2y22x3+2y34xy，所得的结果中不含一次项，故正确；当xy时，Ax2+2y+mAx2+2x+m，By22x+nx22x+n，ABx2+2x+m（x22x+n）x2+2x+mx2+2xn4x+mn，不确定4x+mn的正负，故错误；若m+n2且A+B0，A+Bx2+2y+m+y22x+nx2+y22x+2y+2（x1）2+（y+1）20，解得，xy，故错误；mn，ABx2+2y

44、+my2+2xnx2+2yy2+2x（x+y）（xy+2）1，若|x+y|1正确，则|xy+2|1，即xy+21，当xy+21时，代入（x+y）（xy+2）1，得x+y1，此时|x+y|1，正确；当xy+21时，代入（x+y）（xy+2）1，得x+y1，此时|x+y|1，正确故正确故选：B9（2022两江新区模拟）阅读材料：在处理分数和分式的问题时，有时由于分子大于分母，或分子的次数高于分母的次数，在实际运算时难度较大，这时，我们可将分数（分式）拆分成一个整数（整式）与一个真分数（真分式）的和（差）的形式，通过对它的简单分析来解决问题，我们称这种方法为分离常数法，此法在处理分式或整除问题时颇为

45、有效将分式分离常数可类比假分数变形带分数的方法进行如：a+a1+，这样，分式就拆分成一个分式与一个整式a1的和的形式，下列说法正确的有（）个若x为整数，为负整数，则x3；69；若分式拆分成一个整式与一个真分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m11+（整式部分对应等于5m11，真分式部分对应等于），则m2+n2+mn的最小值为27A0B1C2D3【分析】（1）利用题干中的方法将分式拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，利用整数或整式的性质对没结论进行判断即可【解析】解：为负整数，0，或，解第一个不等式组得：4x2，解第二个不等式组得：无解，4x2，x为整数，x3，故的结论正确；6+，又

46、x20，0，且x2+2有最小值2，由最大值3，66+9，的结论正确；5（x+2）11，mx+2，n6（x+2），mx+2，n4xm2+n2+mn（m+n）2mn36（x2+2x+8）x22x+28（x1）2+27，（x1）20，m2+n2+mn有最小值为27，的结论正确，故选：D10（2022大渡口区模拟）有一台特殊功能计算器，对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算，其运算过程是：输入第一个整数x1，只显示不运算，接着再输入整数x2后则显示|x1x2|的结果比如依次输入1，2，则输出的结果是|12|1；此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差后再取绝对值的运算有如下结论：依次输入1

47、，2，3，4，则最后输出的结果是2；若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个输入，全部输入完毕后显示的结果的最大值是4；若将1，2，3，4这4个整数任意地一个一个地输入，全部输入完毕后显示的结果的最小值是0；若随意地一个一个地输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，若k的最大值为10，那么k的最小值是6上述结论中，正确的个数是（）A1个B2个C3个D4个【分析】根据题意每次输入都是与前一次运算结果求差后取绝对值，将已知数据输入求出即可；根据运算规则可知最大值是4；根据运算规则可知最小值是0；根据题意可得出只有3个数字，当最后输入最大值时结果得到的值最大，当首先

48、将最大值输入则结果是最小值，进而分析得出即可【解析】解：根据题意可以得出：|12|1|1，|13|2|2，|24|2|2，故符合题意对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、4、2，可得：|13|2|4|4，全部输入完毕后显示的结果的最大值是4故符合题意；对于1，2，3，4，按如下次序输入：1、3、4、2，可得：|13|4|2|0，全部输入完毕后显示的结果的最小值是0，故符合题意；随意地一个一个的输入三个互不相等的正整数2，a，b，全部输入完毕后显示的最后结果设为k，k的最大值为10，设b为较大数字，当a1时，|b|a2|b1|10，解得：b11，故此时任意输入后得到的最小数为：|2|111

49、|8，设b为较大数字，当ba2时，|b|a2|ba+2|10，则ba+210，即ba8，则ab8，故此时任意输入后得到的最小数为：|a|b2|ab+2|6，综上所述：k的最小值为6故符合题意故选：D11（2022秀山县模拟）如图图形都是由同样大小的实心圆点按一定规律组成的，其中第个图形一共有5个实心圆点，第个图形一共有8个实心圆点，第个图形一共有11个实心圆点，按此规律排列下去，第个图形中实心圆点的个数为（）A22B23C25D26【分析】根据已知图形中实心圆点的个数得出规律：第n个图形中实心圆点的个数为2n+n+2，据此求解可得【解析】解：第个图形中实心圆点的个数：521+3，第个图形中实心

50、圆点的个数：822+4，第个图形中实心圆点的个数：1123+5，第n个图形中实心圆点的个数为：2n+n+23n+2，第个图形中实心圆点的个数：38+226故选：D12（2022沙坪坝区模拟）数轴上A，B两点表示的数分别为7，b，点A在点B的左侧将点B右移1个单位长度至点B1，再将点B1右移1个单位长度至点B2，以此类推，点n是数轴上位于Bn右侧的点，且满足ABn3Bnn（n1，2，）若点C10表示的数为9，则b的值为（）A5B7C5D7【分析】由题意可得Bnb+n，则ABnb+n（7）b+n+7，Bnnn（b+n），结合条件即可求解【解析】解：点B右移1个单位长度至点B1，即B1表示的数为：b

51、+1，点B1右移1个单位长度至点B2，即B2表示的数为：b+2，.Bnb+n，ABnb+n（7）b+n+7，Bnnn（b+n），ABn3Bnn，b+n+73n（b+n），整理得：n，当点C10表示的数为9时，解得：b5故选：A13（2022沙坪坝区校级一模）有n个依次排列的整式：第一项是a2，第二项是a2+2a+1，用第二项减去第一项，所得之差记为b1，将b1加2记为b2，将第二项与b2相加作为第三项，将b2加2记为b3，将第三项与b3相加作为第四项，以此类推；某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：b32a+5；当a2时，第3项为16；若第4项与第5项之和为25，则a7；第2022项为（a

52、+2022）2；当nk时，b1+b2+bk2ak+k2；以上结论正确的是（）ABCD【分析】根据题意可以得出规律，第n项为（a+n1）2，bn2a+2n1，根据规律逐项求解判断即可【解析】解：由题意可知，第一项为（a+0）2，第二项为（a+1）2，b1a2+2a+1a22a+1，b22a+3，b32a+3+22a+5，故正确，第三项为a2+2a+1+2a+3（a+2）2，当a2时，第三项为16，故正确，第四项为（a+2）2+2a+5（a+3）2，b42a+7，第五项为（a+3）2+2a+7（a+4）2，.bn2a+2n1，第n项为（a+n1）2，第2022项为（a+2021）2故错误，若第四项

53、与第五项的和25，则（a+3）2+（a+4）225，解得a0或a7，故错误，当nk时，b1+b2+.+bk（2a+1）+（2a+3）+.+（2a+2k1）2ka+1+3+5+.+（2k1）2ka+k2，故正确，故正确的为：，故选：A14（2022九龙坡区校级模拟）如图所示的运算程序中，x、y均为整数，若开始输入的x20，则第一次输出的结果为10，第二次输出的结果为5，则第2022次输出的结果y（）A1B2C4D8【分析】把x的值代入程序中计算，以此类推得到一般性规律，即可得到第2022次输出结果【解析】解：第一次输出结果为2010，第二次输出结果为105，第三次输出结果为5+38，第四次输出结

54、果为84，第五次输出结果为42，第六次输出结果为21，第七次输出结果为1+34，从第4次开始，以4，2，1不断循环出现，（20223）3673，依此类推，第2022次输出结果为1，故选：A15（2022南岸区校级模拟）距离，是数学、天文学、物理学研究的基本问题，唯有对宇宙距离进行测量，人类才能掌握世界的尺度如图，若点 A、B在数轴上代表的数为a，b，则 A、B两点之间的距离AB|ab|，则下列说法：数轴上表示x和1的两点之间的距离是|x1|；若AB3，点B表示的数是2，则点A表示的数是1；当x3时，代数式|x+1|+|x3|+|x5|有最小值，为6；当代数式|x+2|+|x2|取最小值时，x的

55、取值范围是2x2；点A、B、C在数轴上代表的数分别为a、b、c，若|ab|+|ca|bc|，则点A位于 B、C两点之间其中说法正确的是（）ABCD【分析】根据绝对值的几何意义逐一判断每个说法的对错即可【解析】解：数轴上表示x和1的两点之间的距离是|x（1）|x+1|，故错误；设点A表示数a，点B表示的数是2，AB|a2|AB3，|a2|3，解得：a5或1，故错误；代数式|x+1|+|x3|+|x5|表示数轴上数x对应的点到1、3、5三个数对应点的距离之和，当x3时，|x+1|+|x3|+|x5|3+1|+|33|+|35|4+0+26，为最小值故正确；代数式|x+2|+|x2|表示数x对应点到

56、数1，2对应点的距离之和，当数x对应点在1和2对应点之间时，这个距离之和最小，当代数式|x+2|+|x2|取最小值时，x的取值范围是2x2，故正确；|ab|+|ca|表示点A到点B、C的距离之和，|bc|表示点B与点C之间的距离，若|ab|+|ca|bc|，则点A位于 B、C两点之间，故正确故选：D16（2022江津区一模）定义：如果axN（a0，且a1），那么x叫做以a为底N的对数，记做xlogaN例如：因为7249，所以log7492；因为53125，所以log51253下列说法正确的序号有（）log6636；log3814；若log4（a+14）2，则a2；log264log232+lo

57、g22ABCD【分析】根据对数与幂的关系判断【解析】解：616log661错误3481log3814正确log4（a+14）2a+1442a2正确log2646，log2325，log221正确故选：D17（2022重庆模拟）如图，第个图形中共有4个小黑点，第个图形中共有7个小黑点，第个图形中共有10个小黑点，第个图形中共有13个小黑点，按此规律排列下去，则第个图形中小黑点的个数为（）A19B20C22D25【分析】观察图形的变化可得后一个图形小黑点的个数比前一个图形的小黑点的个数多3，进而可得第个图形中小黑点的个数【解析】解：第个图形中共有4个小黑点，即331+1；第个图形中共有7个小黑点，

58、即732+1；第个图形中共有10个小黑点，即1033+1；，按此规律排列下去，则第个图形中小黑点的个数为36+119（个）故选：A18（2022重庆模拟）将边长相同的黑白小正方形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个小正方形，第个图案中共有4个小正方形，第个图案中共有9个小正方形，按此规律拼下去，则第个图案中小正方形的个数共有（）A36个B42个C49个D56个【分析】分析数据可得：第1个图案中小正方形的个数为112；第2个图案中小正方形的个数为1+3422；第3个图案中小正方形的个数为1+3+5932；则第n个图形的小正方体的个数1+3+5+2n+1n的平方依此规律，结论可得【解析】解

59、：第1个图案中小正方形的个数为112；第2个图案中小正方形的个数为1+3422；第3个图案中小正方形的个数为1+3+5932；第7个图形的小正方体的个数1+3+5+157249故选：C19（2022祥云县模拟）下列图案是用长度相同的牙签按一定规律摆成的摆图案（1）需8根牙签，摆图案（2）需15根牙签按此规律摆图案（n）需要牙签的根数是（）A7n+8B7n+4C7n+1D7n1【分析】根据图案、中牙签的数量可知，第1个图形中牙签有8根，每多一个多边形就多7根牙签，由此可知第n个图案需牙签8+7（n1）7n+1根【解析】解：图案需牙签：8根；图案需牙签：8+715根；图案需牙签：8+7+722根；

60、图案n需牙签：8+7（n1）7n+1根，故选：C20（2022沙坪坝区校级三模）下列图形都是由按照一定规律组成的，其中第个图中共有4个，第个图中共有8个，第个图中共有13个，第个图中共有19个，照此规律排列下去，则第个图中的个数为（）A50B53C64D73【分析】根据已知图形得出图n中点的个数为（n+1）2（1+2+3+n1），据此可得【解析】解：因为图中点的个数为4220，图中点的个数为8321，图中点的个数为1342（1+2），图中点的个数为1952（1+2+3），所以图中点的个数为102（1+2+3+8）1003664，故选：C二解答题（共1小题）21（2022九龙坡区模拟）一个各个数

61、位上的数字均不为0的四位正整数，若其千位与十位之和等于百位与个位之和，和等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”例如，1375，1+73+58，1375是“乐群数”；又如，3254，3+582+4，3254不是“乐群数”；（1）请按照题中格式判断1473和6325是否为”乐群数”；（2）若“乐群数”M的千位数字a小于百位数字b，且M被7除余3，求满足条件的“乐群数”M【分析】（1）结合例题进行判断即可；（2）由题意可得M990a+99b+88，再由整除性，可得能被7整除，对a、b分别进行验证即可【解析】解：（1）1473，1+783+4，1473不是“乐群数”；6325，2+63+58，6325是“乐群数”；（2）M是“乐群数”，M的千位数字a小于百位数字b，M的十位数字是8a，个位数字是8b，M是1000a+100b+10（8a）+8b990a+99b+88，M被7除余3，M3能被7整除，M3990a+99b+85，14（10a+b）+12+，能被7整除，ab，当a1，b3；a2，b7；a3，b4时，满足题意，M为1357，2761，3454