2026年重庆中考数学二轮复习 专题02 代数操作题选择类(5大题型)(重难专练)

这是一份2026年重庆中考数学二轮复习 专题02 代数操作题选择类(5大题型)(重难专练)，共9页。试卷主要包含了有依次排列的2个整式，已知整式，已知整式M，若定义三个函数分别为等内容，欢迎下载使用。
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第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
考向 代数证明
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
重●难●要●点●剖●析
考向 代数证明
题型1 整式类
1．（K12重庆市2024一一2025学年下学期二模）有依次排列的2个整式：，，对任意相邻的两个整式，都用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，可以产生一个新整式串：，3，，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，有同学得出了下列结论：
（1）第二次操作后整式串为：，，3，，；
（2）第二次操作后的整式串中，当时，所有整式的积不大于0；
（3）第四次操作后整式串中共有15个整式；
（4）第2025次操作后的整式串中，所有的整式的和为；
四个结论正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题主要考查了整式的加减运算法则、整式的乘法运算法则等知识点，灵活运用运算法则是解题的关键．
根据整式的加减运算法则和整式的乘法运算法则进行计算逐个判断即可．
【详解】解：∵第一次操作后的整式串为：，3，，
∴第二次操作后的整式串为：，，3，，，故（1）错误，不符合题意；
∴第二次操作后整式的积为：，
∵，
∴，
∴，
∴，故（2）正确，符合题意；
∵第二次操作后的整式串为：，，3，，，
∴第三次操作后的整式串个数为：，
∴第四次操作后的整式串个数为：，故（3）错误，不符合题意；
可知：第一次操作后整式的和为：，第二次操作后整式的和为：；
∵第二次操作后的整式串为：，，3，，，
∴第二次操作后的整式串为：，3，，，3，，，，，
∴第三次操作后整式的和为：；
∴第n次操作后的整式的和为：，
第2025次操作后的整式串中，所有的整式的和为，故（4）正确，符合题意，
故选：B．
2．（重庆市万州中学教育集团2024-2025学年九年级下学期二模）在两个整式，之间写上这两个整式之和，得到整式串：、、，看作第一次操作；再在、、每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，得到一个新的整式串，看作第二次操作；第三次操作就在第二次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的；第四次操作就在第三次操作基础上，每相邻两个整式之间写上这两个整式之和的，…，则下列说法中：
①第二次操作得到整式串：，，，；
②第四次操作后的整式串的第四个整式为；
③第六次操作后的整式串中共有个整式65；
④当时，第2025次操作后得到的整式串中所有整式之和为2053351．正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【详解】解：第一次操作得到整式串：、、，共有个整式，
①第二次操作得到整式串：，，，，，故①不正确，共有个整式，
第三次操作得到整式串：，，，，，，，，，共有个整式，
第四次操作得到整式串：，，，，，，共有个整式，；
……，第次操作得到整式串共有个整式
②第四次操作后的整式串的第四个整式为，故②正确；
③第六次操作后的整式串中共有个整式，故③正确
④第一次操作得到整式串：、、，其和为
第二次操作得到整式串：，，，，，其和为，
第三次操作得到整式串：，，，，，，，，，其和为，
……，
第次操作得到整式和为：
当时，第次操作后得到的整式串中所有整式之和为，故④不正确．
故选：B．
3．（重庆市开州区西街初中教育集团2025-2026学年一模）已知整式：，其中，为自然数，为正整数，、互不相等，且．有下列说法：
①满足条件的整式共有12个；
②满足条件的整式中，有4个是二次三项式；
③当时，的值为，则的最小值为；
④将整式的二次项系数与一次项系数互换，得到新的整式，当时，．其中，错误的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【详解】解：∵为正整数，为自然数，，且．
列出所有组合：
当时，，可能的组合：，共4个；
当时，，可能的组合：，共4个；
当时，，可能的组合：，共2个；
当时，，可能的组合：，共2个；
当时，，只有但，排除．
∴总组合数：，故①正确．
二次三项式要求且．
从上述组合中筛选：
时，的组合为；
时，的组合为；故共4个，②正确．
当时，设M的值为．
由，得，
∴．
欲最小，需最大．
则当（对应）时，，故③正确．
互换系数得．
当时，，
整理得，
即，
∴，
若，则或；
若，则任意均成立．
故④错误．
综上，错误个数为1．
故选：A．
4．（重庆市南岸区2025年九年级质量监测指标到校数学试题）已知整式M：，其中，为自然数，为正整数，，，互不相等，且．下列说法：
①满足条件的整式M共有16个；
②满足条件的整式M中，有8个是二次三项式；
③当时，M的值为y，则y的最小值为；
④将整式M的二次项系数与一次项系数互换，得到新的整式N，当时，．
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【详解】解：①为正整数，，为自然数，且，、、互不相等，有以下几种情况：
当时，，则，可以为，，，，，
当时，，则，可以为，，，，，
当时，，则，可以为，，，
当时，，则，可以为，，，
当时，，则，可以为，，，
满足条件的组合共有组，
满足条件的整式共有14个，故①错误；
②二次三项式要求，，，从上面的组合中找，有，2，，3，，1，，3，，1，，2，共6个，
满足条件的整式中，有6个是二次三项式，故②错误；
③当时，，
由可得，则，要使最小，
为正整数，为自然数，当，时，，
的最小值为，
故③正确；
④整式，整式，
当时，，
，即，
，
或，
故④错误；
综上，③正确，正确的个数是1个，
故选：A．
题型2 方程类
5．（重庆綦江区2025-2026学年九年级上学期期末）已知（是各项的系数，是常数项）：我们规定的伴导多项式是，且，如果，则它的伴导多项式，下列说法：
①已知，则它的伴导多项式；
②已知，它的伴导多项式，则或；
③已知二次多项式，并且它的伴导多项式是，若关于的方程有正整数解，则符合条件的的整数值的和为．其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【详解】解：①∵，，，
∴，故①正确；
②∵，，，，，
∴，
令，则，即，
解得或，故②正确；
③∵，，，，
∴，
令，则，
整理得，
即，
∵为正整数，
∴为负整数且是的约数，即，
∴，验证均满足的条件．
和为，故③正确；
综上，正确的个数为3．
故选：D．
6（重庆市字水中学2024-2025学年九年级下学期二模）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．0B．1C．2D．3
【答案】C
【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．
7．（2025年重庆市南开中学九年级下学期中考二模数学试题）已知关于x的整式，其中n，均为自然数，且，以下说法：
①若，则方程的解为；
②若，且方程有两个不等实根，则的最大值为9；
③若为整系数多项式，则这样的有19个．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【详解】解：①∵，
∴，
又∵，为自然数，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，①正确；
②若，则，
∵，
∴，
整理得，
∵方程有两个不等实根，
∴，，
∴，，
∵，均为自然数，
∴，
若，则，不符合题意，舍去；
若，则，不符合题意，舍去；
若，则，
又，
∴，
∴，
∵，
∴的最大值为2，
∴的最大值为9，②正确；
③∵均为自然数，且，
∴均从最小的数取起，则，，，，，（舍去），
∴，
当时，，是单项式，不符合题意；
当时，，
∵是多项式，
∴，
∴时，可取2、3、4，有3个；
时，可取3、4，有2个；
时，可取4，有1个；
故：当时，共6个；
当时，，
∴时，取1，可取2、4，有2个；取2，可取4，有1个；取3，可取4，有1个；
时，取2，可取4，有1个；取3，可取4，有1个；
时，可取3，可取4，有1个；
故：当时，共7个；
当时，，
只有，取1，取2，取3，这1种；
同理，当时，，
只有，取1，取2，取3，取4，这1种；
综上，共个，故③错误，
故选：C．
8．（重庆市第九十五初级中学校2025--2026学年上学期九年级期中数学）已知整式，其中，，，均为整数，且，下列结论：
①满足条件的整式M中有3个单项式；
②若，则方程一定有实数解；
③若，则满足条件的整式共有5个
其中说法正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【详解】解：∵ 且 ，
① 若为单项式，除了一个系数外，其他系数必须为零，由可排除
故有、、 共3个，结论正确．
② ∵ ，
∴ 且 ，
结合，得，，
若 ，则一次方程有实解；若，则判别式，恒有实解，结论正确．
③ 设，设个系数为，个系数为，
则（其中），
当时，，得；
当时，，有4种选择负系数的位置，
故共5个整式，结论正确．
综上，三个结论均正确．
故选：D．
题型3 新定义运算类
9．（重庆市第一中学校2024——2025学年九年级下学期一模）定义两个新运算，，且，下列说法正确的有（ ）
①若，则或；
②若，则；
③若，，当时，则；
④若，，则的最小值为2025．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【详解】解：，
即，则或，故①正确；
，
即，
，
即，
当时，
，
当时，，
，
综上，的值为或2，故②错误；
，，
，
，
∴抛物线开口向下，
，，
当时，有最大值为9，当时有最小值为5，
，故③错误；
若，，
，，
∴，
当时，
，
∴；
当时，
，
∴；
当时，；
当时，
，
∴，
当时，
，
∴，
综上，，当时，有最小值为4050，故④错误．
故选：A．
10．（重庆市北碚区西南大学附属中学校2024-2025学年九年级下学期一模）已知多项式，满足，且为正整数，将其中的个“”改为“”后得到一个新多项式．下列说法中正确的个数是（ ）
①当（为偶数）时，新多项式的值可能为；
②当时，若，，均为正整数且，得到的新多项式的值恒为非负数，则；
③当，时，对新多项式取绝对值后化简的结果共有种．
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【详解】解：①例如，多项式，，
则，
新多项式可以为，
举例：，
则①正确；
②若，，均为正整数且，，
∴，，，，，，，，
∴，
设，
∴，
∴，
∵，
其中，当时，，
∴，
当时，的新多项式的最小值为改变项前的“”，
设最小值为，
即，
∵时，，；
时，，；
时，，；
又∵，
∴，
∴，
∴只有当时，得到的新多项式的值恒为非负数，
故②正确；
③当，时，，
情况1：，
∵，
∴，，，
∴，
∴新多项式取绝对值化简结果为；
情况2：，
∵，
∴，，，
∴，
∴新多项式取绝对值化简结果为；
情况3：，
∵，
∴，，，
∴，
∴新多项式取绝对值化简结果为；
情况4：，
由无法判断的正负，
∴新多项式取绝对值化简结果为或；
情况5：，
∵，
∴，，，
∴，
∴新多项式取绝对值化简结果为；
情况6：，
∵，
∴，，，
∴，
∴新多项式取绝对值化简结果为；
情况7：，
由无法判断的正负，
∴新多项式取绝对值化简结果为或；
情况8：，
由无法判断的正负，
∴新多项式取绝对值化简结果为或；
情况：，
由无法判断的正负，
∴新多项式取绝对值化简结果为或；
情况：，
由无法判断的正负，
∴新多项式取绝对值化简结果为或；
综上，新多项式取绝对值后化简的结果共有种，
故③正确．
故正确的是①②③，
故选：D．
11．（重庆市铜梁区关溅初级中学校 2024-2025学年一模）定义：如果多项式（是常数)与（是常数) ，M与N中取相同值，满足，则称两个多项式为“续和式”，有下列三个结论：
（1）若与互为“续和式”，则的值为；
（2） 当时，多项式（是常数）的值为10，则它的“续和式”N的值是12；
（3）若M与N为“续和式”，，且，则的值为．
其中正确的结论个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【详解】解：（1）如果多项式（，，，是常数）与（是常数)，满足，，，则称两个多项式为“续和式”，则：
由题意可得：，，，
，，．
，故结论（1）正确；
（2），，，
，，，
的“续和式”是．
当时，多项式的值为10，
．
当时，；故结论（2）错误．
（3）由题意可得，
，
，
解得，故结论（3）错误；
故正确的只有（1）
故选：C．
12．（ 重庆市綦江区2024-2025学年九年级一模）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．4B．3C．2D．1
【答案】D
【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．
题型4 函数类
13．（重庆市巫山县高唐初级中学2024-2025学年九年级二模）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．0B．1C．2D．3
【答案】B
【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．（重庆市石柱县第一初级中学2024-2025学年九年级二模）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．4B．3C．2D．1
【答案】B
【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．
15．（2024年重庆实验外国语学校中考三模数学试题）已知三个函数：，，，下列说法：
①当时，的值为6或；
②对于任意的实数m，n，若，，则；
③若时，则；
④若当式子中的取值为与时，的值相等，则a的最大值为8．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】解：①即，
整理得：，
解得：或，
经检验，或是原方程的解，
故①正确；
②
，
，，
，
故②正确；
③即，
整理得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，
，，
，
故③错误；
④，令，
的取值为与时，的值相等，令，，
，
，
整理得：，
，
的最大值为8，
故④正确；
综上，正确的有3个，
故选：C．
16．（重庆市第一中学校2024-2025学年三模）若定义三个函数分别为：，，，下列结论：
①当时，的值为或5；
②对于任意的实数a、b，若，，则有；
③当时，．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【详解】解：①即，
整理得：，
解得：或，
经检验，或，是原方程的解，
故①正确；
②
，，
故②正确；
③即，
即
∴
∴
∴
故③正确；
故选：C．
题型5 找规律类
17．（重庆西南大学附属中学2025-2026学年九年级下学期一模）关于的多项式，其中系数和均为自然数，且．
①当时，满足条件的多项式共有9种；
②当是二次三项式，，则多项式有最小值为；
③当是二次三项式，且．方程有解，当取最小值时，方程的两根满足；
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【详解】解：①当时，按项数枚举所有情况
当时，仅，此时是单项式，不符合题意，舍去；
当时，，
∵，
∴，（此时是单项式，不符合题意，舍去）；，；，；，，共3种；
当时，，
∵，
∴，，；，，；，，；，，，共4种；
当时，，
∵，
∴，，，，共1种；
当时，最小和为，无符合条件的情况；
∴ 总共有种，故①错误；
判断②：A是二次三项式，故，且，
∴，，；，，，
∵二次多项式，
∴当时，二次多项式取最小值，最小值为，
当，，时，；当，，时，，都不等于，故②错误；
判断③：A是二次三项式，，方程有解，故，满足，
当时，，此时，不符合题意，舍去；
当时，，此时，不符合题意，舍去；
当时，，此时，不符合题意，舍去；
当时，，此时，
∴，
∴，
又是自然数，
∴，符合条件，
此时，
∴， ，
∴≠，故③错误；
综上，三个说法都错误，正确个数为0．
18．（重庆市第一中学校2024——2025学年九年级下学期二模）已知关于的整式，其中为正整数，为自然数，为正整数，且满足．下列说法：（ ）
①当时，所有满足条件的整式的值的总和为16；
②若规定均为正整数，则的可能取值有3种；
③若，则的所有奇次项系数之和为．
其中正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【详解】解：由题知，为正整数，为自然数，为正整数，满足．验证①：
当时，，
，
是正整数，
，
又，或，
当，仅，
此时，，
当，
正整数解共3种：，
此时，每个．
所有的值总和为，①正确；
验证②：
若所有均为正整数，共有个系数，每个系数至少为1，
．
，
，解得．
是正整数，
，共3种可能，②正确．
验证③
∵，
∴的所有奇次项系数之和为，
令，∴，
即（1），
令，∴，
即（2），
得，
∴的所有奇次项系数之和为，∴③正确；
综上，正确的说法共3个．
19．（重庆市重庆市江北区巴川量子中学校2025-2026学年度秋期期末考试）已知整式，其中为正整数，，为自然数，若，下列说法：
①满足条件的所有整式中有且仅有3个三次三项式；
②存在一个，使得满足条件的整式有且仅有3个；
③在满足条件的所有整式中，存在几个整式的和为；其中正确的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【详解】①当（三次）时，等式为，
即，
为正整数，
时，，要为三次三项式（项数为3），需恰好两个低次系数非零、一个为0：
：，得，对应整式；
：，得，对应整式；
：，得，对应整式；
时，无法构造出三次三项式，故满足条件的三次三项式共3个，①正确；
②当时，等式为，即
为正整数，
时，，对应整式（）、（）；时，，对应整式，共3个整式，故存在满足条件，②正确；
③取满足条件的整式：（时，符合等式）、（时，符合等式）、（时，符合等式）、（时，符合等式），它们的和为，故③正确；
综上，①②③均正确，正确个数为3个．
20．（重庆市第八中学校2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷）已知多项式，其中为正整数，为自然数，且，下列说法：①当，时，多项式为；
②当，满足条件的多项式最高项次数不大于；
③当（其中），满足条件的整式共有个．
其中正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：∵多项式系数满足，且 ，其中为正整数，为自然数，
①当时，得：，，且，
当时，得：
∴，且，
∴此时多项式为，说法正确；
②时，
假设，则系数和，与已知矛盾；
当时，系数和，且，
∴，
∴，
得：，，
∴，，
此时，符合题意；
当时，，且，
得：，，
∴，
此时，符合题意；
当时，此时无，不符合题意，
综上所述，当，满足条件的多项式最高项次数不大于，说法正确；
③当时，
∵为正整数，
∴，
当时，得：且，
∴，，
∴符合条件的、的值有：
，，，，，，，
此时满足条件的整式有个；
当时，得：，且，，
∴，，
∴，，
∴符合条件的、、的值有：
，，，，，，，
此时满足条件的整式有个；
当时，得：，且，，，
∴，，，
∴，
∴，不符合题意；
用同样的方法，当时，得，不符合题意；
综上所述，满足条件的整式共有个，说法正确；
∴正确结论的个数是．
故选：D．
重●难●提●分●必●刷
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1．已知整式：，规定：中各项系数之和为，中各项次数之和为，，其中为自然数，为正整数，且．例如，当，时，整式：，则，，．下列说法：
（1）当时，满足条件的整式共有4个；
（2）当时，满足条件的所有整式的和为；
（3）满足条件的整式共有个．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】对于说法（1），当时，整式为常数，此时，，结合和为正整数的条件，直接确定的取值，从而统计满足条件的整式个数；对于说法（2），当时，按最高次项次数从开始分类，先确定、、时的可能情况，时因、导致，不符合条件，再列出所有符合条件的整式并求和；对于说法（3），按最高次项次数从到分类，分别讨论、、、时各项系数的取值范围，统计每类下满足的整式个数，最后求和得到总个数．
【详解】解：对于（1）：当时，整式，其中为正整数，
此时，，；
正整数可取，对应4个整式，故说法（1）正确；
对于（2）：当即时，按最高次项次数分类讨论：
当时，，则，整式；
当时，，则，
若，则，整式；
若，则，整式；
当时，最高次项次数为2，，，则，
只有，整式；
当时，，，，无符合条件的整式．
故所有整式的和：，故说法（2）正确；
对于（3）：当时，由（1）整式共有4个；
当时，，
若，∵，
∴，对应整式，共3个；
若，，即，
解为，，，
对应整式，共3个；
当时，
若，则，，，对应整式，共2个；
若，则，，
即，解为，对应整式，共1个；
若时，，，无符合条件的整式；
当时，最高次项次数为3，∵，，
∴，只有，其余系数为0，对应整式，共1个；
当时，，，，无符合条件的整式．
综上总个数为，故说法（3）正确．
综上，三个说法均正确，正确的个数为3．
2．已知两个整式，，将整式M与整式N求和后得到整式，此操作记作第一次求和操作；将第一次求和操作的结果加上的结果记为，记作第二次求和操作；将第二次求和操作的结果加上的结果记为，记作第三次求和操作；将第三次操作的结果加上的结果记为，记作第四次求和操作，……，以此类推．下列说法中正确的个数是（ ）
①当时，第四次求和操作的结果为；
②当时，有最小值，且最小值为；
③若对于任意x、y均成立，则．
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】先利用题意得出，将代入，即可求出，即可判断①；当时，得出，利用绝对值的几何性质，结合图象分类讨论即可求出最小值，即可判断②；化简，得，由题意求出，即可判断③．
【详解】解：第一次求和操作：；
第二次求和操作：；
第三次求和操作：；
第四次求和操作：；
第五次求和操作：；
第六次求和操作：；
∴第次求和操作：；
当时，，故①正确；
当时，，，
∴，
当时，如图，
利用绝对值的几何性质得；
当时，如图，
利用绝对值的几何性质得；
当时，如图，
利用绝对值的几何性质得；
综上，的最小值为，故②正确；
∵，
∴，
化简得：，
∵关于的方程对于任意x、y均成立，
∴，且，
∴，且，
∴，故③正确；
综上正确的有①②③，共个．
3．已知整式，其中，，为互不相等的正整数且不大于，下列说法：
①存在唯一的一组，，的值，使得为整式；
②若，则满足条件的所有式子中，当取任意实数时，其值为非负数的整式的和为；
③若，则满足条件的共有个．
其中正确的个数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查因式分解的应用、抛物线与x轴的交点问题等，能够理解题意是解题的关键．
（1）根据为整式和，设，求出，再根据，，为互不相等的正整数，进行判断即可求解；
（2）先将代入整式，再根据当取任意实数时，整式的值为非负数，推出，即，求出，在分类计数即可求解；
（3）根据结合，，为互不相等的正整数且不大于6，推出，再分类计数即可求解．
【详解】解：关于①，
∵为整式，，
∴设，整理得：，
∴，，
∴，整理得：，
∵，，为互不相等的正整数且不大于，
∴
∴矛盾，
∴①不正确，不符合题意；
关于②，
若，则，
∵，，为互不相等的正整数且不大于6，
∴，，
∵当取任意实数时，整式的值为非负数，
∴，则，
∴，则，
当，解得：，∴符合条件的值为：，
∴或或或，
当，解得：，∴符合条件的值为：，
∴或或，
当，解得：，∴符合条件的值为：，
∴或，
当，解得：，∴没有符合条件的值，
当，解得：，∴没有符合条件的值，
∴将所有满足条件的相加：
的系数：；
的系数：；
常数项：；
∴值为非负数的整式的和为，
∵，
∴②不正确，不符合题意
关于③，
∵，，，为互不相等的正整数且不大于6，
∴，
∴当，可取，对应的选法分别为种，满足条件的共有种，
∴当，可取，对应的选法分别为种，满足条件的共有种，
∴当，可取，对应的选法分别为种，满足条件的共有种，
∴当，可取，对应的选法分别为种，满足条件的共有种，
∴综上，满足条件的共有种，
∴③是正确的，符合题意；
∴符合题意的只有③，个数为．
故选：B．
4．已知整式，其中为正整数，每个数只能取中的一个，．下列说法：
①当时，满足条件的整式有：；
②当时，满足条件的整式共有6种；
③若，且当时，；则．
其中正确的个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】本题主要考查整式的相关知识，解题的关键是理解含义，进行分类讨论计算．
根据已知条件分别对三个说法进行分析判断即可．
【详解】解：当时，整式，
，
，即，
，，，每个数只能取1，0，中的一个，
，；，；，，
所以满足条件的整式有：，，，即①正确；
当时，根据题意知，
所以符合题意的有：，，；
，，；
，，；
，，；
，，；
，，；
，，；
，，，
故符合题意的整式共有8种，即②错误；
当时，，
即，
，，，每个数只能取1，0，中的一个，
，
则③正确．
故选：C．
5．已知关于的整式、，，，其中为自然数，，为正整数．下列说法：
①若，则；
②当时，若与次数相同，且互不相等，则满足条件的整式只有1个；
③若为二次三项式，为二次式，则所有满足条件的不同整式的和为．
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】本题考查了整式加减的应用、多项式的项数与次数、零指数幂，理解题意是解题的关键．
若，则这三个自然数中有1个为1，2个为0，结合题意可知为正整数，则，，据此列举出所表示的整式，可判断①；当时，的次数为10，则的次数为10，即这11个自然数的最大值为10，根据互不相等，可知为，得出所表示的整式，可判断②；根据为二次三项式，为二次式，可知，，，且这3个自然数的最大值为2，据此列举出所表示的不同整式，再根据整式的加减运算可判断③，即可得出结论．
【详解】解：①若，则这三个自然数中有1个为1，2个为0，
由题意得，为正整数，
∴，，
∴，故①正确；
②当时，的次数为10，
∵与次数相同，
∴的次数为10，即这11个自然数的最大值为10，
又∵互不相等，
∴为，
∴整式为，
∴满足条件的整式只有1个，故②正确；
③∵为二次三项式，为二次式，
∴，，，且这3个自然数的最大值为2，
当这3个自然数中有1个为1，2个为2，则；
当这3个自然数中有2个为1，1个为2，则；
当这3个自然数全都为2，则；
∴所有满足条件的不同整式的和为，故③正确；
综上，正确的个数是3个．
故选：D．2023、2024、2025年考法解读
2026年考法预测
中考数学中几何求解选择题的各种点主要考向分为两类：
一、整式相关（每年1道，4分）；
二、方程与函数相关（每年1题，4分）；
二、探究规律相关（每年1题，4分）；
考查内容稳定，以选择题为主，中等很大．
重庆中考历来重视规律猜想题。预测可能出现：
数式规律探究（给定一组算式，归纳一般规律，用代数式表示） 图形中的代数规律（图形序号与代数式的关系，要求写出第n个图形的代数表达式） 操作次数的代数表达（如“对折纸片”、“取中点”等操作n次后的代数结果）
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.
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．
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。
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．
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。