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1、重庆中考材料阅读题分类讲练（含答案）类型1代数型新定义问题例1【2017重庆A】对任意一个三位数n，如果n满足各数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和及111的商记为F(n)例如n123，对调百位及十位上的数字得到213，对调百位及个位上的数字得到321，对调十位及个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213321132666，6661116，所以，F(123)6.(1)计算：F(243)，F(617)；(2)若s，t都是“相异数”，其中s100x32，t150y(1x9，1y9
2、，x，y都是正整数)，规定：k.当F(s)F(t)18时，求k的最大值针对训练1对于一个两位正整数xy(0yx9，且x、y为正整数)，我们把十位上的数及个位上的数的平方和叫做t的“平方和数”，把十位上的数及个位上的数的平方差叫做t的“平方差数”例如：对数62来说，622240，622232，所以40和32就分别是62的“平方和数”及“平方差数”(1)75的“平方和数”是_，5可以是_的“平方差数”；若一个数的“平方和数”为10，它的“平方差数”为8，则这个数是_(2)求证：当x9，y8时，t的2倍减去t的“平方差数”再减去99所得结果也是另一个数的“平方差数”(3)将数t的十位上的数及个位上的
3、数交换得到数t，若t及t的“平方和数”之和等于t及t的“平方差数”之和，求t.2将一个三位正整数n各数位上的数字重新排列后(含n本身)得到新三位数abc(ac)，在所有重新排列中，当最小时，我们称abc是n的“调和优选数”，并规定F(n)b2ac.例如215可以重新排列为125、152、215，因为2，7，5，且257，所以125是215的“调和优选数”，F(215)22151.(1)F(236)_；(2)如果在正整数n三个数位上的数字中，有一个数是另外两个数的平均数，求证：F(n)是一个完全平方数；(3)设三位自然数t100x60y(1x9，1y9，x，y为自然数)，交换其个位上的数字及百位
4、上的数字得到数t.若tt693，那么我们称t为“和顺数”求所有“和顺数”中F(t)的最大值3进制也就是进位制，是人们规定的一种进位方法对于任何一种进制X进制，就表示某一位置上的数运算时是逢X进一位十进制是逢十进一，十六进制是逢十六进一，二进制就是逢二进一，以此类推，X进制就是逢X进一为及十进制进行区分，我们常把用X进制表示的数a写成(a)X.类比于十进制，我们可以知道：X进制表示的数(1111)X中，右起第一位上的1表示1X0，第二位上的1表示1X1，第三位上的1表示1X2，第四位上的1表示1X3.故(1111)X1X31X21X11X0，即：(1111)X转化为十进制表示的数为X3X2X1X
5、0.如：(1111)212312212112015，(1111)5153152151150156.根据材料，完成以下问题：(1)把下列进制表示的数转化为十进制表示的数：(101011)2_；(302)4_；(257)7_(2)若一个五进制三位数(a4b)5及八进制三位数(ba4)8之和能被13整除(1a5，1b5，且a、b均为整数)，求a的值；(3)若一个六进制数及一个八进制数之和为666，则称这两个数互为“如意数”，试判断(mm1)6及(nn5)8是否互为“如意数”？若是，求出这两个数；若不是，说明理由4.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
6、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m是另外一个正整数n的平方，我们称正整数m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，t10xy(1xy9，x，y为自然数)，交换其个位上的数及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36，那么我们称这个数t为“吉祥数”，求所有“吉祥数”；(3)在(2)所得的“吉祥数”中，求F(t)的最大值类型2函数型新定义问题例2 已知一个大于
7、1的正整数t可以分解成tacb2的形式(其中ac，a，b，c均为正整数)，在t的所有表示结果中，当bcba取得最小值时，称“acb2”是t的“等比中项分解”，此时规定：P(t)，例如：7161223121322，161123211312，所以2312是7的“等比中项分解”，P(7).(1)若一个正整数qm2n2，其中m、n为正整数，则称q为“伪完全平方数”，证明：对任意一个“伪完全平方数”q都有(q).(2)若一个两位数s10xy(1yx5，且x，y均为自然数)，交换原数十位上的数字和个位上的数字得到的新数的两倍再加上原数的14倍，结果被8除余4，称这样的数s为“幸福数”，求所有“幸福数”的P
8、(s)的最大值针对训练1. 如果关于x的一元二次方程ax2bxc0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法：方程x2x20是倍根方程；若(x2)(mxn)0是倍根方程，则4m25mnn20；若点(p，q)在反比例函数y的图象上，则关于x的方程px23xq0是倍根方程其中正确的是_(写出所有正确说法的序号)2. 先阅读下列材料，再解答下列问题：材料：因式分解：(xy)22(xy)1.解：将“xy”看成整体，令xyA，则原式A22A1(A1)2.再将“A”还原，得原式(xy1)2.上述解题中用到的是“整体思想”，整体思想是数学解题中常用的一种
9、思想方法，请你解答下列问题：(1)因式分解：12(xy)(xy)2_；(2)因式分解：(ab)(ab4)4_；(3)证明：若n为正整数，则式子(n1)(n2)(n23n)1的值一定是某一个整数的平方3. 若三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，则称这三个实数x，y，z构成“和谐三数组”(1)实数1，2，3可以构成“和谐三数组”吗？请说明理由；(2)若M(t，y1)，N(t1，y2)，R(t3，y3)三点均在函数y(k为常数，k0)的图象上，且这三点的纵坐标y1，y2，y3构成“和谐三数组”，求实数t的值；(3)若直线y2bx2c(bc0)及x轴交于点A(x1
10、，0)，及抛物线yax23bx3c(a0)交于B(x2，y2)，C(x3，y3)两点求证：A，B，C三点的横坐标x1，x2，x3构成“和谐三数组”；若a2b3c，x21，求点P(，)及原点O的距离OP的取值范围4若一个整数能表示成a2b2(a，b是整数)的形式，则称这个数为“完美数”例如，5是“完美数”，因为52212.再如，Mx22xy2y2(xy)2y2(x，y是整数)，所以M也是“完美数”(1)请你再写一个小于10的“完美数”，并判断29是否为“完美数”(2)已知Sx24y24x12yk(x，y是整数，k是常数)，要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由(3)如果数m，n
11、都是“完美数”，试说明mn也是“完美数”5. 若将自然数中能被3整除的数，在数轴上的对应点称为“3倍点”P，取任意的一个“3倍点”P，到点P距离为1的点所对应的数分别记为a，b.定义：若数Ka2b2ab，则称数K为“尼尔数”例如：若P所表示的数为3，则a2，b4，那么K22422412；若P所表示的数为12，则a11，b13，那么K1321121311147，所以12，147是“尼尔数”(1)请直接判断6和39是不是“尼尔数”，并且证明所有“尼尔数”一定被9除余3；(2)已知两个“尼尔数”的差是189，求这两个“尼尔数”类型3整除问题例3 我们知道，任意一个大于1的正整数n都可以进行这样的分解
12、：npq(p、q是正整数，且pq)，在n的所有这种分解中，如果p、q两数的乘积最大，我们就称pq是n的最佳分解并规定在最佳分解时：F(n)pq.例如6可以分解成15或24或33，因为15241且n为整数)位正整数K的首位后添加6得到的新数叫做K的“顺数”，在K的末位前添加6得到的新数叫做K的“逆数”若K的“顺数”及“逆数”之差能被17整除，称K是“最佳拍档数”比如1324的“顺数”为16324，1324的“逆数”为13264，1324的“顺数”及“逆数”之差为16324132643060，306017180，所以1324是“最佳拍档数”(1)请根据以上方法判断31568_(填“是”或“不是”)
13、“最佳拍档数”；若一个首位是5的四位“最佳拍档数”N，其个位数字及十位数字之和为8，且百位数字不小于十位数字，求所有符合条件的N的值；(2)证明：任意三位或三位以上的正整数K的“顺数”及“逆数”之差一定能被30整除5. 若整数a能被整数b整除，则一定存在整数n，使得n，即abn.例如：若整数a能被整数7整除，则一定存在整数n，使得a7n.(1)将一个多位自然数分解为个位及个位之前的数，让个位之前的数减去个位数的两倍，若所得之差能被7整除，则原多位自然数一定能被7整除例如：将数字1078分解为8和107，1078291，因为91能被7整除，所以1078能被7整除，请你证明任意一个三位数都满足上述
14、规律(2)若将一个多位自然数分解为个位及个位之前的数，让个位之前的数加上个位数的k(k为正整数，1k5)倍，所得之和能被13整除，求当k为何值时使得原多位自然数一定能被13整除参考答案例1. 解：(1)F(243)(423342234)1119，F(617)(167716671)11114.(2)s，t都是“相异数”，F(s)(30210x230x100x23)111x5，F(t)(510y100y5110510y)111y6，F(s)F(t)18，x5y6xy1118，xy7，1x9，1y9，x，y都是正整数，或或或或或（2）s是“相异数”，x2，x3，t是“相异数”，y1，y5，或或或或k
15、或k1或k，k的最大值为.针对训练1解：（1）74；32；31(2)证明：令t10xy，2(10xy)(x2y2)9920x2yx2y299(y22y1)(x220x100)(y1)2(x10)2，t的2倍减去t的“平方差数”再减去99所得结果是另一个数的“平方差”数(3)令txy，tyx，由题意知：10xyx2y210yxy2x2，所以9x9y2x20，9(xy)2x20，xy0，2x20，xy0.故t0.2. 解：(1)F(236)3(2)证明：设这个正整数n三个数位上的数字分别为：x，y.|ac2b|最小时，我们称abc是n的“调和优选数”，F(n)b2acxy；F(n)为一个完全平方数
16、；(3)t100x60y，t100y60x，tt99x99y693，99(xy)693，xy7，xy7，1x9，1y9，1y79，1y2，或t861或t962，当t861时，可以重新排列为168，186，618.|1826|3，|1628|9，|6821|12，168为861的“调和优选数”，F(861)661828；当t962时，可以重新排列为269，296，629，|2926|1，|2629|10，|6922|11，269为962的“调和优选数”，F(962)662918.所有“和顺数”中F(t)的最大值为28.3. 解：（1）43；50；140(2)b451a524a8b8233a65b
17、2413(2a5b1)7a11，13整除7a11，而1a5，1b5，187a1146，7a1126或39.解得a(舍去)或4，a4.(3)(mm1)6(nn5)816m36m58n64n642m72n.若互为“如意数”，则642m72n666，7m12n110，此时m必为偶数，经检验，当m2，n8时，7m12n110，这两个数为85和581.4. (1)证明：对任意一个完全平方数m，设ma2(a为正整数)，|aa|0，aa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的个位上的数及十位上的数得到的新数为t，则t10yx，t是“吉祥数”，tt(10yx)(10xy)9(y
18、x)36，yx4，1xy9，x，y为自然数，满足“吉祥数”的有15，26，37，48，59.(3)F(15)，F(26)，F(37)，F(48)，F(59).，所有“吉祥数”中，F(t)的最大值是.类型二例2解：(1)证明：ac，a，b，c为正整数，bcbab(ca)0.又qm2n2mmn2，令nb，mac，则此时bcba最小为0，故mmn2是q的“等比中项分解”，P(q).(2)由题意，得2(10yx)14(10xy)8k4(k为整数)，即：142x34y8k4.8(18x4y)2y2x48k，2(yx2)是8的倍数，yx2是4的倍数又1yx5且x，y均为自然数，6yx22，yx24，xy2
19、，s31，42，53.bcbab(ca)，且a，b，c为正整数，ac，当b越小，ca的差越小，b(ca)越小当s31时，315612，则P(31)；当s42时，422362，则P(42)；当s53时，537722或532272，则P(53).，P(s)max.针对训练1.2. 解：(1)12(xy)(xy)2(xy1)2；(2)令Aab，则原式变为A(A4)4A24A4(A2)2，故(ab)(ab4)4(ab2)2；(3)证明：(n1)(n2)(n23n)1(n23n)(n1)(n2)1(n23n)(n23n2)1(n23n)22(n23n)1(n23n1)2，n为正整数，n23n1也为正整数
20、，代数式(n1)(n2)(n23n)1的值一定是某一个整数的平方3. 解：(1)1，2，3的倒数分别为1，且1.1，1，2，3不可以构成“和谐三数组”(2)M(t，)，N(t1，)，R(t3，)，且，构成“和谐三数组”若，得2t4t，得t4；若，得2t3t1，得t2；若，得2t1t3，得t2.综上，t的值为4或2或2.(3)证明：a，b，c均不为0，x1，x2，x3都不为0，令y2bx2c0，则x1，联立整理得：ax2bxc0.x2x3，x2x3，A，B，C三点的横坐标x1，x2，x3构成“和谐三数组”x21，abc0，cab.a2b3c，a2b3(ab)，且a0，整理得且0.P(，)，OP2
21、()2()2()2()22()2，令m，则m0，当m时，OP2随m的增大而减小，当m时，OP2有最大值，当m时，OP2有最小值；当m且m0时，OP2随m的增大而增大，当m时，OP2有最小值，当m时，OP2有最大值，OP2且OP21，OP且OP1.4. 解：(1)(答案不唯一)0，1，2，4，8，9均可因为295222，所以29是“完美数”；(2)当k13时，Sx24y24x12y13x24x44y212y9(x2)2(2y3)2，x，y是整数，x2，2y3也是整数，S是一个“完美数”(3)m及n都是“完美数”，设ma2b2，nc2d2(a，b，c，d都是整数)，则mn(a2b2)(c2d2)a
22、2c2a2d2b2c2b2d2a2c22abcdb2d2b2c22abcda2d2(acbd)2(bcad)2.a，b，c，d是整数，acbd及bcad都是整数，mn也是“完美数”5. 解：(1)6不是“尼尔数”；39是“尼尔数”；设a3n1，b3n1(其中n为自然数)，K(3n1)2(3n1)2(3n1)(3n1)29n221(9n21)9n23，所有“尼尔数”一定被9除余3.(2)设这两个“尼尔数”分别为9m23，9n23，其中m，n为整数，则(9m23)(9n23)189，m2n221. (mn)(mn)121或37.或解得或当m11，n10时，9m23911231092，9n23910
23、23903.当m5，n2时，9m239523228，9n23922339.答：这两个“尼尔数”分别是1092和903或228和39.类型3.整除问题例3. 解：(1)1111029384756，且11029384756，所以F(11)5630.(2)设此数为1bc，由题可得10b2m1，由得：10b为奇数，所以b为奇数；10010bc3n2，由得：1bc1是3的倍数；1bc1k2.(其中m，n，k为整数)又因为1b9，1c9，所以41bc120，所以1bc1只能等于9，即bc7.所以当b1时，c6，此数为116.当b3时，c4，此数为134；当b5时，c2，此数为152；当b7时，c0，此数为
24、170；当b9时，舍去；所以F(t)maxF(170)85857225.针对训练1. 解：(1)四位数123k是一个“精巧数”，1230k是4的倍数；即1230k4n，当n308时，k2；当n309时，k6，k2或6；(2)2ab是“精巧数”，a为偶数，且2ab是3的倍数，a10，b10，2ab22，各位数字之和为一个完全平方数，2ab329，当a0时，b7；当a2时，b5；当a4时，b3；当a6时，b1，所有满足条件的三位“精巧数”有：207，225，243，261.2. 解：(1)证明：设这个四位“两头蛇数”为1ab1，由题意，得1ab13ab1001100a10b30a3b100170a
25、7b7(14310ab)a、b为整数，14310ab为整数，一个四位的“两头蛇数”及它去掉两头后得到的两位数的3倍能被7整除(2)16的真因数有：1，2，4，8，124815.151311，16的“亲和数”为33.设这个五位“两头蛇数”为1x4y1，由题意，得为整数，31530x为整数，故10x10y666，xy6.0x9，0y9，且x，y为整数，xy，或或这个五位“两头蛇数”为：10461或11451或12441.3. 解：(3)60613xy，故xy4为33的倍数，因为10xy99，所以14xy4103，即xy433，66，99，所以xy29，62，95，即或或4. 解：(1)是；设N5x
26、y(8y)，其中0yx9，y8，x，y为整数，则N的“顺数”为：56xy(8y)，N的“逆数”为：5xy6(8y)，由题意，得为整数，为整数，0yx9，y8，337x5y16，7x5y17或0，解得或或N的值为5835，5326，5662.(2)证明：设正整数KxAy，其中A为m位正整数，m1，1x9，0y9，x，y为整数，则K的“顺数”为：x6Ay10m2x610m110Ay，K的“逆数”为：xA6y10m2x100A60y，x6AyxA6y60(10m1)90A，x6AyxA6y能被30整除，即结论成立5. 解：(1)证明：设某三位数百位、十位、个位上的数字分别是x、y、z，则原三位数为：100x10yz，根据题意，存在整数n，使得10xy2z7n，10xy2z7n，100x10yz10(10xy)z10(2z7n)z21z70n，3z10n，z、n都为整数，(3z10n)为整数，原数能被7整除(2)设将一个多位自然数按题意分解后得到的个位数是B，个位之前的数是A，则原数为(10AB)根据题意，存在整数m，使得A13mkB，10AB10(13mkB)B130m(110k)B130m13kB(13k)B，10mkBB，k为正整数，1k5，k1或2或3或4或5，1，.又m，B为整数，当k4时，10mkBB为整数，此时原多位自然数能被13整除第 10 页