重庆市中考数学二轮复习新定义题真题演练Word下载.docx

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435729中间插入数字6可得435729的一个关联数4356729，其中435729＝729＋435×

1000，4356729＝729＋6×

1000＋435×

10000.

请阅读以上材料，解决下列问题．

（1）若一个三位关联数是原来两位数的9倍，请找出满足此条件的三位关联数；

（2）对于任何一个位数为偶数的多位数，中间插入数字m，得其关联数（0≤m≤9，且m为3的倍数），试证明：

所得的关联数与原数10倍的差一定能被3整除．

6.（2016重庆外国语学校二诊）定义：

如果M个不同的正整数，对其中的任意两个数，这两个数的积能被这两个数的和整除，则称这组数为M个数的祖冲之数组．如

（3，6）为两个数

的祖冲之数组，因为3×

6能被（3＋6）整除；

又如（15，30，60）为三个数的祖冲之数组，因为（15×

30）能被（15＋30）整除，（15×

60）能被（15＋60）整除，（30×

60）能被（30＋60）整除….

（1）我们发现，3和6，4和12，5和20，6和30，…，都是两个数的祖冲之数组；

由此猜测n和n（n－1）（n≥2，n为整数）组成的数组是两个数的祖冲之数组，请证明这一猜想；

（2）若（4a，5a，6a）是三个数的祖冲之数组，求满足条件的所有三位正整数a.

7.（2016重庆南开阶段测试三）进位制是一种记数方式，可以用有限的数字符号代表所有的数值，使用数字符号的数目称为基数，基数为n，即可称n进制．现在最常用的是十进制，通常使用10个阿拉伯数字0～9进行记数，特点是逢十进一，对于任意一个用n（n≤10）进制表示的数，通常使用n个阿拉伯数字0～（n－1）进行记数，特点是逢n进一．我们可以通过以下方式把它转化为十进制：

例如：

五进制数（234）5＝2×

52＋3×

5＋4＝69，记作（234）5＝69，七进制数（136）7＝1×

72＋3×

7＋6＝76，记作（136）7＝76.

_____

（1）请将以下两个数转化为十进制：

（331）5＝________，（46）7＝________；

（2）若一个正数可以用七进制表示为（abc）7，也可以用五进制表示为（cba）5，请求出这个数并用十进制表示．

__________

8.（2016重庆实验外国语学校一诊）有一个n位自然数abcd…gh能被x0整除，依次轮换个位数字得到的新数bc

d…gha能被（x0＋1）整除，再依次轮换个位数字得到的新数cd…ghab能被（x0＋2）整除，按此规律轮换后，d…ghabc能被（x0＋3）整除，…，habc…g能被（x0＋n－1）整除，则称这个n位数abcd…gh是x0的一个“轮换数”．例如：

60能被5整除，06能被6整除，则称两位数60是5的一个“轮换数”；

再如：

32＋22＝134能被2整除，243能被3整除，432＋22＝13能被4整除，则称三位数32＋22＝134是2的一个“轮换数”．

（1）若一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，求证这个两位自然数一定是“轮换数”；

（2）若三位自然数abc是3的一个“轮换数”，其中a＝2，求这个三位自然数abc.

9.把一个自然数所有数位上的数字先平方再求和得到一个新数，叫做第一次运算，再把所得新数所有数位上的数字先平方再求和又将得到一个新数，叫做第二次运算，…，如此重复下去，若最终结果为1，我们把具有这种特征的自然数称为“快乐数”．例如：

32＋22＝13→32＋22＝13→12＋02＝1，

→12＋02＝1，

72＋02＝→72＋02＝42＋92＝97→42＋92＝97→92＋72＝130→12＋32＋02＝10→12＋02＝1，

所以32＋22＝13和72＋02＝都是“快乐数”．

（1）写出最小

的两位“快乐数”；

判断19是不是“快乐数”；

请证明任意一个“快乐数”经过若干次运算后都不可能得到4；

（2）若一个三位“快乐数”经过两次运算后结果为1，把这个三位“快乐数”与它的各位上的数字相加所得的和被8除余数是2，求出这个“快乐数”.

10.定义一种对于三位数abc（a、b、c不完全相同）的“F运算”：

重排abc的三个数位上的数字，计算所得最大三位数和最小三位数的差（允许百位数字为零）．例如abc＝213时，则

（32＋22＝131－123＝198）

（981－189＝792）．

（1）579经过三次“F运算”得________；

（2）假设abc中a＞b＞c，则abc经过一次“F运算”得______（用代数式表示）；

（3）猜想：

任意一个三位数经过若干次“F运算”都会得到一个定值，请证明你的猜想．

11.（2016大渡口区诊断性检测）若一个整数能表示成a2＋b2（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5＝22＋12.再如，M＝x2＋2xy＋2y2＝（x＋y）2＋y2（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S＝x2＋4y2＋4x－12y＋k（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都是“完美数”，试说明mn也是“完美数”．

12.（2016重庆西大附中第九次月考）对于实数x，y我们定义一种新运算L（x，y）＝ax＋by（其中a，b均为非零常数），等式右边是通常的四则运算，由这种运算得到的数我们称之为线性数，记为L（x，y），其中x，y叫做线性数的一个数对．若实数x，y都取正整数，我们称这样的线性数为正格线性数，这时的x，y叫做正格线性数的正格数对．

（1）若L（x，y）＝x＋3y，则L（2，1）＝________，L（

，

）＝________；

（2）已知L（1，－2）＝－1，L（

）＝2.

①a＝________，b＝________；

②若正格线性数L（m，m－2），求满足50<

L（m，m－2）<

100的正格数对有多少个；

③若正格线性数L（x，y）＝76，求满足这样的正格数对有多少个；

在这些正格数对中，有满足问题②的数对吗？

若有，请找出；

若没有，请说明理由．

13.（2016重庆巴蜀二诊）古希腊的毕达哥拉斯学派由古希腊哲学家毕达哥拉斯所创立，毕达哥拉斯学派认为数是万物的本原，事物的性质是由某种数量关系决定的，如他们研究各种多边形数：

记第n个k边形数N（n，k）＝

n2＋

n（n≥1，k≥3，k、n都为整数），

如第1个三角形数N（1，3）＝

×

12＋

1＝1；

第2个三角形数N（2，3）＝

22＋

2＝3；

第3个四边形数N（3，4）＝

32＋

3＝9；

第4个四边形数N（4，4）＝

42＋

4＝16.

（1）N（5，3）＝________，N（6，5）＝________；

（2）若N（m，6）比N（m＋2，4）大10，求m的值；

（3）若记y＝N（6，t）－N（t，5），试求出y的最大值．

1.解：

（1）2，－6.

【解法提示】2⊕4＝

＝2，（－2）⊕4＝－2－4＝－6.

（2）∵x＞

∴2x－1＞0，

∴（2x－1）⊕（4x2－1

）＝

＝－4－（1－4x），

即2x＋1＝－5＋4x，

解得x＝3.

∴x的值为3.

2.解：

（1）F2（4）＝F（F1（4））＝F（F（4））＝F（16）＝12＋62＝37；

F1（4）＝F（4）＝16，F2（4）＝37，F3（4）＝58，F4（4）＝89，

F5（4）＝145，F6（4）＝26，F7（4）＝40，F8（4）＝16，

通过观察发现，每进行7步运算是一个循环，2015÷

7＝287……6，因此F2015（4）＝F6（4）＝26.

（2）由

（1）可知，每进行7步运算是一个循环，F4（4）＝89＝F11（4）＝F18（4）＝F4＋7i（4），其中i＝0，1，2，3，…，要求m的最小值，则（4＋7i）为3的最小公倍数，因为3m>

4，所以3m＝18，所以m＝6.

3.解：

（1）98是麻辣数，169不是麻辣数，理由如下：

设k为整数，则2k＋1，2k－1为两个连续奇数，

设M为麻辣数，

则M＝（2k＋1）3－（2k－1）3＝24k2＋2，

∵98＝53－33，故98是麻辣数；

M＝24k2＋2为偶数，故169不是麻辣数．

（2）同

（1）令M≤2016，则24k2＋2≤2016，

解得k2≤

<

84，

故k2＝0，1，4，9，16，25，36，49，64，81，

故M的和为24×

（0＋1＋4＋9＋16＋25＋36＋49＋64＋81）＋2×

10＝6860.

所以，在不超过2016的自然数中，所有的“麻辣数”之和

为6860.

4.解：

（1）1331，2442，1001.

猜想：

任意一个四位“和谐数”能被11整除．

理由：

设一个四位“和谐数”记为xyyx，用十进制表示为：

1000x＋100y＋10y＋x＝1001x＋110y＝11（91x＋10y），

∵x、y是0～9之间的整数，

∴11（91x＋10y）能被11整除．

∴任意一个四位“和谐数”能被11整除．

（2）设这个三位“和谐数”为xyx，用十进制表示为：

100x＋10y＋x＝101x＋10y，

∵它是11的倍数，

∴

为整数．

将这个式子变形：

＝

应为整数．

又∵1≤x≤4，0≤y≤9，

∴2≤2x≤8，－9≤－y≤0

∴－7≤2x－y≤8，

∵要使

是整数，则2x－y只能是0，

∴2x－y＝0，即y＝2x，

∴y与x的函数关系式是y＝2x（1≤x≤4，x为自然数）．

5.

（1）解：

如：

135，225，315，405.

【解法提示】设原来的两位数为xy，插入的数字为k.由题意得：

9（10x＋y）＝100x＋10k＋y，

化简得：

4y－5x＝5k，

当k＝0时，4y－5x＝0，

则x＝4，y＝5；

当k＝1时，4y－5x＝5，

则x＝3，y＝5；

当k＝2时，4y－5x＝10，

则x＝2时，y＝5；

当k＝3时，4y－5x＝15，

则x＝1，y＝5.

___

（2）证明：

设一个位数为2n位的多位数为ab，中间插入数字m，得其关联数（0≤m≤9，且m为3的倍数）为amb，

由题意得，amb－10ab＝a×

10n＋1＋m×

10n＋b－10（a×

10n＋b）＝m×

10n－9b，

∵m是3的倍数，

∴m×

10n能被3整除，

又∵9b能被3整除，

10n－9b能被3整除，

故对于任何一个位数为偶数的多位数，中间插入数字m（0≤m≤9，且m为3的倍数），所得的关联数与原数10倍的差一定能被3整除．

6.

（1）证明：

∵n＋n（n－1）＝n＋n2－n＝n2，

∴n·

n（n－1）÷

[n＋n（n－1）]＝n－1，

∵n≥2，n为整数，

∴n－1是整数，

∴n和n（n－1）（n≥2，n为整数）组成的数组是两个数的祖冲之数组．

（2）解：

∵（4a，5a，6a）是三个数的祖冲之数组，

∴可设

即

m＝

n＝

p，

22p＝25n＝27m；

∵m、n、p均为整数，

∴m＝22×

25×

i（i为整数），

∴a＝

22×

25i＝

∵a是整数，

∴i为偶数，

当i＝2时，a＝495，

当i＝4时，a＝990，

当i＝6时，a＝1485，不是三位数，舍去，

综上所述，满足条件的所有三位正整数a为495和990.

7.解：

（1）（331）5＝3×

5＋1＝91；

（46）7＝4×

7＋6＝34.

（2）∵（abc）7＝a×

72＋b×

7＋c，

（cba）5＝c×

52＋b×

5＋a，

∴25c＋5b＋a＝49a＋7b＋c，

即24a＋b＝12c，

∵a、b、c是0～6的整数，

∴b＝0，c＝2a，

当a＝1时，c＝2，这个十进制的数为51；

当a＝2时，c＝4，这个十进制的数为102；

当a＝3时，c＝6，这个十进制的数为153.

8.

（1）证明：

设此两位数为a2a，∵a2a＝10a＋2a＝12a为6的倍数，轮换后2aa＝20a＋a＝21a为7的倍数，

∴a2a为6的一个轮换数．

故这个两位自然数一定是“轮换数”．

∵此三位

数为2bc＝200＋10b＋c＝198＋9b＋（2＋b＋c），为3的倍数，

∴（2＋b＋c）为3的倍数，

第一次轮换后：

bc2＝100b＋10c＋2＝100b＋8c＋（2c＋2），为4的倍数，∴（c＋1）为2的倍数，即c为奇数，

第二次轮换后：

c2b＝100c＋20＋b，为5的倍数，则b为0或者5.

当b＝0时，2＋b＋c＝2＋c，为3的倍数且c为奇数，则c＝1，或7，即三位数为201或207；

当b＝5时，2＋b＋c＝7＋c为3的倍数且c为奇数，则c＝5，即三位数为255.

综上所述，这个三位自然数abc为201，207或255.

9.解：

（1）最小的两位“快乐数”是10;

19是“快乐数”.

证明：

由题意可知，用反证法证明数字4经过若干次运算后都不会出现数字1即可．

∵4→16→37→58→89→145→42→20→4→16…→4出现两次，

∴后面将重复出现，永远不会出现1，

∴任意一个“快乐数”经过若干次运算后都不可能得到4.

（2）设这个三位“快乐

数”为abc，由题意知，经过两次运算后结果为1，所以第一次运算后结果一定是10或100，所以a2＋b2＋c2＝10或100，又因为a、b、c为整数，且a≠0，所以a2＋b2＋c2＝12＋32＋02＝10或a2＋b2＋c2＝0＋62＋82＝100.

（i）当a＝1，b＝3或0，c＝0或3时，这个三位“快乐数”为130，103；

（ii）当a＝2时

，b、c无解；

（iii）当a＝3时，b＝1或0，c＝0或1时，这个三位“快乐数”为310，301；

同理当a2＋b2＋c2＝100时，因为62＋82＝100,所以这个三位“快乐数”的所有可能为680，608，806，860.综上所述，一共有130，103，310，301，680，608，806，860八个.

又因为三位“快乐数”与它的各位上的数字相加所得的和被8除余数是2，经计算知只有310和860满足条件．

10.解：

（1）495.

【解法提示】①975－579＝396；

②963－369＝594；

③954－459＝495.

（2）99（a－c）．

【解法提示】

（100a＋10b＋c）－（100c＋10b＋a）＝100a＋10b＋c－100c－10b－a＝99a－99c＝99（a－c）．

（3）证明：

设这个三位数中三个数字为a，b，c，且a≥b≥c，a≥c＋1

，则经过“F运算”有abc－cba＝99（a－c）＝100（a－c－1）＋10×

9＋（10＋c－a），因此所得的三位数中必有一个9，而另外两个数字之和为9，共有990，981，972，963，954五种情况；

以990为例得，990－099＝891，981－189＝792，972－279＝693，963－369＝594，954－459＝495，…，由此可知最后得到495时就会循环．

∴任意一个三位数经过若干次“F运算”都会得到一个定值，这个定值为495.

11.解：

（1）0，1，2，4，8，9均可．

∵29＝52＋22，∴29是“完美数”．

（2）根据题意S＝x2＋4y2＋4x－12y＋k＝（x2＋4x）＋（4y2－12y）＋k＝（x＋2）2－4＋（2y－3）2－9＋k＝（x＋2）2＋（2y－3）2＋（k－13）．

要使S为“完美数”，则k－13＝0，即k＝13.

（3）设m＝a2＋b2，n＝c2＋d2（a，b，c，d都是整数），则

mn＝（a2＋b2）（c2＋d2）＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2

＝a2c2＋2abcd＋b2d2＋b2c2－2abcd＋a2d2

＝（ac＋bd）2＋（bc－ad）2，

∴mn也是“完美数”．

12.解：

（1）5；

3.

【解法提示】由新定义得，L（2，1）＝2＋3×

1＝2＋3＝5；

L（

＋3×

＝3.

（2）①3；

2.

【解法提示】由定义得，

，解得

.

②由新定义，得L（m，m－2）＝3m＋2（m－2）＝5m－4，

∵50<

100，

m<

∵m和m－2均为正整数，

∴经计算可知满足50<

100的正格数对共有10个．

③由L（x，y）＝3x＋2y＝76，得y＝

∵x>

0，y>

0，即

>

0，解得x<

又∵x，y均为正整数，

∴x为偶数，

∴经计算可知共有12个满足条件的正格数对，

若x，y满足问题②，则x－y＝2，即x－

＝2，

解得x＝16，

∴y＝x－2＝14，

∴在这些正格数对中，有满足问题②的数对，为

13.解：

（1）15；

51.

【解法提示】根据题意得，N（5，3）

52＋

5＝

＋

＝15；

N（6，5）＝

62＋

6＝54－3＝51.

（2）由题意得，

m2＋

（m＋2）2＋

（m＋2）＋10，

化简得m2－5m－14＝0，

解方程得，m＝7或m＝－2（不合题意，舍去），

故m＝7.

（3）由题意得，

y＝

6－

t2－

t＝－

t2＋

t－24，

整理得y＝－

（t－

）2＋

∵a＝－

0，且t是整数，∴当t＝5时，y有最大值，其最大值为16.