2021年名师解读全国高中数学联赛、奥林匹克竞赛、自主招生
C9高校和人大2021自主招生政策汇总(1)
C9高校和人大2021自主招生政策汇总清华大学具有各类特长及创新潜质的优秀高中毕业生均可申请。
申请学生应至少具备以下特质之一，并提供相关证明材料：1.(类型1：研究创作类)在科技发明、研究实践、文学创作、创意创新等方面具有突出表现的学生;2.(类型2：突出才能类)在语言、逻辑、智力、记忆、国学等方面具有特殊天赋或才能的学生;3.(类型3：学科奥赛类)在数学、物理、化学、生物、信息学等学科具有学科特长，且在学科奥林匹克竞赛中表现突出的学生。
解读：清华2016年自主招生简章与2015年相比，没有太大的变化，招生条件依然是三种类型。
北京大学学科特长突出、具备创新潜质，符合国家规定条件，参加2016年全国普通高等学校统一招生考试的高中毕业生。
（一）申请报考者须具备以下条件之一：1、有发明创造或参加科技类、人文社科类竞赛全国决赛或国际比赛获得优异成绩者；2、在北大自主招生专业范围内有相关学科特长、创新潜质，并在国内外相关专业学习实践活动中取得优异成绩者；3、在高中阶段参加全国中学生学科奥林匹克竞赛（数学、物理、化学、生物学、信息学）全国决赛获得优异成绩者。
（二）申请报考医学类专业者除上述条件外还须具备以下条件：1、参加2016年全国普通高等学校统一招生考试的理科考生；2、对医学类专业有浓厚兴趣，志愿献身医学事业；3、身心健康，身体条件符合《普通高等学校招生体检工作指导意见》和《关于进一步规范入学和就业体检项目维护乙肝表面抗原携带者入学和就业权利的通知》文件要求。
解读：北大招生条件相比清华而言要稍微明确，不管是对“学科特长、创新潜质”要求还是对“五大学科竞赛”要求，都明确的限定招生条件及范围。
中国人民大学2016年，人大人文科学试验班、理科试验班(信息与数学)、理科试验班(物理、化学与心理学)3个专业大类，招收自主招生的考生。
1.各专业招生计划将根据实际生源情况进行调整，宁缺毋滥。
2.人文科学试验班文理兼招，理科试验班(信息与数学)和理科试验班(物理、化学与心理学)仅招收理科生。
合肥市教育局关于印发《合肥一中、六中、八中2021年自主招生实施办法》的通知
合肥市教育局关于印发《合肥一中、六中、八中2021年自主招生实施办法》的通知文章属性•【制定机关】合肥市教育局•【公布日期】2021.06.01•【字号】合教秘〔2021〕57号•【施行日期】2021.06.01•【效力等级】地方规范性文件•【时效性】现行有效•【主题分类】招生考试正文合肥市教育局关于印发《合肥一中、六中、八中2021年自主招生实施办法》的通知各区教育主管部门，各有关招生学校：为加强对我市省示范高中自主招生工作的领导，确保省示范高中自主招生工作平稳有序，专业考核程序规范，结果公开、公平、公正，现将《合肥一中、六中、八中2021年自主招生实施办法》印发给你们，请贯彻落实。
其他省示范高中学校自主招生参照执行。
合肥市教育局2021年6月1日合肥一中、六中、八中2021年自主招生实施办法一、组织领导根据市教育局《关于印发〈合肥市2021年初中学业水平考试和高中阶段学校招生工作实施方案〉的通知》（合教〔2021〕50号）要求，今年合肥一中、合肥六中、合肥八中自主招生工作在合肥市中小学招生工作领导小组办公室的领导下，组织实施。
其他各校自主招生办法在报经市中小学招生工作领导小组办公室审核后，自行组织实施。
二、相关要求（一）加强专业考核过程监督由市中小学招生工作领导小组办公室组织专家对报考各个项目的考生进行考核和认证，并根据各校专业考核情况，抽调局机关工作人员对学校考务工作是否规范、程序是否到位、评分过程是否客观公正进行全程监督。
同时，局相关部门组成督查组，对各校执行规定情况进行督查。
（二）严格实行岗位责任制明确工作责任。
各自主招生学校校长为专业考核工作第一责任人，全面负责本校专业考核管理工作，并妥善处置突发事件，积极处理投诉咨询和舆情反映；分管校长及参与此项工作的学校人员明确分工，各负其责；建立健全校内监督机制，切实履行监督职责。
（三）规范操作程序，严肃工作纪律。
各校要做好组织领导、考务保障、政策宣传等工作，严肃考风考纪，安排认真负责的人员参与考务工作。
(完整word版)全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导：第六讲不等式的应用、参数取值范围问题
全国高中数学联赛金牌教练员讲座兰州一中数学组第六讲不等式的应用、参数取值范围问题知识、方法、技能I.排序不等式（又称排序原理）设有两个有序数组a1 a2 a n 及b1 b2 b n.则a1b1 a2b2 a n b n （同序和）a1b j1 a2b j2 a n b jn （乱序和）a1b n a2b n 1 a n b1 （逆序和）其中j i, j2, , j n是1 , 2 ,…，n的任一排列.当且仅当a i a2 a.或b i b2 b n时等号（对任一排列j l, j2, , j n）成立•证明：不妨设在乱序和S中j n n时（若j n n，则考虑j n 1）,且在和S中含有项a kb n（k n）, 则a k b n a n b j n a n b jn a n b n. ①事实上,左－右=（a n a k）（b n b j n）0,由此可知，当j n n时，调换S ap i a k b j k 3.6.（j n n）中g与j n位置（其余不动），所得新和S i S-调整好a n及b n后，接着再仿上调整a n 1与b n 1，又得S2 S i.如此至多经n 1次调整得顺序和a ib i a2b2 a n b n a i b ji a2b j2 a n b jn ②这就证得“顺序和不小于乱序和”•显然，当a i a2 a n或b i b? b n时②- 1中等号成立仮之，若它们不全相等，则必存在j n及k,使b n b j n,a n a k.这时①中不等号成立•因而对这个排列②中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和”II •应用排序不等式可证明“平均不等式”：设有n个正数a i,a2, ,a n的算术平均数和几何平均数分别是A n 也上屯和G n a.n此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到a i a2 a n和平方平均（在统计学及误差分析中用到）1~2 2 2亠13i 32 3nQ n V ------------------------- 这四个平均值有以下关系H n G n A Q n. OV n其中等号成立的充分必要条件都是a1 a2 a n •下面首先证明算术平均数一几何平均数不等式：A n G n •a i32a1a2 a n 记x1,X n1 1y1 ,y2 , x1x2,y n1X n由于数组X1,X2, ,X n和数组y1, y2, , y n中对应的数互为倒数，由排序不等式得x* X2『1 x n y n（逆序和）xy X2 y1, X n Y n 1 ,a1a2 a n即nG n G n G n从而代G n.等号当且仅当X1 X2x n或y1y2y n时成立，而这两者都2-3 -显然成立）.2a：，B=、b 2 b ；b ：.且令X ia i詈(i1,2, , n),则X 122 X22 Xnd 2 21, y 1 y 2 2y：1-于是原不等式成为X i y ix ；yX n y n1.即 2(X i y i x ；y ；X n y n )X 12 2 2X n y 1y2y •它等价于III •应用算术平均数一一几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式柯西（Cavchy ）不等式：设a 1、a 2、a 3，…，a n 是任意实数，则可得到a 1a 2a n・下面证明G n1 1H n .对n 个正数，一，a a1宀中 , 应用G n a nA n ，得1 1 1a 1 a 2a n1 11n a 1 a 2a n即G nH n . （符号成立的条件是显然的）•最后证明A n,Q n ,它等价于n(ai2 a2a；) (a 1 a 2a n )20.而上式左边=2 2= (a1 a 2) (a 1a 2)@1a n )22 2(a 2 a 3)@ a n )(a n 1 a n )20 ,于是不等式及等号成立的条件都是显然的了 .从上述证明可见，A nQ n对一切 a 1, a 2,,an R成立.(a 1b 1 a 2b 22/2 2a nb n ) (a 1a2a nb (b i 2 b ；bn).等号当且仅当bka j （k 为常数，i 1,2, ,n ）时成立•证明：不妨设a i （i 1,2,,n ）不全为0, b i 也不全为0 （因为a i 或b i 全为0时，不等式(X i y i)2(X2 y2)2(X n y n)2 0.其中等•号成立的充要条件是X i y i(i i,2, ,n)•从而原不等式成立，且等号成立的充要条件是b kai(kIV •利用排序不等式还可证明下述重要不等式切比雪夫不等式：若a i a2 a n ,b i b2 b n ,小a-|b则1i a2b2 a n b n a i a2 a n b i b2 b nn n n证明：由题设和排序不等式，有a i b i玄2匕a nb n = a i b i a2b2 a n b n ,a1b1a?b2 a n b n aR? a?b3 a n b i ,a ib i a2b2 a n b n a i b n a2b i a n b n i .将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2,即得欲证的不等式.赛题精讲I •排序不等式的应用应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题例1：对a,b,c R，比较a3 b3 c3与a2b b2c c2a 的大小.【思路分析】要应用“排序不等式”，必须取两组便于排序的数，这要从两式的结构上去分析.【略解】取两组数a, b,c; a2,b2,c2.3 3 3 2 2 2不管a, b, c的大小顺序如何，a b c都是同序和a b b c c a都是乱序和故3 , 3 3a b c a b b c c a.【评述】找出适当的两组数是解此类题目的关键.【评述】应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组【思路分析】 可构造△ ABC 的边和角的序列，应用排序不等式来证明之【详军】不妨• 设a b c ，于 :是A B C.由排序不等式, 得aAb BcC aA bB cC,aAb B cC bA cB aC,aA bBcC cA aB bC.相加, 得 3(aA bB cC) (ab c)(A B C)(a b c)，由①、②得原不等式成立.【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明 例4：设a 1,a 2, ,a n 是互不相同的自然数，试证1 -2aA bcC得-①a b c3又由0b c a,0 a bc,0a c b,有0 A(b c a) C(a b c) B(a c b) a(B C A) b(A C B) c(A Ba(2A )b( 2B) c( 3C)(a b c) 2(aA bB cC).aA b BcC得②a b c2C)2 2 2 2例 2：a,b,c R ，求证2 2c a2b2abcb 2ca2cab【思路分析】 应先将a 、b 、c 三个不失一般性地规定为 【略解】由于不等式关于c 对称，可设aa b0.0.由排序不等式, 得a 2b 21-（逆序和） cb 21（乱序和）•ab21及a 2 1a以上两个同向不等式相加再除以a 3b 3c 30,及丄丄bc cab 2a2，即得原式中第一个不等式1 ，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成ab•再考虑数组例3:在厶ABC 中，试证:aA bB cC a b ca 2 22n 2【思路分析】 应先构造两个由小到大的排序【略解】将a i ,a 2, ,a n 按由小到大的顺序排成 a j 1 a )21【思路分析】 应注意到a i1(i 1,2, ,n)a i【略证】不妨设a 1 a 2a n ,因为a 「a 2, ,a n 都大于0•所以有1 11---- --------- ------------------ ?a1 a 2an1 1 1 1 1 1又一,—,, 是 ，一，， 的任意一个排列，于是得到d b 2 b n a 1 a 2a .1 1 1 111n a 1 — a 2a n a 1a 2 — a n.a 1a 2a nb1b 2b n【评述】此题比较简单，但颇具启发意义,读者应耐心体会1 1 1 例6：设正数a, b, c 的乘积abc 1,试证:(a 1 -)(b1 -)(c 1 -) 1b c a【略解】设 x,byy ,c z-，这里x,y,z 都是正数，则原需证明的不等式化为 x (x y z)(y x)(z x y) xyz,显然x y 乙y z x, z x y 中最多只有一个 非负数•若x x y z,y 乙y x,z x y 中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若 .容易验证 (x y z)(y z z x, z x y 均为正数，则x, y,z 是某三角形的三边长 1 2 2 x)(z x y) 3【(x (y z x) y (z x3y) z 2(x y z)]. 故得(x y z)(y z x)( z x y) xy z.a jn其中 j 1, j 2,,j n 是1, 2，…，n 的一个排列，则a j l 1®22, a j nn.于是由排序不等式，得a 2 a1 22a n n 2a j1a jJ22n 2例 5：设 bi,b 2, ,b n 是正数 a 「a 2,a 1 a 2,a n 的一个排列，求证 一 -b |b 2a n n.b nabc 1,证明a 2(b c)b 2(c a) c 2(a b)证明：设a!,b x1 1-,c -,则xyz 1，且所需证明的不等式可化为 y z x 23，现不妨设Xx y 2z 2 z ，则，据排序不等式x y两式相加并化简可得2 22(——」y z z x例7:设实数X 1 置换，证明: n (X i i 1 y i )2 【略解】 【评述】X 2 (X ii 1 X n , y 1显然所需证不等式等价于 应用此例的证法可立证下题:设a k 是两两互异的正整数（k 1,2, 33 xyz y 2nX i y i1证明：设 b 1 ,b 2, , b n 是 a 1, a 2, ,a n3.y n ,Z 1,Z 2, ,Z n 是 y 「y 2, , y n 的一个X i 乙,这由排序不等式可直接得到i 1），证明对任意正整数 n ,均有的一个排列，使db 2b n， a k则从条件知对每个1 k n ,b k k ,于是由排序不等式可知nn鼻a kb k2 2i 1k i 1 k【思路分析】 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之 【评述】注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之【详解】•/ X i ,X 2, , X n 0 ,故由柯西不等式，得【评述】这是一道高中数学联赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造函数法等来证之 •II .柯西不等式的应用 应用柯西不等式，往往能十分简捷地证明某些不等式 2 圣X 3例 &设 X i ，X 2， ,X n R ，求证: 2XiX 2 2 Xn 1 X n 2 X nX 1 X 2X i X n .(XX 32、宀XnXi)(— X 2 2X n i X nX nX iX 2 _X 3(X i X 2X n )2 ,2 2X i X 2 X 2 X 322X n iX n为X 2X nX nX iX i X n 1X n i针对性训练题1设a、b、c R ，利用排序不等式证明: (1) a a b b a b b a(a b)；(2 )2a2ba b2c c b a c c a ab c b ；；a b c 3(3b c c a a b 212 .12 12a b c 10 ■ 10 10(4 a b cbc ca ab2.设a、b、c是二角形二边的长，求证：3.已知a、b、c N*，并且b（1 山）a d 詈）b（1 a-b）ca b c* 1 24.设n N ,n 1,求证：C n C n5.若a 0, b 0,且a 2b 6,求Ig aa b c3.b c a cab a b ca b, ab c,求证：1.n 1n 2-C n n 2 2.2lg b的最大值.6.若a 2b 12,求2a 2b1的最小值.7.已知x y 1(x 1),求u(x, y)2 2& x 2y 1,求u(x,y) x 2y 的最值.c a, c。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。
2021年四川省成都市私立名校(高中)自主招生数学试卷及答案解析
2021年四川省成都市私立名校（高中）自主招生数学试卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）1．（3分）三角形在正方形网格纸中的位置如图所示，则sinα的值是（）A．B．C．D．2．（3分）下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（）A．x2+9＝0B．4x2﹣4x+1＝0C．x2+x+1＝0D．x2+x﹣1＝0 3．（3分）一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是（）A．B．C．D．4．（3分）下列命题中的假命题是（）A．一组邻边相等的平行四边形是菱形B．一组邻边相等的矩形是正方形C．一个角是直角的四边形是矩形D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形5．（3分）下列函数：①xy＝1，②，③y＝kx﹣1（k≠0），④y＝3﹣x，其中，y是x的反比例函数的有（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④6．（3分）如图，⊙O的直径CD过弦EF的中点G，∠EOD＝40°，则∠DCF等于（）A．80°B．50°C．40°D．20°7．（3分）下列语句中，正确的有（）个．（1）三点确定一个圆（2）平分弦的直径垂直于弦（3）相等的弦所对的弧相等（4）相等的圆心角所对的弧相等．A．0个B．1个C．2个D．3个8．（3分）对于反比例函数，下列说法不正确的是（）A．点（﹣3，1）在它的图象上B．它的图象在第二、四象限C．当x＞0时，y随x的增大而增大D．当x＜0时，y随x的增大而减小9．（3分）如图，是一次函数y＝kx+b与反比例函数的图象，则关于方程的解为（）A．x1＝1，x2＝2B．x1＝﹣2，x2＝﹣1C．x1＝1，x2＝﹣2D．x1＝2，x2＝﹣110．（3分）二次函数y＝x2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．顶点坐标（﹣1，﹣4）B．当x＞﹣1时，y随x的增大而减小C．线段AB的长为3D．当﹣3＜x＜1时，y＞0二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）11．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，cos A＝，则tan A＝．12．（4分）小虹在距离路灯9米的地方，发现自己在地面上的影长是3米，如果小虹的身高为1.6米，那么路灯离地面的高度是米．13．（4分）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝120°，AB＝AC，BD为⊙O的直径，AD＝6，则BC＝．14．（4分）如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1、A2、…、An分别是正方形的中心，则n个这样的正方形重叠部分的面积和为cm2（用n的代数式表示）．三、解答题（本大题共6个小题，共54分）15．（12分）（1）解方程：2x2﹣5x﹣1＝0；（2）计算：﹣22+tan60°﹣2﹣1+|1﹣2cos30°|．16．（6分）广场上有一个充满氢气的气球P，被广告条拽着悬在空中，甲乙二人分别站在E、F处，他们看气球的仰角分别为30°、45°，E点与F点的高度差AB为1米，水平距离CD为5米，FD的高度为0.5米，请问此气球有多高？（结果保留根号）17．（8分）如图，直线y＝x+1分别交x轴，y轴于点A，C，点P是直线AC与双曲线y ＝在第一象限内的交点，PB⊥x轴，垂足为点B，△APB的面积为4．（1）求点P的坐标；（2）求双曲线的解析式及直线与双曲线另一交点Q的坐标．18．（8分）有一个可自由转动的转盘，被分成了4个相同的扇形，分别标有数1，2，3，4（如图所示），另有一个不透明的口袋装有分别标有数0，1，3的三个小球（除数不同外，其余都相同），小亮转动一次转盘，停止后指针指向某一扇形，扇形内的数是小亮的幸运数，小红任意摸出一个小球，小球上的数是小红的吉祥数，然后计算这两个数的积．（1）请你用画树状图或列表的方法，求这两个数的积为0的概率；（2）小亮与小红做游戏，规则是：若这两个数的积为奇数，小亮赢；否则，小红赢．你认为该游戏公平吗？为什么？如果不公平，请你修改该游戏规则，使游戏公平．19．（10分）已知：如图，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）若四边形BEDF是菱形，则四边形AGBD是什么特殊四边形？并证明你的结论．20．（10分）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，AB为直径，∠ABC＝30°，CD⊥OC于C，ED⊥AB于F，（1）判断△DCE的形状；（2）设⊙O的半径为1，且OF＝，求证：△DCE≌△OCB．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）21．（4分）已知y＝x﹣1，那么x2﹣2xy+3y2﹣2的值是．22．（4分）如图，A、B、C是⊙O上的三点，以BC为一边，作∠CBD＝∠ABC，过BC上一点P，作PE∥AB交BD于点E，PF⊥BD于F，若BE＝3，BF＝，则∠AOC ＝．23．（4分）如图，等腰直角三角形ABC位于第一象限，AB＝AC＝2，直角顶点A在直线y ＝x上，其中A点的横坐标为1，且两条直角边AB、AC分别平行于x轴、y轴，若双曲线y＝（k≠0）与△ABC有交点，则k的取值范围是．24．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列5个结论：①ab＞0；②a+c＞b；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤m（am+b）＜a+b（m≠1的实数）．其中正确的结论有个．25．（4分）完全相同的4个小球，上面分别标有数字1、﹣1、2、﹣2，将其放入一个不透明的盒子中摇匀，再从中随机摸球两次（第一次摸出球后放回摇匀）．把第一次、第二次摸到的球上标有的数字分别记作m、n，以m、n分别作为一个点的横坐标与纵坐标，定义点（m，n）在反比例函数上为事件Q k（﹣4≤k≤4，k为整数），当Q k的概率最大时，则k的所有可能的值为．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）26．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+1）x+m2+1＝0的两根是一个矩形两邻边的长．（1）m取何值时，方程有两个正实数根．（2）当矩形的对角线长为时，求m的值．27．（10分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8．点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP＝AQ．点D，E 分别是点A，B以Q，P为对称中心的对称点，HQ⊥AB于Q，交AC于点H．当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动．设BP的长为x，△HDE的面积为y．（1）求证：△DHQ∽△ABC；（2）求y关于x的函数解析式并求y的最大值；（3）当x为何值时，△HDE为等腰三角形？28．（12分）如图，二次函数的图象经过点D（0，），且顶点C的横坐标为4，该图象在x轴上截得的线段AB的长为6．（1）求二次函数的解析式；（2）在该抛物线的对称轴上找一点P，使P A+PD最小，求出点P的坐标；（3）在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．2021年四川省成都市私立名校（高中）自主招生数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）1．【分析】根据勾股定理，可得斜边的长，根据正弦函数，可得答案．【解答】解：由勾股定理，得斜边的长为＝5，sinα＝，故选：B．【点评】本题考查了锐角三角函数的定义，正弦函数是对边比斜边是解题关键．2．【分析】逐一分析四个选项根的判别式的符号，由此即可得出结论．【解答】解：A、Δ＝02﹣4×9＝﹣36＜0，∴该方程没有实数根；B、Δ＝（﹣4）2﹣4×4×1＝0，∴该方程有两个相等的实数根；C、Δ＝11﹣4×1×1＝﹣3＜0，∴该方程没有实数根；D、Δ＝11﹣4×1×（﹣1）＝5＞0，∴方程有两个不相等的实数根．故选：D．【点评】本题考查了根的判别式，根据根的判别式的符号确定方程解的情况是解题的关键．3．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．【解答】解：由于俯视图为三角形．主视图为两个长方形和左视图为长方形可得此几何体为三棱柱．故选：A．【点评】考查学生对圆锥三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．4．【分析】根据菱形、正方形、平行四边形的判定来做题即可．【解答】解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，此命题正确；B、一组邻边相等的矩形是正方形，此命题正确；C、一个角是直角的四边形是矩形，此命题错误；如图：D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，此命题正确．故选：C．【点评】本题考查了命题与定理，解题的关键是掌握菱形、正方形、平行四边形的有关判定定理．5．【分析】根据反比例函数的定义（一般地，如果两个变量x、y之间的关系可以表示成（k为常数，k≠0）的形式，那么称y是x的反比例函数反比例函数）做出判断与选择．【解答】解：①由原方程知，y＝；符合反比例函数的定义；故本选项正确；②符合反比例函数的定义；故本选项正确；③反比例函数的一般式（k≠0）可以转化为y＝kx﹣1（k≠0）的形式．故本选项正确；④y＝3﹣x属于一次函数；故本选项错误；综上所述，y是x的反比例函数的有①②③；故选：A．【点评】本题考查了反比例函数的定义，重点是将一般式（k≠0）转化为y＝kx﹣1（k≠0）的形式．6．【分析】欲求∠DCF，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．【解答】解：∵⊙O的直径CD过弦EF的中点G，∴（垂径定理），∴∠DCF＝∠EOD（等弧所对的圆周角是圆心角的一半），∴∠DCF＝20°．故选：D．【点评】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的应用能力．7．【分析】根据确定圆的条件，垂径定理，以及圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理对各小题分析判断后利用排除法求解．【解答】解：（1）不在同一直线上的三点确定一个圆，故本小题错误；（2）平分弦的直径，当被平分的弦是直径是直径不垂直于弦，故本小题错误；（3）相等的弦不在同圆或等圆中，所对的弧不一定相等，故本小题错误；（4）相等的圆心角不在同圆或等圆中所对的弧不一定相等，故本小题错误；综上所述，正确的有0个．故选：A．【点评】本题考查了确定圆的条件，圆幂性质以及圆周角定理，熟记定理与性质是解题的关键．8．【分析】根据反比例函数图象的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．【解答】解：A、∵﹣＝1，∴点（﹣3，1）在它的图象上，故本选项正确；B、k＝﹣3＜0，∴它的图象在第二、四象限，故本选项正确；C、k＝﹣3＜0，当x＞0时，y随x的增大而增大，故本选项正确；D、k＝﹣3＜0，当x＜0时，y随x的增大而增大，故本选项错误．故选：D．【点评】本题考查了反比例函数的性质，对于反比例函数（k≠0），（1）k＞0，反比例函数图象在一、三象限，在每一个象限内，y随x的增大而减小；（2）k＜0，反比例函数图象在第二、四象限内，在每一个象限内，y随x的增大而增大．9．【分析】根据题意可知，函数图象的交点坐标即为方程的解，根据格点找到交点坐标就可找到方程的解．【解答】解：由图可知，两函数图象的交点坐标为（1，2）；（﹣2，﹣1）；则两横坐标为1和﹣2，∵函数的交点坐标符合两个函数的解析式，∴函数的交点坐标就是方程组的解，∴x＝1或x＝﹣2，故选：C．【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，找到两图象的交点坐标是解题的关键．10．【分析】根据解析式y＝x2+bx+c可知二次项系数为1，根据图象可知对称轴为x＝﹣1，据此可求出b的值，由二次函数的性质可知，c＝﹣3，从而得到二次函数的解析式，然后依据解析式对A、B、C、D进行判断．【解答】解：由图可知，对称轴为﹣＝﹣1，b＝2；c＝﹣3，则函数解析式为y＝x2+2x﹣3．其顶点坐标为（﹣1，﹣4）．由图可知，当x＞﹣1时，y随x的增大而增大；当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得x1＝1；x2＝﹣3．可知线段AB长为1﹣（﹣3）＝4，由图可知当﹣3＜x＜1时，y＜0．可见，只有A正确，故选：A．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点及二次函数的性质，根据图象求出解析式是关键一步，另外，要充分利用图象所提供的条件解答．二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）11．【分析】根据cos30°＝得到∠A＝30°，则tan A＝tan30°，然后根据tan30°＝即可得到答案．【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，cos A＝，∴∠A＝30°，∴tan A＝tan30°＝．故答案为．【点评】本题考查了特殊角的三角函数值：sin30°＝，cos30°＝，tan30°＝．12．【分析】先根据题意画出图形，利用相似三角形的判定定理得出△ECD∽△EBA，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出AB的长．【解答】解：∵AB∥CD，∴△ECD∽△EBA，∴，而CD＝1.6，AD＝9，DE＝3，∴AE＝9+3＝12∴＝，∴AB＝6.4米．故答案为：6.4．【点评】本题考查的是相似三角形的应用，根据题意画出图形，利用相似三角形的对应边成比例进行解答是解答此题的关键．13．【分析】由已知可证∠BDA＝30°；根据BD为⊙O的直径，可证∠BAD＝90°，得∠DBC＝30°，即∠DBA＝60°，所以BC＝AD＝6．【解答】解：连接CD．∵△ABC内接于⊙O，∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠CBA＝∠BCA＝30°．∴∠BDA＝∠ACB＝30°．∵BD为⊙O的直径，∴∠BAD＝90°，∠BDA＝30°，∴∠DBC＝90°﹣30°﹣30°＝30°，∴∠DBA＝60°，∠BDC＝60°，∴BC＝AD＝6．【点评】本题重点考查了同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角及解直角三角形的知识．14．【分析】过点A1分别作正方形两边的垂线A1D与A1E，根据正方形的性质可得A1D＝A1E，四边形A1EFD是正方形，再根据同角的余角相等求出∠BA1D＝∠CA1E，然后利用“角边角”证明△A1BD和△A1CE全等，根据全等三角形的面积相等求出阴影部分的面积等于正方形面积的，同理可求所有阴影部分的面积都是正方形的面积的，然后根据正方形的面积列式计算即可．【解答】解：如图，过点A1分别作正方形两边的垂线A1D与A1E，∵点A1是正方形的中心，∴A1D＝A1E，四边形A1EFD是正方形，∴∠BA1D+∠BA1E＝90°，又∵∠CA1E+∠BA1E＝90°，∴∠BA1D＝∠CA1E，在△A1BD和△A1CE中，，∴△A1BD≌△A1CE（ASA），∴△A1BD的面积＝△A1CE的面积，∴阴影部分的面积＝正方形A1EFD的面积＝×12＝（cm2），同理可求，每一个阴影部分的面积都是正方形面积的，为cm2，∴重叠部分的面积和＝×（n﹣1）＝（cm2）．故答案为：．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造出全等三角形求出阴影部分的面积是正方形的面积的是解题的关键．三、解答题（本大题共6个小题，共54分）15．【分析】（1）求出b2﹣4ac的值，代入公式x＝求出即可；（2）求出﹣22＝﹣4，＝2，tan60°＝，cos30°＝，代入求出即可．【解答】解：（1）a＝2，b＝﹣5，c＝﹣1，∴b2﹣4ac＝（﹣5）2﹣4×2×（﹣1）＝33，∴x＝，∴x1＝，x2＝．解：（2）原式＝﹣4+2×﹣+|1﹣2×|，＝﹣4+6﹣+﹣1，＝+．【点评】本题考查了解二元二次方程、实数的运算、负整数指数幂、特殊角的三角函数值等知识点的应用，主要培养学生的计算能力，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．16．【分析】设AP＝x，先在Rt△APE中利用30的正切可表示出AE＝x，再在Rt△BFP 中利用等腰直角三角形的性质表示出BF＝BP＝x+1，接着利用AE＝CD+BF得方程x ＝5+x+1，然后解方程求出x，最后计算P A+AB+BO即可．【解答】解：如图，设AP＝x，在Rt△APE中，∵∠AEP＝30°，∴tan∠APE＝tan30°＝＝，∴AE＝x，在Rt△BFP中，∵∠BFP＝45°，∴BF＝BP＝AB+AP＝x+1，∵AE＝CD+BF，∴x＝5+x+1，解得x＝3+3，∴PO＝P A+AB+BO＝3+3+1+0.5＝3+4.5．答：此气球有高度为（3+4.5）米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形．17．【分析】（1）求出直线y＝x+1与x轴，y轴于点A，C，根据点P在直线y＝x+1上，可设点P的坐标为（m，m+1），根据S△APB＝AB•PB就可以得到关于m的方程，求出m的值．（2）根据△APB的面积为4．就可以得到k＝4，解反比例函数与一次函数解析式组成的方程组，就得到直线与双曲线的交点．【解答】解：（1）y＝x+1，令x＝0，则y＝1；令y＝0，则x＝﹣2，∴点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，1）．（1分）∵点P在直线y＝x+1上，可设点P的坐标为（m，m+1），又∵S△APB＝AB•PB＝4，∴（2+m）（m+1）＝4．（2分）即：m2+4m﹣12＝0，∴m1＝﹣6，m2＝2．∵点P在第一象限，∴m＝2．（3分）∴点P的坐标为（2，2）；（4分）（2）∵点P在双曲线y＝上，∴k＝xy＝2×2＝4．（5分）∴双曲线的解析式为y＝．（6分）解方程组得，（8分）∴直线与双曲线另一交点Q的坐标为（﹣4，﹣1）．（9分）【点评】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，以及函数图象上的点与解析式的关系，图象上的点一定满足函数解析式．18．【分析】（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．【解答】解：（1）画树状图如下：或列表如下：12340000011234336912由图（表）知，所有等可能的结果有12种，其中积为0的有4种，所以，积为0的概率为．（2）不公平．因为由图（表）知，积为奇数的有4种，积为偶数的有8种．所以，积为奇数的概率为，积为偶数的概率为．因为，所以，该游戏不公平．游戏规则可修改为：若这两个数的积为0，则小亮赢；积为奇数，则小红赢．【点评】本题考查用树状图或列表法解决需两步完成的概率题，判断游戏的公平性，并修改游戏规则．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．19．【分析】（1）在证明全等时常根据已知条件，分析还缺什么条件，然后用（SAS，ASA，SSS）来证明全等；（2）先由菱形的性质得出AE＝BE＝DE，再通过角之间的关系求出∠2+∠3＝90°即∠ADB＝90°，所以判定四边形AGBD是矩形．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠4＝∠C，AD＝CB，AB＝CD．∵点E、F分别是AB、CD的中点，∴AE＝AB，CF＝CD．∴AE＝CF．在△AED和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（SAS）．（2）解：当四边形BEDF是菱形时，四边形AGBD是矩形．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∵AG∥BD，∴四边形AGBD是平行四边形．∵四边形BEDF是菱形，∴DE＝BE．∵AE＝BE，∴AE＝BE＝DE．∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，∴2∠2+2∠3＝180°．∴∠2+∠3＝90°．即∠ADB＝90°．∴▱四边形AGBD是矩形．【点评】本题主要考查了平行四边形的基本性质和矩形的判定及全等三角形的判定．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．三角形全等的判定条件：SSS，SAS，AAS，ASA．20．【分析】（1）△DCE为等腰三角形，理由为：根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由圆周角∠ABC的度数，求出圆心角∠AOC的度数为60°，再由OA＝OC，得到三角形OAC为等边三角形，可得出三内角为60°，再由OC与CD垂直，根据垂直的定义得到∠OCD为直角，利用平角的定义求出∠DCE为30°，又EF垂直于AB，得到∠AFE为直角，由∠A为60°，得出∠E为30°，可得出∠DCE＝∠E，根据等角对等边可得出DC＝DE，即三角形DCE为等腰三角形；（2）由半径为1及OF的长，根据AO+OF求出AF的长，在直角三角形AEF中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，由AF的长得出AE的长，再由AE﹣AC求出CE 的长，在直角三角形ABC中，由AB为直径，∠B为30°，根据锐角三角函数定义求出BC的长，发现BC＝CE，再由三角形BOC与三角形DCE都为底角为30°的等腰三角形，得到两对底角相等，利用ASA可得出两三角形全等．【解答】解：（1）△DCE为等腰三角形，理由为：∵∠ABC＝30°，圆周角∠ABC与圆心角∠AOC都对，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，又∵OA＝OC，∴△OAC为等边三角形，∴∠OAC＝∠OCA＝60°，∵OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∴∠DCE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，又∵EF⊥AF，∴∠AFE＝90°，∴∠E＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴∠DCE＝∠E，∴DC＝DE，则△DCE为等腰三角形；（2）∵OA＝OB＝1，OF＝，∴AF＝AO+OF＝1+＝，OA＝AC＝OC＝1，在Rt△AEF中，∠E＝30°，∴AE＝2AF＝+1，∴CE＝AE﹣AC＝+1﹣1＝，又∵AB为圆O的直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠B＝30°，∴cos30°＝，即BC＝AB cos30°＝，∴CB＝CE＝，在△OBC和△DCE中，∵，∴△OBC≌△DCE（ASA）．【点评】此题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，锐角三角函数定义，含30°直角三角形的性质，三角形的内角和定理，勾股定理，以及等边三角形的判定与性质，利用了转化及数形结合的思想，是一道综合性较强的题．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）21．【分析】将代数式x2﹣2xy+3y2﹣2化简，再将y＝x﹣1代入即可求得代数式的值．【解答】解：∵y＝x﹣1，∴x2﹣2xy+3y2﹣2＝（x2﹣6xy+9y2）﹣2＝（x﹣3y）2﹣2＝×9﹣2＝1．【点评】熟悉完全平方公式的变形，注意该题的简便方法．22．【分析】首先由∠CBD＝∠ABC，PE∥AB，可证得△PBE是等腰三角形，又由BE＝3，BF＝，即可求得PE与EF的长，再由PF⊥BD，由特殊角的三角函数值，即可求得∠PEF的度数，继而求得∠AOC的度数．【解答】解：∵PE∥AB，∴∠BPE＝∠ABC，∵∠CBD＝∠ABC，∴∠CBD＝∠BPE，∴PE＝BE＝3，∵BF＝，∴EF＝BF﹣BE＝，∵PF⊥BD，∴在Rt△PEF中，cos∠PEF＝＝，∴∠PEF＝45°，∵∠PEF＝∠PBE+∠BPE＝2∠PBE＝2∠ABC＝45°，∴∠AOC＝2∠ABC＝45°．故答案为：45°．【点评】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题难度适中，解题的关键是掌握同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用，注意有平行线与角平分线，可以构造等腰三角形．23．【分析】设直线y＝x与BC交于E点，分别过A、E两点作x轴的垂线，垂足为D、F，则A（1，1），而AB＝AC＝2，则B（3，1），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，E 为BC的中点，由中点坐标公式求E点坐标，当双曲线与△ABC有唯一交点时，这个交点分别为A、E，由此可求k的取值范围．【解答】解：如图，设直线y＝x与BC交于E点，分别过A、E两点作x轴的垂线，垂足为D、F，EF交AB于M，∵A点的横坐标为1，A点在直线y＝x上，∴A（1，1），又∵AB＝AC＝2，AB∥x轴，AC∥y轴，∴B（3，1），C（1，3），且△ABC为等腰直角三角形，BC的中点坐标为（，），即为（2，2），∵点（2，2）满足直线y＝x，∴点（2，2）即为E点坐标，E点坐标为（2，2），∴k＝OD×AD＝1，或k＝OF×EF＝4，当双曲线与△ABC有唯一交点时，1≤k≤4．故答案为：1≤k≤4．【点评】本题考查了反比例函数的综合运用．注意直线，三角形的特殊性，根据双曲线上点的坐标特点求解．24．【分析】由对称轴的位置判断ab的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【解答】解：①∵抛物线对称轴在y轴的右侧，∴ab＜0，故此选项错误；②当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，故a+c＜b，此选项错误；③由对称知，当x＝2时，函数值大于0，即y＝4a+2b+c＞0，此选项正确；④当x＝3时函数值小于0，y＝9a+3b+c＜0，且x＝﹣＝1，即a＝﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，此选项正确；⑤当x＝1时，y的值最大．此时，y＝a+b+c，而当x＝m时，y＝am2+bm+c，所以a+b+c＞am2+bm+c，故a+b＞am2+bm，即a+b＞m（am+b），故此选项正确．故有③④⑤3个正确．故答案为：3．【点评】本题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y＝ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．25．【分析】首先根据题意列出表格，然后根据表格求得k取不同值时的概率，比较大小即可确定k的所有可能的值．【解答】解：列表得：（1，﹣2）（﹣1，﹣2）（2，﹣2）（﹣2，﹣2）（1，2）（﹣1，2）（2，2）（﹣2，2）（1，﹣1）（﹣1，﹣1）（2，﹣1）（﹣2，﹣1）（1，1）（﹣1，1）（2，1）（﹣2，1）∴点（m，n）共有16种可能性，∵若点（m，n）在反比例函数上，则k＝mn，∵P（k＝﹣4）＝＝，P（k＝﹣1）＝＝，P（k＝﹣2）＝＝，P（k＝1）＝＝，P（k＝2）＝＝，P（k＝4）＝＝，∴当Q k的概率最大时，k＝±2．故答案为：±2．【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率与反比例函数的性质．此题难度适中，解题时注意列表法与树状图法可以不重不漏的列出所有等可能的情况，然后根据概率公式求得概率．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）26．【分析】（1）设矩形两邻边的长为a，b，根据△的意义得到△≥0，即（m+1）2﹣4（m2+1）≥0，解得m≥，而a、b都是正数，利用一元二次方程根与系数的关系有a+b＝m+1＞0，ab＝m2+1＞0，可解得m＞﹣1，综合可得到m的取值范围；（2）根据矩形的性质和勾股定理得到a2+b2＝（）2，变形有（a+b）2﹣2ab＝5，把a+b＝m+1，ab＝m2+1代入得（m+1）2﹣2（m2+1）＝5，整理得到m2+4m﹣12＝0，解方程得到m1＝2，m2＝﹣6，然后即可得到符合条件的m的值．【解答】解：（1）设矩形两邻边的长为a，b，∵关于x的一元二次方程的两根是一个矩形两邻边的长，∴△≥0，即（m+1）2﹣4（m2+1）≥0，解得m≥，a+b＝m+1＞0，ab＝m2+1＞0，解得m＞﹣1，∴m≥时，方程有两个正实数根；（2）∵矩形的对角线长为，∴a2+b2＝（）2，∴（a+b）2﹣2ab＝5，∴（m+1）2﹣2（m2+1）＝5，即m2+4m﹣12＝0，解得m1＝2，m2＝﹣6，∵m≥，∴m＝2，所以当矩形的对角线长为时，m的值为2．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＞0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程根与系数的关系、勾股定理以及矩形的性质．27．【分析】（1）根据对称性可得HD＝HA，那么可得∠HDQ＝∠A，加上已有的两个直角相等，那么所求的三角形相似；（2）分0＜x≤2.5；2.5＜x≤5两种情况讨论，得到y关于x的函数关系式，再利用二次函数的最值即可求得最大值；（3）等腰三角形有两边相等，根据所在的不同位置再分不同的边相等解答．【解答】（1）证明：∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，∴∠HQD＝∠C＝90°，HD＝HA，∴∠HDQ＝∠A，∴△DHQ∽△ABC．（2）解：①如图1，当0＜x≤2.5时，ED＝10﹣4x，QH＝AQ tan A＝x，此时y＝（10﹣4x）×x＝﹣+x，当x＝时，最大值y＝，②如图2，当2.5＜x≤5时，ED＝4x﹣10，QH＝AQ tan A＝x，此时y＝（4x﹣10）×x＝﹣x＝（x﹣）2﹣．当2.5＜x≤5时，y有最大值，当x＝5时，最大值为y＝，∴y与x之间的函数解析式为y＝，则当2.5＜x≤5时，y有最大值，其最大值是y＝．综上可得，y的最大值为．（3）解：①如图1，当0＜x＜2.5时，若DE＝DH，∵DH＝AH＝＝x，DE＝10﹣4x，∴10﹣4x＝，x＝．∵∠EDH＞90°，∴EH＞ED，EH＞DH，即ED＝EH，HD＝HE不可能；②如图2，当2.5＜x≤5时，若DE＝DH，4x﹣10＝，x＝；若HD＝HE，此时点D，E分别与点B，A重合，x＝5，若ED＝EH，则∠ADH＝∠DHE，又∵点A、D关于点Q对称，∴∠A＝∠ADH，∴△EDH∽△HDA，∴＝，x＝，∴当x的值为，5，，时，△HDE是等腰三角形．【点评】本题综合考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等问题，注意分不同位置，边长相等的不同情况探讨三角形为等腰三角形的条件．28．【分析】（1）已知了顶点的横坐标，可用顶点式来设二次函数的解析式如：y＝a（x﹣4）2+k，根据二次函数过点（0，），可得出＝16a+k；由于A、B关于x＝4对称，且AB＝6，不难得出A、B的坐标为（1，0），（7，0），可将它们的坐标代入解析式中即可求出a、k的值．（2）本题的关键是确定P的位置，由于对称轴垂直平分AB，因此P不论在对称轴的什么位置都有P A＝PB，连接DB，如果P是交点时，P A+PD的长就是BD的长，两点之间线段最短，因此要想P A+PD最小，P必为DB与对称轴的交点．可根据B、D的坐标求出BD所在直线的解析式，然后求出与抛物线对称轴的交点．即可得出P点的坐标．（3）由于三角形ABC是等腰三角形，要想使QAB与三角形ABC相似，三角形QAB必须为等腰三角形．要分两种情况进行讨论：①当Q在x轴下方时，Q，C重合，Q点的坐标就是C点的坐标．②当Q在x轴上方时，应该有两个符合条件的点，抛物线的对称轴左右两侧各一个，且这两点关于抛物线的对称轴相对称．因此只需求出一点的坐标即可．以AQ＝AB为例：可过Q作x轴的垂线，在构建的直角三角形中，根据BQ即AB的长以及∠QBx的度数来求出Q的坐标．然后根据对称性求出另外一点Q的坐标．【解答】解：（1）设二次函数的解析式为：y＝a（x﹣h）2+k∵顶点C的横坐标为4，且过点（0，）∴y＝a（x﹣4）2+k，＝16a+k①又∵对称轴为直线x＝4，图象在x轴上截得的线段长为6∴A（1，0），B（7，0）∴0＝9a+k②由①②解得a＝，k＝﹣∴二次函数的解析式为：y＝（x﹣4）2﹣（2）∵点A、B关于直线x＝4对称∴P A＝PB∴P A+PD＝PB+PD≥DB∴当点P在线段DB上时P A+PD取得最小值∴DB与对称轴的交点即为所求点P设直线x＝4与x轴交于点M∵PM∥OD，∴∠BPM＝∠BDO，又∵∠PBM＝∠DBO∴△BPM∽△BDO∴∴∴点P的坐标为（4，）（3）由（1）知点C（4，），又∵AM＝3，∴在Rt△AMC中，cos∠ACM＝，∴∠ACM＝60°，∵AC＝BC，∴∠ACB＝120°①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N如果AB＝BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ＝6，∠ABQ＝120°，则∠QBN＝60°∴QN＝3，BN＝3，ON＝10，此时点Q（10，），如果AB＝AQ，由对称性知Q（﹣2，）②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是（4，），经检验，点（10，）与（﹣2，）都在抛物线上综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC点Q的坐标为（10，）或（﹣2，）或（4，）．【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的性质等知识点．要注意（2）中确定P点位置的方法．在（3）中不确定Q位置的情况下要分类进行讨论，不要漏解．。
创界学校国高中数学联赛试题及详细解析00001
智才艺州攀枝花市创界学校2021年全国高中数学联赛试题及详细解析一．选择题(此题总分值是36分，每一小题6分)1．设锐角使关于x的方程x2+4x cos+cos=0有重根，那么的弧度数为()A．B．或者C．或者D．2．M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．假设对于所有的m∈R，均有M∩N，那么b的取值范围是()A．[－，]B．(－，)C．(－，]D．[－，]3．不等式+log x3+2>0的解集为A．[2，3)B．(2，3]C．[2，4)D．(2，4]4．设点O在ABC的内部，且有+2+3=，那么ABC的面积与AOC的面积的比为()A．2B．C．3D．8．设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，那么f(x)=；9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数是；10．设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，那么k=；11．数列a0，a1，a2，…，a n，…满足关系式(3－a n+1)(6+a n)=18，且a0=3，那么的值是；12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上挪动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为；二试题一．(此题总分值是50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．二．(此题总分值是50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{A n}与曲线y=(x≥0)上的点列{B n}满足|OA n|=|OB n|=，直线A n B n在x轴上的截距为a n，点B n的横坐标为b n，n∈N*．⑴证明a n>a n+1>4，n∈N*；⑵证明有n0∈N*，使得对∀n>n0，都有++…++<n－2021．三．(此题总分值是50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．EFB CDA GHK2021年全国高中数学联赛试卷第一试一．选择题(此题总分值是36分，每一小题6分)1．设锐角使关于x 的方程x 2+4x cos+cot =0有重根，那么的弧度数为()A ．B ．或者C ．或者D ．【答案】B【解析】由方程有重根，故=4cos 2－cot =0， ∵0<<，2sin2=1，=或者．选B ．3．不等式+log x 3+2>0的解集为A ．[2，3)B ．(2，3]C ．[2，4)D ．(2，4]【答案】C【解析】令log 2x=t ≥1时，>t －2．t ∈[1，2)，x ∈[2，4)，选C ．4．设点O 在ABC 的内部，且有+2+3=，那么ABC 的面积与AOC 的面积的比为()A ．2B ．C ．3D ．【答案】C【解析】如图，设AOC=S ，那么OC 1D=3S ，OB 1D=OB 1C 1=3S ，AOB=OBD=S ．OBC=S ，ABC=3S ．选C ．5．设三位数n=，假设以a ，b ，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，那么这样的三位数n 有()A ．45个B ．81个C ．165个D ．216个6．顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心，AB ⊥OB ，垂足为B ，OH ⊥PB ，垂足为H ，且PA=4，C 为PA 的中点，那么当三棱锥O －HPC 的体积最S B 11OABC大时，OB 的长为()A ．B ．C ．D ．二．填空题(此题总分值是54分，每一小题9分)7．在平面直角坐标系xOy 中，函数f (x )=a sin ax +cos ax (a >0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g (x )=的图像所围成的封闭图形的面积是；【答案】．【解析】f (x )=sin(ax +)，周期=，取长为，宽为2的矩形，由对称性知，面积之半即为所求．故填． 又解：∫[1－sin(ax +)]dx=∫(1－sin t )dt=． 8．设函数f ：R →R ，满足f (0)=1，且对任意x ，y ∈R ，都有f (xy +1)=f (x )f (y )－f (y )－x +2，那么f (x )=；【答案】x+1【解析】令x=y=0，得，f (1)=1－1－0+2，f (1)=2． 令y=1，得f (x +1)=2f (x )－2－x +2，即f (x +1)=2f (x )－x ．①又，f (yx +1)=f (y )f (x )－f (x )－y +2，令y=1代入，得f (x +1)=2f (x )－f (x )－1+2，即f (x +1)=f (x )+1．② 比较①、②得，f (x )=x +1．10．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得也是一个正整数，那么k=； 【答案】(p +1)2．【解析】设=n ，那么(k －)2－n 2=，(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，k=(p +1)2．11．数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，那么的值是； 【答案】(2n +2－n －3)．【解析】=+，令b n =+，得b 0=，b n =2b n －1，b n =2n．即=，=(2n +2－n －3)．12．在平面直角坐标系xOy 中，给定两点M (－1，2)和N (1，4)，点P 在xMNPKOxy轴上挪动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为；【答案】1【解析】当∠MPN最大时，⊙MNP与x轴相切于点P(否那么⊙MNP与x轴交于PQ，那么线段PQ上的点P使∠MP N更大)．于是，延长NM交x轴于K(－3，0)，有KM·KN=KP2，KP=4．P(1，0)，(－7，0)，但(1，0)处⊙MNP的半径小，从而点P的横坐标=1．三．解答题(此题总分值是60分，每一小题20分)13．一项“过关游戏〞规那么规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，假设这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，那么算过关．问：⑴某人在这项游戏中最多能过几关？⑵他连过前三关的概率是多少？14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的间隔是该点到直线AB、AC间隔的等比中项．⑴求点P的轨迹方程；⑵假设直线L经过ABC的内心(设为D)，且与P点轨迹恰好有3个公一共点，求L的斜率k的取值范围．【解析】⑴设点P的坐标为(x，y)，(b)k=0时，直线y=与圆④切于点(0，)，与双曲线⑤交于(±，)，即k=0满足要求．(c)k=±时，直线⑥与圆只有1个公一共点，与双曲线⑤也至多有1个公一共点，故舍去．(c)k0时，k时，直线⑥与圆有2个公一共点，以⑥代入⑤得：(8－17k2)x2－5kx－=0．当8－17k2=0或者(5k)2－25(8－17k2)=0，即得k=±与k=±．∴所求k值的取值范围为{0，±，±}．15．，是方程4x2－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)=的定义域为[，]．⑴求g(t)=max f(x)－min f(x)；⑵证明：对于u i∈(0，)(i=1，2，3)，假设sin u1+sin u2+sin u3=1，那么++<．【解析】⑴+=t，=－．故<0，>0．当x1，x2∈[，]时，∴f(x)==．而当x∈[，]时，x2－xt<0，于是f(x)>0，即f(x)在[，]上单调增．∴g(t)=－====二试题一．(此题总分值是50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．二．(此题总分值是50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{A n}与曲线y=(x≥0)上的点列{B n}满足|OA n|=|OB n|=，直线A n B n在x轴上的截距为a n，点B n的横坐标为b n，n∈N*．⑴证明a n>a n+1>4，n∈N*；⑵证明有n0∈N*，使得对∀n>n0，都有++…++<n－2021．【解析】⑴点A n(0，)，B n(b n，)由|OA n|=|OB n|，b n2+2b n=()2，b n=－1(b n>0)．∴0<b n<．且b n递减，n2b n=n(－n)==单调增．∴0<n<．令t n=>且t n单调减．由截距式方程知，+=1，(1－2n2b n=n2b n2)∴a n====()2+()=t n2+t n=(t n+)2－≥(+)2－=4．且由于t n单调减，知a n单调减，即a n>a n+1>4成立．亦可由=b n+2．=，得a n=b n+2+，．∴由b n递减知a n递减，且a n>0+2+=4．三．(此题总分值是50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．【解析】⑴当n≥4时，对集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质．即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)≤n．①取集合T n={t|2|t或者3|t，t≤n+1}，那么T为M(2，n)={2，3，…，n+1}的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质．故f(n)≥card(T)+1．但card(T)=[]+[]－[]．故f(n)≥[]+[]－[]+1．②由①与②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．现计算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，假设取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k0(mod2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个。
2021年自招为何五大学科竞赛成为王道？三大科创竞赛也受追捧？
2021年自招，为何五大学科竞赛成为王道？三大科创竞赛也受追捧？五大学科竞赛，通常指全国中学生学科奥林匹克竞赛，分为数学、物理、化学、生物学、信息学五大学科，省级联赛、全国决赛两个品级。
一样只有全国协会颁发，高中时期的获奖证书才能取得高校的认可。
五大学科竞赛，难度远大于高三，一样涉及大学内容，扩展大量知识，学科思维量专门大，且思维要求快速判定，灵活性很强，熟练度很高。
另外，五大学科竞赛能够锻炼人的智力、意志，并提前接触该学科的相关知识，培育该学科的爱好和素养。
参加学科竞赛有利于学生学会自主试探，锻炼独立解决问题的能力，有利于学生锻炼逻辑思维能力，为尔后进展打下基础。
三大科创竞赛，通常指全国青青年科技创新大赛、全国中小学生电脑制作活动和“明天小小科学家”奖励活动。
一样只有全国决赛奖项才能取得高校的认可。
三大科创竞赛是具有示范性、导向性和群众性的活动，促使青青年深切明白得科学、技术与社会的彼此关系，激发其对科学的爱好，培育他们对社会的责任感，通过知识的学习、技术的把握和活动的参与，可帮忙学生初步领会科学的方式论，提高其观看能力、思维能力、制造能力和实践能力，从而增进其科学素养的全面提高。
参加科创大赛可培育青青年的创新精神和实践能力，提高青青年的科技素养，让优秀人材脱颖而出。
五大学科竞赛、三大科创竞赛已成为申请高校自主招生的关键途径，其全然缘故在于：第一，五大学科竞赛、三大创新竞赛是全世界公认、最具权威的学科特长和创新潜质评判体系，而具有“学科特长、创新潜质”的优秀学生是建设创新型国家的重要后备力量。
第二，五大学科竞赛、三大科创竞赛获奖选手都是通过数年的系统学习和竞赛训练培育出来的，需要选手有浓厚的爱好、坚实的基础、良好的适应、顽强的意志和突出的学习能力，这些正是作为拔尖人材成长的重要条件。
第三，五大学科竞赛、三大科创竞赛内容远超高三范围和难度，早接触、早学习某学科的专业知识，早培育、早积存某学科的核心素养，能够让学生在尔后学术进展的道路上拥有更高的起点。
扎根数学教育 潜心教书育人——记“数学是思维的体操”理念的倡导者杨虎
4三尺讲台，一颗爱心；潜心研究，乐此不疲。
这就是数学专家杨虎老师从师以来的真实写照，也是他一生的执着追求。
杨虎，1962年8月出生，1983年毕业于宁夏大学数学系，后就读于北京师范大学数学学院，获得硕士学位。
中国数学奥林匹克金牌教练，数学奥林匹克竞赛、大学自主招生命题研究专家。
曾任2012年“罗马尼亚大师杯”中国代表队主教练，2014年圣彼得堡数学奥林匹克中国代表队主教练，2010年香港数学奥林匹克中国代表队副领队、主教练，2013年香港科技大学理学院数学与科学夏令营主试委员。
目前任北京四中数学高级教师，北京四中数学奥林匹克主教练,中国西部数学奥林匹克主试委员，北京市女子数学奥林匹克教练组长。
一、一线数学教学的先进工作者和蔼可亲的面孔、朴素得体的打扮是数学专家杨虎老师留给笔者的第一印象。
一开始跟杨虎老师交谈的时候，他用亲切诙谐的语言，结合自己的任教经历，讲述了自己作为教师的成长感悟和体验。
这其中，有艰难、有幸运，也历经坎坷，但通过杨虎老师的自强不息，秉持着将职业变成事业的精神和态度，坚持对数学学科进行深入研究。
最终，他成为了一名优秀的一线数学教师和数学奥林匹克主教练。
拥有一桶水才能给学生一杯水，杨虎老师在学生时代就注重老师数学教学方法和数学专业知识的学习，积极进取、勤奋努力，不断夯实专业基础。
当他将教师这一职业列入职业生涯规划时，他就紧紧围绕教师所必备的职业技能进行学习，广泛汲取多学科知识，以构建完整的知识架构，努力做到又专又博。
学高为师，身正为范。
杨虎老师在日常教学工作中，坚持立德树人，注重个人修养，努力用自己的行动影响学生。
兴趣是最好的老师，为了培养学生学习数学的兴趣，他不断研究新的数学教学模式，积极推动教育教学改革，拓宽思路，不断创新教学方式方法，多渠道打造精品课堂。
因材施教，结合学生实际情况，实施个性化教学，提升学生的数学思维能力，形成了一套具有自己独特风格的教学方法。
在教学备课环节提出了详实具体的经验：一是备学生、备教材、备教法；二是备学生、备思维、备分析；三是备学生、备思想、备拓展。
创界学校国高中数学联赛试题及详细解析
智才艺州攀枝花市创界学校2021年全国高中数学联赛试题及详细解析说明：1． 评阅试卷时，请根据本评分HY ，选择题只设6分的0分两档，填空题只设9分和0分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分HY 规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。
2． 假设考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分HY 适当档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
一、选择题〔此题总分值是36分，每一小题6分〕 1、 函数f(x)=)32(log 221--x x 的单调递增区间是(A)(-∞，-1)(B)(-∞，1)(C)(1，+∞)(D)(3，+∞)2、 两个实数集合A={a 1,a 2,…,a 100}与B={b 1,b 2,…,b 50}，假设从A 到B 的映射f 使得B 中的每一个元素都有原象，且f(a 1)≤f(a 2)≤…≤f(a 100)，那么这样的映射一共有 (A)50100C (B)5090C (C)49100C (D)4999C3、 由曲线x 2=4y,x 2=4y,x=4,x=4围成图形绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足x 2+y 2≤16,x 2+(y-2)2≥4,x 2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，那么(A)V 1=21V 2(B)V 1=32V 2(C)V 1=V 2(D)V 1=2V 2二、 填空题〔此题总分值是54分，每一小题9分〕4、 复数Z 1,Z 2满足|Z 1|=2,|Z 2|=3，假设它们所对应向量的夹角为60°，那么2121z z z z -+=。
5、 将二项式n xx )21(4+的展开式按x 的降幂排列，假设前三项系数成等差数列，那么该展开式中x的指数是整数的项一共有个。
三、解答题〔此题总分值是60分，每一小题20分〕6、 点A(0,2)和抛物线y=x 2+4上两点B 、C 使得AB⊥BC ，求点C 的纵坐标的取值范围。
2021年最新高中数学奥赛辅导教材第一讲
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当且仅当 x3 1 y 3 1 ,即 x 3 1 , y 3 1 （虚根舍去）时，等号成立 .
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故所给点集仅有一个元素 . 【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌 握之 .
例 2：已知 A { y | y x 2 4x 3, x R }, B { y | y x 2 2x 2, x R }.求 A B.
第二讲 映射及映射法
知识、方法、技能
1．映射的定义 设 A， B 是两个集合，如果按照某种对应法则 f ，对于集合 A 中的任何一个元素，在集 合 B 中都有惟一的元素和它对应， 这样的对应叫做从集合 A 到集合 B 的映射， 记作 f : A B. （ 1）映射是特殊的对应，映射中的集合 A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，
消去 y,2x 2
2x 1
0. 因方程无实根，故
A
B
这里的错因是将 A 、B 的元素误解为平面上的点了 .这两条抛物线没有交点是实数 物线的值域 .
. .但这不是抛
例 3：已知集合 A {( x, y) || x | | y | a, a 0}, B {( x, y) || xy | 1 | x | | y |}.
∵ card ( A B C) card ( A) card (B) card (C) card ( A B) card ( B C ) card (C A)
card ( A B C ), ∴ card ( A B C) card ( A B C) 21 19 20 9 8 36.
这里， card ( A B C ) 是数、理、化中至少一门是优秀的人数，
余个新名词或概念以及二十几个新符号 .由此形成了在集合上的运算问题， 形成了以集合为背
数学奥林匹克竞赛的意义
数学奥林匹克竞赛的意义数学奥林匹克竞赛是一项全球性的数学竞赛活动，旨在激发学生对数学的兴趣，并提高他们的数学解决问题的能力。
其意义不仅仅局限于提高学生的数学水平，更是培养学生的数学思维、创造力和团队合作精神的重要途径。
本文将重点讨论数学奥林匹克竞赛的意义，并探讨其对学生的影响。
一、培养解决问题的能力数学奥林匹克竞赛题目通常具有一定的复杂性和难度，需要学生运用各种数学知识和方法来解决。
这要求学生不仅要掌握扎实的基本知识，还要具备较强的逻辑思维和问题解决能力。
通过参与奥林匹克竞赛，学生可以接触到更加挑战性的问题，从而培养和提升解决问题的能力。
二、激发数学兴趣数学奥林匹克竞赛注重培养学生对数学的兴趣。
竞赛中的题目往往涉及到丰富的数学知识和思想，具有一定的趣味性和吸引力，能够激发学生对数学的兴趣。
而对于那些对传统教学方式感到厌烦的学生来说，奥林匹克竞赛提供了一种新颖有趣的学习方式，使他们对数学产生了浓厚的兴趣。
三、培养创造力数学奥林匹克竞赛要求学生在解决问题的过程中，不拘泥于固定的解题方法，要能够灵活运用已有的知识，发散思维，探索新的解题路径。
这能够培养学生的创造力和创新精神，培养他们在面对复杂问题时的独立思考和解决能力。
四、提高团队合作精神数学奥林匹克竞赛不仅有个人赛，还有团体赛。
在团体赛中，学生需要与队友密切合作，共同研究和解决问题。
这要求学生具备良好的团队合作精神，能够倾听他人的意见，协调各个成员之间的关系，共同完成赛题。
通过团体赛的参与，学生能够感受到团队合作的重要性，并培养自己在集体中发挥作用的能力。
五、提高学生的自信心数学奥林匹克竞赛要求学生在有限的时间内独立完成复杂的数学题目。
这对于学生来说是一种巨大的挑战，需要他们在压力下保持冷静、应对自如。
当学生成功地解决了复杂的问题时，他们将获得巨大的满足感和成就感，从而增强自己的自信心。
综上所述，数学奥林匹克竞赛的意义不仅仅体现在提高学生的数学水平上，更重要的是培养学生的数学思维、创造力和团队合作精神。
杨志明：一道三元不等式的两种证法
杨志明：一道三元不等式的两种证法精华博览17年新课标I、10年新课标II、5年新课标III高考数学真题详细解析16年新课标I、9年新课标II、4年新课标III高考数学真题分类详解2020年高考数学重要专题讲座2020届全国各地高考数学模拟试题选椭圆与双曲线性质的对偶113条:椭圆椭圆与双曲线性质的对偶113条:双曲线每日一题（001-099）试题分类2021年高考数学常用公式及结论单墫数学随笔文集（2019.10.20-2020.2.4）杨志明公开征解问题385题【相关链接】何小亚：数学教学的新背景、新问题、新标准和新实践【衔接教材】人民教育出版社中学数学室:《初高中数学衔接读本》【志愿参考】近三年广东高考投档分数及最低排位汇编！请及时收藏！最全！31省高考录取分数线汇总! 各省分数线普遍下降！25省一分一段表汇总! 你的成绩能排全省多少名? 能上什么大学?最新最全！2021高考各科答案和解析来了（持续更新...）附文字版高考试卷真题！杨志明：2021年高考函数题评析杨志明：利用高考导数客观题提升学生思维的个体品质杨志明：2021届高考临门一脚必备吹水哥：导数压轴20题及详细解答陈永清：孤立法确定讨论函数单调性的标准高考数学最后一课杨志明：单墫教授提供的一个恒等式的轻松证法杨志明：一类有趣的函数方程问题杨志明：3倍角三角形问题吴立修：三道解析几何难题的解答杨志明：一道椭圆离心率问题的解答杨志明：一道双曲线焦点弦问题的两种解法杨志明：一道无理根式最值的几种解法一道数列不等式的证明杨志明：也谈四类平均三角形的一条共性杨志明：一类二元条件不等式的证明杨志明：配方法证明一类三元二次多项式不等式杨志明：一道分式递推数列的通项公式的求法杨志明：一道三角函数最小值问题的解答刘洋、成黎明等：一道三角函数最小值问题的五种解法杨志明：一道解三角形取值范围问题的四种解法杨志明：一道三角函数最小值的求法杨志明：2021年协作体数学奥林匹克夏令营O水平考试填空题第6题的解答2021丘成桐领军人才计划首届数学“0试”第2题的解答杨志明：2021年浙江省数学夏令营测试第6题的解答杨志明、褚小光：《数学通讯》2021年第7期问题503的解答杨志明：《数学通报》数学问题2620的解答杨志明：一道立体几何求值题的解答杨志明：求导法求圆锥(柱)体积的最大值杨志明：宋庆的一类二元条件不等式的证明杨志明：宋庆提出的六个三元条件不等式的证明杨志明：宋庆提出的几个二元不等式的统一推广何小亚：2021年数学高考“评析”之我见文卫星：使你高考数学出色发挥的策略（实战篇）文卫星：使你高考数学出色发挥的策略（心理篇）杨志明：2021年新高考I卷压轴题的探源吴康：2021年新高考I卷数学19（几何）题试解与讨论吴康：2021年新高考I卷数学17（数列）题试解与讨论吴康：2021年新高考I卷数学22（微积分）题试解与讨论罗碎海：95年高考理科第26题的多种简捷解法及规律吴国胜：两类多参数最值问题的构造性解法及推广杨志明：基于数学文化背景下的解析几何高考题专题讲座15讲罗碎海：极点与极线性质的初等证明与应用杨志明：巧寻不等传递性妙证数列不等式杨志明：一道比较大小高考题中蕴含的背景不等式杨志明：一个含参数的函数不等式的证明一文学透：泰勒公式和高考数学高家华等：正方形内接三角形面积最小值问题的几种解法杨志明：高考圆锥曲线中的四点共圆杨志明：高考圆锥曲线中的三点共线杨志明：一道数列解答题的三种解法杨志明：一道解三角形问题的解答杨志明：一道优美的解三角形问题的解答邵剑波、李启印等：一道解三角形问题的解法集锦杨志明：一道有关扇形中的平面向量取值范围问题的解答杨志明：一道有关三角形的平面向量最小值问题的解答杨志明：一道正方形中的米勒问题的解答杨志明：一道初中解三角形问题的几种解法吴国胜：《数学通报》数学问题2605的简解及新思考吴国胜：又两类最值问题的构造性解法及其推广杨志明：《数学教学》2021年第6期问题1121的解答杨志明：2021年浙江省数学夏令营测试第18题的解答杨志明：2019年北京大学博雅计划测试第7题的不等式解法兰琦讲座：怎样讲好一道数学题（含PPT）李尚志：上下求索专题1李尚志：上下求索专题2因式分解与韦达定理袁方：数学教学1123问题的解答2021年新高考I卷数学试题（B）及详细解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(甲卷·理科)详细解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(甲卷·文科)详细解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(乙卷·理科)详细解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(乙卷·文科)详细解析【高考资讯】2021年普通高考考试说明及样题公布！附答案李志敏：2021年高考数学新动向与备考建议 (深圳)杨志明：让数学解题思路来得自然些----一道高考数学模拟试题压轴题第（2）问思路分析杨志明：让数学解题思路来得自然些----一道运算技巧很高的椭圆解答题的解答杨志明：让数学解题思路来得自然些----也谈一道方程的解法让解题思路来得自然些----2021年东南数学奥林匹克数学竞赛高一第1题思路分析杨志明：让数学解题思路来得自然些----从一道三角形内角余弦值征解题谈起杨志明：让数学解题思路来得自然些----能否再简洁些潘越：三角型切线不等式的应用举例【高考资讯】新高考数学怎么命题？“题海战术”不再适用数学高考新“战场”！杨志明：2021年浙江省数学夏令营测试第5题的解答中高考最全考前准备攻略（学生、家长、老师必看）【他山之石】2021央视春晚中的高考考点（附春晚视频）【数学文化】高考必刷：数学文化110题【学科网公益直播】特级教师解读八省联考预测新高考考向八省联考数学试题解读杨志明：2020年高考数学重要专题讲座（新版）文卫星：如何解答高考数学压轴题杨志明：重难点手册（高三数学）：高中数学重点、难点、热点知识专题研究（共10专题）杨志明：函数与导数压轴题题型集锦杨志明：函数、导数、数列与不等式综合题精选杨志明：e^x的幂级数展开及应用杨志明：圆锥曲线中的不对称问题杨志明：解析几何中的三角形的重心问题杨志明：解析几何中的三角形的内心问题杨志明：解析几何中三角形的外心问题杨志明：解析几何中三角形的垂心问题杨志明：一道有关直线与圆的问题抄错之后【他山之石】圆曲相切模型大全！解析几何中斜率之比问题的16种方法和8种变式杨志明：试卷中的布罗卡角问题杨志明：高考中的计数问题杨志明：2020年北京高考理科第19题函数与导数解答题的另解近六年（2015-2020）广州调研数学解答题和客观题的压轴题分类集锦2007-2014年广州调研理（文）解答题和客观压轴题分类集锦近六年（2015-2020）广州一模数学解答题和客观题的压轴题分类集锦2007-2014年广州一模理（文）解答题和客观压轴题分类集锦近五年（2015-2019）广州二模数学解答题和客观题的压轴题分类集锦2007-2014年广州二模理（文）解答题和客观压轴题分类集锦近六年（2015-2020）广东省佛山市高三教学质量检测（二模）（理科）解答题分类解析集锦近六年（2015-2020）广东省佛山市高三教学质量检测（二模）（文科）解答题分类解析集锦2007-2014年广东省佛山市高三教学质量检测（二模）（理科）解答题分类解析集锦2007-2014年广东省佛山市高三教学质量检测（二模）（文科）解答题分类解析集锦2007-2014年广东省佛山市高三教学质量检测（一模）（理科）解答题分类解析集锦近六年（2015-2020）广东省佛山市高三教学质量检测（一模）（文科）解答题分类解析集锦杨志明：高考理科数学综合专题突破杨志明：高考文科数学综合专题突破杨志明：2020年高考数学重要专题讲座（新版）2021年上海市春季高考数学试卷（2021.01）杨志明：2021年香港中文大学（深圳）综合评价三角最值的解答王建伟：一个数列题的严谨解答李晟、王建伟：2021年上海春季高考第12题的初等解法王建伟：2021年上海春季高考第12题的加强版（修订版）【八省联考】2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学、语文试题及简答2021八省适应性考试（数学）次压轴题的解答及探源八省联考第7题探源从2021八省适应性考试（数学）压轴题看高考命题趋势杨志明：用参数法简解2021年广东佛山二模解析几何解答题及推广杨志明：《数学通讯》2021年第5期问题495的一个简证及推广杨志明：作高法巧解《数学通报》数学问题2605杨志明：2017年江苏高考压轴题的别解杨志明：双曲线考查的“四重境界”杨志明：高考中的双曲线解答题2021年广东四校联考次压轴题及探究2021年广东四校联考理科第10题的解法探讨杨志明：利用椭圆的第三定义解2020年深圳二模解析几何解答题邬天泉：抛物线的内接三角形各边均与定圆相切的充要条件蒋杰、杨志明：一类无理指数幂比较大小问题的探究杨志明：一道对数比较大小问题的解答及推广杨志明：一个对数大小比较杨志明：一个函数不等式的加强邓启龙：函数极值点偏移问题的本质探究杨志明：一道教师解题比赛函数与导数恒成立题的另解杨士俊：一道最小值考题的再探究郭宏江：2020年新高考全国二卷解析几何的两种优解杨志明：一道有关三角形中线的平面向量题的解答及变式杨志明：一道平面向量最值问题的解答杨士俊：一道平面向量最值问题的两种别解杨志明：一道三角形中的平面向量数量积问题的解答杨志明：2021年香港中文大学（深圳）综合评价三角试题的几种解答杨志明：2021年协作体数学奥林匹克夏令营O水平考试填空题第4题的解答及相关题杨志明：2021年协作体数学奥林匹克夏令营A水平考试解答题第1题的解答杨志明：一道复数模的最值问题的简解杨士俊：一道三元最小值征解题的简解判别式法求三角形边的最小值一例杨志明：抛物线焦点弦的一个衍生性质及其应用罗碎海：从圆的反演变换到椭圆的反演变换17年新课标I、10年新课标II、5年新课标III高考数学真题详细解析2020年理科全国数学卷考试说明2020年文科全国数学卷考试说明2020年数学考试大纲解读、考卷分析与备考策略2019理科全国数学卷考试大纲2019文科全国数学卷考试大纲杨志明的高中数学解题笔记（函数）【函数讲座】第一章第十二节反函数杨志明：高考导数专题讲座杨志明：三角函数专题讲座杨志明：高考数列专题讲座杨志明：高考解析几何专题讲座(修订版 )杨志明：高考中的立体几何专题讲座基本不等式在高考中的综合应用杨志明：基本不等式在概率与统计中的应用杨志明：高考中的充分条件与必要条件杨志明：高考中的全称量词与存在量词杨志明：高考中的复数问题导数中的证明不等式的技巧杨志明：导数中的“设而不求”杨志明：解析几何中的“设而不求”三角形的五心问题集锦贾广素：总结五年试题规律，展望2021 年新高考命题趋势―――以全国新课标 I 卷理科与 2020 年新高考试题为例杨志明：一道平面几何问题的解答吴康：“奔驰定理”的复平面形式及其推论在高考数学与数学竞赛中的应用例谈杨志明：2020年吉林预赛第16题的简解及几何背景杨志明：一道平面几何问题的解答李启印：一道平面几何问题的另解龙泊廷：一道平面几何问题的简解杨志明：一道二次函数的解析式的求法王建伟：一道二次函数的解析式的简解杨志明：一道抛物线解答题的简解杨志明：一道有关三角形重心的平面向量题的解答杨志明：一道经典的立体几何解答题的解答杨志明：一道经典的椭圆定值解答题的解答杨志明：湖南省2021届高三下学期六校联考数学试题的第21题的简解及探源杨志明：一道椭圆焦点三角形填空题的解答杨志明：圆锥曲线微专题讲座31讲杨志明：圆与方程微专题讲座10讲杨志明：圆锥曲线解答题的常见题型杨志明：线段的定比分点公式在圆锥曲线中的应用杨志明：一类斜率之比为2的椭圆问题圆与方程专题讲座杨志明：相减法（或点差法）处理中点弦问题杨志明：定比点差法----点差法的拓展杨志明：与空间三种角有关的九个优美的公式杨志明：三余弦定理及其应用杨志明：圆锥曲线中的三角形面积的和、差、积、商问题杨志明：一道“蛋圆”问题的解答杨志明：2009年广东高考数学理科压轴题评析邹生书：从一道抛物线试题的多种解法到圆锥曲线“伴侣点”的一个和谐性质邬天泉：几道有关椭圆的弦心三角形的高考试题的探源杨志明：2021年广州一模解析几何解答题探究杨志明：2021年广州二模压轴题的探究杨志明：2021年广州二模次压轴题（圆锥曲线）的探源杨志明：2021年广州二模立体几何解答题探源杨志明：用参数法简解2021年广东佛山二模解析几何解答题及推广杨志明：2021年广东佛山二模函数与导数压轴题题第（2）问的简证杨志明：2021年深圳二模压轴题第（2）（ii)问的简证杨志明：2021年深圳二模次压轴题（圆锥曲线）的推广杨志明：2020~2021学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）圆锥曲线解答题探源及变式【他山之石】导数一题30问及详细解答【他山之石】一题82问，一次搞定椭圆全部考点！【他山之石】对数单身狗，指数找朋友【他山之石】三角函数与不等式联姻的五大命题点！杨志明：一道二次函数值域错解剖析一道无理根式函数的最小值的求法----兼谈安振平问题6180的解答杨志明：樊益武的一道函数不等式猜测的证明刘锐：樊益武一道函数不等式猜测的再证明王建伟：一类取值范围问题的严谨解答。
2021年《高校自主招生考试》数学真题分类解析之1、集合、函数和
2021年《高校自主招生考试》数学真题分类解析之1、集合、函数和专题之1、集合、函数和方程一、选择题。
1．(2021年中南财经政法大学)若函数f(x)=mx+n直线y=x对称,又f(A.(0,+∞))=2B.[0,1)(x≥0)的图象与函数g(x)的图象关于,g(1)=0,则函数f(x)的值域为C.(0,1]D.[0,+∞)2．(2009年华中科技大学)已知a,b为常数,若f(x)=x2+2x+a,f(bx)=4x2?4x+1,则f(ax+b)>0的解集为A.{x∈R|x>1}B.{x∈R|x0,都存在x∈X使得00},B={(x,y)|y+x B.a>0,a≠1C.0D.1 6．(2021年复旦大学)设集合A,B,C,D是全集X的子集,满足A∩B ≠?,A∩C≠?,则下列选项中正确的是A.如果D?B或D?C,则D∩A≠?B.如果D?A,则∩B≠?,∩C≠?C.如果D?A,则∩B=?,∩C=?D.上述各项都不正确7．(2021年复旦大学)对函数f:*0,1+→*0,1+,定义f1(x)=f(x),…,fn(x)= f[fn?1(x)+,n=2,3,….满足fn(x)=x[0,1]称为f的一个n?周期点.现设f(x)=的点x∈,则f的n?周期点的个数是A.2nB.2n2C.2nD.2(2n?1)8．(2021年复旦大学)设a,b∈(?∞,+∞),b≠0,α,β,γ是三次方程x3+ax+b=0的3个根,则总以+,+,+为根的三次方程是D.b2x3+2a2bx2+ax?b=A.a2x3+2abx2+b2x?a=0 B.b2x3+2abx2+a2x?b=0 C.a2x3+2ab2x2+bx?a=00 9．(2021年复旦大学)设S是由任意n(n≥5)个人组成的集合,如果S中任意4个人当中都至少有1个人和其余3个人相互认识,那么,下面的判断中正确的是A.S中没有人认识S中所有的人 C.S中至多有2人不认识S中所有的人B.S中至少有1人认识S中所有的人 D.S中至多有2人认识S中所有的人 10．(2021年复旦大学)下列函数中,在其定义域上不是奇函数的是 A.ln(x+ )B.x(+)C.ln||D.ln(sec x+tan x)11．(2021年复旦大学)设a为正数,f(x)=x3?2ax2+a2,若f(x)在区间(0,a)上大于0,则a的取值范围是 A.(0,1]B.(0,1)C.(1,+∞)D.[1,+∞)=kx2有四个不同的实数解,则k的取值12．(2021年同济大学等九校联考)若关于x的方程范围为 A.(0,1)B.(,1)C.(,+∞)D.(1,+∞)13．(2021年清华大学等五校联考)设 f(x)=eax(a>0),过点P(a,0)且平行于y 轴的直线与曲线C:y=f(x)的交点为Q,曲线C过点Q的切线交x轴于点R,则△PQR的面积的最小值为 A.1B.C.D.14．(2021年清华大学等七校联考)过点(1,1)的直线l与曲线y=x3x22x+1相切,且(1,1)不是切点,则直线l的斜率是 A.2B.1C.1D.215．(2021年复旦大学)设a=()x,b=()x?1,c=lox,若x>1,则a,b,c之间的大小关系为A.a,a≠0),满足f()=.(Ⅰ)证明:存在函数t=ψ(s)=cs+d(s>0)满足f()=;(Ⅱ)设x1=3,xn+1=f(xn),n=1,2,….证明:|xn?2|≤.24．(2021年清华大学等七校联考)记函数fn(x)=1+x+++…+,n=1,2,3,….证明:当n为偶数时,方程fn(x)=0没有实数根,当n为奇数时,方程fn(x)=0有且仅有一个实数根xn,且xn+2<xn.25．(2009年北京大学)某次考试共有333名学生做对了1 000道题.称做对3道及以下的人为不及格,做对6道及以上的人为优秀.问不及格和优秀的人数哪个多?26．(2021年北京大学等十一校联考)求x的范围,使得f(x)=|x+2|+|x|+|x1|是增函数.27．(2021年北京大学等十一校联考)已知(x22x+m)(x22x+n)=0的4个根组成首项为的等差数列,求|mn|.28．(2021年北京大学等十一校联考)求使得sin 4xsin 2xsin xsin 3x=a在*0,π)有唯一解的a.29．(2021年北京大学等三校联考) 0<α<,求证:sin α<α<tan α.30．(2021年北京大学等十三校联考)是否存在四个正实数,它们的两两乘积分别是2,3,5,6,10,16?31．(2021年清华大学等七校联考)已知圆柱形水杯质量为a克,其重心在圆柱轴的中点处(杯底厚度及重量忽略不计,且水杯直立放置).质量为b克的水恰好装满水杯,装满水后的水杯的重心还在圆柱轴的中点处.。
2021年上海交大自主招生简章
2021年上海交大自主招生简章上海交通大学自主招生简章于3月28日发布，小编第一时间给大家进行整理与汇总，让我们一起来看看吧!上海交大自主招生简章为全面贯彻全国教育大会精神，深化高等学校招生考试制度改革，探索多渠道选拔具有学科特长和创新潜质的优秀人才，根据《国务院关于深化考试招生制度改革的实施意见》(国发〔2014〕35号)及《教育部办公厅关于做好2019年高校自主招生工作的通知》(教学厅〔2018〕14号)有关规定，2019年我校将继续进行自主招生工作，特制定本简章。
一、选拔对象招收具有学科特长和创新潜质，符合高考报名条件且满足以下条件之一的优秀高中毕业生：(1)高中阶段获得全国中学生奥林匹克竞赛(数学、物理、化学、信息学)省赛区一等奖(获奖名单须在教育部阳光平台公示);(2)高中阶段获二、申请程序与选拔模式1.网上报名请登录“阳光高考特殊类型招生报名平台”(/zzbm)，进行网上注册、报名。
按系统提示填写并提交相关信息后打印申请表，请将申请表按要求签字，加盖所在中学公章后扫描或拍照上传。
本次报名无需邮寄申请材料，请确保上传的各项材料清晰可辨，上传的申请表应为原件，申请表上的条形码应为最终提交版本。
论文和专利不得作为申报材料上传，初中及初中以前的材料不必提供。
考生提交的所有报名申请材料必须经中学审核和校长签字，并在中学网站和班级详尽公示。
初审通过考生所提交的竞赛证书等内容将在我校招生网站上详尽公示。
网上报名截止时间为2019年4月15日中午12时。
2.初审对于按照要求提交有效申请材料的考生，我校将组织专家进行初审。
初审结果预计于2019年4月底在报名系统内公布并在我校本科招生网、教育部阳光高考平台公示，公示无异议后初审结果生效。
初审结果分为优秀、通过、不通过三档。
初审结果优秀者将在具有特别突出的学科特长或创新潜质，且综合素质优异的考生中产生。
初审结果通过者将参加我校组织的笔试，请考生及时查询初审结果并及时确认是否参加笔试，未按时完成确认的考生视为放弃笔试资格。
自主招生的7大途径
自主招生的7大途径伴随高考分数区分度愈来愈低，已经难以通过度数区别学生了，自主招生慢慢成为高校，尤其是顶尖高校重要的招生方式，也成为家长考生热捧的方向。
最近咨询自主招生的高三家长愈来愈多，都在问“我家小孩能参加自主招生吗?”一样我都回答“不能”，因为那个时候才关注自主招生就已经晚了。
要取得自主招生的资格，时刻上需要打出提前量，越早越好，初三就可以够够预备，核心仍是高一高二，最晚也需要在高二完成并具有这些条件，而不是在高三才开始。
我梳理了一些主流高校自主招生的资格要求，大致可分为“五大学科奥赛、语文类竞赛、英语类竞赛、科创类竞赛、发明制造、期刊论文、单科成绩” 7个渠道，考生家长能够从这7个方面有选择的进行预备。
固然，这些只是解决了你的门坎问题，是不是最后能够取得，取得多少照顾分数，就靠你的真本领了。
1、五大学科奥赛，即数学、物理、化学、生物、信息学五大学科奥林匹克竞赛，别离由中国数学学会、中国物理学会、中国化学会、中国植物学会和中国动物学会、中国运算机学会主办。
五大学科奥赛均有省级赛、全国赛组成，并别离设置一二三等奖。
而高校以此奖项作为高校自主招生的报名条件。
在90所自主招生高校中，明确获省级赛三等奖可报名高校就超过1/3，明确获省级赛二等奖可报名高校超过了2/3。
而明确要求获全国赛奖项才能报名的高校并非多，其中有中国政法大学要求获全国赛二等奖，复旦大学、华中科技大学要求获全国赛三等奖，中国人民大学要求信息学获全国赛三等奖，中国科学技术大学要求生物、信息学获全国赛三等奖。
五大学科奥赛是高校自主招生认可度最高的竞赛。
但由于专业设置不同，各校对五大学科奥赛的偏重也有所不同。
如中国人民大学、天津大学、哈尔滨工程大学等，在自主招生简章中都未提及对生物奥赛的获奖要求;如北京中医药大学、四川农业大学等，在自主招生简章中都未提及对信息学奥赛的获奖要求。
整体看来，五大学科奥赛中，数学、物理认可度最高，化学次之，生物、信息学再次之。
2021年华师大一附中自主招生数学试题含详解
2021年华师大一附中自主招生数学试题含详解XXX高中数学招生考试详解本文为XXX高中数学招生考试的题目解析。
考试时间为80分钟，卷面满分为150分。
一、选取题（共6题，每题6分，共36分）1.如果实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，那么代数式a-a+b+c-2ac+a可以化简为什么？解析：由图可知b<c<a，因此a=a'=-a，a+b=-(a+b')，c-2ac+a=c-a。
将代数式代入化简得到a^2-a+b+c^2-2ac+a^2=-a+(a+b)+(a-c)=a+b-c，因此选D。
2.反比例函数y=-4x的图像与直线y=-kx+b交于A(-1,m)和B(n,1)两点，那么△OAB的面积是多少？解析：将A(-1,m)代入y=-4x得到-m=-4，因此m=4；将B(n,1)代入y=-4x得到n=-4，因此A(-1,4)、B(-4,1)。
作AE⊥y 轴于E，BD⊥x轴于D，则△AOE≌△BOD，且S△AOE=S△BOD=1×4/2=2.延长EA、DB交于C，则四边形CDOE是边长为4的正方形，且SCDOE=4×4=16.△ABC是腰长为3的等腰直角三角形，且S△ABC=3×2/2=3.因此，△OAB的面积为S△OAB=16-2×2-3/22=323/22.3.设x1、x2是一元二次方程x^2+x-3的两根，那么x1-4x2+15等于多少？解析：由韦达定理，x1+x2=-1，因此x1=-1-x2.又因为x1x2=-3，所以x2^2+(-1-x2)x2-3=0，即x2^2-x2-3=0.解得x2=（1-√13）/2或x2=（1+√13）/2.代入x1=-1-x2得到x1=-（3+√13）/2或x1=-（3-√13）/2.因此，x1-4x2+15=-5（x2+x1^2+x1x2）-4=-4，因此选A。
4.已知a、b、c分别是△ABC三边长，且满足2a+2b+c-2ac+2bc，那么△ABC是什么？解析：将2a+2b+c-2ac+2bc分解得到2(a+b)+c(1-2a+2b)，由于a、b、c为三角形的三条边长，因此a+b>c，即2(a+b)>c。
苏宇坚二试竞赛课程
苏宇坚二试竞赛课程
苏宇坚二试竞赛课程是一门针对高中生的数学竞赛课程。
该课程主要由苏宇坚老师亲自授课，旨在帮助学生提高数学素养、拓展数学思维和应对数学竞赛能力。
课程内容包括数学基础知识的拓展、数学思维的培养、数学竞赛题目的解题技巧和数学竞赛中常用的方法和策略。
通过课程的学习，学生能够更好地理解数学的本质、掌握数学的基本方法和技巧，从而在数学竞赛中获得更好的成绩。
苏宇坚老师是一位资深的数学竞赛教育专家，曾多次担任全国数学竞赛的命题和评卷工作，培养了大量的数学竞赛优胜者。
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通过学习该课程，学生不仅能够在数学竞赛中获得好成绩，更能够拓展自己的数学视野和提高自己的数学素养。
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国高中数学联赛试题及解析___2
2021年全国高中数学结合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00-9:40)一、选择题(每一小题6分，一共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2021项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，假设此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，那么线段PF的长等于(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 34．假设x∈[－5π12，－π3]，那么y=tan(x+2π3)－tan(x+π6)+cos(x+π6)的最大值是(A)1252 (B)1162 (C)1163 (D)12535．x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，那么函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)1256．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的间隔为2，夹角为π3，那么四面体ABCD 的体积等于(A)32 (B) 12 (C) 13 (D) 33二．填空题(每一小题9分，一共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ．8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，那么△PF 1F 2的面积等于 ．9．A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }假设A B ，那么实数a 的取值范围是 ．10．a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，假设a －c=9，那么b －d= ．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，那么此圆柱的高等于 ．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或者1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，那么lim n →∞S nT n= ．三、〔此题满分是20分〕13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219．四、(此题满分是20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不一共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R ) 与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公一共点，并求出此点．五、(此题满分是20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、〔此题50分〕过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ．求证：∠DBQ=∠PAC ．二、〔此题50分〕设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、〔此题50分〕由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．此图中任四点不一共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．1997年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每一小题6分，一共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2021项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049解：452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中一共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2021－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.解：曲线方程为x2a+y2b=1，直线方程为y=ax+b．由直线图形，可知A、C中的a<0，A图的b>0，C图的b<0，与A、C中曲线为椭圆矛盾．由直线图形，可知B、D中的a>0，b<0，那么曲线为焦点在x轴上的双曲线，应选B．3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，假设此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，那么线段PF的长等于(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB 中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x －43)+43，令y=0，得点P 的坐标为163．∴ PF=163．选A ．4．假设x ∈[－5π12 ，－π3]，那么y=tan(x +2π3)－tan(x +π6)+cos(x +π6)的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 125 3解：令x +π6=u ，那么x +2π3=u +π2，当x ∈[－5π12，－π3]时，u ∈[－π4，－π6]，y=－(cot u +tan u )+cos u=－2sin2u +cos u ．在u ∈[－π4，－π6]时，sin2u 与cos u 都单调递增，从而y 单调递增．于是u=－π6时，y 获得最大值1163，应选C ．5．x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy=－1，那么函数u=44－x 2+99－y 2的最小值是(A) 85 (B) 2411 (C) 127 (D) 125解：由x ，y ∈(－2，2)，xy=－1知，x ∈(－2，－12)∪(12，2)，u=44－x 2+9x 29x 2－1=－9x 4+72x 2－4－9x 4+37x 2－4=1+3537－(9x 2+4x2)． 当x ∈(－2，－12)∪(12，2)时，x 2∈(14，4)，此时，9x 2+4x 2≥12．(当且仅当x 2=23时等号成立)．此时函数的最小值为125，应选D ．6．在四面体ABCD 中， 设AB=1，CD=3，直线AB 与CD 的间隔 为2，夹角为π3，那么四面体ABCD 的体积等于NMD A(A)32 (B) 12 (C) 13 (D) 33解：如图，把四面体补成平行六面体，那么此平行六面体的体积=1×3×sin π3×2=3．而四面体ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．应选B ．二．填空题(每一小题9分，一共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ． 解：即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－3)(|x |－5－12)(|x |+5+12)<0．⇒|x |<－5+12，或者5－12<|x |<3． ∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)． 8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，那么△PF 1F 2的面积等于 ．解：F 1(－5，0)，F 2(5，0)；|F 1F 2|=25．|PF 1|+|PF 2|=6，⇒|PF 1|=4，|PF 2|=2．由于42+22=(25)2．故∆PF 1F 2是直角三角形55． ∴ S=4．9．A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }假设A ⊆B ，那么实数a 的取值范围是 ．解：A=(1，3)； 又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x－7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，假设a －c=9，那么b －d= ．解：a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9． ∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=4．b －d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，那么此圆柱的高等于 ．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心间隔 =2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45︒而得．设E 的射影为N ，那么MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或者1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，那么lim n →∞S nT n= ．解：由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位那么1出现2n －1次．∴ S n =2n －2⨯…1+2n －2⨯10－n．∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118． 三、〔此题满分是20分〕13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219． 解：x +1≥0，2x －3≥0，15－3x ≥0．⇒32≤x ≤5．由平均不等式x +1+x +1+2x －3+15－3x4≤x +1+x +1+2x －3+15－3x4≤14+x4． ∴ 2x +1+2x －3+15－3x=x +1+x +1+2x －3+15－3x ≤214+x ． 但214+x 在32≤x ≤5时单调增．即214+x ≤214+5=219．故证．四、(此题满分是20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不一共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R ) 与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公一共点，并求出此点．解：曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t )∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ① 假设a －2b +c=0，那么Z 0、Z 1、Z 2三点一共线，与矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c ≠0，得4x 2+4x +1=0，此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公一共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．五、(此题满分是20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O 上任意一点A '，连AA '，作AA '的垂直平分线MN ，连OA '．交MN 于点P ．显然OP +PA=OA '=R ．由于点A 在⊙O 内，故OA=a <R ．从而当点A '取遍圆周上所有点时，点P 的轨迹是以O 、A 为焦点，OA=a 为焦距，R (R >a )为长轴的椭圆C ．而MN 上任一异于P 的点Q ，都有OQ +QA=OQ +QA '>OA '．故点Q 在椭圆C 外．即折痕上所有的点都在椭圆C 上及C 外．反之，对于椭圆C 上或者外的一点S ，以S 为圆心，SA 为半径作圆，交⊙O 于A '，那么S 在AA '的垂直平分线上，从而S 在某条折痕上．最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交．1︒ 当S 在⊙O 外时，由于A 在⊙O 内，故⊙S 与⊙O 必相交；2︒ 当S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内，但在椭圆C 外或者其上的点S ')，取过S '的半径OD ，那么由点S '在椭圆C 外，故OS '+S 'A ≥R (椭圆的长轴)．即S 'A ≥S 'D ．于是D 在⊙S '内或者上，即⊙S '与⊙O 必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C 上及C 外的所有点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、〔此题50分〕过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ．求证：∠DBQ=∠PAC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，假设∠DBQ=∠PAC=∠ADQ ，那么∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，假设∆BDQ ∽∆DAQ ．那么此题成立．而要证∆BDQ ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可． 证明：连AB ．∵ ∆PBC ∽∆PDB ， ∴ BD BC =PD PB ，同理，AD AC =PDPA． ∵ PA=PB ，∴ BD AD =BCAC． ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ ，∠ABC=∠ADQ ． ∴ ∆ABC ∽∆ADQ ． ∴ BC AC =DQ AQ ．∴ BD AD =DQAQ． ∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ ． ∴ ∆ADQ ∽∆DBQ ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC ．证毕．二、〔此题50分〕设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．O Q CDBAP解：当3l、3m、3n的末四位数字一样时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104．即求满足3l ≡3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n－1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n，104)=1，故必有3l －n≡1(mod 104)；同理3m －n≡1(mod 104)．下面先求满足3x≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数； ∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数， 设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N *，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501． 取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、〔此题50分〕由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．此图中任四点不一共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．证明：设点集为V ＝{A 0，A 1，…，A n －1}，与A i 连线的点集为B i ，且|Bi |＝b i ．于是1≤b i ≤n －1．又显然有i ＝0n －1∑b i ＝2l ≥q (q +1)2+2．假设存在一点与其余点都连线，不妨设b 0＝n －1． 那么B 0中n －1个点的连线数l －b 0≥12q (q +1)2+1－(n －1) (注意：q (q +1)＝q 2+q ＝n －1)＝12(q +1)(n －1)－(n －1)+1＝12(q －1)(n －1)+1 ≥12(n －1)+1≥[12(n －1)]+1．(由q ≥2) 但假设在这n －1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，那么这n －1个点内至多连线[n －12]条，故在B 0中存在一点A i ，它与两点A j 、A k (i 、j 、k 互不相等，且1≤i ，j ，k )连了线，于是A 0、A j 、A i 、A k 连成四边形．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公一共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，那么由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公一共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i－1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式)＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n－1)[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以2(n－1)即(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)得q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一局部因数比拟) ①但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．②(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．③又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，从而由②、③得，q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．④由①、④矛盾，知原命题成立．励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。