一道伊朗国家集训队试题下界的加强及推广

课后限时集训(十五) 世界多极化趋势的出现与加强(时间：30分钟分值：60分)一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分)1.1951年，法国、联邦德国等6国成立欧洲煤钢共同体后，欧洲联合从项目单一的煤钢联营日益发展成集政治、经济和安全为一体的“多元化联盟”。

这一变化( ) A．根除了法德战争的隐患B．促成了欧洲内部的团结C．加速了国际旧秩序瓦解D．适应了对外竞争的需要D [材料反映的是西欧的联合，欧洲联合提升了欧洲的整体实力，有利于在对外竞争中处于优势地位，适应了对外竞争的需要，故选D项；欧洲走向联合的关键因素是法德的和解，但是不能说欧洲联合根除了法德战争的隐患，排除A项；欧洲走向联合使欧洲的多数国家加强了不同领域的合作和联系，但是不代表欧洲内部所有国家没有分歧和矛盾，促成欧洲内部的团结表述不准确，排除B项；材料仅体现了欧洲部分国家全方位联盟，增强了欧洲的实力，不能体现出世界政治经济旧秩序受到很大的冲击，排除C项。

]2.20世纪七八十年代，世界上有一批公开与美国为敌的国家，如朝鲜、利比亚、古巴、伊朗(1979年以后)等，美国除了对这些国家实行一定的经济制裁外，没有采取更加严厉的措施，如石油禁运、军事打击等。

这是由于( )A．美国军事、经济力量有所不足B．美国的行为受到巨大牵制C．第三世界团结一致抗击美国D．社会主义阵营的联合反制B [20世纪七八十年代，世界格局的多极化趋势加强，美国没有采取更加严厉的诸如军事打击等措施，是受到世界形势的巨大牵制，故选B项；美国是当时世界上军事、经济力量最强大的国家，排除A项；20世纪七八十年代，没有出现第三世界团结一致抗击美国的局面，排除C项；20世纪七八十年代，中苏关系恶化，社会主义阵营早已解体，排除D项。

]3.1961年和1967年英国两度申请加入欧共体，但均遭到法国总统戴高乐的拒绝，他认为英国是美国的特洛伊木马，英国进入共同市场只是为了削弱共同市场。

课时作业26 两伊战争一、选择题1．1979年伊朗伊斯兰共和国成立后，“伊斯兰革命领袖”霍梅尼宣布在真主的旗帜下成立一个大伊斯兰政府，积极对外输出伊斯兰革命。

这说明( )A．两伊之间的领土纠纷激化B．美苏积极干涉两伊国家的内部事务C．地区霸权主义是造成局部战争的重要原因D．教派纠纷是两伊战争的重要原因2．下面图片最能说明( )A．美国直接参加了两伊战争B．美国出售武器增加了战争的危害C．美国出售武器加速了战争的结束D．为了石油资源，美国无偿向双方提供武器3．两伊战争中，伊拉克首先发动“袭船战”的直接原因是( )A．伊朗封锁了阿拉伯河的航道B．伊朗在地面战斗中多次使用化学武器C．双方进入拉锯战，难以打开局面D．伊拉克提出停战要求，遭到伊朗拒绝4．两伊战争中，两国经济最主要的支柱——石油工业遭到极大破坏，主要原因是( ) A．美苏等大国的掠夺B．双方都把袭击和摧毁对方石油基地和设施作为主要打击手段C．两国石油出口量急剧减少D．战争耗费了大量石油5．为制止两伊战争，联合国安理会1987年7月通过决议。

决议通过后( )A．伊拉克拒绝接受，继续发动进攻B．伊朗军队再次攻入伊拉克境内C．伊朗拒绝接受，伊拉克军队再次攻入伊朗境内D．两伊实现停火，进行直接谈判二、非选择题6．阅读下列材料，回答问题。

材料1973年以来伊朗和伊拉克借助石油价格上涨的机遇，大力发展本国的石油工业，阿拉伯河是两国石油出口的重要通道。

1975年两国签署的《阿尔及尔协议》约定以阿拉伯河主航道中心线为界，两国各占一半。

由于阿拉伯河下游是世界重要的油田所在地，集中了两国主要的石油港口和生产基地，也是伊拉克唯一进出波斯湾的出海通道，伊拉克领导人萨达姆认为与伊朗平分阿拉伯河水道对伊拉克极为不利。

1979年伊朗爆发伊斯兰革命，废除了君主立宪制，建立政教合一的共和国。

伊拉克于1980年强行全部收回阿拉伯河的主权。

此后，边界冲突不断升级，两伊战争爆发。

作文主题训练-------限制与突破1．阅读下面的材料，根据要求写作。

材料一：邓清明一次次以毫厘之差与飞天梦想擦肩而过，但他总能放下个人的荣誉和得失，在最短时间内让自己“归零”，重新投入新一轮的训练，始终坚持完成和主份同样数量、同样标准的训练，最终圆了飞天梦。

材料二：在2022年卡塔尔世界杯开幕式上，“半身小伙”穆夫塔的出现震撼了无数人。

他克服身体的残疾缺陷，以不向命运屈服的勇气乐观地面对生活，成为卡塔尔世界杯大使，赢得了卡塔尔乃至全球数百万人的爱、尊重和钦佩。

材料三：陈贝儿是香港第一代娱乐新闻主播，还是香港第一位采访奥斯卡、戛纳影展等国际盛事的女主播，又是香港电视广播有限公司的台柱，有“娱乐主播一姐”之称。

这位原本穿梭于霓虹灯的香港女孩却并不想把自己局限在娱乐圈，毅然转向纪录片这一全新领域，穿梭全国六个省份，跨越重重困难，讲述中国脱贫故事，透过镜头向世界传递真实中国的这条“无穷之路”。

上述材料能给追求卓越的当代青年以启示，请围绕“限制与突破”，结合你对自身、社会或人类发展的思考写一篇演讲稿。

要求：选准角度，确定立意，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭；不得泄露个人信息；不少于800字。

2．作文。

在阅读部分的《也说“童趣”》一文中有这样一句话：“没有限制就没有难度，没有难度的写作是不可靠的，也是不会实现真正意义上的创新和突破的。

”其实，不止写作是这样，生活中很多方面也是如此。

请写一篇文章，谈谈你的认识和思考。

要求：（1）自拟题目；（2）不少于800字。

3．阅读下面的材料，根据要求写作。

《庄子·秋水》讲过一个故事。

在内陆掌管一河之职的河伯，见到“百川灌河，泾流之大，两涘渚崖之间，不辩牛马”的盛大景象，便欣然自喜，以为天下尽美至大在于己。

一天，河伯顺流到海，看到无边无际的大海，望洋兴叹，无不感慨说：“有些人懂得了一些道理，就认为谁也比不上自己。

我就是这样的人啊。

我将被大方之家嗤笑了。

”海神若对他说：“不能和井底之蛙谈论大海，因为它受所住地方的限制；不能和夏天的虫子谈论冰，因为它受时节的限制；不能和见识浅陋的人谈论大道理，因为他被自己所受的教育给限制住了。

6中等数学谈谈赫尔德不等式中图分类号:0122.3王永中（四川省绵阳中学,621000）文献标识码：A 文章编号:1005 - 6416（2019）08 - 0006 - 07（本讲适合高中）1知识介绍赫尔德（Holder ）不等式 若5 0GR +（i = 1 ,2,…，n ） ,p ＞0,pMl , — + — = 1,则p q丄丄S 5® V创）（p ＞ 1）；①i = l' i = l ' \ i = 1 '\_ 丄空恥禺空引"（空汀（0＜卩＜1）.②i\ i =1/' i =1'p p p当且仅当善=菩=…=詈时，以上两式等号成立.常见的资料中只介绍了不等式①，当P=g=2时,式①即为柯西不等式，可以认为它是柯西不等式的推广，故也称为柯西一赫尔德不等式.1. 1赫尔德不等式的证明取幕函数/（%）=%"（% G （0, +00））.因为r （x ）=p （P -i ）^-2,所以，当卩＞1 时,r （%）＞o,/（%）为下凸函数.对于任意的 Pi 、叫 W R + （i = 1,2,-",n ）,由琴生不等式得Pl +P2 + …+P ”IPl X l +P2%2 + *■ +Pn X A'Pl +P2 + •-• +Pn)一 P i 琲 +p 2x^ +…+p X当且仅当衍=勺=…=%”时，上式等号成立. 显然，收稿日期:2019-01 -31式③1 = 1 ' I = 1 ' \ i = 1记q =』7，贝』+丄=1.令p -1 p qPi = b ：,叫=a ：b 訐（i = 1 ,2,…，zz ；5、®W R + ）.故Pi 叫=bgb 户=a 屈（心）=ab,Pi 减=b ：a ：b 「q =af.将以上各式代入式④得丄丄i = l\ i = 1 / ' i = 1 /当且仅当a®芦=a 2b^ =…=a ”b 拦,即 訂訂…主时，上式等号成立，这样便证明了不等式①.又当o＜p＜i 时,r （x ）＜o,/（%）为上凸 函数，不等式③反向，从而，相应地有不等 式②.上述证明表明，赫尔德不等式本质上是幕函数的凸性；不等式③是加权的幕平均不 等式的一种特殊情况.当Pl =P2 =…=Pn = 1时,式③成为幕平均不等式勺+%2 +…+ 乂” 一/姊+舄+…+犹Vn ）'当p=2时，上式即不等式A5）WQ5）（算2019年第8期7术平均值W 平方平均值).关于赫尔德不等式①，常见的证法是引 用如下不等式：几何不等式 若％、y 、a 、0 € R+,a +0=1,则x a )fi W ox + 0y ,当且仅当％ =y 时，上式等号成立.事实上，因为对数函数/(%)=ln%是上 凸函数，所以，由琴生不等式得a +0=aln x + 01n y = In x a y^,当且仅当咒二y 时，上式等号成立.1? 1另证记4 = »?,B =工那.i=\i=\由几何不等式得丄上式取i = 1,2,…，ti 1 /笙I)7B后，对n 个不等式p q£qn 浜g 叽①引］宜计.i =1\ i =1 ' 'i=l >若记 a =-,/3 =-,WJp qa 〉O,0>O,a+0 = l.令 a> =%：,仇=於(咎、%W R+ ).易知,赫尔德不等式①可表示为y xi = lBS W i = l1.2赫尔德不等式①的推论及推广(1)权方和不等式若 a,A 6, 6 R + (/ = 1 ,2,---,n) ,m >0 或m < 一 1 ,则m +1nm + 1/ J im-**~i = lb i存J(SM m ，当且仅当#亡=••煜时，上式等号成立.证明 当m>0时,由赫尔德不等式①有m + 1 )—m _ J_ 'm +1 q上式两端zn + 1次方即导出所需的不 等式.当mV -1,即-(m + l)>0时，对数组(“，篦，…爲)及(© ,。

训练题A1、我们考虑如下变换T ：对于由三个正整数作成的有序组(,,)X x y z =,法则T 将其变成三个新的正整数有序组：1111()(,,)T X X x y z ==．其中，()()()111(2,,)1(,,)(2,,)22(2,,)x z z y x z x y z x y z y x y x y z y z x yx y x y z y +--<-⎧⎪=--+-≤≤⎨⎪--+⎩当当在其它情况下3请利用变换T 证明费尔马两平方和定理：若41p n =+是一个质数，则存在正整数,a b ， 使22a b p +=．（注：这个变换属于近代数学家察基尔()Zagier ，据此，他从另一观点证明了费尔马两平方和定理，其想法如同天外来客，无中生有．）证：容易验证，变换T 保持24x yz +的值不变，例如我们按情况()1做这个变换：则有2222221114(2)4()(44)(444)4x y z x z z y x z x xz z yz xz z x yz +=++--=+++--=+．在其余的两种情况下，检验起来也是如此简单的．这就是说，如果对于某个数p ，有等式24x yz p +=，那么在变换T 后，这种等式的值保持不变．我们再来检验，变换T 是对合的，即两次运用T 将使我们回到原来的数组． 例如我们仍按照前一种情况()1做这个变换，即当x y z <-时，有1112,,x x z y z z y x z =+==--，这时，由于11122x x z y z z x y =+>-=+-， 这就是说，对1X 的变换12222()(,,)T X X x y z ==，需要按照情况()3来进行：2112(2)2x x y x z z x =-=+-=，2111(2)()y x y z x z z y x z y =--=+-+--=， 21z y z ==．在其余的情况下，一切都是类似的．现在设，41p n =+是一个素数；首先，方程24(4)x yz p+=，至少有两个显然解：(,,)(1,1,)x y z n =与(1,,1)n ，前者满足x y =，后者满足x z =；马上想到的是，方程(4)是否还有满足y z =的解？如果有，那么方程(4)立即变成等式：22(2)x y p +=，结论已经获得；我们接下来的事情就是证明,满足这种条件的解确实存在．容易说明,方程(4)的正整数解(,,)x y z 只有有限多组；因为不大于p 的正整数,,x y z 都只有有限多个．据前面的察基尔变换可知，如果(,,)x y z 是方程(4)的一组正整数解， 那么111(,,)(,,)x y z T x y z =也是方程(4)的一组正整数解，反之亦然；假若在它的全部解中，没有使y z =成立的解，那么我们得出，变换T 可以将所有的解 配对成()(,,),(,,)x y z T x y z ，只要(,,)(,,)x y z T x y z ≠．现在我们需要考虑，是否存在这样的配对，或者如人们所说，变换T 是否具有不动点？ 观察变换T 中的三式，容易看出，T 的不动点（即满足111(,,)(,,)(,,)x y z T x y z x y z ==时的不动点），就是使x y =成立的不动点；但是方程(4)显然没有使1x y =>的解（否则将有2244(4)p x yz x xz x x z =+=+=+，与p 为素数矛盾！），因此，满足x y =的不动点只有一个，那就是(,,)(1,1,)x y z n =，故由以上情况得出，方程(4)的解的个数为奇数：其中，不动点为(1,1,)n ，而其余的解均可按对偶配对．为了导出与假设的矛盾，我们需要从另一途径来说明，方程(4)的解的个数又是偶数； 设方程(4)的全体解构成集合{}2(,,)4,S x y z x yz p y z =+=≠，任取000(,,)x y z S ∈，易知必有000(,,)x z y S ∈，而因00y z ≠，则000(,,)x y z 与000(,,)x z y 是一对不同的解，依据这一办法，可以将S 中的全体元素两两配对，因此，集S 有偶数个元素．矛盾！ 故所设不真，即方程(4)必有满足y z =的解(,,)a b b ，这时由方程(4)得到等式：22(2)a b p +=．定理证完．(注意：如果把以上做法看成是一个变换H ，使得111(,,)(,,)(,,)x y z H x y z x z y ==，则变换H 也是对合的；因为它也满足111(,,)(,,)H x y z x y z =，以及2211144x y z x yz +=+．而在y z ≠的假定下，解集中的元素对于H 不存在不动点,于是就可将解集的全体元素配对成()(,,),(,,)x y z H x y z ,因此,解的个数是偶数)．2、若简单图G 有21n +个顶点，至少31n +条边(2)n ≥，证明：G 中必有偶圈．证：由于图G 的边数不小于顶点数，则G 中必有圈，今逐次这样地去掉图中的一些边： 使得每去掉一条边，就破坏一个圈，这样的操作至少可以进行1n +次，也就是至少可以去掉1n +条边，破坏至少1n +个圈，即是说，图G 中的圈至少有1n +个．这1n +个圈中，必有两个圈有公共边，事实上如果任两个圈都无公共边，由于每个圈至少有3条边，则图G 至少有3(1)33n n +=+条边，矛盾！今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈，则1C 至少有一条边不在2C 中，2C 至少有一条边不在1C 中，若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C AB =，若设道路0C 有r 条边，圈1C 有1r 条边（包括公共路），圈2C 有2r 条边（包括公共路），（即圈12,C C 的长分别是12,r r ）． 若去掉道路0()C AB =间的所有的边（即圈12,C C 的上述公共边），则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈，记为*C ，圈*C 的长为122r r r +-；注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-，它是一个偶数，故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数，即G 中有偶圈．3、设G 为n 阶图()5n ≥，其边数4e n ≥+，证明G 中存在两个无公共边的圈.证：对n 归纳，当5n =时，9e ≥，这相当于从5k 中至多去掉一条边，结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立，当n k =时，k 阶图G 的边数4e k ≥+，由于G 的边数≥顶点数，其中必有圈.若G 中存在一个长为3或4的圈1C ，则从图G 中删去圈1C 上所有的边，剩下的k 阶子图1G 中，依然满足：边数≥顶点数，其中又有圈2C ，显然，1C 与2C 都是G 中的圈，且无公共边.以下假设，G 中的每个圈长至少为5.若G 中有点0v ，其度数()01d v ≤，则删去点0v 以及它所关联的边，剩下的1k -阶子图2G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，2G 中有不含公共边的两个圈，它们当然也是G 中的圈.若G 中有点0v ，其度数()02d v =，设与0v 邻接的两个点是12, v v ，显然12, v v 不相邻（因G 中无三角形），此时，删去点0v 及其所发出的两条边，同时添加边12v v ，所得的图3G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉，恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ，回到图G ，则G中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ，则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈；若3G 中的这两个圈中有一个，例如2C ，含有边12v v ，从该圈中去掉12v v ，并代之以边0102, v v v v ，得到圈0C ，则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈）.若G 中所有的点i v ，其度数()3i d v ≥，1,2,,i k =，如果G 的边数4k >+，我们就从G 中删去一些边，使得边数恰好为4k +，记此图为4G .在图4G 中，若4G 中有一顶点的度数3<，则据前面的讨论，结论已经得证； 若4G 中每个顶点的度数皆3≥，则4G 中各顶点的度数之和3k ≥，故4G 中的边数32k≥，即有342kk +≥，由此得，8k ≤. 而在此时，只要能证得，在4G 中必有三角形或四边形，这种三角形或四边形当然也在G 中，这将与原先的假设（G 中的每个圈长至少为5）相矛盾.事实上，由于4G 中的边数4k +≥顶点数k ，故4G 中必有圈，设C 为极小圈，则圈C 的点与点之间不能再有其它边相连，否则圈C 将被分成更小的圈，矛盾；设极小圈C 的长为r ，则2r k ≤-.(由于每个顶点的度数皆3≥，若r k =，则圈C 的点与点之间将有其它边相连，于是圈C 被分成更小的圈，矛盾；若1r k =-，圈121r C vv v v =上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻，于是得到三角形012v v v ，矛盾)；于是，当5k =或6k =时，4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时，有5r ≤，若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另两点为,u v ，五边形的五个顶点共向,u v 发出至少5条边，则,u v 中必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少3条边，其中必有两个相邻顶点，例如12v v 都与u 相邻，于是得到三角形12uv v （更小的圈），矛盾，因此4r ≤；当8k =时，有6r ≤，若极小圈为六边形123456v v v v v v ，六个顶点共向圈外的两点,u v 发出至少6条边，则其中有一点，例如u ，要向六边形的顶点发出至少3条边，于是点u 要向顶点组{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边，设u 与13,v v 相邻，则得到四边形123v v v u ，矛盾；若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另三点为,,u v w ，五边形的五个顶点共向,,u v w 发出至少5条边，必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少2条边，由于五边形的任两个顶点，要么相邻，要么中间只隔一个顶点，因此得到一个含有点u 的三角形或者四边形，矛盾,因此4r ≤.综合以上讨论，可知本题结论成立.4、设正整数2m >，若正整数a 与m 互质，并且1a m <<，就称a 是m 的“本原互质数”，例如10的“本原互质数”为3,7,9，其中3,7为质数，而9不是质数；12的“本原互质数”为5,7,11，它们都是质数．一般地说，若m 为正整数，并且它的“本原互质数”所构成的集合是一个非空的质数集，就称数m 是单纯的，例如12就是一个单纯数．试求全体单纯数． 解：容易验证，3,4,6,8,12,18,24,30这八个数都是单纯数； 下面证明，除此而外，不再有其它的单纯数． 引理：用123,,,p p p 表示全体质数自小到大排成的数列：2,3,5,7,11,，则当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅．引理证明：当4n =时，显然有2251234112357210p p p p p =<=⋅⋅⋅=，下面考虑一般4n >的情况，设123,,,,k p p p p 是前k 个质数，作k p 个数123,,,,k p a a a a ，其中1121212131211211121311k k k k p k k a p p p a p p p a p p p a p p p p ----=⋅-=⋅-=⋅-=⋅- …… ① 这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，每个数皆与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，且任两个数对模k p 不同余，因此恰有一个是k p 的倍数；继而可知，这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，任两个数对模k r p +不同余，1r ≥，因此其中至多一个是k r p +的倍数，1,2,r =．对于给定的n k ≥，如果数1,,,k k n p p p +的个数少于集合{}12,,,k p A a a a =中元素的个数，即，若1k n k p -+< … ②，那么集A 中至少有一个数，设为j a ，它与1,,,k k np p p +都互质；又因j a 与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，于是，数j a 与前n 个质数123,,,,n p p p p 皆互质，此数j a 要么本身是质数，要么存在质数因子，总之有质数p ，使得j p a ，此p 当然异于123,,,,n p p p p ，但是前n 个质数已经被我们列出，所以1n p p +≥．即有112121n j k k p p a p p p p p p +≤≤≤-< … ③ ；再证明，当5n ≥时，对于前n 个质数123,,,,n p p p p ，存在k ，1k n <<，使得11212n k k k n p p p p p p p +++<< … ④5n =时，有61234513235711p p p p p p =<=⋅⋅<⋅= … ⑤， 6n =时，有71234561723571113p p p p p p p =<=⋅⋅<⋅⋅= … ⑥；假若对于n m =及1m +，有11212m i i i m p p p p p p p +++<<… ⑦，与21212+1m j j j m p p p p p p p +++<<… ⑧那么，由⑦，221112+11212m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p ++++++⋅<⋅<⋅，约去1i p +，即有111212312m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p +++++++⋅<⋅<⋅ … ⑨，利用⑤⑥中135i p p +>=，以及切比雪夫定理（若实数1a >，在区间(,2)a a 中必有质数）则23211122m m m i m p p p p p +++++<<≤ … ⑩，由⑨⑩得，3121232m i i i m p p p p p p p +++++<<，而由⑧，222112112123m j j j j j m m m p p p p p p p p p p p ++++++++⋅<⋅<⋅，仿照上面做法，得4121233m j j j m p p p p p p p +++++<<，故由归纳法得④式成立．由④，221121212()n k k k k n p p p p p p p p p p +++<<⋅，引理得证．回到本题，显然，3,4,6,8是单纯数，当单纯数4m >，则m 必为偶数，（否则，若m 为奇数，则合数4将与m 互质，得m 不是单纯数）；当单纯数9m >，则m 除了是偶数外，还应是3的倍数，（否则，若m 与3互质，则合数9将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于9的单纯数应是236⨯=的倍数； 当单纯数25m >，则m 除了是6的倍数外，还应是5的倍数，（否则，若m 与5互质，则合数25将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于25的单纯数应是23530⨯⨯=的倍数； 继而可知，大于27的单纯数应是2357210⨯⨯⨯=的倍数；大于211的单纯数应是2357112310⨯⨯⨯⨯=的倍数，…，大于2np 的单纯数应是12n p p p 的倍数．于是，在区间22(3,5)内，6的倍数只有12,18,24，它们都是单纯数，在区间22(5,7)内， 30的倍数只有30这个数，它是单纯数；在区间22(7,11)(49,121)=内，已经没有数是2357210⨯⨯⨯=的倍数，因此没有单纯数，当4n ≥时，由于221(,)n n p p +内的单纯数必须是12n p p p 的倍数，而据引理，当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅，也就是说，12n p p p 的倍数不在该区间内，因此对任何4n ≥，所有形如221(,)n n p p +的区间内没有单纯数；又显然，当2n ≥时，2n p 不是单纯数（因为合数21n p -与之互质），因此全部单纯数只有3,4,6,8,12,18,24,30这八个数．5、将0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个原生数字分别填写于正五角星的十个交点处，使得五角星的每条线段上的四个数之和都是9的倍数，并且经过外环五点、内环五点所得到的两个圆周上的五数之和也都是9的倍数，称这样的填数图形为一个“五行轮”； 例如左图便是一个“五行轮”．我们将经过空中翻转或旋转移动后能够重合的“五行轮”认为是本质相同的，求本质不同的“五行轮”的个数．（注：五行，指金木水火土，它们循环相生相尅，是自古以来释、道、儒、玄易、中医诸学穷研之精粹，如右图（源自古籍）．而“五行轮”则是一种传说中的兵器，使用方法奥秘玄妙，对阵时按生尅关系，每招每式都需要用数学方法去推演的．本问题借用其基本模型．）解：若五条线上填写的数之和分别是9,1,2,3,4,5k S k =，则5919290k k i S i ====∑∑，所以5110k k S ==∑．0(1)、如果诸k S 全相等，则每线上的四数和皆为18；注意到，五角星的每两线皆有一交点，而每一交点恰有两线经过；先说明，此时9与0必共线，否则，假若9与0不共线，设9所在的一根线上的另三数为123,,x x x ，另一根线上的另三数为123,,y y y ，则12312312312336(9)(9)18()x x x y y y x x x y y y =+++++++=++++++18(123456)39≥++++++=，矛盾！9876543210外环相生，内环相尅现在设9与0所共的线为12(9,0,,)l a a =，则因129a a +=，所以有12(,)(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)a a =；0所在的另一线为0123(0,,,)l b b b =，由于12318b b b ++=，则123(,,)(3,7,8),(4,6,8),(5,6,7)b b b =；9所在的另一线为9123(9,,,)l c c c =，由于1239c c c ++=，则123(,,)(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)c c c =；若(9,0,1,8)l =，则0(0,5,6,7)l =，9(9,2,3,4)l =，这时09l l =∅，矛盾！ 若(9,0,2,7)l =，则0(0,4,6,8)l =，9(9,1,3,5)l =，这时09l l =∅，矛盾！若(9,0,3,6)l =，则09,l l 皆与l 有两个公共点，矛盾！ 若(9,0,4,5)l =，则0(0,3,7,8)l =，9(9,1,2,6)l =，这时09l l =∅，矛盾！因此，使诸k S 全相等的填法不存在．于是这样的“五行轮”也不存在．(2)、今考虑诸k S 不全相等的情况，由于5110k k S ==∑，其中若有某个4k S ≥，即若有某根线上四数和936k S ≥，那么其余六点的填数和至多为9，矛盾！又若有两个数,i j S S 皆为3，则相应两线的填数和分别为27，这两线的公共点的填数至多是9，于是两线上七个不同的点填数和不小于2727945+-=，也得矛盾！因此，在诸k S 不全相等时，五角星的五条线填数情况是：恰有一条线的填数和为27，一条线的填数和为9，其余三条线的填数和皆为18．为了找出所有的“五行轮”，首先指出，如果019(,,,)A a a a =是一个“五行轮”，那么，将每个k a 一律用k b 替换，其中9,0,1,,9k k b a k =-=，得到的019(,,,)B b b b =也是一个“五行轮”，称这样的两个“五行轮”是“对偶”的；由于内、外圈的五数之和皆大于10(01234)=++++，且两圈的十数之和为45，故两圈的和数必定是，一个为18，而另一个为27．由于上述“五行轮”,A B 一一对应，我们也可以这样来限定A 类“五行轮”，使得它的外圈五数之和恰为18，（于是内圈五数和恰为27）．这样，全体“五行轮”的个数便等于A 类“五行轮”个数的2倍． QP注意到，四数和为9的线段，只有三种情况：123(0,1,2,6),(0,1,3,5),(0,2,3,4)ααα===；四数和为27的线段，也只有三种情况：123(3,7,8,9),(4,6,8,9),(5,6,7,9)βββ===；由于同一个五角星中的任两条线段i α和j β应当恰有一个交点，故其交点的填数， 只有3,4,5,6四种情况，按照“本质不同”的含义，我们可始终将这样两条线段i α和j β的交点置于点P 或Q 处． 今按交点填数情况讨论： （一）、交点在P 处的情况：0(1)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征 （即：圈上五数和不是9的倍数）；0(2)、当交点填数为3时，按3α有6个排列：它们也只能与1β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；0(3)、当交点填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类987654321987654321098765432198765432109876421539876521043987654321098765432198765432109876543219876420153987652104398765432198765432198765432109876543210987642153987652143的，后两个则不具有轮特征；(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类的，后两个则不具轮特征；(5)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B 类的，后两个则不具轮特征；(6)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B 类的，后两个则不具轮特征；在此情形下，我们总共得到24个“五行轮“，其中12个A 类五行轮，12个B 类五行轮．9876543210987654321098765432198765432109876421539876521439876543210987654321987654321987654321098764215398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143（二）、交点在Q处的情况：（如果采用对偶方法，也可共得到24个“五行轮“，其中12个A类五行轮，12个B类五行轮，但为明确起见，且为了给出具体结果，我们仍旧实际操作一遍．）(1)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β搭配，共生成六个图，其中第一个是A类的，中间三个是B类的，后两个则不具轮特征；(2)、当交点填数为3时，按3α也有6个排列：它们也只能与1β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B类的，后两个则不具轮特征；(3)、当交点的填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β搭配，共生成六个图，其中前两个是A类的，中间两个是B类的，后两个则不具轮特征；987654321987654321987654321987654321987642153987652143987654321987654321987654321987654321987642015398765214398765432198765432198765432198765432198764201539876521430(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类的，后两个则不具轮特征；0(5)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；(6)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；在此情形下，我们也得到24个“五行轮”，其中12个A 类五行轮，12个B 类五行轮； 因此全部“五行轮”共有48个（其中24个A 类五行轮，24个B 类五行轮）．（又注，如果不考虑“轮”特征，只关注五角星填数，那么图形将有72般变化，也就是已经列出来的全部图形，这是一个有趣的结果；本题融九五太极，八九玄功于一体，所生成的十二组图形，梯次而出，有如布阵排兵，体现了数学结构的美与和谐，很值得细细玩味．）9876543219876543210987654321098765432109876421539876521043987654321098765432109876543219876543210987642015398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143。

浙江省高中学2025届高三第三次模拟考试语文试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

1、阅读下面的文字，完成下面小题。

材料一：自一带一路倡议提出以来，中国与周边国家贸易不断加强。

各行各业在积极参与一带一路建设，在贸易合作中不断寻找竞争优势，拓展海外市场，挖掘新的增长点，一带一路相关话题在微博上引起了网友们的热烈讨论，“一带一路”为关键词的博文达到1526771条，其中网友最在关注的是什么呢?（摘编自《一带一路把握概念投资热点，最受网友关注的关键词TOP10》,新浪财经2017年5月12日)材料二：连接历史与未来，沟通中国和世界。

“一带一路”被誉为“几十年来由一个国家发起的最广泛、最全面的国际性经济合作倡议”，“一带一路”国际合作高峰论坛则是三年多来由官方举办的最高规格的论坛活动，目前已经有28个国家元首和政府首脑确认与会，参会代表将达1200多人。

外媒关注“一带一路”国际合作高峰论坛，背后还是对借助论坛推动经济更加平衡、协调、联动发展的深情期待。

“一带一路”把世界的机遇变为中国的机遇，也把中国的机遇转变为世界的机遇。

三年多来，已有100多个国家和国际组织积极参与“一带一路”，有近40个国家与中国商签了“共建合作协议”，国际产能合作也拓展到近30个国家。

截至今年1月，3年多来中国企业对沿线国家投资已高达500多亿美元，一系列重大项目落地开花，带动了各国经济发展创造了大量就业机会，这也吸引着国外媒体。

中国的发展离不开世界，世界的发展也需要中国。

在世界经济持续低迷、“黑天鹅”频飞的2016年，作为全球第二大经济体，中国经济保持了平衡健康发展，是名副其实的世界经济“稳定器”，成为拉动世界经济增长的主要引擎。

2022伊朗数学奥林匹克第三轮试题
第一天
1、求所有的函数f:R +→R +，使得对于任意x ，y ，z ∈R +满足：
f(x+f(y)+f(f(z)))=z+f(y+f(x))
2、已知△ABC ，令D ，E ，F 分别在三边BC ，CA ，AB 上，且满足 △DFE ∽△ABC 。

且外接圆⊙(BDF)，⊙(ODE)与外接圆⊙(ABC)分别交于点P ，Q 异于点B,C 。

证明：△DPQ 的外接圆恒过一个定点。

3、已知一个1000元集台存在一个三元子集族，满足对于任意5个三元子集的并集元素个数大于等于12。

求满足上述条件的三元子集族的元素个故最大值。

第二天
4、已知a 1，a 2，……，a n 为一个非零整数数列，若a n 满足a n =2αk ，其中k 为奇数且α为非负整数，则a n+1=2α-k 。

求证：若{a n }为一个周期数列，则有a n+2=a n （∈N ）。

5、甲有100张卡牌，号码为1，2，....，100。

甲和乙一起进行游戏，在每一轮中，首先甲从剩余的牌中选择一张牌，乙决定留下该牌或将其扔掉。

如果他挑了该张牌，则下一轮他就必须舍弃甲挑选的卡牌。

乙试图以最大化留下的卡牌数值之和的方式进行操作，而甲试图以最小化留下的卡牌数值之和的方式进行操作。

求k 的最大值，便得乙可以确保留下卡牌数值之和至少等于k 。

n
6、求证：对于任意9个互不相同的实数中，总存在4个互不相同的数a ，b ，c ，d 使得：()()()22222109ac d c b a bd ++≥+。

吉林公务员考试《行测》通关模拟试题及答案解析【2022】：861：一个半径为r的圆用一些半径为r/2的圆去掩盖，至少要用几个小圆才能将大圆完全盖住（）单项选择题A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个2：一个正三角形和一个正六边形周长相等，则正六边形面积为正三角形的（）单项选择题A.B. 1.5倍C.D. 2倍3：最近有媒体称，尽管美国表面上称要通过外交途径迫使伊朗_________，但以副总统切尼为代表的鹰派已经迫不及待，认为“通过外交手段不能_________伊朗的核野心”，因此美国媒体更频繁鼓吹对伊朗实行强硬措施。

依次填人划横线部分最恰当的一项是（）。

单项选择题A、就范掌握B、就范遏制C、屈服遏制D、屈服掌握4：狐狸：狡猾单项选择题A、忠诚：狗B、母鸡：鸡蛋C、牛：勤劳D、乌鸦：凶兆5：.单项选择题A. 9B. 10C. 11D. 126：修一条大路，假设每人每天的工作效率相同，方案180名工人1年完成，工作4个月后，因特别状况，要求提前2个月完成任务，则需要增加工人多少名（）单项选择题A. 50B. 65C. 70D. 607：小张承诺：假如今日不加班，我就去超市买菜，并且亲自下厨做晚饭。

以下哪项为真，说明小张没有兑现承诺? Ⅰ．今日加班了，小张仍旧去超市买菜并且亲自下厨做晚饭。

Ⅱ．今日不加班，小张没去超市买菜并且没有亲自下厨做晚饭。

Ⅲ．今日不加班，而且，假如小张去超市买菜了，他就没有亲自下厨做晚饭。

单项选择题A、仅ⅠB、仅ⅡC、仅Ⅱ和ⅢD、Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ8：一门课程的满分为100分，由个人报告成果与小组报告成果组成，其中个人报告成果占70%，小组报告成果占30%。

已知小明的个人报告成果与同一小组的小欣的个人报告成果之比为7：6，小明该门课程的成果为91分，则小欣的成果最低为多少分（）单项选择题A. 78分B. 79分C. 81分D. 82分9：在数列2，3，5，8，12，17，23，…中，第2022项被5除所得余数为（）单项选择题A. 1B. 3C. 2D. 410：建立社会保障制度的主要目的是为了更好地体现公正原则，但公正与效率之间存在冲突，公正只能是相对的，特殊是对我国这样一个进展中国家来说，经济进展水平还比较低，进展生产力，提高效率应放在第一位，只有生产力和生产效率提高了，才能更好地实现社会公正。

河北省衡水市武强县武强中学2022-2023学年高二下学期期中语文试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、非连续性文本阅读阅读下面的文字，完成下面小题。

材料一：2022年3月28日，美国发布的《2022年国防战略》报告中的事实清单显示，美国国防部将采取紧急行动以维持和加强对中国的威慑。

美国把中国视为最重要的战略竞争对手，甚至视中国为比俄罗斯更重要的对手。

在俄乌冲突中，美国为了摧毁俄罗斯经济已经对其进行了制裁。

但由于中国在技术、空间研究领域的快速崛起，以及经济发展和文化影响力日益提高，中华文明在全世界的影响力越来越大，美国于是将中国置于更优先的竞争位置。

另外，随着全球化的深入发展，美国希望在单极世界中保持唯一超级大国的地位，不想分享任何权力，除非是像欧洲这样与美国立场完全一致的盟友。

然而，即使面对欧洲，美国也希望能凌驾于盟友之上。

相比之下，中国并不寻求世界主导地位。

中国希望建立一个多极世界，而且还希望通过“一带一路”倡议维系其所倡导的全球化模式，这一点非常重要。

西方国家似乎想要建立自己的全球化模式，但也有人认为美国最近正逐步放弃全球化理念。

笔者认为，美国想要的是保持其全球影响力，保障其在全球经济中的利益。

而中国的目的则具体得多，中国推出的“一带一路”倡议一方面是为了提高其影响力，另一方面则是带着为其他国家谋求经济利益的目的，而不是通过这一倡议来寻求主导地位。

至于俄乌冲突，美国有可能并不介意战争继续下去，因为美国认为这场战争将给自身带来好处，同时能够对俄罗斯产生不利后果。

与此同时，美元的优势地位正在下降，而其他几种货币则在升值。

当然，如何准确解读当今时代的各种现象还为时尚早，但气候变化、全球生态恶化以及其他一些事关人类未来的重大问题，正面临比以往任何时候都更严峻的挑战，而人类却在忙着明争暗斗，这是一种极大的悲剧和极度的不幸。

EZZN =EKFN(易证CK=FD=EC)=2FD12FD=41.因为NXXF ·FYYE·EZZN=12×12×41=1,所以,NY、FZ、EX三线共点(塞瓦定理),即AN、FP、EM三线共点.(2)易证△AFN∽△FDP∽△EFM]AN=FP=EM.①设AN、FP、EM共点O.易证ONOA =NX AE.又N F=12DF =12AE,可得ON OA =NXAE=13N F2N F=16.由P、Q是梯形FEKX两对角线的中点,必有PQ=12(EK-FX)=122EC-13FD=122-13FD.则OFOP=FXPQ=23FNPQ=23×12FD122-13FD=25.又OMOE=MNYE=12EF23EF=34,②由①知ON+OA=OF+OP=OM+OE,联系式②,可得ON∶OF∶OM∶OE∶OP∶OA=1∶2∶3∶4∶5∶6.(黄全福　安徽省怀宁县江镇中学,246142)《中等数学》2003年总目次数学活动课程讲座·初中·填数问题(蒋　声　1·2)与一次函数相关的竞赛题及其解法(王东青　2·2)最值问题的常用解法(王定成　3·2)解数学竞赛题的特殊化策略(王连笑　4·2)与整数有关的几何问题(刘康宁　5·2)几何计数问题(上)(罗增儒　6·2)·高中·利用基本结论解立体几何竞赛题(方廷刚　1·7)配对原理(映射法计数)(徐文兵　2·5)数学竞赛中客观性试题的求解策略(许少华　3·7)解析几何问题的解题技巧(薛党鹏　4·6)整最值问题(王凤燕　严镇军　5·6)应用阿贝尔变换解竞赛题(方廷刚　6·5)命题与解题2002年全国高中数学联赛加试题另解(李建泉　整理　1·11)利用向量解平面几何问题(沈　凯　1·15)一道国际竞赛题的新推广(罗增儒　2·13)一道国家集训队考试题的几点探索(闵　飞　2·15)复合最值问题的解法(王卫华　3·12)函数不动点在解题中的应用(邓光发　3·14,4·13)关于2003年中国数学奥林匹克第5题(苏　淳　4·10)含无理递推式的数列问题化归策略(沈伟忠　5·10)一道高考试题与一道奥赛试题(王连笑　5·13)关于2003年中国数学奥林匹克第一题(沈文选　冷岗松　6·9)一道奥赛题的解法研究(吕峰波　叶中豪　6·15)专题写作四面体中的Milosevic不等式(罗必耀　周永国　1·17)一个分式不等式的加强与推广(苟春鹏　安振平　1·18)条件方程组的图形构造性解法(吴　康　2·9)关系四边形的几个命题(万喜人　5·15)正n边形内接三角形的个数(吴　康　5·18)短论集锦一个不等式的加强(庞如兰　1·20)H.G uggenheimer不等式的加强(孙　泰　1·20)一道冬令营试题的简解(周建新　2·17) 84中等数学一道数学奥林匹克问题的推广(吴善和　2·18)周界中点三角形的一个命题(丁遵标　2·19)三角形内接正三角形的最小面积(邢进喜　2·20) F—H不等式的几何解释(孔令恩　王开广　2·20)关联四个圆的一个恒等式(李永利　3·17)三个不等式之间隐含的关系(孙建斌　3·17)两个几何不等式的加强(缪华柱　3·18)一个不等式的推广(方廷刚　3·19)一道集训题的简解(王　勇　4·17)关于费尔马和的一个不等式(方廷刚　4·17)关联五个三角形内切圆半径的一个等式(李耀文　张　愫　4·18)关于三角形中线的一个不等式(郝迎利　4·18)一道I M O预选题的简解(孙　毅　5·19)对一个优美的半对称不等式的补充(马占山　赵晓娟　5·19)也谈Weisenb ck不等式的三维推广(李永利　庞耀辉　5·20)一个命题的再推广(曾令辉　5·21)一个不等式的推广(张树生　5·21)∑1a2的下界估计(唐新来　5·22)第42届I M O第五题的推广(傅善林　6·17) Weisenb ck不等式的简证(张延卫　6·17) Jani′c加强不等式的一个逆向不等式(孙建斌　6·18) H.G uggenheimer不等式的再加强(邹守文　闵　飞　6·18)数海拾贝几个与完全平方、平方和有关的问题(吴振奎　1·21,2·22)从海伦公式谈起(吴振奎　3·20)纽结的表示与分类(吴振奎　4·19)竞赛之窗首届女子数学奥林匹克(钱展望　整理　1·24) 2002年I M O中国国家集训队选拔考试(李胜宏　提供　1·27)第31届(2002)美国数学奥林匹克(单　墫　1·33)第28届(2002)俄罗斯数学奥林匹克见闻(苏　淳　于　沣　1·37) 2003年中国数学奥林匹克(李胜宏　2·25) 2002年上海市高中数学竞赛(李大元　等　2·29) 2002年湖南省高中数学奥林匹克(喻久华　2·30) 2002年安徽省高中数学竞赛(袁　金　2·35)2001—2002年国内外数学竞赛题选解(李建泉　娄姗姗　张　茗　2·38,3·30,5·32,6·31) 2003年“TRU LY 信利杯”全国初中数学联赛(考　评　3·24) 2002年我爱数学初中生夏令营数学竞赛(陈传理　3·27) 2003年I M O中国国家集训队选拔考试试题(3·29)第44届国际数学奥林匹克试题(4·封底) 2003年全国初中数学联赛(4·22) 2003年全国初中数学竞赛天津赛区初赛(4·25) 2002年(宇振杯)上海市初中数学竞赛(4·27) 2002年重庆市初中数学竞赛(4·28)第17届江苏省数学竞赛(初三)(4·30) 2003年四川省初中数学竞赛(4·33) 2003年全国初中数学联赛武汉选拔赛(4·35) 2002年山东省初中数学竞赛(4·37)第44届I M O试题解答(李胜宏　5·23)第43届I M O预选题解答(李建泉　译　5·25,6·28) 2002年西部数学奥林匹克(李胜宏　5·38) 2003年全国高中数学联赛(6·19) 2003年I M O中国国家集训队选拔考试(6·24)课外训练数学奥林匹克初中训练题(60　王盛裕　1·40,61　孙　彦　黄全福　2·42,62　王盛裕　3·38,63　沈雪明　4·39,64　孙　彦　黄全福　5·40,65　吴伟朝　6·37)数学奥林匹克高中训练题(60　吴伟朝　1·43,61　许　勇　2·44,62　刘康宁　3·42,63　江厚利　4·42,64　吴伟朝　5·43,65　杨建忠　6·40)数学奥林匹克问题初中　(121　吴伟朝　左怀青　1·48,122　张延卫　1·48,123　郭　璋　2·48,124　黄全福　2·48,125　黄全福　3·48,126　吴伟朝　3·48,127　吴伟朝　4·47,128　张延卫　4·47,129　杨拥良　荀洋滔　5·49,130　贺　斌　5·49,131　张延卫　6·46,132　吴伟朝　6·46)高中　(121　宋　庆　1·48,122　田正平　1·48, 123　安振平　2·48,124　吴伟朝　2·48,125　徐　道　3·48,126　张延卫　3·48,127　张善立　4·47, 128　宋　庆　4·47,129　吴伟朝　方　超　5·49, 130　黄全福　5·49,131　贺　斌　6·46,132　费振鹏　6·46)94 2003年第6期。