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。

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）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。