1、 第 1 页 共 34 页 2020 年中考数学试题分类汇编之十五 新概念新规律题新概念新规律题 一、选择题 7.（2020河南）定义运算： 2 1mnmnmn 例如 2 :424 24 2 17 则 方程10 x 的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 只有一个实数根 【答案】A 【详解】解：根据定义得： 2 110,xxx 1,1,1,abc 2 2 414 115bac 0, 原方程有两个不相等的实数根， 故选. A 10.（2020 湖北武汉）下列图中所有小正方形都是全等的图（1）是一张由 4 个小正方形组 成的“L”形纸片，图（
2、2）是一张由 6 个小正方形组成的3 2 方格纸片把“L”形纸片放置 在图（2）中，使它恰好盖住其中的 4 个小正方形，共有如图（3）中的 4 种不同放置方法， 图（4）是一张由 36 个小正方形组成的6 6方格纸片，将“L”形纸片放置在图（4）中，使 它恰好盖住其中的 4 个小正方形，共有n种不同放置方法，则n的值是（ ） A. 160 B. 128 C. 80 D. 48 解：由图可知，在6 6方格纸片中，3 2方格纸片的个数为5 420 （个） 则20 480n 故选：C 第 2 页 共 34 页 4.（2020 重庆 A 卷）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有 1个黑
3、 色三角形，第个图案中有 3个黑色三角形，第个图案中有 6个黑色三角形，按此规 律排列下去，则第个图案中黑色三角形的个数为（ ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 21 解：第个图案中黑色三角形的个数为 1， 第个图案中黑色三角形的个数 31+2， 第个图案中黑色三角形的个数 61+2+3， 第个图案中黑色三角形的个数为 1+2+3+4+515， 故选：B 8.（2020 重庆 B 卷）下列图形都是由同样大小的实心圆点按一定规律组成的，其中第个 图形一共有 5 个实心圆点，第个图形一共有 8 个实心圆点，第个图形一共有 11 个实心 圆点，按此规律排列下去，第个图形中实心圆点的个数为（
4、 ） A.18 B. 19 C.20 D.21 答案 C. 9(2020 山东枣庄)（3 分） 对于实数a、b， 定义一种新运算“”为： 2 1 ab ab ， 这 里 等 式 右 边 是 实 数 运 算 例 如 ： 2 11 13 1 38 则 方 程 2 ( 2)1 4 x x 的解是( ) A4x B5x C6x D7x 【解答】解：根据题意，得 12 1 44xx ， 去分母得：12(4)x， 解得：5x ， 经检验5x 是分式方程的解 第 3 页 共 34 页 故选：B 8 （3 分） （2020常德）如图，将一枚跳棋放在七边形 ABCDEFG 的顶点 A 处，按顺时针方 向移动这枚
5、跳棋 2020 次移动规则是：第 k 次移动 k 个顶点（如第一次移动 1 个顶点， 跳棋停留在 B 处，第二次移动 2 个顶点，跳棋停留在 D 处） ，按这样的规则，在这 2020 次移动中，跳棋不可能停留的顶点是（ ） AC、E BE、F CG、C、E DE、C、F 【解答】解：经实验或按下方法可求得顶点 C，E 和 F 棋子不可能停到 设顶点 A，B，C，D，E，F，G 分别是第 0，1，2，3，4，5，6 格， 因棋子移动了 k 次后走过的总格数是 1+2+3+k= 1 2k（k+1） ，应停在第 1 2k（k+1）7p 格， 这时 P 是整数，且使 0 1 2k（k+1）7p6，分别
6、取 k1，2，3，4，5，6，7 时， 1 2k（k+1）7p1，3，6，3，1，0，0，发现第 2，4，5 格没有停棋， 若 7k2020， 设 k7+t（t1，2，3）代入可得，1 2k（k+1）7p7m+ 1 2t（t+1） ， 由此可知，停棋的情形与 kt 时相同， 故第 2，4，5 格没有停棋，即顶点 C，E 和 F 棋子不可能停到 故选：D 7 （3 分） （2020烟台）如图，OA1A2为等腰直角三角形，OA11，以斜边 OA2为直角边 作等腰直角三角形 OA2A3，再以 OA3为直角边作等腰直角三角形 OA3A4，按此规律 作下去，则 OAn的长度为（ ） 第 4 页 共 34
7、 页 A （2）n B （2）n 1 C （ 2 2 ）n D （ 2 2 ）n 1 【解答】解：OA1A2为等腰直角三角形，OA11， OA2= 2； OA2A3为等腰直角三角形， OA32= (2)2； OA3A4为等腰直角三角形， OA422 = (2 )3 OA4A5为等腰直角三角形， OA54= (2)4， OAn的长度为（2）n 1 故选：B 12 （2020 云南） （4 分）按一定规律排列的单项式：a，2a，4a，8a，16a，32a， 第 n 个单项式是（ ） A （2）n 1a B （2）na C2n 1a D2na 解：a（2）1 1a， 2a（2）2 1a， 4a（2）
8、3 1a， 8a（2）4 1a， 16a（2）5 1a， 32a（2）6 1a， 由上规律可知，第 n 个单项式为： （2）n 1a 选：A 二、填空题 9. （2020 江西） 公元前 2000 年左右， 古巴比伦人使用的楔形文字中有两个符号 （如图所示） ， 一个钉头形代表 1，一个尖头形代表 10，在古巴比伦的记数系统中，人们使用的标记方法和 第 5 页 共 34 页 我们当今使用的方法相同，最右边的数字代表个位，然后是十位，百位，根据符号记数的方 法，右下面符号表示一个两位数，则这个两位数是 【解析】依题意可得，有两个尖头表示20102，有 5 个丁头表示15，故这个两位数 为 25
9、17 （2020 贵州黔西南） （3 分） 如图， 是一个运算程序的示意图， 若开始输入 x 的值为 625， 则第 2020 次输出的结果为 1 【分析】依次求出每次输出的结果，根据结果得出规律，即可得出答案 【解答】解：当 x625 时，1 5x125， 当 x125 时，1 5x25， 当 x25 时，1 5x5， 当 x5 时，1 5x1， 当 x1 时，x+45， 当 x5 时，1 5x1， 依此类推，以 5，1 循环， （20202）21010， 即输出的结果是 1， 故答案为：1 19 （2020 贵州黔西南） （3 分）如图图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其 中第
10、个图形中一共有 3 个菱形，第个图形中一共有 7 个菱形，第个图形中一共有 13 个菱形，按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为 57 第 6 页 共 34 页 【解答】解：第个图形中一共有 3 个菱形，即 2+113； 第个图形中一共有 7 个菱形，即 3+227； 第个图形中一共有 13 个菱形，即 4+3313； ， 按此规律排列下去， 所以第个图形中菱形的个数为：8+7757 故答案为：57 17 （2020 齐齐哈尔） （ （3 分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形沿 x 轴正半 轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形第一次滚动 后点 A1（0，2
11、）变换到点 A2（6，0） ，得到等腰直角三角形；第二次滚动后点 A2变换 到点 A3（6，0） ，得到等腰直角三角形；第三次滚动后点 A3变换到点 A4（10，42） ， 得到等腰直角三角形；第四次滚动后点 A4变换到点 A5（10+122，0） ，得到等腰直角 三角形；依此规律，则第 2020 个等腰直角三角形的面积是 22020 【解答】解：点 A1（0，2） ， 第 1 个等腰直角三角形的面积= 1 2 2 2 =2， A2（6，0） ， 第 2 个等腰直角三角形的边长为62 2 =22， 第 2 个等腰直角三角形的面积= 1 2 22 22 =422， A4（10，42） ， 第 7
12、 页 共 34 页 第 3 个等腰直角三角形的边长为 1064， 第 3 个等腰直角三角形的面积= 1 2 4 4 =823， 则第 2020 个等腰直角三角形的面积是 22020； 故答案为：22020（形式可以不同，正确即得分） 17. (2020 甘肃定西）已知 2 (4)5yxx，当x分别取 1，2，3，2020 时，所对 应y值的总和是_. 答案：2032 18 （2020 辽宁抚顺） （3 分）如图，四边形 ABCD 是矩形，延长 DA 到点 E，使 AEDA， 连接 EB，点 F1是 CD 的中点，连接 EF1，BF1，得到EF1B；点 F2是 CF1的中点，连 接 EF2，BF
13、2，得到EF2B；点 F3是 CF2的中点，连接 EF3，BF3，得到EF3B； 按照此规律继续进行下去，若矩形 ABCD 的面积等于 2，则EFnB 的面积为 （用含正整数 n 的式子表示） 解：AEDA，点 F1是 CD 的中点，矩形 ABCD 的面积等于 2， EF1D 和EAB 的面积都等于 1， 点 F2是 CF1的中点， EF1F2的面积等于， 同理可得EFn1Fn的面积为， 第 8 页 共 34 页 BCFn的面积为 22， EFnB 的面积为 2+112（1） 故答案为： 15 （2020 内蒙古呼和浩特） （3 分） “书法艺术课”开课后，某同学买了一包纸练习软笔书 法，且每
14、逢星期几写几张，即每星期一写 1 张，每星期二写 2 张，每星期日写 7 张，若该同学从某年的 5 月 1 日开始练习，到 5 月 30 日练习完后累积写完的宣纸总数过 120 张，则可算得 5 月 1 日到 5 月 28 日他共用宣纸张数为 112 ，并可推断出 5 月 30 日应该是星期几 五、六、日 解：5 月 1 日5 月 30 日共 30 天，包括四个完整的星期， 5 月 1 日5 月 28 日写的张数为：4112， 若 5 月 30 日为星期一，所写张数为 112+7+1120， 若 5 月 30 日为星期二，所写张数为 112+1+2120， 若 5 月 30 日为星期三，所写张
15、数为 112+2+3120， 若 5 月 30 日为星期四，所写张数为 112+3+4120， 若 5 月 30 日为星期五，所写张数为 112+4+5120， 若 5 月 30 日为星期六，所写张数为 112+5+6120， 若 5 月 30 日为星期日，所写张数为 112+6+7120， 故 5 月 30 日可能为星期五、六、日 故答案为：112；五、六、日 20 （2020 黑龙江龙东） （3 分）如图，直线AM的解析式为1yx与x轴交于点M，与y 轴交于点A，以OA为边作正方形ABCO，点B坐标为(1,1)过点B作 1 EOMA交MA于 点E，交x轴于点 1 O，过点 1 O作x轴的垂
16、线交MA于点 1 A，以 11 O A为边作正方形 1111 O ABC， 点 1 B的坐标为(5,3)过点 1 B作 12 E OMA交MA于 1 E，交x轴于点 2 O，过点 2 O作x轴的垂 线交MA于点 2 A以 22 O A为边作正方形 2222 O A B C则点 2020 B的坐标 2020 2 31， 2020 3 第 9 页 共 34 页 解：点B坐标为(1,1)， 1 1OAABBCCOCO， 1(2,3) A， 11111112 3AOABBCC O， 1(5,3) B， 2(8,9) A， 22222223 9A OA BB CC O， 2(17,9) B， 同理可得
17、4(53,27) B， 5(161,81) B， 由上可知，(2 31,3 )Bnnn， 当2020n 时，(2 32020 1,32020)Bn 故答案为： 2020 (2 31， 2020 3) 15 （2020 黑龙江牡丹江） （3 分）一列数 1，5，11，19按此规律排列，第 7 个数是( ) A37 B41 C55 D71 解：1 1 2 1 ， 5231， 11341 ， 19451， 第n个数为(1)1n n， 则第 7 个数是：55 故选：C 15 （2020 四川遂宁） （4 分）如图所示，将形状大小完全相同的“”按照一定规律摆成下 第 10 页 共 34 页 列图形，第
18、1 幅图中“”的个数为 a1，第 2 幅图中“”的个数为 a2，第 3 幅图中“” 的个数为 a3，以此类推，若 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 = 2020 （n 为正整数） ，则 n 的值为 4039 【解答】解：由图形知 a112，a223，a334， ann（n+1） ， 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 = 2020， 2 12 + 2 23 + 2 34 + + 2 (+1) = 2020， 2（1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 3 1 4 + + 1 1 +1）= 2020， 2（1 1 +1）= 2020， 1 1 +1 = 4040，解得 n403
19、9， 经检验：n4039 是分式方程的解， 故答案为：4039 16 （2020 广西南宁） （3 分）如图，某校礼堂的座位分为四个区域，前区一共有 8 排，其中 第 1 排共有 20 个座位（含左、右区域） ，往后每排增加两个座位，前区最后一排与后区 各排的座位数相同，后区一共有 10 排，则该礼堂的座位总数是 556 个 解：因为前区一共有 8 排，其中第 1 排共有 20 个座位（含左、右区域） ， 往后每排增加两个座位， 所以前区最后一排座位数为：20+2（81）34， 所以前区座位数为： （20+34）82216， 第 11 页 共 34 页 以为前区最后一排与后区各排的座位数相同，
20、后区一共有 10 排， 所以后区的座位数为：1034340， 所以该礼堂的座位总数是 216+340556 个 故答案为：556 个 16 （3 分） （2020常德）阅读理解：对于 x3（n2+1）x+n 这类特殊的代数式可以按下面的 方法分解因式： x3（n2+1）x+nx3n2xx+nx（x2n2）（xn）x（xn） （x+n）（xn） （xn） （x2+nx1） 理解运用：如果 x3（n2+1）x+n0，那么（xn） （x2+nx1）0，即有 xn0 或 x2+nx10， 因此，方程 xn0 和 x2+nx10 的所有解就是方程 x3（n2+1）x+n0 的解 解决问题：求方程 x35
21、x+20 的解为 x2 或 x1+2或 x12 【解答】解：x35x+20， x34xx+20，x（x24）（x2）0， x（x+2） （x2）（x2）0， 则（x2）x（x+2）10，即（x2） （x2+2x1）0， x20 或 x2+2x10，解得 x2 或 x12， 故答案为：x2 或 x1+2或 x12 17 （3 分） （2020徐州）如图，MON30，在 OM 上截取 OA1= 3过点 A1作 A1B1 OM，交 ON 于点 B1，以点 B1为圆心，B1O 为半径画弧，交 OM 于点 A2；过点 A2作 A2B2OM，交 ON 于点 B2，以点 B2为圆心，B2O 为半径画弧，交
22、OM 于点 A3；按此规 律，所得线段 A20B20的长等于 219 【解答】解：B1OB1A1，B1A1OA2，OA1A1A2， B2A2OM，B1A1OM， B1A1B2A2， B1A1= 1 2A2B2， A2B22A1B1， 第 12 页 共 34 页 同法可得 A3B32A2B222A1B1， 由此规律可得 A20B20219A1B1， A1B1OA1tan30= 3 3 3 =1， A20B20219， 故答案为 219 12（2020 山西）（3 分） 如图是一组有规律的图案， 它们是由边长相等的正三角形组合而成， 第 1 个图案有 4 个三角形，第 2 个图案有 7 个三角形，
23、第 3 个图案有 10 个三角形按此 规律摆下去，第 n 个图案有 （3n+1） 个三角形（用含 n 的代数式表示） 【分析】根据图形的变化发现规律，即可用含 n 的代数式表示 解：第 1 个图案有 4 个三角形，即 431+1 第 2 个图案有 7 个三角形，即 732+1 第 3 个图案有 10 个三角形，即 1033+1 按此规律摆下去， 第 n 个图案有（3n+1）个三角形 故答案为： （3n+1） 17.（2020 东莞）如图，等腰 12 Rt OA A， 112 1OAA A，以 2 OA为直角边作 23 Rt OA A， 再以 3 OA为直角边作 34 Rt OA A，以此规律作
24、等腰 89 Rt OA A，则 89 OA A的面积是 _. 答案：64（或 6 2） 18 （2020 四川自贡） （4 分）如图，直线 y= 3x+b 与 y 轴交于点 A，与双曲线 y= 在第 三象限交于 B、 C 两点， 且 ABAC16 下列等边三角形OD1E1， E1D2E2， E2D3E3， 第 13 页 共 34 页 的边 OE1，E1E2，E2E3，在 x 轴上，顶点 D1，D2，D3，在该双曲线第一象限的分支 上，则 k 43 ，前 25 个等边三角形的周长之和为 60 【解答】解：设直线 y= 3x+b 与 x 轴交于点 D，作 BEy 轴于 E，CFy 轴于 F y=
25、3x+b， 当 y0 时，x= 3 3 b，即点 D 的坐标为（ 3 3 b，0） ， 当 x0 时，yb，即 A 点坐标为（0，b） ， OAb，OD= 3 3 b 在 RtAOD 中，tanADO= = 3， ADO60 直线 y= 3x+b 与双曲线 y= 在第三象限交于 B、C 两点， 3x+b= ， 整理得，3x2+bxk0， 由韦达定理得：x1x2= 3 3 k，即 EBFC= 3 3 k， =cos60= 1 2， AB2EB， 同理可得：AC2FC， ABAC（2EB） （2FC）4EBFC= 43 3 k16， 解得：k43 由题意可以假设 D1（m，m3） ， m23 =4
26、3， 第 14 页 共 34 页 m2 OE14，即第一个三角形的周长为 12， 设 D2（4+n，3n） ， （4+n） 3n43， 解得 n22 2， E1E242 4，即第二个三角形的周长为 122 12， 设 D3（42 +a，3a） ， 由题意（42 +a） 3a43， 解得 a23 22，即第三个三角形的周长为 123 122， ， 第四个三角形的周长为 124 123， 前 25 个等边三角形的周长之和 12+122 12+123 122 +124 123 + +1225 1224 =1225 =60， 故答案为 43，60 16 （3 分） （2020怀化）如图，OB1A1，A
27、1B2A2，A2B3A3，An1BnAn，都是一 边在 x 轴上的等边三角形，点 B1，B2，B3，Bn都在反比例函数 y= 3 （x0）的图 象上，点 A1，A2，A3，An，都在 x 轴上，则 An的坐标为 （2，0） 解：如图，过点 B1作 B1Cx 轴于点 C，过点 B2作 B2Dx 轴于点 D，过点 B3作 B3E 第 15 页 共 34 页 x 轴于点 E， OA1B1为等边三角形， B1OC60，OCA1C， B1C= 3OC， 设 OC 的长度为 t，则 B1的坐标为（t，3t） ， 把 B1（t，3t）代入 y= 3 得 t3t= 3，解得 t1 或 t1（舍去） ， OA1
28、2OC2， A1（2，0） ， 设 A1D 的长度为 m，同理得到 B2D= 3m，则 B2的坐标表示为（2+m，3m） ， 把 B2（2+m，3m）代入 y= 3 得（2+m） 3m= 3，解得 m= 2 1 或 m= 2 1 （舍去） ， A1D= 2 1，A1A2= 22 2，OA2= 2 + 22 2 = 22， A2（22，0） 设 A2E 的长度为 n，同理，B3E 为3n，B3的坐标表示为（22 +n，3n） ， 把 B3（22 +n，3n）代入 y= 3 得（22 +n） 3n= 3， A2E= 3 2，A2A3= 23 22，OA3= 22 + 23 22 = 23， A3（
29、23，0） ， 综上可得：An（2，0） ， 故答案为：(2，0) 11 （2020 青海） （2 分）对于任意两个不相等的数 a，b，定义一种新运算“”如下：ab ，如：32，那么 124 解：124 故答案为： 第 16 页 共 34 页 12 （2020 青海） （4 分）观察下列各式的规律： 1322341；2432891；354215161 请按以上规律写出第 4 个算式 465224251 用含有字母的式子表示第 n 个算式为 n（n+2）（n+1）21 解：465224251 第 n 个算式为：n（n+2）（n+1）21 故答案为：465224251；n（n+2）（n+1）21
30、19 （2020 山东滨州） （5 分）观察下列各式： 1 2 3 a ， 2 3 5 a ， 3 10 7 a ， 4 15 9 a ， 5 26 11 a ， ，根据其中的规律可得 n a 21 ( 1) 21 n n n （用含n的式子表示） 【解答】解：由分析可得 21 ( 1) 21 n n n a n 故答案为： 21 ( 1) 21 n n n 18 （2020 山东泰安） （4 分）如表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角” 其规律是：从第三 行起，每行两端的数都是“1” ，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和表中两平行 线之间的一列数：1，3，6，10，15，我们把第一个数记为 a
31、1，第二个数记为 a2， 第三个数记为 a3，第 n 个数记为 an，则 a4+a200 20110 解：观察“杨辉三角”可知第 n 个数记为 an（1+2+n）= 1 2n（n+1） ， 则 a4+a200= 1 2 4（4+1）+ 1 2 200（200+1）20110 故答案为：20110 16 （2020 海南） （4 分）海南黎锦有着悠久的历史，已被列入世界非物质文化遗产名录如 图是黎锦上的图案，每个图案都是由相同菱形构成的，若按照第 1 个图至第 4 个图中的 规律编织图案，则第 5 个图中有 41 个菱形，第 n 个图中有 2n22n+1 个菱形（用 含 n 的代数式表示） 第
32、17 页 共 34 页 解：第 1 个图中菱形的个数 112+02， 第 2 个图中菱形的个数 522+12， 第 3 个图中菱形的个数 1332+22， 第 4 个图中菱形的个数 2542+32， 第 5 个图中菱形的个数为 52+4241， 第 n 个图中菱形的个数为 n2+（n1）2n2+n22n+12n22n+1， 故答案为：41，2n22n+1 三、解答题 28.（2020 北京）在平面直角坐标系中，O 的半径为 1，A，B 为O 外两点，AB=1. 给出如下定义：平移线段 AB，得到O 的弦（分别为点 A，B 的对应点） ，线 段长度的最小值称为线段 AB 到O 的“平移距离”.
33、（1）如图，平移线段 AB 到O 的长度为 1 的弦和，则这两条弦的位置关系是 ； 在点中， 连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到O的“平 移距离”； 第 18 页 共 34 页 （2）若点 A，B 都在直线上，记线段 AB 到O 的“平移距离”为，求 的最小值； （3）若点 A 的坐标为，记线段 AB 到O 的“平移距离”为，直接写出的取值范 围. 【解析】 （1）平行；P3. （2）如图，线段 AB 在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为 CD，CD AB，过点 O 作 OEAB 于点 E，交弦 CD 于点 F，OFCD，令，直线与轴交点 为（-2,0） ，直线与轴夹角为 60，. 由
34、垂径定理得： （3）如图，线段 AB 的位置变换，可以看做是以点 A为圆心，半径为 1 的圆，只需 在O 内找到与之平行，且长度为 1 的弦即可； 点 A 到 O 的距离为. 如图，平移距离的最小值即点 A 到O 的最小值： 第 19 页 共 34 页 平移距离的最大值即点 A 到O 的最大值： 的取值范围为： 17 （2020 安徽） （8 分）观察以下等式： 第 1 个等式：， 第 2 个等式：， 第 3 个等式：， 第 4 个等式： 第 5 个等式： 按照以上规律，解决下列问题： （1）写出第 6 个等式： ； （2）写出你猜想的第个等式： （用含的等式表示） ，并证明 【解答】解： （
35、1）第 6 个等式：； （2）猜想的第个等式： 证明：左边右边， 等式成立 故答案为：； 24.（2020 长沙）我们不妨约定：若某函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，则把 该函数称之为“H 函数”，其图像上关于原点对称的两点叫做一对“H 点”，根据该约定，完成 下列各题 第 20 页 共 34 页 （1）在下列关于 x 的函数中，是“H 函数”的，请在相应题目后面的括号中打“”，不是“H 函数”的打“” 2yx（ ） m y(m0 ) x （ ） 31yx（ ） （2）若点1,Am与点, 4B n 关于 x“H 函数” 2 0yaxbxc a 的一对“H 点”，且 该函数的对称轴始终位
36、于直线2x的右侧，求, ,a b c的值域或取值范围； （3）若关于 x 的“H 函数” 2 23yaxbxc（a，b，c 是常数）同时满足下列两个条件： 0a b c ，(2)(23 )0cbacba，求该 H 函数截 x 轴得到的线段长度的取 值范围 【答案】 （1）； ； （2）-1a0，b=4，0c0； （3）2 12 xx2 7 解： （1）2yx是 “H 函数” m y(m0 ) x 是 “H 函数”31yx不是 “H 函数”； 故答案为：； ； （2）A,B 是“H 点” A,B 关于原点对称， m=4,n=1 A(1,4） ，B（-1，-4） 代入 得 4 4 abc abc
37、解得 4 0 b ac 又该函数的对称轴始终位于直线2x的右侧， - 2 b a 2 - 4 2a 2 -1a0 a+c=0 0c0， 第 21 页 共 34 页 综上，-1a0，b=4，0c0； （3） 2 23yaxbxc是“H 函数” 设 H 点为（p,q）和（-p,-q）, 代入得 2 2 23 23 apbpcq apbpcq 解得 ap2+3c=0,2bp=q p20 a,c 异号， ac0 a+b+c=0 b=-a-c， (2)(23 )0cbacba (2)(23 )0cacacaca (2 )(2 )0ca ca c24a2 2 2 c a 4 -2 c a 2 -2 c a
38、 0 设 t= c a ，则-2t0 设函数与 x 轴的交点为（x1,0） （x2,0） x1, x2是方程 2 23axbxc =0 的两根 2 12121 2 ()4xxxxx x = 2 23 ()4 bc aa = 2 2 4()12acc aa 第 22 页 共 34 页 = 2 23 4 1 ccc aaa =2 2 1 23ttt = 2 13 2 () 24 t 又-2t0 2 12 xx2 7 23.（2020 山东青岛）实际问题： 某商场为鼓励消费，设计了投资活动方案如下：根据不同的消费金额，每次抽奖时可以从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中
39、（面值为整数） ，一次任意抽取 2 张、3 张、4 张、等若干张奖券，奖券的面值金额之和即为优惠金额某顾客获得了一次 抽取 5 张奖券的机会，小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额？ 问题建模： 从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取1aan个整数，这a个 整数之和共有多少种不同的结果？ 模型探究： 我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，从中找出解决问题 的方法 探究一： （1）从 1，2，3 这 3 个整数中任取 2 个整数，这 2 个整数之和共有多少种不同的结果？ 表 所取的 2 个整数 1，2 1，3， 2，3 2 个整数之和 3 4 5 如表
40、，所取的 2 个整数之和可以为 3，4，5，也就是从 3 到 5 的连续整数， 其中最小是 3， 最大是 5，所以共有 3 种不同的结果 （2）从 1，2，3，4 这 4 个整数中任取 2 个整数，这 2 个整数之和共有多少种不同的结果？ 表 第 23 页 共 34 页 所取的 2 个整数 1，2 1，3， 1，4 2，3 2，4 3，4 2 个整数之和 3 4 5 5 6 7 如表，所取的 2 个整数之和可以为 3，4，5，6，7，也就是从 3 到 7 的连续整数，其中最 小是 3，最大是 7，所以共有 5 种不同的结果 （3）从 1，2，3，4，5 这 5 个整数中任取 2 个整数，这 2
41、 个整数之和共有_种不同的 结果 （4）从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取 2 个整数，这 2 个整数 之和共有_种不同的结果 探究二： （1） 从 1， 2， 3， 4 这 4 个整数中任取 3 个整数， 这 3 个整数之和共有_种不同的结果 （2）从 1，2，3，n（n为整数，且4n ）这n个整数中任取 3 个整数，这 3 个整数 之和共有_种不同的结果 探究三： 从 1，2，3，n（n为整数，且5n）这n个整数中任取 4 个整数，这 4 个整数之和 共有_种不同的结果 归纳结论： 从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取1aan个整数，这a个 整数之和共
42、有_种不同的结果 问题解决： 从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中（面值为整数） ，一次任意抽取 5 张奖券，共有_种不同的优惠金额 拓展延伸： （1）从 1，2，3，36 这 36 个整数中任取多少个整数，使得取出的这些整数之和共有 204 种不同的结果？（写出解答过程） （2）从 3，4，5，3n（n为整数，且2n）这1n个整数中任取11aan 个整数，这a个整数之和共有_种不同的结果 解：探究一： 第 24 页 共 34 页 （3）如下表： 取的 2 个 整数 1,2 1,3 1,4 1,5 2,3 2,4 2,5 3,4 3,5 4,5 2 个 整数 之
43、和 3 4 5 6 5 6 7 7 8 9 所取的 2 个整数之和可以为 3，4，5，6，7，8，9 也就是从 3 到 9 的连续整数，其中最小是 3，最大是 9，所以共有 7 种不同的结果 （4）从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取 2 个整数，这 2 个整数 之和的最小值是 3，和的最大值是21,n 所以一共有21 3 123nn 种 探究二： （1）从 1，2，3，4 这 4 个整数中任取 3 个整数，如下表： 取的 3 个整数 1,2,3 1,2,4 1,3,4 2,3,4 3 个整数之和 6 7 8 9 从 1，2，3，4 这 4 个整数中任取 3 个整数，这 3
44、个整数之和共有 4 种， （2）从 1，2，3，4，5 这 5 个整数中任取 3 个整数， 这 3 个整数之和的最小值是 6，和的最大值是 12, 所以从 1，2，3，4，5 这 5 个整数中任取 3 个整数，这 3 个整数之和共有 7 种， 从而从 1，2，3，n（n为整数，且4n ）这n个整数中任取 3 个整数， 这 3 个整数之和的最小值是 6，和的最大值是33,n 所以一共有33 6 138nn 种， 探究三： 从 1，2，3，4，5 这 5 个整数中任取 4 个整数， 这 4 个整数之和最小是10, 最大是14， 所以这 4 个整数之和一共有 5 种， 第 25 页 共 34 页 从
45、 1， 2， 3， 4， 5， 6 这 6 个整数中任取 4 个整数， 这 4 个整数之和最小是10, 最大是18,， 所以这 4 个整数之和一共有 9 种， 从 1，2，3，n（n为整数，且5n）这n个整数中任取 4 个整数， 这 4 个整数之和的最小值是 10，和的最大值是46n ， 所以一共有46 10 1415nn 种不同的结果 归纳结论： 由探究一，从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取 2 个整数，这 2 个整数之和共有23n种 探究二，从 1，2，3，n（n为整数，且4n ）这n个整数中任取 3 个整数，这 3 个 整数之和共有38n种， 探究三，从 1，2，3，
46、n（n为整数，且5n）这n个整数中任取 4 个整数，这 4 个 整数之和共有415n 种不同的结果 从而可得： 从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取1aan个整数，这a个 整数之和共有 2 1ana种不同的结果 问题解决： 从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中（面值为整数） ， 一次任意抽取 5 张奖券，这 5 张奖券和的最小值是 15，和的最大值是 490， 共有490 15 1476 种不同的优惠金额 拓展延伸： （1） 从 1，2，3，n（n为整数，且3n）这n个整数中任取1aan个整数， 这a个整数之和共有 2 1ana种不同的结果 当
47、36,n 有 2 361204,aa 2 36203,aa 2 18121,a 第 26 页 共 34 页 1811a 或 1811,a 29a 或7.a 从 1，2，3，36 这 36 个整数中任取 29 个或 7 个整数，使得取出的这些整数之和共有 204 种不同的结果 （2）由探究可知：从 3，4，5，3n（n为整数，且2n）这1n个整数中任取 11aan个整数，等同于从 1，2，3，1n（n为整数，且2n）这1n个 整数中任取11aan个整数， 所以： 从 3， 4， 5， ，3n（n为整数， 且2n） 这1n个整数中任取11aan 个整数，这a个整数之和共有 2 11a na 种不同的结果 21 （2020 四川遂宁） （9 分）阅读以下材料，并解决相应问题： 小明在课外学习时遇到这样一个问题：
