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2. 在一次由AlphaGo(一款围棋人工智能程序)参与的围棋比赛中,每位选手都与其他选手恰好比赛一局,每局赢者记2分,输者记0分,无平局.四位同学分别统计了全部选手的得分总数,结果分别是210,212,208,214,经过仔细验算后发现这四位同学计算结果中只有一个数据是正确的,则正确的数据为 (
A.208
B.210
C.212
D.214
B
)A.208
B.210
C.212
D.214
答案
B
3. 在平面上任意画4个点，那么这4个点确定的直线共有 （
A.1条或4条
B.1条或6条
C.4条或6条
D.1条或4条或6条
D
）A.1条或4条
B.1条或6条
C.4条或6条
D.1条或4条或6条
答案
D
解析
【分析】
解题的核心依据是“两点确定一条直线”，由于4个点的位置关系不确定，需分类讨论所有可能的共线情况：分别考虑4点全共线、有且仅有3点共线、无3点共线这三种情况，再分别计算每种情况对应的直线条数，最后匹配选项即可。
【解析】
我们结合4个点的不同位置关系分类计算：
1. 若4个点全部在同一条直线上：此时4个点仅能确定1条直线；
2. 若4个点中有且只有3个点共线，剩余1个点不在这条直线上：不在直线上的点可与共线的3个点分别确定3条直线，加上3个点所在的公共直线，总共有3+1=4条直线；
3. 若4个点中任意3个点都不共线：每个点可与另外3个点确定直线，所有点共计算出4×3=12条，但是每条直线被重复计算了2次，因此实际直线条数为12÷2=6条。
综上，4个点确定的直线共有1条、4条或6条三种可能。
【答案】
D
【知识点】
两点确定一条直线；直线计数；分类讨论思想
【点评】
本题易错点是容易遗漏“有且仅有3个点共线”的情况，仅考虑全共线和无三点共线两种情况导致错选，解题时要全面思考点的位置的所有可能性。
【难度系数】
0.7
解题的核心依据是“两点确定一条直线”，由于4个点的位置关系不确定，需分类讨论所有可能的共线情况：分别考虑4点全共线、有且仅有3点共线、无3点共线这三种情况，再分别计算每种情况对应的直线条数，最后匹配选项即可。
【解析】
我们结合4个点的不同位置关系分类计算：
1. 若4个点全部在同一条直线上：此时4个点仅能确定1条直线；
2. 若4个点中有且只有3个点共线，剩余1个点不在这条直线上：不在直线上的点可与共线的3个点分别确定3条直线，加上3个点所在的公共直线，总共有3+1=4条直线；
3. 若4个点中任意3个点都不共线：每个点可与另外3个点确定直线，所有点共计算出4×3=12条，但是每条直线被重复计算了2次，因此实际直线条数为12÷2=6条。
综上，4个点确定的直线共有1条、4条或6条三种可能。
【答案】
D
【知识点】
两点确定一条直线；直线计数；分类讨论思想
【点评】
本题易错点是容易遗漏“有且仅有3个点共线”的情况，仅考虑全共线和无三点共线两种情况导致错选，解题时要全面思考点的位置的所有可能性。
【难度系数】
0.7
4. (1) $n$边形($n＞3$)其中一个顶点的对角线有________条；
(2) 一个凸多边形共有14条对角线,它是几边形？
(3) 是否存在有21条对角线的凸多边形？如果存在,它是几边形？如果不存在,说明理由.
(2) 一个凸多边形共有14条对角线,它是几边形？
(3) 是否存在有21条对角线的凸多边形？如果存在,它是几边形？如果不存在,说明理由.
答案
(1) $(n-3)$
(2) 设它是 $n$ 边形,则 $\frac{n(n-3)}{2}=14$,即 $n^2-3n-28=0$,解得 $n_1=7,n_2=-4$(不合题意,舍去),$\therefore$ 它是七边形.
(3) 不存在 理由:如果存在,它是 $n$ 边形,则 $\frac{n(n-3)}{2}=21$,即 $n^2-3n-42=0$,解得 $n=\frac{3\pm\sqrt{177}}{2}$,$\because$ 解得的 $n$ 不为正整数,$\therefore$ 不存在.
(2) 设它是 $n$ 边形,则 $\frac{n(n-3)}{2}=14$,即 $n^2-3n-28=0$,解得 $n_1=7,n_2=-4$(不合题意,舍去),$\therefore$ 它是七边形.
(3) 不存在 理由:如果存在,它是 $n$ 边形,则 $\frac{n(n-3)}{2}=21$,即 $n^2-3n-42=0$,解得 $n=\frac{3\pm\sqrt{177}}{2}$,$\because$ 解得的 $n$ 不为正整数,$\therefore$ 不存在.
解析
【分析】
(1) 思考n边形单个顶点连对角线的限制：不能连接自身以及相邻的2个顶点，因此可连接的对角线数量为总顶点数减去这3个不符合要求的顶点，即可得到结果。
(2) 先推导凸多边形对角线总公式：每个顶点有(n-3)条对角线，n个顶点共计算出n(n-3)条，但每条对角线被两个顶点各统计1次，因此总条数为$\frac{n(n-3)}{2}$。将14代入公式列一元二次方程，求解后舍去不符合边数要求的负根，即可得到边数。
(3) 同理将21代入对角线总公式列方程，若解出的n是大于3的正整数则存在该多边形，否则不存在。
【解析】
(1) n边形的一个顶点需排除自身和相邻2个顶点，剩余(n-3)个顶点均可与该顶点连成对角线，因此答案为$(n-3)$。
(2) 设该凸多边形是$n$边形，根据对角线总条数公式列方程：
$\frac{n(n-3)}{2}=14$
整理得$n^2-3n-28=0$
解得$n_1=7$，$n_2=-4$
∵多边形边数为大于3的正整数，$n_2=-4$不符合要求，舍去
∴该多边形是七边形。
(3) 不存在，理由如下：
假设存在有21条对角线的凸多边形，设边数为$n$，列方程：
$\frac{n(n-3)}{2}=21$
整理得$n^2-3n-42=0$
解得$n=\frac{3\pm\sqrt{177}}{2}$
∵多边形边数必须为正整数，上述解都不是正整数，不符合实际意义
∴不存在有21条对角线的凸多边形。
【答案】
(1) $(n-3)$
(2) 七边形
(3) 不存在，理由：解得的边数不为正整数，不符合实际意义
【知识点】
1. 多边形对角线公式
2. 一元二次方程求解
3. 实际问题根的检验
【点评】
本题结合多边形对角线计数和一元二次方程应用考查，核心是熟记对角线总公式，解题时需注意多边形边数必须是大于3的正整数，求解方程后要校验根是否符合实际要求。
【难度系数】
0.7
(1) 思考n边形单个顶点连对角线的限制：不能连接自身以及相邻的2个顶点，因此可连接的对角线数量为总顶点数减去这3个不符合要求的顶点，即可得到结果。
(2) 先推导凸多边形对角线总公式：每个顶点有(n-3)条对角线，n个顶点共计算出n(n-3)条，但每条对角线被两个顶点各统计1次，因此总条数为$\frac{n(n-3)}{2}$。将14代入公式列一元二次方程，求解后舍去不符合边数要求的负根，即可得到边数。
(3) 同理将21代入对角线总公式列方程，若解出的n是大于3的正整数则存在该多边形，否则不存在。
【解析】
(1) n边形的一个顶点需排除自身和相邻2个顶点，剩余(n-3)个顶点均可与该顶点连成对角线，因此答案为$(n-3)$。
(2) 设该凸多边形是$n$边形，根据对角线总条数公式列方程：
$\frac{n(n-3)}{2}=14$
整理得$n^2-3n-28=0$
解得$n_1=7$，$n_2=-4$
∵多边形边数为大于3的正整数，$n_2=-4$不符合要求，舍去
∴该多边形是七边形。
(3) 不存在，理由如下：
假设存在有21条对角线的凸多边形，设边数为$n$，列方程：
$\frac{n(n-3)}{2}=21$
整理得$n^2-3n-42=0$
解得$n=\frac{3\pm\sqrt{177}}{2}$
∵多边形边数必须为正整数，上述解都不是正整数，不符合实际意义
∴不存在有21条对角线的凸多边形。
【答案】
(1) $(n-3)$
(2) 七边形
(3) 不存在，理由：解得的边数不为正整数，不符合实际意义
【知识点】
1. 多边形对角线公式
2. 一元二次方程求解
3. 实际问题根的检验
【点评】
本题结合多边形对角线计数和一元二次方程应用考查，核心是熟记对角线总公式，解题时需注意多边形边数必须是大于3的正整数，求解方程后要校验根是否符合实际要求。
【难度系数】
0.7
5. (1) 规律探究
平面内有 $ n $ 个点($ n ≥ 2 $)且任意3个点不在同一条直线上，经过每两点画一条直线，一共能画多少条直线？已知平面内有2个点时，可以画1条直线；平面内有3个点时，可画3条直线；平面内有4个点时，可画
(2) 知识迁移
元旦晚会上，某班有 $ n $ 位同学两两握手(每两人只握一次手)，一共要握
(3) 问题解决
2025年某省举行城市足球联赛，将11支球队分成南区和北区两个小组，小组内实行双循环赛制(每两支球队之间进行主、客场两场比赛)。比赛规则为胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。已知九江队分在北区小组(共5支球队)，在小组赛中总共负了1场，最终获得15分。
① 本联赛北区小组赛共有
② 求九江队在北区小组赛中获胜的场数。
平面内有 $ n $ 个点($ n ≥ 2 $)且任意3个点不在同一条直线上，经过每两点画一条直线，一共能画多少条直线？已知平面内有2个点时，可以画1条直线；平面内有3个点时，可画3条直线；平面内有4个点时，可画
6
条直线；平面内有5个点时，可画10
条直线……则平面内有 $ n $ 个点时，可画$\frac{n(n-1)}{2}$
条直线。(2) 知识迁移
元旦晚会上，某班有 $ n $ 位同学两两握手(每两人只握一次手)，一共要握
$\frac{n(n-1)}{2}$
次手，若共握了55次手，则有11
人参加了此次握手活动。(3) 问题解决
2025年某省举行城市足球联赛，将11支球队分成南区和北区两个小组，小组内实行双循环赛制(每两支球队之间进行主、客场两场比赛)。比赛规则为胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。已知九江队分在北区小组(共5支球队)，在小组赛中总共负了1场，最终获得15分。
① 本联赛北区小组赛共有
20
场比赛，九江队进行了8
场小组赛；② 求九江队在北区小组赛中获胜的场数。
答案
(1) 通过规律探究可知:平面内有 4 个点时,一共可画直线的条数为 $\frac{4×3}{2}=6$(条);平面内有 5 个点时,一共可画直线的条数为 $\frac{5×4}{2}=10$(条);……平面上有 $n$ 个点时,一共可画直线的条数为 $\frac{n(n-1)}{2}$.
(2) 两两握手的规律与点的数量与直线数的规律是一样的,$n$ 位同学两两握手(每两人只握一次手),一共要握 $\frac{n(n-1)}{2}$ 次手,$\frac{n(n-1)}{2}=55$,解得 $n_1=11,n_2=-10$(不合题意,舍去),所以若共握了 55 次手,则有 11 人参加了此次握手活动.
(3) ① 北区有 5 支球队,实行双循环赛制(每两支球队之间进行主、客场两场比赛),把每支球队看作一个点,由(1)中规律可知:单循环赛制有 $\frac{5×4}{2}=10$(场)比赛,因为是双循环赛制,所以共有 20 场比赛;九江队要和北区除自己之外的 4 支球队比赛,每两支球队之间进行主、客场两场比赛,所以九江队进行的小组赛场数为 $4×2=8$(场)比赛.
② 解:设九江队在北区小组赛中获胜的场数为 $x$ 场,根据题意,得 $3x+(8-1-x)×1+1×0=15$,解得 $x=4$,所以九江队在北区小组赛中获胜了 4 场.
(2) 两两握手的规律与点的数量与直线数的规律是一样的,$n$ 位同学两两握手(每两人只握一次手),一共要握 $\frac{n(n-1)}{2}$ 次手,$\frac{n(n-1)}{2}=55$,解得 $n_1=11,n_2=-10$(不合题意,舍去),所以若共握了 55 次手,则有 11 人参加了此次握手活动.
(3) ① 北区有 5 支球队,实行双循环赛制(每两支球队之间进行主、客场两场比赛),把每支球队看作一个点,由(1)中规律可知:单循环赛制有 $\frac{5×4}{2}=10$(场)比赛,因为是双循环赛制,所以共有 20 场比赛;九江队要和北区除自己之外的 4 支球队比赛,每两支球队之间进行主、客场两场比赛,所以九江队进行的小组赛场数为 $4×2=8$(场)比赛.
② 解:设九江队在北区小组赛中获胜的场数为 $x$ 场,根据题意,得 $3x+(8-1-x)×1+1×0=15$,解得 $x=4$,所以九江队在北区小组赛中获胜了 4 场.
解析
【分析】
解题可从几何计数规律入手，逐层迁移应用：(1) 计算直线条数时，每个点可与其余(n-1)个点连线，总连线数为$n(n-1)$，但每条直线被重复计算2次，因此除以2得到实际直线数，代入4、5即可算出对应数值，再推广到n个点的通式。(2) 两两握手的计数逻辑和两点连线完全一致，直接套用通式，当握手次数为55时列一元二次方程求解，舍去不符合实际意义的负根即可。(3) ① 双循环赛制每两队之间赛2场，先算单循环总场次再乘2得到小组总场次；九江队要和其余4支球队各赛主客场2场，即可算出自身参赛总场数。② 已知负场数和总得分，设胜场数为x，平场数为总场数减胜场减负场，根据得分规则列一元一次方程求解即可。
【解析】
(1) 平面内有4个点时，总直线条数为$\frac{4×3}{2}=6$条；有5个点时，总直线条数为$\frac{5×4}{2}=10$条；推广到n个点（任意3点不共线），总直线条数为$\frac{n(n-1)}{2}$条。
(2) 两两握手和两点连线计数逻辑相同，因此n位同学共握手$\frac{n(n-1)}{2}$次；当总握手次数为55时，列方程：
$\frac{n(n-1)}{2}=55$
整理得$n^2-n-110=0$，解得$n_1=11$，$n_2=-10$（人数为正，舍去），因此共有11人参加握手。
(3) ① 北区共5支球队，单循环总场次为$\frac{5×4}{2}=10$场，双循环赛制总场次为$10×2=20$场；九江队需和其余4支球队各进行主客场2场比赛，因此参赛总场数为$4×2=8$场。
② 设九江队获胜x场，已知负1场，则平的场数为$8-1-x=7-x$场，根据得分规则列方程：
$3x + 1×(7-x) + 0×1 =15$
化简得$2x=8$，解得$x=4$。
【答案】
(1) $6$；$10$；$\frac{n(n-1)}{2}$
(2) $\frac{n(n-1)}{2}$；$11$
(3) ① $20$；$8$ ② $4$场
【知识点】
规律探究；一元二次方程应用；一元一次方程应用
【点评】
本题从基础几何计数规律出发，将规律迁移到握手、体育比赛等实际场景，既考查了规律归纳能力，又考查了方程建模解决实际问题的能力，题目设置层层递进，能较好检验知识迁移应用的水平。
【难度系数】
0.7
解题可从几何计数规律入手，逐层迁移应用：(1) 计算直线条数时，每个点可与其余(n-1)个点连线，总连线数为$n(n-1)$，但每条直线被重复计算2次，因此除以2得到实际直线数，代入4、5即可算出对应数值，再推广到n个点的通式。(2) 两两握手的计数逻辑和两点连线完全一致，直接套用通式，当握手次数为55时列一元二次方程求解，舍去不符合实际意义的负根即可。(3) ① 双循环赛制每两队之间赛2场，先算单循环总场次再乘2得到小组总场次；九江队要和其余4支球队各赛主客场2场，即可算出自身参赛总场数。② 已知负场数和总得分，设胜场数为x，平场数为总场数减胜场减负场，根据得分规则列一元一次方程求解即可。
【解析】
(1) 平面内有4个点时，总直线条数为$\frac{4×3}{2}=6$条；有5个点时，总直线条数为$\frac{5×4}{2}=10$条；推广到n个点（任意3点不共线），总直线条数为$\frac{n(n-1)}{2}$条。
(2) 两两握手和两点连线计数逻辑相同，因此n位同学共握手$\frac{n(n-1)}{2}$次；当总握手次数为55时，列方程：
$\frac{n(n-1)}{2}=55$
整理得$n^2-n-110=0$，解得$n_1=11$，$n_2=-10$（人数为正，舍去），因此共有11人参加握手。
(3) ① 北区共5支球队，单循环总场次为$\frac{5×4}{2}=10$场，双循环赛制总场次为$10×2=20$场；九江队需和其余4支球队各进行主客场2场比赛，因此参赛总场数为$4×2=8$场。
② 设九江队获胜x场，已知负1场，则平的场数为$8-1-x=7-x$场，根据得分规则列方程：
$3x + 1×(7-x) + 0×1 =15$
化简得$2x=8$，解得$x=4$。
【答案】
(1) $6$；$10$；$\frac{n(n-1)}{2}$
(2) $\frac{n(n-1)}{2}$；$11$
(3) ① $20$；$8$ ② $4$场
【知识点】
规律探究；一元二次方程应用；一元一次方程应用
【点评】
本题从基础几何计数规律出发，将规律迁移到握手、体育比赛等实际场景，既考查了规律归纳能力，又考查了方程建模解决实际问题的能力，题目设置层层递进，能较好检验知识迁移应用的水平。
【难度系数】
0.7
