九省联考新题型背景专题训练-2024届高三数学二轮复习（解析版）
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九省联考后精典的新题型背景一、单选题iθ1(山东省名校考试联盟2023-2024学年高三下学期开学考试数学试题)欧拉公式e=cosθ+isinθ(e是自然对数的底数，i是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建iθ立了三角函数与指数函数的关系．已知z=ie，则z=()A.1B.2C.2D.22【答案】A【分析】根据复数乘法运算和模长运算可直接求得结果.iθ22【详解】∵z=ie=icosθ+isinθ=-sinθ+icosθ，∴z=-sinθ+cosθ=1.故选：A.iπ2(2024届九省联考高考适应性考试数学变式卷(2))欧拉恒等式e+1=0也叫做欧拉公式，它是数学里最令人着迷的公式之一，它将数学里最重要的几个常数联系到了一起：两个超越数：自然对数的底数e，圆周率π，两个单位：虚数单位i和自然数的单位1，以及数学里常见的0．因此，数学家们评价它是“上帝创造iθ的公式，我们只能看它而不能理解它”．根据该公式，引出了复数的三角表示：e=cosθ+isinθ，由此建立了三角函数与指数函数的关系，是复数体系发展的里程碑．根据上述信息，下列结论正确的是()iπiπA.e的实部为1B.e对应的点在复平面的第二象限2i2iC.e的虚部为1D.e对应的点在复平面的第二象限【答案】Diθ【分析】根据题干知：e=cosθ+isinθ，把θ=π，θ=2，代入公式中，利用复数的标准形式和复平面中点的坐标知识，即可得出正确选项.iθiπ【详解】因为e=cosθ+isinθ，把θ=π代入得：e=cosπ+isinπ=-1，iπiπ故e的实部为-1，e对应的点为(-1,0)，该点不在第二象限，则排除A，B;2i2i把θ=2代入得：e=cos2+isin2，则e的虚部为sin2，则排除C;π因为<2<π，cos2<0，sin2>0，22i所以e对应的点(cos2,sin2)，该点在第二象限，则D正确.故选：D.3(2024届高三新高考改革数学适应性练习(7)(九省联考题型))柯西不等式最初是由大数学家柯西(Cauchy)在研究数学分析中的“流数”问题时得到的.而后来有两位数学家Buniakowsky和Schwarz彼此独立地在积分学中推而广之，才能将这一不等式应用到近乎完善的地步.该不等式的三元形式如下：对实数2222222a1a2a3a1,a2,a3和b1,b2,b3，有a1+a2+a3b1+b2+b3≥a1b1+a2b2+a3b3等号成立当且仅当==已b1b2b3222知x+y+z=14 ，请你用柯西不等式，求出x+2y+3z的最大值是()A.14B.12C.10D.8【答案】A【分析】利用柯西不等式求出即可.2222222【详解】由题干中柯西不等式可得x+2y+3z≤x+y+z1+2+3=14×14=196，所以x+2y+3z的最大值为14，当且仅当x=1,y=2,z=3时取等号.故选：A4(2024届高三新高考改革数学适应性练习(5)(九省联考题型))“角股猜想”是“四大数论世界难题”之1,一，至今无人给出严谨证明．“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1．在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为1．我们记一个正整数nn≠1经过Jn次角股运算后首次得到1(若n经过有限次角股运算均无法得到1，则记Jn=+∞)，以下说法有误的是()*A.Jn可看作一个定义域和值域均为N的函数B.Jn在其定义域上不单调，有最小值，无最大值C.对任意正整数nn≠1，都有JnJ2=J2n-1nnnD.J2=n是真命题，J2-1≤J2+1是假命题【答案】A【分析】根据给定信息，利用函数的相关概念逐项判断即得.【详解】依题意，J(n)的定义域是大于1的正整数集，A错误；由J(4)=2,J(5)=5,J(8)=3，得J(n)在其定义域上不单调，∗而J(2)=1，J(n)∈N，则J(n)有最小值1，由n经过有限次角股运算均无法得到1，记Jn=+∞，得J(n)无最大值，B正确；对任意正整数nn≠1，J(2n)=J(n)+1，而J(2)=1，因此J(n)J(2)=J(n)=J(2n)-1，C正确；nn对任意正整数n，2每次除以2，最后得到1的次数为n，因此J(2)=n，22nn由J(2-1)=J(3)=7,J(2+1)=J(5)=5，知J2-1≤J2+1是假命题，D正确.故选：A5(重庆市部分学校2024届高三上学期12月月考数学试题)古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》a+b+c中最早记录了“海伦公式”：S=pp-ap-bp-c，其中p=，a，b，c分别为△ABC的三个2内角A，B，C所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在△ABC中，sinA:sinB:sinC=8:7:3，且△ABC的面积为123，则BC边上的中线长度为()A.32B.4C.74D.26【答案】D【分析】先求得cosA,sinA，然后利用三角形的面积公式、向量法求得BC边上的中线长度.【详解】设D是BC的中点，连接AD.依题意，在△ABC中，sinA:sinB:sinC=a:b:c=8:7:3，49+9-641设a=8k,b=7k,c=3k,k>0，由余弦定理得cosA==-，2×7×37243所以A为钝角，所以sinA=1-cosA=，71432所以S△ABC=×3k×7k×=123,k=2，2712122AD=AB+AC，两边平方得AD=AB+AC+2AB⋅AC241122=9+49-2×3×7×k=13k=26，47所以AD=26.故选：D2,6(安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试(12月)数学试题)“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点Ax1,y1,Bx2,y2的曼哈顿22距离为：dA,B=x1-x2+y1-y2.已知点M在圆O:x+y=1上，点N在直线l:3x+y-9=0上，则dM,N的最小值为()91091018-21010A.B.-1C.D.3-101053【答案】D【分析】如图，作过点M作平行于x轴的直线MB交直线l于点B，过点N作NA⊥MB于点A，结合直线的斜率得出MN平行于x轴，dM,N最小，再设M(cosθ,sinθ)，求出MB，利用三角函数知识得最小值．【详解】如图，过点M作平行于x轴的直线MB交直线l于点B，过点N作NA⊥MB于点A,dM,N表示NAMA+NA的长度，因为直线l的方程为3x+y-9=0，所以tan∠NBA=3,=3，即NA=3AB,ABdM,N=MA+3AB=MB+2AB，当固定点M时，MB为定值，此时AB为零时，dM,N最小，即N与B重合(MN平行于x轴)时，dM,N最小，如图所示，9-sinθ1设M(cosθ,sinθ)，θ∈0,2π，则xB==3-sinθ，3311MB=xB-cosθ=3-sinθ-cosθ=3-(sinθ+3cosθ)，33由三角函数知识可知sinθ+3cosθ=10sinθ+φ，其中tanφ=3，则其最大值是10，10所以d(M,N)min=3-，故D正确.3故选：D.1【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到MB=xB-cosθ=3-sinθ-cosθ，再利用3辅助角公式即可求出其最值.二、多选题7(云南省下关一中教育集团2023-2024学年高二上学期12月段考(二)数学试卷)欧拉是科学史上最ix多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为e=cosx+isinx，i虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”(e为自然对数的底数，i为虚数单位)，依据上述公式，则下列结论中正确的是()3,iπ2A.复数e为纯虚数i3B.复数e对应的点位于第二象限iπ313C.复数e的共轭复数为-i22iθD.复数e(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半圆【答案】ABD【分析】根据给定的公式，结合复数的相关概念逐项分析判断即得.iπππiπ22【详解】对于A，e=cos+isin=i，则e为纯虚数，A正确；22i3πi3对于B，e=cos3+isin3，而<3<π，即cos3<0,sin3>0，则复数e对应的点位于第二象限，B正确；2iπππ13iπ1333对于C，e=cos+isin=+i，复数e的共轭复数为-i，C错误；332222iθiθ对于D，e=cosθ+isinθ,|e|=|cosθ+isinθ|=1，iθ复数e(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半径为1的半圆，D正确．故选：ABD8(重庆市南开中学校2023-2024学年高三第六次质量检测(2月)数学试题)平面解析几何的结论很多可以推广到空间中，如：(1)平面上，过点Qx0,y0，且以m=a,bab≠0为方向向量的平面直线l的方x-x0y-y0程为=；在空间中，过点Qx0,y0,z0，且以m=a,b,cabc≠0为方向向量的空间直线l的方abx-x0y-y0z-z0程为==.(2)平面上，过点Qx0,y0，且以u=m,nmn≠0为法向量的直线l的方abc程为mx-x0+ny-y0=0；空间中，过点Qx0,y0,z0，且以u=m,n,pmnp≠0为法向量的平面α的方程为mx-x0+ny-y0+pz-z0=0.现已知平面α:2x+3y+4z=5，平面β:-x-2y+2z=0，2x-y=10l1:，l2:6x=4y+1=3z-1，则()y+z=-1A.l1⎳αB.α⎳βC.l1⊥βD.l2⊥β【答案】AC【分析】求出平面α、β的法向量，以及直线l1、l2所过定点坐标及其方向向量，利用空间中线面、面面位置关系与空间向量的关系可得出结论.【详解】由题可知：平面α的法向量m=2,3,4，平面β的法向量n=-1,-2,2，x-5yz--11直线l1的方程可化为1=1=-1，直线l1恒过5,0,-1，方向向量为u=2,1,-1，2y+1z-1x4311直线l2的方程可化为2=3=4，直线l2恒过0,-4,3，方向向量v=2,3,4，对于A选项，因为u⋅m=1+3-4=0，则u⊥m，且2×5+3×0+4×-1≠5，故l1⊄α，则l1⎳α，A正确；对于B选项，m⋅n=-2-6+8=0，则m⊥n，所以，α⊥β，B错；对于C选项，因为n=-2u，则l1⊥β，C对；234对于D选项，由≠≠，可知v与n不平行，则l2与β不垂直，D错.-1-22故选：AC.9(浙江省宁波市镇海中学2023届高三下学期5月模拟考试数学试题)在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：4,x-x0y-y0(1)过点P0x0,y0,z0，且以u=a,b,cabc≠0为方向向量的空间直线l的方程为==abz-z0；c(2)过点Px0,y0,z0，且v=m,n,tmnt≠0为法向量的平面α的方程为mx-x0+ny-y0+tz-z0=0．2x-y=1x-1yz现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:，l2:x=y=2-z，l3:==()3y-2z=15-41A.l1⎳αB.l2⎳αC.l3⎳αD.l1⊥α【答案】CD【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.【详解】平面α:x+2y+3z=6，则平面法向量为v=1,2,3，x-1z+12x-y=12y211对l1:3y-2z=1，则6x-3=3y=2z+1，即1=1=1，所以l1过点2,0,-2，方向向量为u1632111=6,3,2，所以v=6u1，所以v⎳u1，所以l1⊥α，故A错误D正确.xyz-2对l2:x=y=2-z，即==，所以l2过点0,0,2，方向向量为u2=1,1,-1，点0,0,2代入平面11-1方程x+2y+3z=6成立，所以l2与平面α有公共点，故B错误；x-1yz对l3:==，所以l3过点1,0,0，方向向量为u3=5,-4,1，5-41因为v⋅u3=1,2,3⋅5,-4,1=5-8+3=0，所以v⊥u3，所以l3⊂α或l3⎳α，但点1,0,0代入平面x+2y+3z=6不成立，故l3⊄α，所以l3⎳α，所以C正确.故选：CD10(期末真题必刷压轴60题(22个考点专练)-【满分全攻略】(人教A版2019必修第一册))高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数，如：[1.2]=1，[-1.2]=-2，y=[x]又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是()1A.∀x∈R，[2x]=2[x]B.∀x∈R，[x]+x+=2x22C.∀x，y∈R，若[x]=[y]，则有x-y>-1D.方程x=3[x]+1的解集为7，10【答案】BC1【分析】对于A：取x=判断；对于B：设[x]=x-a，a∈[0，1)判断；对于C：设[x]=[y]=m，得到x=222m+t，0≤t<1，y=m+s，0≤s<1判断；对于D：由x=3[x]+1得到x一定为整数且3[x]+1≥0，从22222而[x]≥0，x≥0，再由[x]≤x<([x]+1)，得到[x]≤3[x]+1<([x]+1)判断.11【详解】解：对于A：取x=，[2x]=[1]=1，2[x]=2=0，故A错误；22对于B：设[x]=x-a，a∈[0，1)，所以[x]+x+111=[x]+[x]+a+=2[x]+a+，222[2x]=[2[x]+2a]=2[x]+[2a]，111当a∈0，2时，a+2∈2，1，2a∈[0，1)，5,1则a+=0，[2a]=0，21则[x]+x+=2[x]，[2x]=2[x]，2故当a∈0，1时，[x]+x+122=2[x]成立；113当a∈2，1时，a+2∈1，2，2a∈[1，2)，1则a+=1，[2a]=1，21则[x]+x+=2[x]+1，[2x]+2[x]+1，2故当a∈1，1时，[x]+x+122=2[x]成立，综上B正确；对于C：设[x]=[y]=m，则x=m+t，0≤t<1，y=m+s，0≤s<1，则|x-y|=|(m+t)-(m+s)|=|t-s|<1，因此x-y>-1，故C正确；22对于D：由x=3[x]+1知，x一定为整数且3[x]+1≥0，1所以[x]≥-，3所以[x]≥0，所以x≥0，22222由[x]≤x<([x]+1)，得[x]≤3[x]+1<([x]+1)，23-133+13由[x]≤3[x]+1，解得≤[x]≤≈3.3，只能取0≤[x]≤3，222由3[x]+1<([x]+1)，解得[x]>1或[x]<0(舍)，故2≤[x]≤3，所以[x]=2或[x]=3，当[x]=2时，x=7，当[x]=3时，x=10，2所以方程x=3[x]+1的解集为7,10，故D错误．故选：BC．11(广东省东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第四次六校联考数学试题)英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数f(x)有两个不相等的实根b,c，其中c>b.在函数f(x)图象上横坐标为x1的点处作曲线y=f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐xn-b标为x2；用x2代替x1，重复以上的过程得到x3；一直下去，得到数列{xn}.记an=ln，且a1=1，xn>c，下xn-c列说法正确的是()ec-bA.x1=(其中lne=1)B.数列{an}是递减数列e-1C.a=1D.数列a+1的前n项和S=2n-21-n+16nn32an【答案】AD【分析】根据a1=1可求x1的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在x=xn处切线的斜率，进一步写出在x=xn处的切线方程，求出直线与x轴的交点横坐标，得xn+1，进一步判断数列an的结构特征，得到数列a是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列a+1的前n项和，判断D的真假.nnanx1-bx1-be·c-b【详解】对于A选项，由a1=ln=1得=e，所以x1=，故A正确.x1-cx1-ce-1∵二次函数fx有两个不等式实根b，c，6,∴不妨设fx=ax-bx-c，因为fx=a2x-b-c，所以fxn=a2xn-b-c，∴在横坐标为xn的点处的切线方程为：y-fxn=a2xn-b-cx-xn，22a⋅xn2xn-b-c-fxnaxn-abcxn-bc令y=0，则xn+1===，a2xn-b-ca2xn-b-c2xn-b-c2222xn+1-bxn-bc-b2xn-b-cxn-2bxn+b(xn-b)因为===xn+1-cx2-bc-c2x-b-cx2-2cx+c2(x-c)2nnnnnxn+1-bxn-b所以ln=2ln，即：an+1=2anxn+1-cxn-c所以an为公比是2，首项为1的等比数列.n-1所以an=2故BC错.1-111n-11-2n2n21n-1nn对于D选项，由an+a=2+2，得Sn=1-2+1=2-1+2-n=2+1-n-1故D正确.n1-222故选：AD12(重庆市万州第二高级中学2020-2021学年高一上学期期中数学试题)德国数学家狄里克雷1805-1859在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数.”这个定义较清楚的说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围内的每一个x，都有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示.他还发现了狄里克雷函数Dx，即：当自变量x取有理数时，函数值为1，当自变量x取无理数时，函数值为0.狄里克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，下列关于狄里克雷函数Dx的性质表述正确的是()A.Dπ=0B.Dx是奇函数C.Dx的值域是0,1D.Dx+1=Dx【答案】ACD【解析】利用狄里克雷函数Dx的定义可判断AC选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；分x∈Q和x∈∁RQ两种情况讨论，结合狄里克雷函数Dx的定义可判断D选项的正误.1,x∈Q【详解】由题意可知，Dx=.0,x∈∁RQ对于A选项，∵π∈∁RQ，则Dπ=0，A选项正确；对于B选项，当x∈Q，则-x∈Q，则Dx=1=D-x，当x∈∁RQ时，则-x∈∁RQ，则Dx=0=D-x，所以，函数Dx为偶函数，B选项错误；1,x∈Q对于C选项，由于Dx=，所以，函数Dx的值域为0,1，C选项正确；0,x∈∁RQ对于D选项，当x∈Q时，则x+1∈Q，所以，Dx=1=Dx+1，当x∈∁RQ时，x+1∈∁RQ，所以，Dx=0=Dx+1，D选项正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：本题的解题关键就是紧扣函数的新定义，在解题的过程中要对x的取值进行分类讨论，结合函数Dx的定义来求解，在判断命题为假命题时，可以通过特例来说明.三、填空题7,13(湖南省张家界市慈利县第一中学2020-2021学年高一下学期期中检测数学试卷)数学中有很多公式都是数学家欧拉(LeonhardEuler)发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V.棱数E.面数F之间，都满足关系式V-E+F=2，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为【答案】12【分析】根据几何体的结构特征结合“欧拉公式”运算求解.【详解】因为二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用，1所以棱数E=20×3×=30，面数F=20，顶点数V=E-F+2=12.2故答案为：12.14(江西省景德镇市2022届高三第二次质检数学(理)试题)1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心(即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°)，该点称为费马点.已知△ABC中，其中∠A=60°，BC=1，P为费马点，则PB+PC-PA的取值范围是.3【答案】,13【分析】设PA=m,PB=n,PC=t，∠PAC=α0°<α<60°，进而得到∠PBA，∠PAB,∠PCA，然后在△PBC中通过余弦定理得到n,t的关系式，在△PAC和△PAB中通过正弦定理得到t,m的关系式和m,n的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设PA=m,PB=n,PC=t，∠PAC=α0°<α<60°，则∠PBA=α，∠PAB=22n+t-11∠PCA=60°-α，在△PBC中，由余弦定理有cos120°==-⇒n+t=nt+1⋯①2nt2tm在△PAC中，由正弦定理有=，sinαsin60°-αmn在△PAB中，由正弦定理有=，sinαsin60°-αt=msinαsin60°-α22故，则nt=m，由①，n+t=m+1⋯②，msin60°-αn=sinαmsin60°-αmsinα21sin60°-αsinα且+=m+1⇒1+=+，sinα2sinαsin60°-αmsin60°-α3cosα-1sinα3sin60°-α222113设x=sinα，则x=sinα=tanα-2，由题意，tanα∈0,3⇒tanα∈3,+∞，1113所以x∈0,+∞，而1+=x+，由对勾函数的性质可知1+∈[2,+∞)⇒0<m≤.2x23mm2113由②，pb+pc-pa=m+1-m=，易知函数y=在0,上单调递减，于m2+1+mm2+1+m33是pb+pc-pa∈,1.38,3故答案为：,1.322n+t-11【点睛】本题难度较大，注意以下几个细节的处理，首先“cos120°==-⇒n+t=nt+1”这一2nt21sin60°-αsinα步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“1+=+”这个等式里发现了倒数2sinαmsin60°-α21关系，故而进行了换元，否则通分化简运算量特别大；再次，“pb+pc-pa=m+1-m=”2m+1+m12这一步变形目的在于可以直接判断函数y=的单调性，而函数y=m+1-m的单调性需要2m+1+m借助导数.15(福建省泉州市普通高中2023-2024学年高二上学期12月学科竞赛数学试题)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数y=xx∈r称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数.设s=2024k2024+2024k，则s除以2023的余数是.kk=1-1⋅2023【答案】1011【分析】先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可.k(2023+1)k+2023k+k2024+2024k【详解】ak==，kk-1⋅2023-1⋅2023k0k1k-1k-1k0又(2023+1)=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck2023+ck2023，k(2023+1)0k-11k-2k-11则=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck+，202320232024kk又=k+，20232023k2024+2024k0k-11k-2k-11k所以=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck++k+2023202320230k-11k-2k-1k+1=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck+k+，2023所以当k=2n,(1≤n≤1010,n∈z)，k2n2024+2024k2024+2024⋅2nk=2023(-1)⋅2023=c020232n-1+c120232n-2+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+2n+12n2n2n202302n-112n-22n-1=c2n2023+c2n2023+⋅⋅⋅+c2n+2n，2n-1其除以2023的余数为c2n+2n=2n+2n=4n，当k=2n,(n=1011,n=1012)时，k2n2024+2024k2024+2024⋅2nk=2023(-1)⋅2023=c020232n-1+c120232n-2+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+2n+12n2n2n202302n-112n-22n-1=c2n2023+c2n2023+⋅⋅⋅+c2n+2n+1，其除以2023的余数2022和3，当1≤k≤2024且k=2n-1,(1≤n≤1011,n∈z)时，k20242n-1+2024⋅(2n-1)2024+2024k(-1)k⋅2023=-20239,=-c020232n-2+c120232n-3+⋅⋅⋅+c2n-2+2n-1+2n2n-12n-12n-1202302n-212n-32n-2=-c2n-12023+c2n-12023+⋅⋅⋅+c2n-1+2n，其除以2023的余数为2023-(4n-1)=2024-4n，当k=2n-1,n=1012时，k20242n-1+2024⋅(2n-1)2024+2024k(-1)k⋅2023=-2023=-c020232n-2+c120232n-3+⋅⋅⋅+c2n-2+2n-1+2n2n-12n-12n-1202302n-212n-32n-2=-c2n-12023+c2n-12023+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+1，其除以2023的余数为2021，10111011s除以2023的余数为4n+2022+3+2024-4n+2021除以2023的余数，n=1n=1即2024×1011+2022+3+2021=2024×1011+4046除以2023的余数，又2024×1011+4046=(2023+1)×1011+2023×2=2023×1011+1011+2023×2其除以2023的余数为1011，故答案为：1011.【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余.四、解答题16(2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试(九省联考)数学试题)离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合x=1,2,⋯,p-1，若u,v∈x,m∈n，记u⊗v为uv除以p的余数，m,⊗m2,⊗p-2,⊗n,⊗u为u除以p的余数；设a∈x，1,a,a,⋯,a两两不同，若a=bn∈0,1,⋯,p-2，则称n是以a为底b的离散对数，记为n=log(p)ab．p-1,⊗(1)若p=11,a=2，求a；(2)对m1,m2∈0,1,⋯,p-2，记m1⊕m2为m1+m2除以p-1的余数(当m1+m2能被p-1整除时，m1⊕m2=0)．证明：log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac，其中b,c∈x；k,⊗k,⊗np-2,⊗(3)已知n=log(p)ab．对x∈x,k∈1,2,⋯,p-2，令y1=a,y2=x⊗b．证明：x=y2⊗y1．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)第一问直接根据新定义来即可.(2)第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.(3)根据新定义进行转换即可得证.10【详解】(1)若p=11,a=2，又注意到2=1024=93×11+1，p-1,⊗10,⊗所以a=2=1.(2)【方法一】：当p=2时，此时x={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，故log(p)ab⊗c=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0，此时log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.2,⊗p-2,⊗当p>2时，因1,a,a,⋯,a相异，故a≥2，而a∈X，故a,p互质.记n=log(p)ab⊗c,n1=log(p)ab,n2=log(p)ac，10,n1n2则∃m1,m2∈N，使得a=pm1+b,a=pm2+c，n1+n2n1+n2故a=pm1+bpm2+c，故a≡bc(modp)，设n1+n2=tp-1+s,0≤s≤p-2，则n1⊕n2=s，因为1,2,3,..p-1除以p的余数两两相异，且a,2a,3a,..p-1a除以p的余数两两相异，p-1故p-1!≡a×2a×3a,..×p-1a(modp)，故a≡1modp，n1+n2sn故a≡a≡bcmodp，而a≡b⊗c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，故s=n即log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.法2：记an1=an1,⊗+mp，an2=an2,⊗+mp，an1,⊗×an2,⊗=an1,⊗⊗an2,⊗+kp，12其中m，m，k是整数，则an1⋅n2=an1.⊗⊗an2,⊗+man2.⊗+man1.⊗+mmp+kp，121212n1,⊗n2,⊗n1⋅n2,⊗可知a⊗a=a．2,⊗p-2,⊗因为1，a，a，⋯，a两两不同，p-1,⊗i,⊗所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p-2}，使得a=a，p-1iip-1-ip-1-ip-1-i,⊗即a-a=aa-1可以被p整除，于是a-1可以被p整除，即a=1．p-1-i,⊗p-1,⊗若i≠0，则p-1-i∈{1,2,⋅⋅⋅,p-2}，a≠1，因此i=0，a=1．记n=log(p)ab，m=log(p)ac，n+m=n⊕m+l(p-1)，其中l是整数，n,⊗m,⊗n⋅m,⊗n⊕m+l(p-1),⊗n⊕m,⊗l(p-1),⊗n⊕m,⊗则b⊗c=a⊗a=a=a=a⊗a=a，即log(p)a(b⊗c)=log(p)ab⊕log(p)ac．p-1p-1(3)【方法二】：当b≥2时，由(2)可得b≡1modp，若b=1，则b≡1modp也成立.n因为n=log(p)ab，所以a≡bmodp.np-2,⊗np-2,⊗k,⊗k,⊗np-2另一方面，y2⊗y1≡y2y1≡x⊗bakknp-2kkp-2p-1k-1k-1≡xba≡xbb≡xb≡x1modp≡xmodp.np-2,⊗由于x∈X，所以x=y2⊗y1.法2：由题设和(2)的法2的证明知：kknkk,⊗n,⊗n,⊗n,⊗y2=x⊗b=x⊗(b⊗b⊗⋅⋅⋅⊗b=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a，n(p-2)n(p-2)nkn(p-2),⊗k,⊗k,⊗k,⊗p-2,⊗p-2,⊗p-2,⊗y1=y1⊗y1⊗⋅⋅⋅⊗y1=a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a=a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a．nknkn(p-2),⊗p-2,⊗p-2,⊗p-2,⊗故y2⊗y1=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗ankp-1,⊗p-1,⊗p-1,⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a．p-1,⊗n(p-2).⊗由(2)法2的证明知a=1，所以y2⊗y1=x．【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.17(重庆市巴蜀中学校2024届高考适应性月考卷(六)数学试题)对于函数y=fx,x∈I，若存在x0∈I，使得fx0=x0，则称x0为函数fx的一阶不动点；若存在x0∈I，使得ffx0=x0，则称x0为函数fx的二阶不动点；依此类推，可以定义函数fx的n阶不动点.其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.x(1)已知fx=2+2x-3，求fx的不动点；(2)已知函数fx在定义域内单调递增，求证：“x0为函数fx的不动点”是“x0为函数fx的稳定点”的充分必要条件；11,21(3)已知a>-1，讨论函数fx=lnx+a+1x-的稳定点个数.e2x【答案】(1)1(2)证明见解析(3)答案见解析x【分析】(1)设gx=fx-x=2+x-3，判断该函数单调性，确定其解，即可求得答案；(2)根据函数新定义的含义，结合充分性以及必要性的证明，即可证明结论；21(3)由题意可知只需研究fx的不动点即可，令Fx=lnx+ax-,x∈0,+∞，求出其导数，判断其e2x21单调性，然后分类讨论a的取值范围，判断Fx的零点情况，即可判断fx=lnx+a+1x-的稳定e2x点个数.xx【详解】(1)设gx=fx-x=2+x-3，则gx=2ln2+1>0恒成立，故函数gx在R上单调递增，又g(1)=0，故函数gx在R上有唯一零点，即fx有唯一不动点1；(2)证明：充分性：设x0为函数fx的不动点，则fx0=x0，则ffx0=fx0=x0，即x0为函数fx的稳定点，充分性成立；必要性：设x0为函数fx的稳定点，即ffx0=x0，假设fx0=y0，而fx在定义域内单调递增，若y0>x0，则ffx0=fy0>fx0=y0>x0，与ffx0=x0矛盾；若y0<x0，则ffx0=fy0<fx0=y0<x0，与ffx0=x0矛盾；故必有y0=x0，即ffx0=fy0=fx0=y0=x0，即fx0=y0=x0，故x0为函数fx的不动点，综上，“x0为函数fx的不动点”是“x0为函数fx的稳定点”的充分必要条件；21(3)当a>-1时，函数fx=lnx+a+1x-在(0,+∞)上单调递增，e2x由(2)知fx的稳定点与fx的不动点等价，故只需研究fx的不动点即可；21令Fx=fx-x=lnx+ax-,x∈0,+∞，e2x21则Fx=+a+,x∈0,+∞，则Fx在0,+∞上单调递减，22exx①当a≥0时，Fx>0恒成立，即Fx在0,+∞上单调递增，242132当x无限接近于0时，Fx趋向于负无穷小，且Fe=+ae-=+ae>0，222eee2故存在唯一的x0∈0,e，使得Fx0=0，即fx=x有唯一解，所以此时fx有唯一不动点；2②当a<0时，即-1<a<0时，f1=+a+1>0，2e21当x趋向无穷大时，2+2趋近于0，此时Fx1<0，ex1x121存在唯一x1∈0,+∞，使得Fx1=2+a+2=0，ex1x1此时fx在(0,x1)上单调递增，在(x1,+∞)上单调递减，212121222故Fxmax=Fx1=2lnx1+ax1-x=2lnx1-x-2-x=2lnx1-x-2，e1e1e1e1e当x趋近于0时，Fx趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，Fx趋向于负无穷大，12,2222422设hx=lnx--，则hx在0,+∞上单调递增，且he=--=0，e2xe2e2e2e212又a=--在x1∈0,+∞时单调递增，22x1ex12222故(i)当Fxmax=2lnx1-x-2=0时，即x1=e，e1e3此时a=-，方程Fx=0有一个解，即fx有唯一不动点；4e2222(ii)当Fxmax=2lnx1-x-2<0shi，即x1<e，e1e3此时-1<a<-，方程fx=0无解，即fx无不动点；4e2222(iii)当fxmax=2lnx1-x-2>0时，即x1>e，e1e3此时-<a<0，方程fx=0有两个解，即fx有两个不动点；4e3综上，当a≥0时或a=-时，fx有唯一稳定点；4e3当-1<a<-时，fx无稳定点；4e3当-<a<0，fx有两个稳定点；4e【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义问题，涉及到知识点较多，解答时要注意理解函数新定义的含义，解答的难点是(3)中判断函数稳定点的个数，解答时要结合新定义，采用分类讨论的方法去解决问题，解答过程较为复杂，要有较强的逻辑思维能力.18(2024·湖北·二模)微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过1渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数fx=(x>0),fx在区间a,b上xb11的图像连续不断，从几何上看，定积分dx便是由直线x=a,x=b,y=0和曲线y=所围成的区域(称axxb1为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得dx=lnb-lna，因为曲边梯形ABQP的面积小axa-b于梯形ABQP的面积，即S<s，代入数据，进一步可以推导出不等式：>曲边梯形ABQP梯形ABQPlna-lnb2．1+1aba-ba+b(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：<；lna-lnb2(2)已知函数g'(x)=-2sin2x+acosx=-4sinxcosx+acosx，其中a,b∈R．①证明：对任意两个不相等的正数x1,x2，曲线y=fx在x1,fx1和x2,fx2处的切线均不重合；②当b=-1时，若不等式fx≥2sinx-1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②1,+∞.13,a+b2【分析】(1)根据题，设过点M2,a+b作fx的切线分别交AP,BQ于M1,M2，结合S曲边梯形ABQP>S梯形ABM2M1，即可得证；(2)①求得fx=2ax+lnx+b+1，分别求得在点x1,fx1和x2,fx2处的切线方程，假设l1与l2重合，x2-x1x2+x1整理得=，结合由(1)的结论，即可得证；lnx2-lnx122②根据题意，转化为a≥1时，hx=ax-x+xlnx-2sinx-1≥0在0,+∞恒成立，2设Hx=x-x+xlnx-2sinx-1，求得Hx=2x+lnx-2cosx-1，分x∈0,1和x∈1,+∞，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.1a+b2【详解】(1)解：在曲线y=x取一点M2,．a+ba+b2过点M2,a+b作fx的切线分别交AP,BQ于M1,M2，因为S曲边梯形ABQP>S梯形ABM2M1，112a-ba+b可得lnb-lna>⋅AM1+BM2⋅AB=⋅2⋅⋅b-a，即<．22a+blna-lnb22(2)解：①由函数fx=ax+bx+xlnx，可得fx=2ax+lnx+b+1，不妨设0<x1<x2，曲线y=fx在x1,fx1处的切线方程为l1:y-fx1=fx1x-x1，即y=fx1x+fx1-x1fx1同理曲线y=fx在x2,fx2处的切线方程为l2:y=fx2x+fx2-x2fx2，fx1=fx2假设l1与l2重合，则，fx1-x1fx1=fx2-x2fx2lnx2-lnx1+2ax2-x1=0代入化简可得，ax2+x1=-1(a<0)x2-x1x2-x1x2+x1两式消去a，可得lnx2-lnx1-2=0，整理得=，x2+x1lnx2-lnx12x2-x1x2+x1由(1)的结论知<，与上式矛盾lnx2-lnx12即对任意实数a,b及任意不相等的正数x1,x2,l1与l2均不重合．②当b=-1时，不等式fx≥2sinx-1恒成立，2所以hx=ax-x+xlnx-2sinx-1≥0在0,+∞恒成立，所以h1≥0⇒a≥1，下证：当a≥1时，hx≥0恒成立．2因为a≥1，所以hx≥x-x+xlnx-2sinx-12设hx=x-x+xlnx-2sinx-1,hx=2x+lnx-2cosx-1(i)当x∈1,+∞时，由2x≥2,,lnx≥0,-2cosx-1≥-2知hx≥0恒成立，即hx在1,+∞为增函数，所以hx≥h1=0成立；1(ii)当x∈0,1时，设gx=2x+lnx-2cosx-1，可得gx=2++2sinx-1，x1由2sinx-1≥-2,>0知Gx≥0恒成立，即Gx=Hx在0,1为增函数．x所以Hx<h1=0，即hx在0,1为减函数，所以hx>H1=0成立，综上所述，实数a的取值范围是1,+∞.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注14,意恒成立与存在性问题的区别．19(重庆市第八中学校2023-2024学年高三下学期入学适应性考试数学试题)如果函数Fx的导数bFx=fx，可记为Fx=fxdx．若fx≥0，则fxdx=Fb-Fa表示曲线y=fx，直线ax=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积．1(1)若Fx=dx，且F1=1，求Fx；xaπ(2)已知0<α<，证明：αcosα<cosxdx<α，并解释其几何意义；201π2π3πnπ22*(3)证明：1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cos<，n∈N．nnnnnπ【答案】(1)Fx=lnx+1(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】(1)由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到.a(2)先由定积分的预算得到cosxdx=sinα-sin0=sinα，再分别构造函数gx=x-sinx和hx=0sinx-xcosx，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到.kπkπ(3)先由二倍角公式化简得到1+cos=2cos，再由定积分的意义得到n2n112π2π3πππncos2n+cos2n+cos2n+⋯+cos2<2∫cos2xdx，最后根据求导与定积分的运算得到∫00π2π2cosxdx=F1-F0=sin=，最后得证.2π2π1【详解】(1)当x>0时，因为lnx=，所以设Fx=lnx+C1，x又F1=1，代入上式可得F1=ln1+C1=1⇒C1=1，所以，当x>0时，Fx=lnx+1；当x<0时，设Fx=ln-x+C2，同理可得C2=1，综上，Fx=lnx+1.a(2)因为Fx=∫cosxdx=sinx+C，所以cosxdx=sinα-sin0=sinα，0π设gx=x-sinx,0<x<，则gx=1-cosx>0恒成立，2aπ所以gx在0<x<上单调递增，所以gxmin>g0=0，故sinα<α，即cosxdx<α；20π设hx=sinx-xcosx，0<x<，2π则hx=xsinx>0恒成立，所以hx在0<x<上单调递增，hxmin>h0=0，2a所以αcosα<cosxdx，0a综上，αcosα<cosxdx<α.0π几何意义：当0<x<时，曲线y=cosx与直线x=0(y轴)，x=α以及x轴围成的“曲边面积”大于直线x2=0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=cosα围成的矩形面积，小于x=0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=1围成的矩形面积.kπ2kπkπ(3)因为1+cos=2cos=2cos,k=1,2,⋯n，n2n2n15,1π2π3πnπ所以1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cosnnnnn12π2π3πππ=ncos2n+cos2n+cos2n+⋯+cos2<2∫cos2xdx，02ππ设fx=sinx，则fx=cosx，π221π2π2所以∫cosxdx=f1-f0=sin=，2π2π01π2π3πnπ22故1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cos<.nnnnnπ【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果.20(广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三上学期数学周测试题(12))多元导数在微积分学中有重要的应用.设y是由a，b，c⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a变化为a+δa时，y变化为yδydydy+δy，记lim为y对a的导数，其符号为.和一般导数一样，若在a1,a2上，已知>0，则y随着aΔa→0Δadadady的增大而增大；反之，已知<0，则y随着a的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具dady1+y2dy1dy2dy1y2dy1dy2有下列性质：①可加性：=+；②乘法法则：=y2+y1；③除法法则：dadadadadaday1dy1dy2dy2y2da-y1dady2dy2dy1x1212=；④复合法则：=⋅.记y=e+xlnx-x-ex-a.(e=day2dady1dae2e22.7182818⋯为自然对数的底数)，dydy(1)写出和的表达式；dxda(2)已知方程y=0有两实根x1,x2，x1<x2.①求出a的取值范围；dx1+x2②证明>0，并写出x1+x2随a的变化趋势.dadyx2dy【答案】(1)=e+xlnx-e，=-1dxeda1(2)①-2e,1；②证明见解析，x1+x2随a增大而减小x1212【分析】(1)设fx=ga=e+xlnx-x-ex-a，根据导数的定义，即可求解；e2e(2)①由(1)，得到fx单调递增，求得fx≥f1，结合零点存在性定理，得到存在两个零点，且a∈1-,1；2edx1+x2fx1+fx2x1+x2②由题设中的定义，求得=-，只需证明fx1+fx2>0，令=m，设hxdafx1fx22x2-x1=fm+x-fm-x，得到h2=fx1+fx2，再求得hx≥h0=0，得到hx≤hx2-x12，结合hx≤0，得出原命题成立，即可得证.x1212【详解】(1)解：设fx=ga=e+xlnx-x-ex-a，e2edyΔyfx+Δx-fxx2则=lim=lim=fx=e+xlnx-e，dxΔx→0ΔxΔx→0Δxe16,dy同理=g′a=-1.dax2(2)解：①由(1)，可得fx=e+xlnx-e，则f1=0，ex且x<1时，e<e，xlnx<0，fx<0即fx单调递减，x>1时，fx>0即fx单调递增，1故fx≥f1=--a，2e2又由x→0时，x趋近于0的速度远远快于lnx趋近于-∞的速度，21故xlnx→0，fx→1-a，因此只需1-a>0且--a<0，2e1即由零点存在性定理，x1∈0,1，x2>1，存在两个零点，故a∈-2e,1；dydydx1+x2dx1dx2dx1dydx2dydx1dx211dx1+dx2②由=+=⋅+⋅=-+=-+=-=dadadadydadydadydydydydydydx1dx2dx1⋅dx2fx1+fx2-，fx1fx2由①可得fx1<0，fx2>0，故只需证明fx1+fx2>0，x1+x2x2-x1令2=m，设hx=fm+x-fm-x0≤x≤2，x2-x1则h0=h2=fx2-fx1=0，且hx=fm+x+fm-x，x2-x1则h2=fx1+fx2，m+x2m-x2又hx=fm+x-fm-x=e+lnm+x+1-e+lnm-x+1单调递增，且h0eex2-x1=0，故hx≥h0=0，hx单调递增，则hx≤h2，x2-x1必然h2=fx1+fx2>0，否则hx≤0即hx单调递减，不符合题意，x2-x1h0=h2=fx2-fx1=0，故原命题成立。所以x1+x2随a增大而减小.【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题中零点(方程的根)问题的求解策略：1、正确理解新定义与高中知识的联系和转化，理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质进行推理、论证求解.2、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围；3、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；4、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.x结论拓展：与e和lnx相关的常见同构模型aaax①ae≤blnb⇔elne≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xe；aaxebebxe②<⇔<，构造函数fx=或gx=；alnbalnblnxxlneaaax③e±a>b±lnb⇔e±lne>b±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=e±x.21(广东省八校(石门中学、国华纪念中学、三水中学、珠海一中、中山纪念中学、湛江一中、河源中学、深圳实验学校)2021-2022学年高二下学期5月联考数学试题)关于x的函数fx=lnx+2x-b(b>2)，我们曾在必修一中学习过“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.17,(1)证明：fx有唯一零点a，且a∈1,b；(2)现在，我们任取x1∈(1,a)开始，实施如下步骤：在x1,fx1处作曲线fx的切线，交x轴于点x2,0；在x2,fx2处作曲线fx的切线，交x轴于点x3,0；⋯⋯在xn,fxn处作曲线fx的切线，交x轴于点xn+1,0；可以得到一个数列xn，它的各项都是fx不同程度的零点近似值.(i)设xn+1=gxn，求gxn的解析式(用xn表示xn+1)；(ii)证明：当x1∈1,a，总有xn<xn+1<a.【答案】(1)证明见解析；-xnlnxn+b+1xn(2)(i)gxn=；(ii)证明见解析.1+2xn【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；1+2xn(2)(i)由导数的几何意义得曲线fx在xn,fxn处的切线方程为y=x+lnxn-b-1，进而得xn-xnlnxn+b+1xngxn=；1+2xn1+2xn1(ii)令hx=x+lnxn-b-1，进而构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，结合函数单xnxnf(xn)调性证明xn+1<a，再根据f(xn)>0,f(xn)<f(a)=0证明xn+1=xn->xn即可得答案.f(xn)【详解】(1)证明：fx=lnx+2x-b(b>2)，定义域为0,+∞，1所以，fx=+2>0在0,+∞上恒成立，x所以函数fx在0,+∞上单调递增，因为f1=ln1+2-b=2-b<0(b>2),fb=lnb+2b-b=lnb+b>0(b>2)，所以，存在唯一a∈1,b，使得fa=0，即：fx有唯一零点a，且a∈1,b.1(2)解：(i)由(1)知fx=+2，x1所以，曲线fx在xn,fxn处的切线斜率为kn=+2，xn1+2xn所以，曲线fx在xn,fxn处的切线方程为y-fxn=fxnx-xn，即y=x+lnxn-b-1xn-xnlnxn+b+1xn令y=0得x=1+2xn-xnlnxn+b+1xn-xnlnxn+b+1xn所以，切线与x轴的交点,0，即xn+1=，1+2xn1+2xn-xnlnxn+b+1xn所以，gxn=.1+2xn(ii)对任意的xn∈0,+∞，由(i)知，曲线fx在xn,fxn处的切线方程为：1+2xn1+2xny=x+lnxn-b-1，故令hx=x+lnxn-b-1，xnxn1令F(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1.xn11xn-x所以，F(x)=-=，xxnxnx所以，当x∈(0,xn)时，F(x)>0,F(x)单调递增，当x∈(xn,+∞)时，F(x)<0,F(x)单调递减；所以，恒有F(x)≤F(xn)=0，即f(x)≤h(x)恒成立，当且仅当x=xn时等号成立，18,f(xn)另一方面，由(i)知，xn+1=xn-，且当xn≠a时，xn+1≠xn，f(xn)(若xn=a，则f(xn)=f(a)=0，故任意xn+1=xn=...=x1=a，显然矛盾)因为xn+1是hx的零点，所以f(xn+1)<h(xn+1)=f(a)=0,因为fx为单调递增函数，所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1<a.又因为x1<a，*所以，对于任意n∈n，均有xn<a，所以，f(xn)>0,f(xn)<f(a)=0.f(xn)所以xn+1=xn->xn，f(xn)综上，当x1∈1,a，总有xn<xn+1<a【点睛】本题考查利用导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二1问解题的关键在于结合切线方程，构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，进而结合函数的单xn调性证明不等式.22(广东省广州市天河区2024届高三毕业班综合测试(二)数学试卷)已知函数fx=lnx+2x-b(b>2).(1)证明：fx恰有一个零点a，且a∈1,b；(2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取x1∈1,a，实施如下步骤：在点x1,fx1处作fx的切线，交x轴于点x2,0：在点x2,fx2处作fx的切线，交x轴于点x3,0；一直继续下去，可以得到一个数列xn，它的各项是fx不同精确度的零点近似值.(i)设xn+1=gxn，求gxn的解析式；(ii)证明：当x1∈1,a，总有xn<xn+1<a.【答案】(1)证明见解析-xnlnxn+(b+1)xn(2)g(xn)=，证明见解析1+2xn【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；1+2xn(2)(i)由导数的几何意义得曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为y=x+lnxn-b-1，进而得g(xnxn-xnlnxn+(b+1)xn)=；1+2xn1+2xn1(ii)令h(x)=x+lnxn-b-1，进而构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，结合函数单xnxnf(xn)调性证明xn+1<a，再根据f′(xn)>0，f(xn)<fa=0证明xn+1=xn->xn即可得答案．f′(xn)【详解】(1)fx=lnx+2x-b(b>2)，定义域为(0,+∞)，1所以，f(x)=+2>0在(0,+∞)上恒成立，x所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f1=ln1+2-b=2-b<0(b>2)，fb=lnb+2b-b=lnb+b>0(b>2)，所以，存在唯一a∈(1,b)，使得fa=0，即：f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；1(2)(i)由(1)知f(x)=+2，x19,1所以，曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线斜率为kn=+2，xn1+2xn所以，曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为y-f(xn)=f(xn)(x-xn)，即y=x+lnxn-b-1，xn-xnlnxn+(b+1)xn令y=0得x=，1+2xn-xnlnxn+(b+1)xn-xnlnxn+(b+1)xn所以，切线与x轴的交点,0，即xn+1=，1+2xn1+2xn-xnlnxn+(b+1)xn所以，g(xn)=；1+2xn1+2xn证明：(ii)对任意的xn∈(0,+∞)，由(i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为：y=x+lnxn-bxn-1，1+2xn故令h(x)=y=x+lnxn-b-1，xn1令F(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，xn11xn-x所以，F(x)=-=，xxnxnx所以，当x∈(0,xn)时，F(x)>0，F(x)单调递增，当x∈(xn,+∞)时，F(x)<0，F(x)单调递减，所以，恒有F(x)≤F(xn)=0，即f(x)≤h(x)恒成立，当且仅当x=xn时等号成立，f(xn)另一方面，由(i)知，xn+1=xn-，且当xn≠a时，xn+1≠xn，f(xn)(若xn=a，则f(xn)=fa=0，故任意xn+1=xn=⋯=x1=a，显然矛盾)，因为xn+1是h(x)的零点，所以f(xn+1)<h(xn+1)=fa=0，因为f(x)为单调递增函数，所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1<a，又因为x1<a，*所以，对于任意n∈n，均有xn<a，所以，f(xn)>0，f(xn)<fa=0，f(xn)所以xn+1=xn->xn，f(xn)综上，当x1∈(1,a)，总有xn<xn+1<a．【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.23(浙江省宁波市镇海中学2024届高三上学期期末数学试题)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线c：y=fx上的曲线段ab，其弧长为δs，当动点从a沿曲线段ab运动到b点时，a点的切线la也随着转动到b点的切线lb，记这两条切线之间的夹角为δθ(它等于lb的倾斜角与la的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越δθ大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义k=为曲线段ab的平均曲率；显然当bδs20,δθy越接近a，即δs越小，k就越能精确刻画曲线c在点a处的弯曲程度，因此定义k=lim=δs→0δs3221+y(若极限存在)为曲线c在点a处的曲率．(其中y＇，y＇＇分别表示y=fx在点a处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；2x21(2)求椭圆+y=1在3,处的曲率；4222y(3)定义φy=为曲线y=fx的“柯西曲率”．已知在曲线fx=xlnx-2x上存在两点31+y33px1,fx1和qx2,fx2，且p，q处的“柯西曲率”相同，求x1+x2的取值范围．【答案】(1)1167(2)492(3),1e【分析】(1)依据所给定义求解即可.(2)直接利用定义求解即可.(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.πδθ3【详解】(1)k==π=1．δs32xx2-11x2-1x2x2-3x222(2)y=1-4，y=-41-4，y=-41-4-161-4，32167故yx=3=-，yx=3=-2，故k=3=．232491+4122y22223(3)fx=lnx-1，fx=，故φy===，其中s=x，x1+y3xlnx33slns333tlntt2令t1=x1，t2=x2，则t1lnt1=t2lnt2，则lnt1=-，其中t=>1(不妨t2>t1)t-1t1111令px=xlnx，px=1+lnx⇒px在0,e递减，在e,+∞递增，故1>t2>e>t1>0；tlnt令ht=lnt1+t2=lnt+1-，t-112t-12t-1h't=lnt-，令m(t)=lnt-(t>1)，t-12t+1t+12t-1则m(t)=，当t>1时，m(t)>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，t(t+1)2t-1可得m(t)>m(1)=0，即lnt->0，t+112t-1故有ht=lnt->0，t-12t+121,则ht在1,+∞递增，又limht=ln2-1，limht=0，故lnt1+t2∈ln2-1,0，t→1t→+∞332故x1+x2=t1+t2∈e,1．【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．24(江西省红色十校2023-2024学年高三下学期2月联考数学试卷)同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a,b∈Z,m∈N+且m>1．若m∣(a-b)，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(modm)(“|”为整除符号)．2(1)解同余方程：x+2x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列an，其中a1<a2<a3<⋯<an．①若bn=an+1-ann∈n+，数列bn的前n项和为sn，求s4048；②若cn=tana2n+3⋅tana2n+1n∈n+，求数列cn的前n项和tn．【答案】(1)x=3k或x=3k-2k∈ztan3n+4-tan4(2)�16072；�2-ntan3【分析】(1)根据同除的定义求解，xx+2≡0(mod3)，即xx+2能被3整除，从而得出x或x+2能被3整除；(2)①首先求出an(分奇偶项)，确定出bn，用并项求和法求和；②求出cn，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．【详解】(1)由题意xx+2≡0(mod3)，所以x=3k或x+2=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k-2(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,···，所以an=n．3×n为偶数22n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n+)，所以bn=1n为偶数．则s4048=b1+b2+b3+⋯+b4048=3×2024=6072．②cn=tana2n+3⋅tana2n+1=tan3n+4⋅tan3n+1(n∈n+)．tan3n+4-tan3n+1因为tan3n+4⋅tan3n+1=-1，tan3tan7-tan4tan10-tan7tan3n+4-tan3n+1所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯+tan3-1tan3n+4-tan4=-n．tan3【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．25(湖北省襄阳市第五中学2024届高三下学期开学考试数学试题)“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数x被m除余r，我们可以写作x≡rmodm．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术(也称作“中国剩余定理”)是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数m1，m2，⋯，mn两两互质，则对任意的整数：r1，r2，⋯，rn方程组22,x≡r1modm1x≡r2modm2一定有解，并且通解为x=km+r1t1m1+r2t2m2+⋅⋅⋅+rntnmn，其中k为任意整数，m=m1⋯x≡rnmodmnmm2⋅⋅⋅mn，mi=，ti为整数，且满足miti=1modmi．mi(1)求出满足条件的最小正整数，并写出第n个满足条件的正整数；(2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．(提示：可以用首尾进行相加)．【答案】(1)23，105n-82(2)82820【分析】(1)找出满足条件的最小整数值为23，满足条件的数形成以23为首项，105为公差的数列，即可求出答案；(2)确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】(1)由题目中给出的中国剩余定理可知x=105k+2×35t1+3×21t2+2×15t3，35t1≡1mod3t1=2又因为21t2≡1mod5，解得t2=1，15t3≡1mod7t3=1所以x=105k+140+63+30=233+105k，当k=-2时，x取得最小值，xmin=233-210=23．所以第n个满足条件的正整数为23+105n-1=105n-82．82(2)不超过4200的正整数中，105n-82<4200，解得n≤40，105所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有23+23+105×39+23+105×1+23+105×38+⋅⋅⋅40=×23×2+105×39=82820，2故所有满足条件的数的和为82820．【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是充分理解剩余定理，从而得到方程组，解出相关t值，再计算出xmin即可.26(河南省部分重点高中2024届高三普通高等学校招生全国统一考试(期末联考)数学试卷)三阶行列a1a2a3式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：b1b2b3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c1c2c3ijkc2．若a×b=x1y1z1，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈r)，b=x2y2z2x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈r)，i,j,k为单位正交基底．以o为坐标原点、分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知a，b是空间直角坐标系中异于o的不同两点．(1)①若a1,2,1，b0,-1,1，求oa×ob；②证明：oa×ob+ob×oa=0．1(2)记△aob的面积为s△aob，证明：s△aob=oa×ob．22(3)证明：oa×ob的几何意义表示以△aob为底面、oa×ob为高的三棱锥体积的6倍．【答案】(1)①oa×ob=3,-1,-1；②证明见解析(2)证明见解析23,(3)证明见解析【分析】(1)利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.21(2)利用数量积公式求得cos∠aob，则有sin∠aob=1-cos∠aob可知s△aob=oaob⋅21222sin∠aob=oaob-(oa⋅ob)，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．2121(3)由(2)s△aob=oa×ob，化简可得(oa×ob)=s△aob⋅oa×ob×6，即可得出结果.23【详解】(1)①因为a1,2,1，b0,-1,1，ijk则oa×ob=121=2i+0+-1k-0-j--1i=3i-j-k=3,-1,-1．0-11②证明：设ax1,y1,z1，bx2,y2,z2，则oa×ob=y1z2i+z1x2j+x1y2k-x2y1k-z2x1j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，将x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，可得ob×oa=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，故oa×ob+ob×oa=0,0,0=0．22222(oa⋅ob)oaob-(oa⋅ob)(2)证明：因为sin∠aob=1-cos∠aob=1-=，22oaoboaob11222故s△aob=oaob⋅sin∠aob=oaob-(oa⋅ob)，221故要证s△aob=oa×ob，2222只需证oa×ob=oaob-(oa⋅ob)，2222即证oa×ob=oaob-(oa⋅ob)．由(1)oa=(x1,y1,z1)，ob=x2,y2,z2，oa×ob=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2222故oa×ob=(y1z2-y2z1)+(z1x2-z2x1)+x1y2-x2y1，222222222222=y1z2+y2z1+z1x2+z2x1+x1y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y12222222222又oa=x1+y1+z1，ob=x2+y2+z2，oa⋅ob=x1x2+y1y2+z1z2，2222222222故oaob-(oa⋅ob)=x1+y1+z1x2+y2+z2-x1x2+y1y2+z1z22222222=x1+y1+z1x2+y2+z2-x1x2+y1y2+z1z2222222222222=y1z2+y2z1+z1x2+z2x1+x1y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y12222则oa×ob=oaob-(oa⋅ob)成立，1故s△aob=oa×ob．21(3)证明：由(2)s△aob=oa×ob，2221得(oa×ob)=oa×ob=oa×ob⋅2oa×ob=s△aob⋅2oa×ob，221故(oa×ob)=s△aob⋅oa×ob×6，32故(oa×ob)的几何意义表示以△aob为底面、oa×ob为高的三棱锥体积的6倍．24,a1,1a1,2⋯a1,ma2,1a2,2⋯a2,m227(北京市朝阳区2024届高三上学期期中数学试题)已知am=(m≥2)是m⋮⋮⋱⋮am,1am,2⋯am,m个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i<s≤m,1≤j<t≤m时，记dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t．*设n∈n，若am满足如下两个性质：①ai,j∈1,2,3;⋯,n(i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；②对任意k∈1,2,3,⋯,n，存在i∈1,2,⋯,m,j∈1,2,⋯,m，使得ai,j=k，则称am为γn数表．123(1)判断a3=231是否为γ3数表，并求da1,1,a2,2+da2,2,a3,3的值；312(2)若γ2数表a4满足dai,j,ai+1,j+1=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求a4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意γ4数表a10，存在1≤i<s≤10,1≤j<t≤10，使得dai,j,as,t=0．【答案】(1)是；5(2)22(3)证明见详解【分析】(1)根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；(2)根据条件讨论ai+1,j的值，根据dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t，得到相关的值，进行最小值求和即可；(3)当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri-1条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.123【详解】(1)a3=231是γ3数表，312da1,1,a2,2+da2,2,a3,3=2+3=5.(2)由题可知dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t=1(i=1,2,3;j=1,2,3).当ai+1,j=1时，有dai,j,ai+1,j+1=ai,j-1+ai+1,j+1-1=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.当ai+1,j=2时，有dai,j,ai+1,j+1=2-ai,j+2-ai+1,j+1=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.所以ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).所以a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6,a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4或者a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5，a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4或者a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5，a1,4=1或a1,4=2，a4,1=1或a4,1=2，故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，11111222当a4=时，12111212各数之和取得最小值22.(3)由于γ4数表a10中共100个数字，必然存在k∈1,2,3,4，使得数表中k的个数满足t≥25.25,设第i行中k的个数为ri(i=1,2,⋅⋅⋅,10).当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri-1条有向线段，i=1所以横向有向线段的起点总数r=∑(ri-1)≥∑(ri-1)=t-10.ri≥210设第j列中k的个数为cj(j=1,2,⋅⋅⋅,10).当cj≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，则该列有cj-1条有向线段，j=1所以纵向有向线段的起点总数c=∑(cj-1)≥∑(cj-1)=t-10.cj≥210所以r+c≥2t-20,因为t≥25,所以r+c-t≥2t-20-t=t-20>0.所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在1<u<v≤10，1<p<q≤10,使得au,p=av,p=av,q=k，所以dau,p,av,q=au,p-av,p+av,p-av,q=0，则命题得证.28(广东省2024届普通高等学校招生全国统一考试模拟测试(一)数学试卷)数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a=(x,y)，其模定义为|a|a11a12a13⋯a1n=x2+y2.类似地，对于n行n列的矩阵a=a21a22a23⋯a2n，其模可由向量模拓展为a=nna31a32a33⋯a3n⋮⋮⋮⋮nn122aij(其中aij为矩阵中第i行第j列的数，∑为求和符号)，记作af，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼i=1j=1nn1a11a1224222222乌斯范数，例如对于矩阵a22==，其矩阵模af=aij=2+4+3+5=36.弗a21a2235i=1j=1罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.100⋯0020⋯0*(1)∀n∈n，n≥3，矩阵bnn=003⋯0，求使bf>35的n的最小值.⋮⋮⋮⋮000⋯n*(2)∀n∈N，n≥3，，矩阵Cnn=1cosθcosθcosθ⋯cosθcosθ0-sinθ-sinθcosθ-sinθcosθ⋯-sinθcosθ-sinθcosθ222200sinθsinθcosθ⋯sinθcosθsinθcosθ求CF.⋮⋮⋮⋮⋮⋮n-2n-2n-2n-20000⋯(-1)sinθ(-1)sinθcosθn-1n-10000⋯0(-1)sinθ26,n+2ln00⋯0n+122n+12n+12lnnlnn0⋯0*n(3)矩阵Dmin=⋮，证明：∀n∈N，n≥3，DF>.3n+9n-1n-1n-14n-14n-14n-1ln3ln3ln3⋯0nnnn3n3n3n3nln2ln2ln2⋯ln2【答案】(1)10(2)‖C‖F=n(3)证明见解析【分析】(1)根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；2(2)总结得第n对角线上的平方和为cosθ，再代入化简即可；n+21*(3)等价转化结合放缩法得证明ln>,∀n≥1,n∈N成立，再利用换元法和导数证明即可.n+1n+2nnnnn+122【详解】(1)由题意得BF=∑∑bij=∑k=1+2+3+⋯+n-1+n=.i=1j=1k=12n(n+1)2若‖B‖F>35，则>45，即n+n-90>0.2*因式分解得(n-9)(n+10)>0.因为n∈N，所以n>9.所以使‖B‖F>35的n的最小值是10.2n242n-21-sinθ(2)由题得第1对角线上的平方和为1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ=，21-sinθ第2对角线上的平方和为2n-2222n-421-sinθ2n-2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯第k对角线上的平方和为2n-2k+2222n-2k21-sinθ2n-2k+2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯2第n对角线上的平方和为cosθ，2n21-sinθ2n-22n-2k+24所以‖C‖F=+1-sinθ+⋯+1-sinθ+⋯+1-sinθ+21-sinθ2242n-22n-22n-2k+2cosθ=1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ+(n-2)-sinθ-⋯-sinθ-⋯-4222sinθ+cosθ=1+(n-2)+sinθ+cosθ=1+(n-2)+1=n.所以‖C‖F=n.n(3)由题意知，证明‖D‖F>3n+923242n+2n等价于证明ln+ln+⋯+ln>，23n+13n+9n2k+223242n+2注意到左侧求和式ln=ln+ln+⋯+ln，k+123n+1k=1将右侧含有n的表达式表示为求和式有n1111111111∑k+2-k+3=3-4+4-5+⋯+n+1-n+2+n+2-n+3k=111n=-=3n+33n+927,2n+21111*故只需证ln>>=-,∀n≥1,n∈N成立，n+1(n+2)2(n+2)(n+3)n+2n+3n+21*1即证ln>,∀n≥1,n∈N成立，令x=1+，n+1n+2n+113则需证lnx≥1-x,x∈1,2成立，记f(x)=lnx+1-1,x∈1,3(x)=1-1=x-1>0在1,33，则f上恒成立，所以f(x)在1,上x2xx2x222单调递增，所以f(x)>f(1)=ln1+1-1=0，13n+21*所以lnx>1-x在1,2上恒成立，即lnn+1>n+2,∀n≥1,n∈N成立，所以原不等式成立.23242n+2n【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明ln+ln+⋯+ln>，再结合放缩23n+13n+9n+21*法转化为证明ln>,∀n≥1,n∈N，最后利用导数证明即可.n+1n+2x29(贵州省贵阳市2024届高三下学期适应性考试数学试卷(一))英国数学家泰勒发现了如下公式：e23nxxx=1+x+++⋯++⋯其中n!=1×2×3×4×⋯×n,e为自然对数的底数，e=2.71828⋯⋯.以2!3!n!x-xx-xe-ee+e上公式称为泰勒公式.设fx=,gx=，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决22如下问题.x(1)证明：e≥1+x；fx(2)设x∈0,+∞，证明：<gx；x2x(3)设fx=gx-a1+2，若x=0是fx的极小值点，求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)-∞,1x【分析】(1)首先设hx=e-x-1，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；x-x(2)首先由泰勒公式，由e和e，再求得fx和gx的解析式，即可证明；(3)分a≤1和a>1两种情况讨论，求出Fx在x=0附近的单调区间，即可求解.xx【详解】(1)设hx=e-x-1，则hx=e-1.当x>0时，hx>0：当x<0时，hx<0，所以hx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.x因此，hx≥h0=0，即e≥1+x.2345nxxxxxx(2)由泰勒公式知e=1+x+++++⋯++⋯，①2!3!4!5!n!2345n-xxxxxnx于是e=1-x+-+-+⋯+(-1)+⋯，②2!3!4!5!n!由①②得x-x352n-1e-exxxfx==x+++⋯++⋯,23!5!2n-1!x-x242n-2e+exxxgx==1+++⋯++⋯,22!4!2n-2!所以28,fxx2x4x2n-2=1+++⋯++⋯x3!5!2n-1!242n-2xxx<1+++⋯++⋯=gx.2!4!2n-2!fx即<gx.x2x-x2xe+ex(3)fx=gx-a1+2=2-a1+2，则x-xx-xx-xe-ee-ee+efx=-ax，设gx=-ax，gx=-a.222x-xe+e1x-x由基本不等式知，≥×2e⋅e=1，当且仅当x=0时等号成立.22所以当a≤1时，gx≥1-a≥0，所以fx在r上单调递增.又因为fx是奇函数，且f0=0，所以当x>0时，Fx>0；当x<0时，Fx<0.所以Fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.因此，x=0是Fx的极小值点.下面证明：当a>1时，x=0不是Fx的极小值点.lna-lnae+e1111当a>1时，Glna=2-a=2a+a-a=2a-a<0，又因为Gx是R上的偶函数，且Gx在0,+∞上单调递增,所以当x∈-lna,lna时，Gx<0.因此，Fx在-lna,lna上单调递减.又因为Fx是奇函数，且F0=0，所以当-lna<x<0时，fx>0；当0<x<lna时，fx<0.所以fx在-lna,0上单调递增，在0,lna上单调递减.因此，x=0是fx的极大值点，不是fx的极小值点.综上，实数a的取值范围是-∞,1.【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分a≤1和a>1两种情况，利用导数判断x=0附近的单调性.30(福建省福州第一中学2021-2022学年高一上学期期末考试数学试题)英国数学家泰勒发现了如下357xxx公式：sinx=x-+-+⋯，其中n!=1×2×3×4×⋯×n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得3!5!7!335πxxx到一些不等式：当x∈0,时，sinx<x,sinx>x-，sinx<x-+,⋯.23!3!5!πsinx1(1)证明：当x∈0,时，>；2x2(2)设fx=msinx，若区间a,b满足当fx定义域为a,b时，值域也为a,b，则称为fx的“和谐区间”.(i)m=1时，fx是否存在“和谐区间”？若存在，求出fx的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ii)m=-2时，fx是否存在“和谐区间”？若存在，求出fx的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(i)fx不存在“和谐区间”，理由见解析(ii)存在，fx有唯一的“和谐区间”-2,23x【分析】(1)利用sinx>x-来证得结论成立.3!(2)(i)通过证明方程sinx=x只有一个实根来判断出此时fx不存在“和谐区间”.29,(ii)对a,b的取值进行分类讨论，结合fx的单调性以及(1)的结论求得fx唯一的“和谐区间”.3πx【详解】(1)由已知当x∈0,时，sinx>x-，23!π2sinxx22π21得>1->1-=1->，x66242πsinx1所以当x∈0,时，>.2x2π(2)(i)m=1时，假设存在，则由-1≤fx≤1知-1≤a<b≤1，注意到1<，2ππ故a,b⊆-,，所以fx在a,b单调递增，22fa=a于是，即a,b是方程sinx=x的两个不等实根，fb=bπ易知x=±不是方程的根，2ππ由已知，当x∈0,2时，sinx<x，令x=-t，则有t∈-2,0时，sin-t<-t，即sint>t，故方程sinx=x只有一个实根0，故fx不存在“和谐区间”.(ii)m=-2时，假设存在，则由-2≤fx≤2知-2≤a<b≤2,若a,b≥0，则由a,b⊆0,π，知fx≤0，与值域是a,b⊆0,π矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a,b≤0时，也不存在，下面讨论a≤0≤b，ππ若b≥，则0,⊆a,b，故fx最小值为-2，于是a=-2，22ππ所以-,⊆a,b，22所以fx最大值为2，故b=2，此时fx的定义域为-2,2，值域为-2,2，符合题意.ππ若b<，当a≤-时，同理可得a=-2,b=2，舍去，22π当a>-时，fx在a,b上单调递减，所以2a=-2sinb，于是a+b=-2sina+sinb，b=-2sina若b>-a即a+b>0，则sinb>sin-a，故sinb+sina>0,-2sina+sinb<0，与a+b=-2sina+sinb矛盾；若b<-a，同理，矛盾，b所以b=-a，即=sinb，2πx由(1)知当x∈0,时，sinx>，22π因为b∈0,2，所以b=0，从而，a=0，从而a=b，矛盾，综上所述，fx有唯一的“和谐区间”-2,2.【点睛】对于“新定义”的题目，关键是要运用新定义的知识以及原有的数学知识来进行求解.本题有两个“新定义”，一个是泰勒发现的公式，另一个是“和谐区间”.泰勒发现的公式可以直接用于证明，“和谐区间”可转化为函数的单调性来求解.n31(北京市第四中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试题)对于给定的正整数n，记集合R=αα=x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn,xj∈R,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n，其中元素α称为一个n维向量．特别地，0=0,0,⋅⋅⋅,0称30,n为零向量．设k∈R，α=a1,a2,⋅⋅⋅,an，β=b1,b2,⋅⋅⋅,bn∈R，定义加法和数乘：α+β=a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn，kα=ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan．对一组向量α1，α2，⋯，αs(s∈N+，s≥2)，若存在一组不全为零的实数k1，k2，⋯，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(1)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α=1,1,1，β=2,2,2；②α=1,1,1，β=2,2,2，γ=5,1,4；③α=1,1,0，β=1,0,1，γ=0,1,1，δ=1,1,1．(2)已知向量α，β，γ线性无关，判断向量α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．(3)已知mm≥2个向量α1，α2，⋯，αm线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明下列结论：①如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈R，i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈R，l1∈R，i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成k1k2km立，其中l1≠0，则==⋅⋅⋅=．l1l2lm【答案】(1)①α,β线性相关，②α,β,γ线性相关，③α,β,γ,δ线性相关(2)向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据定义逐一判断即可；(2)设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0，然后由条件得到k1=k2=k3=0即可；(3)①如果某个ki=0，i=1,2,⋯,m，然后证明k1,k2,⋯ki-1,ki+1,⋅⋅⋅,km都等于0即可；l2lm②由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=-α2-⋅⋅⋅-αm，然后代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0证明即可.l1l1【详解】(1)对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α,β线性相关；k1+2k2+5k3=0对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+k3=0，所以k1+2k2=0，k3=0k1+2k2+4k3=0所以α,β,γ线性相关；k1+k2+k4=0对于③，设k1α+k2β+k3γ+k4δ=0，则可得k1+k3+k4=0，k2+k3+k4=0可取k1=k2=k3=1,k4=-2符合该方程，所以α,β,γ,δ线性相关；(2)设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0k1+k3=0因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k2=0，解得k1=k2=k3=0k2+k3=0所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关(3)证明：①k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1,2,⋯,m则k1α1+k2α2+⋯ki-1αi-1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0因为任意m-1个都线性无关，所以k1,k2,⋯ki-1,ki+1,⋅⋅⋅,km都等于0所以这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零②因为l1≠0，所以l1,l2,⋅⋅⋅,lm全不为零l2lm所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=-α2-⋅⋅⋅-αml1l131,l2lm代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1-α2-⋅⋅⋅-αm+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0l1l1l2lm所以-k1+k2α2+⋅⋅⋅+-k1+kmαm=0l1l1l2lm所以-k1+k2=0，⋯，-k1+km=0l1l1k1k2km所以==⋅⋅⋅=l1l2lm232(云南省昆明市西山区2024届高三第三次教学质量检测数学试题)我们把a0+a1x+a2x+⋯⋯+ann**x=0(其中an≠0，n∈N)称为一元n次多项式方程．代数基本定理：任何复系数一元nn∈N次多项式*方程(即a0，a1，a2，⋯，an为实数)在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元nn∈N次多项式方程在复数集内有且仅有n个复数根(重根按重数计算)．那么我们由代数基本定理可知：任何复系*数一元nn∈N次多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为n个一元一次多项式的积．即a0+a1x+2nk1k2km*a2x+⋯⋯+anx=anx-α1x-α2⋯x-αm，其中k，m∈N，k1+k2+⋯⋯+km=n，α1，α2，⋯⋯，2nαm为方程a0+a1x+a2x+⋯⋯+anx=0的根．进一步可以推出：在实系数范围内(即a0，a1，a2，⋯，an为实2n2n数)，方程a0+a1x+a2x+⋯⋯+anx=0的有实数根，则多项式a0+a1x+a2x+⋯⋯+anx必可分解因式．333例如：观察可知，x=1是方程x-1=0的一个根，则x-1一定是多项式x-1的一个因式，即x-1=2x-1ax+bx+c，由待定系数法可知，a=b=c=1．3(1)解方程：x-2x+1=0；23+(2)设fx=a0+a1x+a2x+a3x，其中a0，a1，a2，a3∈R，且a0+a1+a2+a3=1．23(i)分解因式：x-a0+a1x+a2x+a3x；(ii)记点Px0,y0是y=fx的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点．求证：当a1+2a2+3a3≤1时，x0=1．-1+5-1-5【答案】(1)x1=1，x2=，x3=222(2)(i)-x-1a3x+a2+a3x-a0；(ii)证明见解析332【分析】(1)观察得到x=1是方程x-2x+1=0的一个根，从而设x-2x+1=x-1ax+bx+c，对照系2数得到a=1，b=1，c=-1，得到x-1x+x-1=0，求出方程的根；2323(2)(i)x=1是方程x-a0+a1x+a2x+a3x=0的一个根，设x-a0+a1x+a2x+a3x=2x-1ax+bx+c，对照系数得到a=-a3，b=a0+a1-1，c=a0，从而得到答案；23(ii)令fx-x=0，故x0是方程a0+a1x+a2x+a3x-x=0的最小正实根，由(i)知：2322a0+a1x+a2x+a3x-x=x-1a3x+a2+a3x-a0，设gx=a3x+a2+a3x-a0，根据gx的开口方向，结合g0=-a0<0，则gx一定有一正一负两个实根，设正实根为t，结合a1+2a2+3a3≤1得到g1≤0，故t≥1，得到x0=1.3【详解】(1)观察可知：x=1是方程x-2x+1=0的一个根；3232所以x-2x+1=x-1ax+bx+c=ax+b-ax+c-bx-c，b-a=0由待定系数法可知，c-b=-2，解得a=1，b=1，c=-1；-c=122所以x-1x+x-1=0，即x=1或x+x-1=0，-1+5-1-5则方程的根为x1=1，x2=，x3=．2223(2)(i)由a0+a1+a2+a3=1可知，x=1是方程x-a0+a1x+a2x+a3x=0的一个根；23232所以x-a0+a1x+a2x+a3x=x-1ax+bx+c=ax+b-ax+c-bx-c，32,3232即-a3x-a2x-a1-1x-a0=ax+b-ax+c-bx-c，对照系数得a=-a3，-a2=b-a，-a1-1=c-b，-a0=-c，故a=-a3，b=-a2+a3=a0+a1-1，c=a0；232所以x-a0+a1x+a2x+a3x=x-1-a3x-a2+a3x+a02=-x-1a3x+a2+a3x-a0．23(ii)令fx-x=0，即a0+a1x+a2x+a3x-x=0，点Px0,y0是y=fx的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点，23等价于x0是方程a0+a1x+a2x+a3x-x=0的最小正实根；23由(i)知：x=1是方程x-a0+a1x+a2x+a3x=0的一个正实根，232且a0+a1x+a2x+a3x-x=x-1a3x+a2+a3x-a0，2+设gx=a3x+a2+a3x-a0，由a0，a1，a2，a3∈R可知gx为开口向上的二次函数；又因为g0=-a0<0，则gx一定有一正一负两个实根，设正实根为t；又a0+a1+a2+a3=1，可得a0=1-a1+a2+a3，所以g1=a3+a2+a3-a0=3a3+2a2+a1-1；当a1+2a2+3a3≤1时，g1≤0，23由二次函数单调性可知t≥1，即x=1是方程x-a0+a1x+a2x+a3x=0的最小正实根．【点睛】方法点睛：三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数理解到位，求解三次函数的零点，常常需要先观察函数，直接法得到其中一个零点，将三次函数转化为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质.33(山东省菏泽市2024届高三下学期一模考试数学试题)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义ma0+a1x+⋯+amx(m+n)(m+n)为：R(x)=，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，⋯，f(0)=Rn1+b1x+⋯+bnx(4)(5)(4)(n)(n-1)(0)．(注：f(x)=f(x)，f(x)=f(x)，f(x)=f(x)，f(x)=f(x)，⋯；f(x)为f(x)的导ax数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶帕德近似为R(x)=．1+bx(1)求实数a，b的值；(2)比较fx与R(x)的大小；f(x)1(3)若h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．R(x)21【答案】(1)a=1，b=；2(2)答案见解析；1(3)0,．2【分析】(1)由f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，列方程组求实数a，b的值；(2)令φ(x)=f(x)-R(x)利用导数研究单调性，又φ(0)=f(0)-R(0)=0，可比较fx与R(x)的大小；(3)由h(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h(x)在(0,+∞)上存在变号零点，通过构造函数分类讨论，对h(x)的零点进行分析．ax【详解】(1)由f(x)=ln(x+1)，R(x)=，有f(0)=R(0)，1+bx11a-2ab可知f(x)=，f(x)=-，R(x)=，R(x)=，x+1(x+1)2(1+bx)2(1+bx)3a=11由题意，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，所以，所以a=1，b=．-2ab=-1233,2x2x(2)由(1)知，R(x)=，令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)，x+2x+2214x则φ(x)=-=>0，x+1(x+2)2(x+1)(x+2)2所以φ(x)在其定义域(-1,+∞)内为增函数，又φ(0)=f(0)-R(0)=0，∴x≥0时，φ(x)=f(x)-R(x)≥φ(0)=0；-1<x<0时，φ(x)=f(x)-r(x)<φ(0)=0；所以x≥0时，f(x)≥r(x)；-1<x<0时，f(x)<r(x)．f(x)11(3)由h(x)=-2-mf(x)=x+mln(x+1)，r(x)2111mx+x-(x+1)ln(x+1)∴h(x)=-ln(x+1)++m=．x2xx+1x2(x+1)f(x)1由h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h(x)在(0,+∞)上存在变号零点．r(x)22令g(x)=mx+x-(x+1)ln(x+1)，则g(x)=2mx+1-ln(x+1)+1=2mx-ln(x+1)，g(x)=2m-1．x+1①m<0时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(x)<g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为减函数，g(x)<g(0)=0，无零点，不满足条件．1②当2m>1，即m>时，g(x)>0，g(x)为增函数，g(x)>g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)2>g(0)=0，无零点，不满足条件．111③当0<2m<1，即0<m<时，令g(x)=0即2m=，∴x=-1．2x+12m11当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数；x>-1时，g(x)>0，g(x)为增函数，2m2m111∴gmin(x)=g2m-1=2m2m-1-ln2m-1+1=1-2m+ln2m；11令H(x)=1-x+lnx，0<x<1，h(x)=-1+，h(x)=-1+>0在0<x<1时恒成立，xx1h(x)在0,1上单调递增，h(x)<h(1)=0，∴g-1=(1-2m)+ln2m<0恒成立；2m222mx-1∵x>0，0<m<1，∴x(m-1)<0，则mx-1>mx-1+mx-x=x+1mx-1，∴>mx-x+11，2mx-1∴1+-ln(x+1)>mx-ln(x+1)；x+12mx+x∵g(x)=(x+1)-ln(x+1)，x+122mx+xmx-1令l(x)=-ln(x+1)=1+-ln(x+1)>mx-ln(x+1)=m(x+1)-ln(x+1)-m，x+1x+1111-x+1令Fx=ln(x+1)-2x+1x>0，Fx=-=<0，x+1x+1x+1则Fx在0,+∞是单调递减，Fx<f0=-2，所以ln(x+1)<2x+1，mm∴l(x)>m(x+1)-2x+1-m=(x+1)-m+(x+1)-2x+1，221616mm81令x=-1，则x+1=，∴(x+1)-2x+1≥0，(x+1)-m=-m>00<m<．m2m222m216∴l(x)>0，即l-1>0．m21116由零点存在定理可知，l(x)在-1,+∞上存在唯一零点x0∈-1,-1，2m2mm234,1又由③知，当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，2m1所以此时，g(x)<0，在0,-1内无零点，2m1∴g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为0,．2【点睛】方法点睛：利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，而构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.34(重庆市求精中学校2023-2024学年高二下学期阶段测试数学试题)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△abc的三个内角均小于120°时，使得∠aob=∠boc=∠coa=120°的点o即为费马点；当△abc有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△abc的内角a,b,c所对的边分别为a,b,c，且cos2b+cos2c-cos2a=1(1)求a；(2)若bc=2，设点p为△abc的费马点，求pa⋅pb+pb⋅pc+pc⋅pa；(3)设点p为△abc的费马点，pb+pc=tpa，求实数t的最小值．π【答案】(1)a=223(2)-3(3)2+23222【分析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2b+cos2c-cos2a=1可得a=b+c，即可求得答案；(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.2π(3)由(1)结论可得∠apb=∠bpc=∠cpa=，设|pb|=m|pa|,|pc|=n|pa|,|pa|=x，推出m+n3=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式即可求得答案.222【详解】(1)由已知△abc中cos2b+cos2c-cos2a=1，即1-2sinb+1-2sinc-1+2sina=1，222222故sina=sinb+sinc，由正弦定理可得a=b+c，π故△abc直角三角形，即a=.2π(2)由(1)a=，所以三角形abc的三个角都小于120°，2则由费马点定义可知：∠apb=∠bpc=∠apc=120°，设pa=x,pb=y,pc=z，由s△apb+s△bpc+s△apc=s△abc得：131313143xy⋅+yz⋅+xz⋅=×2，整理得xy+yz+xz=，22222223则pa⋅pb+pb⋅pc+pa⋅pc11114323=xy⋅-2+yz⋅-2+xz⋅-2=-2×3=-3.2π(3)点p为△abc的费马点，则∠apb=∠bpc=∠cpa=，3设|pb|=m|pa|,|pc|=n|pa|,|pa|=x,m>0,n>0,x>0，则由PB+PC=tPA得m+n=t；35,222222π22由余弦定理得|AB|=x+mx-2mxcos=m+m+1x，3222222π22|AC|=x+nx-2nxcos=n+n+1x，32222222π222|BC|=mx+nx-2mnxcos=m+n+mnx，32222222222故由|AC|+|AB|=|BC|得n+n+1x+m+m+1x=m+n+mnx，m+n2即m+n+2=mn，而m>0,n>0，故m+n+2=mn≤，2当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+3时，等号成立，2又m+n=t，即有t-4t-8≥0，解得t≥2+23或t≤2-23(舍去)，故实数t的最小值为2+23.【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合(1)的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设|PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x，推出m+n=t，结合费马点含义，利用余弦定理推出m+n+2=mn，然后利用基本不等式即可求解.35(东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2023-2024学年高三下学期第一次联合模拟考数学试题)十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为12，2表示为102，3表示为112，5表示为1012，发现若n∈N+可表示为二进制表达式a0a1a2⋅⋅⋅ak-1ak2，则nkk-11=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak-1⋅2+ak，其中a0=1，ai=0或1(i=1,2,⋅⋅⋅k).(1)记Sn=a0+a1+⋅⋅⋅+ak-1+ak，求证：S8n+3=S4n+3；(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1，I3=0.(ⅰ)求I60；511In(ⅱ)求2(用数字作答).n=1【答案】(1)证明见解析(2)(ⅰ)2；(ⅱ)9841【分析】(1)借助二进制的定义计算可得S8n+3=Sn+2，S4n+3=Sn+2，即可得证；(2)(ⅰ)借助二进制的定义可计算出60=1111002，即可得表达式中的0的个数；(ⅱ)计算出从n=1到n511In=511中，In=0、In=1、⋯，In=8的个数，即可得∑2.n=1k+3k+231【详解】(1)8n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S8n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，k+2k+1214n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S4n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，∴S8n+3=S4n+3；543210(2)(ⅰ)60=32+16+8+4=1×2+1×2+1×2+1×2+0×2+0×2=1111002，∴I60=2，0(ⅱ)1=1×2=12，876543210511=1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2=1111111112，故从n=1到n=511中，In=0有12、112、⋯、1111111112共9个，11111122In=1有C1+C2+⋅⋅⋅+C8个，由C1+C2+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个22222233In=2有C2+C3+⋅⋅⋅+C8个，由C2+C3+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个⋯⋯，36,89In=8有C8=C9=1个，n=1In0213298∑2=9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×251111223399C9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×2=20011223399C9×2+C9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×2-1=291+2-1==9841.20【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到1=1×2=12，511=1111111112，通过组合数的计算得到In=0、In=1、⋯、In=9的个数，再结合组合数的性质计算得到结果.36(2024届广东省(佛山市第一中学、广州市第六中学、汕头市金山中学、)高三六校2月联考数学试2y2x1卷)如图，已知椭圆Γ的短轴长为4，焦点与双曲线-=1的焦点重合.点P4,0，斜率为的直线4-tt2l1与椭圆Γ交于A,B两点.(1)求常数t的取值范围，并求椭圆Γ的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述2y2xxyyx00的.对于椭圆Γ:2+2=1，极点Px0,y0(不是原点)对应的极线为lP:2+2=1，且若极点P在x轴abab上，则过点P作椭圆的割线交Γ于点A1,B1，则对于lP上任意一点Q，均有kQA1+kQB1=2kPQ(当斜率均存在时).已知点Q是直线l1上的一点，且点Q的横坐标为2.连接PQ交y轴于点E.连接PA,PB分别交椭圆Γ于M,N两点.①设直线AB、MN分别交y轴于点D、点T，证明：点E为D、T的中点；②证明直线：MN恒过定点，并求出定点的坐标.2y2x【答案】(1)0,4，+=1841(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为3,-2【分析】(1)由椭圆焦点在x轴上面，列出不等式组即可得t的范围，由a,b,c的关系以及短轴长列出方程组即可得a,b，由此即可得椭圆方程.(2)为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理(用解析几何方法)，即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明kQA+kQB=2kPQ即可，从而对于①由结论法说明Q是MN和AB的交点，且kBA+kNM1=2kPQ，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出MN的方程y=-t-2x-2+t，由此整理即可得解.4-t>0【详解】(1)由题意焦点在x轴上，所以，解得0<t<4，即t的范围为0,4，t>037,22222且c=4-t+t=2,2b=4,a=b+c，解得a=8,b=4，2y2x所以椭圆方程为+=1.84(2)我们首先给出题目给出的引理的证明：2a设Pp,0,Q,t，则Q在P的极线上，p现在如果经过P的直线x=my+p交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)：222222222那么，代入椭圆就得到a+bmy+2bmpy+bp-ab=0，4222222224222222224222所以Δ=4bmp-4bp-aa+bm=4bmp-4bpa+pbm-a-abm2222222222=4aba+bm-p>0⇒a+bm>p，222222bmpbp-ab由韦达定理有y1+y2=-222,y1y2=222，a+bma+bm此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，y1-ty2-t-2t也就是+=，222my+p-amy+p-ap-a1p2ppy1-ty2-t2t也就是++=0，222my+p-amy+p-ap-a1p2pp22222aaaaa也就是p-y1-tmy2+p-+y2-tmy1+p-+2tmy1+p-my2+p-=0，pppppa2a22a22也就是2mp-+2mty1y2+p-+tmp-y1+y2=0，pppa2b2p2-a2b2a22a22b2mp2也就是2mp-+2mt⋅+p-+tmp--=0，pa2+b2m2ppa2+b2m2a2a22a222222也就是mp-+mt⋅bp-a+p-+tmp--bmp=0，pppa2a22a22222也就是p-+mt⋅bp-a-bpp-+tmp-=0，pppa2a22a222也就是p-+mt⋅p-a-pp-+tmp-=0，pppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p--p-+tmp-=0，ppppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p-=p-+tmp-，pppp这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，①首先由于Q在P的极线x=2上，故由引理有kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，38,1而kQA=kQB=，2所以kQN=kQM，这表明Q是MN和AB的交点，又由于kQA+kQM=2kPQ，故kBA+kNM=2kPQ，t-yDt-yTt-yE设Q2,t，而kAB=kQD=，kMN=kQT=，kPQ=kQE=，222所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中点；t11②设Q2,t，那么kPQ=-,kAB=，所以kMN=-t-，22211这表明MN的方程是y=-t-x-2+t，即t3-x+1-x-y=0，221所以MN恒过点3,-.2【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.37(2024年九省联考数学模拟试卷)拓扑学是一个研究图形(或集合)整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面E2=x，y|∀x，y∈R，定义222对A1x1，y1，A2x2，y2，其度量(距离)dA1，A2=x1-x2+y1-y2并称E，d为一度量平2+2面．设x0∈E，d，ε∈R，称平面区域Bx0，ε=x∈E，ddx0，x<ε为以x0为心，ε为半径的球形邻域．(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；2(2)证明：E，d中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；2(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明：E，d的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由交集的定义可解；(2)结合题意，利用并集的定义证明；(3)利用题目定义分别证明充分性和必要性.【详解】(1)设这两个球形邻域分别为B1x1，ε1，B2x2，ε2，D为B1和B2的交集．①若B1与B2不相交，则B1∩B2=∅；②若B1与B2相交，则22D=B1∩B2=x∈E，ddx1，x<ε1∩x∈E，ddx2，x<ε22=x∈E，ddx1，x<ε1,且dx2，x<ε22故B1∩B2=∅或x∈E，ddx1，x<ε1,且dx2，x<ε2．(2)我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为∪λ∈ΛAλ表示集合族Aλ|λ∈Λ的所有集合的并集回到原题，设这两个球形邻域分别为B1x1，ε1，B2x2，ε2，D为B1和B2的交集．①若B1与B2不相交，则B1∩B2=∅，即D可以看作零个球形邻域的并集；②若B1与B2相交，则取∀y∈B1x1，ε1∩B2x2，ε2，令εy=minε1-dx1，y，ε2-dx2，y，构造球形邻域Byy，εy．因为对于∀z∈Byy，εy，有39,dx1，z≤dx1，y+dy，z≤dx1，y+εy≤ε1dx2，z≤dx2，y+dy，z≤dx2，y+εy≤ε2故z∈B1x1，ε1∩B2x2，ε2，这说明Byy，εy⊆B1x1，ε1∩B2x2，ε2=D．由于y是D中任取的一点，这说明Byy，εy⊆B1x1，ε1∩B2x2，ε2，继而D=∪y∈Dy⊆∪y∈DByy，εy⊆B1x1，ε1∩B2x2，ε2=D即D=B1x1，ε1∩B2x2，ε2可被表示为若干个球形邻域Byy，εy的并集．命题得证．2(3)①先证充分性：当E，d的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．2设G⊆E，d，由(2)可知G可看作若干个球形邻域的并集，即G=∪i∈ΛBixi，εi则∀x∈G，∃ε>0使得x∈Bixi，εi⊆G，故G是开集．充分性证毕．2②再证必要性：若E，d的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．设G是一个开集，由情况①得∀x∈G，∃ε>0 使得x∈Bixi，εi⊆G，所以G=∪x∈Gx⊆∪xi∈GBixi，εi⊆G即G=∪xi∈GBixi，εi故G可被表示为若干个球形邻域Bixi，εi的并集．必要性证毕．【点睛】思路点睛：利用集合的运算和题干中的定义完成问题.38(安徽省黄山市2024届高中毕业班第一次质量检测数学试题)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列an，*2规定Δan为数列an的一阶差分数列，其中Δan=an+1-ann∈N，规定Δan为数列an的二阶差分2*数列，其中Δan=Δan+1-Δann∈N．3*2(1)数列an的通项公式为an=nn∈N，试判断数列Δan,Δan是否为等差数列，请说明理由？**2(2)数列logabn是以1为公差的等差数列，且a>2，对于任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm，求a的值；(3)各项均为正数的数列cn的前n项和为Sn，且Δcn为常数列，对满足m+n=2t，m≠n的任意正整数m,n,t都有cm≠cn，且不等式Sm+Sn>λSt恒成立，求实数λ的最大值．2【答案】(1)Δan不是等差数列，Δan是等差数列3+5(2)2(3)2【分析】(1)理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；(2)根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；(3)根据等差数列的性质以及新定义求解出Sm+Sn，运用均值不等式求解出λ的范围，从而得出λ的最值.3332【详解】(1)因为an=n，所以Δan=an+1-an=n+1-n=3n+3n+1，因为Δa1=7，Δa2=19，Δa3=37，故Δa2-Δa1=12，Δa3-Δa2=18，显然Δa2-Δa1≠Δa3-Δa2，所以Δan不是等差数列；2222因为Δan=Δan+1-Δan=6n+6，则Δan+1-Δan=6，Δa1=12，2所以Δan是首项为12，公差为6的等差数列.(2)因为数列logabn是以1为公差的等差数列，40,bn+1所以logabn+1-logabn=1，故=a，bnn-1所以数列bn是以公比为a的正项等比数列，bn=b1a，2所以Δbn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-bn+1-bn=bn+2-2bn+1+bn，**2n+1nn-1m-1且对任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm，即b1a-2b1a+b1a=b1a，2m-n所以a-1=a，因为a>2，所以m-n>0，23-53+5①若m-n=1，则a-3a+1=0，解得a=(舍)，或a=，223+5**2即当a=时，对任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm=bn+1.2m-n22**2②若m-n≥2，则a≥a>a-1，对任意的n∈N，不存在m∈N，使得Δbn=bm.3+5综上所述，a=.2(3)因为Δcn为常数列，则cn是等差数列，设cn的公差为d，则cn=c1+n-1d，若d=0，则cn=cm，与题意不符；c1若d<0，所以当n>1-时，cn<0，d与数列cn的各项均为正数矛盾，所以d>0，d2d由等差数列前n项和公式可得Sn=2n+c1-2n，d22d所以Sn+Sm=2n+m+c1-2n+m，因为m+n=2t，dn+m2dn+m所以St=22+c1-22，22n+mn+m2因为m≠n，故>，222d22ddn+md所以Sn+Sm=2n+m+c1-2n+m>2×2+c1-2n+m=2St则当λ≤2时，不等式Sm+Sn>λSt恒成立，*另一方面，当λ>2时，令m=t+1，n=t-1，n∈N,t≥2，d2dd2d则Sn+Sm=22t+2+2tc1-2，St=2t+c1-2t，d2dd2d则λSt-Sn+Sm=2λt+c1-2λt-22t+2-2tc1-2d2=2λ-dt-t+λ-2c1t-d，d2因为λ-d>0，t-t≥0，2d当t>时，λSt-Sn+Sm>0，λ-2c1即Sn+Sm<λSt，不满足不等式Sm+Sn>λSt恒成立，综上，λ的最大值为2.【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：(1)理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；(2)新定义问题要与平时所学知识相结合运用；(3)对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.39(云南省昆明市第一中学2024届高三上学期第六次考前基础强化数学试题)悬链线的原理运用于悬41,x-xe+e索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数chx=222的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sinx+cosx=1，②和角公式：cosx+y=cosxcosy-sinx=cosx,x-xsinxsiny，③导数：定义双曲正弦函数shx=e-e．cosx=-sinx,2(1)直接写出shx，chx具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x>0时，shx>ax恒成立，求实数a的取值范围；2(3)求fx=chx-cosx-x的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,1(3)0【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；(2)构造函数Fx=shx-ax，x∈0,+∞，求导，分a≤1和a>1两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；(3)多次求导，结合(2)中结论，先得到fx在0,+∞内单调递增，再求出fx为偶函数，从而得到fx在-∞,0内单调递减，求出fxmin=f0=0.22【详解】(1)平方关系：chx-shx=1；和角公式：chx+y=chxchy+shxshy；sh(x)=ch(x)导数：．ch(x)=sh(x)ex+e-x2ex-e-x222理由如下：平方关系，chx-shx=2-22x-2x2x-2xe+e+2e+e-2=-=1；44x+y-x-ye+echx+y=，2x-xy-yx-xy-ye+ee+ee-ee-e和角公式：chxchy+shxshy=⋅+⋅2222x+yx-y-x+y-x-yx+yx-y-x+y-x-ye+e+e+ee-e-e+e=+44x+y-x-ye+e=2故chx+y=chxchy+shxshy；ex--e-xex+e-xex-e-x导数：shx===chx，chx==shx；222(2)构造函数Fx=shx-ax，x∈0,+∞，由(1)可知Fx=chx-a，x-xe+ex-xi．当a≤1时，由ch(x)=≥e⋅e=1≥a可知，2故F(x)≥0，故F(x)单调递增，此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；ii．当a>1时，令Gx=Fx，x∈0,+∞，则Gx=shx≥0，可知Gx单调递增，1由G(0)=1-a<0与G(ln2a)=>0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，4a故当x∈(0,x0)时，F(x)=G(x)<g(x0)=0，则f(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，f(x)<f0=0，即shx<ax，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为-∞,1．42,2(3)fx=chx-cosx-x，fx=shx+sinx-2x，令gx=fx=shx+sinx-2x，则gx=chx+cosx-2，令hx=gx=chx+cosx-2，则hx=shx-sinx，当x∈0,+∞时，由(2)可知，shx≥x，则hx=shx-sinx≥x-sinx，令ux=x-sinx，则ux=1-cosx≥0，故ux在0,+∞内单调递增，则hx≥ux≥u0=0，故hx在0,+∞内单调递增，则gx=hx≥h0=0，故gx在0,+∞内单调递增，则fx=gx≥g0=0，故fx在0,+∞内单调递增，22因为f-x=ch-x-cos-x--x=chx-cosx-x=fx，即fx为偶函数，故fx在-∞,0内单调递减，则fxmin=f0=0，故当且仅当x=0时，fx取得最小值0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.40(2024届高三新高考改革数学适应性练习(九省联考题型))对于非空集合g，定义其在某一运算××(统称乘法)“×”下的代数结构称为“群”g,×，简记为g．而判断g是否为一个群，需验证以下三点：1.(封闭性)对于规定的“×”运算，对任意a,b∈g，都须满足a×b∈g；2.(结合律)对于规定的“×”运算，对任意a,b,c∈g，都须满足a×b×c=a×b×c；3.(恒等元)存在e∈g，使得对任意a∈g，e×a=a；4.(逆的存在性)对任意a∈g，都存在b∈g，使得a×b=b×a=e．×××记群g所含的元素个数为n，则群g也称作“n阶群”．若群g的“×”运算满足交换律，即对任意a，×b∈g，a×b=b×a，我们称g为一个阿贝尔群(或交换群)．+(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群r；(2)记c为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得c在该运算下构成一个×群c，并说明理由；×(3)所有阶数小于等于四的群g是否都是阿贝尔群？请说明理由．【答案】(1)证明见解析×(2)c在复数的乘法运算下构成一个群c，理由见解析×(3)所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群，理由见解析【分析】(1)根据题意结合实数运算分析证明；(2)根据题意结合复数运算分析证明；×(3)分类讨论群g的阶数，根据题意结合反证法分析证明.【详解】(1)我们需证r在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：①封闭性：对a,b∈r，则a+b∈r，封闭性成立；②结合律：对a,b,c∈r，a+b+c=a+b+c，结合律成立；③恒等元：取e=0∈r，则对任意a∈r，0+a=a．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意a∈r，b=-a∈r，且a+b=a+-a=0=e，满足逆的存在性．+综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群r．(2)首先提出，c的“×”运算可以是复数的乘法：z1z2z1,z2∈c，理由如下．即证明s在普通乘法下可构成一个群，同(1)，需从四方面进行验证：2222①封闭性：设z1=a+bi，z2=c+di，其中z1，z2∈c，即a+b=c+d=1．则z1z2=a+bic+di=ac-bd+ad+bci，43,2222222222所以z1z2=ac-bd+ad+bc=ac+bd+ad+bc22222222=ca+b+da+b=c+d=1，即z1z2∈c，封闭性成立；②结合律：设z1=a+bi，z2=c+di，z3=e+fi，其中z1，z2，z3∈c，z1z2z3=a+bice-df+cf+dei=ace-df-bcf+de+acf+de+bce-dfiz1z2z3=ac-bd+ad+bcie+fi=eac-bd-fad+bc+fac-bd+ead+bci=ace-df-bcf+de+acf+de+bce-dfi即z1z2z3=z1z2z3，结合律成立；③恒等元：取e=1∈c，则对任意z∈c，1⋅z=z，符合恒等元要求；22④逆的存在性：对任意z=a+bi∈c，取其共轭z=a-bi，则z·z=a+b=1=e，满足逆的存在性；×综上所述，c在复数的乘法运算下构成一个群c．×(3)所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群，理由如下：××若群g的阶数为0，则g为空集，与定义矛盾．所以g的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．××(1)若群g的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时g是阿贝尔群；××(2)若群g的阶数为2，设其元素为e,a，其中e是恒等元，则e×a=a×e=a，符合交换律，故此时g是阿贝尔群；××(3)若群g的阶数为3，设其元素为e,a,b，其中e是恒等元，由群的封闭性，a×b∈g．若a×b=a，又a×e=a，推出b=e，则集合g有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，所以a×b=e，现要验证交换律，即a×b=b×a=e．×若b×a≠e，有前知，b×a≠a且b×a≠b，所以b×a∉g，×与群的封闭性矛盾．所以a×b=b×a，交换律成立，故此时g是阿贝尔群；×(4)若群g的阶数为4，设其元素为e,a,b,c，其中e是恒等元，×由群的封闭性，a×b∈g，由③的分析可知，b×a≠a且b×a≠b，所以a×b=e或a×b=c．×若a×b=e．由群中逆的存在性，群g中存在一个元素r使得rc=e，很明显r≠e，所以r=a或r=b．假设r=a，即a×c=e，又a×b=e，推出b=c则集合g有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，故只能a×b=c；先证交换律对a，b成立，即a×b=b×a．×若b×a≠a×b=c，则由a×b∈g，a×b只能等于e．又因为c×e=c≠e，c×b≠a×b=e(c和a同理)，不满足群中逆的存在性，矛盾，所以a×b=b×a=c．交换律对a,b成立．接下来只需证交换律对a,c和b,c也成立．事实上，由a和b的对称性，只需证a,c即可．由群中逆的存在性，存在q∈a,b使得q×c=e．①若q=a，则只需证c×a=a×c=e．×若c×a≠a×c=e，由群的封闭性，c×a∈g，所以c×a只能等于b，又因为a×b=c，得c×a=a×b×a=b，即a×a=1，但a是任取的，该结论具有局限性，不对一般的a成立，故矛盾．即c×a=a×c，此时交换律对a,c成立．②若q=b．群中逆的存在性，存在p∈b,c使得p×a=e，44,又因为a×b=c≠e，所以p只能等于c，即a×c=e，由①可得：c×a=a×c=e，即此时交换律对a,c成立．××故群g的阶数为4时，交换律成立，故此时g是阿贝尔群．×综上所述，所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群．【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．41(2024届高三新高考改革数学适应性练习(4)(九省联考题型))“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(bernoulli'sinequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等n式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数x∈-1,+∞，在n∈1,+∞时，有不等式1+x≥1+nnx成立；在n∈0,1时，有不等式1+x≤1+nx成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当n≥1时，对伯努利不等式进行证明；*(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知a1,a2,⋯,ann∈n是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a11+a2⋯1+an≥1+a1+a2+⋯+an【答案】(1)n= 0="">0，得到xn>x2>0∀n>2，证明出结论.【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是n= 0,1，或x= 0．01当n=0时，1+x=1+0x，当n=1时，1+x=1+x，n当x=0时，1+0=1+0n，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是n= 0,1，或x= 0；n(2)当n≥1时，我们需证1+x≥1+nx，n设fx=1+x-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，n-1n-1n-1fx=n1+x-n=n1+x-1，令1+x-1=0得x=0，即f0=0，x=0是fx的一个极值点．n-2令gx=fx，则gx=nn-11+x>0，所以fx单调递增．当-1<x<0时，fx<f0=0，当x>0时，fx>f0=0，故fx在-1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．所以在x=0处fx取得极小值f0=0，n即fx≥0恒成立，1+x≥nx+1．伯努利不等式对n≥1得证．(3)当n=1时，原不等式即1+a1≥1+a1，显然成立．当n≥2时，构造数列xn：xn=1+a11+a2⋯1+an-1+a1+a2+⋯+an，则xn+1-xn=an+11+a11+a2⋯1+an-1，45,若ai>0i=1,2,⋯,n+1，由上式易得xn+1-xn>0，即xn+1>xn；若-1<ai≤0i=1,2,⋯,n+1，则 0="">0，即此时xn+1>xn也成立．所以xn是一个单调递增的数列(n≥2)，由于x2=1+a11+a2-1+a1+a2=a1a2>0，所以xn>x2>0∀n>2，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.42(江苏省四校联合2024届高三新题型适应性考试数学试题)交比是射影几何中最基本的不变量，在ACBD欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称⋅(分式中各项均为BCAD有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．1(1)证明：1-(D,B;C,A)=；(B,A;C,D)(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△EFG的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△EFG对应边的交点在一条直线上．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据题干所给交比的定义即可证；(2)把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；(3)把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第(2)问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.DC⋅BABC⋅AD+DC⋅BABC⋅(AC+CD)+CD⋅AB【详解】(1)1-(D,B;C,A)=1-==BC⋅DABC⋅ADBC⋅ADBC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AC+AC⋅CDAC⋅BD1====；BC⋅ADBC⋅ADBC⋅AD(B,A;C,D)A1C1⋅B1D1S△PA1C1⋅S△PB1D1(2)A1,B1;C1,D1==B1C1⋅A1D1S△PB1C1⋅S△PA1D11⋅PA⋅PC⋅sin∠APC⋅1⋅PB⋅PD⋅sin∠BPD2111121111sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1==1⋅PB⋅PC⋅sin∠BPC⋅1⋅PA⋅PD⋅sin∠APDsin∠B1PC1⋅sin∠A1PD12111121111sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2S△PA2C2⋅S△PB2D2A2C2⋅B2D2=====A2,B2;C2,D2；sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2S△PB2C2⋅S△PA2D2B2C2⋅A2D246,(3)设EF与EF交于X，FG与FG交于Y，EG与EG交于Z，连接XY，FF与XY交于L，EE与XY交于M，GG与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．考虑线束XP，XE，XM，XE，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E)，再考虑线束YP，YF，YL，YF，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,G;N,G)，从而得到(P,E;M,E)=(P,G;N,G)，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，EG交于一点，即为点Z，从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.第一问直接根据交比的定义证明即可；第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形(高相同)转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.47</ai≤0i=1,2,⋯,n+1，则></x<0时，fx<f0=0，当x></g(x0)=0，则f(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，f(x)<f0=0，即shx<ax，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为-∞,1．42,2(3)fx=chx-cosx-x，fx=shx+sinx-2x，令gx=fx=shx+sinx-2x，则gx=chx+cosx-2，令hx=gx=chx+cosx-2，则hx=shx-sinx，当x∈0,+∞时，由(2)可知，shx≥x，则hx=shx-sinx≥x-sinx，令ux=x-sinx，则ux=1-cosx≥0，故ux在0,+∞内单调递增，则hx≥ux≥u0=0，故hx在0,+∞内单调递增，则gx=hx≥h0=0，故gx在0,+∞内单调递增，则fx=gx≥g0=0，故fx在0,+∞内单调递增，22因为f-x=ch-x-cos-x--x=chx-cosx-x=fx，即fx为偶函数，故fx在-∞,0内单调递减，则fxmin=f0=0，故当且仅当x=0时，fx取得最小值0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.40(2024届高三新高考改革数学适应性练习(九省联考题型))对于非空集合g，定义其在某一运算××(统称乘法)“×”下的代数结构称为“群”g,×，简记为g．而判断g是否为一个群，需验证以下三点：1.(封闭性)对于规定的“×”运算，对任意a,b∈g，都须满足a×b∈g；2.(结合律)对于规定的“×”运算，对任意a,b,c∈g，都须满足a×b×c=a×b×c；3.(恒等元)存在e∈g，使得对任意a∈g，e×a=a；4.(逆的存在性)对任意a∈g，都存在b∈g，使得a×b=b×a=e．×××记群g所含的元素个数为n，则群g也称作“n阶群”．若群g的“×”运算满足交换律，即对任意a，×b∈g，a×b=b×a，我们称g为一个阿贝尔群(或交换群)．+(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群r；(2)记c为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得c在该运算下构成一个×群c，并说明理由；×(3)所有阶数小于等于四的群g是否都是阿贝尔群？请说明理由．【答案】(1)证明见解析×(2)c在复数的乘法运算下构成一个群c，理由见解析×(3)所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群，理由见解析【分析】(1)根据题意结合实数运算分析证明；(2)根据题意结合复数运算分析证明；×(3)分类讨论群g的阶数，根据题意结合反证法分析证明.【详解】(1)我们需证r在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：①封闭性：对a,b∈r，则a+b∈r，封闭性成立；②结合律：对a,b,c∈r，a+b+c=a+b+c，结合律成立；③恒等元：取e=0∈r，则对任意a∈r，0+a=a．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意a∈r，b=-a∈r，且a+b=a+-a=0=e，满足逆的存在性．+综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群r．(2)首先提出，c的“×”运算可以是复数的乘法：z1z2z1,z2∈c，理由如下．即证明s在普通乘法下可构成一个群，同(1)，需从四方面进行验证：2222①封闭性：设z1=a+bi，z2=c+di，其中z1，z2∈c，即a+b=c+d=1．则z1z2=a+bic+di=ac-bd+ad+bci，43,2222222222所以z1z2=ac-bd+ad+bc=ac+bd+ad+bc22222222=ca+b+da+b=c+d=1，即z1z2∈c，封闭性成立；②结合律：设z1=a+bi，z2=c+di，z3=e+fi，其中z1，z2，z3∈c，z1z2z3=a+bice-df+cf+dei=ace-df-bcf+de+acf+de+bce-dfiz1z2z3=ac-bd+ad+bcie+fi=eac-bd-fad+bc+fac-bd+ead+bci=ace-df-bcf+de+acf+de+bce-dfi即z1z2z3=z1z2z3，结合律成立；③恒等元：取e=1∈c，则对任意z∈c，1⋅z=z，符合恒等元要求；22④逆的存在性：对任意z=a+bi∈c，取其共轭z=a-bi，则z·z=a+b=1=e，满足逆的存在性；×综上所述，c在复数的乘法运算下构成一个群c．×(3)所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群，理由如下：××若群g的阶数为0，则g为空集，与定义矛盾．所以g的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．××(1)若群g的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时g是阿贝尔群；××(2)若群g的阶数为2，设其元素为e,a，其中e是恒等元，则e×a=a×e=a，符合交换律，故此时g是阿贝尔群；××(3)若群g的阶数为3，设其元素为e,a,b，其中e是恒等元，由群的封闭性，a×b∈g．若a×b=a，又a×e=a，推出b=e，则集合g有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，所以a×b=e，现要验证交换律，即a×b=b×a=e．×若b×a≠e，有前知，b×a≠a且b×a≠b，所以b×a∉g，×与群的封闭性矛盾．所以a×b=b×a，交换律成立，故此时g是阿贝尔群；×(4)若群g的阶数为4，设其元素为e,a,b,c，其中e是恒等元，×由群的封闭性，a×b∈g，由③的分析可知，b×a≠a且b×a≠b，所以a×b=e或a×b=c．×若a×b=e．由群中逆的存在性，群g中存在一个元素r使得rc=e，很明显r≠e，所以r=a或r=b．假设r=a，即a×c=e，又a×b=e，推出b=c则集合g有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，故只能a×b=c；先证交换律对a，b成立，即a×b=b×a．×若b×a≠a×b=c，则由a×b∈g，a×b只能等于e．又因为c×e=c≠e，c×b≠a×b=e(c和a同理)，不满足群中逆的存在性，矛盾，所以a×b=b×a=c．交换律对a,b成立．接下来只需证交换律对a,c和b,c也成立．事实上，由a和b的对称性，只需证a,c即可．由群中逆的存在性，存在q∈a,b使得q×c=e．①若q=a，则只需证c×a=a×c=e．×若c×a≠a×c=e，由群的封闭性，c×a∈g，所以c×a只能等于b，又因为a×b=c，得c×a=a×b×a=b，即a×a=1，但a是任取的，该结论具有局限性，不对一般的a成立，故矛盾．即c×a=a×c，此时交换律对a,c成立．②若q=b．群中逆的存在性，存在p∈b,c使得p×a=e，44,又因为a×b=c≠e，所以p只能等于c，即a×c=e，由①可得：c×a=a×c=e，即此时交换律对a,c成立．××故群g的阶数为4时，交换律成立，故此时g是阿贝尔群．×综上所述，所有阶数小于等于四的群g都是阿贝尔群．【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．41(2024届高三新高考改革数学适应性练习(4)(九省联考题型))“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(bernoulli'sinequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等n式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数x∈-1,+∞，在n∈1,+∞时，有不等式1+x≥1+nnx成立；在n∈0,1时，有不等式1+x≤1+nx成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当n≥1时，对伯努利不等式进行证明；*(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知a1,a2,⋯,ann∈n是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a11+a2⋯1+an≥1+a1+a2+⋯+an【答案】(1)n=></t<4，即t的范围为0,4，t></x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，2m1所以此时，g(x)<0，在0,-1内无零点，2m1∴g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为0,．2【点睛】方法点睛：利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，而构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.34(重庆市求精中学校2023-2024学年高二下学期阶段测试数学试题)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△abc的三个内角均小于120°时，使得∠aob=∠boc=∠coa=120°的点o即为费马点；当△abc有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△abc的内角a,b,c所对的边分别为a,b,c，且cos2b+cos2c-cos2a=1(1)求a；(2)若bc=2，设点p为△abc的费马点，求pa⋅pb+pb⋅pc+pc⋅pa；(3)设点p为△abc的费马点，pb+pc=tpa，求实数t的最小值．π【答案】(1)a=223(2)-3(3)2+23222【分析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2b+cos2c-cos2a=1可得a=b+c，即可求得答案；(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.2π(3)由(1)结论可得∠apb=∠bpc=∠cpa=，设|pb|=m|pa|,|pc|=n|pa|,|pa|=x，推出m+n3=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式即可求得答案.222【详解】(1)由已知△abc中cos2b+cos2c-cos2a=1，即1-2sinb+1-2sinc-1+2sina=1，222222故sina=sinb+sinc，由正弦定理可得a=b+c，π故△abc直角三角形，即a=.2π(2)由(1)a=，所以三角形abc的三个角都小于120°，2则由费马点定义可知：∠apb=∠bpc=∠apc=120°，设pa=x,pb=y,pc=z，由s△apb+s△bpc+s△apc=s△abc得：131313143xy⋅+yz⋅+xz⋅=×2，整理得xy+yz+xz=，22222223则pa⋅pb+pb⋅pc+pa⋅pc11114323=xy⋅-2+yz⋅-2+xz⋅-2=-2×3=-3.2π(3)点p为△abc的费马点，则∠apb=∠bpc=∠cpa=，3设|pb|=m|pa|,|pc|=n|pa|,|pa|=x,m></m<．m2m222m216∴l(x)></f0=-2，所以ln(x+1)<2x+1，mm∴l(x)></m<1，∴x(m-1)<0，则mx-1></x<1时恒成立，xx1h(x)在0,1上单调递增，h(x)<h(1)=0，∴g-1=(1-2m)+ln2m<0恒成立；2m222mx-1∵x></x<1，h(x)=-1+，h(x)=-1+></m<时，令g(x)=0即2m=，∴x=-1．2x+12m11当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数；x></x<0时，φ(x)=f(x)-r(x)<φ(0)=0；所以x≥0时，f(x)≥r(x)；-1<x<0时，f(x)<r(x)．f(x)11(3)由h(x)=-2-mf(x)=x+mln(x+1)，r(x)2111mx+x-(x+1)ln(x+1)∴h(x)=-ln(x+1)++m=．x2xx+1x2(x+1)f(x)1由h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h(x)在(0,+∞)上存在变号零点．r(x)22令g(x)=mx+x-(x+1)ln(x+1)，则g(x)=2mx+1-ln(x+1)+1=2mx-ln(x+1)，g(x)=2m-1．x+1①m<0时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(x)<g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为减函数，g(x)<g(0)=0，无零点，不满足条件．1②当2m></b≤2,若a,b≥0，则由a,b⊆0,π，知fx≤0，与值域是a,b⊆0,π矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a,b≤0时，也不存在，下面讨论a≤0≤b，ππ若b≥，则0,⊆a,b，故fx最小值为-2，于是a=-2，22ππ所以-,⊆a,b，22所以fx最大值为2，故b=2，此时fx的定义域为-2,2，值域为-2,2，符合题意.ππ若b<，当a≤-时，同理可得a=-2,b=2，舍去，22π当a></b≤1，注意到1<，2ππ故a,b⊆-,，所以fx在a,b单调递增，22fa=a于是，即a,b是方程sinx=x的两个不等实根，fb=bπ易知x=±不是方程的根，2ππ由已知，当x∈0,2时，sinx<x，令x=-t，则有t∈-2,0时，sin-t<-t，即sint></x-+,⋯.23!3!5!πsinx1(1)证明：当x∈0,时，></x,sinx></x<lna时，fx<0.所以fx在-lna,0上单调递增，在0,lna上单调递减.因此，x=0是fx的极大值点，不是fx的极小值点.综上，实数a的取值范围是-∞,1.【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分a≤1和a></x<0时，fx></gx.x2x-x2xe+ex(3)fx=gx-a1+2=2-a1+2，则x-xx-xx-xe-ee-ee+efx=-ax，设gx=-ax，gx=-a.222x-xe+e1x-x由基本不等式知，≥×2e⋅e=1，当且仅当x=0时等号成立.22所以当a≤1时，gx≥1-a≥0，所以fx在r上单调递增.又因为fx是奇函数，且f0=0，所以当x></gx；x2x(3)设fx=gx-a1+2，若x=0是fx的极小值点，求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)-∞,1x【分析】(1)首先设hx=e-x-1，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；x-x(2)首先由泰勒公式，由e和e，再求得fx和gx的解析式，即可证明；(3)分a≤1和a></u<v≤10，1<p<q≤10,使得au,p=av,p=av,q=k，所以dau,p,av,q=au,p-av,p+av,p-av,q=0，则命题得证.28(广东省2024届普通高等学校招生全国统一考试模拟测试(一)数学试卷)数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a=(x,y)，其模定义为|a|a11a12a13⋯a1n=x2+y2.类似地，对于n行n列的矩阵a=a21a22a23⋯a2n，其模可由向量模拓展为a=nna31a32a33⋯a3n⋮⋮⋮⋮nn122aij(其中aij为矩阵中第i行第j列的数，∑为求和符号)，记作af，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼i=1j=1nn1a11a1224222222乌斯范数，例如对于矩阵a22==，其矩阵模af=aij=2+4+3+5=36.弗a21a2235i=1j=1罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.100⋯0020⋯0*(1)∀n∈n，n≥3，矩阵bnn=003⋯0，求使bf></a2<a3<⋯<an．①若bn=an+1-ann∈n+，数列bn的前n项和为sn，求s4048；②若cn=tana2n+3⋅tana2n+1n∈n+，求数列cn的前n项和tn．【答案】(1)x=3k或x=3k-2k∈ztan3n+4-tan4(2)�16072；�2-ntan3【分析】(1)根据同除的定义求解，xx+2≡0(mod3)，即xx+2能被3整除，从而得出x或x+2能被3整除；(2)①首先求出an(分奇偶项)，确定出bn，用并项求和法求和；②求出cn，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．【详解】(1)由题意xx+2≡0(mod3)，所以x=3k或x+2=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k-2(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,···，所以an=n．3×n为偶数22n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n+)，所以bn=1n为偶数．则s4048=b1+b2+b3+⋯+b4048=3×2024=6072．②cn=tana2n+3⋅tana2n+1=tan3n+4⋅tan3n+1(n∈n+)．tan3n+4-tan3n+1因为tan3n+4⋅tan3n+1=-1，tan3tan7-tan4tan10-tan7tan3n+4-tan3n+1所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯+tan3-1tan3n+4-tan4=-n．tan3【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．25(湖北省襄阳市第五中学2024届高三下学期开学考试数学试题)“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数x被m除余r，我们可以写作x≡rmodm．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术(也称作“中国剩余定理”)是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数m1，m2，⋯，mn两两互质，则对任意的整数：r1，r2，⋯，rn方程组22,x≡r1modm1x≡r2modm2一定有解，并且通解为x=km+r1t1m1+r2t2m2+⋅⋅⋅+rntnmn，其中k为任意整数，m=m1⋯x≡rnmodmnmm2⋅⋅⋅mn，mi=，ti为整数，且满足miti=1modmi．mi(1)求出满足条件的最小正整数，并写出第n个满足条件的正整数；(2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．(提示：可以用首尾进行相加)．【答案】(1)23，105n-82(2)82820【分析】(1)找出满足条件的最小整数值为23，满足条件的数形成以23为首项，105为公差的数列，即可求出答案；(2)确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】(1)由题目中给出的中国剩余定理可知x=105k+2×35t1+3×21t2+2×15t3，35t1≡1mod3t1=2又因为21t2≡1mod5，解得t2=1，15t3≡1mod7t3=1所以x=105k+140+63+30=233+105k，当k=-2时，x取得最小值，xmin=233-210=23．所以第n个满足条件的正整数为23+105n-1=105n-82．82(2)不超过4200的正整数中，105n-82<4200，解得n≤40，105所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有23+23+105×39+23+105×1+23+105×38+⋅⋅⋅40=×23×2+105×39=82820，2故所有满足条件的数的和为82820．【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是充分理解剩余定理，从而得到方程组，解出相关t值，再计算出xmin即可.26(河南省部分重点高中2024届高三普通高等学校招生全国统一考试(期末联考)数学试卷)三阶行列a1a2a3式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：b1b2b3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c1c2c3ijkc2．若a×b=x1y1z1，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈r)，b=x2y2z2x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈r)，i,j,k为单位正交基底．以o为坐标原点、分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知a，b是空间直角坐标系中异于o的不同两点．(1)①若a1,2,1，b0,-1,1，求oa×ob；②证明：oa×ob+ob×oa=0．1(2)记△aob的面积为s△aob，证明：s△aob=oa×ob．22(3)证明：oa×ob的几何意义表示以△aob为底面、oa×ob为高的三棱锥体积的6倍．【答案】(1)①oa×ob=3,-1,-1；②证明见解析(2)证明见解析23,(3)证明见解析【分析】(1)利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.21(2)利用数量积公式求得cos∠aob，则有sin∠aob=1-cos∠aob可知s△aob=oaob⋅21222sin∠aob=oaob-(oa⋅ob)，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．2121(3)由(2)s△aob=oa×ob，化简可得(oa×ob)=s△aob⋅oa×ob×6，即可得出结果.23【详解】(1)①因为a1,2,1，b0,-1,1，ijk则oa×ob=121=2i+0+-1k-0-j--1i=3i-j-k=3,-1,-1．0-11②证明：设ax1,y1,z1，bx2,y2,z2，则oa×ob=y1z2i+z1x2j+x1y2k-x2y1k-z2x1j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，将x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，可得ob×oa=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，故oa×ob+ob×oa=0,0,0=0．22222(oa⋅ob)oaob-(oa⋅ob)(2)证明：因为sin∠aob=1-cos∠aob=1-=，22oaoboaob11222故s△aob=oaob⋅sin∠aob=oaob-(oa⋅ob)，221故要证s△aob=oa×ob，2222只需证oa×ob=oaob-(oa⋅ob)，2222即证oa×ob=oaob-(oa⋅ob)．由(1)oa=(x1,y1,z1)，ob=x2,y2,z2，oa×ob=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2222故oa×ob=(y1z2-y2z1)+(z1x2-z2x1)+x1y2-x2y1，222222222222=y1z2+y2z1+z1x2+z2x1+x1y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y12222222222又oa=x1+y1+z1，ob=x2+y2+z2，oa⋅ob=x1x2+y1y2+z1z2，2222222222故oaob-(oa⋅ob)=x1+y1+z1x2+y2+z2-x1x2+y1y2+z1z22222222=x1+y1+z1x2+y2+z2-x1x2+y1y2+z1z2222222222222=y1z2+y2z1+z1x2+z2x1+x1y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y12222则oa×ob=oaob-(oa⋅ob)成立，1故s△aob=oa×ob．21(3)证明：由(2)s△aob=oa×ob，2221得(oa×ob)=oa×ob=oa×ob⋅2oa×ob=s△aob⋅2oa×ob，221故(oa×ob)=s△aob⋅oa×ob×6，32故(oa×ob)的几何意义表示以△aob为底面、oa×ob为高的三棱锥体积的6倍．24,a1,1a1,2⋯a1,ma2,1a2,2⋯a2,m227(北京市朝阳区2024届高三上学期期中数学试题)已知am=(m≥2)是m⋮⋮⋱⋮am,1am,2⋯am,m个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i<s≤m,1≤j<t≤m时，记dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t．*设n∈n，若am满足如下两个性质：①ai,j∈1,2,3;⋯,n(i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；②对任意k∈1,2,3,⋯,n，存在i∈1,2,⋯,m,j∈1,2,⋯,m，使得ai,j=k，则称am为γn数表．123(1)判断a3=231是否为γ3数表，并求da1,1,a2,2+da2,2,a3,3的值；312(2)若γ2数表a4满足dai,j,ai+1,j+1=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求a4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意γ4数表a10，存在1≤i<s≤10,1≤j<t≤10，使得dai,j,as,t=0．【答案】(1)是；5(2)22(3)证明见详解【分析】(1)根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；(2)根据条件讨论ai+1,j的值，根据dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t，得到相关的值，进行最小值求和即可；(3)当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri-1条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.123【详解】(1)a3=231是γ3数表，312da1,1,a2,2+da2,2,a3,3=2+3=5.(2)由题可知dai,j,as,t=ai,j-as,j+as,j-as,t=1(i=1,2,3;j=1,2,3).当ai+1,j=1时，有dai,j,ai+1,j+1=ai,j-1+ai+1,j+1-1=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.当ai+1,j=2时，有dai,j,ai+1,j+1=2-ai,j+2-ai+1,j+1=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.所以ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).所以a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6,a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4或者a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5，a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4或者a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5，a1,4=1或a1,4=2，a4,1=1或a4,1=2，故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，11111222当a4=时，12111212各数之和取得最小值22.(3)由于γ4数表a10中共100个数字，必然存在k∈1,2,3,4，使得数表中k的个数满足t≥25.25,设第i行中k的个数为ri(i=1,2,⋅⋅⋅,10).当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri-1条有向线段，i=1所以横向有向线段的起点总数r=∑(ri-1)≥∑(ri-1)=t-10.ri≥210设第j列中k的个数为cj(j=1,2,⋅⋅⋅,10).当cj≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，则该列有cj-1条有向线段，j=1所以纵向有向线段的起点总数c=∑(cj-1)≥∑(cj-1)=t-10.cj≥210所以r+c≥2t-20,因为t≥25,所以r+c-t≥2t-20-t=t-20></xn+1<a．【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.23(浙江省宁波市镇海中学2024届高三上学期期末数学试题)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线c：y=fx上的曲线段ab，其弧长为δs，当动点从a沿曲线段ab运动到b点时，a点的切线la也随着转动到b点的切线lb，记这两条切线之间的夹角为δθ(它等于lb的倾斜角与la的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越δθ大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义k=为曲线段ab的平均曲率；显然当bδs20,δθy越接近a，即δs越小，k就越能精确刻画曲线c在点a处的弯曲程度，因此定义k=lim=δs→0δs3221+y(若极限存在)为曲线c在点a处的曲率．(其中y＇，y＇＇分别表示y=fx在点a处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；2x21(2)求椭圆+y=1在3,处的曲率；4222y(3)定义φy=为曲线y=fx的“柯西曲率”．已知在曲线fx=xlnx-2x上存在两点31+y33px1,fx1和qx2,fx2，且p，q处的“柯西曲率”相同，求x1+x2的取值范围．【答案】(1)1167(2)492(3),1e【分析】(1)依据所给定义求解即可.(2)直接利用定义求解即可.(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.πδθ3【详解】(1)k==π=1．δs32xx2-11x2-1x2x2-3x222(2)y=1-4，y=-41-4，y=-41-4-161-4，32167故yx=3=-，yx=3=-2，故k=3=．232491+4122y22223(3)fx=lnx-1，fx=，故φy===，其中s=x，x1+y3xlnx33slns333tlntt2令t1=x1，t2=x2，则t1lnt1=t2lnt2，则lnt1=-，其中t=></fa=0，f(xn)所以xn+1=xn-></h(xn+1)=fa=0，因为f(x)为单调递增函数，所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1<a，又因为x1<a，*所以，对于任意n∈n，均有xn<a，所以，f(xn)></fa=0证明xn+1=xn-></xn+1<a.【答案】(1)证明见解析-xnlnxn+(b+1)xn(2)g(xn)=，证明见解析1+2xn【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；1+2xn(2)(i)由导数的几何意义得曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为y=x+lnxn-b-1，进而得g(xnxn-xnlnxn+(b+1)xn)=；1+2xn1+2xn1(ii)令h(x)=x+lnxn-b-1，进而构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，结合函数单xnxnf(xn)调性证明xn+1<a，再根据f′(xn)></xn+1<a【点睛】本题考查利用导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二1问解题的关键在于结合切线方程，构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，进而结合函数的单xn调性证明不等式.22(广东省广州市天河区2024届高三毕业班综合测试(二)数学试卷)已知函数fx=lnx+2x-b(b></f(a)=0.f(xn)所以xn+1=xn-></h(xn+1)=f(a)=0,因为fx为单调递增函数，所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1<a.又因为x1<a，*所以，对于任意n∈n，均有xn<a，所以，f(xn)></f(a)=0证明xn+1=xn-></xn+1<a.【答案】(1)证明见解析；-xnlnxn+b+1xn(2)(i)gxn=；(ii)证明见解析.1+2xn【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；1+2xn(2)(i)由导数的几何意义得曲线fx在xn,fxn处的切线方程为y=x+lnxn-b-1，进而得xn-xnlnxn+b+1xngxn=；1+2xn1+2xn1(ii)令hx=x+lnxn-b-1，进而构造函数f(x)=f(x)-h(x)=lnx-x-lnxn+1，结合函数单xnxnf(xn)调性证明xn+1<a，再根据f(xn)></e，xlnx<0，fx<0即fx单调递减，x></x2.①求出a的取值范围；dx1+x2②证明></x<时，曲线y=cosx与直线x=0(y轴)，x=α以及x轴围成的“曲边面积”大于直线x2=0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=cosα围成的矩形面积，小于x=0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=1围成的矩形面积.kπ2kπkπ(3)因为1+cos=2cos=2cos,k=1,2,⋯n，n2n2n15,1π2π3πnπ所以1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cosnnnnn12π2π3πππ=ncos2n+cos2n+cos2n+⋯+cos2<2∫cos2xdx，02ππ设fx=sinx，则fx=cosx，π221π2π2所以∫cosxdx=f1-f0=sin=，2π2π01π2π3πnπ22故1+cos+1+cos+1+cos+⋯+1+cos<.nnnnnπ【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果.20(广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三上学期数学周测试题(12))多元导数在微积分学中有重要的应用.设y是由a，b，c⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a变化为a+δa时，y变化为yδydydy+δy，记lim为y对a的导数，其符号为.和一般导数一样，若在a1,a2上，已知></x<上单调递增，hxmin></x<，2π则hx=xsinx></x<上单调递增，所以gxmin></x<，则gx=1-cosx></h1=0，即hx在0,1为减函数，所以hx></x1<x2，曲线y=fx在x1,fx1处的切线方程为l1:y-fx1=fx1x-x1，即y=fx1x+fx1-x1fx1同理曲线y=fx在x2,fx2处的切线方程为l2:y=fx2x+fx2-x2fx2，fx1=fx2假设l1与l2重合，则，fx1-x1fx1=fx2-x2fx2lnx2-lnx1+2ax2-x1=0代入化简可得，ax2+x1=-1(a<0)x2-x1x2-x1x2+x1两式消去a，可得lnx2-lnx1-2=0，整理得=，x2+x1lnx2-lnx12x2-x1x2+x1由(1)的结论知<，与上式矛盾lnx2-lnx12即对任意实数a,b及任意不相等的正数x1,x2,l1与l2均不重合．②当b=-1时，不等式fx≥2sinx-1恒成立，2所以hx=ax-x+xlnx-2sinx-1≥0在0,+∞恒成立，所以h1≥0⇒a≥1，下证：当a≥1时，hx≥0恒成立．2因为a≥1，所以hx≥x-x+xlnx-2sinx-12设hx=x-x+xlnx-2sinx-1,hx=2x+lnx-2cosx-1(i)当x∈1,+∞时，由2x≥2,,lnx≥0,-2cosx-1≥-2知hx≥0恒成立，即hx在1,+∞为增函数，所以hx≥h1=0成立；1(ii)当x∈0,1时，设gx=2x+lnx-2cosx-1，可得gx=2++2sinx-1，x1由2sinx-1≥-2,></s，代入数据，进一步可以推导出不等式：></a<0，方程fx=0有两个解，即fx有两个不动点；4e3综上，当a≥0时或a=-时，fx有唯一稳定点；4e3当-1<a<-时，fx无稳定点；4e3当-<a<0，fx有两个稳定点；4e【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义问题，涉及到知识点较多，解答时要注意理解函数新定义的含义，解答的难点是(3)中判断函数稳定点的个数，解答时要结合新定义，采用分类讨论的方法去解决问题，解答过程较为复杂，要有较强的逻辑思维能力.18(2024·湖北·二模)微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过1渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数fx=(x></e，e1e3此时-1<a<-，方程fx=0无解，即fx无不动点；4e2222(iii)当fxmax=2lnx1-x-2></a<0时，f1=+a+1></x0，则ffx0=fy0<fx0=y0<x0，与ffx0=x0矛盾；故必有y0=x0，即ffx0=fy0=fx0=y0=x0，即fx0=y0=x0，故x0为函数fx的不动点，综上，“x0为函数fx的不动点”是“x0为函数fx的稳定点”的充分必要条件；21(3)当a></m≤.2x23mm2113由②，pb+pc-pa=m+1-m=，易知函数y=在0,上单调递减，于m2+1+mm2+1+m33是pb+pc-pa∈,1.38,3故答案为：,1.322n+t-11【点睛】本题难度较大，注意以下几个细节的处理，首先“cos120°==-⇒n+t=nt+1”这一2nt21sin60°-αsinα步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“1+=+”这个等式里发现了倒数2sinαmsin60°-α21关系，故而进行了换元，否则通分化简运算量特别大；再次，“pb+pc-pa=m+1-m=”2m+1+m12这一步变形目的在于可以直接判断函数y=的单调性，而函数y=m+1-m的单调性需要2m+1+m借助导数.15(福建省泉州市普通高中2023-2024学年高二上学期12月学科竞赛数学试题)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数y=xx∈r称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数.设s=2024k2024+2024k，则s除以2023的余数是.kk=1-1⋅2023【答案】1011【分析】先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可.k(2023+1)k+2023k+k2024+2024k【详解】ak==，kk-1⋅2023-1⋅2023k0k1k-1k-1k0又(2023+1)=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck2023+ck2023，k(2023+1)0k-11k-2k-11则=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck+，202320232024kk又=k+，20232023k2024+2024k0k-11k-2k-11k所以=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck++k+2023202320230k-11k-2k-1k+1=ck2023+ck2023+⋅⋅⋅+ck+k+，2023所以当k=2n,(1≤n≤1010,n∈z)，k2n2024+2024k2024+2024⋅2nk=2023(-1)⋅2023=c020232n-1+c120232n-2+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+2n+12n2n2n202302n-112n-22n-1=c2n2023+c2n2023+⋅⋅⋅+c2n+2n，2n-1其除以2023的余数为c2n+2n=2n+2n=4n，当k=2n,(n=1011,n=1012)时，k2n2024+2024k2024+2024⋅2nk=2023(-1)⋅2023=c020232n-1+c120232n-2+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+2n+12n2n2n202302n-112n-22n-1=c2n2023+c2n2023+⋅⋅⋅+c2n+2n+1，其除以2023的余数2022和3，当1≤k≤2024且k=2n-1,(1≤n≤1011,n∈z)时，k20242n-1+2024⋅(2n-1)2024+2024k(-1)k⋅2023=-20239,=-c020232n-2+c120232n-3+⋅⋅⋅+c2n-2+2n-1+2n2n-12n-12n-1202302n-212n-32n-2=-c2n-12023+c2n-12023+⋅⋅⋅+c2n-1+2n，其除以2023的余数为2023-(4n-1)=2024-4n，当k=2n-1,n=1012时，k20242n-1+2024⋅(2n-1)2024+2024k(-1)k⋅2023=-2023=-c020232n-2+c120232n-3+⋅⋅⋅+c2n-2+2n-1+2n2n-12n-12n-1202302n-212n-32n-2=-c2n-12023+c2n-12023+⋅⋅⋅+c2n-1+2n+1，其除以2023的余数为2021，10111011s除以2023的余数为4n+2022+3+2024-4n+2021除以2023的余数，n=1n=1即2024×1011+2022+3+2021=2024×1011+4046除以2023的余数，又2024×1011+4046=(2023+1)×1011+2023×2=2023×1011+1011+2023×2其除以2023的余数为1011，故答案为：1011.【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余.四、解答题16(2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试(九省联考)数学试题)离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合x=1,2,⋯,p-1，若u,v∈x,m∈n，记u⊗v为uv除以p的余数，m,⊗m2,⊗p-2,⊗n,⊗u为u除以p的余数；设a∈x，1,a,a,⋯,a两两不同，若a=bn∈0,1,⋯,p-2，则称n是以a为底b的离散对数，记为n=log(p)ab．p-1,⊗(1)若p=11,a=2，求a；(2)对m1,m2∈0,1,⋯,p-2，记m1⊕m2为m1+m2除以p-1的余数(当m1+m2能被p-1整除时，m1⊕m2=0)．证明：log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac，其中b,c∈x；k,⊗k,⊗np-2,⊗(3)已知n=log(p)ab．对x∈x,k∈1,2,⋯,p-2，令y1=a,y2=x⊗b．证明：x=y2⊗y1．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)第一问直接根据新定义来即可.(2)第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.(3)根据新定义进行转换即可得证.10【详解】(1)若p=11,a=2，又注意到2=1024=93×11+1，p-1,⊗10,⊗所以a=2=1.(2)【方法一】：当p=2时，此时x={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，故log(p)ab⊗c=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0，此时log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.2,⊗p-2,⊗当p>
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