2024年九省联考新情境压轴题精选25题（解析版）

2024年九省联考新情境压轴题精选25题一、填空题1(2024·重庆市·联考题)已知集合M=x∈N|1≤x≤12，集合A1,A2,A3满足①每个集合都恰有4个元素；②A1∪A2∪A3=M.集合Ai(i=1,2,3)中元素的最大值与最小值之和称为集合Ai的特征数，记为Xi(i=1,2,3)，则X1+X2+X3的最大值与最小值的差为.【答案】12【解析】解：由题意知，当A1={1,2,3,12},A2={4,5,6,11},A3={7,8,9,10},X1+X2+X3的最大值为45.当A1={1,4,5,6},A2={3,10,11,12},A3={2,7,8,9},X1+X2+X3的最小值为33.则X1+X2+X3的最大值与最小值的差为12.故答案为：122(2024·湖北省·联考题)记max{f(x)}，min{f(x)}分别表示函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值．x∈[a,b]x∈[a,b]则minmax{|m+n-2n|}=.m∈[-3,3]n∈[0,9]【答案】22【解析】解：m+n-2n=n-1+m-1，当n∈0,9时，n∈0,3，2令fx=x-1+m-1，x∈0,3，f1=m-1，f3=m+3，f0=m=f2，可知函数y=fx的最大值在x=1或x=3处取得，令m-1=m+3，解得m=-1，当m≥-1时，m+3=m+3≥m-1，此时fxmax=m+3；当m<-1时，m+3<m-1，此时fxmax=m-1=1-m；m+3,m≥-1则maxm+n-2n=，n∈0,91-m,m<-1m+3,m≥-1令gm=，1-m,m<-1则当-1≤m≤3时，gm=m+3≥2；当-3≤m<-1时，gm=1-m>2；则函数gm在m∈-3,3上的最小值为2，1 故minmaxm+n-2n=2.m∈-3,3n∈0,9故答案为2.3(2024·广东省·联考题)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】,13°°【解析】如图，根据题意，设PA=m,PB=n,PC=t，∠PAC=α0<α<60，则∠PBA=α，∠PAB=22°°n+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=，sinαsin60°-αmn在△PAB中，由正弦定理有=，sinαsin60°-αt=msinα°sin60-α22故°，则nt=m，由①，n+t=m+1⋯②，msin60-αn=sinα°°msin60-αmsinα21sin60-αsinα且+=m+1⇒1+=+，sinα°m2sinα°sin60-αsin60-α°3cosα-1sinα3sin60-α222113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，m2+1+mm2+1+m33于是PB+PC-PA∈,1.33故答案为：,1.322°n+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”这一2nt22 °1sin60-αsinα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2sinα°msin60-α2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=112”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+1-22m+1+mm+1+mm的单调性需要借助导数.4(2024·安徽省黄山市·模拟题)剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的中国民间艺术.其传承赓续的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认知、道德观念、实践经验、生活理想和审美情趣，具有认知、教化、表意、抒情、娱乐、交往等多重社222333会价值.现有如图所示剪纸图案，其花纹中就隐含方程为x+y=a(a>0)的曲线C(称为星形线)，则曲线C的内切圆半径为;以曲线C上点(m,n)(mn≠0)为切点的直线被坐标轴截得的线段长等于.1【答案】a；a2【解析】曲线C有x轴，y轴，y=x，y=-x四条对称轴，由曲线的对称性，内切圆心为坐标原点，只需考察第一象限内，曲线上的点到原点距离的最小值即为内切圆半径，22第一象限内曲线上的点为P(x,y)，则|PO|=x+y，11113333π令x=acosα，y=asinα，α∈0,，226632则|PO|=a(cosα+sinα)=a1-sin2α，4π11故当α=时，|PO|min=a，即内切圆半径为a;422由曲线的对称性，只需考察第一象限内的点(m,n)(m>0,n>0)为切点的直线，223222332332考查函数y=a-x，则切线方程为y=-ma-m(x-m)+n，设切线与x轴，y轴交点为A，B，3 222123333333由于m+n=a，令y=0，得A点坐标mn+m,0，令x=0，得B点坐标mn+n,0，故1222122222223|AB|=(n)+m+(m)+n)=2(n+m)+nm+n=a.二、解答题5(2024·湖北省·联考题)记A={l(x)|l(x)=kx+m,k,m∈R}，若l0(x)∈A，满足：对任意l(x)∈A，均有max|f(x)-l(x)|≥max|f(x)-l0(x)|，则称l0(x)为函数f(x)在x∈[a,b]上“最接近”直线.已知函数x∈[a,b]x∈[a,b]2g(x)=2lnx-x+3，x∈[r,s].(1)若g(r)=g(s)=0，证明：对任意l(x)∈A，max|g(x)-l(x)|≥1;x∈[r,s](2)若r=1，s=2，证明：g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为：1+x02+g(x0)2l0(x)=(2ln2-3)x-2+2，其中x0∈(1,2)且为二次方程2x+(2ln2-3)x-2=0的根.22(1-x)(1+x)【答案】证明：(1)由题意g′(x)=-2x=，xx则当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)在区间(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递减.又g(r)=g(s)=0，∴0<r<1<s.∴g(x)在区间[r,s]上的最大值为gmax(x)=g(1)=2，根据函数g(x)的图象特点，可知对任意l(x)∈A，均有max|g(x)-l(x)|≥max{|g(r)-l(r)||g(s)-l(s)|,x∈[r,s]x∈[r,s]|g(1)-l(1)|}=max|l(r)|,|l(s)|,|2-l(1)|，x∈[r,s]下面讨论|l(r)|,|l(s)|的大小：①若|l(r)|,|l(s)|至少有一个大于等于1，则max|g(x)-l(x)|≥1;x∈[r,s]②若|l(r)|,|l(s)|两个都小于1，则l(r)<1，l(s)<1，因为l(x)是直线，故对任意x∈[r,s]，均有l(x)<1，∴l(1)<1，从而：|2-l(1)|>1，即max|g(x)-l(x)|≥max{|l(r)|,|l(s)|,|2-l(1)|}>1.x∈[r,s]x∈[r,s]由①②可知，max{|g(r)-l(r)|,|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|}≥1.x∈[r,s]g(1)当l(x)==1时，公众号：慧博高中数学最新试题2max|g(x)-l(x)|=1，max{|g(r)-1|,|g(s)-1|,|g(1)-1|}=1，此时等号成立.x∈[r,s]x∈[r,s](2)设h(x)=(2ln2-3)(x-1)+2，再令f(x)=g(x)-h(x)，2∴f′(x)=g′(x)-h′(x)=-2x-(2ln2-3).x22令m(x)=-2x-(2ln2-3)，可得m′(x)=--2<0，xx2∴f′(x)在区间[1,2]上单调递减.而f′(1)>0，f′(2)<0，4 ∴存在x0∈(1,2)，使得f′(x0)=0，22即-2x0-(2ln2-3)=0⇒2x0+(2ln2-3)x0-2=0，x0且x∈[1,x0]时f′(x)>0，f(x)单调递增;x∈[x0,2]时f′(x)<0，f(x)单调递减.∴f(x)在区间[1,2]上的最大值为fmax(x)=f(x0)，而f(1)=g(1)-h(1)=0，f(2)=g(2)-h(2)=0.则f(x)在区间[1,2]上大于等于0.由第(1)问分析知，对定义在[a,b]上的函数f(x)≥0，若f(x)满足f(a)=f(b)=0，且x0∈[a,b]为f(x)唯一的最大值点，f(x0)f(x0)则对任意的l(x)∈A，max|f(x)-l(x)|≥，l(x)=时取等号.x∈[a,b]22又max|f(x)-l(x)|=max|g(x)-h(x)-l(x)|，x∈[1,2]x∈[1,2]f(x0)f(x0)故当l(x)=时，max|f(x)-l(x)|=max|g(x)-h(x)-l(x)|取最小值.2x∈[1,2]x∈[1,2]2f(x0)∴g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为：l0(x)=h(x)+，2g(x0)-(2ln2-3)(x0-1)-2即l0(x)=(2ln2-3)(x-1)+2+，2x0+12+g(x0)化简可得l0(x)=(2ln2-3)x-2+2，2其中x0∈(1,2)，且x0是二次方程2x+(2ln2-3)x-2=0的根.6(2024·浙江省·联考题)①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具-洛必达法则，法则中有一结论：若函数f(x)，g(x)的导函数分别为f′(x)，g′(x)，且limf(x)=limg(x)=0，则x→ax→af(x)f′(x)lim=lim.x→ag(x)x→ag′(x)x②设a>0，k是大于1的正整数，若函数f(x)满足：对任意x∈[0,a]，均有f(x)≥f成立，且limf(x)=kx→00，则称函数f(x)为区间[0,a]上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：3(1)试判断f(x)=x-3x是否为区间[0,3]上的2阶无穷递降函数;1x(2)计算：lim(1+x);x→05 sinx33(3)证明：x-π<cosx，x∈π,2π.x733【答案】解：(1)设F(x)=f(x)-f=x-x，28273由于F(1)=-<0，82x所以f(x)≥f不成立，23故f(x)=x-3x不是区间[0,3]上的2阶无穷递降函数;1x(2)设g(x)=(1+x)，1ln(1+x)则lng(x)=ln(1+x)=，xxln(1+x)设h(x)=，x1ln(1+x)1+x则limh(x)=lim=lim=1，x→0x→0xx→011x所以limlng(x)=1，得lim(1+x)=e;x→0x→023π(3)令x-π=t，则原不等式等价于tant⋅sint≥t，t∈0,22tant⋅sintπ记f(t)=，t∈0,，t32t2t8tansint22则f=，2t32tf(t)23costant⋅sintt21所以=.==>1，tt38tant⋅sin2t1-tan2t1-tan4tf22222πt即有对任意t∈0,2，均有f(t)>f2，tt所以f(t)>f>⋯>f，22nsinx因为lim=limcosx=1，x→0xx→0sint3t2n1所以nlim→+∞fn=nlim→+∞t⋅nlim→+∞t=12ncos22nπ所以f(t)>1，t∈0,，证毕!22y2x7(2024·江苏省徐州市·联考题)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的离心22ab6222率为，直线l与Γ相切，与圆O:x+y=3a相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，|AB|=26.3(1)求Γ的方程;6 (2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M,N).(ⅰ)若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M,N);(ⅱ)若d(M,N)，d(N,M)均存在，记两者中的较大者为H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，证明：H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).c6【答案】解：(1)由题意知=，a3222在x+y=3a中，令x=a得y=±2a，∴22a=26，∴a=3，则c=2，b=1，2x2∴Γ的方程为+y=1.322(2)由(1)知a=3，则圆O:x+y=9，圆心为O(0,0)，半径为r=3，(i)当AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2).y=kx+m22222⇒(1+3k)x+6kmx+3m-3=0，x+3y=3222222Δ=36km-4(1+3k)(3m-3)=12(3k-m+1)=0，22则3k-m+1=0，|m|2设O到AB的距离为d=，则|AB|=29-d.2k+1222m3k+12d===3-∈1,3,所以d∈1,3.222k+1k+1k+1当点P到线段AB的距离为d+r时，△PAB的面积最大，12则S△PAB≤⋅29-d⋅(d+3)2223=(9-d)(d+3)=(3+d)(3-d)，d∈1,3,3令f(d)=(d+3)(3-d)，d∈1,3,232f′(d)=3(d+3)(3-d)-(d+3)=(d+3)(6-4d)，3当1≤d<时，f′(d)>0，fd单调递增;23当<d<3时，f′(d)<0，fd单调递减，23273∴当d=时，fd取得最大值，此时S△PABmax=，24|m|2k2=533k+1923此时=，∴=，即3k=5，.k2+12k2+14m2=61当AB斜率不存在时，由(1)知S△PAB≤×3+3×26=32+36.27 273273因为>32+36，所以S△PABmax=.44取圆O的半径OD与线段AB交于C，半径OF与圆O交于E，如图，则线段AB上的点C、E，到圆O上的点的距离最小值分别为CD，EF，当半径OH⊥AB于G时，线段AB上的点到圆上点的距离最小值中，GH为最大值，为r-d，33故△PAB的面积最大时，d(M,N)=r-d=3-=.22(ii)H(X,Y)=max{d(X,Y),d(Y,X)}，H(Y,Z)=max{d(Y,Z),d(Z,Y)}，H(X,Z)=max{d(X,Z),d(Z,X)}，H(X,Z)+H(Y,Z)≥d(X,Z)+d(Z,Y)≥d(X,Y)，同理H(X,Z)+H(Y,Z)≥d(Y,Z)+d(Z,X)≥d(Y,X)，∴H(X,Z)+H(Y,Z)≥max{d(X,Y),d(Y,X)}=H(X,Y).【解析】本题考查椭圆与圆有关的新定义问题，椭圆与圆中的面积最值问题，涉及利用导数判断最值，涉及集合的概念理解，属难题.公众号：慧博高中数学最新试题(1)在圆方程中令x=a，求得l垂直于x轴时的|AB|=22a，结合已知可得a、b、c的值，即可得椭圆方程；|m|(2)(i)当AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，设O到AB的距离为d=，则|AB|=2k+121229-d，要求△PAB面积最大，则S△PAB≤⋅29-d⋅(d+3)，构造函数，利用导数求最值，可得2273273S△PABmax=，当AB斜率不存在时，S△PAB≤32+36，综上可得S△PABmax=，分析可得44d(M,N)=r-d；(ii)由题意理解最小距离的最大值概念，利用放缩法即可得证.8(2024·全国·模拟题)对称变换在对称数学中具有重要的研究意义.若一个平面图形K在m(旋转变换或反射变换)的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m°为K的一个对称变换.例如，正三角形R在m1(绕中心O作120的旋转)的作用下仍然与R重合(如图1图1232所示)，所以m1是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记m1=；312又如，R在l1(关于对称轴r1所在直线的反射)的作用下仍然与R重合(如图1图3所示)，所以l1也是R的8 123一个对称变换，类似地，记l1=.记正三角形R的所有对称变换构成集合S.一个非空集合G对于132给定的代数运算。来说作成一个群，假如同时满足：Ⅰ.∀a,b∈G，a°b∈G；Ⅱ.∀a,b,c∈G，a°b°c=a°b°c；Ⅲ.∃e∈G，∀a∈G，a°e=e°a=a；-1-1-1Ⅳ.∀a∈G，∃a∈G，a°a=a°a=e.-1对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的a为a在群G中的逆元.一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算°来说作成一个群.(1)直接写出集合S(用符号语言表示S中的元素)；123132213(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如m1====312321132231312321a1a2a3==.对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：123231213b1b2b3b1b2b3a1a2a3*=，a1,a2,a3=b1,b2,b3=c1,c2,c3=1,2,3.c1c2c3c1c2c3①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；-1②已知H是群G的一个子群，e，e′分别是G，H的单位元，a∈H，a，a′分别是a在群G，群H中的逆元.-1猜想e，e′之间的关系以及a，a′之间的关系，并给出证明；③写出群S的所有子群.图1图2图3°【答案】解：(1)由题设可知，正三角形R的对称变换如下：绕中心O作120的旋转变换m1=123123°°；绕中心O作240的旋转变换m2=；绕中心O作360的旋转变换m3=312231123123；关于对称轴r1所在直线的反射变换l1=；关于对称轴r2所在直线的反射变换l2123132123123=；关于对称轴r3所在直线的反射变换l3=.321213123123123123123123综上，S=,,,,,.(形式不唯一)3122311231323212139 a1a2a3b1b2b3a1a2a3b1b2b3a1a2a3(2)①Ⅰ.∀，∈S，*=∈S；b1b2b3c1c2c3b1b2b3c1c2c3c1c2c3a1a2a3b1b2b3c1c2c3Ⅱ.∀，，∈S，b1b2b3c1c2c3d1d2d3a1a2a3b1b2b3c1c2c3a1a2a3c1c2c3a1a2a3a1a2a3**=*=b1b2b3c1c2c3d1d2d3c1c2c3d1d2d3d1d2d3b1b2b3b1b2b3c1c2c3**c1c2c3d1d2d3a1a2a3b1b2b3a1a2a3=*=b1b2b3d1d2d3d1d2d3a1a2a3b1b2b3c1c2c3a1a2a3b1b2b3c1c2c3所以**=**;b1b2b3c1c2c3d1d2d3b1b2b3c1c2c3d1d2d3123a1a2a3Ⅲ.∃∈S,∀∈S123b1b2b3a1a2a3a1a2a3a1a2a3a1a2a3b1b2b3*==*，a1a2a3b1b2b3b1b2b3b1b2b3b1b2b3a1a2a3b1b2b3123123而==，所以e=；a1a2a3b1b2b3123123a1a2a3b1b2b3Ⅳ.∀∈S,∃∈S，b1b2b3a1a2a3a1a2a3b1b2b3b1b2b3a1a2a3*=*=e；b1b2b3a1a2a3a1a2a3b1b2b3综上可知，集合S对于给定的新运算*来说能作成一个群-1②e=e′，a=a′，证明如下：-1先证明e=e′：由于H是G的子群，取a∈H，则a∈G，a∈G，根据群的定义，有a°e=a，a°e′=a，所以a°e=a°e′，-1-1-1-1所以aa°e=aa°e′，即a°a°e=a°a°e′，即e°e=e°e′，所以e=e′-1-1再证明a=a′：由于e=e′，e=a°a，e′=a′°a，-1-1-1-1所以a°a=a′°a，所以a°a°a=a′°a°a，-1-1所以a°e=a′°e，所以a=a′③S的所有子群如下：123123123H1=123,H2=123,132，123123123123H3=123,321，H4=123,213，10 123123123H5=312,231,123，123123123123123123H6=312,231,123,132,321,2139(2024·福建省·模拟题)对于函数f(x)，若实数x0满足f(x0)=x0，则称x0为f(x)的不动点.已知a≥120，且f(x)=lnx+ax+1-a的不动点的集合为A.以minM和maxM分别表示集合M中的最小元素和2最大元素.(1)若a=0，求A的元素个数及maxA;(2)当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.(i)求B;nf(an)4**(ii)若a=minB，数列{an}满足a1=2，an+1=，集合Cn=|ak-1|,，n∈N.求证：∀n∈N，a3k=14maxCn=.31【答案】解法一：(1)当a=0时，f(x)=lnx+1，其定义域为(0,+∞).2111-2x由f(x)=x得，lnx-x+1=0.设g(x)=lnx-x+1，则g′(x)=.222x11当x∈0,2时，g′(x)>0;当x∈2,+∞时，g′(x)<0;11所以g(x)在0,2单调递增;在2,+∞单调递减.11注意到g(1)=0，所以g(x)在2,+∞恰有一个零点x=1，且g2>g(1)=0，-2-2-211又g(e)=-e<0，所以geg2<0，所以g(x)在0,2恰有一个零点x0，11即f(x)在2,+∞恰有一个不动点x=1，在0,2恰有一个不动点x=x0，所以A={x0,1}，所以A的元素个数为2.又因为x0<1，所以maxA=1.(2)(i)当a=0时，由(1)知，A有两个元素，不符合题意;1212当a>0时，f(x)=lnx+ax+1-a，其定义域为(0,+∞).由f(x)=x得，lnx+ax-x+1-a=0.2221214ax-2x+1设h(x)=lnx+ax-x+1-a，则h′(x)=+2ax-1=.22x2x2设F(x)=4ax-2x+1，则△=4-16a.1①当a≥时，△≤0，F(x)≥0，h′(x)≥0，所以h(x)在(0,+∞)单调递增.4又h(1)=0，所以h(x)在(0,+∞)恰有一个零点x=1，即f(x)在(0,+∞)恰有一个不动点x=1，符合题意;11 1②当0<a<，△>0，故F(x)恰有两个零点x1，x2(x1<x2).4又因为F(0)=1>0，F(1)=4a-1<0，所以0<x1<1<x2.当x∈(0,x1)时，F(x)>0，h′(x)>0;当x∈(x1,x2)时，F(x)<0，h′(x)<0;当x∈(x2,+∞)时，F(x)>0，h′(x)>0;所以h(x)在(0,x1)单调递增，在(x1,x2)单调递减，在(x2,+∞)单调递增;注意到h(1)=0，所以h(x)在(x1x2)恰有一个零点x=1，且h(x1)>h(1)=0，h(x2)<h(1)=0，又x→0时，h(x)→-∞，所以h(x)在(0,x1)恰有一个零点x0′，从而f(x)至少有两个不动点，不符合题意;11所以a的取值范围为4,+∞，即集合B=4,+∞.11(ii)由(i)知，B=4,+∞，所以a=minB=4，11231123此时，f(x)=lnx+x+，h(x)=lnx+x-x+，由(i)知，h(x)在(0,+∞)单调递增，所以，当244244f(x)x>1时，h(x)>h(1)=0，所以f(x)>x，即>1，故若an>1，则an+1>1，因此，若存在正整数N使得x*aN≤1，则aN-1≤1，从而aN-2≤1，重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而，∀n∈N，an>1.333下面我们先证明当x>1时，lnx<(x-1).设G(x)=lnx-x+，222132-3x则当x>1时，G′(x)=-=<0，所以G(x)在(1,+∞)单调递减，x22x3所以G(x)1时，lnx<(x-1)，21123121从而当x>1时，lnx+x+-x<x-x，2444411232lnx+4x+41f(x)1从而-1<(x-1)，即-1<(x-1)，x4x4f(a)11故-1<(an-1)，即an+1-1<(an-1)，由于an>1，an+1>1，所以an-1>0，an+1-1>0，an4411111故|an+1-1|<4|an-1|，故n≥2时，|an-1|<4|an-1-1|<2|an-2-1|<⋯<n-1|a1-1|=n-1.4441nn11-n4144*4所以∀n∈N，|ak-1|≤k-1=1=31-4n<3，故maxCn=3.k=1k=141-4解法二：(1)同解法一.1212(2)(i)当x=1时，lnx+ax+1-a=1=x，故x=1是f(x)的一个不动点;当x≠1时，由lnx+ax221lnx-x+12+1-a=x，得a=(*)，21-x12要使得A恰有一个元素，即方程lnx+ax+1-a=x有唯一解，因此方程(*)无实数解，即直线y=a与212 1lnx-x+12曲线y=无公共点.21-x1x-x+lnx+1-1+32lnx-x+12x2x2113令m(x)=，则m′(x)=.令n(x)=-x+lnx+-+(x1-x2(1-x2)22x2x2>0)，32-(x-1)2(x+1)111-x+x+x-1则n′(x)=-1+-+==≤0，xx3x2x3x3所以n(x)在(0,+∞)单调递减，又因为n(1)=0，所以当x∈(0,1)时，n(x)>0，当x∈(1,+∞)时，m′(x)<0，所以当x∈(0,1)时，m′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，m′(x)<0，所以m(x)在(0,1)单调递增，在(1+∞)单调递减，x-1-1lnx1lnx-1+3222x2令m1(x)=，则m1(1)=0，m1′(x)=2，x+1(x+1)x-1-1lnx1lnx-x+122x+1m1x-m111则limm(x)=lim=lim=lim=m11=x→1x→11-x2x→1x-1x→1x-14又因为当x→0时，mm(x)→-∞，当x→+∞时，m(x)→0，所以曲线y=m(x)的大致图象如图所示：111由图可知，a≥4，所以a的取值范围为4,+∞，即集合B=4,+∞.11(ii)由(i)知，B=4,+∞，所以a=minB=4，1123113lnx+x+x2-2lnx-12244此时，f(x)=lnx+x+.令φ(x)=，则φ′(x)=.244x4x22222(x-1)令t(x)=x-2lnx-1，当x>1时，t′(x)=2x-=>0，所以t(x)在(1,+∞)单调递增，所以当xxx>1时，t(x)>t(1)=0，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1,+∞)单调递增，所以φ(x)>φ(1)=1，故若an>1，则an+1>1，因此，若存在正整数N使得aN≤1，则aN-1≤1，从而aN-2≤1，重复这一过程有限次后可得a1≤13 *1，与a1=2矛盾，从而，∀n∈N，an>1.1111111下面先证明当x>1时，lnx<x-.令g(x)=x--lnx，则g′(x)=1+-=2x2x2x2x2(x-1)≥0，22x11所以g(x)在(0,+∞)单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)=0，所以当x>1时，lnx<x-.2x1lnx+1x2+3-x1×1x-11x2+3-x3f(x)24422x+44(x-1)1所以-1=<=<(x-1)，xxx4x24f(an)11由于an>1，an+1>1，所以an-1>0，an+1-1>0，故-1<(an-1)，即an+1-1<(an-1)，an4411111故|an+1-1|<4|an-1|，故n≥2时，|an-1|<4|an-1-1|<2|an-2-1|<⋯<n-1|a1-1|=n-1.4441nn11-n4144*4所以∀n∈N，|ak-1≤k-1=1=31-4n<3，故maxCn=3.k=1k=141-4解法三：(1)同解法一.(2)(i)同解法一.*(ii)同解法一得，∀n∈N，an>1.11-x下面我们先证明当x>1时，lnx<x-1.设G(x)=lnx-x+1，则当x>1时，G′(x)=-1=<xx0，所以G(x)在(1,+∞)单调递减，所以G(x)<G(1)=0，即lnx<x-1，1131123121从而当x>1时，lnx<(x-1)<(x-1)，于是lnx+x+-x<x-x，2242444411232lnx+4x+41f(x)1从而-1<(x-1)，即-1<(x-1)，x4x4f(an)11故-1<(an-1)，即an+1-1<(an-1)，由于an>1，an+1>1，所以an-1>0，an+1-1>0，an4411111故|an+1-1|<4|an-1|，故n≥2时，|an-1|<4|an-1-1|<2|an-2-1|<⋯<n-1|a1-1|=n-1.4441nn11-n4144*4所以∀n∈N，|ak-1|≤k-1=1=31-4n<3，故maxCn=3.k=1k=141-410(2024·广东省汕头市·模拟题)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.14 假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.111n(取++⋯+=ln)kk+1n-1k4【答案】解：(1)这4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有A4=24种情况，要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：3①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有A3=6种情况；②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，2其它的随意在哪个位置，有2A2=4种情况，公众号：慧博高中数学最新试题6+45故所求概率为=；2412(2)记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i个，1则PBi=，nnn1由全概率公式知：PA=PA|BiPBi=PA|Bi，i=1ni=1当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时PA|Bi=0；当k+1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i-1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，k此时PA|Bi=，i-11kkkkn∴PA=n++⋯+n-1=nln，kk+1kxn1n1令g(x)=ln(x>0)，则g(x)=ln-，nxnxnn由g′x=0，得x=，enn当x∈0,e时，g′(x)>0，当x∈e,n时，g′(x)<0，nn所以g(x)在0,e上单调递增，在e,n上单调递减，n1所以g(x)max=ge=e，nkn1所以当k=时，P(A)=ln取得最大值，enke11从而P的最大值为，此时t的值为.ee15 11(2024·重庆市·模拟题)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12，2表示为102，3表示为112，5表示为1012，发现若n∈N+可表示为二进制表达式kk-11a0a1a2⋅⋅⋅ak-1ak2，则n=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak-1⋅2+ak，其中a0=1，ai=0或1(i=1,2,⋅⋅⋅k).(1)记Sn=a0+a1+⋅⋅⋅+ak-1+ak，求证：S8n+3=S4n+3；(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1，I3=0.(ⅰ)求I60；511In(ⅱ)求2(用数字作答).n=1k+3k+231【答案】解：(1)8n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S8n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，k+2k+1214n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S4n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，∴S8n+3=S4n+3；543210(2)(ⅰ)60=32+16+8+4=1×2+1×2+1×2+1×2+0×2+0×2=1111002，∴I60=2，0(ⅱ)1=1×2=12，876543210511=1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2=1111111112，故从n=1到n=511中，In=0有12、112、⋯、1111111112共9个，11111122In=1有C1+C2+⋅⋅⋅+C8个，由C1+C2+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个22222233In=2有C2+C3+⋅⋅⋅+C8个，由C2+C3+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个⋯⋯，89In=8有C8=C9=1个，n=1In0213298∑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=291+2-1==9841.2*12(2024·山东省青岛市·模拟题)记集合S={{an}|无穷数列{an}中存在有限项不为零，n∈N}，对任n-1意{an}∈S，设变换f({an})=a1+a2x+⋯+anx+⋯，x∈R.定义运算⊗:若{an}，{bn}∈S，则{an}⊗{bn}∈S，f({an}⊗{bn})=f({an})⋅f({bn}).16 (1)若{an}⊗{bn}={mn}，用a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4表示m4;(2)证明：({an}⊗{bn})⊗{cn}={an}⊗({bn}⊗{cn});2(n+1)+11203-nn(n+1),1≤n≤100,2,1≤n≤500,1(3)若an=bn={dn}={an}⊗{bn}，证明：d200<.0,n>100,0,n>500,233【答案】解：(1)因为m4x=(a1b4+a2b3+a3b2+a4b1)x，所以m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1.(2)因为f({an}⊗{bn})=f({an})⋅f({bn})，所以f({an})⋅f({bn})⋅f({cn})=f({an}⊗{bn})⋅f({cn})=f(({an}⊗{bn})⊗{cn}).又因为f({an})⋅fbn⋅f({cn})=f({an})⋅[f({bn})⋅f({cn})]=f({an})⋅f({bn})⊗{cn})=f({an}⊗({bn}⊗{cn}))，所以f(({an}⊗{bn})⊗{cn})=f({an}⊗({bn}⊗{cn}))，所以({an}⊗{bn})⊗{cn}={an}⊗({bn}⊗{cn}).(3)对于{an}，{bn}∈S，n-1n-1因为(a1+a2x+⋯+anx+⋯)(b1+b2x+⋯+bnx+⋯)n-1=d1+d2x+⋯+dnx+⋯，n-1n-1k-1n-kn-2n-1所以dnx=a1(bnx)+⋯+akx(bn+1-kx)+⋯+an-1x(b2x)+anxb1，所以dn=a1bn+a2bn-1+⋯+akbn+1-k+⋯+an-1b2+anb1，n所以{an}⊗{bn}={dn}=k=1akbn+1-k，200100200d200=akb201-k=akb201-k+akb201-kk=1k=1k=1011001002(k+1)+1=akb201-k=k+2，k=1k=1k(k+1)2100121所以d200=1+-2k+2kk+1k=1(Textranslationfailed)11021=-<.2101×2102213(2024·辽宁省·模拟题)给定正整数n≥2，设集合M=α∣α=t1,t2,⋯,tn,tk∈0,1,k=1,2,⋯,n.对于集合M中的任意元素β=x1,x2,⋯,xn和γ=y1,y2,⋯,yn，记β⋅γ=x1y1+x2y2+⋯+xnyn.设A⊆17 p,i=j,M，且集合A=αi∣αi=ti1,ti2,⋯,tin,i=1,2,⋯,n，对于A中任意元素αi,αj，若ai⋅aj=1,i≠j,，则称A具有性质Tn,p.(1)若集合A具有性质T2,1，试写出A的表达式；3(2)判断集合A=1,1,0,1,0,1,0,1,1是否具有性质T3,2？若具有，求ai⋅aj的值；若不具有，请i,j=1说明理由；(3)是否存在具有性质T4,p的集合A？若存在，请找出来；若不存在，请说明理由.【答案】解：(1)由题意可知T2,1表示集合A有2个元素，且p=1，所以A=1,0,0,1.(2)对于A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}，则1,1,0⋅1,1,0=1+1+0=2，同理(1,0,1)⋅(1,0,1)=(0,1,1)⋅(0,1,1)=2，而1,1,0⋅1,0,1=1+0+0=1，同理(1,1,0)⋅(0,1,1)=(1,0,1)⋅(0,1,1)=1，所以A具有性质T3,2.3且ai⋅aj=3×2+3×1=9.i,j=1(3)假设存在集合A具有性质T4,p，易知集合A中有4个元素且p∈{0,1,2,3,4}.①若p=0，则A=0,0,0,0，不符合4个元素，舍去；②若p=1，则A⊆1,0,0,0,0,1,0,0，0,0,1,0,0,0,0,1，又1,0,0,0⋅0,1,0,0=0，所以不满足，舍去；③若p=2，则A⊆{(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)}，又1,1,0,0⋅0,0,1,1=1,0,1,0⋅0,1,0,1=1,0,0,1⋅0,1,1,0=0，所以这3组每组至多只能有一个包含于A，所以A至多只有3个元素，矛盾，舍去；④若p=3，则A⊆1,1,1,0,1,1,0,1，1,0,1,1,0,1,1,1，又1,1,1,0⋅1,1,0,1=2，所以不满足，舍去；⑤若p=4，则A=1,1,1,1，只有一个元素，舍去综上，不存在具有性质T4,p的集合A.14(2024·湖北省·联考题)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n(3)(n)*f′′(0)2f(0)3f(0)n∈N)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+f′(0)x+x+x+⋯+x+⋯.2!3!n!(n)注：f′′(x)表示f(x)的2阶导数，即为f′(x)的导数，f(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．18 1(1)根据该公式估算sin的值，精确到小数点后两位；22462xxxx(2)由该公式可得：cosx=1-+-+⋯.当x≥0时，试比较cosx与1-的大小，并给出证明；2!4!6!2n*11(3)设n∈N，证明：>n-.14n+2k=1(n+k)tann+k357xxx【答案】解：(1)由该公式可得sinx=x-+-+⋯，3!5!7!111故sin=-+⋯≈0.48.22482x(2)结论：cosx≥1-，2证明如下：2x令g(x)=cosx-1+，x≥0，2令h(x)=g′(x)=-sinx+x，h′(x)=-cosx+1≥0，故h(x)在[0,+∞)上单调递增，h(x)≥h(0)=0，故g(x)在[0,+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，22xx即证得cosx-1+≥0，即cosx≥1-.222x(3)由(2)可得当x≥0时，cosx≥1-，且由h(x)≥0得sinx≤x，22x当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，cosx>1-，sinx<x，2cos1cos11n+kn+k11=>=cos>1-，111n+k2(n+k)2(n+k)tan(n+k)sin(n+k)⋅n+kn+kn+k1222而=<=2222(n+k)(2n+2k)(2n+2k)-1(2n+2k-1)(2n+2k+1)11=-，2n+2k-12n+2k+1111即有1>1--，(n+k)tan2n+2k-12n+2k+1n+kn1111111故1>n-2n+1-2n+3+2n+3-2n+5+⋯+4n-1-4n+1k=1(n+k)tann+k11=n-+，2n+14n+111111而n-+-n-=->0，2n+14n+14n+24n+14n+2n11即证得>n-.14n+2k=1(n+k)tann+k15(2024·河南省开封市·模拟题)在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在19 RSA加密算法中的应用.设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互索.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为φ(n).(1)试求φ(3)，φ(9)，φ(7)，φ(21)的值;n(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数，试求φ(3)，φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系;(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言：①准备两个不同的、足够大的素数p，q;②计算n=pq，欧拉函数φ(n);③求正整数k，使得kq除以φ(n)的余数是1;④其中(n,q)称为公钥，(n,k)称为私钥.已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17).若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列{bn}，数列{cn}满足80cn=bn+47，求数列{tancn⋅tancn+1}的前n项和Tn.【答案】(1)φ(3)=2，φ(9)=6，φ(7)=6，φ(21)=12.nnn-1(2)在不大于3的正整数中，只有3的倍数不与3互素，而3的倍数有3个，nnn-1n-1故φ(3)=3-3=2⋅3因为p，q是两个不同的素数，所以，φ(p)=p-1，φ(q)=q-1，在不超过pq-1的正整数中，p的倍数有q-1个，q的倍数有p-1个，所以，φ(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1)，所以，φ(pq)=φ(p)⋅φ(q)(3)计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)，所以，n=187，q=17，从而p=11.公众号：慧博高中数学最新试题φ(n)=φ(187)=φ(11×17)=φ(11)φ(17)=10×16=160，所以，正整数k满足的条件为：17k=160x+1，x∈N，111k=9x+(7x+1)，令y=(7x+1)，则17y=7x+1，x=2y+(3y-1)，1717711令z=(3y-1)，则7z=3y-1，y=2z+(z+1)，73取z=3n-1，则y=7n-2，x=17n-5，k=160n-47，所以，80cn=bn+47=160n，所以cn=2ntan(2n+2)-tan2ntancn⋅tancn+1=tan2n⋅tan(2n+2)=-1，tan2Tn=tanc1⋅tanc2+tanc2⋅tanc3+⋯+tancn⋅tancn+1=tan2⋅tan4+tan4⋅tan6+⋯+tan2n⋅tan(2n+2)tan4-tan2+tan6-tan4+⋯tan(2n+2)-tan2ntan(2n+2)=-n=-n-1tan2tan2*16(2024·河南省·模拟题)若函数f(x)的定义域、值域都是有限集合A={a1,a2,⋯，an}，n∈N，则定20 义f(x)为集合A上的有限完整函数．已知g(x)是定义在有限集合M={1,2,3,4,5,6,7}上的有限完整函数．7(1)求ig(i)的最大值；i=1(2)当i=1，2，3，4时，均有g(i)<g(i+1)，求满足条件的g(x)的个数；*(3)对于集合M上的有限完整函数g(x)，定义“闭环函数”如下：g1(x)=g(x)，对k∈N，且k≤6，gk+1(x)=**g(gk(x))(注：g7k+i(x)=gi(x)，k∈N，i=1，2，⋯，7).若∃x∈M，m∈N，g1(x)=g1+m(x)，则称g(x)为“m阶闭环函数”．证明：存在一个闭环函数g(x)既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数(用列表法表示g(x)的函数关系).7【答案】解：(1)ig(i)=g(1)+2g(2)+3g(3)+4g(4)+5g(5)+6g(6)+7g(7)i=122222222221+[g(1)]2+[g(2)]3+[g(3)]4+[g(4)]5+[g(5)]≤++++22222(Textranslationfailed)，当且仅当g(1)=1，g(2)=2，⋯，g(7)=7时取等号，7故ig(i)的最大值为140；i=1(2)由题意知g(1)<g(2)<g(3)<g(4)<g(5)，5从集合M中任取5个数记为b1，b2，b3，b4，b5，共有C7个，然后剩余的2个数全排列，52故共有C7A2=42个g(x)满足条件；(3)以下表格为g(x)的函数关系：x1234567g(x)2315674g1(1)=2，g2(1)=g(2)=3，g3(1)=g(3)=1，g4(1)=g(1)=g1(1)，故g(x)为3阶闭环函数;又g1(4)=5，g2(4)=g(5)=6，g3(4)=g(6)=7，g4(4)=g(7)=4，g5(4)=g(4)=g1(4)，故g(x)也是4阶闭环函数.原命题得证.2y2x17(2024·广东省·联考题)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.4-tt1点P4,0，斜率为的直线l1与椭圆Γ交于A,B两点.221 (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Px0,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.【答案】【小问1详解】4-t>0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>022222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【小问2详解】我们首先给出题目给出的引理的证明：2a设Pp,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+bmy+2bmpy+bp-ab=0，4222222224222222224222所以Δ=4bmp-4bp-aa+bm=4bmp-4bpa+pbm-a-abm2222222222=4aba+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-a1p2pp22 y1-ty2-t2t也就是++=0，222my+p-amy+p-ap-a1p2pp22222aaaaa也就是p-y1-tmy2+p-+y2-tmy1+p-+2tmy1+p-my2+p-=0，pppppa2a22a22也就是2mp-+2mty1y2+p-+tmp-y1+y2=0，pppa2b2p2-a2b2a22a22b2mp2也就是2mp-+2mt⋅+p-+tmp--=0，pa2+b2m2ppa2+b2m2a2a22a222222也就是mp-+mt⋅bp-a+p-+tmp--bmp=0，pppa2a22a22222也就是p-+mt⋅bp-a-bpp-+tmp-=0，pppa2a22a222也就是p-+mt⋅p-a-pp-+tmp-=0，pppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p--p-+tmp-=0，ppppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p-=p-+tmp-，pppp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，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Q2,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Q2,t，那么kPQ=-,kAB=，所以kMN=-t-，22223 11这表明MN的方程是y=-t-x-2+t，即t3-x+1-x-y=0，221所以MN恒过点3,-.218(2024·福建省·联考题)已知集合Sn=XX=x1,x2,⋯,xn,xi∈0,1,i=1,2,⋯,n，其中n≥2.对n于A=a1,a2,⋯,an，B=b1,b2,⋯,bn∈Sn，定义A与B之间的距离为dA,B=ai-bi.i=1(1)记I=1,1,1,1∈S4，写出所有A∈S4使得dI,A=3；(2)记I=1,1,⋯,1∈Sn，A、B∈Sn，并且dI,A=dI,B=p≤n，求dA,B的最大值；(3)设P⊆Sn，P中所有不同元素间的距离的最小值为k，记满足条件的集合P的元素个数的最大值为m，n2求证：m≥.01k-1Cn+Cn+⋯+Cn【答案】解：(1)已知I=1,1,1,1∈S4，A∈S4，且dI,A=3，所以，A的所有情形有：1,0,0,0、0,1,0,0、0,0,1,0、0,0,0,1；(2)设A=a1,a2,⋯,an，B=b1,b2,⋯,bn，nn因为dI,A=ai-1=1-ai=p，则a1+a2+⋯+an=n-p，i=1i=1同理可得b1+b2+⋯+bn=n-p，nnnn当n≥2p时，dA,B=ai-bi=ai-1+1-bi≤1-ai+1-bi=2p；i=1i=1i=1i=1nnn当n<2p时，dA,B=ai-bi≤ai+bi=2n-2p.i=1i=1i=1当A=1,1,⋯,1,0,0,⋯,0，B=0,0,⋯0,1,1,⋯,1时，上式等号成立.︸︸p个1p个12p,2p≤n综上所述，dA,Bmax=2n-p,2p>n；(3)设P是满足条件的最大集合，即P中的元素个数为m，所以，∀A、B∈P且A≠B，dA,B≥k，∀C∈P，记集合SC,k-1=X∈SndX,C≤k-1，01k-1那么SC,k-1中的元素个数为Cn+Cn+⋯+Cn，对于Sn中的任意元素X，都存在C∈P，使得dX,C≤k-1，若不然，假设存在X0∈Sn，∀C∈P都有dX0,C≥k，那么集合P′=P∪X0中所有不同元素间的距离的最小值为k，且P′中有m+1个元素，这与m的最大性矛盾.所以Sn中的每个元素必与P中某个元素间的距离不超过k-1.24 n01k-1从而Sn=∪SC,k-1，所以，2≤mCn+Cn+⋯+Cn.C∈P19(2024·安徽省黄山市·模拟题)取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设x∈R，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，函数y=[x]称为取整函数.另外也称[x]是x的整数部分，称{x}=x-[x]为x的小数部分.(1)直接写出[lnπ]和-3的值;4(2)设a，b∈N*，证明：a=ba+ba，且0≤ba≤b-1，并求在b的倍数中不大于a的正整数的个bbb数;a1a2ak(3)对于任意一个大于1的整数a，a能唯一写为a=p1×p2×⋯×pk，其中pi为质数，ai为正整数，且对任2意的i<j，都有pi<pj，i，j∈{1,2,3,⋯,k}，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为100=2×2*5.证明：在n!的标准分解式中，质因数pi(pi≤n,n>1,n∈N)的指数(Textranslationfailed)【答案】(1)10.25(2)证明：因为a=a+a，等式两边同时乘b，得a=ba+ba.bbbbb因为a，b都为整数，所以ba=a-ba也为整数，bb又0≤a<1，所以0≤ba<b.bba所以0≤b≤b-1，得证.b假设b，2b，⋯，nb都小于等于a，因为a=ba+ba，bb所以nb≤a=ba+ba，所以n≤a+a.bbbb因为0≤a≤1，所以n≤a，bba所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为.b(3)n!=1×2×3×⋯×n，将2，3，⋯，n每一个数都分解为质因数的乘积.对于质因数pi，利用(2)中结论，pi的倍数中不大于n的正整数的个数为n，记为n1，将这些数都提取pi出来，此时pi的倍数中还有可以提取出pi的pi2n数，注意到pi的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n2，将这些数提2pi3n取pi出来;同理，pi的倍数中不大于n的正整数的个数为3，记为n3，依此pi这样进行下去，则质因数pi的指数(Textranslationfailed)，得证.25 20(2024·湖南省·联考题)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如x=ty+1表示过点(1,0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．22(1)若圆C1：x+y=1是直线族mx+ny=1(m,n∈R)的包络曲线，求m，n满足的关系式；2(2)若点P(x0,y0)不在直线族Ω：(2a-4)x+4y+(a-2)=0(a∈R)的任意一条直线上，求y0的取值范围和直线族Ω的包络曲线E；(3)在(2)的条件下，过曲线E上A，B两点作曲线E的切线l1，l2，其交点为P.已知点C(0,1)，若A，B，C三点不共线，探究∠PCA=∠PCB是否成立？请说明理由．22【答案】解：(1)由定义可知，mx+ny=1与x+y=1相切，则圆C1的圆心(0,0)到直线mx+ny=1的距离等于1，122则d==1，即m+n=1.22m+n2(2)点P(x0,y0)不在直线族Ω:(2a-4)x+4y+(a-2)=0(a∈R)的任意一条直线上，2所以无论a取何值时，(2a-4)x0+4y0+(a-2)=0无解.22将(2a-4)x0+4y0+(a-2)=0整理成关于a的一元二次方程：a+(2x0-4)a+(4+4y0-4x0)=0.22x0若该方程无解，则Δ=(2x0-4)-4(4+4y0-4x0)<0，即y0>.42x猜测直线族Ω的包络曲线E为y=.42x22xx1x1证明：在y=上任取一点Qx1,，y=在该点处的切线斜率为k=，44422x2xx2x1112于是可以得到y=在Qx1,点处的切线方程为：y=x-，即-2x1x+4y+x1=0.442422令直线族Ω:(2a-4)x+4y+(a-2)=0中2a-4=-2x1，则直线为：-2x1x+4y+x1=0，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.22(2-a)而对任意a∈R，(2a-4)x+4y+(a-2)=0都是抛物线在点2-a,处的切线.42x所以直线族Ω的包络曲线E为y=.4(3)已知C(0,1)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则CA=(x1,y1-1)，CB=(x2,y2-1).x2x212|CA|=+1，|CB|=+1.442xx2x11由(2)知，y=在点A(x1,y1)处的切线方程为y=x-;4242xx2x22同理y=在点B(x2,y2)处的切线方程为y=x-.42426 2x1x1y=2x-4x1+x2x1x2x1+x2x1x2xx2⇒P,，所以CP=,-1，y=2x-2242424x+xxxx2x2xxx3xx2xx1212111212112因此CA⋅CP=x1⋅2+4-14-1=4+4+16+1=4+14+1，x2xx212同理：CB⋅CP=4+14+1，2x1+1x1x2+1x1x2CA⋅CP444+1所以==，x2|CA||CP||CP|1+1|CP|42x2+1x1x2+1x1x2CB⋅CP444+1==，x2|CB||CP|CP2+1CP4CA⋅CPCB⋅CP即=，所以∠PCA=∠PCB成立.CACP|CB||CP|2y2x21(2024·山东省日照市·模拟题)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心ab1π率为2经过点F1且倾斜角为θ0<θ<2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8.将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A′，B′.π(1)当θ=时，3①求证：A′O⊥B′F2；②求平面A′F1F2和平面A′B′F2所成角的余弦值；π15(2)是否存在θ0<θ<2，使得折叠后△A′B′F2的周长为2？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)①由椭圆定义可知AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，27 1c1因为离心率为，故=，解得c=1，2a2222则b=a-c=3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，2y2x所以椭圆方程为+=1，43π直线l:y-0=tan⋅x+1，即l:y=3x+1，32y2x28联立+=1得15x+24x=0，解得x=0或-，4358833当x=0时，y=3×0+1=3，当x=-时，y=3×-+1=-，555833因为点A在x轴上方，所以A0,3,B-5,-5，故AO⊥F1F2，折叠后有A′O⊥F1F2，因为二面角A-F1F2-B为直二面角，即平面A′F1F2⊥F1F2B′，交线为F1F2，AO⊂平面A′F1F2，所以A′O⊥平面F1F2B′，因为F2B′⊂平面F1F2B′，所以A′O⊥F2B′；②以O为坐标原点，折叠后的y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，338则F10,-1,0,A′0,0,3,B′5,-5,0,F20,1,0，3313A′F2=0,1,-3,B′F2=-5,5,0，其中平面A′F1F2的法向量为n1=1,0,0，设平面A′B′F2的法向量为n2=x,y,z，n2⋅A′F2=x,y,z⋅0,1,-3=y-3z=0则33133313，n2⋅B′F2=x,y,z⋅-5,5,0=-5x+5y=01313令y=3得x=3,z=1，故n2=3,3,1，设平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角为φ，28 1,0,013n1⋅n2⋅3,3,113205则cosφ=cosn1,n2===，n1⋅n2169+3+1205913205故平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角的余弦值为；205(2)设折叠前Ax1,y1,Bx2,y2，折叠后对应的A′x1,y1,0,B′x2,0,-y2，设直线l方程为my=x+1，2y2x22将直线l与椭圆方程+=1联立得，3m+4y-6my-9=0，436m-9则y1+y2=2,y1y2=2，3m+43m+422在折叠前可知AB=x1-x2+y1-y2，222折叠后，在空间直角坐标系中，A′B′=x1-x2+y1+y2，，15由A′F2+B′F2+A′B′=，AF2+BF2+AB=8，21故AB-A′B′=，2222221所以AB-A′B′=x1-x2+y1-y2-x1-x2+y1+y2=①，2-2y1y21分子有理化得=，x-x2+y-y2+x-x2+y2+y221212121222222所以x1-x2+y1-y2+x1-x2+y1+y2=-4y1y2②，221由①②得x1-x2+y1-y2=-2y1y2，42222因为x1-x2+y1-y2=my1-1-my2+1+y1-y22=m+1y1-y2，12故-2y1y2=m+1y1-y2，4122即-2y1y2=m+1y1+y2-4y1y2，46m-9将y1+y2=2,y1y2=2代入上式得3m+43m+41186m2362+=m+1+，43m2+43m2+43m2+442两边平方后，整理得2295m+4152m-3472=0，22228即45m-2851m+124=0，解得m=，45π1335因为0<θ<，所以tanθ==.2m1422(2024·江西省赣州市·模拟题)设数列A:a1，a2，⋯，aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正29 整数k都有ak>an，则称n是数列A的一个“D时刻”.记D(A)是数列A的所有“D时刻”组成的集合，D(A)的元素个数记为card(D,A).(1)对数列A:-1，1，-2，2，-3，3，写出D(A)的所有元素;(2)数列A:a1，a2，⋯，a6满足{a1,a2,⋯,a6}={1,2,3,4,5,6}，若card(D,A)=4，求数列A的种数.(3)证明：若数列A满足an-an-1≥-1(n=2,3,4,⋯,N)，则card(D,A)≥a1-aN.【答案】解：(1)由题设知当n=3时，a1>a3，a2>a3，故n=3是数列A的一个“D时刻”同理当n=5时，都有ai>a5(i=1,2,3,4)，即n=5也是数列A的一个“D时刻”综上，D(A)={3,5};(2)由card(D,A)=4，易知a1=5或a1=6，①当a1=5时，4，3，2，1必须从左往右排列，6可以是ai(i=2,3,4,5,6)中任一个，共有5种情况;②当a1=6时，若D(A)中的四个元素是由集合A中的元素4，3，2，1或5，3，2，1或5，4，2，1或5，4，3，1引起的;➊，若由4，3，2，1引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种;➋，若由5，3，2，1引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种;➌，若由5，4，2，1引起，即5，4，2，1从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种;➍，若由5，4，3，1引起，即5，4，3，1从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种;综上，符合card(D,A)=4的数列A有15种.公众号：慧博高中数学最新试题另解：因为数列A:a1，a2，⋯，a6∈{1,2,3,4,5,6}，由题意可知D(A)中的四个元素为2，3，4，5，6中的四个共有5种情况：①当D(A)={3,4,5,6}时，数列A={5,6,4,3,2,1}共有1种情况;②当D(A)={2,4,5,6}时，数列A={6,4,5,3,2,1}，{5,4,6,3,2,1}共有2种情况;③当D(A)={2,3,5,6}时，数列A={6,5,3,4,2,1}，{6,4,3,5,2,1}，{5,4,3,6,2,1}共有3种情况;④当D(A)={2,3,4,6}时，数列A={6,5,4,2,3,1}，{6,5,3,2,4,1}，{6,4,3,2,5,1}，{5,4,3,2,6,1}共有4种情况;⑤当D(A)={2,3,4,5}时，数列A={6,5,4,3,1,2}，{6,5,4,2,1,3}，{6,5,3,2,1,4}，6，4，3，2，1，5}，{5,4,3,2,1,6}共有5种情况;综上，符合card(D,A)=4的数列A有15种;(3)①若card(D,A)=0，由a1≤aN，所以a1-aN≤0，即card(D,A)≥a1-aN成立，②若card(D,A)=m(m≥1)，不妨设D(A)={i1,i2,i3,⋯,im}，(i1<i2<i3<⋯<im)且2≤ij≤N(j=1,2,⋯,m)，从而ai1-a1≥ai1-ai1-1≥-1;ai2-ai1≥ai2-ai2-1≥-1;⋯⋯;ain-aim-1≥ain-aim-1≥-1由累加法知：aim-a1≥-m，30 又aN-a1≥aim-a1≥-m，即m≥a1-aN;综上：card(D,A)≥a1-aN.证毕.23(2024·江苏省徐州市·模拟题)对于每项均是正整数的数列P：a1，a2，⋯，an，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1(P)：n，a1-1，a2-1，⋯，an-1.对于每项均是非负整数的数列Q：b1，b2，⋯，bm，定义S(Q)222=2b1+2b2+⋯+mbm+b1+b2+⋯+bm，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2(Q).(1)若数列P0为2，4，3，7，求S(T1(P0))的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令Pk+1=T2(T1(Pk))，k∈N.(ⅰ)探究S(T1(P0))与S(P0)的关系；(ⅱ)证明：S(Pk+1)≤S(Pk).【答案】解：(1)T1(P0):4，1，3，2，6，22222S(T1(P0))=2(4+2×1+3×3+4×2+5×6)+4+1+3+2+6=172.(2)(i)设P0:a1，a2，⋯，an，则T1(P0):n，a1-1，a2-1，⋯，an-1.2222所以S(T1(P0))=2[n+2(a1-1)+3(a2-1)+⋯+(n+1)(an-1)]+n+(a1-1)+(a2-1)+⋯+(an-1).222又S(P0)=2(a1+2a2+⋯+nan)+a1+a2+⋯+an，2所以S(T1(P0))-S(P0)=2[n-2-3-⋯-(n+1)]+2(a1+a2+⋯+an)+n-2(a1+a2+⋯+an)+n=2-n(n+1)+n+n=0.故S(T1(P0)=S(P0)；(i)设P是每项均为非负整数的数列b1，b2，⋯，bn.当存在1≤i<j≤n，使得bi≤bj时，交换数列P的第i项与第j项得到数列Q，则S(Q)-S(P)=2(ia,+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)≤0.当存在1≤m<n，使得bm+1=bm+2=⋯=bn=0时，记数列b1，b2⋯，bm为T，则S(T)=S(P).所以S(T2(P))≤S(P).因此S(Pk+1)=S(T2(T1(Pk))≤S(T1(Pk))又由(i)知，S(T1(Pk)=S(Pk),故S(Pk+1)≤S(Pk).k1k2km24(2024·湖南省张家界市·模拟题)每个大于1的自然数n均可写成素数乘积的形式n=p1p2⋯pm，*其中m∈N，k1，k2，⋯，km∈N，p1，p2，⋯，pm是互不相同的素因数，若存在ki≥2(1≤i≤m)，则称n有素0,若m有素数平方因子*数平方因子.定义在N上的莫比乌斯函数μ(m)=1,若m=1，例如μ(15)=μ(3×(-1)r,若m是r个不同素数之积225)=(-1)=1，μ(50)=μ(2×5)=0.∑d|ng(d)表示d取遍n的所有正整数因子时对g(d)求和，例如当g(n)31 =n时，∑d|6g(d)=∑d|6d=1+2+3+6=12.(1)求μ(2025)，μ(105);*(2)当n∈N且n≥2时，求∑d|nμ(d);*nn(3)假设f(x)和g(x)是定义在N上的函数，满足f(n)=∑d|ng(d)=∑d|ngd.求证：g(n)=∑d|nμ(d)fd.42【答案】解：(1)因为2025=3×5含平方因子，故μ(2025)=0.因为105=3×5×7，所以105是3个不同素数之积3故μ(105)=(-1)=-1.k1k2km(2)设n=p1p2⋯pm，其中p1，p2，⋯，pm是互不相同的素因数，则∑d|nμ(d)=μ(1)+μ(p1)+μ(p2)+⋯+μ(pm)+μ(p1p2)+⋯+μ(p1p2⋅⋅⋅pm)122mmm=1+Cm(-1)+Cm(-1)+⋯+Cm(-1)=(1-1)=0.n(3)证明：设T=∑d|nμ(d)fd.n因为f(n)=∑d|ng(d)，所以fd=∑d′ng(d′)，d代入可得：T=∑μ(d)fn=∑μ(d)∑g(d′)d|ndd|nd′n，dn对于每一个d，固定，在∑ng(d′)中d′的变化与d无关，与μ(d)无关，dd′d因此由乘法分配律得μ(d)∑ng(d′)=∑n[μ(d)g(d′)]，d′dd′d同理，在∑n[μ(d)g(d′)]中d的变化与g(d′)无关，d′d提公因式得∑n[μ(d)g(d)]=g(d)∑nμ(d)，d′dd′d于是∑d|nμ(d)∑d′ng(d)=∑d|n∑d′nμ(d)g(d′)=∑d|n∑d′n[μ(d)g(d′)]=∑dd′|n[μ(d)g(d′)]，ddd=∑d′|n∑dn[μ(d)g(d)]=∑d′|ng(d)∑dnμ(d)=[∑d′|ng(d′)∑dnμ(d),d′d′d′即T=[∑d′|ng(d′)∑dnμ(d),d′nn由(2)可知，当≥2时，则∑nμ(d)=0;当=1时，则∑nμ(d)=1d′dd′d′dd′因此[∑d′|ng(d′)∑dnμ(d)=[∑d′|ng(d′)]×1=∑d′|ng(d′)=g(n),d′故原命题得证.*25(2024·浙江省·联考题)在平面直角坐标系xOy中，我们把点(x,y),x,y∈N称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点(x,y)进行赋值记为P(x,y)，例如P(2,3)=8，P(4,2)=14,P(2,5)=17.32 (I)求P(x,1);(II)求证：2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1);(III)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024，求P(x,y)的值.x(x+1)【答案】解：(I)根据图形可知P(x,1)=1+2+3+⋯+x=，2(II)固定x，则P(x,y)为一个高阶等差数列，且满足P(x,y+1)-P(x,y)=x+y-1,P(x+1,y)-P(x,y)=x+y,y(y+1)所以P(x,y+1)-P(x,1)=1+2+⋯+y+y(x-1)=+y(x-1)2y(y+1)x(x+1)P(x,y+1)=+y(x-1)+22x(x+1)y(y-1)x(x-1)y(y-1)所以P(x,y)=++(x-1)(y-1)，P(x-1,y)=++(x-2)(y-1)，2222所以x(x-1)y(y-1)y(y+1)x(x+1)2P(x,y+1)+P(x-1,y)=++(x-2)(y-1)++y(x-1)+=x22222+y+2xy-3y-x+2=2P(x,y)(III)P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024等价于P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2023，等价于P(x,y+1)+3P(x+1,y)=202313即[x(x+1)+y(y+2x-1)]+[(x+1)(x+2)+(y-1)(y+2x)]=2023，2222化简得y+2xy+x-y+x=1010⇔(x+y-1)(x+y)+2x=1010，由于x+y增大，(x+y-1)(x+y)也增大，当x+y=31时，(x+y-1)(x+y)+2x<992<1010，当x+y=33时，(x+y-1)(x+y)+2x>1056>1010，9×1023×22故当x+y=32时，(x+y-1)(x+y)+2x=1010⇒x=9,y=23，即P(9,23)=++8×2233 22=47434