九省联考后精典的新题型背景
一、单选题
1 (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 eiθ= 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
立了三角函数与指数函数的关系．已知 z= ieiθ，则 z = ( )
A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2
【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.
【详解】∵ z= ieiθ= i cosθ+ isinθ =-sinθ+ icosθ，∴ z = -sinθ 2+cos2θ= 1.
故选：A.
2 (2024届九省联考高考适应性考试数学变式卷 (2))欧拉恒等式 eiπ+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
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：eiθ= 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 ( )
A. eiπ的实部为 1 B. eiπ对应的点在复平面的第二象限
C. e2i的虚部为 1 D. e2i对应的点在复平面的第二象限
【答案】D
【分析】根据题干知：eiθ= 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.
【详解】因为 eiθ= cosθ+ isinθ，把 θ= π代入得：eiπ= cosπ+ isinπ=-1，
故 eiπ的实部为-1，eiπ对应的点为 (-1,0)，该点不在第二象限，则排除A，B;
把 θ= 2代入得：e2i= cos2+ isin2，则 e2i的虚部为 sin2，则排除C;
π
因为 < 2< π，cos2< 0，sin2> 0，
2
所以 e2i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
a a a
a1,a2,a3 和 b ,b ,b ，有 a2+a21 2 3 1 2+a2 b2+b2+b23 1 2 3 ≥ a1b1+a2b2+a3b3 2等号成立当且仅当 1 = 2 = 3 已b1 b2 b3
知 x2+y2+z2= 14 ，请你用柯西不等式，求出 x+ 2y+ 3z 的最大值是 ( )
A. 14 B. 12 C. 10 D. 8
【答案】A
【分析】
利用柯西不等式求出即可.
【详解】由题干中柯西不等式可得 x+ 2y+ 3z 2≤ x2+y2+z2 12+22+32 = 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：A
4 (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
n n≠ 1 经过 J n 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 J n =+∞)，以
下说法有误的是 ( )
A. J n 可看作一个定义域和值域均为N *的函数
B. J n 在其定义域上不单调，有最小值，无最大值
C. 对任意正整数n n≠ 1 ，都有 J n J 2 = J 2n - 1
D. J 2n =n是真命题，J 2n-1 ≤ J 2n+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 J n =+∞，得 J(n)无最大值，B正确；
对任意正整数 n n≠ 1 ，J(2n) = J(n) + 1，而 J(2) = 1，因此 J(n)J(2) = J(n) = J(2n) - 1，C正确；
对任意正整数 n，2n每次除以 2，最后得到 1的次数为 n，因此 J(2n) =n，
由 J(22-1) = J(3) = 7,J(22+1) = J(5) = 5，知 J 2n-1 ≤ J 2n+1 是假命题，D正确.
故选：A
5 (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》
中最早记录了“海伦公式”：S= p p- a p- b p- c a+ b+ 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 12 3，则BC边上的中线长度为 ( )
A. 3 2 B. 4 C. 74 D. 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，
设 a= 8k,b= 7k,c= 3k,k> 0 49+ 9- 64 1，由余弦定理得 cosA= × × =- ，2 7 3 7
所以A为钝角，所以 sinA= 1- cos2A= 4 3 ，
7
所以S 1△ABC= × 3k× 7k×
4 3 = 12 3,k2= 2，
2 7
AD= 1 AB+AC ，两边平方得AD2 1
= AB2+AC2+2AB AC2 4
= 1 9+ 49- 2× 3× 7× 1 k2= 13k2= 26，4 7
所以 AD = 26.
故选：D
2
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A x1,y1 ,B x2,y2 的曼哈顿
距离为：d A,B = x -x + y -y .已知点M在圆O:x2+y21 2 1 2 = 1上，点N在直线 l:3x+ y- 9= 0上，则
d M ,N 的最小值为 ( )
A. 9 10 B. 9 10 - 1 C. 18- 2 10 D. 3- 10
10 10 5 3
【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，d M ,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,d M ,N 表示
NA
MA + 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 = 3 AB ,
AB
d M ,N = MA + 3 AB = MB + 2 AB ，
当固定点M时， MB 为定值，此时 AB 为零时，d M ,N 最小，即N与B重合 (MN平行于 x轴)时，
d M ,N 最小，如图所示，
设M (cosθ,sinθ) θ∈ 0,2π x = 9- sinθ = 3- 1， ，则 B sinθ，3 3
MB = xB-cosθ= 3-
1 sinθ- cosθ= 3- 1 (sinθ+ 3cosθ)，
3 3
由三角函数知识可知 sinθ+ 3cosθ= 10sin θ+ φ ，其中 tanφ= 3，
则其最大值是 10，
所以 d(M ,N )min= 3- 10 ，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
多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为 eix= 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
i π
A. 复数 e 2 为纯虚数
B. 复数 ei3对应的点位于第二象限
i π
C. 复数 e 3 3的共轭复数为 - 1 i
2 2
D. 复数 eiθ(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.
i π i π
【详解】对于A，e 2= cos π + isin π = i，则 e 2 为纯虚数，A正确；
2 2
对于B，ei3= cos3+ isin3 π，而 < 3< π，即 cos3< 0,sin3> 0，则复数 ei3对应的点位于第二象限，B正确；
2
i π i π
对于C，e 3= cos π + isin π = 1 + 3 i 1，复数 e 3 的共轭复数为 - 3 i，C错误；
3 3 2 2 2 2
对于D，eiθ= cosθ+ isinθ,|eiθ| = |cosθ+ isinθ| = 1，
复数 eiθ(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：ABD
8 (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Q x0,y
0 ，且以m= a,b ab≠ 0 为方向向量的平面直线 l的方
x- x y- y0
程为 0 = ；在空间中，过点Q x0,y0,z0 ，且以m= a,b,c abc≠ 0 为方向向量的空间直线 l的方a b
x- x y- y0 z- z
程为 0 = = 0 .(2)平面上，过点Q x ,y ，且以u= m,n mn≠ 0 为法向量的直线 l的方
a b c 0 0
程为m x- x0 +n y- y0 = 0；空间中，过点Q x0,y0,z
0 ，且以u= m,n,p mnp≠ 0 为法向量的平面 α
的方程为m x- x0 +n y- y0 + p z- z0 = 0.现已知平面 α:2x+ 3y+ 4z= 5，平面 β:-x- 2y+ 2z= 0，
2x- y= 10
l1: + =- ，l2:6x= 4y+ 1= 3z- 1，则 ( )y z 1
A. l1 α B. α β C. l1⊥ β D. 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 ，
l x- 5 = y
z- -1 1
直线 1的方程可化为 = - ，直线 l1恒过 5,0,-1 ，方向向量为 u= ,1,-1 ，1 1 1 2
2
1
x y+ 4 z-
1
l = = 3 l 0,- 1 , 1 v 直线 2的方程可化为 ，直线 恒过 ，方向向量 = 2,3,4 ，2 3 4 2 4 3
对于A选项，因为 u m= 1+ 3- 4= 0 u ⊥m ，则 ，
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；
D 2 ≠ 3 ≠ 4 v 对于 选项，由 - - ，可知 与n不平行，则 l2与 β不垂直，D错.1 2 2
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
(1)过点P0 x0,y0,z
0 ，且以u= a,b,c abc≠
x- x y- y
0 0 为方向向量的空间直线 l的方程为 0 = =
a b
z- z0 ；
c
(2)过点P x 0,y0,z0 ，且 v= m,n,t mnt≠ 0 为法向量的平面 α的方程为m x- x0 +n y- y0 +
t z- z0 = 0．
现已知平面 α: + + = : 2x- y= 1 yx 2y 3z 6 l x- 1 z，1 3y- 2z= ，l :x= y= 2- z，l : = = ( )1 2 3 5 -4 1
A. l1 α B. l2 α C. l3 α D. 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- 1 1
对 l1: 2x- y= 1
z+
- = ，则 6x- 3= 3y= 2z+
2 = y 1，即 = 2 ，所以 l1过点 1 ,0,- 1 ，方向向量为 u3y 2z 1 1 1 1 2 2 1
6 3 2
= 1 , 1 , 1 ，所以 v= 6u1，所以 v u1，所以 l1⊥ α，故A错误D正确.6 3 2
y
对 l2:x= y= 2- z x = = z- 2，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1 1 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- 1 = y对 l3 - =
z
，所以 l
5 4 1 3
过点 1,0,0 ，方向向量为 u3= 5,-4,1 ，
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：CD
10 (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 ( )
A. x∈R，[2x]= 2[x] B. x∈R，[x]+ x+ 1 2 = 2x
C. x，y∈R，若 [x]= [y]，则有 x- y>-1 D. 方程 x2= 3[x]+ 1的解集为 7， 10
【答案】BC
1
【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=
2
m+ t，0≤ t< 1，y=m+ s，0≤ s< 1判断；对于D：由 x2= 3[x]+ 1得到 x2一定为整数且 3[x]+ 1≥ 0，从
而 [x]≥ 0，x≥ 0，再由 [x]2≤ x2<([x]+ 1)2，得到 [x]2≤ 3[x]+ 1<([x]+ 1)2判断.
1 1
【详解】解：对于A：取 x= ，[2x]= [1]= 1，2[x]= 2 = 0，故A错误；2 2
对于B：设 [x]= x- a，a∈ [0，1)，
[x]+ x+ 1 =[x]+ [x]+ a+ 1所以 = 2[x]+ a+
1
，2 2 2
[2x]= [2[x]+ 2a]= 2[x]+ [2a]，
当 a∈ 0 1 ， 时，a+ 1 ∈2 2
1
，1 ，2a∈ [0，1)，2
5
a+ 1则
= 0，[2a]= 0，
2
则 [x]+ x+ 1 = 2[x]，[2x]= 2[x]，2
故当 a∈ 0 1 ， 时，[x]+ x+ 1 = 2[x]成立；2 2
当 a∈ 1 1 1 3 ， 时，a+ ∈ 1， ，2a∈ [1，2)，2 2 2
则 a+
1 = 1，[2a]= 1，2
则 [x]+ x+
1 = 2[x]+ 1，[2x]+ 2[x]+ 1，2
故当 a∈ 1 ，1 时，[x]+ x+ 1 = 2[x]成立，综上B正确；2 2
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；
对于D：由 x2= 3[x]+ 1知，x2一定为整数且 3[x]+ 1≥ 0，
1
所以 [x]≥- ，
3
所以 [x]≥ 0，
所以 x≥ 0，
由 [x]2≤ x2<([x]+ 1)2，得 [x]2≤ 3[x]+ 1<([x]+ 1)2，
3- 13 3+ 13
由 [x]2≤ 3[x]+ 1，解得 ≤[x]≤ ≈ 3.3，只能取 0≤[x]≤ 3，
2 2
由 3[x]+ 1<([x]+ 1)2，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，
所以方程 x2= 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
x -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 n- ，且 a1= 1，xn> c，下xn c
列说法正确的是 ( )
A. x1= ec- b- (其中 lne= 1) B. 数列 {ae 1 n}是递减数列
C. a = 1 D. a + 1数列 的前n项和S = 2n-21-n6 32 n an n +1
【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
a BC a + 1列 n 是等比数列，可判断 的真假；利用公式法可求数列 n an
的前n项和，判断D的真假.
x -b x -b e·c- b
【详解】对于A选项，由 a1= ln 1- = 1得
1
- = e，所以 x = ，故A正确.x1 c x 11 c e- 1
∵二次函数 f x 有两个不等式实根 b，c，
6
∴不妨设 f x = a x- b x- c ，
因为 f x = a 2x- b- c ，
所以 f xn = a 2xn-b- c ，
∴在横坐标为 xn的点处的切线方程为：y- f xn = a 2xn-b- c x- xn ，
a xn 2xn-b- c - f x= = n = ax
2
n-abc x2-bc令 y 0，则 x nn+1 = ，
a 2xn-b- c a 2xn-b- c 2xn-b- c
xn+1-b x2 2= n
-bc- b 2xn-b- c = xn-2bxn+b
2 2
因为 - =
(xn-b)
x c x2n+1 n-bc- c 2xn-b- c x2n-2cx +c2n (xn-c)2
xn+1-b = x -b所以 ln - 2ln
n
xn+1 c xn-
，即：an+1= 2ac n
所以 an 为公比是 2，首项为 1的等比数列.
所以 an= 2n-1故BC错.
1
n-1 n 1- n
对于D选项，由 a 1n+ = 2n-1+ 1a 2
1- 2
，得S = 2 nn - + = 2 -1+ 2-
2 n 1
1 2 - 1 2n
= 2 +1- - 故D正确.n 1
n 1 22
故选：AD
12 (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
D x ，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D x 的性质表述正确的是 ( )
A. D π = 0 B. D x 是奇函数
C. D x 的值域是 0,1 D. D x+ 1 =D x
【答案】ACD
【解析】利用狄里克雷函数D x 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D x 的定义可判断D选项的正误.
= 1,x∈Q【详解】由题意可知，D x , ∈ .0 x RQ
对于A选项，∵ π∈ RQ，则D π = 0，A选项正确；
对于B选项，当 x∈Q，则-x∈Q，则D x = 1=D -x ，
当 x∈ RQ时，则-x∈ RQ，则D x = 0=D -x ，
所以，函数D x 为偶函数，B选项错误；
1,x∈Q
对于C选项，由于D x = , ∈ ，所以，函数D x 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，D x = 1=D x+ 1 ，
当 x∈ RQ时， x+ 1 ∈ RQ，所以，D x = 0=D x+ 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D x 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 (Leonhard Euler)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，
所以棱数E= 20× 3× 1 = 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= α 0° < 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= α 0° < α< 60° ，则∠PBA= α，∠PAB=
2 2
∠PCA= 60° -α n +t -1 1，在△PBC中，由余弦定理有 cos120° = =- n+ t= nt+ 1 ①
2nt 2
在△PAC t m中，由正弦定理有 = ，
sinα sin 60° -α
在△PAB m n中，由正弦定理有 = ，
sinα sin 60° -α
t=
msinα
sin 60° -α
故 ° - ，则nt=m
2，由①，n+ t= m2+1 ②，
n= msin 60 α sinα
msin 60° -α msinα 2 1 sin 60° -α且 + = m +1 1+ = + sinα ，
sinα sin 60° -α m2 sinα sin 60° -α
3 1 3
sin
=
60° -α 2 cosα-设 x ，则 x= 2
sinα
= 2 - 1 1 3，由题意，tanα∈ 0, 3 ∈ ,+∞ ，
sinα sinα tanα 2 tanα 3
1
所以 x∈ 0,+∞ ，而 1+ 12 = x+ ，由对勾函数的性质可知 1+
1
2 ∈ [2,+∞) 03 .
m x m 3
由②，PB+PC-PA= m2+1-m= 1 ，易知函数 y= 1 0, 3在 上单调递减，于m2+1+m m2+1+m 3
3
是PB+PC-PA∈ ,1 .3
8
故答案为： 3 ,1 .3
2 2
【点睛】本题难度较大，注意以下几个细节的处理，首先“cos120° = n +t -1 =- 1 n+ t= nt+ 1”这一
2nt 2
sin 60° -α sinα
步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“ 1+ 12 = + ”这个等式里发现了倒数m sinα sin 60° -α
1
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= m2+1-m= ”
m2+1+m
1
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= m2+1-m的单调性需要
m2+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= x x∈R 称为高斯函数，其中 x 表示不超过 x的最大整数.设S=
2024
2024
k+2024k
，则S除以 2023的余数是 .
k=1 -1 k 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
a = 2024
k+2024k = (2023+ 1) +2023k+ k【详解】 k ，
-1 k 2023 -1 k 2023
又 (2023+ 1)k=C0k2023k+C1k2023k-1+ +Ck-1k 2023+Ck 0k2023 ，
(2023+ 1)k
则 =C02023k-1k +C1 k-2 k-1
1
2023 k
2023 + +Ck + ，2023
2024k
又 = k+ k ，
2023 2023
2024k+2024k
所以 =C0k2023k-1+C1 k-2k2023 + +Ck-1+
1 + k+ k
2023 k 2023 2023
=C0k2023k-1+C1k2023k-2+ +Ck-1+k+
k+ 1
k ，2023
所以当 k= 2n,(1≤n≤ 1010,n∈ Z)，
2024k+2024k 20242n = +2024 2n k
(-1) 2023 2023
= C0 20232n-1+C1 2n 2n2023
2n-2+ +C2n-1 2n+ 1 2n +2n+ 2023
=C0 2n-1 1 2n-2 2n-12n2023 +C2n2023 + +C2n +2n，
其除以 2023的余数为C2n-12n +2n= 2n+ 2n= 4n，
当 k= 2n,(n= 1011,n= 1012)时，
2024
k+2024k 2n
= 2024 +2024 2n
(-1)k
2023 2023
= C0 2n2023
2n-1+C12n20232n-2+ +C2n-1+2n+ 2n+ 1 2n 2023
=C0 20232n-1 1 2n-2 2n-12n +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，
2024
k+ 2n-12024k 2024 +2024 (2n- 1)
= -
(-1)k 2023 2023
9
= - C0 20232n-2+C1 20232n-3+ +C2n-2 2n-1 2n-1 2n-1+2n- 1+ 2n 2023
=- C0 20232n-2+C12n-1 2n-120232n-3+ +C2n-22n-1+2n ，
其除以 2023的余数为 2023- (4n- 1) = 2024- 4n，
当 k= 2n- 1,n= 1012时，
2024
k+2024k = - 2024
2n-1+2024 (2n- 1)
(-1)k 2023 2023
= - C0 20232n-2 2n-1 +C12n-120232n-3+ +C2n-2 2n 2n-1+2n- 1+ 2023
=- C0 2n-2 1 2n-3 2n-22n-12023 +C2n-12023 + +C2n-1+2n+ 1 ，
其除以 2023的余数为 2021，
1011 1011
S除以 2023的余数为 4n + 2022+ 3+ 2024- 4n + 2021除以 2023的余数，
n=1 n=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，
um, 为um除以 p的余数；设 a∈X，1,a,a2, , ,ap-2, 两两不同，若 an, = b n∈ 0,1, ,p- 2 ，则称n是以
a为底 b的离散对数，记为n= log(p)ab．
(1) p= 11,a= 2 ap-1, 若 ，求 ；
(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)a b c = log(p)ab log(p)ac，其中 b,c∈X；
(3) n= log(p) b x∈X,k∈ 1,2, ,p- 2 y = ak, ,y = x bk, x= y yn p-2 , 已知 a ．对 ，令 1 2 ．证明： 2 1 ．
【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.
【详解】(1)若 p= 11,a= 2，又注意到 210= 1024= 93× 11+ 1，
所以 ap-1, = 210, = 1.
(2)【方法一】：当 p= 2时，此时X={1}，此时 b= c= 1，b c= 1，
故 log(p)a b c = 0,log(p)ab= 0,log(p)ac= 0，
此时 log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac.
当 p> 2时，因 1,a,a2, , ,ap-2, 相异，故 a≥ 2，
而 a∈X，故 a,p互质.
记n= log(p)a b c ,n1= log(p)ab,n2= log(p)ac，
10
则 m1,m2∈N an，使得 1= pm1+b,an2= pm2+c，
n +n
故 a 1 2= pm1+b pm +c ，故 an1+n22 ≡ bc(modp)，
设n1+n2= t p- 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- 1 a除以 p的余数两两相异，
故 p- 1 !≡ a× 2a× 3a,..× p- 1 a (modp)，故 ap-1≡ 1 modp ，
故 an1+n2≡ as≡ bc modp ，而 an≡ b c(modp) = bc(modp),其中 0≤n≤ p- 2，
故 s=n即 log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac.
n n
法 2：记 a 1= a 1, +m p an2= an2, n， +m p，a 1, × an2, = an1, 1 2 an2, +kp，
其中m1，m
n n n .
2，k是整数，则 a 1 2= a 1 an2, + m1an2. +m an1. 2 +m1m2p+ k p，
an1, an可知 2, = an1 n2, ．
因为 1，a，a2, ， ，ap-2, 两两不同，
所以存在 i∈{0,1, ,p- 2}，使得 ap-1, = ai, ，
即 ap-1-ai= ai ap-1-i-1 可以被 p整除，于是 ap-1-i-1可以被 p整除，即 ap-1-i, = 1．
若 i≠ 0，则 p- 1- i∈{1,2, ,p- 2}，ap-1-i, ≠ 1，因此 i= 0，ap-1, = 1．
记n= log(p)ab，m= log(p)ac，n+m=n m+ l(p- 1)，其中 l是整数，
则 b c= an, am, = an m, = an m+l(p-1), = an m, al(p-1), = an m, ，
即 log(p)a(b c) = log(p)ab log(p)ac．
(3)【方法二】：当 b≥ 2时，由 (2)可得 bp-1≡ 1 modp ，若 b= 1，则 bp-1≡ 1 modp 也成立.
因为n= log(p)ab，所以 an≡ b modp .
y yn p-2 , ≡ y yn p-2 , ≡ x bk, ak, n p-2另一方面， 2 1 2 1
≡ xbk akn p-2 ≡ xbk bk p-2 ≡ x bp-1 k-1≡ x 1 k-1 modp ≡ x modp .
n p-2 ,
由于 x∈X，所以 x= y y 2 1 .
法 2：由题设和 (2)的法 2的证明知：
k k nk
y = x bk, = x (b b b= x an, an, an,
2 = x a a a，
n(p- 2) nk
n(p-2),
n(p - 2)
y = y y y = ak, ak, ak, = ap-2, p-2, p-2, 1 1 1 1 a a ．
nk nk
故 y yn(p-2),
= x a a a ap-2, ap-2, ap-2, 2 1
nk
= x ap-1, ap-1, ap-1, ．
由 (2)法 2的证明知 ap-1, = 1，所以 y yn(p-2). 2 1 = 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= f x ,x∈ I，若存在 x0∈
I，使得 f x0 = x0，则称 x0为函数 f x 的一阶不动点；若存在 x0∈ I，使得 f f x0 = x0，则称 x0为函数 f x
的二阶不动点；依此类推，可以定义函数 f x 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.
(1)已知 f x = 2x+2x- 3，求 f x 的不动点；
(2)已知函数 f x 在定义域内单调递增，求证： “x0为函数 f x 的不动点”是“x0为函数 f x 的稳定点”的充
分必要条件；
11
(3)已知 a>-1，讨论函数 f x = 2 lnx+ a+ 1 1 x- 的稳定点个数.
e2 x
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】(1)设 g x = f x - x= 2x+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；
(3) 2 1由题意可知只需研究 f x 的不动点即可，令F x = lnx+ ax- ,x∈ 0,+∞ ，求出其导数，判断其
e2 x
2 1
单调性，然后分类讨论 a的取值范围，判断F x 的零点情况，即可判断 f x = lnx+ a+ 1 x- 的稳定
e2 x
点个数.
【详解】(1)设 g x = f x - x= 2x+x- 3，则 g x = 2xln2+ 1> 0恒成立，
故函数 g x 在R上单调递增，
又 g(1) = 0，故函数 g x 在R上有唯一零点，
即 f x 有唯一不动点 1；
(2)证明：充分性：设 x0为函数 f x 的不动点，则 f x0 = x0，
则 f f x0 = f x0 = x0，即 x0为函数 f x 的稳定点，充分性成立；
必要性：设 x0为函数 f x 的稳定点，即 f f x0 = x0，
假设 f x0 = y0，而 f x 在定义域内单调递增，
若 y0> x0，则 f f x0 = f y0 > f x0 = y0> x0，与 f f x0 = x0矛盾；
若 y0< x0，则 f f x0 = f y0 < f x0 = y0< x0，与 f f x0 = x0矛盾；
故必有 y0= x0，即 f f x0 = f y0 = f x0 = y0= x0，
即 f x0 = y0= x0，故 x0为函数 f x 的不动点，
综上，“x0为函数 f x 的不动点”是“x0为函数 f x 的稳定点”的充分必要条件；
(3)当 a>-1 2 1时，函数 f x = lnx+ a+ 1 x- 在 (0,+∞)上单调递增，
e2 x
由 (2)知 f x 的稳定点与 f x 的不动点等价，故只需研究 f x 的不动点即可；
令F x = f x - x= 2 lnx+ ax- 1 ,x∈ 0,+∞2 ，e x
则F x = 2 + a+ 1 ,x∈ 0,+∞ ，则F x 在 0,+∞ 上单调递减，
e2x x2
①当 a≥ 0时，F x > 0恒成立，即F x 在 0,+∞ 上单调递增，
当 x 4无限接近于 0时，F x 趋向于负无穷小，且F e2 = + ae2- 1 = 3 + ae2> 0，
e2 e2 e2
故存在唯一的 x0∈ 0,e2 ，使得F x0 = 0，即 f x = x有唯一解，
所以此时 f x 有唯一不动点；
2
②当 a< 0时，即-1< a< 0时，F 1 = + a+ 1> 0，
e2
x 2 1当 趋向无穷大时， + 趋近于 0，此时F x
2 2 1 < 0，e x1 x1
存在唯一 x1∈ 0,+∞ 2 1 ，使得F x1 = + a+ = 0，
e2x1 x
2
1
此时 f x 在 (0,x1)上单调递增，在 (x1,+∞)上单调递减，
F 2 1 2 1 2 1 2 2 2故 x max=F x1 = lnx2 1+ax1- = lnx - - - = lnx - - ，e x e2 1 x e2 x 2 1e x e21 1 1 1
当 x趋近于 0时，F x 趋向于负无穷大，当 x趋向正无穷大时，F x 趋向于负无穷大，
12
h x = 2 lnx- 2设 - 2 ，则 h x 在 0,+∞ 4 2 2 上单调递增，且 h e2 = - - = 0，
e2 x e2 e2 e2 e2
1 2
又 a=- - 在 x1∈ 0,+∞2 2 时单调递增，x1 e x1
故 (i)当F x = 2 2 max lnx1- -
2 = 0时，即 x1= e2，
e2 x e21
3
此时 a=- ，方程F x = 0有一个解，即 f x 有唯一不动点；
e4
(ii) F x = 2 lnx - 2当 max 1 -
2 < 0shi ，即 x 2
2 x 2 1
< e ，
e 1 e
-1< a<- 3此时 ，方程F
4 x = 0无解，即 f x 无不动点；e
(iii)当F x 2 2 2 2max= lnx1- - > 0时，即 x > e ，
e2 x
1
1 e2
- 3此时 < a< 0，方程F x = 0有两个解，即 f x 有两个不动点；
e4
综上，当 a≥ 0时或 a=- 3 时，f x 有唯一稳定点；
e4
当-1< a<- 3 时，f x4 无稳定点；e
3
当- < a< 0，f
4 x 有两个稳定点；e
【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 f x = (x> 0),f x 在区间 a,b 上
x
b 1
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 1和曲线 y= 所围成的区域 (称a x x
b
为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得 1 dx= lnb- lna，因为曲边梯形ABQP的面积小a x
于梯形ABQP的面积，即S曲边梯形ABQPa- b
梯形ABQP，代入数据，进一步可以推导出不等式： >lna- lnb
2
．
1 1
a + b
(1) a- b请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明： - <
a+ b
；
lna lnb 2
(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= f x 在 x1,f x1 和 x2,f x2 处的切线均不重合；
②当 b=-1时，若不等式 f x ≥ 2sin x- 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；② 1,+∞ .
13
(1) M a+ b , 2【分析】 根据题，设过点 + 作 f x 的切线分别交AP,BQ于M1,M2，结合S2 a b 曲边梯形ABQP>
S梯形ABM2M，即可得证；1
(2)①求得 f x = 2ax+ lnx+ b+ 1，分别求得在点 x1,f x1 和 x2,f x2 处的切线方程，假设 l1与 l2重合，
x -x
整理得 2 1
x2+x1
lnx2-
= ，结合由 (1)的结论，即可得证；
lnx1 2
②根据题意，转化为 a≥ 1时，h x = ax2-x+ xlnx- 2sin x- 1 ≥ 0在 0,+∞ 恒成立，
设H x = x2-x+ xlnx- 2sin x- 1 ，求得H x = 2x+ lnx- 2cos x- 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.
(1) y= 1 M a+ b 2【详解】 解：在曲线 取一点 ,x 2 a+ b ．
M a+ b , 2过点 + 作 f x 的切线分别交AP,BQ于M2 a b 1,M2，
因为S曲边梯形ABQP>S梯形ABM2M，1
可得 lnb- lna> 1 AM1 + BM2 AB 1 2 a- b a+ b = 2 + b- a ，即 < ．2 2 a b lna- lnb 2
(2)解：①由函数 f x = ax2+bx+ xlnx，可得 f x = 2ax+ lnx+ b+ 1，
不妨设 0< x1< x2，曲线 y= f x 在 x1,f x1 处的切线方程为
l 1:y- f x1 = f x1 x- x1 ，即 y= f x1 x+ f x1 - x1 f x1
同理曲线 y= f x 在 x2,f x2 处的切线方程为 l2:y= f x2 x+ f x2 - x 2 f x2 ，
f x1 = f
x2
假设 l1与 l2重合，则 ，f x1 - x1 f x1 = f x2 - x 2 f x2
lnx2-lnx1+2a x2-x1 = 0代入化简可得 + =- ( < ) ，a x2 x1 1 a 0
- - x2-x1 = x2-x两式消去 a，可得 lnx lnx 2 0，整理得 12 1 + - =
x2+x1 ，
x2 x1 lnx2 lnx1 2
( ) x -x x +x由 1 的结论知 2 1 < 2 1- ，与上式矛盾lnx2 lnx1 2
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 f x ≥ 2sin x- 1 恒成立，
所以 h x = ax2-x+ xlnx- 2sin x- 1 ≥ 0在 0,+∞ 恒成立，所以 h 1 ≥ 0 a≥ 1，
下证：当 a≥ 1时，h x ≥ 0恒成立．
因为 a≥ 1，所以 h x ≥ x2-x+ xlnx- 2sin x- 1
设H x = x2-x+ xlnx- 2sin x- 1 ,H x = 2x+ lnx- 2cos x- 1
(i)当 x∈ 1,+∞ 时，由 2x≥ 2,,lnx≥ 0,-2cos x- 1 ≥-2知H x ≥ 0恒成立，
即H x 在 1,+∞ 为增函数，所以H x ≥H 1 = 0成立；
(ii)当 x∈ 0,1 1 时，设G x = 2x+ lnx- 2cos x- 1 ，可得G x = 2+ + 2sin x- 1 ，
x
1
由 2sin x- 1 ≥-2, > 0知G x ≥ 0恒成立，即G x =H x 在 0,1 为增函数．
x
所以H x H 1 = 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F x 的导数
b
F x = f x ，可记为F x = f x dx．若 f x ≥ 0，则 f x dx=F b -F a 表示曲线 y= f x ，直线a
x= a,x= b以及 x轴围成的“曲边梯形”的面积．
(1)若F 1 x = dx，且F 1 = 1，求F x ；x
a
(2)已知 0< α< π ，证明：αcosα< cosxdx< α，并解释其几何意义；2 0
(3) 1证明： 1+ cos π + 1+ cos 2π + 1+ cos 3π + + 1+ cos nπ < 2 2 ，n∈N*．n n n n n π
【答案】(1)F x = ln x + 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 g x = x- sinx和 h x =0
sinx- 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.
(3) kπ先由二倍角公式化简得到 1+ cos kπ = 2cos ，再由定积分的意义得到
n 2n
1 1
2 cos π + cos 2π + cos 3π + +cos π < 2n 2n 2n 2n 2 ∫ cos
π x dx，最后根据求导与定积分的运算得到2 ∫0 0
cos π x dx=F 1 -F 0 = 2 sin π = 2 ，最后得证.2 π 2 π
1
【详解】(1)当 x> 0时，因为 lnx = ，所以设F x = lnx+C ，
x 1
又F 1 = 1，代入上式可得F 1 = ln1+C1= 1 C1= 1，
所以，当 x> 0时，F x = lnx+ 1；
当 x< 0时，设F x = ln -x +C2，同理可得C2= 1，
综上，F x = ln x + 1.
a
(2)因为F x = ∫cosxdx= sinx+C，所以 cosxdx= sinα- sin0= sinα，0
π
设 g x = x- sinx,0< x< ，则 g x = 1- cosx> 0恒成立，
2
π a
所以 g x 在 0< x< 上单调递增，所以 g x min> g 0 = 0，故 sinα< α，即 cosxdx< α；2 0
设 h x = sinx- xcosx，0< x< π ，
2
则 h x = xsinx> 0恒成立，所以 h x 在 0< x< π 上单调递增，h x min> h 0 = 0，2
a
所以 αcosα< cosxdx，0
a
综上，αcosα< cosxdx< α.0
π
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 x
2
= 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.
(3) kπ因为 1+ cos kπ = 2cos2 kπ = 2cos ,k= 1,2, n，
n 2n 2n
15
1
所以 1+ cos π + 1+ cos 2π + 1+ cos 3π + + 1+ cos nπn n n n n
1
= 2 cos π + cos 2π + cos 3π + +cos π < 2n 2n 2n 2n 2 ∫ cos
π x
2 dx，0
设F x
2 π π
= sin x，则F x = cos x，
π 2 2
1
所以∫ cos π x dx=F 1 -F 0 = 2 sin π = 2 ，
0 2 π 2 π
1
故 1+ cos π + 1+ cos 2π + 1+ cos 3π + + 1+ cos nπ < 2 2 .n n n n n π
【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 y
+ Δy dy dyΔy，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 a
Δa→0 Δa da da
dy
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
da
d y1+y2 = dy1 + dy2
d y1y2 dy1 dy2
有下列性质：①可加性： ；②乘法法则： = y + y ；③除法法则：
da da da da 2 da 1 da
d y1 y dy1 dy2y 22 = da
- y1 da dy2 dy2 dy1 1 1
；④复合法则： = .记 y= ex+ x2lnx- x2-ex- a.(e=
da y22 da dy1 da e 2e
2.7182818 为自然对数的底数)，
( dy dy1)写出 和 的表达式；
dx da
(2)已知方程 y= 0有两实根 x1,x2，x1< x2.
①求出 a的取值范围；
d x1+x2
②证明 > 0，并写出 x1+x2随 a的变化趋势.da
( ) dy【答案】 1 = ex+ 2 dyxlnx- e， =-1
dx e da
(2) 1① - ,1 ；②证明见解析，x1+x2随 a增大而减小2e
【分析】(1)设 f x = g a = ex+ 1 x2lnx- 1 x2-ex- a，根据导数的定义，即可求解；
e 2e
(2)①由 (1)，得到 f x 单调递增，求得 f x ≥ f 1 ，结合零点存在性定理，得到存在两个零点，且 a∈
- 1 ,1 ；2e
d x +x f 1 2 x1 + f x2
②由题设中的定义，求得 =- ，只需证明 f
x1 + f x2 >
x +x
0，令 1 2 =m，设 h x
da f x1 f x2 2
= x -xf m+ x - f m- x ，得到 h 2 1 = f x1 + f x2 ，再求得 h x ≥ h 0 = 0，得到 h x ≤ h 2
x2-x1 ，结合 h x ≤ 0，得出原命题成立，即可得证.2
【详解】(1) 1解：设 f x = g a = ex+ x2lnx- 1 x2-ex- a，
e 2e
dy Δy f= =
x+Δx - f x
则 lim lim = f x = ex+ 2 xlnx- e，
dx Δx→0 Δx Δx→0 Δx e
16
dy
同理 = g′ a =-1.
da
(2)解：①由 (1) f x = ex+ 2，可得 xlnx- e，则 f 1 = 0，
e
且 x< 1时，ex< e，xlnx< 0，f x < 0
即 f x 单调递减，x> 1时，f x > 0即 f x 单调递增，
故 f x ≥ f 1 =- 1 - a，
2e
又由 x→ 0时，x2趋近于 0的速度远远快于 lnx趋近于-∞的速度，
故 x2lnx→ 0，f x → 1- a，因此只需 1- a> 0 1且- - a< 0，
2e
1
即由零点存在性定理，x1∈ 0,1 ，x2> 1，存在两个零点，故 a∈ - ,1 ；2e
dy dy
d x1+x2 = dx1 + dx2 = dx1 dy + dx
+
②由 2 dy =- dx1 + dx2 =- 1 + 1 =- dx1 dx2 =
da da da dy da dy da dy dy dy dy dy dy
dx1 dx2 dx 1 dx2
f x1 + f x- 2 ，
f x f 1 x2
由①可得 f x1 < 0，f x2 > 0，故只需证明 f x1 + f x2 > 0，
x1+x令 2 = xm，设 h x = f m+ x - f m- x 0≤ x≤ 2-x1 ，2 2
x -x
则 h 0 = h 2 1 = f x2 - f x1 = 0，且 h x = f m+ x + f m- x ，2
则 h x2-x1 = f x 1 + f x2 ，2
又 h x = f m+ x - f m- x = em+x+ 2 ln m+ x + 1 - em-x+ 2 ln m- x + 1 单调递增，且 h 0
e e
= 0，故 h x ≥ h
x
0 = 0，h x 单调递增，则 h x ≤ h 2-x1 ，2
x2-x必然 h 1 = f x1 + f x2 > 0，否则 h x ≤ 0即 h x 单调递减，不符合题意，2
x -x
h 0 = h 2 1 = f x2 - f x1 = 0，故原命题成立。2
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.
结论拓展：与 ex和 lnx相关的常见同构模型
① aea≤ blnb ealnea≤ blnb，构造函数 f x = xlnx或 g x = xex；
ea b a x
② < e < ba ，构造函数 f x =
x e
或 g x = ；
a lnb lne lnb lnx x
③ ea±a> b± lnb ea±lnea> b± lnb，构造函数 f x = x± lnx或 g x = ex±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 f x = 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：f x 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,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；
在 xn,f xn 处作曲线 f x 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 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 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；
-x lnx + b+ 1 x
(2) ( i)g x n n nn = + ；(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；
(2) ( 1+ 2xi)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= n x+ lnxn-b- 1，进而得xn
-xnlnxn+ b+ 1 xg xn =
n
1+ ；2xn
(ii) 1+ 2x令 h x = n x+ lnx 1n-b- 1，进而构造函数F(x) = f(x) - h(x) = lnx- x- lnxn+1，结合函数单xn xn
f(xn)
调性证明 x < a，再根据 f n+1 (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：f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，定义域为 0,+∞ ，
所以，f x = 1 + 2> 0在 0,+∞ 上恒成立，
x
所以函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增，
因为 f 1 = ln1+ 2- b= 2- b< 0(b> 2),f b = lnb+ 2b- b= lnb+ b> 0(b> 2)，
所以，存在唯一 a∈ 1,b ，使得 f a = 0，即：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b .
(2) 1解：(i)由 (1)知 f x = + 2，
x
1
所以，曲线 f x 在 xn,f xn 处的切线斜率为 kn= + 2，xn
, - = - = 1+ 2x所以，曲线 f x 在 xn f xn 处的切线方程为 y f xn f xn x x ，即 y nn x+ lnxn-b- 1xn
-x lnx + b+ 1 x
令 y= = n n 0 n得 x
1+ 2xn
-xnlnxn+ b+ 1 xn -x lnx + b+ 1 x所以，切线与 x轴的交点 + ,
0 n n n，即 x1 2x n+1=n 1+ ，2xn
-xnlnxg x = n
+ b+ 1 xn
所以， n 1+ .2xn
(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= 1+ 2xn + 1+ 2xx lnx -b- 1，故令 h x = nn x+ lnxn-b- 1，xn xn
令F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnxn+1.xn
F (x) = 1 - 1 = x所以， n-x，
x xn xnx
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
另一方面，由 (i) f(xn)知，xn+1= xn- ，且当 xn≠ a时，x ≠ x ，f ( ) n+1 nxn
(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 h x 的零点，
所以 f(xn+1)< h(xn+1) = f(a) = 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)< f(a) = 0.
f(xn)
所以 xn+1= xn- > x ，f ( nxn)
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 f x = lnx+ 2x- b(b
> 2).
(1)证明：f x 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,f x1 处作 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ：在点 x2,f x2 处作 f x
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 f x 不同精确度的零点近
似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 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)x2 g x nn ，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；
(2) ( 1+ 2xi)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= n x+ lnxn-b- 1，进而得 g(xx nn
) = -xnlnxn+ (b+ 1)xn
1+ ；2xn
(ii) 1+ 2x令 h(x) = n x+ lnxn-b- 1，进而构造函数F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnxx x n+1，结合函数单n n
f(x )
调性证明 xn+1< a，再根据 f′ (xn)> 0，f(xn)< f a = 0 n证明 xn+1= xn- > xn即可得答案．
f′ (xn)
【详解】(1)f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，定义域为 (0,+∞)，
所以，f (x) = 1 + 2> 0在 (0,+∞)上恒成立，
x
所以函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
因为 f 1 = ln1+ 2- b= 2- b< 0(b> 2)，f b = lnb+ 2b- b= lnb+ b> 0(b> 2)，
所以，存在唯一 a∈ (1,b)，使得 f a = 0，即：f(x)有唯一零点 a，且 a∈ (1,b)；
(2) (i)由 (1)知 f (x) = 1 + 2，
x 19
所以，曲线 f(x)在 xn,f(x 1n) 处的切线斜率为 kn= + 2，xn
所以，曲线 f(x)在 xn,f(xn)
1+ 2x
处的切线方程为 y- f(xn) = f (xn) (x- xn)，即 y= n x+ lnxn-b- 1，xn
= = -xnlnxn+ (b+ 1)x令 y 0得 x n+ ，1 2xn
-xnlnxn+ (b+ 1)xn , -x lnx + (b+ 1)x所以，切线与 x轴的交点 + 0 ，即 xn+1= n n n，1 2xn 1+ 2xn
( ) = -xnlnxn+ (b+ 1)x所以，g x nn ；1+ 2xn
1+ 2x
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= n x+ lnxn-bxn
- 1，
( ) = = 1+ 2x故令 h x y n x+ lnx -b- 1，
x nn
令F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnxn+1，xn
所以，F (x) = 1 - 1 = xn-x，
x xn xnx
所以，当 x∈ (0,x )时，F n (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) = f a = 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) = f a = 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)< f a = 0，
= - f(xn)所以 xn+1 xn > x( n
，
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= f x 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= Δs 为曲线段AB的平均曲率；显然当B
20
越接近A，即Δs越小，K Δθ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→0 Δs
y
=
3
1+ y 2 2
(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= f x 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；
x2(2)求椭圆 + y2= 1在 3, 1 处的曲率；4 2
2 2 y ( ) = 3 定义 φ y 为曲线 y= f x 的“柯西曲率”．已知在曲线 f x = xlnx- 2x上存在两点 1+ y 3
P x1,f x1 和Q x2,f x2 ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 3 x 31+ x2 的取值范围．
【答案】(1)1
(2) 16 7
49
(3) 2 ,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.
π
【详解】(1)K= Δθ = 3 = 1．Δs π
3
2 2 - 1 2 - 1 2 2 - 3
(2)y= 1- x x，y =- 1- x 2 y =- 1 1- x 2- x 1- x， 2，4 4 4 4 4 16 4
y =- 3 y =-2 K= 2 = 16 7故 ， ，故 ．x= 3 2 x= 3 3 49
1+ 34
2
(3)f x 1
2 2 y 2 2 2 2
= lnx- 1，f x = ，故 φ y = = = ，其中 s=
3 x，
x 1+ y 3 x lnx 3 3slns 3
t = 3 x t = 3 x t lnt = t lnt lnt =- tlnt t令 1 1，2 2，则 21 1 2 2，则 1 - ，其中 t= > 1(不妨 t > t )t 1 t 2 11
1 1 1
令 p x = xlnx，p x = 1+ lnx p x 在 0, 递减，在 ,+∞ 递增，故 1> t2> > t1> 0；e e e
tlnt
令 h t = ln t1+t2 = ln t+ 1 - t- ，1
2 t- 1 2 t- 1
h' t = 1 -
lnt
+ ，令m(t) = lnt- (t> 1)， t- 1 2 t 1 t+ 1
t- 1( ) =
2
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)
2 t- 1
可得m(t)>m(1) = 0，即 lnt- + > 0，t 1
故有 h t = 1
2 t- 1
lnt- > 0，
t- 1 2 t+ 1
21
则 h t 在 1,+∞ 递增，
又limh t = ln2- 1，limh t = 0，故 ln t +t ∈ ln2- 1,0 ，
t→1 t→+∞ 1 2
故 3 x1+ 3 x2= t1+t 22∈ ,1 ．e
【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)．
(1)解同余方程：x2+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-an n∈N+ ，数列 bn 的前n项和为Sn，求S4048；
②若Cn= tana2n+3 tana2n+1 n∈N+ ，求数列 Cn 的前n项和Tn．
【答案】(1)x= 3k或 x= 3k- 2 k∈Z
tan 3n+ 4 - tan4(2) 16072； 2 -n
tan3
【分析】(1)根据同除的定义求解，x x+ 2 ≡ 0(mod3)，即 x x+ 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 x x+ 2 ≡ 0(mod3)，所以 x= 3k或 x+ 2= 3k(k∈Z)，
即 x= 3k或 x= 3k- 2(k∈Z)．
3n- 1 n为奇数
(2)由 (1)可得 an 为 1,3,4,6,7,9,10,··· ，所以 a 2n= 3× n ．2 n为偶数
= - ( ∈ ) = 2 n为奇数 ①因为 bn an+1 an n N+ ，所以 bn ．1 n为偶数
则S4048= b1+b2+b3+ +b4048= 3× 2024= 6072．
② cn= tana2n+3 tana2n+1= tan 3n+ 4 tan 3n+ 1 (n∈N+)．
tan 3n+ 4 - tan 3n+ 1
因为 tan 3n+ 4 tan 3n+ 1 = - 1，
tan3
T= c +c + c = tan7- tan4 - 1 + tan10- tan7
tan 3n+ 4 - tan 3n+ 1
所以 n 1 2 n - 1 + + - 1tan3 tan3 tan3
tan 3n+ 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≡ r modm ．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≡ r1 modm1 x≡ r2 modm2
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≡ rn modmn
m2 m Mn，Mi= ，t 为整数，且满足M t= 1 modm ．m i i i ii
(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≡ 1 mod3 t1= 2又因为 21t2≡ 1 mod5 ，解得 t2= 1，15t3≡ 1 mod7 t3= 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+ 105 n- 1 = 105n- 82．
(2)不超过 4200的正整数中，105n- 82< 4200，解得n≤ 40 82 ，
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
a1 a2 a3
式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下： b1 b2 b3 = a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c1 c2 c3
i j k c2．若 a× b= x1 y1 z1 ，则称 a× b为空间向量 a与 b的叉乘，其中 a= x1 i + y1 j + z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2 y2 z2
x2 i + y2 j + 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A 1,2,1 ，B 0,-1,1 ，求OA×OB；
②证明：OA×OB+OB×OA= 0．
(2)记△AOB 1的面积为S△AOB，证明：S△AOB= OA×OB ．
2
(3)证明： OA×OB 2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.
1 (2)利用数量积公式求得 cos∠AOB，则有 sin∠AOB= 1- cos2∠AOB 可知S△AOB= OA OB2
sin∠AOB= 1
2 OA
2 OB 2- (OA OB)2，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．
(3) (2)S = 1
由 △AOB OA×OB
1
，化简可得 (OA×OB)2= S OA×OB × 6，即可得出结果.
2 3 △AOB
【详解】(1)①因为A 1,2,1 ，B 0,-1,1 ，
i j k
则OA×OB= 1 2 1 = 2 i + 0+ -1 k- 0- j - -1 i = 3 i - j - k= 3,-1,-1 ．0 -1 1
②证明：设A x1,y1,z1 ，B x2,y2,z2 ，
则OA×OB= y1z2 i + z1x2 j + x1y2k- x2y1k- z2x1 j - y2z1 i = (y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，
将 x2与 x 互换，y 与 y 互换，z 与 z 互换， 1 2 1 2 1
可得OB×OA= (y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，
故OA×OB+OB×OA= 0,0,0 = 0．
(OA OB)2 OA 2 OB 2- (OA OB)2(2)证明：因为 sin∠AOB= 1- cos2∠AOB = 1- 2 =2 ， OA OB OA OB
1
故S△AOB= OA2 OB sin∠AOB=
1 OA 2 OB 2- (OA OB)2，2
故要证S 1△AOB= OA×OB ，2
2 2 只需证 OA×OB = OA OB - (OA OB)2，
即证 OA×OB 2= OA 2 OB 2- (OA OB)2．
由 (1)OA= (x1,y1,z1)，OB= x2,y2,z2 ，OA×OB= y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x y 1 2
-x2y1 ，
故 OA×OB 2= (y1z 22-y2z1) + (z 21x2-z2x1) + x1y2-x2y 21 ，
= y2z2+y2z2+z2x2+z2x2+x2 2 2 21 2 2 1 1 2 2 1 1y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y 1
又 OA 2= x21+y2+z2 2 2 2 2 2 21 1， OB = x2+y2+z2， OA OB = x1x2+y1y2+z1z2 ，
故 OA 2 OB 2- (OA OB)2= x2 21+y1+z21 x2 22+y2+z22 - x1x2+y1y2+z1z 22
= x2 2 2 2 2 2 21+y1+z1 x2+y2+z2 - x1x2+y1y2+z1z2
= y21z2+y2z2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1
+z1x2+z x +x 2 1 1
y2+x2y1-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y x y 2 2 1
则 OA×OB 2= OA 2 OB 2- (OA OB)2成立，
1
故S△AOB= OA×OB2 ．
1 (3)证明：由 (2)S△AOB= OA×OB ，2
得 (OA×OB)2= OA×OB 2= 1 OA×OB 2 OA×OB =S△AOB 2 OA×OB ，2
故 (OA×OB)2= 1 S△AOB OA×OB × 6，
3
故 (OA×OB)2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
a1,1 a1,2 a1,m
a
( ) = 2,1
a2,2 a2,m
27 北京市朝阳区 2024届高三上学期期中数学试题 已知A m (m≥ 2)是m
2
am,1 am,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 d ai,j,as,t = ai,j-as,j + as,j-as,t ．
设n∈N*，若Am满足如下两个性质：
① ai,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．
1 2 3
(1)判断A3= 2 3 1
是否为Γ3数表，并求 d a1,1,a2,2 + d a2,2,a3,3 的值；
3 1 2
(2)若Γ2数表A4满足 d ai,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 d ai,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 d ai,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.
1 2 3
【详解】(1)A = 3 2 3 1
是Γ3数表，
3 1 2
d a1,1,a2,2 + d a2,2,a3,3 = 2+ 3= 5.
(2)由题可知 d ai,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 d ai,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 d ai,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，
1 1 1 1
1 2 2 2
当A 4= 时，
1 2 1 1
1 2 1 2
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≥2 10
设第 j列中 k的个数为 c j( j= 1,2, ,10).
当 c j≥ 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 c j-1条有向线段，
j=1
所以纵向有向线段的起点总数C= ∑ (c j-1)≥∑(c j-1) =T- 10.
c j≥2 10
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使得 au,p= av,p= av,q= k，
所以 d au,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|
a11 a12 a13 a1n
= 2
a
+ 2. 21
a22 a23 a2n
x y 类似地，对于n行n列的矩阵A = nn ，其模可由向量模拓展为A=
a31 a32 a33 a3n
n n 1
2 a2ij (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=1 j=1
n n 1
= a11 a12 2 4 2乌斯范数，例如对于矩阵A22 = ，其矩阵模A = a2 = 22+42+32F ij +52= 3 6.弗a21 a22 3 5 i=1 j=1
罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
1 0 0 0
0 2 0 0
(1) n∈N*，n≥ 3，矩阵Bnn= 0 0 3 0 ，求使BF> 3 5 的n的最小值.
0 0 0 n
(2) n∈N*，n≥ 3，，矩阵Cnn=
1 cosθ cosθ cosθ cosθ cosθ
0 -sinθ -sinθcosθ -sinθcosθ -sinθcosθ -sinθcosθ
0 0 sin2θ sin2 θcosθ sin
2θcosθ sin2θcosθ 求C .
F
0 0 0 0 (-1)n-2sinn-2θ (-1)n-2sinn-2θcosθ
0 0 0 0 0 (-1)n-1sinn-
1θ
26
ln n+ 2 + 00 0n 1
n+ 1 2 ln 2 ln n+ 1
2
2 0 0
n n
(3)矩阵Dmin= ，证明： n∈N
*，n≥ 3，D nF> .
3n+ 94 n-1 n-1 n-1
ln n-1 ln 4 n-1 ln 4 n-1 03 3 3
3 n 3 n 3 n n ln n ln n ln n ln 3 n2 2 2 2
【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)总结得第 n对角线上的平方和为 cos2θ，再代入化简即可；
(3) ln n+ 2 > 1等价转化结合放缩法得证明 , n≥ 1,n∈N*成立，再利用换元法和导数证明即可.
n+ 1 n+ 2
n n n
【详解】(1)由题意得 B 2F=∑∑ 2 n n+ 1 bij=∑k= 1+ 2+ 3+ + n- 1 +n= .
i=1 j=1 k=1 2
‖ ‖ > n(n+ 1)若 B F 3 5，则 > 45，即n2+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> 3 5 的n的最小值是 10.
2n
(2)由题得第 1对角线上的平方和为 1+ sin2θ+ sin4θ+ +sin2n-2θ= 1- sin θ，
1- sin2θ
第 2对角线上的平方和为
2n-2
cos2θ 1+ sin2θ+ +sin2n-4θ = cos2θ 1- sin θ = 1- sin2n-2θ，
1- sin2θ
第 k对角线上的平方和为
2n-2k+2
cos2θ 1+ sin2θ+ +sin2n-2kθ = cos2θ 1- sin θ = 1- sin2n-2k+2θ，
1- sin2θ
第n对角线上的平方和为 cos2θ，
‖C‖2= 1- sin
2nθ
所以 + 1- sin2n-2θ + + 1- sin2n-2k+2F θ + + 1- sin4θ +
1- sin2θ
cos2θ= 1+ sin2θ+ sin4θ+ +sin2n-2θ+ (n- 2) - sin2n-2θ- -sin2n-2k+2θ- -
sin4θ+ cos2θ= 1+ (n- 2) + sin2θ+ cos2θ= 1+ (n- 2) + 1=n.
所以‖C‖F= n.
(3)由题意知，证明‖D‖ nF> 3n+ 9
3
等价于证明 ln2 + ln2 4 + +ln2 n+ 2+ >
n
2 3 n 1 3n+ ，9
n k+ 2 3 4 n+ 2
注意到左侧求和式 ln2 + = ln
2 + ln2 + +ln2
k=1 k 1 2 3 n+
，
1
将右侧含有 n的表达式表示为求和式有
n
∑ 1 - 1 1 1= k+ = -2 k+ 3 3 4 +
1 - 1
4 5 + +
1 - 1 + 1 - 1
k 1 n+ 1 n+ 2 n+ 2 n+ 3
= 1 - 1 n
3 n+ =3 3n+ 9
27
故只需证 ln2 n+ 2 1 1 1 1+ > > = - , n≥ 1,n∈N
*成立，
n 1 (n+ 2)2 (n+ 2) (n+ 3) n+ 2 n+ 3
ln n+ 2 > 1即证 , n≥ 1,n∈N* x= 1+ 1成立，令 ，
n+ 1 n+ 2 n+ 1
lnx≥ 1- 1则需证 ,x∈ 1, 3 成立，x 2
记 f(x) = lnx+ 1 - 1,x∈ 1, 3 f (x) = 1 - 1 = x- 1 > 0 1, 3 3 x 2 ，则 在x x2 x2 2 上恒成立，所以 f(x)在 1, 上2
单调递增，
所以 f(x)> f(1) = ln1+ 1- 1= 0，
所以 lnx> 1- 1 1, 3 n+ 2 1在 上恒成立，即 ln + > + , n≥ 1,n∈N
*成立，
x 2 n 1 n 2
所以原不等式成立.
3 4 n+ 2 n
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明 ln2 + ln2 + +ln2
2 3 n+ > ，再结合放缩1 3n+ 9
ln n+ 2 1法转化为证明 > , n≥ 1,n∈N*+ + ，最后利用导数证明即可.n 1 n 2
29 (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：ex
2 3 n
= 1+ x+ x + x + + 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 -x x -x
上公式称为泰勒公式.设 f x = e -e ,g x = e +e ，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决
2 2
如下问题.
(1)证明：ex≥ 1+ x；
f x
(2)设 x∈ 0,+∞
，证明： < g x ；
x
2
(3)设F x = g x - a 1+ x ，若 x= 0是F x 的极小值点，求实数 a的取值范围.2
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) -∞,1
【分析】(1)首先设 h x = ex-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；
(2)首先由泰勒公式，由 ex和 e-x，再求得 f x 和 g x 的解析式，即可证明；
(3)分 a≤ 1和 a> 1两种情况讨论，求出F x 在 x= 0附近的单调区间，即可求解.
【详解】(1)设 h x = ex-x- 1，则 h x = ex-1.
当 x> 0时，h x > 0：当 x< 0时，h x < 0，
所以 h x 在 -∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增.
因此，h x ≥ h 0 = 0，即 ex≥ 1+ x.
2 3 4 5 n
(2) x x x x x由泰勒公式知 ex= 1+ x+ + + + + +
2! 3! 4! 5! n! + ，①
x2 x3 x4 x5 n
于是 e-x= 1- x+ ! - ! + ! - ! + + (-1)
n x
! + ，②2 3 4 5 n
由①②得
x -x
f x = e -e = x+ x
3 x5 2n-1
! + ! + +
x + ,
2 3 5 2n- 1 !
exg x = +e
-x
= 1+ x
2 x4+ + + x
2n-2
! + ,2 2 4! 2n- 2 !
所以
28
f x 2 4 2n-2= 1+ x! +
x + + x +
x 3 5! 2n- 1 !
x2 x4 x2n-2< 1+ ! + ! + + + = g x .2 4 2n- 2 !
f x
即 < g x .
x
2 x -x 2
(3)F x = g x e +e x x - a 1+ = - a 1+ ，则2 2 2
ex-e-x ex-e-x x -xF x = - ax，设G x = - ax G x = e +e， - a.
2 2 2
ex+e-x 1
由基本不等式知， ≥ × 2 ex e-x= 1，当且仅当 x= 0时等号成立.
2 2
所以当 a≤ 1时，G x ≥ 1- a≥ 0，所以F x 在R上单调递增.
又因为F x 是奇函数，且F 0 = 0，
所以当 x> 0时，F x > 0；当 x< 0时，F x < 0.
所以F x 在 -∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增.
因此，x= 0是F x 的极小值点.
下面证明：当 a> 1时，x= 0不是F x 的极小值点.
a> 1 G lna = e
lna+e-lna - a= 1 a+ 1当 时， - a= 1 1 - a < 0，2 2 a 2 a
又因为G x 是R上的偶函数，且G x 在 0,+∞ 上单调递增,
所以当 x∈ -lna,lna 时，G x < 0.
因此，F x 在 -lna,lna 上单调递减.
又因为F x 是奇函数，且F 0 = 0，
所以当-lna< x< 0时，F x > 0；当 0< x< lna时，F x < 0.
所以F x 在 -lna,0 上单调递增，在 0,lna 上单调递减.
因此，x= 0是F x 的极大值点，不是F x 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
x3 5 7
公式：sinx= x- + x 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
x∈ 0, π
3 3 5
到一些不等式：当 时，sinx< x,sinx> x- x!，sinx< x-
x + x , .
2 3 3! 5!
(1)证明：当 x∈ 0, π sinx 1时， > ；2 x 2
(2)设 f x =msinx，若区间 a,b 满足当 f x 定义域为 a,b 时，值域也为 a,b ，则称为 f x 的“和谐区
间”.
(i)m= 1时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；
(ii)m=-2时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x 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)f x 不存在“和谐区间”，理由见解析 (ii)存在，f x 有唯一的“和谐区间” -2,2
3
【分析】(1)利用 sinx> x- 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 f x 不存在“和谐区间”.
29
(ii)对 a,b的取值进行分类讨论，结合 f x 的单调性以及 (1)的结论求得 f x 唯一的“和谐区间”.
3
【详解】(1)由已知当 x∈ 0, π 时，sinx> x- x2 3!，
π 2
sinx 2 2
得 > 1- x > 1- 2 = 1- π > 1 ，
x 6 6 24 2
π sinx 1
所以当 x∈ 0, 时， > .2 x 2
(2) (i)m= 1时，假设存在，则由-1≤ f x ≤ 1知-1≤ a< b≤ 1 π，注意到 1< ，
2
π π
故 a,b - ,
，所以 f x 在 a,b 单调递增，2 2
f a = a于是 = ，即 a,b是方程 sinx= x的两个不等实根，f b b
易知 x=± π 不是方程的根，
2
由已知，当 x∈ 0, π 时，sinx< x π，令 x=-t，则有 t∈ - ,02 2 时，sin -t <-t，即 sint> t，
故方程 sinx= x只有一个实根 0，故 f x 不存在“和谐区间”.
(ii)m=-2时，假设存在，则由-2≤ f x ≤ 2知-2≤ a< b≤ 2,
若 a,b≥ 0，则由 a,b 0,π ，知 f x ≤ 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，
若 b≥ π ，则 0, π a,b ，故 f x 最小值为-2，于是 a=-2，
2 2
π π
所以 - ,2 2
a,b ，
所以 f x 最大值为 2，故 b= 2，此时 f x 的定义域为 -2,2 ，值域为 -2,2 ，符合题意.
若 b< π π，当 a≤- 时，同理可得 a=-2,b= 2，舍去，
2 2
当 a>- π 时，f x 在 a,b 上单调递减，所以
2
a=-2sinb =- ，于是 a+ b=-2 sina+ sinb ，b 2sina
若 b>-a即 a+ b> 0，则 sinb> sin -a ，故 sinb+ sina> 0,-2 sina+ sinb < 0，
与 a+ b=-2 sina+ sinb 矛盾；
若 b<-a，同理，矛盾，
b
所以 b=-a，即 = sinb，
2
由 (1)知当 x∈ 0, π 时，sinx> x，2 2
因为 b∈ 0,
π ，所以 b= 0，从而，a= 0，从而 a= b，矛盾，2
综上所述，f x 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.
31 (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Rn
= α α= x1,x2,x3, ,xn ,x j∈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
为零向量．设 k∈R，α= a1,a2, ,an ，β= b1,b2, ,bn ∈Rn，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．
① α= 1,1,1 ，β= , , 2 2 2 ；② α= 1,1,1 ，β= 2,2,2 ，γ= 5,1,4 ；③ α= 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m m≥
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
k k k
立，其中 l ≠ 0，则 11 = 2 = = m．l l l
1 2 m
【答案】(1) , ① α β线性相关，② α, β,γ线性相关，③ α,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 k1 α+ β +
k2 β+ γ + k3 α+ γ = 0，则 k1+k3 α+ k1+k2 β+ k2+k3 γ= 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；
l l
②由 l1α1+ l2α2+ +l 2 mmαm= 0可得 α1=- α2- - αm，然后代入 k1α1+ k2α2+ +kmαm= 0证明即可.l l
1 1
【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 k1 α β k2 β γ + k3 α+ γ = +
0，则 k1 k3 α+
k1+k2 β+ k2+k3 γ= 0
k1+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：① k1α1 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
所以由 l1α1+ l2α2+ +lmαm=
0可得 α1=-
l2 lα m
l 2
- - α
1 l
m
1
31
+ + +
= - l2 - - lm
代入 k1α1 k2α2 kmαm 0可得 k1 α2 αm + k2α2+ +kmαm= 0l1 l1
l
所以 - 2 k1+k2 α2+ + - lm k1+km αm= 0l1 l1
- l2 + = - l所以 k k m1 2 0， ， k1+km= 0l1 l1
k1 = k所以 2 = = km
l1 l2 lm
32 (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+ a 22x + +an
xn= 0(其中 a ≠ 0，n∈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n n∈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 n n∈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n n∈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+
a 22x + +a nnx = an x- α k 11 x- α k22 x- α kmm ，其中 k，m∈N *，k1+k2+ +km=n，α1，α2， ，
αm为方程 a0+a1x+ a x22 + +a nnx = 0的根．进一步可以推出：在实系数范围内 (即 a0，a1，a2， ，an为实
数)，方程 a0+a1x+ a 22x + +a nnx = 0的有实数根，则多项式 a 2 n0+a1x+ a2x + +anx 必可分解因式．
例如：观察可知，x= 1是方程 x3-1= 0的一个根，则 x- 1 一定是多项式 x3-1的一个因式，即 x3-1=
x- 1 ax2+bx+ c ，由待定系数法可知，a= b= c= 1．
(1)解方程：x3-2x+ 1= 0；
(2)设 f x = a0+a1x+ a x22 +a 33x ，其中 a +0，a1，a2，a3∈R ，且 a0+a1+a2+a3= 1．
(i)分解因式：x- a0+a1x+ a 22x +a3x3 ；
(ii)记点P x0,y0 是 y= f x 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
【答案】(1)x1= 1，x2= ，x3= -1- 52 2
(2) (i) - x- 1 a 23x + a2+a3 x- a0 ；(ii)证明九省联考后精典的新题型背景
一、单选题
1 (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 eiθ= 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
立了三角函数与指数函数的关系．已知 z= ieiθ，则 z = ( )
A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2
2 (2024届九省联考高考适应性考试数学变式卷 (2))欧拉恒等式 eiπ+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
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：eiθ= 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 ( )
A. eiπ的实部为 1 B. eiπ对应的点在复平面的第二象限
C. e2i的虚部为 1 D. e2i对应的点在复平面的第二象限
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
a1,a2,a3 和 b1,b2,b ，有 a23 1+a22+a23 b21+b22+b23 ≥
a a a
a1b +a 21 2b2+a3b3 等号成立当且仅当 1 = 2 = 3 已b1 b2 b3
知 x2+y2+z2= 14 ，请你用柯西不等式，求出 x+ 2y+ 3z 的最大值是 ( )
A. 14 B. 12 C. 10 D. 8
4 (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
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
n n≠ 1 经过 J n 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 J n =+∞)，以
下说法有误的是 ( )
A. J n 可看作一个定义域和值域均为N *的函数
B. J n 在其定义域上不单调，有最小值，无最大值
C.对任意正整数n n≠ 1 ，都有 J n J 2 = J 2n - 1
D. J 2n =n是真命题，J 2n-1 ≤ J 2n+1 是假命题
5 (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= p p- a p- b p- 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 12 3，则BC边上的中线长度为 ( )
A. 3 2 B. 4 C. 74 D. 26
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A x1,y1 ,B x2,y2 的曼哈顿
距离为：d A,B = x1-x2 + y1-y2 .已知点M在圆O:x2+y2= 1上，点N在直线 l:3x+ y- 9= 0上，则
d M ,N 的最小值为 ( )
1
A. 9 10 B. 9 10 - 1 C. 18- 2 10 D. 3- 10
10 10 5 3
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
多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为 eix= 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 ( )
i π
A.复数 e 2为纯虚数
B.复数 ei3对应的点位于第二象限
i π
C. e 3 3 1复数 的共轭复数为 - i
2 2
D.复数 eiθ(θ∈ [0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半圆
8 (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Q x0,y0 ，且以m= a,b ab≠ 0 为方向向量的平面直线 l的方
x- x0 = y- y0程为 ；在空间中，过点Q x0,y0,z
0 ，且以m= a,b,c abc≠ 0 为方向向量的空间直线 l的方a b
x- x0 = y- y0 = z- z 程为 0 .(2)平面上，过点Q x0,y0 ，且以u= m,n mn≠ 0 为法向量的直线 l的方a b c
程为m x- x0 +n y- y0 = 0；空间中，过点Q x0,y0,z0 ，且以u= m,n,p mnp≠ 0 为法向量的平面 α
的方程为m x- x0 +n y- y0 + p z- z0 = 0.现已知平面 α:2x+ 3y+ 4z= 5，平面 β:-x- 2y+ 2z= 0，
2x- y= 10
l1: y+ ，l :6x= 4y+ 1= 3z- 1，则 ( )z=-1 2
A. l1 α B. α β C. l1⊥ β D. l2⊥ β
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：
(1)过点P0 x0,y0,z
0 ，且以u= a,b,c abc≠
x- x y- y
0 0 为方向向量的空间直线 l的方程为 0 = =
a b
z- z0 ；
c
(2)过点P x0,y
0,z0 ，且 v= m,n,t mnt≠ 0 为法向量的平面 α的方程为m x- x0 +n y- y0 +
t z- z0 = 0．
现已知平面 α:x+ 2y+ 3z= 6，l1:
2x- y= 1 x- 1 y
- = ，l2:x= y= 2- z，l3: = - =
z ( )
3y 2z 1 5 4 1
A. l1 α B. l2 α C. l3 α D. l1⊥ α
10 (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 ( )
A. x∈R，[2x]= 2[x] B. x∈R [x]+ x+ 1， = 2x 2
C. x，y∈R，若 [x]= [y]，则有 x- y>-1 D.方程 x2= 3[x]+ 1的解集为 7， 10
2
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
x -b
标为 x n2；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 ( )
A. x = ec- b1 - (其中 lne= 1) B.数列 {an}是递减数列e 1
C. a 1 16= D.数列 an+ 的前n项和S
n 1-n
32 a n
= 2 -2 +1
n
12 (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
D x ，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D x 的性质表述正确的是 ( )
A. D π = 0 B. D x 是奇函数
C. D x 的值域是 0,1 D. D x+ 1 =D x
三、填空题
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 (Leonhard Euler)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
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 .
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= x x∈R 称为高斯函数，其中 x 表示不超过 x的最大整数.设S=
2024 2024k +2024k -1 k 2023
，则S除以 2023的余数是 .
k=1
3
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，
um, 为um除以 p的余数；设 a∈X，1,a,a2, , ,ap-2, 两两不同，若 an, = b n∈ 0,1, ,p- 2 ，则称n是以
a为底 b的离散对数，记为n= log(p)ab．
(1)若 p= 11,a= 2 p-1, ，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)a b c = log(p)ab log(p)ac，其中 b,c∈X；
(3)已知n= log(p)ab．对 x∈X,k∈ 1,2, ,p- 2 ，令 y = ak, ,y = x bk, n p-2．证明：x= y y , 1 2 2 1 ．
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= f x ,x∈ I，若存在 x0∈
I，使得 f x0 = x0，则称 x0为函数 f x 的一阶不动点；若存在 x0∈ I，使得 f f x0 = x0，则称 x0为函数 f x
的二阶不动点；依此类推，可以定义函数 f x 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.
(1)已知 f x = 2x+2x- 3，求 f x 的不动点；
(2)已知函数 f x 在定义域内单调递增，求证： “x0为函数 f x 的不动点”是“x0为函数 f x 的稳定点”的充
分必要条件；
(3) a>-1 f x = 2已知 ，讨论函数 lnx+ a+ 1 x- 1 的稳定点个数.
e2 x
4
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 f x = (x> 0),f x 在区间 a,b 上
x
b 1
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= 1 所围成的区域 (称a x x
b 1
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a x
于梯形ABQP的面积，即S a- b曲边梯形ABQPlnb
2
．
1 1
a + b
(1) a- b a+ b请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：
lna- < ；lnb 2
(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= f x 在 x1,f x1 和 x2,f x2 处的切线均不重合；
②当 b=-1时，若不等式 f x ≥ 2sin x- 1 恒成立，求实数 a的取值范围．
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F x 的导数
b
F x = f x ，可记为F x = f x dx．若 f x ≥ 0，则 f x dx=F b -F a 表示曲线 y= f x ，直线a
x= a,x= b以及 x轴围成的“曲边梯形”的面积．
(1)若F x 1 = dx，且F 1 = 1，求F x ；x
a
(2)已知 0< α< π，证明：αcosα< cosxdx< α，并解释其几何意义；2 0
(3) 1证明： 1+ cos π + 1+ cos 2π + 1+ cos 3π + + 1+ cos nπ < 2 2 ，n∈N*．n n n n n π
5
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 y
+ Δy dy dyΔy，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 a
Δa→0 Δa da da
dy
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
da
d y1+y2 dy1 dy2 d y1y2 dy1 dy2
有下列性质：①可加性： = + ；②乘法法则： = y2 + y1 ；③除法法则：da da da da da da
d y1 dy1 dy2y y2 da - y12 = da dy2 = dy2 dy1；④复合法则： .记 y= ex+ 1 x2lnx- 1 x2-ex- a.(e=
da y22 da dy1 da e 2e
2.7182818 为自然对数的底数)，
( ) dy dy1 写出 和 的表达式；
dx da
(2)已知方程 y= 0有两实根 x1,x2，x1< x2.
①求出 a的取值范围；
d x1+x2
②证明 > 0，并写出 x1+x2随 a的变化趋势.da
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 f x = 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”.
(1)证明：f x 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,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；
在 xn,f xn 处作曲线 f x 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 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
6
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 f x = lnx+ 2x- b(b
> 2).
(1)证明：f x 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,f x1 处作 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ：在点 x2,f x2 处作 f x
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 f x 不同精确度的零点近
似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
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= f x 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BΔs
y
越接近A，即Δs Δθ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→0 =Δs 3
1+ y 2 2
(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= f x 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；
2
(2) x求椭圆 + y2= 1 1在 3, 处的曲率；4 2
2 2 y
(3)定义 φ y =
为曲线 y= f x 的“柯西曲率”．已知在曲线 f x = xlnx- 2x上存在两点 1+ y 3
P x 3 31,f x1 和Q x2,f x2 ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 x1+ x2的取值范围．
7
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)．
(1)解同余方程：x2+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-an n∈N+ ，数列 bn 的前n项和为Sn，求S4048；
②若Cn= tana2n+3 tana2n+1 n∈N+ ，求数列 Cn 的前n项和Tn．
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≡ r modm ．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
x≡ r1 modm1 x≡ r2 modm2
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≡ rn modmn
m2 mn，M= Mi ，ti为整数，且满足Miti= 1 modmm i ．i
(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)．
8
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
a1 a2 a3
式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下： b1 b2 b3 = a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c1 c2 c3
i j k c 2．若 a× b= x1 y1 z1 ，则称 a× b为空间向量 a与 b的叉乘，其中 a = x1 i + y1 j + z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2 y2 z2
x2 i + y j + z k(x ,y ,z ∈R)， i , j ,k 2 2 2 2 2 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A 1,2,1 ，B 0,-1,1 ，求OA×OB；
②证明：OA×OB+OB×OA= 0．
(2)记△AOB 1的面积为S△AOB，证明：S△AOB= OA×OB2 ． 2 (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．
a1,1 a1,2 a1,m
a2,1 a2,2 a 2,m
27 (北京市朝阳区 2024届高三上学期期中数学试题)已知A 2m= (m≥ 2)是m
am,1 am,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 d ai,j,as,t = ai,j-as,j + as,j-as,t ．
设n∈N*，若Am满足如下两个性质：
① ai,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．
1 2 3
(1)判断A3= 2 3 1
是否为Γ3数表，并求 d a1,1,a2,2 + d a2,2,a3,3 的值；
3 1 2
(2)若Γ2数表A4满足 d ai,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 d ai,j,as,t = 0．
9
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|
a11 a12 a13 a1n
= x2+y2
a a a a
. 21 22 23 2n类似地，对于n行n列的矩阵A nn= ，其模可由向量模拓展为A=
a31 a32 a33 a3n
n n 1
a2 2ij (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=1 j=1
a a n n 1
= 11 12 2 4 2乌斯范数，例如对于矩阵A22 = ，其矩阵模AF= a2ij = 22+42+32+52= 3 6.弗a21 a22 3 5 i=1 j=1
罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
1 0 0 0
0 2 0 0
(1) n∈N*，n≥ 3，矩阵Bnn= 0 0 3 0 ，求使BF> 3 5的n的最小值.
0 0 0 n
(2) n∈N*，n≥ 3，，矩阵Cnn=
1 cosθ cosθ cosθ cosθ cosθ
0 -sinθ -sinθcosθ -sinθcosθ -sinθcosθ -sinθcosθ
0 0 sin
2θ sin2θcosθ sin2θcosθ sin2θcosθ 求C .
F
0 0 0 0 (-1)n-2sinn-2θ (-1)n-2sinn-2θcosθ
0 0 0 0 0 (-1)n-1sinn-1θ
ln
n+ 2
+ 00 0n 1
ln n+ 1
2
2 ln n+ 1
2
2 0 0
n n
(3)矩阵D = ，证明： n∈N*，n≥ 3，D > nmin F .
3n+ 9n-1 n-1 n-1
ln 4 n-1 ln3
4 n-1 ln 4 n-1 03 3
n n n n
ln 3 n ln 3 n ln 3 n ln 3 n2 2 2 2
10
29 (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：ex
2 3 n
= 1+ x+ x x 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
ex-e-x ex+e-x
上公式称为泰勒公式.设 f x = ,g x = ，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决
2 2
如下问题.
(1)证明：ex≥ 1+ x；
f x
(2) ∈ 设 x 0,+∞ ，证明： < g x ；
x
2
(3)设F x = g x - a 1+ x2 ，若 x= 0是F x 的极小值点，求实数 a的取值范围.
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
x3 x5 x7
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
π 3 3 5
到一些不等式：当 x∈ 0, 时，sinx< x,sinx> x- x!，sinx< x-
x + x
2 3 3! 5! , .
(1) π sinx 1证明：当 x∈ 0, 时， > ；2 x 2
(2)设 f x =msinx，若区间 a,b 满足当 f x 定义域为 a,b 时，值域也为 a,b ，则称为 f x 的“和谐区
间”.
(i)m= 1时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；
(ii)m=-2时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.
11
31 (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Rn
= α α= x1,x2,x3, ,xn ,x j∈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
为零向量．设 k∈R，α= a1,a2, ,an ，β= b1,b2, ,b ∈Rn
n ，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．
= , , = , , = , , = , , = , ,
= , , = , , ① α 1 1 1 ，β 2 2 2 ；② α 1 1 1 ，β 2 2 2 ，γ 5 1 4 ；③ α 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m m≥
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
≠ k1 = k立，其中 l 0，则 21 = =
km．
l1 l2 lm
32 (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+a 21x+ a2x + +an
xn= 0(其中 a ≠ 0，n∈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n n∈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 n n∈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n n∈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+
a 2 n2x + +anx = an x- α k 1 x- α k k 2 x- α m1 2 m ，其中 k，m∈N *，k1+k2+ +km=n，α1，α2， ，
αm为方程 a0+a1x+ a2x2+ +a nnx = 0的根．进一步可以推出：在实系数范围内 (即 a0，a1，a2， ，an为实
数)，方程 a0+a1x+ a 22x + +a nnx = 0的有实数根，则多项式 a0+a1x+ a 22x + +anxn必可分解因式．
例如：观察可知，x= 1是方程 x3-1= 0的一个根，则 x- 1 一定是多项式 x3-1的一个因式，即 x3-1=
x- 1 ax2+bx+ c ，由待定系数法可知，a= b= c= 1．
(1)解方程：x3-2x+ 1= 0；
(2)设 f x = a0+a 2 31x+ a2x +a3x ，其中 a0，a1，a2，a +3∈R ，且 a0+a1+a2+a3= 1．
(i)分解因式：x- a 20+a1x+ a2x +a 33x ；
(ii)记点P x0,y0 是 y= f x 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．
12
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
( ) = a0+a1x+ +a x
m
为：R x m n ，且满足：f(0) =R(0)，f
(0) =R (0)，f (0) =R (0) (m+n) (m+n)， ，f (0) =R
1+ b1x+ +bnx
(0)． (注：f (x) = f (x) ，f (x) = (4) f (x) ，f (x) = f (x) f (5) ， (x) = f (4)(x) f (n)， ； (x) (n-1)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 f x 与R(x)的大小；
(3)若 h(x) = f(x) - 1 -m f(x)在 (0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．R(x) 2
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 = t PA ，求实数 t的最小值．
13
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 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 a0a1a2 ak-1ak 2，则n
= a0 2k+a k-1 11 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 ；
511
( I nⅱ)求 2 (用数字作答).
n=1
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
2 2
卷) x y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P 4,0
1
，斜率为 的直线
4 t t 2
l1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
2 2
的.对于椭圆Γ: x + y = x x y y1，极点P x0,y0 (不是原点)对应的极线为 lP: 0 +
0 = 1，且若极点P在 x轴
a2 b2 a2 b2
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 kQA+kQB= 2kPQ(当斜率均存在1 1
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.
14
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 E 2= x，y | x，y∈R ，定义
对 A1 x1，y1 ，A2 x2，y2 ，其度量 (距离)d A1，A2 = x1-x 22 + y1-y 22 并称 E 2，d 为一度量平
面．设 x0∈ E 2，d ，ε∈R+，称平面区域B x0，ε = x∈ E 2，d d x0，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)证明： E 2，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；
(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 2，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．
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 ，
规定 Δan 为数列 an 的一阶差分数列，其中Δan= an+1-an n∈N * ，规定 Δ2an 为数列 an 的二阶差分
数列，其中Δ2an=Δan+1-Δan n∈N* ．
(1)数列 a 3n 的通项公式为 an=n n∈N* ，试判断数列 Δan , Δ2an 是否为等差数列，请说明理由？
(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Δ2bn= 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．
15
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
ex+e-x
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 ch x =
2
的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：① sin2x+ cos2x= 1，②和角公式：cos x+ y = cosxcosy-
sinx = cosx, xsinxsiny sh x = e -e-x，③导数： 定义双曲正弦函数 ． cosx =-sinx, 2
(1)直接写出 sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质 (不需要证明)；
(2)若当 x> 0时，sh x > ax恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)求 f x = ch x - cosx- x2的最小值．
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．
16
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
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 n≥ 1+
nx成立；在 n∈ 0,1 时，有不等式 1+ x n≤ 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, ,an n∈N * 是大于-1的实数 (全部同号)，证明
1+ a1 1+ a2 1+ an ≥ 1+ a1+a2+ +an
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
AC BD
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
BC AD
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)证明：1- (D,B;C,A) = 1 ；
(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△E F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，
则△EFG与△E F G 对应边的交点在一条直线上．
17
