2024年九省联考新情境压轴题精选25题（含解析）

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：12
2 (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- 2 n|}
m∈[-3,3] n∈[0,9] = .
【答案】2
【解析】解： m+n- 2 n = n- 1 2+m- 1 ，
当n∈ 0,9 时， n ∈ 0,3 ，
令 f x = x- 1 2+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- 2 n = ，
n∈ 0,9 1-m, m<-1
m+ 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- 2 n = 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 .
【答案】 3 ,13
【解析】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 △PBC cos120°= n +t -1 1，在 中，由余弦定理有 =- 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 2 °- ，则nt=m ，由①，n+ t= m
2+1 ②，
msin 60 α
n= sinα
msin 60°-α sin 60°-α
且 + msinα = m2+1 1+ 1 = + sinα ，
sinα sin 60°-α m
2 sinα sin 60°-α
sin 60°-α
3 1 3
设 x= ，则 x= 2
cosα- 2 sinα = 2 - 1 ，由题意，tanα∈ 0, 3 1 ∈ 3 ,+∞ ，
sinα sinα tanα 2 tanα 3
所以 x∈ 0,+∞ 1 3 ，而 1+ 12 = x+ ，由对勾函数的性质可知 1+
1 ∈ [2,+∞) 0m x m2 3
由②，PB+PC-PA= m2+1 -m= 1 1 3，易知函数 y= 在 0, 上单调递减，
m2+1+m m2+1+m 3
于是PB+PC-PA∈ 3 ,13 .
3
故答案为： ,13 .
n2+t2-1 1
【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
2nt 2
2
1 sin 60
°-α
+ = 1 + sinα步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“ 2 ”这个等式里发现了倒数m sinα sin 60°-α
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 =
1
”这一步变形目的在于可以直接判断函数 y= 1 的单调性，而函数 y= m2+1 -
m2+1+m m2+1+m
m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
2 2 2
会价值.现有如图所示剪纸图案，其花纹中就隐含方程为 x 3+y 3= a 3(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 ； a
2
【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，
第一象限内曲线上的点为P(x,y)，则 |PO| = x2+y2，
1 1 1 1
令 x 3= a 3cosα，y 3= a 3sinα，α∈ 0, π ，2
则 |PO| = a2(cos6α+ sin6α) = a 1- 3 sin22α，
4
故当 α= π 时，|PO|min= 1 a 1，即内切圆半径为 a;4 2 2
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，
2 2 3 2 2 2
考查函数 y= a 3-x 3 2，则切线方程为 y=-m 3a 3-m 2(x-m) +n，设切线与 x轴，y轴交点为A，B，
3
2 2 2 1 2
由于m 3+n 3= a 3，令 y= 0，得A点坐标 m 3n3+m,0 ，令 x= 0，得B点坐标 m 3n3+n,0 ，故
|AB| = (n1)2+m2+ (m2)1+n)2= 22(n2+m2)2+n2m2+n3= 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]
g(x) = 2lnx- x2+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+ x0
2+ g(x )
l0 x 2ln2 3 x 2 +
0
，其中 x 2
2 0
∈ (1,2)且为二次方程 2x + (2ln2- 3)x- 2= 0的根.
2 2(1- x) (1+ x)
【答案】证明：(1)由题意 g′ (x) = - 2x= ，
x x
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
2
max|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)，
∴ f′ (x) = g′ (x) - h′ (x) = 2 - 2x- (2ln2- 3).
x
m(x) = 2 - 2x- (2ln2- 3) m′ (x) =- 2令 ，可得 - 2< 0，
x x2
∴ 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，
2
即 - 2x0- (2ln2- 3) = 0 2x20+ (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] 2 2
又max| f(x) - l(x)| =max|g(x) - h(x) - l(x)|，
x∈[1,2] x∈[1,2]
( ) = f(xl x 0)故当 时，max| f(x) - l(x)| = f(x )max|g(x) - h(x) - l(x)| 0取最小值 .
2 x∈[1,2] x∈[1,2] 2
∴ g(x) f(x )在 x∈ [1,2]上的“最接近”直线为：l0(x) = h(x) + 0 ，2
( ) = ( - ) ( - )+ + g(x0) - (2ln2- 3) (xl x 2ln2 3 x 1 2 0-1) - 2即 0 ，2
x +1 2+ g(x0)
化简可得 l0(x) = (2ln2- 3) x- 02 + ，2
其中 x0∈ (1,2)，且 x0是二次方程 2x2+ (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lim f(x) =limg(x) = 0，则
x→a x→a
f(x) = f′ (x)lim lim .
x→a g(x) x→a g′ (x)
②设 a> 0 x，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lim f(x) =k x→0
0，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：
(1)试判断 f(x) = x3-3x是否为区间 [0,3]上的 2阶无穷递降函数;
1
(2)计算：lim(1+ x)x ;
x→0
5
(3) sinx
3
证明： - < cosx，x∈ π,
3 π
x π 2 .
【答案】解：(1)设F(x) = f(x) - f x = 7 x3- 3 x，2 8 2
由于F(1) = 7 - 3 < 0，
8 2
所以 f(x)≥ f x2 不成立，
故 f(x) = x3-3x不是区间 [0,3]上的 2阶无穷递降函数;
1
(2)设 g(x) = (1+ x)x，
ln(1+ x)
则 lng(x) = 1 ln(1+ x) = ，
x x
ln(1+ x)
设 h(x) = ，
x
1
则limh(x) = ln(1+ x)lim =lim 1+ x = 1，
x→0 x→0 x x→0 1
1
所以limlng(x) = 1，得lim(1+ x)x= e;
x→0 x→0
(3)令 x- π= t，则原不等式等价于 tant sin2t≥ t3，t∈ 0, π2
2
记 f(t) = tant sin t，t∈ 0, πt3 2 ，
t 8tan
t 2 t
则 f = 2
sin 2 ，
2 t3
2
f( tt) = tant sin
2t t3 cos
所以 . = 2 = 1 > 1，
f t t
3
2 8tan
t
2 sin
2 t 1- tan2 t2 2 1- tan
4 t
2
即有对任意 t∈ 0, π f(t)> f t，均有 ，2 2
f(t)> f t > > f t所以 2 2n ，
因为lim sinx =limcosx= 1，
x→0 x x→0
t sin
t
n 3 1
所以 lim f = lim 2 lim = 1
n→+∞ 2n n→+∞ t n→+∞ cos t2n 2n
所以 f(t)> 1，t∈ 0, π ，证毕!2
2 y2
7 (2024· x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
a2 b2
6
率为 ，直线 l与Γ相切，与圆O:x2+y2= 3a2相交于A，B两点.当 l垂直于 x轴时，|AB| = 2 6.
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).
【答案】解：(1) c 6由题意知 = ，
a 3
在 x2+y2= 3a2中，令 x= a得 y=± 2a，
∴ 2 2a= 2 6，∴ a= 3，则 c= 2，b= 1，
2
∴Γ x的方程为 + y2= 1.
3
(2)由 (1)知 a= 3，则圆O:x2+y2= 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+m 2 2 2 x2+ 2= (1+ 3k )x +6kmx+ 3m -3= 0，3y 3
Δ= 36k2m2-4(1+ 3k2) (3m2-3) = 12(3k2-m2+1) = 0，
则 3k2-m2+1= 0，
= |m|设O到AB的距离为 d ，则 |AB| = 2 9- d2.
k2+1
2 2
d2= m = 3k +1 = 3- 2 ∈ 1,3 ,所以 d∈ 1, 3 .
k2+1 k2+1 k2+1
当点P到线段AB的距离为 d+ r时，△PAB的面积最大，
则S 1 2△PAB≤ 2 9- d (d+ 3)2
= (9- d2) (d+ 3)2= (3+ d)3(3- d)，d∈ 1, 3 ,
令 f(d) = (d+ 3)3(3- d)，d∈ 1, 3 ,
f′ (d) = 3(d+ 3)2(3- d) - (d+ 3)3= (d+ 3)2(6- 4d)，
1≤ d< 3当 时，f′ (d)> 0，f d 单调递增;
2
3
当 < d< 3时，f′ (d)< 0，f d 单调递减，
2
∴ 3 27 3当 d= 时，f d 取得最大值，此时 S△PAB = ，2 max 4
|m| 3 2 k2= 5
此时 = ，∴ 3k +1 = 9 ，即 3k2= 5， 3 .
k2+1 2 k2+1 4 m2= 6
1
当AB斜率不存在时，由 (1)知S△PAB≤ × 3+ 3 × 2 6= 3 2+ 3 6.2
7
27 3 > 3 2+ 3 6 S = 27 3因为 ，所以
4 △PAB
max .4
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，
故△PAB 3 3的面积最大时，d(M ,N ) = r- d= 3- = .
2 2
(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| = 2 2a，结合已知可得 a、b、c的值，即可得椭圆方程；
(2) (i) |m|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| =
k2+1
2 9- d2 1，要求 △PAB面积最大，则 S 2△PAB≤ 2 9- d (d + 3)，构造函数，利用导数求最值，可得2
S = 27 3 27 3 △PAB max ，当 AB斜率不存在时，S△PAB≤ 3 2 + 3 6，综上可得 S△PAB 4 max= ，分析可得4
d(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
1 2 32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= ；3 1 2
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
1 2 3
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1 3 2
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；
Ⅳ. a∈G， a-1∈G，a°a-1= a-1°a= e.
对于一个群G，称Ⅲ中的 e为群G的单位元，称Ⅳ中的 a-1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)；
1 2 3 1 3 2 2 1 3
(2 ) 同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如 m 1= =3 1 2 =3 2 1 1 3 2 =
2 3 1 3 1 2 3 2 1 a1 a2 a= = 3.对于集合 S中的元素，定义一种新运算 *，规则如下：1 2 3 2 3 1 2 1 3 b1 b2 b3
b* 1 b2 b3 a1 a2 a= 3 ， a1,a2,a3 = b1,b2,b3 = c1,c2,c3 = 1,2,3 .c1 c2 c3 c1 c2 c3
①证明集合S对于给定的代数运算 *来说作成一个群；
②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-1，a′分别是 a在群G，群H中的逆元.
猜想 e，e′之间的关系以及 a-1，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 m 1=
1 2 3 1 2 3 ；绕中心 O 作 240 ° 的旋转变换 m2= ；绕中心 O 作 360 ° 的旋转变换 m3=3 1 2 2 3 1
1 2 3 1 2 3 ；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 l21 2 3 1 3 2
1 2 3 1 2 3= ；关于对称轴 r3 所在直线的反射变换 l3= .3 2 1 2 1 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3综上， S= , , , , , .(形式不唯一)3 1 2 2 3 1 1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3
9
a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a(2) 3①Ⅰ. ， ∈S ， * = ∈S ；b1 b2 b3 c1 c2 c3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 c1 c2 c3
a1 a2 a b 3 1 b2 b3Ⅱ. ， ， b1 b2 b3 c1 c2 c3
c1 c2 c3 ∈S ，
d1 d2 d3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 a1 a2 a3 c1 c2 c* * = * 3 a1 a2 a3 a1 a= 2 a3 b1 b2 b3 c1 c c 2 3 d1 d2 d3 c1 c2 c3 d1 d2 d3 d1 d2 d3 b1 b2 b3
*
b1 b2 b3 c c c* 1 2 3c c c d d d


1 2 3 1 2 3
a= 1 a2 a3 b* 1 b2 b3b1 b2 b3 d1 d2 d3
a
= 1
a2 a3
d1 d2 d3
a1 a2 a3 b b b c c c a a a b b b所以 * 1 2 3 * 1 2 3 = 1 2 3 * 1 2 3 * b1 b2 b 3 c1 c2 c3 d1 d2 d3 b1 b2 b3 c1 c2 c3
c1 c2 c3
d d d ;1 2 3
1 2 3 a1 a ∈ , 2 a3Ⅲ. S ∈S1 2 3 b1 b2 b3
a1 a2 a3 a1 a2 a3 a a a a a a b b b* = 1 2 3 = 1 2 3 * 1 2 3 ，a1 a2 a3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 b1 b2 b3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 1 2 3 1 2 3而 = = ，所以 e= ；a1 a2 a3 b1 b2 b3 1 2 3 1 2 3
a1 a2 a3 b1 b ∈ , 2 b3Ⅳ. S ∈S ，b1 b2 b3 a1 a2 a3
a1 a2 a3 b* 1 b2 b3 b1 b2 b3 a a a= * 1 2 3 = e ；b1 b2 b3 a1 a2 a3 a1 a2 a3 b1 b2 b3
综上可知，集合 S 对于给定的新运算 *来说能作成一个群
② e= e′ ， a-1= a′ ，证明如下：
先证明 e= e′ ：由于 H 是 G 的子群，取 a∈H ，则 a∈G ， a-1∈G ，
根据群的定义，有 a°e= a ， a°e′ = a ，所以 a°e= a°e′ ，
所以 a-1 a°e = a-1 a°e′ ，即 a-1°a °e= a-1°a °e′ ，
即 e°e= e°e′ ，所以 e= e′
再证明 a-1= a′ ：由于 e= e′ ， e= a-1°a ， e′ = a′°a ，
所以 a-1°a= a′°a ，所以 a-1° a°a-1 = a′° a°a-1 ，
所以 a-1°e= a′°e ，所以 a-1= a′
③ S 的所有子群如下：
1 2 3 1 2 3 1 2 3
H1= ,H2= , ，1 2 3 1 2 3 1 3 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3H3= , 1 2 3 3 2 1 ， H4= , ，1 2 3 2 1 3
10
1 2 3 1 2 3 1 2 3
H5= , , ，3 1 2 2 3 1 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
H6= , , , , ,3 1 2 2 3 1 1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3
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≥
0，且 f(x) = 1 lnx+ ax2+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;
n
( f(aii) a=minB {a } a = 2 a = n) 4若 ，数列 满足 ， ，集合C = * *n 1 n+1 a n |ak-1|, ，n∈N .求证： n∈N ，k=1 3
maxC 4n= .3
【答案】解法一：(1) a= 0 f(x) = 1当 时， lnx+ 1，其定义域为 (0,+∞).
2
f(x) = x 1由 得， lnx- x+ 1= 0. 1设 g(x) = lnx- x+ 1，则 g′ (x) = 1- 2x .
2 2 2x
当 x∈ 0, 1 时，g′ (x)> 0;当 x∈ 1 ,+∞ 时，g′ (x)< 0;2 2
所以 g(x)在 0, 1 1单调递增;在 ,+∞ 单调递减.2 2
注意到 g(1) = 0，所以 g(x) 1在 ,+∞ 恰有一个零点 x= 1，且 g 1 > g(1) = 0，2 2
又 g(e-2) =-e-2< 0 1 1，所以 g e-2 g < 0，所以 g(x)在 0, 恰有一个零点 x ，2 2 0
f(x) 1即 在 ,+∞ 恰有一个不动点 x= 1 1，在 0, 恰有一个不动点 x= x0，所以A={x0,1}，所以A的元2 2
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;
当 a> 0时，f(x) = 1 lnx+ ax2+1- a 1，其定义域为 (0,+∞).由 f(x) = x得， lnx+ ax2-x+ 1- a= 0.
2 2
2
设 h(x) = 1 lnx+ ax2-x+ 1- a 1 4ax -2x+ 1，则 h′ (x) = + 2ax- 1= .
2 2x 2x
设F(x) = 4ax2-2x+ 1，则△= 4- 16a.
1
①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
②当 0< a< 1 ，△> 0，故F(x)恰有两个零点 x
4 1
，x2(x1< x2).
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
所以 a的取值范围为 ,+∞ 1，即集合B= 4 ,+∞ .4
(ii) 1 1由 (i)知，B= ,+∞ ，所以 a=minB= ，4 4
1
此时，f(x) = lnx+ 1 x2+ 3 ，h(x) = 1 lnx+ 1 x2-x+ 3 ，由 (i)知，h(x)在 (0,+∞)单调递增，所以，当
2 4 4 2 4 4
x> 1时，h(x) > h(1) = 0，所以 f(x) > 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.
3
下面我们先证明当 x> 1时，lnx< (x- 1).设G(x) = lnx- 3 x+ 3 ，
2 2 2
x> 1 G′ (x) = 1 - 3 = 2- 3x则当 时， < 0，所以G(x)在 (1,+∞)单调递减，
x 2 2x
G(x)1 lnx< 3所以 时， (x- 1)，
2
1 1 3 1 1
从而当 x> 1时， lnx+ x2+ - x< x2- x，
2 4 4 4 4
1 1 2 3
从而 2
lnx+ 4 x + 4 - f(x)1< 1 (x- 1) - 1< 1，即 (x- 1)，
x 4 x 4
f(a) 1
故 - 1< (an-1) a 1，即 n+1-1< (an-1)，由于 an> 1，an+1> 1，所以 an-1> 0，aa 4 4 n+1-1> 0，n
故 |an+1-1| < 1 |a -1|，故n≥ 2时，|a -1| < 1 |a -1| < 1 |a -1| < < 1 |a -1| = 1 .4 n n 4 n-1 2 n-2 n-1 14 4 4n-1
n n 1- 1n
所以 n∈N *， |ak-1| ≤ 1 = 4 = 4- 1-
1
n <
4
，故maxC = 4 .
k 1 n
k=1 k=1 4 1- 1 3 4 3 34
解法二：(1)同解法一.
(2) (i)当 x= 1 1时， lnx+ ax2+1- a= 1= x 1，故 x= 1是 f(x)的一个不动点;当 x≠ 1时，由 lnx+ ax2
2 2
1 lnx- x+ 1
+1- a= x，得 a= 2 (*)，
1- x2
1
要使得A恰有一个元素，即方程 lnx+ ax2+1- a= x有唯一解，因此方程 (*)无实数解，即直线 y= a与
2
12
1
2 lnx- x+ 1曲线 y= 无公共点.
1- x2
1
2 lnx- x+ 1 x -x+ lnx+
1 - 1 32 +
令m( ) = x 2x ，则m′ (x) = 2x .令 n(x) =-x+ lnx+ 1 - 1 + 3 (x
1- x2 (1- x2)2 2x2 x 2
> 0)，
2
n′ (x) =-1+ 1 - 1 + 1 = -x
3+x2+x- 1 = - (x- 1) (x+ 1)则 ≤ 0，
x x3 x2 x3 x3
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- 1 lnx 1 lnx- 1 + 3
令m1(x) = 2+ ，则m1(1) = 0，m ′ (x) =
2 2x 2 ，
x 1 1 (x+ 1)2
1 x- 1-
1 lnx
2 lnx- x+ 1
2
x+ 1 m( ) = = = 1
x -m 1
则limm x lim lim - lim
1
- =m
1 1 =
x→1 x→1 1- x2 x→1 x 1 x→1 x 1 1 4
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：
a≥ 1 1由图可知， ，所以 a的取值范围为 ,+∞ B= 1，即集合 ,+∞4 4 4 .
(ii)由 (i)知，B= 1 ,+∞ 1，所以 a=minB= ，4 4
1 1 2 3
2
此时，f(x) = 1 lnx+ 1 x2+ 3 .令 φ(x) = 2
lnx+ 4 x + 4 x -2lnx- 1，则 φ′ (x) = .
2 4 4 x 4x2
2
令 t( 2(x -1)x) = x2-2lnx- 1，当 x> 1 2时，t′ (x) = 2x- = > 0，所以 t(x)在 (1,+∞)单调递增，所以当
x x
x> 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.
1 1 1 1
下面先证明当 x> 1时，lnx< x- .令 g(x) = x- - lnx，则 g′ (x) = 1 1+ 1 - 1 =2 x 2 x 2 x2 x
(x- 1)2 ≥ 0，
2x2
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< 1 x- 1 .
2 x
1 1 2 3 1 1 1 1 2
f(x) 2 lnx+ 4 x + 4 - x 2 × 2 x- x + 4 x +
3
4 - x- = < = (x- 1)
3
1
所以 1 < (x- 1)，
x x x 4x2 4
f(a )
由于 an> 1，an+1> 1，所以 an-1> 0 a n 1， n+1-1> 0，故 - 1< (an-1)，即 an+1-1< 1 (aa 4 4 n-1)，n
故 |a 1 1n+1-1| < |an-1|，故n≥ 2时，|an-1| < |an-1-1| < 1 |a -1| < < 1 |a -1| = 1 .4 4 2 n-2 n-1 14 4 4n-1
n n 1- 1n
所以 n∈N *， |ak-1≤ 1- =
4 = 4 1- 1 < 4 4，故maxC = .4k 1 1k=1 k=1 1- 3 n4n 3 34
解法三：(1)同解法一.
(2) (i)同解法一.
(ii)同解法一得， n∈N *，an> 1.
下面我们先证明当 x> 1时，lnx< x- 1.设G(x) = lnx- x+ 1 1 1- x，则当 x> 1时，G′ (x) = - 1= <
x x
0，
所以G(x)在 (1,+∞)单调递减，所以G(x)x> 1 1 lnx< 1 (x- 1)< 3 (x- 1) 1 lnx+ 1 x2+ 3 - x< 1从而当 时， ，于是 x2- 1 x，
2 2 4 2 4 4 4 4
1 lnx+ 1 x22 4 +
3
4 - < 1 ( - ) f(x)1 x 1 - 1< 1从而 ，即 (x- 1)，
x 4 x 4
f(an)
故 - 1< 1 (an-1) 1，即 an+1-1< (an-1)，由于 an> 1，an+1> 1，所以 an-1> 0，an+1-1> 0，an 4 4
故 |an+1-1| < 1 |an-1|，故n≥ 2时，|an-1| < 1 |an-1-1| < 1 |an-2-1| < < 1 |a -1| = 1 .4 4 42 4n-1 1 4n-1
1- 1n n n
所以 n∈N *， |ak-1| ≤ 1 = 4 = 4- 1- 1 < 4 4n ，故maxC = .k 1 n
k=1 k=1 4 1- 1 3 4 3 34
10 (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.
( 1 + 1 1 n取 + + + = ln )k k 1 n- 1 k
【答案】解：(1)这 4个番石榴的位置从第 1个到第 4个排序，有A44= 24种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第 3个，其它的随意在哪个位置，有A33= 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，
其它的随意在哪个位置，有 2A22= 4种情况， 公众号：慧博高中数学最新试题
6+ 4 5
故所求概率为 = ；
24 12
(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，
P B = 1则 i ，n
n 1 n
由全概率公式知：P A = P A|Bi P Bi = P A|Bi ，
i=1 n i=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，
此时P A|B = ki i- ，1
∴P A = 1 k + k k k+ + + - = ln
n
，
n k k 1 n 1 n k
令 g(x) = x ln n (x> 0)，则 g (x) = 1 ln n - 1 ，
n x n x n
g′ x = 0 x= n由 ，得 ，
e
当 x∈ 0, n 时，g′ (x)> 0 n，当 x∈ ,n 时，g′ (x)< 0，e e
所以 g(x) n在 0, e 上单调递增，在
n ,n 上单调递减，e
g(x) = g n 1所以 max = ，e e
n k
所以当 k= 时，P(A) = ln n 1取得最大值 ，
e n k e
P 1 1从而 的最大值为 ，此时 t的值为 .
e e
15
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
a0a1a2 ak-1ak 2，则n= a 2k0 +a k-11 2 + +ak-1 21+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
(ⅱ)求 2I n (用数字作答).
n=1
【答案】解：(1)8n+ 3= a 2k+30 +a k+21 2 + +a 3k 2 +1 21+1，
∴S 8n+ 3 = a0+a1+ +ak+1+ 1=S n + 2，
4n+ 3= a0 2k+2+a1 2k+1+ +a 2k 2 +1 21+1，
∴S 4n+ 3 = a0+a1+ +ak+1+ 1=S n + 2，
∴S 8n+ 3 =S 4n+ 3 ；
(2) (ⅰ)60= 32+ 16+ 8+ 4= 1× 25+1× 24+1× 23+1× 22+0× 21+0× 20= 111100 2，
∴ I 60 = 2，
(ⅱ)1= 1× 20= 1 2，
511= 1× 28+1× 27+1× 26+1× 25+1× 24+1× 23+1× 22+1× 21+1× 20= 111111111 2，故从 n= 1到 n=
511中，
I n = 0有 1 2、 11 2、 、 111111111 2共 9个，
I n = 1有C11+C12+ +C18个，由C1+C1+ +C1 21 2 8=C9，即共有C29个
I n = 2有C22+C2 2 2 2 23+ +C8个，由C2+C3+ +C8=C39，即共有C39个
，
I n = 8有C88=C99= 1个，
n=1
∑ 2I n = 9× 20+C29× 21+C3 2 9 89× 2 + +C9× 2
511
= C
1
9× 21+C29× 22+C3× 239 + +C9 99× 2
2
C0× 20+C1× 21+C2× 22+C3× 23+ +C9= 9 9 9 9 9× 2
9-1
2
1+ 2 9-1= = 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
意 {an}∈S，设变换 f({a n-1n})= 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});
(n+ 1)
2+1 ,1≤n≤ 203-n100, 1
( ) = ,1≤n≤ 500,3 a 1若 n n(n+ 1) bn= 2 {dn}= {an} {bn}，证明：d200< .0,n> 100, 0,n> 500, 2
【答案】解：(1)因为m x3= (a b +a b +a b +a b )x34 1 4 2 3 3 2 4 1 ，
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，
因为 (a1+a2x+ +a n-1nx + ) (b1+b2x+ +b n-1nx + )
= d n-11+d2x+ +dnx + ，
所以 d xn-1= a (b xn-1) + +a xk-1(b xn-kn 1 n k n+1-k ) + +a n-2n-1x (b2x) + a xn-1n b1，
所以 dn= a1bn+a2bn-1+ +akbn+1-k+ +an-1b2+anb1，
n
所以 {an} {bn}= {dn}= akbn+1-kk=1 ，
200 100 200
d200= akb201-k= akb201-k+ akb201-k
k=1 k=1 k=101
100 100
= = (k+ 1)
2+1
akb201-k ，
k=1 k=1 k(k+ 1)2k+2
100 1 2 1
所以 d200= + 1+ -k 2
k=1 2 k k+ 1
(Textranslationfailed)
= 1 - 102 < 1 .
2 101× 2102 2
13 (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
M，且集合A= αi∣ αi= ti1,ti2, ,tin ,i= 1,2, ,
p,i= j,
n ，对于A中任意元素 αi,α j，若 ai a j= ，则1,i≠ j,
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 a j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 a j= 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)
∈N *)阶导数都存在时，f(x) = f(0) + f′ ( f′′ (0) f (0) f (0)0)x+ x2! + ! x
3+ + ! x
n+ .
2 3 n
注：f ′′ (x)表示 f(x) (n)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；
2
2 4 6 2
(2)由该公式可得：cosx= 1- x + x - x + . x当 x≥ 0时，试比较 cosx与 1- 的大小，并给出证明；
2! 4! 6! 2
n
(3)设n∈N * 1，证明： >n- 1 .
k=1 (n+ k)tan 1 4n+ 2n+ k
3 5 7
【答案】解：(1)由该公式可得 sinx= x- x! +
x - x! ! + ，3 5 7
sin 1故 = 1 - 1 + ≈ 0.48.
2 2 48
2
(2)结论：cosx≥ 1- x ，
2
证明如下：
2
令 g(x) = cosx- 1+ x ，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，
2 2
即证得 cosx- 1+ x ≥ 0，即 cosx≥ 1- x .
2 2
2
(3)由 (2)可得当 x≥ 0时，cosx≥ 1- x ，且由 h(x)≥ 0得 sinx≤ x，
2
2
当且仅当 x= 0时取等号，故当 x> 0时，cosx> 1- x ，sinx< x，
2
1 cos
1
n+ k cos
1
= > n+ k = cos 1 > 1- 1 ，
(n+ k)tan 1 (n+ k)sin 1 (n+ k) 1 n+ k 2(n+ k)2n+ k n+ k n+ k
1 = 2 < 2 = 2而
2(n+ k)2 (2n+ 2k)2 (2n+ 2k)2-1 (2n+ 2k- 1) (2n+ 2k+ 1)
= 1 - 1 ，
2n+ 2k- 1 2n+ 2k+ 1
1 1
即有 > 1- - 1 ，
(n+ k)tan 1 2n+ 2k- 1 2n+ 2k+ 1 n+ k
n
1 >n- 1 - 1 + 1 1故 - + + 1 - 1
= (n+ k)tan 1 k 1 2n+ 1 2n+ 3 2n+ 3 2n+ 5 4n- 1 4n+ 1 n+ k
=n- 1 + 1 ，
2n+ 1 4n+ 1
而n- 1 + 1+ + - n-
1 = 1 - 1 > 0，
2n 1 4n 1 4n+ 2 4n+ 1 4n+ 2
n
1 >n- 1即证得 . 1
k=1 (n+ k)tan 4n+ 2n+ k
15 (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;
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数，试求 φ(3n)，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.
(2)在不大于 3n的正整数中，只有 3的倍数不与 3n互素，而 3的倍数有 3n-1个，
故 φ(3n) = 3n-3n-1= 2 3n-1
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，
k= 9x+ 1 (7x+ 1) 1，令 y= (7x+ 1)，则 17y= 7x+ 1 1，x= 2y+ (3y- 1)，
17 17 7
令 z= 1 (3y- 1)，则 7z= 3y- 1，y= 2z+ 1 (z+ 1)，
7 3
取 z= 3n- 1，则 y= 7n- 2，x= 17n- 5，k= 160n- 47，
所以，80cn= bn+47= 160n，所以 cn= 2n
= ( + )= tan(2n+ 2) - tan2ntancn tancn+1 tan2n tan 2n 2 - 1，tan2
Tn= tanc1 tanc2+tanc2 tanc3+ +tancn tancn+1
= tan2 tan4+ tan4 tan6+ +tan2n tan(2n+ 2)
= tan4- tan2+ tan6- tan4+ tan(2n+ 2) - tan2n - = tan(2n+ 2)n -n- 1
tan2 tan2
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=1
12+[g(1)]2 22+[g(2)]2 32≤ + + +[g(3)]
2
+ 4
2+[g(4)]2 52+ +[g(5)]
2
2 2 2 2 2
(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)，
从集合M中任取 5个数记为 b ，b ，b ，b ，b ，共有C51 2 3 4 5 7个，
然后剩余的 2个数全排列，
故共有C57A
2
2= 42个 g(x)满足条件；
(3)以下表格为 g(x)的函数关系：
x 1 2 3 4 5 6 7
g(x) 2 3 1 5 6 7 4
g1(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.
x2 y
2
17 (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 t t
点P 4,0 1 ，斜率为 的直线 l1与椭圆Γ交于A,B两点.2
21
(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 = 1，极点P x0,y0 (不是原点)
x x y0y
对应的极线为 lP: 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.
【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 0
且 c= 4- t+ t= 2,2b= 4,a2= b2+c2，解得 a2= 8,b2= 4，
x2 y
2
所以椭圆方程为 + = 1.
8 4
【小问 2详解】
我们首先给出题目给出的引理的证明：
a2
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)：
那么，代入椭圆就得到 a2+b2m2 y2+2b2mpy+ b2p2-a2b2= 0，
所以Δ= 4b4m2p2-4b2 p2-a2 a2+b2m2 = 4b4m2p2-4b2 p2a2+p2b2m2-a4-a2b2m2
= 4a2b2 a2+b2m2-p2 > 0 a2+b2m2> p2，
2 2 2 2 2
由韦达定理有 y1+ =-
2b mp , = b p -a by2 y y ，
a2+b2m2 1 2 a2+b2m2
此时要证明的是：kQA+kQB= 2kPQ，
y
也就是 1
-t + y2-t = -2t2 2 2 ，
my1+p- a a ap my2+p- p p- p
22
y1-t y2-t 2t也就是
a2
+ 2 + 2 = 0，
my1+p- p my2+p-
a a
p p- p
a2 2 2 2 2
也就是 p- y1-t my2+p- a + y -t my a a2 1+p- + 2t my1+p- my ap p p p 2+p- = 0，p

a2 a2 2 2也就是 2m p- + 2m2t y1y2+ p- +tm p- a y1+y2 = 0，p p p
2 b2p2-a2b2 2 2 2 a 2 a a
2 2b mp
也就是 2m p- + 2m t + p- +tm p- - = 0， p a2+b2m2 p p a2+b2m2
2 2 2 2
也就是 m p- a +m2t p b2 p2-a2 + p-
a +tm p- a -b2 mp = 0，p p
p- a
2 2 2 2
也就是 +mt b2 p2-a2 - b2p p- a +tm p- a = 0，p p p
a2 a2 2 a2
也就是 p- +mt 2 2 p -a - p p- +tm p- = 0，p p p
a2 2 2 2 2也就是 p- +mt p- a - p- ap p p +tm p-
a
p = 0，
也就是
2 2 2 2 2
p- a +mt p- a = p- a +tm p- ap 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- y t- y t- y
设Q 2,t ，而 k DAB= kQD= ，kMN= k
T E
2 QT
= ，k
2 PQ
= kQE= ，2
所以 yD+yT= 2yE，也就是E是DT的中点；
t 1 1
②设Q 2,t ，那么 kPQ=- ,kAB= ，所以 kMN=-t- ，2 2 2
23
这表明MN的方程是 y= -t- 1 x- 2 + t，即 t 3- x 1 + 1- x- y= 0，2 2
所以MN 1恒过点 3,- 2 .
18 (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，
n
求证：m≥ 2 .
C0+C1+ +Ck-1n n n
【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 ，
n n
因为 d I,A = ai-1 = 1- ai = p，则 a1+a2+ +an=n- p，
i=1 i=1
同理可得 b1+b2+ +bn=n- p，
n n n n
当n≥ 2p时，d A,B = ai-bi = ai-1+ 1- bi ≤ 1- ai + 1- bi = 2p；
i=1 i=1 i=1 i=1
n n n
当n< 2p时，d A,B = ai-bi ≤ ai+ bi= 2n- 2p.
i=1 i=1 i=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 1 p个 1
2p, 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 ，
那么S C,k- 1 中的元素个数为C0n+C1 k-1n+ +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
从而Sn= ∪ S C,k- 1 ，所以，2n≤m C0 1 k-1n+Cn+ +Cn .
C∈P
19 (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) 3直接写出 [lnπ]和 - 的值;4
(2)设 a，b∈N *，证明：a= b a a a + b ，且 0≤ b ≤ b- 1，并求在 b的倍数中不大于 a的正整数的个b b b
数;
(3) a a a对于任意一个大于 1的整数 a，a能唯一写为 a= p 1× p 2× × p k1 2 k ，其中 pi为质数，ai为正整数，且对任
意的 i< j，都有 pi< p j，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= 22×
52.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) a a证明：因为 = + a ，等式两边同时乘 b，得 a= b
a + b
a
b b b b b .
a a
因为 a，b都为整数，所以 b = a- b b b 也为整数，
又 0≤ a a < 1，所以 0≤ bb b < b.
所以 0≤ b a ≤ b- 1，得证.b
a a
假设 b，2b， ，nb都小于等于 a，因为 a= b

+ b b b ，
nb≤ a= b a + b a n≤ a + a所以 b ，所以b b b .
因为 0≤ a a ≤ 1，所以n≤ 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
n
数，注意到 p2i的倍数中不大于 n的正整数的个数为 ，记为n 2 2
，将这些数提
pi
n
取 pi出来;同理，p3i的倍数中不大于 n的正整数的个数为 ，记为n3，依此 p3i
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．
(1)若圆C 21：x +y2= 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)若点P(x0,y0)不在直线族Ω：(2a- 4)x+ 4y+ (a- 2)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．
【答案】解：(1)由定义可知，mx+ny= 1与 x2+y2= 1相切，
则圆C1的圆心 (0,0)到直线mx+ny= 1的距离等于 1，
1
则 d= = 1，即m2+n2= 1.
m2+n2
(2)点P(x 20,y0)不在直线族Ω:(2a- 4)x+ 4y+ (a- 2) = 0(a∈R)的任意一条直线上，
所以无论 a取何值时，(2a- 4)x0+4y0+ (a- 2)2= 0无解.
将 (2a- 4)x0+4y0+ (a- 2)2= 0整理成关于 a的一元二次方程：a2+ (2x0-4)a+ (4+ 4y0-4x0) = 0.
2
若该方程无解，则Δ= (2x -4)20 -4(4+ 4y0-
x
4x0)< 0，即 y0> 0 .4
2
猜测直线族Ω的包络曲线E为 y= x .
4
2 x2 2 x
证明：在 y= x x上任取一点Q x , 11 ，y= 在该点处的切线斜率为 k= 1 ，4 4 4 2
2 x2 x x2
于是可以得到 y= x 在Q x 11, 点处的切线方程为：y= 1 x- 1 ，即-2x1x+ 4y+ x2= 0.4 4 2 4 1
令直线族Ω:(2a- 4)x+ 4y+ (a- 2)2= 0中 2a- 4=-2x1，则直线为：-2x1x+ 4y+ x21= 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.
(2- a)2
而对任意 a∈R，(2a- 4)x+ 4y+ (a- 2)2= 0都是抛物线在点 2- a, 处的切线.4
x2
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).
x21 | | = + | | = x
2
CA 1，CB 2 + 1.
4 4
2
( ) = x ( , ) = x x
2
由 2 知，y 在点A x1 y1 处的切线方程为 y
1 x- 1 ;
4 2 4
2 x x2
同理 y= x 在点B(x2,y2)处的切线方程为 y= 2 x- 2 .4 2 4
26
y= x
2
1x- x1 2 4 x1+x2 , x1xP 2 2 ，所以CP=
x1+x2 , x1x2 - 1 ，
y= x2x- x2 2 4 2 4 2 4

= x1+x2 + x1x
2 2 3 2
因此CA CP x 2 - x1 11 - 1 = x1 + x1x2 + x1x2 + 1= x1 + x1 1x2 + 1 ，2 4 4 4 4 16 4 4
x2 x x
同理：CB CP= 2 + 1 1 2 + 1 ，4 4
x
2
1
C 4 + 1
x1x2
4 + 1 x1x2 + 1
所以 A C P = 4
| || | x2
= ，
CA CP |CP| 1 + 1 |CP|4
2
C
x2
4 + 1 x1x24 + 1 x1x2 + 1
B C P = 2 =
4 ，
|CB||CP| CP x2 + 1 CP 4

C
即 A CP = C B C P ，所以∠PCA=∠PCB成立.
CA CP |CB||CP|
2 y2x
21 (2024·山东省日照市·模拟题)已知椭圆C: + = 1(a> b> 0)的左、右焦点分别为F
2 2 1
，F2，离心
a b
1 π
率为 经过点F1且倾斜角为 θ 0< θ< 的直线 l与椭圆交于A，B两点 (其中点A在 x轴上方)，且2 2
△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′.

(1) π当 θ= 时，
3
①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；
(2) π 15是否存在 θ 0< θ< ，使得折叠后△A′B′F2的周长为 ？若存在，求 tanθ的值；若不存在，请说明2 2
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
1 c 1
因为离心率为 ，故 = ，解得 c= 1，
2 a 2
则 b2= a2-c2= 3，由题意，椭圆的焦点在 x轴上，
2
x2 y
所以椭圆方程为 + = 1，
4 3
直线 l:y- 0= tan π x+ 1 ，即 l:y= 3 x+ 1 ，
3
x2 y
2
联立 + = 1得 15x2+24x= 0 8，解得 x= 0或- ，
4 3 5
x= 0 y= 3 × 0+ 1 = 3 x=- 8 y= 3 × - 8 3 3当 时， ，当 时， + 1 =- ，5 5 5
因为点A在 x轴上方，所以A 0, 3 ,B - 8 ,- 3 35 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，
A O 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，

则F 3 3 81 0,-1,0 ,A′ 0,0, 3 ,B′ ,- ,0 ,F2 0,1,0 ，5 5

A′F = 0,1,- 3 ,B′F = - 3 3 , 132 2 ,0 ，5 5

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 n B′F = x,y,z - 3 3 , 13 ，2 2 5 5 ,0 =- 3 3 x+ 135 5 y= 0
令 y= 3得 x= 13 , z= 1 13，故n2= , 3,13 3 ，
设平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角为 φ，
28
1,0,0 13 n , 3,11 n2 3 13 205则 cosφ= cosn1,n2 = = = ，
n1 n2 169
9 + 3+ 1
205
故平面A′B′F 13 2052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，
x2 y
2
将直线 l与椭圆方程 + = 1联立得， 3m2+4 y2-6my- 9= 0，4 3
则 y1+y2= 6m ,y -92+ 1
y2= ，
3m 4 3m2+4
在折叠前可知 AB = x 2 21-x2 + y1-y2 ，
折叠后，在空间直角坐标系中， A′B′ = x1-x2 2+y21+y22，，
15
由 A′F2 + B′F2 + A′B′ = ， AF2 + BF2 + AB = 8，2
故 AB - A′B′ 1 = ，
2
所以 AB - A′B′ = x1-x 22 + y1-y 2 2 2 2 12 - x1-x2 +y1+y2= ①，2
-2y y 1
分子有理化得 1 2 = ，
x -x 21 2 + y -y 21 2 + x1-x 2+y2+y2 22 1 2
所以 x -x 2 2 2 2 21 2 + y1-y2 + x1-x2 +y1+y2=-4y1y2②，
x -x 2+ 1由①②得 1 2 y1-y 22 = - 2y4 1y2，
因为 x -x 21 2 + y1-y 22 = my1-1-my2+1 2+ y1-y 22
= m2+1 y1-y2 ，
1
故 - 2y1y2= m2+1 y1-y4 2 ，
1
即 - 2y 21y2= m +1 y1+y2 2-4y1y4 2，
6m -9
将 y1+y2= ,y y = 代入上式得
3m2+ 1 24 3m2+4
1 + 18
2
= m2+1 6m 36
4 3m2+4 3m2 + ，+4 3m2+4
两边平方后，整理得 2295m4+4152m2-3472= 0，
即 45m2-28 51m2+124 28 = 0，解得m2= ，45
因为 0< θ< π 1 3 35，所以 tanθ= = .
2 m 14
22 (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;
，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;
，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;
，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;
，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≤ i j≤N ( j= 1,2, ,m)，
从而 ai-a1≥ ai-ai -1≥-1;ai-ai≥ ai-ai -1≥-1; ;ai -a1 1 1 2 1 2 2 n i -≥ am 1 i -a ≥-1n im-1
由累加法知：ai -a1≥-m，m
30
又 aN-a1≥ ai -a1≥-m，即m≥ am 1-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)
= 2 b1+2b2+ +mb + b2m 1+b22+ +b2m，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，
S(T1(P0)) = 2(4+ 2× 1+ 3× 3+ 4× 2+ 5× 6) + 42+12+32+22+62= 172.
(2) (i)设P0:a1，a2， ，an，则T1(P0):n，a1-1，a2-1， ，an-1.
所以S(T1(P0)) = 2[n+ 2(a1-1) + 3(a2-1) + + (n+ 1) (a 2 2 2 2n-1)] +n + (a1-1) + (a2-1) + + (an-1) .
又S(P 2 2 20) = 2(a1+2a2+ +nan) + a1+a2+ +an，
所以 S(T1(P0)) - S(P0) = 2[n- 2- 3- - (n+ 1)] + 2(a 21+a2+ +an) + n -2(a1+a2+ +an) + n=
-n(n+ 1) +n2+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≤ b j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-ja j) = 2(i- j) (a j-ai)≤ 0.
当存在 1≤m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).
24 (2024· k k湖南省张家界市·模拟题) k每个大于 1的自然数n均可写成素数乘积的形式n= p 1 2 m1 p2 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
5) = (-1)2= 1，μ(50) = μ(2× 52) = 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);
(3)假设 f(x)和 g(x) n是定义在N *上的函数，满足 f(n) =∑d|ng(d) =∑d|ng .求证：g(n) =∑ nd|nμ(d)f .d d
【答案】解：(1)因为 2025= 34× 52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
故 μ(105) = (-1)3=-1.
(2)设n= pk1pk21 2 pkmm，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)
= 1+C1m(-1) +C2 2m(-1) + +Cm(-1)mm = (1- 1)m= 0.
(3)证明：设T=∑ d|n μ(d)f nd .
因为 f(n) =∑d|ng(d)
n
，所以 f d =∑ n g(d′)，d′ d
代入可得：
T=∑d|n μ(d)f n d =∑d| n μ(d)∑d′ n g(d′) ，d
n
对于每一个 d， 固定，在∑ n g(d′)中 d′的变化与 d无关，与 μ(d)无关，d d′ d
因此由乘法分配律得 μ(d)∑ n g(d′) =∑ n [μ(d)g(d′)]，d′ d d′ 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 )∑ μ(d)，d′ d d′ nd
于是∑d| n μ(d)∑ n g(d
) =∑ d|n ∑ n μ(d)g(d′) =∑d|n∑ n [μ(d)g(d′)] =∑d′ d′ d′ dd′|n[μ(d)g(d′)]，d d d
=∑ ′| ∑ n [μ(d)g(d )]=∑ ′| g(d )∑ n μ(d) =[∑ ′| g(d′) d n d n d n ∑ μ(d) ,d d′ d d′ d n d′
即T=[∑d′|ng(d′) ∑ μ(d) ,d n d′
n n
由 (2)可知，当 ′ ≥ 2时，则∑ n μ(d) = 0;当 ′ = 1时，则∑ n μ(d) = 1d d d′ d d d′
因此 [∑d′| g(d′) ∑ n μ(d) n =[∑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)
2
( , + )= y(y+ 1) + ( - )+ x(x+ 1)P x y 1 y x 1
2 2
x(x+ 1)
所以P(x,y) = + y(y- 1) + (x- 1) ( - ) x(x- 1) y(y- 1)y 1 ，P(x- 1,y) = + + (x- 2) (y- 1)，
2 2 2 2
所以
( , + ) + ( - , ) = x(x- 1) + y(y- 1) + ( y(y+ 1) x(x+ 1)P x y 1 P x 1 y x- 2) (y- 1) + + y(x- 1) + = x2
2 2 2 2
+y2+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) = 2023
1
即 [x(x+ 1) + y(y+ 2x- 1)] + 3 [(x+ 1) (x+ 2) + (y- 1) (y+ 2x)]= 2023，
2 2
化简得 y2+2xy+ x2-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，
故当 x+ y= 32时，(x+ y- 1) (x+ y) + 2x= 1010 x= 9,y= 23 P(9,23) = 9× 10 + 23× 22，即 + 8×
2 2
33
22= 474
342024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 .
2 (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- 2 n|} = .m∈[-3,3] n∈[0,9]
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 .
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
2 2 2
会价值.现有如图所示剪纸图案，其花纹中就隐含方程为 x 3+y 3= a 3(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
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]
g(x) = 2lnx- x2+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+ x0 + 2+ g(x )l 00 x 2ln2 3 x ，其中 x0∈ (1,2)且为二次方程 2x2+ (2ln2- 3)x- 2= 0的根.2 2
2
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lim f(x) =limg(x) = 0，则
x→a x→a
f(x) = f′ (x)lim lim .
x→a g(x) x→a g′ (x)
②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] x，均有 f(x)≥ f 成立，且lim f(x) =k x→0
0，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：
(1)试判断 f(x) = x3-3x是否为区间 [0,3]上的 2阶无穷递降函数;
1
(2)计算：lim(1+ x)x ;
x→0
3
(3) sinx证明： x- π < cosx，x∈ π,
3 π .
2
3
2
(2024· · ) xOy Γ: x
2 y
7 江苏省徐州市 联考题 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 + = 1(a> b> 0)的离心
a2 b2
6
率为 ，直线 l与Γ相切，与圆O:x2+y2= 3a2相交于A，B两点.当 l垂直于 x轴时，|AB| = 2 6.
3
(1)求Γ的方程;
(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).
4
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
1 2 3
2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= ；3 1 2
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
1 2 3
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1 3 2
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；
Ⅳ. a∈G， a-1∈G，a°a-1= a-1°a= e.
对于一个群G，称Ⅲ中的 e为群G的单位元，称Ⅳ中的 a-1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)；
1 2 3 1 3 2 2 1 3(2 ) 同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如 m 1= = = =3 1 2 3 2 1 1 3 2
2 3 1 3 1 2 3 2 1 a1 a2 a= = 3.对于集合 S中的元素，定义一种新运算 *，规则如下：1 2 3 2 3 1 2 1 3 b1 b2 b3
b1 b2 b3 a a* = 1 2 a3 ， a1,a2,a3 = b1,b2,b3 = c1,c2,c3 = 1,2,3 .c1 c2 c3 c1 c2 c3
①证明集合S对于给定的代数运算 *来说作成一个群；
②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-1，a′分别是 a在群G，群H中的逆元.
猜想 e，e′之间的关系以及 a-1，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
5
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≥
0，且 f(x) = 1 lnx+ ax2+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;
n
(ii)若 a=minB，数列 {an}满足 a1= =
f(an)2 a C = |a -1|, 4， n+1 ，集合 n k ，n∈N
*.求证： n∈N *，
a k=1 3
maxCn= 4 .3
6
10 (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.
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.
( 1取 + 1 1 n
k k+ + +1 n- = ln )1 k
7
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
a0a1a2 ak-1ak 2，则n= a0 2k+a 2k-11 + +ak-1 21+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
(ⅱ) 2I n求 (用数字作答).
n=1
8
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
意 {an}∈S，设变换 f({a n-1n})= a1+a2x+ +anx + ，x∈R.定义运算 :若 {an}，{bn}∈S，则 {an}
{bn}∈S，f({an} {bn})= f({an}) f({bn}).
(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});
(n+ 1)2 +1 , ≤ ≤ 1 203-n( + ) 1 n 100,( ) = = 2 ,1≤n≤ 500,3 若 an n n 1 bn {dn}= {a
1
n} {bn}，证明：d200< .
0,n> 100, 0,n> 500, 2
9
13 (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
M，且集合A= αi∣ αi= ti1,ti2, ,tin ,i= 1,2, ,n ，对于A中任意元素 αi, = p,i= j,α j，若 ai a j ，则1,i≠ j,
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 a j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.
10
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)
∈N *)阶导数都存在时，f(x) = f(0) + f′ ( ) + f′′ (0) 2+ f (0)0 x ! x ! x
3+ + f (0)! x
n+ .
2 3 n
注：f ′′ (x) (n)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．
(1) 1根据该公式估算 sin 的值，精确到小数点后两位；
2
2 4 6 2
(2)由该公式可得：cosx= 1- x! +
x - x! ! + .当 x≥ 0
x
时，试比较 cosx与 1- 的大小，并给出证明；
2 4 6 2
n
(3) n∈N * 1设 ，证明： >n- 1 .
k=1 (n+ k)tan 1 4n+ 2n+ k
11
15 (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
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;
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数，试求 φ(3n)，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.
12
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={a *1,a2, ，an}，n∈N ，则定
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：g *7k+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).
13
2 2
17 ( y2024· x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 t t
点P 4,0 1 ，斜率为 的直线 l1与椭圆Γ交于A,B两点.2
(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 y2 x x y y
的. x对于椭圆 Γ: + = 1，极点P x ,y (不是原点)对应的极线为 l : 0 00 0 P + = 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
18 (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，
n
求证：m≥ 2 .
C0 1 k-1n+Cn+ +Cn
15
19 (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) 3直接写出 [lnπ]和 - 4 的值;
(2)设 a，b∈N * a a a，证明：a= b + b ，且 0≤ b ≤ b- 1，并求在 b的倍数中不大于 a的正整数的个b b b
数;
(3) 1 a a a= pa a a对于任意一个大于 的整数 ， 能唯一写为 11 × p 22 × × p kk ，其中 pi为质数，ai为正整数，且对任
意的 i< j，都有 pi< p j，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= 22×
52.证明：在n!的标准分解式中，质因数 p (p≤n,n> 1,n∈N *i i )的指数 (Textranslationfailed)
16
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．
(1)若圆C ：x21 +y2= 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)若点P(x0,y0)不在直线族Ω：(2a- 4)x+ 4y+ (a- 2)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．
17
x2
2
21 (2024· y山东省日照市·模拟题)已知椭圆C: + = 1(a> b> 0)的左、右焦点分别为F，F，离心
a2 b2
1 2
1
率为 经过点F π1且倾斜角为 θ 0< θ< 的直线 l与椭圆交于A，B两点 (其中点A在 x轴上方)，且2 2
△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′.

(1)当 θ= π 时，
3
①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；
(2)是否存在 θ 0< θ< π ，使得折叠后△A′B′F 152的周长为 ？若存在，求 tanθ的值；若不存在，请说明2 2
理由．
18
22 (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
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.
19
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)
= 2 b1+2b2+ +mb + b2+b2m 1 2+ +b2m，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).
20
24 (2024· k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= p 11 pk2 km2 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
5) = (-1)2= 1，μ(50) = μ(2× 52) = 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)
=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);
(3)假设 f(x)和 g(x) n n是定义在N *上的函数，满足 f(n) =∑d|ng(d) =∑d|ng .求证：g(n) =∑ μ(d)f .d d|n d
21
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.
(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.
22