2024 年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（一）
数 学
本试卷共 4页，19小题，满分 150分。考试用时 120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B铅笔
在答题卡的相应位置填涂考生号。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的
相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的．
1. A x
已知集合 x 0 ，集合 B x∣log3 (x 1) 1 ，则 A B
x 3
A．{x 0 x 3} B．{x 1 x 3} C．{x 0 x 4} D．{x 1 x 4}
2. f x m2 m 1 x2m 3若幂函数 在 0, 上单调递增，则实数m的值为
A． 2 B．1 C． 1 D． 2
3.下列说法正确的是
A．数据 1,1,2,4,5,6,8,9的下四分位数是 7
B． 已知随机变量 X B n, 1 ，若 E 2X 1 9 ，则 n 4
2
C． 若随机变量 X 满足 D X 2，则D 3 X 1
D． 若随机事件 A , B满足 P AB P A P B ，则 P(AB) P(A)P(B)
4. 记 Sn 为等差数列{an}的前 n项和，若 S9 S10 S8，则使 Sk 0成立的最大正整数 k的值为
A．17 B．18 C．19 D．20
5. 已知球O内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径分别为
r1， r2且 r2 4r1 4，则圆台的体积与球的体积之比为
7 21 5 63
A． B． C． D．
4 8 2 8
数学试卷 第 1页（共 4页）
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6．一个盒子里装有 3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同.现每次从袋中不放回地随机取出一个球，
记事件 Ak 表示“第 k次取出的球是黑球”， k 1,2,3，则下列结论不正确的是
A． P A1A
3
2 B． P A
9
10 1
A2 10
C． P A 12 | A1 D． P A
3
3 3
5
7．已知 , 为锐角， tan 3 sin sin 1 sin ， ，则
4 2 2
A 4 3． B． C． 2 5 D． 15
5 5 5 5
8．已知定义在 R 上的函数 f (x) 的导函数为 f ' (x) ，且 f (x) f ( x) 0 .对于任意的实数 x ，均有
f ' x
f (x) 成立，若 f ( 3) 16，则不等式 f (x) 2 x 1的解集为
ln 2
A. ( , 3) B. ( ,3) C. ( 3, ) D. (3, )
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全
部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．
9．已知复数 z1, z2，下列结论正确的有
A． z1 z2 z1 z2 B．若 z1 z2 0，则 z1 z2
C．若 z1 z2 z1 z
z
2 ，则 z1 z2 0 D．若 z1 1 i， z2 1 i，则 1 为纯虚数z2
10．已知 a b c (a,b,c R)，且 a 2b 3c 0，则下列结论成立的是
c a
A． a c 0 B． 2
a c
b 2c 1
C．存在 a,c使得 a2 25c2 0 D． a c 2
11． 在棱长为 1的正方体 ABCD A1B1C1D1中，若点 P为四边形 BB1D1D内（包括边界）的动点，N为平
面 ABCD内的动点，则下列说法正确的是
A．若 2BP PD1 ，则平面 PAC截正方体所得截面的面积为
3
2
π
B．若直线D1N与 AB所成的角为 ，则点 N的轨迹为双曲线4
C． 若 PA PC 3 ，则点 P的轨迹长度为 π
D．若正方体 AC1以直线 BD1为轴，旋转 n
n 0 后与其自身重合，则 n的最小值是120
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
1
12．若向量 a 在向量 b 上的投影向量为 b ，且 3a b a b ，则 cos a，b ________.
3
数学试卷 第 2页（共 4页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
13．如图，画一个正三角形 A1A2A3，不画第三边；接着画正方形 A2A3A4A5，对这个正方形，不画第四边；
接着画正五边形 A4A5A6A7A8 ，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形， ，这样无限画
下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设线段 AnAn 1与线段
An 1An 2 所夹的角为 n n N* , n 0, π ，则 10 _______，
满足 n 174 的最小 n值为 ．
14. 在△ ABC中， D是 BC边上一点， BD 3CD，若 BAD 2 DAC 2 ABD ，且△ ACD的面积
为 3 ，则 AD .
2
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. ( 13分 )
已知函数 f x 2sin xcos x 2 3 sin 2 x 3 ．
(1)若 x 0,
π
时，m f x 恒成立，求实数m的取值范围；
4
(2)将函数 f x 1 π的图象的横坐标缩小为原来的 ，纵坐标不变，再将其向右平移 个单位，得到函
2 6
数 g x 的图象．若 x 0, t ，函数 g x 有且仅有 4个零点，求实数 t的取值范围．
16.（15分）
已知四棱锥 P ABCD的底面 ABCD是正方形，给出下列三个条件：① PC PD；② AC PD；
③ BD 平面 PAC ．
(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
(2)在(1)的条件下，若 PA 1，当四棱锥 P ABCD体积最大时，求二面角 P CD B的余弦值．
数学试卷 第 3页（共 4页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
17.（15分）
已知 A( 1,0)， B(1,0)，平面上有动点 P，且直线 AP的斜率与直线 BP的斜率之积为 1.
(1)求动点 P的轨迹 的方程.
(2)过点 A的直线与 交于点M （M 在第一象限），过点 B的直线与 交于点 N（ N在第三象限），
记直线 AM ， BN 的斜率分别为 k1， k2，且 k1 4k2 .试判断△AMN 与△BMN 的面积之比是否为定值，
若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
18.（17分）
甲 乙 丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，
若骰子点数大于 3，则甲将球传给乙，若点数不大于 3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，
若骰子点数大于 4，则乙将球传给甲，若点数不大于 4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数
大于 3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于 3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．
(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2) *投掷 n n N 次骰子后，记球在乙手中的概率为 p pn，求数列 n 的通项公式；
(3)设 a 1 4n n ，求证： a a a .( 2) pn p
1 2 n
n 1 3
19. (17分)
若集合 Sn 1,2,...,n X :
a b a b
的非空子集 满足 对任意给定的 a,b X ,若 Z ,有 X ,则称子集
2 2
X 是 Sn的“好子集”. 记 f n 为 Sn的好子集的个数. 例如： 1,2,3 的 7个非空子集中只有 1,3 不是好子
集，即 f 3 6 .记 | | 表示集合 的元素个数.
（1）求 f 4 的值;
（2）若 X 是 Sn的好子集,且 X 3 .证明: X 中元素可以排成一个等差数列;
（3）求 f 2024 2 f 2023 f 2022 的值.
数学试卷 第 4页（共 4页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}2024 年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（一）数学参考答案
一、单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，满分 40 分.
1．C【详解】因为 A {x∣x(x 3) 0} {x∣0 x 3}，
B x∣log (x 1) 1 {x∣0 x 1 3} {x∣1 x 4}3 ，因此， A B {x∣0 x 4}．故选：C．
2．A【详解】因为幂函数 f
2 2m 3
x m m 1 x 在 0, 上是增函数，
2m m 1 1
所以 ，解得m 2 .故选：A
2m 3 0
3、D【详解】对于选项 A，8 个数据从小到大排列，所以下四分位数即第 25 百分位数，8 0.25 2 ，
1 2 3
所以应该是第二个与第三个的平均数 ，故 A 不正确；
2 2
1 1
对于选项 B， 因为 X B n, ，则E 2X 1 2E x 1 2n 1 9，则 n 8，故 B 不正确；
2 2
2
对于选项 C， 随机变量 X 满足D X 2，则D 3 X 1 D X 2，故 C 不正确；
对于选项 D，若P AB P A P B ，则A ， B 独立， A ， B 独立， P(AB) P(A)P(B)，
故 D 正确.故选：D．
4. B【详解】 由 S S S 可得a a 0 a 0 a 09 10 8 10 9 ， 9 ， 10 ，
(a a ) 18 (a a ) 18 (a a ) 17 2a 17
S 1 18 9 10 0， S 1 17 9 018 17 ，
2 2 2 2
(a a ) 19 2a 19
S 1 19 10 0
19 ，即则使 Sk 0成立的最大正整数 k 的值为 18.故选：B．
2 2
5. B【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O 是等腰梯形 ABCD的内切圆，设圆O 与梯形的腰相切于
点 E
O O
，与上、下底的分别切于点 1 ， 2 ，
r 1 r 4
设球的半径为 r ，圆台上下底面的半径为 1 ， 2 .注意到OD 与OA均为角平分线，因此 DOA 90 ，
2
△AO O～△OO D r r r 2 V V
从而 2 1 ，故 1 2 .设台体体积为 1，球体体积为 2 ，则
1 2 2
2r πr πr πr r1 2 1 2 2 2 2V 3 r r r 1 16 4 211 1 2
V 4
2
3 2r 8 82 πr
3 .
故选：B
5
6．C【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是A 5 ，它们等可能，
2 3
A A 3
对于 A， A A
3 3
1 2 表示第 1 次、第 2 次取出的球都是黑球，P( A A ) 1 2 5 ，A 正确；
A 10
5
数学答案 第 1 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
1 4
C A 3 9
对于 B， P(A ) P(A )
3 4
1 2 ，P(A A ) P(A ) P(A ) P(A A ) B 5 1 2 1 2 1 2 ， 正确；
A 5
5 10
3
1 4
C A
P(A ) 3 4
3 P(A A ) 1
对于 C， 1 ，所以P(A | A )
1 2 10
5 2 1 ，C 错误.
A 5
5 P(A ) 3 21
5
1 4
C A
3 4 3
对于 D， P(A ) P(A ) P(A ) 3 1 2 ，D 正确，故选：C 5
A 5
5
π π π
7．D【详解】因为 , 为锐角，所以 , ，a 0, π , 0, ，
2 2 2 2
3 sin 4
又 tan ，所以cos cos cos sin sin ，
4 cos 5
1 3
而 sin sin ，所以cos cos ，
2 10
3 1 1
cos 2 cos cos sin sin 1 2sin ，因此
10 2 5 2
3 15
sin .故选：D．
2 5 5
f (x) f (x)
8．D【详解】 f (x) f (x) f (x) ln 2 0 ，令 g (x) ，
x
ln 2 2
x x
f (x) 2 2 f (x) ln 2 f (x) f (x) ln 2
则 g (x) 0，则 g (x) 在 ( , ) 上单调递增，
x 2 x
(2 ) 2
f (3)
由 f ( 3) 16 ， f (x) 为奇函数，得 f (3) 16 ，则 g (3) 2 ，
8
x 1 f (x) f (3)
f (x) 2 2 g (x) g (3) ，
x 3
2 2
所以 x 3.所以，不等式的解集为 3， ，故选 D.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出选项中，有多项符合题目要求。全部
选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分。
9. 【答案】AD
【详解】对于 A，设 z , z1 2 对应的向量分别为OZ ,OZ OZ OZ OZ OZ1 2 ，则由向量三角不等式得 1 2 1 2 ，
所以 z z z z1 2 1 2 恒成立，故 A 正确；
对于 B，取 z 1 i, z 2 i1 2 ，但 z 2, z 5 B 1 2 ，故 错误；
对于 C，当 z 1 i, z 1 i1 2 时， z z 2 z z ，而 z z 21 2 1 2 1 2 ，故 C 错误；
数学答案 第 2 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
2
z 1 i 1 i 2i
对于 D， 1 i ，故 D 正确；
z2 1 i 1 i (1 i) 2
故选 AD.
10.【答案】ABD
【详解】对于 A，由 a b c及 a 2b 3c 0，得3a 3c a 2b 3c 0 ，所以a c 0 ，A 正确．
对于 B，由 a b c及 a 2b 3c 0，得6a a 2b 3c 0，所以 a<0．同理可得c 0 ．
c c a c a
又 a c 0 ，所以 1，所以 2，B 正确．
a a c a c
a
对于 C，由 a b c及 a 2b 3c 0，得a 2c 3c 0，所以a 5c 0，得 c 0，
5
2
a
所以 2c ，得 2 2a 25c 0，C 错误．
25
b 2c b c c b c c 1 c
对于 D，由 a 2b 3c 0，得a c 2 b c ，所以 ．
a c a c a c a c 2 a c
c b 2c 1
因为 a c 0 ， c 0 ，所以 0 ，所以 ，D 正确．
a c a c 2
故选：ABD．
11．【答案】ABD D1 C1
对于 A，若2BP PD ，显然平面 PAC 截正方体所得截面为 ACD A
1 1
，所 1 B1
3 2 3
以，截面面积为 2 ，所以 A 正确；
4 2 D C
B
对于 B，因为 AB / /C D ，若D N1 1 1 与 AB 所成的角为 ，则 N 点在以
A
4 D C
为
1 1
旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而D C / /平面ABCD1 1 ，所以则 N 点的轨迹为双曲线，所以 B 正确；
对于 C，若 PA PC 3 ，则 P 在以 A、C 为焦点的椭球上且
3 2 1
a ， c ，所以b ，又因为点 P 为四边形BB D D1 1 内，该椭球被平面BB D D1 1 截得的在四
2 2 2
1 1 1
边形 BB D D1 1 内的部分为半圆，且半径为 ，所以点 P 的轨迹长度为 2 ，所以 C 错误，
2 2 2 2
对于 D， BD 平面AB C ，且 AB C1 1 1 为正三角形，若正方体绕BD
1旋转 n n 0 后与其自身重合，
只需要 AB C1 旋转后能和自身重合即可，所以 D 正确。故答案为 ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
数学答案 第 3 页（共 10 页）
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3
12．【答案】
3
1 a b b 1 a b 1
【详解】 a 在b 上的投影为 b ， b ，则 ，即 b 3a b 2
3 | b | | b | 3 | b | 3
又 | 3a b | | a b |，平方得 28a 8a b ，则 a a b
a b a b 3
即 cos a,b
3
．故答案为： ．
a b 3a b a b 3 3
0
13．【答案】120 1712
【详解】由题意得， 60 ，由此类推， 90 1 ， 90 ， 108 ， 108 108 2 3 4 5 ， 6 ，
120 ， 120 ， 120 7 8 9 ， 120 10 ，…，
观察规律，三角形会有 1 个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有 2 个90 ，正五边形
180 k 2
有 3 个108 ，正六边形有 4 个120 ，…， 所以正 k 多边形有 k 2 个 ．
k
180 k 2
令 174 ，解得 k 60 ，所以 k 的最小值为 61，即满足条件 174 n 的角至少要在正 61 边形
k
中，所以n 1 2 3 4 58 1711，即 n 的最小值为1712
14．【答案】 3 A
【详解】 DAC ABD ， C C ，
CA CD
CAD CBA，所以 ，即 2CA CB CD
CB CA B D C
2 1 2
而 BD 3CD ， CA CB CD CB ，即 CB 2CA ，
4
CB CA
在 ABC 中，设 DAC ABD ，则 ，所以sin 3 2sin
sin 3 sin
所以sin3 2 sin cos 2 cos sin 2 sin cos 2 2cos sin 2sin
因为 0 0
3
0 60 ，所以 2cos 2 2cos 2 ，所以
2 ， 3cos 0cos ，所以 30
4 2
0 3 1 3所以 BAC ADC 90 ， AD 3DC ，而 ACD的面积为 ，所以 AD DC ，
2 2 2
所以 AD 3 ，故答案为： 3
数学答案 第 4 页（共 10 页）
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四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 【详解】（1）解：因为
2 π
f x 2sin x cos x 2 3 sin x 3 sin 2x 3 cos 2x 2sin 2x ， ...........2 分
3
π π 5π
当 x 0, 时，可得 2x , ， ...........3 分 4 3 3 6
π 5π π 5π
当 2x ，即 x 时， f x 取得最小值2sin 1， ...........5 分
3 6 4 6
π
因为 x 0, 时，m f x 恒成立，所以m 1，
2
即实数m 的取值范围为 ,1 . ...........6 分
π
（2）解：由题意，函数 g x 2sin 4x ， ...........8 分
3
π π π
因为 x 0, t ，所以 4x , 4t ， ...........9 分 3 3 3
π
又因为函数 g x 有且仅有 5 个零点，则满足3π 4t 4π， .........12 分
3
5π 13π 5π 13π
解得 t ， 所以实数 t 的取值范围[ , ) ...........13 分
6 12 6 12
16. 【详解】（1）①② ③,
连接 AC, BD相交于O ，连接OP ，由于底面 ABCD是正方形，所以 AC BD ，
又 AC PD，PD BD D, PD, BD 平面 PBD ，
故 AC 平面 PBD ，OP 平面 PBD ,故 AC OP ,
由于OP OP,OD OC , PD PC ，故 POD POC ,
因此OD OP ,OC OD O,OC ,OD 平面 ABCD，
故 PO 平面 ABCD，（可得四棱锥 ABCD 是正四棱锥）
BD 平面 ABCD，故PO BD ,
又 AC BD, AC PO O, AC, PO 平面PAC ,故BD 平面PAC ． ...........7 分
②③ ①,
连接 AC, BD相交于O ，连接OP , 由于底面 ABCD 是正方形，所以 AC BD ，
又 AC PD，PD BD D, PD, BD 平面 PBD ，
故 AC 平面 PBD ，OP 平面 PBD ，故 AC OP ,
又 BD 平面PAC ，OP 平面PAC ，故BD OP ,
AC BD O, AC, BD 平面 ABCD ,故OP 平面 ABCD ,
结合底面 ABCD是正方形，O 是正方形的中心，
数学答案 第 5 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
所以四棱锥 ABCD是正四棱锥，故 PC PD ， ...........7 分
①③ ②,
连接 AC, BD相交于O ，连接OP , BD 平面PAC ，OP 平面PAC ，故BD OP ,
由于OP OP,OD OB,故 POD POB ,又OP OP,OD OC , PD PC ,故 POD POC ,
π
故 POD POC POB ,
2
因此PO OB, PO OC，OC OB O,OC,OB 平面 ABCD，故OP 平面 ABCD ,
故四棱锥 ABCD是正四棱锥，
由于 AC BD ，又 AC OP ，OP BD D,OP, BD 平面 PBD ，
故 AC 平面 PBD ，PD 平面 PBD ,故 AC PD， ...........7 分
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥 ABCD 是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为 a
2
，则四 AO a，
2
2
所以 2 2
2 1 2
PO PA AO 1 a 1 a ， 2
2
1 1 2 1 2 1故 4
1 2 4 1 2 1 2 1 2
V S PO a 1 a a
P ABCD ABCD 1 a a a 1 a ，
3 3 2 3 2 3 4 4 2
3
1 2 1 2 1 2
a a 1 a 1 1 1 4
由于 2
1 2 1 2 4 4 2 1 2 2
a a 1 a ，当且仅当 a 1 a
2
，即a 时取等
4 4 2 3 27 4 2 3
2 3 4 3
号，故当四棱锥的底边边长为a AB 时，四棱棱锥P ABCD体积的最大值为 .
3 27
（法一）因为PO 底面 ABCD，由点O 向CD 作垂线，垂足为 E ，连接PE ，
又因为CD 底面 ABCD， PO CD ,所以 PEO为二面角 P CD A 的平面角，
3 3 PO 2
OE , PO ， tan PEO 1， cos PEO
3 3 OE 2
2
即二面角 P CD A 的余弦值为 . ...........15 分
2
（法二）以O 点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
3 6 6 6 3 6 3
则 P(0,0, ),C( , 0,0), D(0, , 0)，所以 PC , 0, , PD 0, , ,
3 3 3 3 3
3 3
设面PCD的法向量为m x, y, z ，
数学答案 第 6 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
6 3
x z 0
m PC 0 3 3
则 即 ，不妨取 x 1，则 y 1，z 2 ，所以m 1,1, 2 ，
m PD 0 6 3y z 0 z
3 3
P
易得平面 ABCD的法向量n 0,0,1 ，
m n 2
设二面角 P CD A 的平面角为 ， cos y
m n 2 A
D
O
2
即二面角 P CD A 的余弦值为 . ...........15 分 B C
2 x
2
y y y
17.解：设P x, y ， k k 1， ..................3 分AP BP 2
x 1 x 1 x 1
2 2
故求动点 P 的轨迹方程.为 x y 1． (x 1) ..................4 分
（2） k k 1AM BM ， ..................5 分
1
k 4k
AM BN ，即 k k BN BM ， .................6 分
4
设直线MN 的方程为 x my t
M x , y N x , y1 1 2 2 ， ， ， B(1, 0) ， A( 1,0)，
x my t
2 2
联立 x y 1
2 2 2 2
，得 m 1 y 2mty t 1 0 ，m 1， 0， ..................8 分
2mt
y y 1 2 2 m 1
且 ..................9 分 2
t 1y y
1 2 2 m 1
y y y y 1
∴ k k 2 1 1 2 ， .................10 分BN BM
x 1 x 1 my t 12 1 1 my t 1 42
3
代入可得∴ t ， ..................12 分
5
3 3
∴直线MN 方程为 x my ，即直线MN 过定点T( , 0) ..................13 分
5 5
1 1
S | AT | | y y | S | BT | | y y |
AMN M N BMN M N
此时 2 ， 2
S
∴ AMN
| AT | 1
． ..................15 分
S | BT | 4
BMN
数学答案 第 7 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
18．【详解】（1）；
1 1 1 1
第一种情况：甲 甲 甲 甲，概率为 ； ..................1 分
2 2 2 8
1 1 1 1
第二种情况：甲 乙 甲 甲，概率为 ； ..................2 分
2 3 2 12
1 2 1 1
第三种情况：甲 乙 丙 甲，概率为 ； ..................3 分
2 3 2 6
1 1 1 1
第四种情况：甲→甲→乙→甲，概率为 .................4 分
2 2 3 12
1 1 1 1 11
所以三次投掷骰子后球在甲手中的概率为 . ..................5 分
8 12 6 12 24
（2）由于投掷 n 次骰子后球不在乙手中的概率为1 pn ，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有
3 1 1
的概率传给乙，故有 p 1 pn 1 n ． ..................7 分
6 2 2
1 1 1
变形为 p p n 1 n ．
3 2 3
1 1 1 1 1
又 p ，所以数列 p 1 n 是首项为 p 1 ，公比为 的等比数列． ..............9 分
2 3 3 6 2
n 1 n
1 1 1 1 1
所以 p ． ..............10 分 n
3 6 2 3 2
n
1 1 1
所以数列
p
n 的通项公式 p ． ............11 分 n
3 3 2
（3）由（2）可得
1 9 1 1
an 6[ ] ， ....12 分 n
( 2) p p n 1 n 1 n 1 1 n 1n n 1 n 1( 2) [1 ( ) ] [1 ( ) ] 1 ( ) 1 ( )
2 2 2 2
则
1 1 1 1 1 1
a1 a2 an 6[ ]1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
2 2 2 2 2 2 ..13 分
2 1
6( )
3 1 n 1
1 ( )
2
1 1 3 1 4 2 1
当 n是奇数时， n 1 n 1 1 ( ) 1 ( ) [ ,1), (1, ], 6[ ] ( 4, 2]
2 2 4 1 n 1 3 3 1 n 1
1 ( ) 1 ( )
2 2
4
a a a 2 .
1 2 n ....15 分
3
数学答案 第 8 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
1 1 9 1 8 2 1 4
当 n是偶数时， n 1 n 1 1 ( ) 1 ( ) (1, ], [ ,1), 6[ ] ( 2, ]
2 2 8 1 n 1 9 3 1 n 1 3
1 ( ) 1 ( )
2 2
4
a a a . ....16
1 2 n 分
3
4
综上， a a a . ....171 2 n 分
3
19.解：（1） 4 = {1,2,3,4} 的全部非空子集为 {1}, {2}, {3}, {4}, {1,2}, {1,3}, {1,4}, {2,3}, {2,4},
{3,4}, {1,2,3}, {1,2,4}, {1,3,4}, {2,3,4}, {1,2,3,4}, 其中好子集有 {1}, {2}, {3}, {4},
{1,2}, {1,4}, {2,3}, {3,4}, {1,2,3}, {2,3,4}, {1,2,3,4}, 共有 11 个. 所以 (4) = 11. ....4 分
（2）将 的元素从小到大排列, 即 = { 1, 2, … , }, 3, 其中 1 < 2 < < .首先对任意的
+1+ + +1 + 1 1, 若 和 +1 奇偶性相同, 则 ∈ , 所以 ∈ ,而 <
+1
< +1, 矛盾! 2 2 2
所以对任意的 1 1, 和 +1 奇偶性相反.
+ + +
因此, 对任意的 1 2, 和 奇偶性相同, 于是 +2 ∈ , 所以 +2 ∈ ,而 +2 +2 ∈2 2 2
+
( , +2) 且 ∩ ( ,
+2
+2) = , 所以 = 2 .
即对任意的 1 2, + +2 = 2 , 即 +2 +1 = +1 . 由 的任意性知, 1, 2, … ,
是一个等差数列. ...10 分
（3）记 = 2022. 首先证明 +2 中包含 1 的好子集个数为 ( + 2) ( + 1).
+2 = {1,2,… , + 2} 的好子集分为两类: 包含 1 的和不包含 1 的.
因为 +2 中不包含 1 的好子集每个元素均减去 1 即为 +1 的好子集,
+1 的每个好子集每个元素均加上 1 即为 +2 的好子集, 所以 +2 的不包含 1 的好子集与 +1
的好
子集一一对应, 其个数为 ( + 1). 故 +2 包含 1 的好子集个数为 ( + 2) ( + 1).
同理可证: +1 中包含 1 的好子集个数为 ( + 1) ( ), 这也恰是 +2 中包含 1 但不包含 + 2
的好子集个数.
于是 +2 中包含 1 且包含 + 2 的好子集的个数为
( ( + 2) ( + 1)) ( ( + 1) ( )) = ( + 2) 2 ( + 1) + ( )
故题目所求的 (2024) 2 (2023) + (2022) 为 2024 的包含 1, 2024 的所有好子集的个数.
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显然, {1,2024} 是好子集.
若好子集 中除了 1,2024 外至少还有一个元素, 则由 (2) 可知,
中元素从小到大排列可以构成一个等差数列, 设为 1 = 1, 2, … , = 2024.
设公差为 , 因为 2024 1 = 1 = ( 1) , 而 1 2, 所以 为 2023 = 7 × 17
2 的小于
2023
2
的正约数, 故 = 1,7,17,7 × 17, 172.
而每一个 都唯一对应一个 2024 的包含 1,2024 的好子集，这样的子集有 5 个.
因此 (2024) 2 (2023) + (2022) = 5 + 1 = 6. ...17 分
数学答案 第 10 页（共 10 页）
{#{QQABKYCUgggAAIJAABgCAwmQCgEQkBGCCKoOwBAIsAIAyRFABAA=}#}
