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水不撩不知深浅
新定义型问题
S- 1
1 (新高考北京卷)生物丰富度指数 d= 是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示河流中
lnN
的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数 d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S
没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由 2.1提高到 3.15，则 ( )
A. 3N2= 2N 2 3 3 21 B. 2N2= 3N1 C. N2=N1 D. N2=N1
2 (新高考上海卷)定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为 0的

实数 λ1,λ2,λ3，使得 λ1OP1+λ2OP2+ λ3OP3= 0．已知 (1,0,0) ∈Ω，则 (0,0,1) Ω的充分条件是 ( )
A. 0,0,0 ∈Ω B. -1,0,0 ∈Ω C. 0,1,0 ∈Ω D. 0,0,-1 ∈Ω
3 (新高考上海卷)已知函数 f(x)的定义域为R，定义集合M= x0 x0∈R,x∈ -∞,x0 ,f x < f x0 ，
在使得M= -1,1 的所有 f x 中，下列成立的是 ( )
A.存在 f x 是偶函数 B.存在 f x 在 x= 2处取最大值
C.存在 f x 是严格增函数 D.存在 f x 在 x=-1处取到极小值
4 (新高考上海卷)无穷等比数列 an 满足首项 a1> 0,q> 1，记 In= x- y x,y∈ a1,a2 ∪ an,an+1 ，
若对任意正整数n集合 In是闭区间，则 q的取值范围是 ．
5 (新课标全国Ⅰ卷)设m为正整数，数列 a1,a2,...,a4m+2是公差不为 0的等差数列，若从中删去两项 ai
和 a j i< j 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4个数都能构成等差数列，则称数列 a1,a2,...,
a4m+2是 i,j -可分数列．
(1)写出所有的 i,j ，1≤ i< j≤ 6，使数列 a1,a2,...,a6是 i,j -可分数列；
(2)当m≥ 3时，证明：数列 a1,a2,...,a4m+2是 2,13 -可分数列；
(3)从 1,2,...,4m+ 2中一次任取两个数 i和 j i< j ，记数列 a1,a2,...,a4m+2是 i,j -可分数列的概率为Pm，
1
证明：Pm> ．8
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6 (新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m> 0 ，点P1 5,4 在C上，k为常数，0< k< 1．按照
如下方式依次构造点Pn n= 2,3,... ，过Pn-1作斜率为 k的直线与C的左支交于点Qn-1，令Pn为Qn-1关于
y轴的对称点，记Pn的坐标为 xn,yn .
(1)若 k= 1 ，求 x
2 2
,y2；
(2)证明：数列 xn-y 1+ kn 是公比为 1- 的等比数列；k
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数 n，Sn=Sn+1.
7 (新高考北京卷)设集合M= i,j,s,t i∈ 1,2 ,j∈ 3,4 ,s∈ 5,6 ,t∈ 7,8 ,2 i+ j+ s+ t ．对
于给定有穷数列A: an 1≤n≤ 8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs，ωk= ik,jk,sk,tk ∈M，定义变换T：将数列A的
第 i1,j1,s1,t1项加 1，得到数列T1 A ；将数列T1 A 的第 i2,j2,s2,t2列加 1，得到数列T2T1 A ；重复上述操
作，得到数列Ts...T2T1 A ，记为Ω A ．
(1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω: 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，写出Ω A ；
(2)是否存在序列Ω，使得Ω A 为 a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4，若存在，写出一个符合条
件的Ω；若不存在，请说明理由；
(3)若数列A的各项均为正整数，且 a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得Ω A 为常数列”的充要
条件为“a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8”．
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8 (新高考上海卷)对于一个函数 f x 和一个点M a,b ，令 s x = (x- a)2+ f x - b 2，若
P x0,f x0 是 s x 取到最小值的点，则称P是M在 f x 的“最近点”．
(1) 1对于 f(x) = (x> 0)，求证：对于点M 0,0 ，存在点P，使得点P是M在 f x 的“最近点”；
x
(2)对于 f x = ex,M 1,0 ，请判断是否存在一个点P，它是M在 f x 的“最近点”，且直线MP与 y= f(x)
在点P处的切线垂直；
(3)已知 y= f(x)在定义域R上存在导函数 f (x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点M1
t- 1,f t - g t ，M2 t+ 1,f t + g t ．若对任意的 t∈R，存在点P同时是M1,M2在 f x 的“最近点”，
试判断 f x 的单调性．
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一、单选题
1 (2024·湖南怀化·二模)给定整数n≥ 3，有n个实数元素的集合S，定义其相伴数集T=
a- b a,b∈S,a≠ b ，如果min T = 1，则称集合S为一个n元规范数集． (注：min X 表示数集X中
的最小数)．对于集合M= -0.1,-1.1,2,2.5 、N= -1.5,-0.5,0.5,1.5 ，则 ( )
A. M是规范数集，N不是规范数集 B. M是规范数集，N是规范数集
C. M不是规范数集，N是规范数集 D. M不是规范数集，N不是规范数集
2 (2024·四川绵阳·模拟预测)一般地，任意给定一个角 α∈R，它的终边OP与单位圆的交点P的坐标，
无论是横坐标 x还是纵坐标 y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标 x、纵坐标 y都是关于角 α的函数.下面
给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标 y叫作 α的正弦函数，记作 sinα，即 sinα= y；
②把点P的横坐标 x叫作 α的余弦函数，记作 cosα，即 cosα= x；
1
③把点P的纵坐标 y的倒数叫作 α的余割函数，记作 cscα，即 cscα= ；
y
1
④把点P的横坐标 x的倒数叫作 α的正割函数，记作 secα，即 secα= .
x
下列结论错误的是 ( )
A. sinα cscα= 1
B. sec 2π =-2
3
C.函数 f x = secx的定义域为 x x≠ kπ,k∈Z
D. sec2α+ sin2α+ csc2α+ cos2α≥ 5
a b a b
3 (2024· 河北邯郸·二模)对任意两个非零的平面向量 a和 b ，定义：a b= ，a⊙ b= ．若 a 2+ 2b 2b
a,b a > b > 0 a

平面向量 满足 ，且 b 和 a⊙ b n都在集合 |n∈ Z,0
中，则 a b+ a⊙ b=4
( )
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A. 1 B. 3 C. 1 7或 D. 1 5或
2 4 4

4 (2024·上海杨浦·二模)平面上的向量 a 、b满足： a = 3， b = 4 ，a⊥ b.定义该平面上的向量集合A
= {x||x+ a| < |x+ b|,x a> x b}.给出如下两个结论：

①对任意 c∈A，存在该平面的向量 d∈A，满足 c- d = 0.5

②对任意 c∈A，存在该平面向量 d A，满足 c- d = 0.5
则下面判断正确的为 ( )
A.①正确，②错误 B.①错误，②正确 C.①正确，②正确 D.①错误，②错误
5 (2024·甘肃兰州·一模)球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度
(大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆)．设地球的半径为R，若甲地位于北纬 45°东经 120°，乙地位于
北纬 45°西经 60°，则甲、乙两地的球面距离为 ( )
A. 2πR B. 2πR C. π R D. 2πR
6 3 2 2
二、多选题
6 (2024·安徽芜湖·二模)在平面直角坐标系 xOy中，角 θ以坐标原点O为顶点，以 x轴的非负半轴为
b+ a b- a
始边，其终边经过点M a,b ， OM =m m≠ 0 ，定义 f θ = ，g θ = ，则 ( )
m m
A. f π + g π = 1 B. f θ + f2 θ ≥ 06 6
f θ
C.若 = 2，则 sin2θ= 3 D. f θ g θ 是周期函数
g θ 5
7 (2024·全国·模拟预测)已知函数 f x 和实数m，n，则下列说法正确的是 ( )
A.定义在R上的函数 f x 恒有 f x = f m-nx ，则当n= 1时，函数的图象有对称轴
B.定义在R上的函数 f x 恒有 f x = f m-nx ，则当n=-1时，函数具有周期性
-3x
2+2x,x≤ 1
C.若m= 1，n= 2 1 2，f x = 3 1 ，则 t∈ -∞, ，f t > f - t 恒成立f m-nx ,x> 3 3 3
D.若m= lnx - a,x∈ 0,2 4，n= 1，f x = - , ∈ , ，且 f x 的 4个不同的零点分别为 x1,x2,x3x4，且 x < xf m nx x 2 4 1 2
< x3< x4，则 x1x2+x3x4-4 x3+x4 =-14
8 (2024·浙江绍兴·模拟预测)对于任意的两点A x1,y1 ，B x2,y2 ，定义A,B间的折线距离 dAB=
x1-x2 + y1-y2 ，反折线距离 lAB= x1-y2 + x2-y1 ，O表示坐标原点. 下列说法正确的是 ( )
A. dAB+dBC≥ dAC.
B.若 dAB< lAB，则 y1-x1 y2-x2 ≥ 0.
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C.若AB 1+ k斜率为 k，dAB= AB .
1+ k2
D.若存在四个点P x,y 使得 dOP= 1，且 x2+ y- r 2= r2 r> 0 ，则 r的取值范围 2- 1, 1 .2
三、填空题
9 (2024·湖南长沙·三模)已知函数 y= f x ，任取 t∈R，定义集合 At={y ∣ y= f x ，点 P t,f t 、
Q x,f x 满足 PQ ≤ 2 . 设 Mt,mt 分别表示集合 At 中元素的最大值和最小值，记 h t =Mt
-mt，试解答 以下问题:
(1)若函数 f x = x2，则 h 0 = ;
(2) π若函数 f x = sin x，则 h t 的最小正周期为 .
2
10 (2024·四川成都·模拟预测)定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D
的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为 1的圆上，角的对边分别为 a，b，c，A=
π
．分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，则平面区域D的
3
“直径”的取值范围是 ．
11 (2024·广东佛山·二模)近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设
扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周
运动，角速度大小为 2πrad/s 2π，圆上两点A，B始终满足∠AOB= ，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关
3
系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运
动开始时刻，即 t= 0秒时，点A位于圆心正下方：则 t= 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为 0；
A，B两点的竖直距离关于时间 t的函数解析式为 f t = .
12 (2024·山东枣庄·模拟预测)设A x1,y1 ,B x2,y2 为平面上两点，定义 d(A,B) = x1-x2 + y1-y2 、
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已知点P为抛物线C:x2= 2py(p> 0)上一动点，点Q(3,0),d(P,Q)的最小值为 2，则 p= ；若斜率为
3
的直线 l过点Q，点M是直线 l上一动点，则 d(P,M )的最小值为 ．
2
13 (2024·福建厦门·模拟预测)在n维空间中 (n≥ 2，n∈N)，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐
标可表示为n维坐标 a1,a2, ,an ，其中 ai∈ 0,1 1≤ i≤n,i∈N .则 5维“立方体”的顶点个数是
；定义：在 n维空间中两点 a1,a2, ,an 与 b1,b2, ,bn 的曼哈顿距离为 a1-b1 + a2-b2 +
+ an-bn .在 5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则
E X = .
四、解答题
14 (2024·福建泉州·二模)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，
就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制． k进制的基数就是 k．我们日常生活中
最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数 3721也可以表示为：3721= 3× 103+7× 102+2× 101+1× 100一般
地，如果 k是大于 1的整数，那么以 k为基数的 k进制数可以表示为 ank
n+a kn-1n-1 + +a k1+a 01 0k =
n
a k jj ．其中 0< an< k,an-1,an-2, ,a1,a0∈{0,1,2, ,k- 1}．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一
j=0

起的形式：anan-1 a1a0(k)，如果不加下标就默认是十进制．
( ) a a a a1 令集合A= 0，1，2，3，4 1 2 3 4 ，B= + + + ai∈A,i= 1，2，3，4 ，将B中的元素按从大到小5 52 53 54
的顺序排列，则第 100个数为多少？
63
(2) 若n= anan-1 a1a0(2)，记T(n)为整数n的二进制表达式中 0的个数，如T(2) = 1,T(3) = 0，求 T(n)
n=1
的值． (用数字作答)
(3)十进制中的数 999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为 27的三位数？如果能，请求出
所有的 k进制数；如果不能，请说明理由．
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15 (2024·湖南长沙·二模)集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合A和B，定义和集
A+B= a+ b a∈A,b∈B ，用符号 d(A+B)表示和集A+B内的元素个数.
(1)已知集合A= 1,3,5 ，B= 1,2,6 ，C= 1,2,6,x ，若A+B=A+C，求 x的值；
(2)记集合An= 1,2, ,n ，Bn= 2,2 2, ,n 2 ，Cn=An+Bn，an为Cn中所有元素之和，n∈N*，求证：
1 + 2 + + n < 2( 2- 1)；
a1 a2 an
(3)若A与B都是由m m≥ 3,m∈N* 个整数构成的集合，且 d(A+B) = 2m- 1，证明：若按一定顺序排
列，集合A与B中的元素是两个公差相等的等差数列.
x x
16 (2024·辽宁葫芦岛· ) = 11 12二模 设数阵X0 ，其中 x11,x12,x21,x22∈ 1,2,3,4,5,6 .设B=x21x22
n1,n2, ,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中n 1其中有 t或-t，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有 t且没有-t，则这一列中每个数都乘以-1”
(t=n1,n2, ,nk)，MB X0 表示“将X0经过Mn1变换得到X1，再将X1经过Mn2变换得到X2， ，以此类推，
最后将Xk-1经过Mnk变换得到Xk.记数阵Xk中四个数的和为TB X0 .
21
(1)若X0= ，B= 2,5 ，写出X0经过M2变换后得到的数阵X1，并求TB X0 的值；34
21
(2)若X0= ，B= n1,n2,n3 ，求TB X0 的所有可能取值的和；34
(3)对任意确定的一个数阵X0，证明：TB X0 的所有可能取值的和不大于-8.
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17 (2024·浙江·三模)莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用
μ n 作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于 1的正整数n都可以被唯一表示为有
r r r
限个质数的乘积形式：n= p 1 2 k1 p2 pk (k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥ 1，i= 1,2, ,k)，例如：60= 22×
3× 5，对应 k= 3，p1= 2，p2= 3，p3= 5，r1= 2，r2= 1，r3= 1.现对任意n∈N*，定义莫比乌斯函数 μ n =
1, n= 1
-1
k, r1= r2= = rk= 1.
0, 存在 ri> 1
(1)求 μ 68 ，μ 985 ；
(2) r r r已知n> 1，记n= p 1 2 k1 p2 pk (k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥ 1，i= 1,2, ,k)的所有因数从小到大
依次为 a1，a2， ，am.
(ⅰ)证明： μ a1 + μ a2 + + μ a = 2km ；
μ
(
a1 μ a2 μ a
ⅱ)求 + + + m 的值 (用Pi(i= 1,2, ,k)表示).a1 a2 am
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18 (2024·山东济南·三模)高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设 y,q∈R，n∈N*，记 n
= 1+ q+ +qn-1， n != n × n- 1 × × 1 ，并规定 0 != 1．记F(x,n) = (x+ y)nq= (x+ y) (x+ qy)
(x+ qn-1y)，并规定F x,0 = (x+ y)0q= 1．定义DkqF(x,n) =
F(x,n),k= 0 n n- 1 n- k+ 1 x+ y n-kq ,k= 1,2, ,n
(1)若 y= q= 1，求F x,2 和D1qF(x,2)；
n- k !(2)求 Dk
! q
F(0,n)；
n
n DkF 0,n
( ) q 3 证明：F x,n =∑ xk．
k=0 k !
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19 (2024·湖北黄冈·二模)第二十五届中国国际高新技术成果交易会 (简称“高交会”)在深圳闭幕.会
展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品
外观特别讲究线条感，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
Δθ
线的弯曲程度就越大；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Δs
平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K
y = lim Δθ = (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= f3 x 在点A处的Δ→0 Δs
1+ y 2 2
一阶 二阶导数)
(1)已知抛物线 x2= 2py(p> 0)的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点 3,y 处的曲率是多少？
x -x
(2) 1 1 e +e若函数 g x = x - ，不等式 g ≤ g 2- cosωx 对于 x∈R恒成立，求ω的取值范围；2 +1 2 2
(3)若动点A的切线沿曲线 f x = 2x2-8运动至点B xn,f xn 处的切线，点B的切线与 x轴的交点为
xn+1,0 n∈N* .若 x1= 4，bn= xn-2，Tn是数列 bn 的前n项和，证明Tn< 3.
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20 (2024·重庆·模拟预测)对于数列 an ，定义Δan= an+1-an n∈N* ，满足 a1= a2= 1,Δ Δan =m(m
∈R)，记 f(m,n) = a 2 n1m+ a2m + +anm ，称 f(m,n)为由数列 an 生成的“m-函数”．
(1)试写出“2-函数” f(2,n)，并求 f(2,3)的值；
(2)若“1-函数” f(1,n)≤ 15，求n的最大值；
2
(3)记函数S(x) = x+ 2x2+ +nxn m，其导函数为S (x)，证明：“m-函数” f(m,n) = S (m) - 3mS(m)
2 2
n
+ (m+ 1) m ．
i=1
21 (2024·福建厦门·三模)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，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数 f(x)在 x= 0处的 m,n 阶帕德近似定义为：R(x) =
a0+a1x+ +amxm
n ，且满足：f(0) =R(0)，f (0) =R
(0) f (2)(0) =R(2)(0) f (m+n)(0) =R(m+n) (2)， ， ， (0).其中 f
1+ b1x+ +bnx
(x) = f (x) f (3)(x) = f (2)(x) f (m+n)(x) = f (m+n-1) ， ， ， (x) .已知 f(x) = ln(x+ 1)在 x= 0处的 2,2 阶
a+ bx+ 1 x2
帕德近似为R(x) = 2 .
1+ x+ 16 x
2
(1)求实数 a，b的值；
(2)设 h x = f x -R x ，证明：xh(x)≥ 0；
(3)已知 x1,x2,x3是方程 lnx=
x +x +x
λ x- 1 1的三个不等实根，求实数 λ的取值范围，并证明： 1 2 3 >x 3 λ
- 1.
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22 (2024·河北·二模)已知 x为实数，用 x 表示不超过 x的最大整数，例如 e = 2, -π =-4, 1 = 1，
对于函数 f x ，若存在m∈R,m Z，使得 f m = f m ，则称函数 f x 是“Ω函数”.
(1)判断函数 f x = 2x2-x,g x = sinπx 是否是“Ω函数”；
(2)设函数 f x 是定义在R上的周期函数，其最小正周期是T，若 f x 不是“Ω函数”，求T的最小值；
(3) a若函数 f x = x+ 是“Ω函数”，求 a的取值范围.
x
23 (2024·河北秦皇岛·二模)定义：如果函数 y= f x 和 y= g x 的图象上分别存在点M和N关于 x
轴对称，则称函数 y= f x 和 y= g x 具有C关系.
(1)判断函数 f x = 4x-8和 g x = 2x+1是否具有C关系；
(2)若函数 f x = lnx- ax- 1和 g x = 1- x2不具有C关系，求 a的取值范围；
(3)若函数 f x = x ex-1 和 g x = x+msinx m< 0 在区间 0,π 上具有C关系，求m的取值范围.
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24 (2024·山东泰安·模拟预测)定义：设 y= f x 和 y= g x 均为定义在R上的函数，它们的导函数分
别为 f x 和 g x ，若不等式 f x - g x f x - g x ≤ 0对任意实数 x恒成立，则称 y= f x 和 y=
g x 为“相伴函数”.
x
(1) 1给出两组函数，① f1 x = 和 g1 x = 0；② f2 x = e2x和 g2 x = 2x，分别判断这两组函数是否为2
“相伴函数”；
(2)若 y= f x ,y= g x 是定义在R上的可导函数，y= f x 是偶函数，y= g x 是奇函数，f x + g x =
ln a-x+1 + x，问是否存在 a(a> 0,a≠ 1)使得 y= f x 和 y= g x 为“相伴函数”？若存在写出 a的一个
值，若不存在说明理由；
(3)f x = sin x- θ ,g x = cos x+ θ ，写出“y= f x 和 y= g x 为相伴函数”的充要条件，证明你的结
论.
25 (2024·山东泰安·模拟预测)已知数列 an 是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13,21,34 .这
一数列以如下递推的方法定义：a1= 1，a2= 1，a *n+2= an+1+an(n∈N ).数列 bn 对于确定的正整数 k，若存
在正整数n使得 bk+n= bk+bn成立，则称数列 bn 为“k阶可分拆数列”.
(1)已知数列 cn 满足 cn=ma *n(n∈N ，m∈R).判断是否对 m∈R，总存在确定的正整数 k，使得数列
cn 为“k阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列 {dn}的前n项和为S = 3nn -a a≥ 0 ，
(i)若数列 {dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 a的值；
( aii)在 (i)问的前提下，若数列 fn 满足 f = n ，n∈N*，其前n项和为T *n S n.证明：当n∈N 且n≥ 3时，Tna2+a2 2 21 2+a3+ +an-anan+1+1成立.
人不拼怎知输赢 ·14·
水不撩不知深浅
26 (2024·山东·模拟预测)设 a,b∈ Z，a≠ 0.如果存在 q∈ Z使得 b= aq，那么就说 b可被 a整除 (或 a
整除 b)，记做 a|b且称 b是 a的倍数，a是 b的约数 (也可称为除数、因数)． b不能被 a整除就记做 a b．由
整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若 a|b，b|c，则 a|c；② a，b互质，若 a|c，b|c，则 ab|c；③若
a| nbi，则 a| i=1cibi，其中 ci∈ Z,i= 1,2,3, ,n.
(1)若数列 an 满足，a n-1n= 2 ，其前n项和为Sn，证明：279|S3000；
(2)若n为奇数，求证：an+bn能被 a+ b整除；
n
(3)对于整数n与 k，F n,k =∑r2k-1，求证：F n,1 可整除F n,k .
r=1
27 (2024·浙江温州·三模)现有n张形状相同的卡片，上而分别写有数字m+ 1,m+ 2, ,m+
n m∈N,n∈N* ，将这n张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同
学随机抽取 4次.
(1)若n= 8，求抽到的 4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义E Xk 为随机变量X的 k阶矩，其中 1阶矩就
是X的期望E X ，利用 k阶矩进行估计的方法称为矩估计.
(ⅰ)记每次抽到的数字为随机变量X，计算随机变量X的 1阶矩E X 和 2阶矩E X2 ；(参考公式：12+22
2 n n+ 1 2n+ 1+ + = n )
6
(ⅱ)知甲同学抽到的卡片上的 4个数字分别为 3，8，9，12，试利用这组样本并结合 (ⅰ)中的结果来计算n

的估计值n.(n的计算结果通过四舍五入取整数)
人不拼怎知输赢 ·15·
水不撩不知深浅
2
(2024· · ) C: x
2
+ y28 湖南长沙 三模 已知椭圆 = 1 a > b > 0 的左、右焦点分别为F、F，B为上顶
a2 b2
1 1 1 2
1 1
1
点，离心率 为 ，直线BF 2 2
2 2
与圆 4x +4y -3= 0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
x2
2
(2)椭圆方程Γ: + y = 1 a> >
x x y y
b 0 0 ，平面上有一点P x0，y0 . 定义直线方程 l: 0 + = 1 是椭圆
a2 b2 a2 b2
Γ在点P x0，y0 处的极线.
① 若P x0，y0 在椭圆C上，证明: 椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线;
② 若过点P -4，0 分别作椭圆C的两条切线和一条割线，切点为X、Y，割线交椭圆 C 于M、N两点，
过点M、N分别作椭圆C的两条切线，且相交于点Q. 证明: Q、X、Y 三点共线.
29 (2024·江西·二模)在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标 a1,a2,a3 表示，其中 ai∈{0,1},i= 1,
2,3，而在n维空间中 (n≥ 2,n∈N )，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标
a1,a2,a3, ,an ，其中 ai∈{0,1} (1≤ i≤n,i∈N )．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为
两点 a1,a2,a3, ,an 与 b1,b2,b3, ,bn 坐标差的绝对值之和，即为 a1-b1 + a2-b2 + a3-b3 +
+ an-bn ．回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离．
①求X的分布列与期望；
②求X的方差．
人不拼怎知输赢 ·16·
水不撩不知深浅
30 (2024·湖北·模拟预测)龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择
A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台 10天销售优惠券
情况．
日期 t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量 y(千张) 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4
1 10 10 10
经计算可得：y= y = 2.2, t y = 118.73, t2= 385.
10 i i i ii=1 i=1 i=1
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第 10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已
知销售量 y和日期 t呈线性关系，现剔除第 10天数据，求 y关于 t的经验回归方程(结果中的数值用分数表
示)；
(2) 1 3若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为 ，选择B套餐的概率为 ，并且A套餐可以用一张优惠
4 4
券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为Pn，求Pn；
(3)记 (2)中所得概率P 的值构成数列 P n∈N n n .
①求Pn的最值；
②数列收敛的定义：已知数列 an ，若对于任意给定的正数 ε，总存在正整数N0，使得当n>N0时， an-a
< ε，(a是一个确定的实数)，则称数列 an 收敛于 a.根据数列收敛的定义证明数列 Pn 收敛．
n

n
xi-x yi-y xiyi-nxy
i=1 i=1 参考公式： n = n ,a
= y - bx .
xi-x 2 x2i-nx 2
i=1 i=1
人不拼怎知输赢 ·17·水不撩不知深浅
新定义型问题
( S- 11 新高考北京卷)生物丰富度指数 d= 是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示河流中
lnN
的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数 d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S
没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由 2.1提高到 3.15，则 ( )
A. 3N2= 2N 2 31 B. 2N2= 3N1 C. N2=N1 D. N 32=N 21
【答案】D
S- 1 S- 1
【分析】根据题意分析可得 = 2.1, = 3.15，消去S即可求解.
lnN1 lnN2
S- 1
【详解】由题意得 = 2.1, S- 1 = 3.15，则 2.1lnN1= 3.15lnN 3 2lnN lnN 2，即 2lnN1= 3lnN2，所以N2=N1 .1 2
故选：D.
2 (新高考上海卷)定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为 0的

实数 λ1,λ2,λ3，使得 λ1OP1+λ2OP2+ λ3OP3= 0．已知 (1,0,0) ∈Ω，则 (0,0,1) Ω的充分条件是 ( )
A. 0,0,0 ∈Ω B. -1,0,0 ∈Ω C. 0,1,0 ∈Ω D. 0,0,-1 ∈Ω
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当 1,0,0 , 0,0,1 , 0,1,0 ∈Ω时，三个向量构成空间的一个基底，
则即可分析出正确答案.

【详解】由题意知这三个向量OP1,OP2,OP3共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知 0,0,0 ,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当 -1,0,0 ,(1,0,0) ∈Ω无法推出
(0,0,1) Ω，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知 -1,0,0 ,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当 0,0,0 ,(1,0,0) ∈Ω无法推出
(0,0,1) Ω，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知 1,0,0 , 0,0,1 , 0,1,0 三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由 1,0,0 , 0,1,0 ∈Ω能推出 0,0,1 Ω，
对D，由空间直角坐标系易知 1,0,0 , 0,0,1 , 0,0,-1 三个向量共面，
则当 0,0,-1 (1,0,0) ∈Ω无法推出 (0,0,1) Ω，故D错误.
故选：C．
3 (新高考上海卷)已知函数 f(x)的定义域为R，定义集合M= x0 x0∈R,x∈ -∞,x0 ,f x < f x0 ，
在使得M= -1,1 的所有 f x 中，下列成立的是 ( )
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A.存在 f x 是偶函数 B.存在 f x 在 x= 2处取最大值
C.存在 f x 是严格增函数 D.存在 f x 在 x=-1处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数
-2, x<-1
f x = x, -1≤ x≤ 1即可判断.
1, x> 1
【详解】对于A，若存在 y= f(x) 是偶函数, 取 x0= 1∈ [-1,1],
则对于任意 x∈ (-∞,1),f(x)< f(1), 而 f(-1) = f(1), 矛盾, 故 A 错误；
-2,x<-1,
对于B，可构造函数 f x = x,-1≤ x≤ 1, 满足集合M= -1,1 ，1,x> 1,
当 x<-1时，则 f x =-2，当-1≤ x≤ 1时，f x ∈ -1,1 ，当 x> 1时，f x = 1，
则该函数 f x 的最大值是 f 2 ，则B正确；
对C，假设存在 f x ，使得 f x 严格递增，则M=R，与已知M= -1,1 矛盾，则C错误；
对D，假设存在 f x ，使得 f x 在 x=-1处取极小值，则在-1的左侧附近存在 n，使得 f n > f -1 ，这与
已知集合M的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
4 (新高考上海卷)无穷等比数列 an 满足首项 a1> 0,q> 1，记 In= x- y x,y∈ a1,a2 ∪ an,an+1 ，
若对任意正整数n集合 In是闭区间，则 q的取值范围是 ．
【答案】q≥ 2
【分析】当 n≥ 2时，不妨设 x≥ y，则 x- y∈ 0,a2-a1 ∪ an-a2,an+1-a1 ∪ 0,an+1-an ，结合 In为闭区间
q- 2≥- 1可得 - 对任意的 n≥ 2恒成立，故可求 q的取值范围.qn 2
【详解】由题设有 a = a qn-1n 1 ，因为 a1> 0,q> 1，故 an+1> an，故 an,an+1 = a qn-11 ,a n1q ，
当n= 1时，x,y∈ a1,a2 ，故 x- y∈ a1-a2,a2-a1 ，此时 I1为闭区间，
当n≥ 2时，不妨设 x≥ y，若 x,y∈ a1,a2 ，则 x- y∈ 0,a2-a1 ，
若 y∈ a1,a2 ,x∈ an,an+1 ，则 x- y∈ an-a2,an+1-a1 ，
若 x,y∈ an,an+1 ，则 x- y∈ 0,an+1-an ，
综上，x- y∈ 0,a2-a1 ∪ an-a2,an+1-a1 ∪ 0,an+1-an ，
又 In为闭区间等价于 0,a2-a1 ∪ an-a2,an+1-a1 ∪ 0,an+1-an 为闭区间，
而 an+1-a1> an+1-an> a2-a1，故 an+1-an≥ an-a2对任意n≥ 2恒成立，
故 a -2a +a ≥ 0即 a qn-1 q- 2 + a ≥ 0，故 qn-2n+1 n 2 1 2 q- 2 + 1≥ 0，
故 q- 2≥- 1- 对任意的 n≥ 2恒成立，因 q> 1，qn 2
人不拼怎知输赢 ·2·
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n→+∞ - 1故当 时， - → 0，故 q- 2≥ 0即 q≥ 2.qn 2
故答案为：q≥ 2.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关
的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
5 (新课标全国Ⅰ卷)设m为正整数，数列 a1,a2,...,a4m+2是公差不为 0的等差数列，若从中删去两项 ai
和 a j i< j 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4个数都能构成等差数列，则称数列 a1,a2,...,
a4m+2是 i,j -可分数列．
(1)写出所有的 i,j ，1≤ i< j≤ 6，使数列 a1,a2,...,a6是 i,j -可分数列；
(2)当m≥ 3时，证明：数列 a1,a2,...,a4m+2是 2,13 -可分数列；
(3)从 1,2,...,4m+ 2中一次任取两个数 i和 j i< j ，记数列 a1,a2,...,a4m+2是 i,j -可分数列的概率为Pm，
证明：P 1m> ．8
【答案】(1) 1,2 , 1,6 , 5,6
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)直接根据 i,j -可分数列的定义即可；
(2)根据 i,j -可分数列的定义即可验证结论；
(3)证明使得原数列是 i,j -可分数列的 i,j 至少有 m+ 1 2-m个，再使用概率的定义.
【详解】(1)首先，我们设数列 a1,a2,...,a4m+2的公差为 d，则 d≠ 0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
= ak-a1故我们可以对该数列进行适当的变形 ak + 1 k= 1,2,...,4m+ 2 ，d
得到新数列 a k= k k= 1,2,...,4m+ 2 ，然后对 a 1,a 2,...,a 4m+2进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ak= k k= 1,2,...,4m+ 2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第 1小问相当于从 1,2,3,4,5,6中取出两个数 i和 j i< j ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 1,2,3,4，或 2,3,4,5，或 3,4,5,6.
所以所有可能的 i,j 就是 1,2 , 1,6 , 5,6 .
(2)由于从数列 1,2,...,4m+ 2中取出 2和 13后，剩余的 4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每
组成等差数列：
① 1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共 3组；
② 15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4m- 1,4m,4m+ 1,4m+ 2 ，共m- 3组.
(如果m- 3= 0，则忽略②)
故数列 1,2,...,4m+ 2是 2,13 -可分数列.
(3)定义集合A= 4k+ 1 k= 0,1,2,...,m = 1,5,9,13,...,4m+ 1 ，B= 4k+ 2 k= 0,1,2,...,m =
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2,6,10,14,...,4m+ 2 .
下面证明，对 1≤ i< j≤ 4m+ 2，如果下面两个命题同时成立，
则数列 1,2,...,4m+ 2一定是 i,j -可分数列：
命题 1：i∈A,j∈B或 i∈B,j∈A；
命题 2：j- i≠ 3.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 i∈A,j∈B，且 j- i≠ 3.
此时设 i= 4k1+1，j= 4k2+2，k1,k2∈ 0,1,2,...,m .
则由 i< j可知 4k1+1< 4k2+2，即 k2-k 11>- ，故 k2≥ k4 1.
此时，由于从数列 1,2,...,4m+ 2中取出 i= 4k1+1和 j= 4k2+2后，
剩余的 4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1 ，共 k1组；
② 4k1+2,4k1+3,4k1+4,4k1+5 , 4k1+6,4k1+7,4k1+8,4k1+9 ,..., 4k2-2,4k2-1,4k2,4k2+1 ，共 k2-k1组；
③ 4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6 , 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10 ,..., 4m- 1,4m,4m+ 1,4m+ 2 ，共m-
k2组.
(如果某一部分的组数为 0，则忽略之)
故此时数列 1,2,...,4m+ 2是 i,j -可分数列.
第二种情况：如果 i∈B,j∈A，且 j- i≠ 3.
此时设 i= 4k1+2，j= 4k2+1，k1,k2∈ 0,1,2,...,m .
则由 i< j可知 4k 11+2< 4k2+1，即 k2-k1> ，故 k4 2> k1.
由于 j- i≠ 3，故 4k2+1 - 4k1+2 ≠ 3，从而 k2-k1≠ 1，这就意味着 k2-k1≥ 2.
此时，由于从数列 1,2,...,4m+ 2中取出 i= 4k1+2和 j= 4k2+1后，剩余的 4m个数可以分为以下四个部分，
共m组，使得每组成等差数列：
① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1 ，共 k1组；
② 4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1 ， 3k1+k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2 ，共 2组；
③全体 4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+p ，其中 p= 3,4,...,k2-k1，共 k2-k1-2组；
④ 4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6 , 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10 ,..., 4m- 1,4m,4m+ 1,4m+ 2 ，共m-
k2组.
(如果某一部分的组数为 0，则忽略之)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 k2-k1-2个行，4个列的数表以
后，4个列分别是下面这些数：
4k1+3,4k1+4,...,3k1+k2 ， 3k1+k2+3,3k1+k2+4,...,2k1+2k2 ， 2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,...,k1+3k2 ，
k1+3k2+3,k1+3k2+4,...,4k2 .
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 4k1+1,4k1+2,...,4k2+2 中除开五个集合
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4k1+1,4k1+2 ， 3k1+k2+1,3k1+k2+2 ， 2k1+2k2+1,2k1+2k2+2 ， k1+3k2+1,k1+3k2+2 ，
4k2+1,4k2+2 中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 4k1+2和 4k2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 1,2,...,4m+ 2是 i,j -可分数列.
至此，我们证明了：对 1≤ i< j≤ 4m+ 2，如果前述命题 1和命题 2同时成立，则数列 1,2,...,4m+ 2一定是
i,j -可分数列.
然后我们来考虑这样的 i,j 的个数.
首先，由于A∩B= ，A和B各有m+ 1个元素，故满足命题 1的 i,j 总共有 m+ 1 2个；
而如果 j- i= 3，假设 i∈A,j∈B，则可设 i= 4k1+1，j= 4k2+2，代入得 4k2+2 - 4k1+1 = 3.
k -k = 1但这导致 2 1 ，矛盾，所以 i∈B,j∈A.2
设 i= 4k1+2，j= 4k2+1，k1,k2∈ 0,1,2,...,m ，则 4k2+1 - 4k1+2 = 3，即 k2-k1= 1.
所以可能的 k1,k2 恰好就是 0,1 , 1,2 ,..., m- 1,m ，对应的 i,j 分别是 2,5 , 6,9 ,...,
4m- 2,4m+ 1 ，总共m个.
所以这 m+ 1 2个满足命题 1的 i,j 中，不满足命题 2的恰好有m个.
这就得到同时满足命题 1和命题 2的 i,j 的个数为 m+ 1 2-m.
4m+ 2 4m+ 1
当我们从 1,2,...,4m+ 2中一次任取两个数 i和 j i< j 时，总的选取方式的个数等于
2
= 2m+ 1 4m+ 1 .
而根据之前的结论，使得数列 a1,a2,...,a4m+2是 i,j -可分数列的 i,j 至少有 m+ 1 2-m个.
所以数列 a1,a2,...,a4m+2是 i,j -可分数列的概率Pm一定满足
2
m+
2 1 1
1 2-m m2+m+ 1 m +m+ 4 m+ Pm≥ = > = 2 = 1 .
2m+ 1 4m+ 1 2m+ 1 4m+ 1 2m+ 1 4m+ 2 2 2m+ 1 2m+ 1 8
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结
论.
6 (新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m> 0 ，点P1 5,4 在C上，k为常数，0< k< 1．按照
如下方式依次构造点Pn n= 2,3,... ，过Pn-1作斜率为 k的直线与C的左支交于点Qn-1，令Pn为Qn-1关于
y轴的对称点，记Pn的坐标为 xn,yn .
(1)若 k= 1 ，求 x ,y ；
2 2 2
(2) x -y 1+ k证明：数列 n n 是公比为 的等比数列；1- k
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数 n，Sn=Sn+1.
【答案】(1)x2= 3，y2= 0
(2)证明见解析
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(3)证明见解析
【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；
(2)根据等比数列的定义即可验证结论；
(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 Sn的取值为与 n无关的定值即可.思路二：使用等
差数列工具，证明Sn的取值为与 n无关的定值即可.
【详解】(1)
由已知有m= 52-42= 9，故C的方程为 x2-y2= 9.
k= 1 1 x+ 3
2
当 时，过P1 5,4 且斜率为 的直线为 y= ，与 x2-y2= 9 x2- x+ 3联立得到 = 9.2 2 2 2
解得 x=-3或 x= 5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1 -3,0 ，该点显然在C的左支上.
故P2 3,0 ，从而 x2= 3，y2= 0.
(2)由于过Pn x 2 2 2n,yn 且斜率为 k的直线为 y= k x- xn + yn，与 x -y = 9联立，得到方程 x
- k x- xn + y 2n = 9.
展开即得 1- k2 x2-2k yn-kxn x- yn-kx 2n -9= 0，由于Pn xn,yn 已经是直线 y= k x- xn + y 2n和 x
-y2= 9的公共点，故方程必有一根 x= xn.
2k yn-kxn 2ky -xn-k2xn
从而根据韦达定理，另一根 x= - x = nn ，相应的 y= k x- xn + y =
1- k2 n1- k2
yn+k2yn-2kxn .
1- k2
2ky -x -k2 n n xn , yn+k
2y -2kxn
所以该直线与C的不同于P nn的交点为Qn ，而注意到Q- 2 - 2 n的横坐标亦可通1 k 1 k
- yn-kxn 2-9
过韦达定理表示为 ，故Q 一定在C的左支上.
1-
n
k2 xn
x +k2 n xn-2ky
2
所以P nn+1 ,
yn+k yn-2kxn .
1- k2 1- k2
= xn+k
2xn-2kyn = yn+k
2y -2kxn
这就得到 xn+1 ，y
n
n+1 .
1- k2 1- k2
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
所以 xn+1-y n n n n n nn+1= -
1- k2 1- k2
= xn+k
2x 2n+2kxn - yn+k yn+2ky
2
n = 1+ k +2k x -y = 1+ k x -y .
1- k2 1- k2

1- 2 n n 1- k n nk
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再由 x2-y21 1= 9，就知道 x1-y1≠ 0 x -y 1+ k，所以数列 n n 是公比为 - 的等比数列.1 k

(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U,V,W，若UV= a,b ，UW = c,d ，则S△UVW=
1
ad- bc .(若U,V,W在同一条直线上，约定S△UVW= 0)2

证明：S△UVW=
1 UV UW sinUV,UW = 1 UV UW 1- cos2UV,UW2 2
1

= UV UW 1- UV UW
2 1
=2 2 UV
2 UW 2- UV UW 2
UV UW
= 1 a2+b2 c2+d2 - ac+ bd 22
= 1 a2c2+a2d2+b2c2+b2d2-a2c2-b2d2-2abcd
2
= 1 a2d2+b2c2-2abcd= 1 ad- bc 2= 1 ad- bc .
2 2 2
证毕，回到原题.
x 2n+k xn-2ky y +k2y -2kxn
由于上一小问已经得到 x n n nn+1= ，yn+1= ，
1- k2 1- k2
x +k2x -2ky y +k2y -2kx 2n n
故 x n n n nn+1+yn+1= + = 1+ k -2k 1- k xn+yn = + xn+y .1- k2 1- k2

1- k2 1 k n
再由 x21-y21= 9，就知道 x1+y1≠ 0 1- k，所以数列 xn+yn 是公比为 1+ 的等比数列.k
所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m
= 1 xnx 12 n+m-ynyn+m + xnyn+m-ynxn+m - x2 nxn+m-ynyn+m - xnyn+m-ynxn+m
= 1 xn-yn xn+m+y 12 n+m - xn+yn x2 n+m-yn+m
= 1 1- k
m
x -y x +y - 1 1+ k
m
+ n n n n - x2 1 k 2 1 k n+yn xn-yn
= 1 1- k
m 1+ k m
2 1+ k - 1- k x
2 2
n-yn
= 9 1- k
m
- 1+ k
m
+ - .2 1 k 1 k

而又有Pn+1Pn= - xn+1-xn ,- yn+1-yn ，Pn+1Pn+2= xn+2-xn+1,yn+2-yn+1 ，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn=S 1△PnPn+1P = - x -xn+ 2 2 n+1 n yn+2-yn+1 + yn+1-yn xn+2-xn+1
= 1 x -x y
2 n+1 n n+2
-yn+1 - yn+1-yn xn+2-xn+1
= 1 xn+1yn+2-yn+1xn+2 + xnyn+1-ynxn+1 - xnyn+2-y2 nxn+2
= 1 9 1- k - 1+ k 9 1- k 1+ k 9 1- k
2 1+ k 2
2 2 1+ k 1- + - - - .k 2 1+ k 1- k 2 1+ k 1- k
这就表明Sn的取值是与 n无关的定值，所以Sn=Sn+1.
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= x
2 2
x n
+k xn-2ky
方法二：由于上一小问已经得到 n
yn+k yn-2kxn
n+1 ，y- 2 n+1
= ，
1 k 1- k2
+ = xn+k
2x -2ky y +k2y -2kx 1+ k2
故 x y n n + n n n = -2kn+1 n+1 xn+y = 1- kn + x +y .1- k2 1- k2 1- k2 1 k n n
再由 x21-y2 1- k1= 9，就知道 x1+y1≠ 0，所以数列 xn+yn 是公比为 的等比数列.1+ k
所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m
= 1 x 1nxn+m-ynyn+m + xnyn+m-ynxn+m - x x -y y2 2 n n+m n n+m - xnyn+m-ynxn+m
= 1 xn-yn x 1n+m+yn+m - xn+y x2 2 n n+m-yn+m
= 1 1- k
m m
+ xn-yn xn+yn -
1 1+ k- xn+yn xn-yn 2 1 k 2 1 k
= 1 1- k
m m
2 1+ k -
1+ k
1- k x
2
n-y2n
9 1- k m 1+ k m=
2 1+ k - .1- k
x y -y x = 9 1- k - 1+ k这就得到 n+2 n+3 n+2 n+3 + - = xnyn+1-y x2 1 k 1 k n n+1，
2 2
以及 xn+1yn+3-y 9 1- k 1+ kn+1xn+3= 2 1+ k - 1- = xnyn+2-ynxn+2.k
两式相减，即得 xn+2yn+3-yn+2xn+3 - xn+1yn+3-yn+1xn+3 = xnyn+1-ynxn+1 - xnyn+2-ynxn+2 .
移项得到 xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ynxn+1= yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+xnyn+1.
故 yn+3-yn xn+2-xn+1 = yn+2-yn+1 xn+3-xn .

而PnPn+3= xn+3-xn,yn+3-yn ，Pn+1Pn+2= xn+2-xn+1,yn+2-yn+1 .

所以PnPn+3和Pn+1Pn+2平行，这就得到S△PnPn+1P =S ，即S =S .n+2 △Pn+1Pn+2Pn+3 n n+1
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
7 (新高考北京卷)设集合M= i,j,s,t i∈ 1,2 ,j∈ 3,4 ,s∈ 5,6 ,t∈ 7,8 ,2 i+ j+ s+ t ．对
于给定有穷数列A: an 1≤n≤ 8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs，ωk= ik,jk,sk,tk ∈M，定义变换T：将数列A的
第 i1,j1,s1,t1项加 1，得到数列T1 A ；将数列T1 A 的第 i2,j2,s2,t2列加 1，得到数列T2T1 A ；重复上述操
作，得到数列Ts...T2T1 A ，记为Ω A ．
(1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω: 1,3,5,7 , 2,4,6,8 , 1,3,5,7 ，写出Ω A ；
(2)是否存在序列Ω，使得Ω A 为 a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4，若存在，写出一个符合条
件的Ω；若不存在，请说明理由；
(3)若数列A的各项均为正整数，且 a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得Ω A 为常数列”的充要
条件为“a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8”．
【答案】(1)Ω A :3,4,4,5,8,4,3,10
(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析
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(3)证明见解析
【分析】(1)直接按照Ω A 的定义写出Ω A 即可；
(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
(3)分充分性和必要性两方面论证.
【详解】(1)由题意得Ω A :3,4,4,5,8,4,3,10；
(2)假设存在符合条件的Ω，可知Ω A 的第 1,2项之和为 a1+a2+s，第 3,4项之和为 a3+a4+s，
a1+2 + a2+6 = a1+a2+s则 + + + = + + ，而该方程组无解，故假设不成立， a3 4 a4 2 a3 a4 s
故不存在符合条件的Ω；
(3)我们设序列Tk...T2T1 A 为 ak,n 1≤n≤ 8 ，特别规定 a0,n= an 1≤n≤ 8 .
必要性：
若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs，使得Ω A 为常数列.
则 as,1= as,2= as,3= as,4= as,5= as,6= as,7= as,8，所以 as,1+as,2= as,3+as,4= as,5+as,6= as,7+as,8.
根据Tk...T2T1 A 的定义，显然有 ak,2j-1+ak,2j= ak-1,2j-1+ak-1,2j，这里 j= 1,2,3,4，k= 1,2,....
所以不断使用该式就得到，a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8，必要性得证.
充分性：
若 a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8.
由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而 a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8，所以 a2+a4+a6+a8= 4 a1+a2 -
a1+a3+a5+a7 也是偶数.
我们设Ts...T2T1 A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω A 中，使得 as,1-as,2 +
as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 最小的一个.
上面已经证明 ak,2j-1+ak,2j= ak-1,2j-1+ak-1,2j，这里 j= 1,2,3,4，k= 1,2,....
从而由 a1+a2= a3+a4= a5+a6= a7+a8可得 as,1+as,2= as,3+as,4= as,5+as,6= as,7+as,8.
同时，由于 ik+jk+sk+tk总是偶数，所以 ak,1+ak,3+ak,5+ak,7和 ak,2+ak,4+ak,6+ak,8的奇偶性保持不变，从而
as,1+as,3+as,5+as,7和 as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数.
下面证明不存在 j= 1,2,3,4使得 as,2j-1-as,2j ≥ 2.
假设存在，根据对称性，不妨设 j= 1，as,2j-1-as,2j≥ 2，即 as,1-as,2≥ 2.
情况 1：若 as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 = 0，则由 as,1+as,3+as,5+as,7和 as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数，知
as,1-as,2≥ 4.
对该数列连续作四次变换 2,3,5,8 , 2,4,6,8 , 2,3,6,7 , 2,4,5,7 后，新的 as+4,1-as+4,2 + as+4,3-as+4,4 +
as+4,5-as+4,6 + as+4,7-as+4,8 相比原来的 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 减少 4，这与
as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 的最小性矛盾；
情况 2：若 as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 > 0，不妨设 as,3-as,4 > 0.
情况 2- 1：如果 as,3-as,4≥ 1，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7 , 2,4,6,8 后，新的 as+2,1-as+2,2 +
as+2,3-as+2,4 + as+2,5-as+2,6 + as+2,7-as+2,8 相比原来的 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 至少
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减少 2，这与 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 的最小性矛盾；
情况 2- 2：如果 as,4-as,3≥ 1，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8 , 2,3,6,7 后，新的 as+2,1-as+2,2 +
as+2,3-as+2,4 + as+2,5-as+2,6 + as+2,7-as+2,8 相比原来的 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 至少
减少 2，这与 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j= 1,2,3,4都有 as,2j-1-as,2j ≤ 1.
假设存在 j= 1,2,3,4使得 as,2j-1-as,2j = 1，则 as,2j-1+as,2j是奇数，所以 as,1+as,2= as,3+as,4= as,5+as,6= as,7
+as,8都是奇数，设为 2N+ 1.
则此时对任意 j= 1,2,3,4，由 as,2j-1-as,2j ≤ 1可知必有 as,2j-1,as,2j = N ,N+ 1 .
而 as,1+as,3+as,5+as,7和 as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数，故集合 m as,m=N 中的四个元素 i,j,s,t之和为偶
数，对该数列进行一次变换 i,j,s,t ，则该数列成为常数列，新的 as+1,1-as+1,2 + as+1,3-as+1,4 +
as+1,5-as+1,6 + as+1,7-as+1,8 等于零，比原来的 as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 更小，这与
as,1-as,2 + as,3-as,4 + as,5-as,6 + as,7-as,8 的最小性矛盾.
综上，只可能 as,2j-1-as,2j = 0 j= 1,2,3,4 ，而 as,1+as,2= as,3+as,4= as,5+as,6= as,7+as,8，故 as,n =Ω A 是
常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
8 (新高考上海卷)对于一个函数 f x 和一个点M a,b ，令 s x = (x- a)2+ f x - b 2，若
P x0,f x0 是 s x 取到最小值的点，则称P是M在 f x 的“最近点”．
(1)对于 f(x) = 1 (x> 0)，求证：对于点M 0,0 ，存在点P，使得点P是M在 f x 的“最近点”；
x
(2)对于 f x = ex,M 1,0 ，请判断是否存在一个点P，它是M在 f x 的“最近点”，且直线MP与 y= f(x)
在点P处的切线垂直；
(3)已知 y= f(x)在定义域R上存在导函数 f (x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点M1
t- 1,f t - g t ，M2 t+ 1,f t + g t ．若对任意的 t∈R，存在点P同时是M1,M2在 f x 的“最近点”，
试判断 f x 的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，P 0,1
(3)严格单调递减
【分析】(1)代入M (0,0)，利用基本不等式即可；
(2)由题得 s x = (x- 1)2+e2x，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即可；
(3) 1根据题意得到 s 1 x0 = s 2 x0 = 0，对两等式化简得 f x0 =- ，再利用“最近点”的定义得到不等式
g(t)
组，即可证明 x0= t，最后得到函数单调性.
1 2 1
【详解】(1)当M (0,0)时，s x = (x- 0)2+ - 0x = x
2+ ≥ 2 x2 1 = 2，
x2 x2
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1
当且仅当 x2= 即 x= 1时取等号，
x2
故对于点M 0,0 ，存在点P 1,1 ，使得该点是M 0,0 在 f x 的“最近点”．
(2)由题设可得 s x = (x- 1)2+ ex-0 2= (x- 1)2+e2x，
则 s x = 2 x- 1 + 2e2x，因为 y= 2 x- 1 ,y= 2e2x均为R上单调递增函数，
则 s x = 2 x- 1 + 2e2x在R上为严格增函数，
而 s 0 = 0，故当 x< 0时，s x < 0，当 x> 0时，s x > 0，
故 s x min= s 0 = 2，此时P 0,1 ，
而 f x = ex,k= f 0 = 1，故 f x 在点P处的切线方程为 y= x+ 1.
k 0- 1 而 MP= - =-1，故 kMP k=-1，故直线MP与 y= f x 在点P处的切线垂直．1 0
(3)设 s 21 x = (x- t+ 1) + f x - f t + g t 2，
s 22 x = (x- t- 1) + f x - f t - g t 2，
而 s 1 x = 2(x- t+ 1) + 2 f x - f t + g t f x ，
s 2 x = 2(x- t- 1) + 2 f x - f t - g t f x ，
若对任意的 t∈R，存在点P同时是M1,M2在 f x 的“最近点”，
设P x0,y0 ，则 x0既是 s1 x 的最小值点，也是 s2 x 的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则 x0也是两函数的极小值点，
则存在 x0,使得 s 1 x0 = s 2 x0 = 0，
即 s 1 x0 = 2 x0-t+ 1 + 2f x0 f x0 - f(t) + g(t) = 0①
s 2 x0 = 2 x0-t- 1 + 2f x0 f x0 - f(t) - g(t) = 0②
由①②相等得 4+ 4g(t) f x0 = 0，即 1+ f x0 g(t) = 0，
f x =- 1即 0 ，又因为函数 g(x)在定义域R上恒正，
g(t)
f x 1则 0 =- < 0恒成立，
g(t)
接下来证明 x0= t，
因为 x0既是 s1 x 的最小值点，也是 s2 x 的最小值点，
则 s1 x0 ≤ s(t),s2 x0 ≤ s(t)，
即 x0-t+ 1 2+ f x0 - f t + g t 2≤ 1+ g t 2，③
x0-t- 1 2+ f x0 - f t - g t 2≤ 1+ g t 2，④
③+④得 2 x -t 20 +2+ 2 f x0 - f(t) 2+2g2(t)≤ 2+ 2g2(t)
即 x0-t 2+ f x0 - f t 2≤ 0，因为 x 20-t ≥ 0, f x0 - f t 2≥ 0
x0-t= 0则 ，解得 x = t，f x0 - f t = 0 0
1
则 f t =- < 0恒成立，因为 t的任意性，则 f x 严格单调递减.
g(t)
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1
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 f x0 =- ，再利用最值点定
g(t)
义得到 x0= t即可.
一、单选题
1 (2024·湖南怀化·二模)给定整数n≥ 3，有n个实数元素的集合S，定义其相伴数集T=
a- b a,b∈S,a≠ b ，如果min T = 1，则称集合S为一个n元规范数集． (注：min X 表示数集X中
的最小数)．对于集合M= -0.1,-1.1,2,2.5 、N= -1.5,-0.5,0.5,1.5 ，则 ( )
A. M是规范数集，N不是规范数集 B. M是规范数集，N是规范数集
C. M不是规范数集，N是规范数集 D. M不是规范数集，N不是规范数集
【答案】C
【分析】利用规范数集的定义，逐项判断即可得解.
【详解】集合M= -0.1,-1.1,2,2.5 中，2∈M ,2.5∈M，则 |2- 2.5| = 0.5< 1，
即M的相伴数集中的最小数不是 1，因此M不是规范数集；
集合N= -1.5,-0.5,0.5,1.5 ，| -1.5- (-0.5)| = 1,| -0.5- 0.5| = 1,|0.5- 1.5| = 1，
| -1.5- 0.5| = | -0.5- 1.5| = 2,| -1.5- 1.5| = 3，
即N的相伴数集中的最小数是 1，因此N是规范数集.
故选：C
2 (2024·四川绵阳·模拟预测)一般地，任意给定一个角 α∈R，它的终边OP与单位圆的交点P的坐标，
无论是横坐标 x还是纵坐标 y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标 x、纵坐标 y都是关于角 α的函数.下面
给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标 y叫作 α的正弦函数，记作 sinα，即 sinα= y；
②把点P的横坐标 x叫作 α的余弦函数，记作 cosα，即 cosα= x；
③把点P的纵坐标 y的倒数叫作 α的余割函数，记作 cscα，即 cscα= 1 ；
y
1
④把点P的横坐标 x的倒数叫作 α的正割函数，记作 secα，即 secα= .
x
下列结论错误的是 ( )
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A. sinα cscα= 1
B. sec 2π =-2
3
C.函数 f x = secx的定义域为 x x≠ kπ,k∈Z
D. sec2α+ sin2α+ csc2α+ cos2α≥ 5
【答案】C
【分析】根据定义可判断A；利用定义转化为余弦求解可判断B；转化为余弦表示，根据分母不为 0求解可判
断C；转化为正弦和余弦，利用平方关系和二倍角公式化简，由正弦函数性质可判断D.
【详解】由题知，cscα= 1 ,secα= 1 ，
sinα cosα
对于A，sinα cscα= y 1 = 1，A正确；
y
B sec 2π = 1 = 1对于 ， = 1 = 1 =-2，B正确；
3 x cos 2π3 cos π-
π
3 -cos
π
3
C 1对于 ，函数 f x = secx= ，由 cosx≠ 0得 x≠ kπ+ π ,k∈Z
cosx 2
f x x x≠ kπ+ π所以 的定义域为 ,k∈Z ，C错误；2
对于D，sec2α+ sin2α+ csc2α+ cos2α= 1+ 1 + 1
cos2α sin2α
= 1+ 1 = 1+ 4 ≥ 5，
sin2αcos2α sin22α
当 sin2α=±1时，等号成立，D正确.
故选：C.
a b a b
3 (2024·河北邯郸· 二模)对任意两个非零的平面向量 a和 b，定义：a b= ，a⊙ b= ．若
a 2+ 2b 2b

平面向量 a,b满足 a > b > 0，且 a b a ⊙ b n和 都在集合 |n∈ Z,0
中，则 b+ a
⊙ b=
4
( )
A. 1 B. 3 C. 1 7或 D. 1 5或
2 4 4
【答案】D
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2 2
【分析】根据 a > b > 0 a + b > 2 a b 1，得到 ，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到 a b< ，2
a⊙ b> 1 ，再结合条件，即可求出结果.
2
n 1
【详解】因为 |n∈ Z,01 , 3 ,1 ，4 4 2 4
2 2
设向量 a和 b的夹角为 θ，因为 a > b > 0，所以 a + b > 2 a b ，
a b a b cosθ a
b cosθ cosθ
得到 a b= =
a 2+ 2b a
< = ， 2+ 2b 2 a b 2
θ∈ 0,π cosθ 1又 ，所以 ≤ ，
2 2
a

b n |n∈ Z,0 ，即 cosθ> ，得到 a b=
1
，
4 2 4 2 4



⊙ = a
b a b cosθ a
又因为 a b = =
1 3
2 2 cosθ> cosθ> ，所以 a⊙ b= 或 1， b b b 2 4

所以 a b+ a⊙ b= 1 5或 ，
4
故选：D.

4 (2024·上海杨浦·二模)平面上的向量 a、b满足： a = 3， b = 4，a⊥ b.定义该平面上的向量集合A
={x

||x + a |< |x + b|,x a > x b}.给出如下两个结论：

①对任意 c∈A，存在该平面的向量 d∈A c ，满足 - d = 0.5
c

②对任意 ∈A ，存在该平面向量 d A，满足 c- d = 0.5
则下面判断正确的为 ( )
A.①正确，②错误 B.①错误，②正确 C.①正确，②正确 D.①错误，②错误
【答案】C

【分析】根据给定条件，令 a= (3,0)，b= (0,4)，设 x = (m,n)，利用向量模及数量积的坐标表示探求m,n的
关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
|a

| = 3 |b| = 4 a

【详解】由 ， ， ⊥ b，不妨令 a= (3,0)，b= (0,4)，设 x= (m,n)，

|x + a |< |x + b|，得 |x + a |2< |x + b|2 ，而 x+ a= (m+ 3,n)，x+ b= (m,n+ 4)，
则 (m+ 3)2

+n2 x b，得 3m- 4n> 0，
0- (-7)
平行直线 6m- 8n- 7= 0和 3m- 4n= 0间的距离为 d= = 0.7，
62+82
到直线 6m- 8n- 7= 0和直线 3m- 4n= 0距离相等的点到这两条直线的距离为 0.35，

如图，阴影部分表示的区域为集合A，因此无论 d是否属于A，都有 c- d = 0.5，
所以命题①②都正确.
故选：C
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【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利
用代数方法解决.
5 (2024·甘肃兰州·一模)球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度
(大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆)．设地球的半径为R，若甲地位于北纬 45°东经 120°，乙地位于
北纬 45°西经 60°，则甲、乙两地的球面距离为 ( )
A. 2πR B. 2πR C. π R D. 2πR
6 3 2 2
【答案】C
【分析】分析甲、乙两地的球心角，即可得解.
【详解】甲、乙两地在北纬 45°线上，所对圆心角为 120° +60° = 180°，
2
即甲、乙两地在北纬 45°线所在小圆的直径的两端，且小圆的半径 r=Rsin45° = R，
2
则R2+R2= 2R 2 π，所以甲、乙两地的球心角为 ，
2
π
故甲、乙两地的球面距离为 R.
2
故选：C.
二、多选题
6 (2024·安徽芜湖·二模)在平面直角坐标系 xOy中，角 θ以坐标原点O为顶点，以 x轴的非负半轴为
b+ a
始边，其终边经过点M a,b ， OM =m m≠ 0 ，定义 f θ = ，g θ = b- a，则 ( )
m m
A. f π + g6
π
6 = 1 B. f θ + f
2 θ ≥ 0
f θ
C.若 = 2，则 sin2θ= 3 D. f θ g θ 是周期函数
g θ 5
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出 cosθ= a ，sinθ= b π，则 f θ = 2sin θ+ ，g θ = 2sin θ- π ，从而可m m 4 4
π f θ
对A判断求解，利用换元法令 t= sinθ+ cosθ= 2sin θ+ ∈ - 2, 2 可对B判断求解，由 =4 g θ
tanθ+ 1 = 2求出 tanθ= 3，并结合 sin2θ== 2tanθ 从而可对C判断求解，由 f θ g θ- 2
=-cos2θ可
tanθ 1 tan θ+ 1
对D判断求解.
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【详解】由题意得M a b a,b 在角 θ的终边上，且 OM =m，所以 cosθ= ，sinθ= ，
m m
b+ a π b- a π
则 f θ = = sinθ+ cosθ= 2sin θ+ ，g θ = = sinθ- cosθ= 2sin θ- ，m 4 m 4
对A：f π6 + g
π = sin π + cos π + sin π - cos π = 1，故A正确；6 6 6 6 6
对B：f θ + f2 θ = sinθ+ cosθ+ sinθ+ cosθ 2 t= sinθ+ cosθ= 2sin θ+ π ，令 ∈ - 2, 2 ，4
2
所以 f θ + f2 1 1 1 θ = t+ t2= t+ - ≥- ，故B错误；2 4 4
f θ
C = sinθ+ cosθ tanθ+ 1对 ： = = 2，解得 tanθ= 3，
g θ sinθ- cosθ tanθ- 1
2sinθcosθ 2tanθ 2× 3 3
又由 sin2θ= 2sinθcosθ= = = = ，故C正确；
sin2θ+ cos2θ tan2θ+ 1 32+1 5
对D：f θ g θ = sinθ+ cosθ sinθ- cosθ = sin2θ- cos2θ=-cos2θ，因为 y= cos2θ为周期函数，故D
正确.
故选：ACD.
7 (2024·全国·模拟预测)已知函数 f x 和实数m，n，则下列说法正确的是 ( )
A.定义在R上的函数 f x 恒有 f x = f m-nx ，则当n= 1时，函数的图象有对称轴
B.定义在R上的函数 f x 恒有 f x = f m-nx ，则当n=-1时，函数具有周期性
-3x
2+2x,x≤ 1
C.若m= 1，n= 2，f x = 3 1 2 1 ，则 t∈ -∞, ，f t > f - t 恒成立f m-nx ,x> 3 33
lnx - a,x∈ 0,2
D.若m= 4，n= 1，f x = ，且 ff m-nx ,x∈ 2,4 x 的 4个不同的零点分别为 x1,x2,x 3x4，且 x1< x2
< x3< x4，则 x1x2+x3x4-4 x3+x4 =-14
【答案】ACD
1
【分析】根据函数的对称性和周期性可分别判断AB；求出 x> 时的解析式，然后根据自变量范围代入相
3
应表达式解不等式即可判断C；将问题转化为直线 y= = lnx ,x∈ 0,2 a与函数 g x ln 4- x ,x∈ , 有四个交点， 2 4
结合图象求得四根的关系即可判断D.
【详解】对于A，若n= 1，则 f x = f m- x ，
m
所以函数 f x 的图象的对称轴为直线 x= ，故A正确.
2
对于B，当n=-1时，f x = f m+ x .
若m= 0，则 f x = f x ，函数不具有周期性，故B错误.
-3x2 +2x,x≤
1
对于C，若m= 1，n= 2，则 f x = 3 ，f 1- 2x ,x> 13
x> 1当 时，1- 2x< 1 ，
3 3
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则 f x =-3 1- 2x 2+2 1- 2x =-3 4x2-4x+ 1 + 2 1- 2x =-12x2+8x- 1，
1
即当 x> 时，f x =-12x2+8x- 1.
3
当 t∈ -∞, 1 2时， - t∈3 3
1 ,+∞
3 ，
2
所以 f t - f 2 - t =-3t2+2t- -12 2 - t +8 2 - t - 1 3 3 3
= 9t2-6t+ 1= 3t- 1 2> 0 2，所以 f t > f - t 恒成立，C正确.3
∈ , - ∈ , = lnx - a,x∈ 0,2 对于D，当 x 2 4 时，4 x 0 2 ，则 f x ， ln 4- x - a,x∈ 2,4
lnx ,x∈ 0,2
令 g x = - ， ln 4 x ,x∈ 2,4
作出函数 g x 的图象和直线 y= a，如图.
要使 f x 有 4个不同的零点，则函数 g x 的图象与直线 y= a有 4个不同的交点.
又 x1< x2< x3< x4，则-lnx1= lnx2= ln 4- x3 =-ln 4- x4 ，
所以 lnx1+lnx2= 0，ln 4- x3 + ln 4- x4 = 0，
所以 x1x2= 1， 4- x3 4- x4 = 1，
则 16- 4 x3+x4 + x3x4= 1，
所以 x1x2+x3x4-4 x3+x4 =-14，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析
求解即可.
8 (2024·浙江绍兴·模拟预测)对于任意的两点A x1,y1 ，B x2,y2 ，定义A,B间的折线距离 dAB=
x1-x2 + y1-y2 ，反折线距离 lAB= x1-y2 + x2-y1 ，O表示坐标原点. 下列说法正确的是 ( )
A. dAB+dBC≥ dAC.
B.若 dAB< lAB，则 y1-x1 y2-x2 ≥ 0.
C.若AB斜率为 k，dAB=
1+ k
AB .
1+ k2
D.若存在四个点P x,y 使得 d 2 2 2OP= 1，且 x + y- r = r r> 0 ，则 r的取值范围 2- 1, 1 .2
【答案】ABD
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【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不等式
取等的条件 (即 a+ b = a + b ， a+ b ≥ a- b ，ab≥ 0两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结
论)，即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然后利用
解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设C x3,y3 ，我们有
dAB+dBC= x1-x2 + y1-y2 + x2-x3 + y2-y3
= x1-x2 + x2-x3 + y1-y2 + y2-y3
≥ x1-x2 + x2-x3 + y1-y2 + y2-y3
= x1-x3 + y1-y3 = dAC，
故A正确；
对于B，若 dAB< lAB，则 lAB> dAB= x1-x2 + y1-y2 ≥ x1-x2 + y1-y2 = x1-y2 + y1-x2 ，
这意味着 x1-y2 + y1-x2 = x1-y2 + x2-y1 = lAB> x1-y2 + y1-x2 .
从而由 x1-y2 + y1-x2 > x1-y2 + y1-x2 ，知 x1-y2 y1-x2 < 0，
即 y2-x1 y1-x2 > 0，所以 y2-x1 + y1-x2 = y2-x1 + y1-x2 .
故 y1-x1 + y2-x2 = y2-x1 + y1-x2 = y2-x1 + y1-x2 = lAB.
而 dAB= x1-x2 + y1-y2 ≥ y1-y2 - x1-x2 = y1-x1 - y2-x2 .
故 y1-x1 + y2-x2 = lAB> dAB≥ y1-x1 - y2-x2 .
从而由 y1-x1 + y2-x2 > y1-x1 - y2-x2 ，知 y1-x1 y2-x2 ≥ 0，故B正确；
对于C，考虑A 1,0 ，B 0,1 ，此时 k=-1 1+ k，所以 AB = 0.
1+ k2
但 dAB= 1- 0 + 0- 1 = 2> 0，故C错误；
对于D，条件等价于关于 x,y的方程组 x + y = 1 x + y = 1 x2+ y- 2= ，即 有四个解.r r2 x2+y2= 2ry
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形 x + y = 1和圆 x2+y2= 2ry有四个公共点，直观的理解
即为圆 x2+y2= 2ry与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当 r= 2- 1时，圆与上方的两条边相切，
r= 1 1当 时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是 2- 1, ，2 2
下面再使用二次方程工具严格证明此结论 (也可以使用距离公式等其它方法证明).
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, x
2+y2
若 x y 满足原方程组，则 y= > 0，故 x + y= 1.
2r
而 r2= x2+ y- r 2= x2+ 1- x - r 2= 2x2-2 1- r x + 1- r 2，
故 2x2-2 1- r x + 1- 2r= 0，同时还有 x = 1- y ≤ 1.
由于当 x确定后，y只有唯一可能的取值 1- x ，而方程组有四个解，
所以使得相应的 y存在的 x至少有四个.
根据前面的讨论，这样的 x必满足 2x2-2 1- r x + 1- 2r= 0，且 x ≤ 1，
所以方程 2x2-2 1- r x + 1- 2r= 0必定在 -1,1 上有四个解.
这表明关于 t的方程 2t2-2 1- r t+ 1- 2r= 0在 0,1 上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
Δ= 4 1- r 2-8 1- 2r = 4 1- 2r+ r2-2+ 4r = 4 r2+2r- 1 ，
就有 r> 2- 1.
1
同时，由于两根都在 0,1 内，故两根乘积为正数，故 1- 2r> 0，即 r< .
2
1
这就证明了 2- 1< r< .
2
最后，当 2- 1< r< 1 时，原方程组的确存在四组不同的解：
2
x= 1- r+ r
2+2r- 1 x=- 1- r+ r
2+2r- 1
2
2 ，
2 ，
y= 1+ r- r +2r- 1 22 y= 1+ r- r +2r- 12
2 2
x=
1- r- r +2r- 1 1- r- r +2r- 1
2 x=- 2 ， .y= 1+ r+ r2+2r- 1 2y= 1+ r+ r +2r- 12 2
1
所以 r的取值范围是 2- 1, ，D正确.2
故选：ABD.
三、填空题
9 (2024·湖南长沙·三模)已知函数 y= f x ，任取 t∈R，定义集合 At={y ∣ y= f x ，点 P t,f t 、
Q x,f x 满足 PQ ≤ 2 . 设 Mt,mt 分别表示集合 At 中元素的最大值和最小值，记 h t =Mt
-mt，试解答 以下问题:
(1)若函数 f x = x2，则 h 0 = ;
(2)若函数 f x = sin π x，则 h t 的最小正周期为 .
2
【答案】 1 2
【分析】(1)把 t= 0代入，然后计算At的最大值和最小值即可.
(2) π先表示出P t,sin t 、Q x,sin π x ，然后根据P的位置分类分析M2 2 t,mt的值.
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【详解】对于 1 ，因为函数 f x = x2，当 t= 0 时，P 0,0 、Q x,x2 且 x- 0 2+ x2-0 2≤ 2，
即 x2+x4≤ 2，令 x2=m，即 m2+m≤ 2，解得 0≤m≤ 1，
所以 Mt= 1，mt= 0，所以 h 0 = 1- 0= 1 ；
对于 2
π 2π
，如图所示，若函数 f x = sin x，此时，函数的最小正周期为 = 4，
2 π
2
点 P t,sin π t 、Q x,sin π x2 2 ，
当点 P 在 A 点时，点 Q 在曲线 OAB 上，Mt= 1，mt= 0，h t =Mt-mt= 1 ;
当点 P 在曲线上从 A 接近 B 时，h t 逐渐增大，当点 P 在 B 点时，Mt= 1，mt=-1
h t =Mt-mt= 2 ;
当点 P 在曲线上从 B 接近 C 时，h t 逐渐减小，当点 P 在 C 点时，Mt= 1，mt= 0，
h t =Mt-mt= 1 ;
当点 P 在曲线上从 C 接近 D 时，h t 逐渐
增大，当点 P 在 D 点时，Mt= 1，
mt=-1，h t =Mt-mt= 2;
当点 P 在曲线上从 D 接近 E 时，h t 逐渐
减小，当点 P 在 E 点时，Mt= 1，mt= 0，
h t =Mt-mt= 1 ;
依此类推，发现 h t 的最小正周期为 2 ，
故答案为：(1)1；(2)2.
10 (2024·四川成都·模拟预测)定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D
的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为 1的圆上，角的对边分别为 a，b，c，A=
π
．分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，则平面区域D的
3
“直径”的取值范围是 ．
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3+ 3 3 3
【答案】 , 2 2
【分析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式求出A；
(2)利用向量线性运算，结合向量的三角不等式求出区域D的“直径”关系式，再利用三角恒等变换结合正
弦函数性质求出范围即得.
【详解】如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，

设P，Q分别为BC、AC上任意一点，PQ=PG+GF +FQ，

PQ = PG+GF +FQ ≤ PG + GF + FQ
=HG+GF+FE=HE= a+ b+ c，
2
即PQ的长小于等于△ABC周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，因此区域D的“直径”为△ABC的周长
l的一半，
π
由正弦定理得：a= 2sin = 3，b= 2sinB，c= 2sinC，
3
2π
则 l= 3+ 2sinB+ 2sin -B = 3+ 3sinB+ 3cosB3
= 3+ 2 3sin B+ π .6
0由△ABC为锐角三角形，得 2 2π π ，即 π
，
0< -B< 6 23 2
π
则 3+ 3 3 3
所以平面区域D的“直径”的取值范围是 , .2 2
3+ 3 3 3
故答案为: , .2 2
11 (2024·广东佛山·二模)近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设
扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周
2π
运动，角速度大小为 2πrad/s，圆上两点A，B始终满足∠AOB= ，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关
3
系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运
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动开始时刻，即 t= 0秒时，点A位于圆心正下方：则 t= 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为 0；
A，B两点的竖直距离关于时间 t的函数解析式为 f t = .
1 π
【答案】 3 sin 2πt+3 3
【分析】以O为原点，以OA所在直线为 y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点A,B的坐标，
由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为 y轴，建立平面直角坐标系，由于角速 ω= 2πrad/s，
设点A cos 2πt- π ,sin 2πt- π2 2
2π
，圆上两点A、B始终保持∠AOB= ，
3
B cos 2πt+ π则 ,sin 2πt+ π ，要使A、B两点的竖直距高为 0，6 6
则 sin 2πt- π2 = sin 2πt+
π ，第一次为 0时，4πt- π = π，解得 t= 1 ，6 3 3
f(t) = sin 2πt+ π - sin 2πt- π = 3 sin2πt+ 1 cos2πt+ cos2πt6 2 2 2
= 3 sin2πt+ 3 cos2πt = 3 sin 2πt+ π .2 2 3
1
故答案为： ； 3 sin 2πt+ π3 3
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关
键，特别注意，始边是 x轴非负半轴.
12 (2024·山东枣庄·模拟预测)设A x1,y1 ,B x2,y2 为平面上两点，定义 d(A,B) = x1-x2 + y1-y2 、
已知点P为抛物线C:x2= 2py(p> 0)上一动点，点Q(3,0),d(P,Q)的最小值为 2，则 p= ；若斜率为
3
的直线 l过点Q，点M是直线 l上一动点，则 d(P,M )的最小值为 ．
2
3
【答案】 2
2
【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过P作PN x并构造直角三角形，根据 d(P,M )
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的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.
P m,m
2 2 2
【详解】设 ，则 d P, pQ = m- 3 m m 1 + - 0 ≥ -m+ 3= m- p 2+3- ，2p 2p 2p 2p 2
3- p = 2，即 p= 2，p=m时取得最小值；
2
易知 l:y= 3 x- 9 ，C:x2= 4y，联立有 x2-6x+ 18= 0，
2 2
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过P作PN x交 l于N，过M作ME⊥PN，
则 d(P,M ) = PE + EM ≥ PE + EN = PN (M ,N重合时取得等号)，
n2 n2 n2P n, N + 3, PN = n
2
-n+ 3= 1设 ，则 ，所以 n- 3 2+ 3 ≥ 3 ，
4 6 4 6 6 2 2

3
故答案为：2，
2
【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性
质计算最值即可.
13 (2024·福建厦门·模拟预测)在n维空间中 (n≥ 2，n∈N)，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐
标可表示为n维坐标 a1,a2, ,an ，其中 ai∈ 0,1 1≤ i≤n,i∈N .则 5维“立方体”的顶点个数是
；定义：在 n维空间中两点 a1,a2, ,an 与 b1,b2, ,bn 的曼哈顿距离为 a1-b1 + a2-b2 +
+ an-bn .在 5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则
E X = .
80
【答案】 32
31
【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到X的可能取值，求出
Ck 4 k
概率P X= k = 5
2 = C5 k= 1,2,3,4,5 ，列出分布列，求出期望.
C2 2525 -1
【详解】(1)ai的可能值为 0，1(1≤ i≤ 5，i∈N).故五维立方体的顶点有 25= 32个.
(2)依题意，样本空间的样本点记为 M ,N ，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：n Ω =C232
当X= k时，有 k个第 i维坐标值不同，有 5- k个第 i维坐标值相同.
Ck2k25-k
满足X= k的样本点 M ,N 个数为 5 =Ck5 24.2
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Ck 24 Ck
所以P X= k = 5 = 5 k= 1,2,3,4,5 .
C2 525 2 -1
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
5 10 10 5 1
P
31 31 31 31 31
E 1 X = 5+ 20+ 30+ 20+ 5 = 80 .
31 31
故答案为：32 80； .
31
【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当X= k时，有 k个第 i维坐标值不同，有 5- k个第 i维坐标
Ck 24 Ck
值相同，再由P X= k = 5 = 5 k= 1,2,3,4,5 求出概率.
C225 2
5-1
四、解答题
14 (2024·福建泉州·二模)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，
就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制． k进制的基数就是 k．我们日常生活中
最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数 3721也可以表示为：3721= 3× 103+7× 102+2× 101+1× 100一般
地，如果 k是大于 1的整数，那么以 k为基数的 k进制数可以表示为 a kn+a kn-1n n-1 + +a1k1+a 00k =
n
a jjk．其中 0< an< k,an-1,an-2, ,a1,a0∈{0,1,2, ,k- 1}．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一
j=0

起的形式：anan-1 a1a0(k)，如果不加下标就默认是十进制．
( a a a a1)令集合A= 0，1，2，3，4 ，B= 1 2 + +
3 + 4 ai∈A,i= 1，2，3，4 ，将B中的元素按从大到小5 52 53 54
的顺序排列，则第 100个数为多少？
( ) =
63
2 若n anan-1 a1a0(2)，记T(n)为整数n的二进制表达式中 0的个数，如T(2) = 1,T(3) = 0，求 T(n)
n=1
的值． (用数字作答)
(3)十进制中的数 999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为 27的三位数？如果能，请求出
所有的 k进制数；如果不能，请说明理由．
21
【答案】(1)
25
(2)129

(3)能，5(11) (11)(13),2(14) (11)(19),1(7) (19)(28)．
【分析】(1)将集合B中的元素都乘以 54，得集合中的最大数，可得从大到小的顺序排列的第 100个数，再除
以 54即可.

(2)从n= 1到n= 63中，对应的二进制数从 1(2)到 111111(2)中，最多六位数．最高位只能是 1，结合数位讨
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63
论T(n)的值和个数，可求 T(n)的值．
n=1
( 3)由 999= xyz = xk2(k) +yk+ z且 x+ y+ z= 27，得 972= (k- 1) x(k+ 1) + y ，又 972= 2× 2× 3× 3×
3× 3× 3，符合条件的 k- 1有 12,18,27三个值可取，计算出对应的 x,y,z即可.
【详解】(1)将集合B中的元素都乘以 54，

得集合B = a 315 +a252+a 513 +a450∣ a i∈A,i= 1,2,3,4 ，则B 中的最大数为 4444(5)= 624(10)．
在 10进制中，从 624起从大到小排列的第 100个数是 624- 99= 525，这就是B 中的元素按从大到小顺序
排列的第 100个数，
B 525 21所以 中的元素按从大到小的顺序排列，第 100个数为 = ．
54 25

(2) ∵ 63= 1× 25+1× 24+1× 23+1× 22+1× 21+1× 20= 111111(2)，∴T(63) = 0．

∴从n= 1到n= 63中，对应的二进制数从 1(2)到 111111(2)中，最多六位数．最高位只能是 1，
∴ 0的个数只能是 1个，2个，3个，4个，5个，
∴T(n) = 0或T(n) = 1或T(n) = 2或T(n) = 3或T(n) = 4或T(n) = 5，

∴T(n) = 0有 1(2),11(2),111(2),1111(2),11111(2),111111(2)共 6个；
T(n) = 1有C1 1 1 1 1 21+C2+C3+C4+C5=C6= 15个；
T(n) = 2有C22+C23+C24+C25=C36= 20个；
T(n) = 3有C3+C3 33 4+C5=C46= 15个；
T(n) = 4有C44+C45=C56= 6个；
T(n) = 5有C55= 1个．
63
∴ T(n) = 6× 0+ 15× 1+ 20× 2+ 15× 3+ 6× 4+ 1× 5= 129．
n=1
( ) 3 假设存在这样的 k进制数 xyz(k)，

999= xyz
2
(k)= xk +yk+ z
则 972= xk
2+yk- x- y= (k- 1) x(k+ 1) + y ，
x+ y+ z= 27
∵ 972= 2× 2× 3× 3× 3× 3× 3，
①要想使 x+ y+ z= 27且 k≠ 10，∴ x，y，z中必有大于 9的数，则 k≥ 11；
②∵ 972= xk2+yk- x- y,∴ k2≤ 972,∴ k≤ 31，
综上，11≤ k≤ 31,∴ 10≤ k- 1≤ 30，
所以，
k- 1 x k+ 1 + y k x y z
① 12 81 13 5 11 11
② 18 54 19 2 14 11
③ 27 36 28 1 7 19

综上可知，满足题意的 k进制数有 3个，分别为：5(11) (11)(13),2(14) (11)(19),1(7) (19)(28)．
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【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新
定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求
解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
15 (2024·湖南长沙·二模)集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合A和B，定义和集
A+B= a+ b a∈A,b∈B ，用符号 d(A+B)表示和集A+B内的元素个数.
(1)已知集合A= 1,3,5 ，B= 1,2,6 ，C= 1,2,6,x ，若A+B=A+C，求 x的值；
(2)记集合An= 1,2, ,n ，Bn= 2,2 2, ,n 2 ，Cn=An+Bn，an为Cn中所有元素之和，n∈N*，求证：
1 + 2 + + n < 2( 2- 1)；
a1 a2 an
(3)若A与B都是由m m≥ 3,m∈N* 个整数构成的集合，且 d(A+B) = 2m- 1，证明：若按一定顺序排
列，集合A与B中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)x= 4
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据新定义求出A+B，则 1+ x，3+ x，5+ x∈A+B且 x≠ 1,2,6，即可求解；
(2)由新定义可得C *n= i+ j 2 i,j∈N ,1≤ i,j≤n ，结合等差数列前 n项求和公式计算可得 an=
1+ 2
n2+n3 ，利用裂项相消法计算即可证明；2
(3)设集合A= a1,a2, ,am ，B= b1,b2, ,bm (a1< a2< < am，b1< b2< < bm)，则 d(A+B) = 2m- 1，
进而 a2-a1= b2-b1，结合放缩法计算可得 a2-a1= bk+1-bk 1≤ k≤m- 1 、b2-b1= ak+1-ak 1≤ k≤m- 1 ，
即可证明.
【详解】(1)由题：A+B={2,3,4,5,6,7,9,11}，
所以 1+ x，3+ x，5+ x∈A+B且 x≠ 1,2,6，
从而 1+ x= 5，3+ x= 7，5+ x= 9，故 x= 4.
(2)若 i1，i2∈An， 2 j1， 2 j2∈Bn，使 i1+ 2 j1= i2+ 2 j2，其中 i1，i2，j1，j2∈{1,2, ,n}，
则 2 j1-j2 = i2-i1，故 j1= j2，i1= i2.
∴Cn= i+ j 2 i,j∈N*,1≤ i,j≤n ，
∴ an= (1+ 1 2) + (1+ 2 2) + + (1+n 2) + (2+ 2) + (2+ 2 2) + + (2+n 2) + + (n+ 2) +
( (1+n) n n(1+n)n+ 2 2) + + (n+n 2) =n +n 2= 1+ 2 n2+n3 ，
2 2 2
∴ 1 + 2 + + n = 2 1× + 1 + + 1 = 2( 2- 1) 1- 1 < 2( 2- 1).a1 a2 an 2+ 1 1 2 2× 3 n(n+ 1) n+ 1
(3)设集合A= a1,a2, ,am ，B= b1,b2, ,bm ，其中 a1< a2< < am，b1< b2< < bm.
则 a1+b1< a2+b1< < am+b1< am+b2< < am+bm，
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这里共 2m- 1个不同元素，又 d(A+B) = 2m- 1，所以上面为和集A+B中的所有元素.
又 a1+b1< a1+b2< a2+b2< < am+b2< am+b3< < am+bm，
这里共 2m- 1个不同元素，也为合集A+B中的所有元素，
所以有 a2+b1= a1+b2，即 a2-a1= b2-b1.
一般地，由 a1+b1< a1+b2< < a1+bk< a2+bk< < am+bk< am+bk+1< < am+bm，
a1+b1< < a1+bk< a1+bk+1< a2+bk+1< < am+bk+1< < am+bm，
可得 a2+bk= a1+bk+1，即 a2-a1= bk+1-bk 1≤ k≤m- 1 .
同理可得 b2-b1= ak+1-ak 1≤ k≤m- 1 ，得证.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则 (公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过
推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新
的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
x11x( 1216 2024·辽宁葫芦岛·二模)设数阵X0= ，其中 x11,x12,x21,x22∈ 1,2,3,4,5,6 .设B=x21x22
n1,n2, ,nk 1,2,3,4,5,6 ，其中n1其中有 t或-t，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有 t且没有-t，则这一列中每个数都乘以-1”
(t=n1,n2, ,nk)，MB X0 表示“将X0经过Mn1变换得到X1，再将X1经过Mn2变换得到X2， ，以此类推，
最后将Xk-1经过Mnk变换得到Xk.记数阵Xk中四个数的和为TB X0 .
21
(1)若X0= ，B= 2,5 ，写出X0经过M2变换后得到的数阵X1，并求TB X0 的值；34
21
(2)若X0= ，B= n1,n2,n3 ，求TB X0 的所有可能取值的和；34
(3)对任意确定的一个数阵X0，证明：TB X0 的所有可能取值的和不大于-8.
2- 1
【答案】(1) ，03- 4
(2)40
(3)证明见解析
【分析】(1)直接由变换M2以及TB X0 的定义即可求解；
(2)对集合B分类讨论，进而得出TB X0 的所有情况即可求解；
(3)分 x11,x21是否相等进行讨论，当 x11≠ x21，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，分：含有 x11且不含 x21的
子集、含有 x21且不含 x11的子集、同时含有 x11和 x21的子集和不含 x11也不含 x21的子集，四种情况进行讨
论，当 x11= x21，分含有 x11的子集和不含有 x11的子集两种情况讨论即可求解.
21【详解】(1)因为 x0= ，B= 2,5 ，34
2- 1
X0经过M2变换得到的数阵X1= 3- 4 ，
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-21
X1经过M5变换得到的数阵X2= ，-34
所以TB(x0) =-3+ 1- 2+ 4= 0.
-21 2- 1
(2)若B 1,2,3,4 ，则X3= 或X = ，-34 3 3- 4
可得TB(x0) = 0，4种情况；
-2- 1
若B= 2,3,n3 或B= 1,4,n3 ，n3∈ 5,6 ，则X3= ，-3- 4
可得TB(x0) =-10，4种情况；
若B= n1,n2,n3 ，从 1,4 和 2,3 中各取出一个元素 a，b，
21
n1=min a,b ，n2=max a,b ，n3∈ 5,6 ，则 x3= ，34
可得TB x0 = 10，8种；
-21 2- 1
若B= n1,5,6 ，n1∈ 1,2,3,4 ，则 x3= 或 x- 3=34 ，3- 4
可得TB x0 = 0，4种情况；
综上，TB x0 的所有可能取值的和 4× 0+ 4× (-10) + 8× 10+ 4× 0= 40；
(3)若 x11≠ x21，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x 411且不含 x21的子集共 2 个，
其中含有奇数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均仍为 x11，x21；
其中含有偶数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均变为-x11，-x21；
②含有 x 421且不含 x11的子集共 2 个，
其中含有奇数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均仍为 x11，x21；
其中含有偶数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均变为-x11，-x21；
③同时含有 x11和 x21的子集共 2
4个，
其中含有奇数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均变为-x11，-x21；
其中含有偶数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均仍为 x11，x21；
④不含 x 411也不含 x21的子集共 2 -1个，
其中含有奇数个元素的集合有 8个，经过变换后第一列均变为-x11，-x21；
其中含有偶数个元素的集合有 7个，经过变换后第一列均变为 x11，x21；
若 x11= x21，在 1,2,3,4,5,6 的所有非空子集中，
①含有 x 511的子集共 2 个，
其中含有奇数个元素的集合有 16个，经过变换后第一列均变为 x11，x21；
其中含有偶数个元素的集合有 16个，经过变换后第一列均仍为-x11，-x21；
②不含 x 511的子集共 2 -1个，
其中含有奇数个元素的集合有 16个，经过变换后第一列均变为-x11，-x21；
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其中含有偶数个元素的集合有 15个，经过变换后第一列均仍为 x11，x21；
综上，经过变换后，所有Xk的第一列数的和为
(8+ 8+ 8+ 8+ 16+ 16) (-x11-x21) + (8+ 8+ 8+ 7+ 16+ 15) (x11+x21) = 2(-x11-x21)
同理，经过变换后所有Xk的第二列数的和为 2(-x12-x22).
所以TB x0 的所有可能取值的和为 2(-x11-x21-x12-x22)，
又因为 x11,x12,x21,x22∈ 1,2,3,4,5,6 ，所以TB x0 的所有可能取值的和不超过-8.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是要做到有序讨论，从而可以做到不重不漏，由此即可顺利得解.
17 (2024·浙江·三模)莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用
μ n 作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于 1的正整数n都可以被唯一表示为有
r r r
限个质数的乘积形式：n= p 1p 2 p k1 2 k (k为n的质因数个数，pi为质数，r 2i≥ 1，i= 1,2, ,k)，例如：60= 2 ×
3× 5，对应 k= 3，p1= 2，p2= 3，p3= 5，r1= 2，r2= 1，r3= 1.现对任意n∈N*，定义莫比乌斯函数 μ n =
1, n= 1
-1
k, r1= r2= = rk= 1.
0, 存在 ri> 1
(1)求 μ 68 ，μ 985 ；
(2) r r r已知n> 1，记n= p 1p 21 2 p kk (k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥ 1，i= 1,2, ,k)的所有因数从小到大
依次为 a1，a2， ，am.
(ⅰ)证明： μ a1 + μ a2 + + μ a = 2km ；
μ a1 μ a μ a(ⅱ)求 + 2 + + m 的值 (用Pi(i= 1,2, ,k)表示).a1 a2 am
【答案】(1)μ 68 = 0，μ 985 = 1
(2) ( ) 1 1 1ⅰ 证明见解析；(ⅱ) 1- 1- 1-p1 p2 pk
【分析】(1)由 68= 22× 17，985= 197× 5，根据所给定义计算可得；
(2) (ⅰ)依题意只考虑 p1，p2， ，pk中的若干个数的乘积构成的因数，从 k个质数中任选 i i= 1,2, ,k 个
数的乘积一共有C ik种结果，再由组合数公式计算可得；
(ⅱ)由 (ⅰ)分析可知，因此 n= pr1pr21 2 p
rk
k 的所有因数除 1之外，只考虑 p1，p2， ，pk中的若干个数的乘积
x 1
构成的因数，即可推导出 k = 1- ，最后利用累乘法计算可得.
xk-1 pk
【详解】(1)因为 68= 22× 17，因为 2的指数 2> 1，所以 μ 68 = 0；
又 985= 197× 5，易知 k= 2，p1= 197，p2= 5，r1= 1，r2= 1，
所以 μ 985 = -1 2= 1；
(2) (ⅰ)ai i= 1,2, ,m 的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，μ ai = 0，
n= pr1pr2 r因此 k1 2 pk 的所有因数除 1之外，只考虑 p1，p2， ，pk中的若干个数的乘积构成的因数，
从 k个质数中任选 i i= 1,2, ,k 个数的乘积一共有C ik种结果，
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所以 μ 1 + μ a1 + μ a2 + + μ am
= μ 1 + μ p1 + μ p2 + + μ pk + μ p1p2 + μ p2p3 + + μ pk-1pk + + μ p1p2 pk
= 1+C1+C2+ +Ck-1+Ck=C0+C1+C2+ +Ck-1+Ck= 2kk k k k k k k k k .
( ) r r rⅱ 方法一：由 (ⅰ)知，因此n= p 11 p 22 p kk 的所有因数除 1之外，只考虑 p1，p2， ，pk中的若干个数的乘积
构成的因数，
μ a1 μ a2 μ a μ 1 μ p μ p μ p
所以 + + + m = + 1 2 + + +
k +
a1 a2 am 1 p p 1 2 pk
μ p1p2 μ p + 2
p3 μ p p
+ +
k-1 k
p1p2 p2p3 p k-1pk
μ
+ +
p1p2 pk = 1+ -1 + -
2 2 2 k
1 + + -1
-1 -1 -1 -1

+ + + + + +

.
p1p2 pk p1 p2 pk p1p2 p2p3 pk-1pk p1p2 pk
-1 -1 -1
2 -1 2 -1 2 -1 k
令 xk= 1+ + + +
-1 + + + +

+ +

p1 p2 pk p1p2 p2p3 pk-1pk p1p2
，
pk
- - - -1 2 1 1 1 -1
2 -1 2 -1= + + + + +
k-1
则 x 1 *k-1 p p p
+ + + + +
1 2 k-1 p1p2 p2p 3 pk-2pk-1 p1p2
(k≥ 2，k∈N )，
pk-1
-1 -1 -1
2 -1 2 -1 2 3 -1 3 -1 3
所以 xk-1= + + + +
+ (-1) + + +

pk pk p1pk p2pk pk-1pk p1p2pk p2p3pk pk-2pk-1pk
-1 k+ .
p1p2 pk
-1
所以 xx k 1
p k-1
+xk-1= xk， = 1- .
k xk-1 pk
1 x x
因为 x = 1- ，所以 x = k k-11 k
x2 x1= 1- 1 1- 1 1- 1 1- 1 .p1 xk-1 xk-2 x1 pk pk-1 p2 p1
μ a1 μ a2 μ am μ 1 μ p1 μ p2 μ p
方法二： + + + = + + + +
k +a1 a2 am 1 p1 p2 pk
μ
p1p2 μ+
p2p3 μ p p
+ +
k-1 k
p1p2 p2p3 p k-1pk
μ p1p2 pk μ 1 -1 2 -1 2 -1 2 k+ + = + -1 + -1 + + -1 + + + +
-1
+ +
p1p2 p k 1 p1 p 2 pk p1p2 p2p3 pk-1p k p1p2 pk
- - - -1 2 1 1 1 -1
2 -1 2 -1 k= 1+ + + + + + + +
+ + .
p1 p2 pk p1p2 p 2p3 pk-1pk p1p2 pk
1 1 1
由展开式原理可知， 1- 1- 1- 的展开式即为上式所求.p1 p2 pk
18 (2024·山东济南·三模)高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设 y,q∈R，n∈N*，记 n
= 1+ q+ +qn-1， n != n × n- 1 × × 1 ，并规定 0 != 1．记F(x,n) = (x+ y)nq= (x+ y) (x+ qy)
(x+ qn-1y)，并规定F x,0 = (x+ y)0= 1．定义Dkq qF(x,n) =
F(x,n),k= 0 n n- 1 n- k+ 1 x+ y n-kq ,k= 1,2, ,n
(1)若 y= q= 1，求F x,2 和D1qF(x,2)；
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n- k !
(2) 求 DkqF(0,n)；
n !
n DkF 0,n
(3)证明：F x,n =∑ q xk．
k=0 k !
【答案】(1)F(x,2) = (x+ 1)2，D1qF(x,2) = 2(x+ 1)
n- k ! (n-k)(n-k-1)(2) DkqF(0,n) = q 2 yn-k，k= 0,1,2, ,n．
n !
(3)证明见解析
【详解】(1)若 y= q= 1，F(x,2) = (x+ y) (x+ qy) = x2+ (1+ q)xy+ y2= (x+ 1)2，
而D1qF(x,2) = 2 (x+ y)1q= (1+ q) (x+ y) = 2(x+ 1)；
n- k ! n(n-1)
(2) 当 k= 0时， DkF(0,n) =D0F(0,n) =F(0,n) = q 2 yn
! q q
．
n
当 k≠ 0时，由DkqF(0,n) = n n- 1 k+ 1 (0+ y)n-kq
n ! (n-k)(n-k-1)= n n- 1 n- k+ 1 q(n-k)(n-k-1)/2 yn-k= q 2 yn-k，
n- k !
n- k ! (n-k)(n-k-1)
可得 DkF(0,n) = q 2 yn-kq ．
n !
n- k ! (n-k)(n-k-1)
因此 DkqF(0,n) = q 2 yn-k，k= 0,1,2, ,n；
n !
k=0DkqF(0,n)(3)要证F(x,n) =∑ xk，
n k !
k=0 n !
只需证 (x+ y) (x+ qy) ( x+ qn-1y) =∑ q(n-k)(n-k-1)/2yn-kxk
n n- k ![k]!
k=0
=
n !
qk k+1 /2xn-kyk，
n n- k ! k !
k=0
令G(y) = (x+ y) (x+ qy) (x+ qn-1y) =∑ a k
n k
y ，
k=0 k=1
一方面，(x+ y)G(qy) = (x+ y)∑ a k kkq y = xa0+∑(xqka +qk-1 k n n+1n n k ak-1)y +anq y ，
k=0 k=1
另一方面，(x+ qny)G(y) = (x+ qny)∑ a yk= xa +∑(xa +qna )yk n n+1
n k 0 n k k-1
+anq y ，
当 q≠ 1且 x≠ 0时，由于 (x+ y)G(qy) = (x+ qny)G(y)，
比较两式中 yk的系数可得 xqkak+qk-1ak-1= xa nk+q ak-1，
a qn-qk-1 qk-1k n- k+ 1则 = = ，
a kk-1 x(q -1) x [k]
a a a n ! k k+1
由 a n0= x 可知 a = k k-1 1 a 2 n-kk a a a 0= q x ，k-1 k-2 0 n- k ! k !
当 q= 1时，由 n = 1+ q+ +qn-1=n， n !=n!可知：
k=0
n n+ =∑
! k=0
x y yn-kxk=∑Ckyn-kxk，
n n- nk ![k]! n
人不拼怎知输赢 ·31·
水不撩不知深浅
此时命题也成立．
k=0DkF(0,n)
当 x= 0时，F(x,n) = qn(n-1)/2yn=D0qF(0,n) =∑
q
xk也成立．
n k !
k=0DkqF 0,n
综上所述，F x,n =∑ xk．
n k !
19 (2024·湖北黄冈·二模)第二十五届中国国际高新技术成果交易会 (简称“高交会”)在深圳闭幕.会
展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品
外观特别讲究线条感，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
Δθ
线的弯曲程度就越大；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Δs
平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K

=lim Δθ y= (若极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中 y ，y 分别表示 y= f x 在点A处的Δ→0 Δs 3
1+ y 2 2
一阶 二阶导数)
(1)已知抛物线 x2= 2py(p> 0)的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点 3,y 处的曲率是多少？
1 1 ex+e-x(2)若函数 g x = x - ，不等式 g ≤ g 2- cosωx 对于 x∈R恒成立，求ω的取值范围；2 +1 2 2
(3)若动点A的切线沿曲线 f x = 2x2-8运动至点B xn,f xn 处的切线，点B的切线与 x轴的交点为
xn+1,0 n∈N* .若 x1= 4，bn= xn-2，Tn是数列 bn 的前n项和，证明Tn< 3.
2
【答案】(1)
12
(2) -1,1
(3)证明见解析
【详解】(1) ∵抛物线 x2= 2py(p> 0)的焦点到准线的距离为 3，∴ p= 3，
1 1 1
即抛物线方程为 x2= 6y，即 f x = y= x2，则 f x = x，f x = ，
6 3 3
1 1
又抛物线在点 3,y 2 处的曲率，则K= 3 = 3 = ，3
1+ 1 32 2 2 2
12
9
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3,y 2即在该抛物线上点 处的曲率为 ；
12
x
(2) ∵ g -x = 1 1 2 1 1 1
2-x
- = - = - =-g x ，
+1 2 2x+1 2 2 2x+1
∴ g x 在R上为奇函数，又 g x 在R上为减函数.
x -x x -x
∴ g e +e ≤ g 2- cosωx x∈R cosωx≥ 2- e +e 对于 恒成立等价于 对于 x∈R恒成立.2 2
又因为两个函数都是偶函数，
ex+e-x
记 p x = cosωx，q x = 2- ，则曲线 p x 恒在曲线 q x 上方，
2
x -x
p x =-ωsinωx，q x =- e -e ，又因为 p 0 = q 0 = 1，
2
=
p 0 q 0
所以在 x 0处三角函数 p x 的曲率不大于曲线 q x 的曲率，即 ≤ ，3 3
1+ p 2 0 2 1+ q 2 0 2
x -x
又因为 p x =-ω2cosωx，q x e +e =- ，
2
p 0 =-ω2，q 0 =-1，所以ω2≤ 1，解得：-1≤ω≤ 1，
因此，ω的取值范围为 -1,1 ；
(3)由题可得 f x = 4x，
所以曲线 y= f x 在点 xn,f xn 处的切线方程是 y- f x = f n xn x- xn ，
即 y- 2x 2n-8 = 4xn x- xn ，
令 y= 0，得- x 2n-4 = 2xn x 2n+1-xn ，即 xn+4= 2xnxn+1，
显然 xn≠ ∴
x
0， x n 2n+1= + ，2 xn
2 2
由 x = xn 2
x +2 x -2
n+1 + ，知 xn+1+
x
2= n + 2 + 2= n ，同理 xn+1-2=
n
，
2 xn 2 xn 2xn 2xn
x
故 n+1
+2 = xn+2
2
x，从而 lg n+1+2 = x +2- - - 2lg n ，xn+1 2 xn 2 xn+1 2 xn-2
x +2
设 lg n- = an，即 an+1= 2an，所以数列 an 是等比数列，xn 2
n-1
故 an=
x +2
2n-1a1= 2n-1lg 1- = 2
n-1 xn+2lg3，即 lg = 2n-1 xlg3，从而 n+2 = 32 ，
x1 2 xn-2 xn-2
2n-12 3 +1 4
所以 xn= n-1 ，∴ bn= xn-2=2 2n-1 > 0，3 -1 3 -1
2n-1bn+1 = 3 -1 = 1 < 1 ≤ 1 1
b 2n- 2n-1 n-1 1-1
= ，
n 3 1 3 +1 32 32 3
当n= 1时，显然T1= b1= 2< 3；
n> 1 1 1
2 n-1
当 时，bn< bn-1< bn-2< 1 b1，3 3 3
1 n
∴T= b +b + +b < b + 1 b + + 1
n-1 b1 1- 3 1 n
n 1 2 n 1 1 b1= = 3- 3 < 3，3 3 1- 1 3 3
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综上，Tn< 3 n∈N* .
20 (2024·重庆·模拟预测)对于数列 an ，定义Δan= an+1-an n∈N* ，满足 a1= a2= 1,Δ Δan =m(m
∈R)，记 f(m,n) = a1m+ a m22 + +a nnm ，称 f(m,n)为由数列 an 生成的“m-函数”．
(1)试写出“2-函数” f(2,n)，并求 f(2,3)的值；
(2)若“1-函数” f(1,n)≤ 15，求n的最大值；
2
(3)记函数S(x) = x+ 2x2+ +nxn，其导函数为S (x)，证明：“m-函数” f(m,n) = m S (m) - 3mS(m)
2 2
n
+ (m+ 1) m ．
i=1
【答案】(1)f(2,n) = 1× 2+ 1× 22+ + n2-3n+ 3 × 2n，f(2,3) = 30
(2)5
(3)证明见解析
【详解】(1)由定义及Δ Δan =m．知Δ Δan =Δan+1-Δan=m，
所以 Δan 是公差为m的等差数列，所以Δan=Δa1+ (n- 1)m．
因为 a1= a2= 1，所以Δa1= a2-a1= 0，
所以Δan= (n- 1)m，即 an+1-an= (n- 1)m．
当n≥ 2时，有 a3-a2=m，
a4-a3= 2m，

an-an-1= (n- 2)m，
(n- 1) (n- 2)m
所以 an-a2=m+ 2m+ +(n- 2)m= ，2
= + (n- 1) (n- 2)m即 an 1 ．2
(1)当m= 2时，an= 1+ (n- 1) (n- 2) =n2-3n+ 3，
所以“2-函数” f(2,n) = 1× 2+ 1× 22+ + n2-3n+ 3 × 2n．
当n= 3时，f(2,3) = 1× 2+ 1× 22+3× 23= 30．
( ) = = + (n- 1) (n- 2)
2
2 m 1 a 1 = n -3n+ 4当 时， n ，2 2
故“1-函数” f(1,n) = a1+a2+ +an
2
= 1+ 1+ + n -3n+ 4
2
= 1
2-3× 1+ 4 + 2
2-3× 2+ 4 + + n
2-3n+ 4
2 2 2
= 1 12+22+ +n2 - 3 (1+ 2+ +n) + 2n2 2
= n(n+ 1) (2n+ 1) - 3n(n+ 1) + 2n
12 4
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= n
3-3n2+8n
．
6
由 f(1,n)≤ 15，得n3-3n2+8n- 90≤ 0．
令 g(x) = x3-3x2+8x- 90(x≥ 1)，则 g (x) = 3x2-6x+ 8= 3(x- 1)2+5> 0，
所以 g(x) = x3-3x2+8x- 90在 [1,+∞)上单调递增．
因为 g(5) = 0．所以当 1≤ x≤ 5时，g(x)≤ 0，所以当 1≤n≤ 5时，f(1,n)≤ 15，
故n的最大值为 5．
(3)证明：由题意得 f(m,n) = a1m+ a2m2+ +a mnn
= + 2+ + + (i- 1) (i- 2) × i+ + + (n- 1) (n- 2)m m 1 m m n 2 1 ×m 2 m
=m+m2+ + i
2-3i ×m+ (m+ 1) mi+ + n
2-3n
×m+ (m+ 1)
n
2 2
m
= m
n n n
i2mi- 3m imi+ (m+ 1) mi2 i=1 2 i=1 i=1
由S(x) = x+ 2x2+ +nxn，得S (x) = 1+ 4x+ +n2xn-1，
n n n
所以 xS (x) = x+ 4x2+ +n2xn= i2xi，所以 i2mi=mS (m), imi=S(m)，
i=1 i=1 i=1
m2 n
所以 f(m,n) = S (m) - 3mS(m) + (m+ 1) mi2 2 i=1
21 (2024·福建厦门·三模)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，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数 f(x)在 x= 0处的 m,n 阶帕德近似定义为：R(x) =
a m0+a1x+ +amx ，且满足：f(0) =R(0)，f n (0) =R
(0) f (2)(0) =R(2) (m+n)， (0)， ，f (0) =R(m+n)(0). f (2)其中
1+ b1x+ +bnx
(x) = (3) (2) (m+n) (m+n-1) f (x) ，f (x) = f (x) ， ，f (x) = f (x) .已知 f(x) = ln(x+ 1)在 x= 0处的 2,2 阶
a+ bx+ 1 x2
帕德近似为R(x) = 2 .
1+ x+ 1 x26
(1)求实数 a，b的值；
(2)设 h x = f x -R x ，证明：xh(x)≥ 0；
( x +x +x3) 1 1已知 x1,x2,x3是方程 lnx= λ x- 的三个不等实根，求实数 λ的取值范围，并证明： 1 2 3 >x 3 λ
- 1.
【答案】(1)a= 0，b= 1
(2)证明见解析
(3)0< λ< 1 ，证明见解析
2
【详解】(1)依题意可知，f(0) = 0,R(0) = a，因为 f(0) =R(0)，所以 a= 0，
6bx+ 3x2( ) = ( ) = 1 (18- 6b)x
2+36x+ 36b
此时，R x ，因为 f x
6+ 6x+ x2 1+
，R (x) = ，
x x2+6x+ 6 2
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所以 f (0) = 1，R (0) = b，
因为 f (0) =R (0)，所以 b= 1；
2
(2)依题意，h(x) = f(x) -R(x) = ln(1+ x) - 3x +6x ，
x2+6x+ 6
1 12 x
2+3x+ 3 4
h (x) = x
1+ - = ≥ 0，x x2+6x+ 6 2 (1+ x) x2+6x+ 6 2
故 h(x)在 (-1,+∞)单调递增，
由 h(0) = 0，故 x∈ (-1,0)，h(x)< 0， x∈ (0,+∞)，h(x)> 0，
综上， x>-1，xh(x)≥ 0；
(3)不妨设 x1< x2< x3，令 t(x) = lnx- λ x- 1 ，x
2
t (x) = 1 - λ 1+ 1 = -λx +x- λ (x> 0)，x x2 x2
当 λ≤ 0时，t (x)> 0，此时 t(x)单调递增，t(x) = 0不存在三个不等实根；
当 λ> 0时，令 s(x) =-λx2+x- λ，其判别式Δ= 1- 4λ2，
1
若Δ= 1- 4λ2≤ 0，即 λ≥ ，s(x)≤ 0恒成立，即 t (x)≤ 0，
2
此时 t(x)单调递减，t(x) = 0不存在三个不等实根；
若Δ= 1- 4λ2> 0 0< λ< 1，即 ，t (x) = 0存在两个不等正实根 r1,r r < r2 2 1 2 ，
此时有当 x∈ 0,r1 时，t (x)< 0，t(x)单调递减，
当 x∈ r1,r2 时，t (x)> 0，t(x)单调递增，
当 x∈ r2,+∞ 时，t (x)< 0，t(x)单调递减，
又因为 t(1) = 0，且 t (1) = 1- 2λ> 0，故 t r1 < 0,t r2 > 0，
因为 lnx< x- 1(x≠ 1) ln 1 1，所以 < - 1，即 lnx> 2- 2 ，
x x x
所以 t λ4 = lnλ4-λ λ4- 1 > 2- 2 - λ5+ 1 = 2- λ5 + 1 1 - 2 > 0，λ4 λ2 λ3 λ2 λ
所以存在 x ∈ λ41 ,r1 ，满足 t x1 = 0，
1 1
又因为 t x = ln - λx
1 - x =-lnx+ λ x- 1 =-t(x)，x x
1
故存在 x3= ，满足 t x3 = 0，x1
1
故当且仅当 0< λ< 时，lnx= λ
2 x-
1
存在三个不等实根，
x
1
且满足 x1< x2= 1< x3，且 x1= ，x3
3x2+6x
由 (2)可知，当 x> 0时，ln(1+ x)> ，
x2+6x+ 6
2
lnx> 3x -3因此， (x> 1)，
x2+4x+ 1
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1 3x2-3
故 lnx 33= λ x3- > ，x x23 3+4x3+1
3 x2< 3+4x3+1 = x 1化简可得：
λ x 3
+4+ = x1+xx 2+x3+3，3 3
x1+x2+x因此 3 > 1 - 1，命题得证.
3 λ
22 (2024·河北·二模)已知 x为实数，用 x 表示不超过 x的最大整数，例如 e = 2, -π =-4, 1 = 1，
对于函数 f x ，若存在m∈R,m Z，使得 f m = f m ，则称函数 f x 是“Ω函数”.
(1)判断函数 f x = 2x2-x,g x = sinπx 是否是“Ω函数”；
(2)设函数 f x 是定义在R上的周期函数，其最小正周期是T，若 f x 不是“Ω函数”，求T的最小值；
(3) a若函数 f x = x+ 是“Ω函数”，求 a的取值范围.
x
【答案】(1)f x 是“Ω函数”，g x 不是“Ω函数”
(2)1
(3)a> 0，且 a≠[m]2,a≠ m m + 1
1
【详解】(1)函数 f x = 2x2-x是Ω函数，设m= , m = 0，
2
则 f 1 m = f = 0,f m = f 0 = 0，2
所以存在m∈R,m Z，使得 f m = f m ，所以函数 f x 是“Ω函数”.
函数 g x = sinπx 2π 1 ，函数的最小正周期为 × = 1，函数的图象如图所示，
π 2
不妨研究函数在 0,1 这个周期的图象.
设 0 0,g m = g 0 = 0，
所以 g m ≠ g m ，
所以函数 g x 不是“Ω函数”.
(2)因为 f x 是以T为最小正周期的周期函数，所以 f T = f 0 .
假设T< 1，则 T = 0，所以 f T = f 0 = f T ，矛盾.
所以必有T≥ 1.
而函数 l x = x- x 的周期为 1，且显然不是Ω函数.
综上所述，T的最小值为 1.
(3) a当函数 f x = x+ 是“Ω函数”时，
x
若 a= 0，则 f x = x显然不是Ω函数，矛盾.
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若 a< 0，则 f x = 1- a > 0，
x2
所以 f x 在 -∞,0 , 0,+∞ 上单调递增，
此时不存在m< 0，使得 f m = f m ，
同理不存在m> 0，使得 f m = f m ，
又注意到m m ≥ 0，即不会出现 m < 0f x = x+ a所以此时 不是Ω函数.
x
a
当 a> 0时，设 f m = f m ，所以m+ = m + a ，
m m
所以有 a=m m ，其中 m ≠ 0，
当m> 0时，因为 m 所以 [m]2< a< m + 1 m ，
当m< 0时， m < 0，
因为 m m m > m + 1 m ，
所以 [m]2> a> m + 1 m .
综上所述，a> 0，且 a≠[m]2,a≠ m m + 1 .
23 (2024·河北秦皇岛·二模)定义：如果函数 y= f x 和 y= g x 的图象上分别存在点M和N关于 x
轴对称，则称函数 y= f x 和 y= g x 具有C关系.
(1)判断函数 f x = 4x-8和 g x = 2x+1是否具有C关系；
(2)若函数 f x = lnx- ax- 1和 g x = 1- x2不具有C关系，求 a的取值范围；
(3)若函数 f x = x ex-1 和 g x = x+msinx m< 0 在区间 0,π 上具有C关系，求m的取值范围.
【答案】(1)f x 与 g x 具有C关系，理由见解析
(2) -1,+∞
(3) -∞,-1 .
【详解】(1)f x 与 g x 具有C关系，理由如下：
根据定义，若 f x 与 g x 具有C关系，则在 f x 与 g x 的定义域的交集上存在 x，使得 f x + g x = 0，
又 f x = 4x-8，g(x) = 2x+1，x∈R，所以 f x + g(x) = 4x-8+ 2x+1= 0，
即 2x-2 2x+4 = 0，即得 2x-2= 0，解得 x= 1，所以 f x 与 g x 具有C关系.
(2)因为 f x = lnx- ax- 1，g x = 1- x2，
令 φ x = f x + g x = lnx- ax- x2，x∈ 0,+∞ ，
因为 f x 与 g x 不具有C关系，又 φ x 在 0,+∞ 上的图象连续不断，所以 φ x 在 0,+∞ 上的值恒为
负或恒为正.
若 φ x > 0在 0,+∞ 上恒成立，则 φ(1) =-a- 1> 0，即 a<-1，
又当 a<-1时，φ(1- a) = ln(1- a) - a(1- a) - (1- a)2= ln(1- a) - (1- a)，
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令u(x) = lnx- x，所以u x = 1 - 1= 1- x，令u x > 0，所以 0< x< 1，
x x
令u x < 0，解得 x> 1，所以u x 在 0,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减，所以 u x ≤u(1) =-1<
0，
所以 φ(1- a)< 0，与假设矛盾，所以不存在 a使得 φ(x)> 0在 0,+∞ 上恒成立.
2
若 φ x lnx- x < 0在 0,+∞ 上恒成立，即 a> ，
x
2 2
令L(x) = lnx- x 1- lnx- x，所以L x = ，
x x2
又 y= 1- lnx- x2在 0,+∞ 上单调递减，
所以当 0< x< 1时，y= 1- lnx- x2> 1- ln1- 12= 0，所以L x > 0，
当 x> 1时，y= 1- lnx- x2< 0，所以L x < 0，
所以L x 在 0,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减，
所以L(x)max=L(1) =-1，
所以 a>-1，即 a的取值范围是 -1,+∞ .
(3)因为 f x = x ex-1 ，g(x) = x+msinx(m< 0)，
令 h(x) = f(x) + g(x)，则 h(x) = xex+msinx，
因为 f x 与 g x 在 0,π 上具有C关系，所以 h x 在 0,π 上存在零点，
因为 h x = (x+ 1)ex+mcosx，
当-1≤m< 0且 x∈ 0,π 时，
因为 (x+ 1)ex> 1， mcosx < m ≤ 1，所以 h x > 0，
所以 h x 在 0,π 上单调递增，则 h(x)> h(0) = 0，此时 h x 在 0,π 上不存在零点，不满足题意；
当m<-1 x∈ π时，当 ,π2 时，-1< cosx≤ 0，所以 h
x > 0，
当 x∈ 0, π 时，令 y= h x = (x+ 1)ex+mcosx，则 y = x+ 2 ex-msinx> 0，2
π
所以 h π π π x 在 0, 上单

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