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届高三江南十校联考信息卷模拟预测卷一
2024
数学试题
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．（本题5分）已知甲、乙两组数据（已按从小到大的顺序排列）：
甲组：27、28、39、40、m、50；乙组：24、n、34、43、48、52.若这两组数据的30百分位数、80百分位
m
数分别相等，则 等于（ ）
n
12 10 4 7
A． B． C． D．
7 7 3 4
2．（本题5分）与椭圆9x2+4y2 =36有相同焦点，且满足短半轴长为2 5的椭圆方程是（ ）
x2 y2 x2 y2
A． + =1 B． + =1
25 20 20 25
x2 y2 x2 y2
C． + =1 D． + =1
20 45 80 85
3．（本题5分）已知等比数列{a }中所有项均为正数，a −a =2a ，若a a =a2( m,n∈N*) ，则 4 + 1
n 2023 2022 2021 m n 3 m n
的最小值为（ ）
3 5 7 9
A． B． C． D．
2 4 6 8
4．（本题5分）如图，在正方体ABCD−ABCD 中，E,F分别为棱AB,AD的中点，过E,F,C 三点作该正
1 1 1 1 1
方体的截面，则（ ）
A．该截面是四边形
B．AC ⊥平面CEF
1 1
C．平面ABD//平面CEF
1 1 1
D．该截面与棱BB 的交点是棱BB 的一个三等分点
1 1
5．（本题5分）加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社
会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至
多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（ ）种
A．90 B．125 C．180 D．243
6．（本题5分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=5，AD=4，DC =1，点E是线段AB上一
点，且满足AE=4EB，动点P在以E为圆心的半径为1的圆上运动，则DP⋅AC的最大值为（ ）
试卷第1页，共5页
学科网（北京）股份有限公司A． 21−6 B． 3− 21 C．2 3−6 D． 3
7．（本题5分）设锐角ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且c=1,A=2C，则ABC周长
的取值范围为（ ）
A．(3,2+ 2] B．(3,3+ 3] C．(2+ 2,3+ 3) D．(2+ 2,3+ 3]
x2 y2
8．（本题5分）已知双曲线E: − =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F ，过点F 的直线与双曲线E
a2 b2 1 2 2
的右支交于A,B两点，若 AB = AF ，且双曲线E的离心率为 2，则cos∠BAF =（ ）
1 1
A．−
3 7
B．−
3
C．
1
D．−
1
8 4 8 8
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．（本题6分）已知函数 f (x)= Asin(ωx+ϕ)(A>0,ω>0,0<ϕ<π)的部分图象如图所示，则下列判断正确
的是（ ）
4
A．ω=
5
9π
B．ϕ=
10
π
C．点 ,0是函数 f (x)图象的一个对称中心
4
7
D．直线x=− π是函数 f (x)图象的一条对称轴
4
2
10．（本题6分）已知i为虚数单位，复数z=
i
( 3+i3)，下列说法正确的是（ ）
试卷第2页，共5页10
A． z =
5
B．复数z在复平面内对应的点位于第四象限
3
C． i−z <0
5
1
D．z+ 为纯虚数
5
11．（本题6分）已知曲线C : f (x)=ln(2x−1)在点M(x,y )处的切线与曲线C :g(x)=e2x−1相切于点
1 1 1 2
N(x ,y )，则下列结论正确的是（ ）
2 2
A．函数h(x)=x2g(x)−1有2个零点
B．函数m(x)= 3 ef (x)−xg(x)在 1 ,1 上单调递减
2 2
1
C．g(x )=
2 2x −1
1
1
D． +2x =0
x −1 2
1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
2x−1
12．（本题5分）已知集合A={x| ≤0}，全集U =R，则 A= ．
x+1 U
13．（本题5分）在正四面体P−ABC中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大
r
的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 = ；若记该正四面体和其外接球的体积分别为V 和V ，
R 1 2
V
则 2 = ．
V
1
14．（本题5分）已知函数 f (x)= 3ax−1 （a>0且a≠1），若∃x∈(0,3)， f ( x2+3 ) + f (−ax−a)−2≥0是假
ax+1
命题，则实数a的取值范围是 ．
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．（本题13分）已知函数 f (x)=alnx−x．
(1)当a=1时，求函数 f (x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数 f (x)的最大值．
16．（本题15分）“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养
了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加
数学、物理、化学学科夏令营活动.
试卷第3页，共5页
学科网（北京）股份有限公司(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自A中学，从这7名学员中选取3人，ξ表示选取的人中来自A中学
的人数，求ξ的分布列和数学期望；
(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，
每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每
4
道题的概率分别为p ，p .假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当p + p = 时，求甲、乙两位
1 2 1 2 3
同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
17．（本题15分）已知在多面体PQABCD中，平面PADQ⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，且AD//BC，
四边形PADQ为矩形，其中M和N分别为AD和AP的中点，AB= 7,BC =5,AD=DC=2．
(1)证明：平面BMN ⊥平面QDC；
5
(2)若二面角N−BM −C的余弦值为− ，求直线BQ与平面BMN 所成角的正弦值．
5
18．（本题17分）已知F为拋物线E:y2 =2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M 为E的准线l上一点，直
1
线MF的斜率为−1,OFM 的面积为 ．已知P(3,1),Q(2,1)，设过点P的动直线与抛物线E交于A、B两点，
16
直线AQ,BQ与E的另一交点分别为C,D．
(1)求拋物线E的方程；
(2)当直线AB与CD的斜率均存在时，讨论直线CD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明
试卷第4页，共5页理由．
19．（本题17分）若数列{a }满足 a −a =1 ( k =1,2,3,,n−1(n≥2)) ，则称数列{a }为η数列.记
n k+1 k n
S =a +a +a ++a .
n 1 2 3 n
(1)写出一个满足a =a =1，且S =5的η数列；
1 5 5
(2)若a =24,n=2000，证明：η数列{a }是递增数列的充要条件是a =2023；
1 n n
(3)对任意给定的整数n(n≥3)，是否存在首项为1的η数列{a }，使得S =1？如果存在，写出一个满足条
n n
件的η数列{a }；如果不存在，说明理由.
n
试卷第5页，共5页
学科网（北京）股份有限公司参考答案：
1．A
【详解】因为30%×6=1.8，大于1.8的比邻整数为2，所以30百分位数为n=28，80%×6=4.8，
m 48 12
大于4.8的比邻整数为5，所以80百分位数为m=48，所以 = = .
n 28 7
故选：A
2．B
x2 y2
【详解】椭圆9x2+4y2 =36化成标准方程为 + =1，焦点在y轴上，
4 9
x2 y2
设所求椭圆方程为 + =1(a>b>0)，
b2 a2
b=2 5 x2 y2
依题意有 ，所以a2 =25,b2 =20，所求椭圆方程为 + =1.
a2−b2 =9−4=5 20 25
故选：B
3．A
【详解】设{a }的公比为q(q>0)，则aq2022 =2aq2020+aq2021，
n 1 1 1
因为a >0，所以q2−q−2=0，解得q2或q=−1（舍去），
1
a a =a ⋅2m−1⋅a ⋅2n−1 =a2⋅2m+n−2 =16a2，
m n 1 1 1 1
故m+n−2=4，即m+n=6，
因为m,n∈N*，
4 1 1 4 1 1 4n m 1 4n m 3
所以 + = + (m+n)= 4+ + +1≥ 5+2 ⋅ = ，
m n 6m n 6 m n 6 m n 2
4n m
=
当且仅当m n ，即m=4，n=2时，等号成立，
m+n=6
4 1 3
故 + 的最小值等于 .
m n 2
故选:A．
4．D
【详解】对A：如图，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于
点G,H ，
连接CG,CH，分别与棱BB,DD 交于点P,Q，得到截面CPEFQ是五边形，故A错误；
1 1 1 1 1
答案第1页，共15页
学科网（北京）股份有限公司对B：因为AB ⊥面BCCB,BC ⊂面BCCB ，故AB ⊥BC ；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又BC ⊥BC，BC∩AB =B,BC,AB ⊂面ABC，故BC ⊥面ABC，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又AC⊂面ABC，故BC ⊥ AC；
1 1 1 1 1
假设AC ⊥CP，又CP∩BC =C ，CP,BC ⊂面BCCB ，故AC ⊥面BCCB ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又AB ⊥面BCCB ，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即AC与CP
1 1 1 1 1 1
不垂直；
又CP⊂平面CEF，所以AC与平面CEF不垂直，故B错误；
1 1 1 1
对C：CC ⊥面ABCD,BD ⊂面ABCD，故BD ⊥CC ，又BD ⊥ AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AC ∩CC =C,AC,CC ⊂面ACC，故BD ⊥面ACC，又AC⊂面ACC，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故BD ⊥ AC，同理可得AC ⊥ AD，又AD ∩BD =D,AD,BD ⊂面ABD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故AC ⊥平面ABD ，又AC与平面CEF不垂直，
1 1 1 1 1
所以平面ABD 与平面CEF不平行，故C错误；
1 1 1
1 1 BP BG 1
对D：易知BG= BC = BC ，所以 = = ，
2 2 1 1 PB BC 2
1 1 1
所以截面CPEFQ与棱BB 的交点P是棱BB 的一个三等分点，故D正确．
1 1 1
故选：D．
5．A
【详解】根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
答案第2页，共15页C2C2C1
所以不同的安排方法共有 5 3 1⋅A3 =90种.
A2 3
2
故选：A．
6．A
【详解】
如图，以E为原点，建立直角坐标系.
5−1
由题意，梯形ABCD的高长为 42−( )2 =2 3，则A(−4,0),C(−1,2 3),D(−2,2 3).
2
因为以E为圆心的半径为1的圆的方程为：x2+y2 =1，可设点P(cosθ,sinθ)，0≤θ<2π.
则DP⋅AC =(cosθ+2,sinθ−2 3)⋅(3,2 3)=3cosθ+6+2 3sinθ−12
3
=2 3sinθ+3cosθ−6= 21sin(θ+ϕ)−6,其中，tanϕ= ，
2
故当sin(θ+ϕ)=1时，(DP⋅AC) = 21−6.
max
故选：A.
7．C
π π π
【详解】因为 ABC为锐角三角形，所以0< A< ，00时，h′(x)>0,h(x)单调递增，
当−10,h(x)单调递增，
函数h(x)的极大值为h(−1)=e−3−1<0，极小值为h(0)=−1<0，
因此当x<−1时，h(x)<0，当−10，所以h(0)⋅h(1)<0，则h(x)在(0,1)上存在零点，
因此函数h(x)只有一个零点，故A不正确；
3 3
对于B：m(x)= ef (x)−xg(x)= eln(2x−1)−xe2x−1，
2 2
3e
则m′(x)= −(2x+1)e2x−1，
2x−1
1
令H(x)=−(2x+1)e2x−1,x∈ ,1，则H′(x)=−(4x+4)e2x−1<0，
2
答案第5页，共15页
学科网（北京）股份有限公司1 3e 1
所以H(x)在 ,1上单调递减，又y= 在 ,1上单调递减，
2 2x−1 2
1 1
当x∈ ,1时，函数m′(x)单调递减，所以当x∈ ,1时，m′(x)>m′(1)=0，
2 2
3 1
所以函数m(x)= ef (x)−xg(x)在 ,1上单调递增，故B错误；
2 2
2
对于C： f (x)=ln(2x−1)⇒ f′(x)= ，
2x−1
因此曲线C : f (x)=ln(2x−1)在点M(x,y )处的切线方程为：
1 1 1
2 2x 2x
y−ln(2x −1)= (x−x )⇒ y= +ln(2x −1)− 1 ，
1 2x −1 1 2x −1 1 2x −1
1 1 1
由g(x)=e2x−1⇒g′(x)=2e2x−1，得曲线C :g(x)=e2x−1在N(x ,y )处的切线方程为：
2 2 2
y−e2x2 −1 =2e2x2 −1(x−x )⇒ y=2e2x2 −1x+e2x2 −1−2e2x2 −1x ，
2 2
因为曲线C : f (x)=ln(2x−1)在点M(x,y )处的切线，与曲线C :g(x)=e2x−1相切于点
1 1 1 2
N(x ,y )，所以
2 2
2 1
=2e2x2 −1，即 =e2x2 −1，
2x −1 2x −1
1 1
1
因此g(x )=e2x2 −1 = ，故C正确；
2 2x −1
1
1
=e2x2 −1
2x −1
对于D：由上可知： 1 ，
ln(2x −1)− 2x 1 =e2x2 −1−2e2x2 −1x
1 2x −1 2
1
2x 1 2x
因此有−2x +1− 1 = − 2 ，
2 2x −1 2x −1 2x −1
1 1 1
1
⇒2xx −2x +1=0⇒2x (x −1)=−1⇒ +2x =0，故D正确，
1 2 2 2 1 x −1 2
1
故选：CD.
1
12．(−∞,−1]∪ ,+∞
2
2x−1 1
【详解】解：集合A={x| ≤0}=x|−11，由于y= 单调递减，则 f (x)在R上单调递增；
ax+1
4
若01时，x2+3t+ −2在t∈(1,4)恒成立．
t
4
由于对勾函数h(t)=t+ −2在(1,2)单调递减，在(2,4)单调递增，
t
因为h(t)a(x+1)⇒a< ，
x+1
4
即a<(x+1)+ −2在∀x∈(0,3)恒成立，
x+1
4
当t=2时，函数h(t)=t+ −2有最小值 f (2)=2，
t
即a<2，又因为00，解得：01．
x
∴f(x)在(0,1)上为增函数； f(x)在(1,+∞)上为减函数；
（2） f(x)的定义域为(0,+∞)，
a a−x
f′(x)= −1= ，
x x
当a>0时，令 f′(x)>0，得0a，
∴f(x)的递增区间为(0,a)，递减区间为(a,+∞)．
f(x) =alna−a=a(lna−1).
max
9
16．(1)分布列见解析，
7
答案第8页，共15页16
(2)
27
C3 4
【详解】（1）由题意知，ξ的可能取值有0，1，2，3，P(ξ=0)= 4 = ，
C3 35
7
C2C1 18 C1C2 12 C3 1
P(ξ=1)= 4 3 = ，P(ξ=2)= 4 3 = ，P(ξ=3)= 3 = ，
C3 35 C3 35 C3 35
7 7 7
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
4 18 12 1
P
35 35 35 35
4 18 12 1 9
E(ξ)=0× +1× +2× +3× = .
35 35 35 35 7
（2）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为χ，则χ B(2,P)，
1
设乙答对题数为η，则η B(2,P )，
2
设“A=甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则P(A)=P(χ=1)P(η=2)+P(χ=2)P(η=1)+P(χ=2)P(η=2)
=C1P(1−P)C2P2+C2P2C1P (1−P )+C2P2C2P2
2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
=2P(1−P)P2+2P (1−P )P2+P2P2
1 1 2 2 2 1 1 2
8
=−3P2P2+ PP
1 2 3 1 2
4 1
由0≤P ≤1,0≤P ≤1，又p + p = ，所以 ≤P ≤1，
1 2 1 2 3 3 1
4 4 1 1 4
则P 1 P 2 =P 1 3 −P 1 = 3 P 1 −P 1 2，又 3 ≤P 1 ≤1，所以P 1 P 2 ∈ 3 , 9 ，
设t=P 1 P 2 ，所以P(A)=−3t2+ 8 3 t,t∈ 1 3 , 9 4 ，由二次函数可知当t = 9 4 时取最大值 1 2 6 7 ，
16
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为 .
27
17．(1)证明过程见解析
3 115
(2)
115
【详解】（1）过点A作AH //CD交BC于点H，
则AH =CD=2,AD=CH =2，
答案第9页，共15页
学科网（北京）股份有限公司因为BC=5，所以BH =5−2=3，
延长BM 交CD的延长线于点F，
AB= 7，
AH2+HB2−AB2 4+9−7 1
在ABH 中，由余弦定理得cos∠AHB= = = ，
2AH⋅HB 2×2×3 2
π π
故∠AHB= ，则∠BCD=∠AHB= ，
3 3
因为M为AD的中点，故DM =1，
FD DM 1
在△BCF中，DM //BC，由相似关系可知 = = ，
FC BC 5
FD 1 1 1 5
又CD=2，故 = ，解得FD= ，故CF =2+ = ，
FD+2 5 2 2 2
在△BCF中，由余弦定理得
π 25 5 1 75
BF2 =CB2+CF2−2CB⋅CFcos =25+ −2×5× × = ，
3 4 2 2 4
故BF2+CF2 =CB2，所以BF⊥CF，
因为四边形PADQ为矩形，所以QD⊥AD，
因为平面PADQ⊥平面ABCD，交线为AD，QD⊂平面PADQ，
所以QD⊥平面ABCD，
因为BF⊂平面ABCD，所以QD⊥BF，
因为CFQD=D，CF,QD⊂平面CDQ，
所以BF⊥平面CDQ，
又BF⊂平面BMN ，所以平面BMN ⊥平面CDQ；
（2）过点M 作MG//CD交BC于点G，作MS//DQ交PQ于点S，
则由（1）知MG⊥MB，MS⊥平面ABCD，
答案第10页，共15页因为MB,MG⊂平面ABCD，所以MS⊥MB，MS⊥MG，
故MG，BM,MS两两垂直，
故以M 为坐标原点，MB,MG,MS所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
π π
由平行关系可知，四边形CGMD为平行四边形，故∠DMG= ，故∠AMB= ，
3 6
AM2+MB2−AB2
在ABM 中，由余弦定理得cos∠AMB= ，
2AM⋅MB
3 1+MB2−7
即 = ，解得MB=2 3，
2 2MB
B ( 2 3,0,0 ) ,M(0,0,0),C − 3 , 5 ,0 ，
2 2
3 1
设N ,− ,t,t >0，平面NBM 的法向量为m=(x,y,z)，
2 2
m ⋅ M B =(x,y,z)⋅ ( 2 3,0,0 ) =2 3x=0
则 3 1 3 1 ，
m⋅MN =(x,y,z)⋅ ,− ,t= x− y+zt =0
2 2 2 2
解得x=0，令z=1，则y=2t，故m=(0,2t,1)，
平面BMC的法向量为n=(0,0,1)，
m⋅n (0,2t,1)⋅(0,0,1) 1
则cosm,n= = = ，
m⋅ n 4t2+1 4t2+1
5 1 5
因为二面角N−BM −C的余弦值为− ，故 = ，
5 4t2+1 5
解得t=1，
3 1 5 3 1
故AP=2，m=(0,2,1)，Q
− , ,2
，BQ=
− , ,2
，
2 2 2 2
设直线BQ与平面BMN 所成角的大小为θ，
5 3 1
− , ,2⋅(0,2,1)
则 sinθ= cos B Q ,m = B Q ⋅m = 2 2 = 3 115，
BQ ⋅ m 75 1 115
+ +4× 4+1
4 4
答案第11页，共15页
学科网（北京）股份有限公司3 115
故直线BQ与平面BMN 所成角的正弦值为 .
115
18．(1)y2=x
3
(2)直线CD过定点 ,1
2
【详解】（1）
设准线l与x轴的交点为N ，
p
直线MF的斜率为−1,∴MN = MF = p，又OF ，
2
1 1 p 1 1
∴S = ⋅OF ⋅ MN = ⋅ ⋅p= ,∴p= ．
OFM
2 2 2 16 2
故抛物线E的方程为：y2=x．
（2）设A(x,y ),B(x ,y )，过点P(3,1)的直线方程为：x−3=t(y−1)．
1 1 2 2
y2 =x
则联立 ，整理得：y2−ty+t−3=0，
x−3=t(y−1)
由韦达定理可得：Δ=t2−4(t−3)=(t−2)2+8>0,y +y =t,y ⋅y =t−3．
1 2 1 2
答案第12页，共15页又设C(x ,y ),D(x ,y )，
3 3 4 4
y −y y −y 1
所以直线CD斜率为k = 3 4 = 3 4 = ，
x −x y2−y2 y +y
3 4 3 4 3 4
直线CD方程为y−y = 1 ( x−y2) ，即CD的直线方程为：(y +y )y=x+y y ，
3 y +y 3 3 4 3 4
3 4
y −1 y −1
由A,Q,C三点共线可得： 1 = 3 ，即(y −1)(x −2)=(y −1)(x −2)，
x −2 x −2 1 3 3 1
1 3
所以(y −1)( y2−2 ) =(y −1)( y2−2 ) ，
1 3 3 1
2− y
所以y y2−2y −y2 = y y2−2y −y2，因为y ≠ y ，所以化简可得：y = 1，
3 1 3 1 1 3 1 3 1 3 3 1− y
1
2− y
同理，由B,Q,D三点共线可得：y = 2 ，
4 1− y
2
2−y 2−y 4−3(y +y )+2y y 4−3t+2(t−3) t+2
可得y +y = 2 + 1 = 1 2 1 2 = = ，
3 4 1−y 1−y 1−(y +y )+y y 1−t+(t−3) 2
2 1 1 2 1 2
2−y 2−y 4−2(y +y )+y y 4−2t+(t−3) t−1
y ⋅y = 2 ⋅ 1 = 1 2 1 2 = = ，
3 4 1−y 1−y 1−(y +y )+y y 1−t+(t−3) 2
2 1 1 2 1 2
t+2 t−1
综上可得CD的直线方程为： y= x+ ，
2 2
t 1 3
变形可得： (y−1)=x−y− ，所以直线CD过定点 ,1．
2 2 2
19．(1)1,0,1,2,1.（答案不唯一1,2,1,0,1.）
(2)证明见解析；
(3)答案见解析.
【详解】（1）1,0,1,2,1.（答案不唯一1,2,1,0,1.）
（2）必要性：
因为η数列{a }是递增数列，
n
所以a −a =1（k =1,2,3,,1999）.
k+1 k
答案第13页，共15页
学科网（北京）股份有限公司所以η数列{a }是以24为首项，公差为1的等差数列.
n
所以a =24+（2000−1）×1=2023.
2000
充分性：
因为|a −a |=1，
k+1 k
所以a −a ≤1.
k+1 k
所以a −a ≤1，
2000 1999
a −a ≤1，
1999 1998
……
a −a ≤1.
2 1
所以a −a ≤1999，即a ≤a +1999.
2000 1 2000 1
因为a =24,a =2023，
1 2000
所以a =a +1999.
2000 1
所以a −a =1>0（k =1,2,3,,1999）.
k+1 k
即η数列{a }是递增数列.
n
综上，结论得证.
（3）令b =a −a (k =1，2,3,,n−1)，则b =±1.
k k+1 k k
所以a =a +b ，
2 1 1
a =a +b +b ，
3 1 1 2
……
a =a +b +b ++b .
n 1 1 2 n−1
所以S =na +(n−1)b +(n−2)b ++b
n 1 1 2 n−1
=n+(n−1)+(n−2)++1−[(n−1)(1−b)+(n−2)(1−b )++(1−b )]
1 2 n−1
n(n+1)
= −[(n−1)(1−b)+(n−2)(1−b )++(1−b )].
2 1 2 n−1
答案第14页，共15页因为b =±1，
k
所以1−b 为偶数(k =1,2,3,,n−1).
k
所以(n−1)(1−b)+(n−2)(1−b )++(1−b )为偶数.
1 2 n−1
所以要使S =1，即S −1=0，
n n
n(n+1) (n−1)(n+2)
必须使 −1= 为偶数.
2 2
即4整除(n−1)(n+2)，
因为n≥3，
所以n=4m+1或n=4m+2(m∈N*).
当n=4m+1(m∈N*)时，η数列{a }的项满足
n
a =1,a =0,a =−1,a =0,a =1(k =1,2,3,,m)时，
4k−3 4k−2 4k−1 4k 4m+1
有a =1,S =1；
1 n
当n=4m+2(m∈N*)时，η数列{a }的项满足a =1,a =0,a =−1,a =0,a =0
n 4k−3 4k−2 4k−1 4k 4m+2
(k =1,2,3,,m)时，
有a =1,S =1；
1 n
当n=4m或n=4m+3(m∈N*)时，(n−1)(n+2)不能被4整除，此时不存在η数列{a }，使得
n
a =1,S =1.
1 n
答案第15页，共15页
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