广东省广州市真光中学2025届高三8月开学质量检测数学试卷（解析版）_8月_240808广东省广州市真光中学2025届高三8月开学质量检测_广东省广州市真光中学2025届高三8月开学质量检测数学

广州市真光中学 2025 届高三开学质量检测 数学 2024.08 本试卷共 5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. A={−1,0,1,2} B= { x|x2 <2 } AB= 1. 已知集合 ， ，则 A. {0,1} B. {−1,1} C. {−1,0,1} D. {0,1,2} 【答案】C 【解析】 【分析】 根据一元二次不等式解法求得集合B，由交集定义得到结果. 【详解】B= { x x2 <2 } = { x − 2 < x< 2 } ，∴AB={−1,0,1 } . 故选：C. 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题. 2. 已知复数z满足 ( 1+i ) z =i3（i为虚数单位），则z =（ ） 1 i 1 i 1 i 1 i A. − B. − − C. + D. − + 2 2 2 2 2 2 2 2 【答案】B 第1页/共25页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可. 【详解】因为 ( 1+i ) z =i3， i3 −i ( 1−i ) −1−i 1 i 所以z = = = =− − ． 1+i ( 1+i )( 1−i ) 2 2 2 故选：B      ( ) 3. 已知向量a=( 1,λ)，b=(2,−1)．若 a+2b ⊥b，则λ=（ ） A. 1 B. −1 C. 12 D. −12 【答案】C 【解析】     【分析】（方法一）由a,b的坐标，求得a+2b的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得；（方 (  )    法二）先由 a+2b ⊥b化简，再代入a,b得坐标计算即得.     【详解】（方法一）由a =( 1,λ) ，b =( 2,−1 )，得a+2b =( 5,λ−2 )． 由 ( a  +2b  ) ⊥b  ，得 ( a  +2b  ) ⋅b  =0，即5×2+(λ−2 )×(−1 )=0，解得λ=12． 故选：C． (  )  (  )     （方法二）由 a+2b ⊥b，得 a+2b ⋅b =0，即 a⋅b+2b 2 =0 ，   将a =( 1,λ)，b =( 2,−1 )代入得，1×2+λ×(−1 )+2× 22 +(−1 )2 =0，解得λ=12．   故选：C． 4. 已知2cos ( 2α+β)−3cosβ=0，则tanαtan (α+β)=（ ） 1 1 A. 5 B. C. -5 D. − 5 5 【答案】D 【解析】 【分析】由角的变换2α+β=α+(α+β) ,β=(α+β)−α，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得 答案. 【详解】2cos ( 2α+β)=3cosβ，则2cos (α+β+α)=3cos (α+β−α) 则2cosαcos (α+β)−2sin (α+β) sinα=3cos (α+β) cosα+3sin (α+β) sinα，， 第2页/共25页 学科网（北京）股份有限公司即−5sin (α+β) sinα=cos (α+β) cosα，所以−5tan (α+β) tanα=1， 1 ∴tan (α+β) tanα=− ， 5 故选：D x2 +(4a−3)x+3a, x<0 5. 已知函数 f(x)= (a >0且a≠1)在R上单调递减，则a的取值范围为  log (x+1)+1, x≥0 a （ ） 1 3  3 3  1 3 A.  ,  B. 0,  C.  ,1 D.  ,  3 4  4 4  3 4 【答案】A 【解析】  4a−3 − ≥0  2  【分析】由函数 f(x)在R上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组00且a≠1)在R上单调递减，  log (x+1)+1, x≥0 a  4a−3 − ≥0  2  1 3 1 3 则满足032 )>0.5> P ( X >32 ) ， 故A错误； B.P ( X ≤36 )= P ( X ≤µ+σ) , P ( Y ≤36 )= P ( Y ≤µ+σ) ，所以P ( X ≤36 )= P ( Y ≤36 ) ，故B正确； C. P ( X ≤34 )>0.5=P ( Y ≤34 ) ，所以P ( X ≤34 )> P ( Y ≤34 ) ，故C正确； D. P ( X ≤40 )< P ( X <42 )= P ( X <µ+2σ) ， P ( Y ≤40 )= P ( Y ≤µ+3σ) ， 所 以 P ( X ≤40 )< P ( Y ≤40 ) ，故D正确. 故选：BCD 第6页/共25页 学科网（北京）股份有限公司10. 已知 f ( x ) 是定义在R 上的奇函数，当x∈( 0,+∞) 时， f ( x )= x3−3x−2，则（ ） ( ) A. f x 的极大值点为−1 B. 函数y = f ( x )− 10的零点个数为3 C. 函数y = f ( f ( x )) 的零点个数为7 D. f ( f ( x )) >0的解集为 (−2,0 )( 2,+∞) 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断 D 【详解】由题意得 f ( 0 )=0， 当x∈( 0,+∞) 时， f ( x )= x3−3x−2，得 f′( x )=3x2 −3， 令 f′( x )>0，得x>1， 令 f′( x )<0，得0< x<1； 所以 f ( x ) 在 ( 0,1 ) 单调递减，在 ( 1,+∞) 单调递增， ( ) 所以 f x 的极小值点为1， ( ) 又是定义在R 上的奇函数，所以 f x 的极大值点为−1，故A对； 当x<0时，则−x>0，所以 f (−x )=−x3 +3x−2， 又 f ( x ) 是定义在R 上的奇函数，所以 f (−x )=−f ( x ) ，所以 f ( x )= x3−3x+2 x3 −3x−2,x>0 分别画出 f ( x )= 和 y = 10的图象， x3 −3x+2,x<0 第7页/共25页 学科网（北京）股份有限公司得函数y = f ( x )− 10的零点个数为3，B对； 令 f ( x )=0，得x=0或x=−1或x=2， 令 f ( f ( x )) =0，得 f ( x )=0，或 f ( x )=±2， 如图，分别画出y = f ( x ) ,y =−2,y =2的图象， 由图可知：函数y = f ( f ( x )) 的零点个数为7， C 对； 3 7  7   7   7  1 7  7 令x= ，则 f  =  −3 −2=  −2= −2<0，         2  2   2   2  2  2  8   7   7   7  3  7  79 14 168 f  f  = f  −2= −2 −3 −2+2 = − >0            2   8   8   8  32 32 故D错； 故选：ABC 【点睛】方法点睛： 对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函 数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 11. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的 轨迹.我们称其为卡西尼卵形线 ( CassinniOcal ) .在平面直角坐标系中，设定点为F (−2,0 ) ,F ( 2,0 ) ，点O 1 2 为坐标原点，动点P ( x,y ) 满足 PF ⋅ PF =4.下列四个命题中，正确的是（ ） 1 2 A. 点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形 B. 点P的横坐标的取值范围是 [−4,4 ] C. PF + PF 的最小值为4 D. △FPF 的面积的最大值为2 1 2 1 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进 第8页/共25页 学科网（北京）股份有限公司行判断即可；C项根据卡西尼卵形线的定义，结合基本不等式进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐 标的范围，结合三角形面积公式进行判断即可. 【详解】由题意可知P的轨迹方程为： ( x+2 )2 + y2 ⋅ ( x−2 )2 + y2 =4， 则P ( x,y ) 关于x轴对称的点P ( x,−y ) 的横纵坐标满足 1 ( x+2 )2 +(−y )2 ⋅ ( x−2 )2 +(−y )2 = ( x+2 )2 + y2 ⋅ ( x−2 )2 + y2 =4， 同理P ( x,y ) 关于y轴对称的点P (−x,y ) ， 2 关于原点对称的点P (−x,−y ) 均满足轨迹方程 3 (−x+2 )2 + y2 ⋅ (−x−2 )2 + y2 = ( x+2 )2 + y2 ⋅ ( x−2 )2 + y2 =4， (−x+2 )2 +(−y )2 ⋅ (−x−2 )2 +(−y )2 = ( x+2 )2 + y2 ⋅ ( x−2 )2 + y2 =4， 即P的轨迹关于x轴、y轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确； 由基本不等式可知 PF + PF ≥2 PF ⋅ PF =4，当且仅当 PF = PF ， 1 2 1 2 1 2 即P ( 0,0 )时取得最小值，故C正确； 将轨迹方程 ( x+2 )2 + y2 ⋅ ( x−2 )2 + y2 =4平方得 ( )2 ( ) ( )2 x2 −4 + y4 +2y2 x2 +4 =16⇒ x2 + y2 +4 =16+16x2， ( )2 整理得y2 =4 x2 +1−x2 −4=− x2 +1−2 +1≥0， 解之得 x2 +1∈[ 1,3 ]， 所以1≤ x2 +1≤9⇒ x∈−2 2,2 2，故B错误；   ( )2 1 又因为y2 =− x2 +1−2 +1≤1，故 y ≤1⇒S = FF y ≤2， F 1 PF 2 2 1 2 当且仅当x2 =3,y2 =1时取得最大值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】难点在于对轨迹方程的变形与化简，利用方程的特点求横纵坐标的取值范围是本题关键. 三、填空题:本题共 3小题，每小题 5分，共 15分 x2 y2 12. 双曲线 − =1，过左、右焦点作平行于y轴的直线交双曲线于A，B，C，D，若ABCD构成正方 a2 b2 形，求双曲线的离心率为________. 第9页/共25页 学科网（北京）股份有限公司1+ 5 【答案】 2 【解析】 【分析】根据题意表示出 AB ，再由 AB = AD =2c化简可求出离心率. 【详解】F(−c,0),F (c,0)， 1 2 c2 y2 y2 c2 c2 −a2 b2 当x=−c时， − =1， = −1= = ， a2 b2 b2 a2 a2 a2 b4 b2 则 y2 = ，所以y = ， a2 A a 2b2 所以 AB = ， a 因为ABCD为正方形，所以 AB = AD =2c， 2b2 所以 =2c，化简得b2 =ac a 所以c2 −a2 =ac， 1± 5 所以e2 −e−1=0，解得e= ， 2 1+ 5 因为e>1，所以e= 2 1+ 5 故答案为： 2 13. 已知曲线C ： f ( x )=ex +a和曲线C ：g ( x )=ln ( x+b )+a2( a,b∈R ) ，若存在斜率为1的直线与 1 2 C ，C 同时相切，则b的取值范围是__________. 1 2 第10页/共25页 学科网（北京）股份有限公司 9 【答案】 −∞,   4 【解析】 【分析】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为1即导数值为1 分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质可求 出b的取值范围． 1 【详解】由题意得 f′( x )=ex，g′( x )= ， x+b 设斜率为1的切线在C ，C 上的切点横坐标分别为x ，x ， 1 2 1 2 1 所以ex 1 = =1，则x =0，x =1−b， x +b 1 2 2 两点处的切线方程分别为y−( 1+a )= x，y−a2 = x−( 1−b ) ， 2  1 9 9 所以a+1=a2 −1+b，即b=2+a−a2 =− a−  + ≤ ，  2 4 4  9 所以b的取值范围为 −∞, .  4  9 故答案为： −∞, .  4 14. 编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学 生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望E ( X )=___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据X的可能取值，运用计数原理和古典概型逐项分析计算即可. 【详解】X的可能取值为0,1,2,4，全排列为A4 =24 ， 4 当X=0时，先安排的第一人由3种选择，比如说先安排“1”号人，可以选择2,3,4座位， 如果安排在2号位，则“2”号人也可以由3种选择，比如是安排在1号位， 则“3”号人只能在4号位，“4”号人只能在3号位；如果是安排在3号位， 则“3 ”号人只能在4号位，“4”号人只能在1号位，如果安排在4号位也是类似， 9 3 所以有3×3=9 种排法，∴P ( X =0 )= = ； 24 8 第11页/共25页 学科网（北京）股份有限公司当X=1时，先从4人中选一人安排在对应的位置上，由C1 =4 种选法， 4 比如选“1”号人安排在1号位，则“2”号人有2种选法，如果选3，则“3”号人只能选4， “4”号人只能2,；如果选4，则“4”号人只能只能选3，“3”号人只能选2；所以有4×2=8 8 1 种排法，∴P ( X =1 )= = ； 24 3 当X=2时，先从4人中选2人安排在对应的位置，有C2 =6 种选法，比如先安排“1”号人 4 和“2”号人，分别安排在1号和2号位置，则“3”号人和“4”号人只能由1种排法，所以总共 6 1 有6种排法，∴P ( X =2 )= = ； 24 4 1 当X=4时，只有1种排法，∴P ( X =4 )= ； 24 3 1 1 1 其数学期望为E ( X )=0× +1× +2× +4× =1 ； 8 3 4 24 故答案为：1. 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. 9 a 2 15. 在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知cosB= ，b=5， = ． 16 c 3 （1）求a； （2）求sinA； （3）求cos ( B−2A ) 的值． 【答案】（1）4 7 （2） 4 57 （3） 64 【解析】 【分析】（1）a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sin A； （3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可； 法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设a=2t,c=3t，t >0，则根据余弦定理得b2 =a2 +c2 −2accosB， 第12页/共25页 学科网（北京）股份有限公司9 即25=4t2 +9t2 −2×2t×3t× ，解得t =2（负舍）； 16 则a =4,c=6. 【小问2详解】 2  9  5 7 法一：因为B为三角形内角，所以sinB= 1−cos2 B = 1−   = ， 16 16 4 5 a b = 7 再根据正弦定理得 = ，即sinA 5 7 ，解得sin A= ， sinA sinB 4 16 b2 +c2 −a2 52 +62 −42 3 法二：由余弦定理得cosA= = = ， 2bc 2×5×6 4 2 因为A∈( 0,π ) ，则sinA= 1−   3  = 7 4 4 【小问3详解】 9  π 法一：因为cosB= >0，且B∈( 0,π ) ，所以B∈ 0, ， 16  2 5 7 由（2）法一知sinB = ， 16 2  7  3 因为ab>0 )，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正 a2 b2 ( ) 方形.过点 ( 0,t ) t > 2 且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C ( 0,1 ) 的直线AC 与椭圆E的另一个交点为D． （1）求椭圆E的方程及离心率； （2）若直线BD的斜率为0，求t的值． x2 y2 2 【答案】（1） + =1,e= 4 2 2 （2）t =2 【解析】 【分析】（1）由题意得b=c= 2，进一步得a，由此即可得解； ( ) （2）设AB: y =kx+t, k ≠0,t > 2 ，A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ，联立椭圆方程，由韦达定理有 1 1 2 2 x +x = −4kt ,x x = 2t2 −4 ，而AD: y = y 1 − y 2 ( x−x )+ y ，令x=0，即可得解. 1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1 x +x 1 1 1 2 【小问1详解】 2 由题意b=c= = 2，从而a= b2 +c2 =2， 2 x2 y2 2 所以椭圆方程为 + =1，离心率为e= ； 4 2 2 【小问2详解】 直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾， ( ) 从而设AB: y =kx+t, k ≠0,t > 2 ，A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ， 1 1 2 2 第14页/共25页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2  + =1 ( ) 联立 4 2 ，化简并整理得 1+2k2 x2 +4ktx+2t2 −4=0，  y =kx+t ( )( ) ( ) 由题意Δ=16k2t2 −8 2k2 +1 t2 −2 =8 4k2 +2−t2 >0，即k,t应满足4k2 +2−t2 >0， −4kt 2t2 −4 所以x +x = ,x x = ， 1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1 若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D (−x ,y )， 2 2 y − y 所以AD: y = 1 2 ( x−x )+ y ，在直线AD方程中令x=0， x +x 1 1 1 2 ( ) x y +x y x ( kx +t )+x ( kx +t ) 2kx x +t ( x +x ) 4k t2 −2 2 得y = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2 = +t = =1， C x +x x +x x +x −4kt t 1 2 1 2 1 2 所以t =2， 4k2 +2−t2 =4k2 −2>0 2 2 此时k应满足 ，即k应满足k <− 或k > ， k ≠0 2 2 2 2 综上所述，t =2满足题意，此时k <− 或k > . 2 2 17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB= BC =1，AD=3,点E在AD上，且PE⊥AD， PE = DE =2． （1）若F 为线段PE中点，求证：BF//平面PCD． （2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 30 （2） 30 【解析】 第15页/共25页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可 得BF//平面PCD. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 1 取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF = ED=1， 2 而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF = BC，故四边形SFBC为平行四边形， 故BF//SC，而BF ⊄平面PCD，SC ⊂平面PCD， 所以BF//平面PCD. 【小问2详解】 因为ED=2，故AE =1，故AE//BC,AE=BC， 故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE ⊥平面PAD， 而PE,ED⊂平面PAD，故CE ⊥ PE,CE ⊥ ED，而PE ⊥ ED， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A ( 0,−1,0 ) ,B ( 1,−1,0 ) ,C ( 1,0,0 ) ,D ( 0,2,0 ) ,P ( 0,0,2 ) ，     则PA=( 0,−1,−2 ) ,PB=( 1,−1,−2 ) ,PC =( 1,0,−2 ) ,PD=( 0,2,−2 ) ,  设平面PAB的法向量为m=( x,y,z ) ，    m⋅PA=0 −y−2z =0  则由  可得 ，取m=( 0,−2,1 ) ， m⋅PB=0 x− y−2z =0  设平面PCD的法向量为n =( a,b,c ) ，    n⋅PC =0 a−2b=0  则由  可得 ，取n =( 2,1,1 ) ， n⋅PD=0 2b−2c=0 第16页/共25页 学科网（北京）股份有限公司  −1 30 故cosm,n = =− ， 5× 6 30 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 30 18. 设函数 f ( x )= x+kln ( 1+x )( k ≠0 ) ，直线l是曲线y = f ( x ) 在点( t, f (t))(t >0)处的切线． ( ) （1）当k = −1时，求 f x 的单调区间. ( ) （2）求证：l不经过点 0,0 . （3）当k =1时，设点A ( t, f ( t ))( t >0 ) ，C ( 0, f ( t )) ，O ( 0,0 ) ，B为l与y轴的交点，S 与S ACO ABO 分别表示△ACO与ABO的面积．是否存在点A使得2S =15S 成立？若存在，这样的点A有 △ACO △ABO 几个？ （参考数据：1.090)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)− ，利  1+t 1+t 用导数研究其零点即可； t （3）分别写出面积表达式，代入 2S =15S 得到13ln(1+t)−2t−15 =0 ，再设新函数 ACO ABO 1+t 15t h(t)=13ln(1+t)−2t− (t >0)研究其零点即可. 1+t 【小问1详解】 1 x f(x)= x−ln(1+x), f′(x)=1− = (x>−1)， 1+x 1+x 当x∈(−1,0 ) 时， f′( x )<0；当x∈( 0,+∞) ， f′( x )>0； ∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增. 则 f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞). 【小问2详解】 第17页/共25页 学科网（北京）股份有限公司k k f′(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ， 1+x 1+t  k  则切线方程为y− f(t)= 1+ (x−t)(t >0)，  1+t  k   k  将(0,0)代入则−f(t)=−t1+ , f(t)=t1+ ，  1+t  1+t k t t 即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)− =0， 1+t 1+t 1+t t 令F(t)=ln(1+t)− ， 1+t 假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点. 1 1+t−t t F′(t)= − = >0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)> F(0)=0， 1+t (1+t)2 (1+t)2 ∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0). 【小问3详解】 1 x+2 k =1时， f(x)= x+ln(1+x), f′(x)=1+ = >0. 1+x 1+x 1 S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)， ACO 2 t >0时，若q<0，则此时l与 f(x)必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知q≠0.所以q>0，  1  则切线l的方程为y−t−ln ( t+1 )= 1+  ( x−t ) ，  1+t t 令x=0，则y =q = y =ln(1+t)− . t+1  t  2S ACO =15S ABO ，则2tf(t)=15t   ln(1+t)− t+1   ， t 15t ∴13ln(1+t)−2t−15 =0，记h(t)=13ln(1+t)−2t− (t >0)， 1+t 1+t ∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点. ( ) 13 15 13t+13−2 t2 +2t+1 −15 −2t2 +9t−4 (−2t+1 )( t−4 ) h′( t )= −2− = = = ， 1+t ( t+1 )2 ( t+1 )2 ( t+1 )2 ( t+1 )2  1 当t∈ 0, 时，h′( t )<0，此时h ( t ) 单调递减；  2 第18页/共25页 学科网（北京）股份有限公司1  当t∈  ,4时，h′( t )>0，此时h ( t ) 单调递增； 2  当t∈( 4,+∞) 时，h′( t )<0，此时h ( t ) 单调递减； 1 因为h(0)=0,h 0,h(4)=13ln5−2013×1.6−20=0.8>0， 2 15×24 72 72 h(24)=13ln25−48− =26ln5−48− <26×1.61−48− =−20.54<0， 25 5 5 1  所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在 ,4上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点， 2  综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个. ACO ABO 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 19. 已知集合M = {( i, j,k,w ) i∈{ 1,2 } , j∈{ 3,4 } ,k∈{ 5,6 } ,w∈{ 7,8 } ,且i+ j+k+w为偶数 } ．给定数 列A:a ,a ,,a ，和序列Ω:T,T ,T ，其中T =( i , j ,k ,w )∈M ( t =1,2,,s ) ，对数列A进行如 1 2 8 1 2 s t t t t t 下变换：将A的第i , j ,k ,w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作T (A)；将T (A)的第i , j ,k ,w 项 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 均加1，其余项不变，得到数列记作TT ( A ) ；……；以此类推，得到T TT ( A ) ，简记为Ω( A ) ． 2 1 s 2 1 （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a +2,a +6,a +4,a +2,a +8,a +2,a +4,a +4，若存在， 1 2 3 4 5 6 7 8 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a +a +a +a 为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω( A ) 的各项 1 3 5 7 都相等”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a ”． 1 2 3 4 5 6 7 8 【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 第19页/共25页 学科网（北京）股份有限公司（3）证明见解析 【解析】 ( ) ( ) 【分析】（1）直接按照Ω A 的定义写出Ω A 即可； （2）解法一：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；解 法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列Ω共有8项，可知： ( b +b )−( a +a )=8,n=1,2,3,4，检验即可； 2n−1 2n 2n−1 2n （3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若a +a =a +a =a +a =a +a ，分类讨论 1 2 3 4 5 6 7 8 ( ) a ,a ,a ,a 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得Ω A 为常数列，结合定义分析证明 1 3 5 7 即可. 【小问1详解】 因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9， ( ) ( ) 由序列T 1,3,5,7 可得T A :2,3,3,4,7,3,2,9； 1 1 ( ) ( ) 由序列T 2,4,6,8 可得TT A :2,4,3,5,7,4,2,10； 2 2 1 ( ) ( ) 由序列T 1,3,5,7 可得TTT A :3,4,4,5,8,4,3,10； 3 3 2 1 ( ) 所以Ω A :3,4,4,5,8,4,3,10. 【小问2详解】 解法一：假设存在符合条件的Ω，可知Ω ( A ) 的第1,2项之和为a +a +s，第3,4项之和为 1 2 a +a +s， 3 4  ( a +2 )+( a +6 )=a +a +s 则 1 2 1 2 ，而该方程组无解，故假设不成立，  ( a +4 )+( a +2 )=a +a +s 3 4 3 4 故不存在符合条件的Ω； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的Ω，且Ω ( A ) :b,b ,⋅⋅⋅,b ， 1 2 8 2+6+4+2+8+2+4+4 因为 =8，即序列Ω共有8项， 4 由题意可知： ( b +b )−( a +a )=8,n=1,2,3,4， 2n−1 2n 2n−1 2n 检验可知：当n=2,3时，上式不成立， 第20页/共25页 学科网（北京）股份有限公司即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω. 【小问3详解】 解法一：我们设序列T ...TT ( A ) 为 { a }( 1≤n≤8 ) ，特别规定a =a ( 1≤n≤8 ) . s 2 1 s,n 0,n n 必要性： 若存在序列Ω:T,T ,T ，使得Ω ( A ) 的各项都相等. 1 2 s 则a =a =a =a =a =a =a =a ，所以a +a =a +a =a +a =a +a . s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 根据T ...TT ( A ) 的定义，显然有a +a =a +a +1，这里 j =1,2,3,4，s =1,2,.... s 2 1 s,2j−1 s,2j s−1,2j−1 s−1,2j 所以不断使用该式就得到a +a =a +a =a +a =a +a =a +a −s，必要性得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 充分性： 若a +a =a +a =a +a =a +a . 1 2 3 4 5 6 7 8 由已知，a +a +a +a 为偶数，而a +a =a +a =a +a =a +a ，所以 1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8 a +a +a +a =4 ( a +a )−( a +a +a +a ) 也是偶数. 2 4 6 8 1 2 1 3 5 7 ( ) ( ) 我们设T ...TT 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 s 2 1 a −a + a −a + a −a + a −a 最小的一个. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 上面已经说明a +a =a +a +1，这里 j =1,2,3,4，s =1,2,.... s,2j−1 s,2j s−1,2j−1 s−1,2j 从而由a +a =a +a =a +a =a +a 可得 1 2 3 4 5 6 7 8 a +a =a +a =a +a =a +a =a +a +s. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 1 2 同时，由于i + j +k +w 总是偶数，所以a +a +a +a 和a +a +a +a 的奇偶性保持不 t t t t t,1 t,3 t,5 t,7 t,2 t,4 t,6 t,8 变，从而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数. s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 下面证明不存在 j =1,2,3,4使得 a −a ≥2. s,2j−1 s,2j 假设存在，根据对称性，不妨设 j =1，a −a ≥2，即a −a ≥2. s,2j−1 s,2j s,1 s,2 情况1：若 a −a + a −a + a −a =0，则由a +a +a +a 和a +a +a +a 都 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 是偶数，知a −a ≥4. s,1 s,2 ( ) ( ) ( ) ( ) 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 第21页/共25页 学科网（北京）股份有限公司a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 s+4,1 s+4,2 s+4,3 s+4,4 s+4,5 s+4,6 s+4,7 s+4,8 a −a + a −a + a −a + a −a 减少4，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾； s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 情况2：若 a −a + a −a + a −a >0，不妨设 a −a >0. s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,3 s,4 情况2-1：如果a −a ≥1，则对该数列连续作两次变换 ( 2,4,5,7 ) , ( 2,4,6,8 ) 后，新的 s,3 s,4 a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 a −a + a −a + a −a + a −a 至少减少2，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾； s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 情况2-2：如果a −a ≥1，则对该数列连续作两次变换 ( 2,3,5,8 ) , ( 2,3,6,7 ) 后，新的 s,4 s,3 a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 a −a + a −a + a −a + a −a 至少减少2，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 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 a −a ≤1. s,2j−1 s,2j 假设存在 j =1,2,3,4使得 a −a =1，则a +a 是奇数，所以 s,2j−1 s,2j s,2j−1 s,2j a +a =a +a =a +a =a +a 都是奇数，设为2N +1. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 则此时对任意 j =1,2,3,4，由 a −a ≤1可知必有 { a ,a } ={ N,N +1 } . s,2j−1 s,2j s,2j−1 s,2j 而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，故集合 { m a = N } 中的四个元素i, j,k,w之 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 s,m ( ) 和为偶数，对该数列进行一次变换 i, j,k,w ，则该数列成为常数列，新的 a −a + a −a + a −a + a −a 等于零，比原来的 s+1,1 s+1,2 s+1,3 s+1,4 s+1,5 s+1,6 s+1,7 s+1,8 a −a + a −a + a −a + a −a 更小，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 综上，只可能 a −a =0 ( j =1,2,3,4 ) ，而a +a =a +a =a +a =a +a ，故 s,2j−1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 { a } =Ω ( A ) 是常数列，充分性得证. s,n 第22页/共25页 学科网（北京）股份有限公司( ) 解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω A 的结果， ( ) ( ) ( ) ( ) 且 a ,a , a ,a , a ,a , a ,a 相对于序列也是无序的， 1 2 3 4 5 6 7 8 （ⅰ）若a +a =a +a =a +a =a +a ， 1 2 3 4 5 6 7 8 不妨设a ≤a ≤a ≤a ，则a ≥a ≥a ≥a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 ①当a =a =a =a ，则a =a =a =a ， 1 3 5 7 8 6 4 2 ( ) ( ) 分别执行a 个序列 2,4,6,8 、a 个序列 1,3,5,7 ， 1 2 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，为常数列，符合题意； 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ②当a ,a ,a ,a 中有且仅有三个数相等，不妨设a =a =a ，则a =a =a ， 1 3 5 7 1 3 5 2 4 6 即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 2 1 2 1 2 7 8 ( ) ( ) 分别执行a 个序列 1,3,5,7 、a 个序列 2,4,6,8 2 7 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 7 8 即a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 1 2 因为a +a +a +a 为偶数，即3a +a 为偶数， 1 3 5 7 1 7 a −a 可知a ,a 的奇偶性相同，则 7 1 ∈N*， 1 7 2 a −a ( ) ( ) ( ) ( ) 分别执行 7 1 个序列 1,3,5,7 ， 1,3,6,8 ， 2,3,5,8 ， 1,4,5,8 ， 2 可得 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 2 2 2 2 2 2 2 ， 为常数列，符合题意； ③若a =a a =a ，即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 1 2 5 6 5 6 ( ) ( ) 分别执行a 个 1,3,6,8 、a 个 2,4,5,7 ， 5 1 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 5 5 6 因为a +a =a +a ， 1 2 5 6 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 第23页/共25页 学科网（北京）股份有限公司即转为①，可知符合题意； ④当a ,a ,a ,a 中有且仅有两个数相等，不妨设a =a ，则a =a ， 1 3 5 7 1 3 2 4 即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 2 1 2 5 6 7 8 ( ) ( ) 分别执行a 个 2,4,5,7 、a 个 1,3,6,8 ， 1 5 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 7 5 8 且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 5 6 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 7 5 8 因为a +a +a +a =2a +a +a 为偶数，可知a ,a 的奇偶性相同， 1 3 5 7 1 5 7 5 7 则 ( a +a )+( a +a )+( a +a )+( a +a )=4a +3a +a 为偶数， 1 5 1 5 1 5 1 7 1 5 7 且a +a =a +a =a +a a >a >a ，即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 8 分别执行a 个 ( 2,3,5,8 ) 、a 个 ( 1,4,6,7 ) ， 1 3 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 3 1 2 1 3 3 4 1 5 3 6 3 7 1 8 且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 3 4 1 3 1 2 1 3 1 2 1 5 3 6 3 7 1 8 因为a +a +a +a 为偶数， 1 3 5 7 则 ( a +a )+( a +a )+( a +a )+( a +a )=2 ( a +a )+( a +a +a +a ) 为偶数， 1 3 1 3 1 5 3 7 1 3 1 3 5 7 且a +a =a +a