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2024 年 2 月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习
(cid:830)(cid:403)(cid:1001)(cid:1192)(cid:1643)(cid:1967)(cid:352)(cid:1223)(cid:339)(cid:1334)(cid:1124)
本参考答案和评分标准共 10 页，19 小题，满分 150 分.
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1. 本参考答案和评分标准第 I 卷部分提供了答案和解析，第 II 卷部分提供了标准解答和
评分标准.
2. 第 II 卷部分每一题只给出了一种解答提供阅卷参考，如果出现新的解答，按照本参考
答案和评分标准的精神，划定步骤分评分.
3. 如果考生发现自己的改卷结果和本参考答案和评分标准不一致，可在官方 QQ 群中 @
任意一个管理员进行申诉，申诉时需要提供准考证号和自己的解答拍照.
4. 本联考活动最终解释权归鱼塘杯联考命题组所有.
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.
本题主要考察基本知识和基本方法.
1. 设复数 𝑧 = 1+i,𝑤 = 3+2i，则 𝑧+𝑤 的虚部是
A. −3 B. 3 C. −3i D. 3i
【答案】A.
【解析】注意到 𝑧+𝑤 = 4+3i，那么 𝑧+𝑤 = 4−3i，其虚部为 −3.
2. 如果可导曲线 𝑦 = 𝑓(𝑥) 在点 (𝑥 ,𝑓(𝑥 )) 的切线方程为 𝑥+e𝑎𝑦−3 = 0，其中 𝑎 ∈ R，则
0 0
A. 𝑓′(𝑥 ) > 0 B. 𝑓′(𝑥 ) = 0 C. 𝑓′(𝑥 ) < 0 D. 无法确定
0 0 0
【答案】C.
1 3 1
【解析】切线方程的斜截式为 𝑦 = − 𝑥+ ，斜率 − < 0，所以 𝑓′(𝑥 ) < 0.
e𝑎 e𝑎 e𝑎 0
3. 设锐角 𝛼 满足 tan𝛼 ∈ (0,1)，则数据 sin𝛼,cos𝛼,sin(𝜋−𝛼),cos(𝛼+𝜋) 的极差是
√ 𝜋 √ 𝜋
A. 2sin𝛼 B. 2cos𝛼 C. 2sin(𝛼− ) D. − 2sin(𝛼− )
4 4
【答案】B.
【解析】因为 tan𝛼 ∈ (0,1)，并且 𝛼 是锐角，所以 cos𝛼 > sin𝛼 > 0，四个数据分别为
sin𝛼,cos𝛼,sin𝛼,−cos𝛼，所以极差为 cos𝛼−(−cos𝛼) = 2cos𝛼.
𝑥2 𝑥2
4. 设焦距相同的椭圆 𝐶 ∶ +𝑦2 = 1 和双曲线 𝐶 ∶ −𝑦2 = 1(𝑎 > 0) 相交于分别位于第
1 4 2 𝑎2
一象限、第二象限的 𝐴,𝐵 两点，两圆锥曲线的公共左焦点为 𝐹，则 |𝐹𝐴|2−|𝐹𝐵|2 的值是
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 1 页（共 10 页）√ √ √ √
A. 2 B. 2 2 C. 4 2 D. 8 2
【答案】D.
√ √ √ √
【解析】椭圆的半焦距为 4−1 = 3，所以有 𝑎2 = ( 3)2−1 = 2，所以 𝑎 = 2，设右焦点
√ √
𝐹′，则|𝐹𝐴|2−|𝐹𝐵|2 = |𝐹𝐴|2−|𝐹′𝐴|2 = (|𝐹𝐴|+|𝐹′𝐴|)(|𝐹′𝐴|−|𝐹𝐴|) = 2×2×2× 2 = 8 2.
5. 已知公比 𝑞 与首项 𝑎 均不为 0 的等比数列 {𝑎 }，则“{𝑎 } 单调递增”是“𝑞 > 1”的
1 𝑛 𝑛
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D.
【解析】考虑 𝑎 = −1 时，𝑎 = −𝑞𝑛，{𝑎 } 单调递增的充要条件是 𝑞 < 1，所以“{𝑎 } 单调
1 𝑛 𝑛 𝑛
递增”是“𝑞 > 1”的既不充分也不必要条件.
6. 已知三棱锥 𝑃 −𝐴𝐵𝐶 底面 △𝐴𝐵𝐶 为边长为 2 的等边三角形，𝑂 是底面 𝐴𝐵𝐶 上一点，三
√
棱锥体积 𝑉 = 3. 则对 ∀𝜇,𝜆 ∈ R，|⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗| 的最小值是
𝑃−𝐴𝐵𝐶
√
√ 3
A. 1 B. 3 C. 3 D.
3
【答案】B.
1 𝜋 1
【解析】𝑆 = (sin )22，𝑉 = 𝑆 ℎ ⇒ ℎ = 3，|⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗| 表示
△𝐴𝐵𝐶 2 3 𝑃−𝐴𝐵𝐶 3 △𝐴𝐵𝐶
𝑃 到平面 𝐴𝐵𝐶 上任意一点的距离，故最小值为 ℎ = 3.
𝑥2 𝑦2
7. 设椭圆 + = 1的左、右焦点为𝐹 ,𝐹 ，椭圆上一点𝑃 和平面一点𝐹 满足⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ = 4⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗，
25 16 1 2 2
则 |𝐹 𝐹| 的最大值与最小值之和是
1
A. 48 B. 50 C. 52 D. 54
【答案】B.
【解析】可以设 𝑃(5cos𝜃,4sin𝜃)，因为 𝐹 (−3,0),𝐹 (3,0)，得到 𝐹(25cos𝜃−12,20sin𝜃)，
1 2
所以 ⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (25cos𝜃 − 9,20sin𝜃)，那么 |⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2 = (25cos𝜃 − 9)2 + 400sin2𝜃 = 225cos2𝜃 −
1 1
450cos𝜃+481 ∈ [256,1156]，所以 |⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗| ∈ [16,34]，最小值和最大值之和为 16+34 = 50.
1
𝑓(𝑥)+𝑓(𝑦)
8. 已知𝑓(𝑥)是定义在[0,+∞)上单调递增且图像连续不断的函数，且有𝑓(𝑥+𝑦) = ，
1+𝑓(𝑥)𝑓(𝑦)
设 𝑥 > 𝑥 > 1，则下列说法正确的是
1 2
𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 ) 𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 ) 𝑥 +𝑥
A. 1 2 > 𝑓( 1 2) > 1 B. 1 > 1 2 > 𝑓( 1 2)
2 2 2 2
𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 ) 𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )
C. 𝑓( 1 2) > 1 2 > 1 D. 1 > 𝑓( 1 2) > 1 2
2 2 2 2
【答案】D.
𝑓(𝑥)+𝑓(0)
【解析】𝑓(𝑥 + 0) = 得到 𝑓(0)(𝑓2(𝑥) − 1) = 0，因为 𝑓(𝑥) 单调递增，所以
1+𝑓(𝑥)𝑓(0)
𝑓(𝑥) 不恒等于 ±1，故 𝑓(0) = 0. 因为 𝑓(𝑥) 在 [0,+∞) 上单调递增，故 𝑓(𝑥) ⩾ 𝑓(0) = 0.
2𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥)+1
𝑓(2𝑥) = . 若存在 𝑥 , 𝑓(𝑥 ) = 1，则 𝑓(𝑥+𝑥 ) = = 1，则 𝑓(𝑥) 恒等于 1，
1+𝑓2(𝑥) 0 0 0 1+𝑓(𝑥)
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 2 页（共 10 页）与 𝑓(𝑥) 单调递增矛盾，故 𝑓(𝑥) ≠ 1, ∀𝑥 ∈ [0,+∞). 若存在 𝑥 , 𝑓(𝑥 ) > 1，因为 𝑓(𝑥) 连续，
1 1
𝑓(𝑥 ) > 1, 𝑓(0) = 0 < 1，故存在 𝑥 , 𝑓(𝑥 ) = 1，与上述第三条结论矛盾，故 𝑓(𝑥) < 1, ∀𝑥 ∈
1 2 2
𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 ) 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )
[0,+∞). 对于本题，𝑓(𝑥 +𝑥 ) = 1 2 ⩾ 1 2 ，当且仅当 𝑓(𝑥 ) = 𝑓(𝑥 )
1 2 1+𝑓(𝑥 1 )𝑓(𝑥 2 ) 1+[𝑓(𝑥 1 )+𝑓(𝑥 2 )] 2 1 2
2
𝑥 +𝑥
2𝑓( 1 2)
2
时取等，因为 𝑥 ≠ 𝑥 ，𝑓(𝑥) 单调递增，故不取等. 𝑓(𝑥 +𝑥 ) = . 容易
1 2 1 2 𝑥 +𝑥 2
1+[𝑓( 1 2)]
2
2𝑥 𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )
证明 𝑥 ∈ [0,1) 时，𝑔(𝑥) = 为增函数，𝑔(𝑓( 1 2)) > 𝑔( 1 2 )，所以
1+𝑥2 2 2
𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 ) 𝑥 +𝑥 𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )
𝑓( 1 2) > 1 2 . 综上所述 1 > 𝑓( 1 2) > 1 2 .
2 2 2 2
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.
本题主要考察基本知识和基本方法的适当扩展.
9. 对于一个随机试验，设 Ω 是样本空间，𝐴 是随机事件，𝜔 是样本点，则下列说法正确的是
A. 𝐴 ∈ Ω B. 𝐴 Ω C. 𝜔 ∈ Ω D. 𝜔 Ω
【答案】BC.
【解析】对于一个随机试验，其所有可能的结果的集合称为样本空间，样本空间的元素称为
样本点或基本事件，随机事件是样本空间的一个子集. 所以有 𝜔 ∈ Ω 和 𝐴 Ω.
10. 设全集为 𝑈，设 𝐴,𝐵 是两个集合，定义集合 𝑇(𝐴,𝐵) = (𝐴 ∁ 𝐵) (𝐵 ∁ 𝐴)，则下列
𝑈 𝑈
说法正确的是
A. 𝑇(𝐴,𝐴) = ∅ B. 𝑇(∅,𝐴) = 𝐴
C. 𝑇(𝐴,𝑈) = 𝐴 D. 𝑇(𝐴,𝐵) = 𝑇(𝐵,𝐴)
【答案】ABD.
【解析】对 𝑇(𝐴,𝐴) 而言，𝐴 ∁ 𝐴 = ∅，所以 𝑇(𝐴,𝐴) = ∅；因为 ∅ ∁ 𝐴 = ∅，且
𝑈 𝑈
𝐴 ∁ ∅ = 𝐴 𝐴 = 𝐴，所以 𝑇(∅,𝐴) = ∅ 𝐴 = 𝐴；𝐴 ∁ 𝑈 = ∅，且 𝑈 ∁ 𝐴 = ∁ 𝐴，所以
𝑈 𝑈 𝑈 𝑈
𝑇(𝐴,𝑈) = ∁ 𝐴；𝑇(𝐴,𝐵) = (𝐵 ∁ 𝐴) (𝐴 ∁ 𝐵) = 𝑇(𝐵,𝐴).
𝑈 𝑈 𝑈
11. 已知定义域为 [0,+∞) 的函数 𝑓(𝑥) = cos(𝜋𝑥)+sin(𝜋[𝑥]𝑥)，其中 [𝑥] 代表不超过 𝑥 的最大
整数. 设数列 {𝑎 } 满足：𝑎 是 𝑓(𝑥) 在 [2𝑛,2𝑛+2] 上最大值，数列 {𝑥 } 满足：𝑓(𝑥 ) = 𝑎 且
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
𝑥 ∈ [2𝑛,2𝑛+2]，则下列说法正确的是
𝑛
A. 𝑓(𝑥) 最小值为 −2 B. 𝑓(𝑥) 在 [2𝑛,2𝑛+2] 有 4𝑛+2 个极值点
1 𝜋
C. 𝑥 ∈ (2𝑛,2𝑛+ ) D. 𝑎 > cos +1
𝑛 4𝑛 𝑛 4𝑛
【答案】BCD.
【解析】𝑔(𝑥) ⩾ −1，当且仅当𝑥 = 2𝑛+1时取等，此时ℎ(𝑥) > −1，故𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)+ℎ(𝑥) > −2，
不取等.𝑥 ∈ [2𝑛,2𝑛+1) 时令 𝑥 = 2𝑛+𝑡, 𝑡 ∈ [0,1)，ℎ(𝑥) = sin(2𝑛𝜋𝑡), 𝑔(𝑥) = cos(𝜋𝑡).
𝑘 𝑘𝜋 2𝑘+1
𝑓′(𝑥) = 𝜋(2𝑛cos(2𝑛𝜋𝑡)−sin(𝜋𝑡)).𝑡 = , 𝑓(𝑥) = 𝜋(2𝑛−sin ) > 𝜋 > 0; 𝑡 = , 𝑓(𝑥) =
𝑛 𝑛 2𝑛
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 3 页（共 10 页）(2𝑘+1)𝜋
𝜋(−2𝑛−sin ) < −𝜋 < 0. 计算可知 𝑓(𝑥) 在 [2𝑛,2𝑛+1) 上有 2𝑛 个极值点，同理
2𝑛
1
可算得 (2𝑛+1,2𝑛+2] 上有 2𝑛+1 个极值点.𝑥 ∈ (2𝑛+1− ,2𝑛+1) 时 𝑓′(𝑥) > 0，𝑥 ∈
4𝑛
1
(2𝑛+1,2𝑛+1+ )时𝑓′(𝑥) < 0，故𝑥 = 2𝑛+1是一个极值点. 综上所述𝑓(𝑥)在[2𝑛,2𝑛+2]
4𝑛
1 1
上有 4𝑛 + 2 个极值点.𝑥 ∈ (2𝑛,2𝑛+1− ) 时，因为 cos[(𝑥+ )𝜋] < cos(𝑥𝜋) ⟺
4𝑛 4𝑛
1 1 1
𝑓(𝑥+ ) < 𝑓(𝑥)，所以 𝑓(𝑥) 在 (2𝑛,2𝑛+1 ) 最大值仅可能在 (2𝑛,2𝑛+ ) 取得；同理
4𝑛 4𝑛 4𝑛
1 1
𝑓(𝑥)在(2𝑛+1,2𝑛+2)上的最大值仅可能在(2𝑛+2− ,2𝑛+2)取得.对𝑥 ∈ (2𝑛,2𝑛+ )，
4𝑛 4𝑛
有 𝑓(𝑥) > 𝑓(4𝑛 + 2 − 𝑥) ⟺ sin(2𝑛𝜋𝑥) > sin(2𝑛(4𝑛 + 2 − 𝑥)𝜋) ⟺ sin(2𝑛𝜋𝑥) >
1
sin(−2𝑛𝜋𝑥) ⟺ sin(2𝑛𝑥) > 0 成立，故 𝑓(𝑥) 最大值在 (2𝑛,2𝑛+ ) 取得，即 𝑥 ∈
4𝑛 𝑛
1 1 𝜋 1 𝜋 1
(2𝑛,2𝑏+ ).𝑓(2𝑛+ ) = cos +1，𝑓′(2𝑛+ ) = −𝜋sin < 0，故 2𝑛+ 不是
4𝑛 4𝑛 4𝑛 4𝑛 4𝑛 4𝑛
1 𝜋
[2𝑛,2𝑛+2] 上的最大值点，𝑎 是 [2𝑛,2𝑛+2] 上的最大值，故 𝑎 > 𝑓(2𝑛+ ) = cos +1.
𝑛 𝑛 4𝑛 4𝑛
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
本题主要考察基本知识和基本方法的适当扩展.
12. 若底面边长为 2 的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 ▴ .
√
28 7
【答案】 𝜋.
3
√
【解析】边长为 2 的正六棱柱与其侧面均相切的球半径 3，若该球与其 8 个面均相切，则正
√
√ √ √ 4 √ 28 7
六棱柱的高为 2 3. 其外接球半径为 √( 3)2+22 = 7，则其体积为 𝑉 = 𝜋( 7)3 = 𝜋.
3 3
13. 小鱼和 A,B,C,D,E 共六个好友在圆桌上用餐，则 A 坐在小鱼对面且 B 和 C 不相对的坐法
的种数是 ▴ . 如果圆桌可以旋转后重合，则记为同一种排列方式.
【答案】16.
【解析】在小鱼和 A 和相对位置确定后，B 有四种选择，B 的每种选择确定下 C 有两种选
择，C 确定的情况下剩余两人有两种排列方式，故总坐法有 4×2×2 = 16 种.
14. 如果 𝑋,𝑌 是离散型随机变量，则 𝑋 在 𝑌 = 𝑦 事件下的期望满足 𝐸(𝑋 ∣ 𝑌 = 𝑦) =
𝑚
∑𝑥 𝑃(𝑋 = 𝑥 ∣ 𝑌 = 𝑦)，其中 {𝑥 ,𝑥 ,⋯,𝑥 } 是 𝑋 所有可能取值的集合. 已知某独立重复试
𝑖 𝑖 1 2 𝑚
𝑖=1
验的成功概率为 𝑝，进行 𝑛 次试验，求第 𝑛 次试验恰好是第二次成功的条件下，第一次成功的
试验次数 𝑋 的数学期望是 ▴ .
𝑛
【答案】 .
2
【解析】设随机变量 𝑋,𝑌 分别代表第一、第二次成功对应的试验次数，则 𝑃(𝑋 = 𝑥 ,𝑌 =
𝑖
𝑛) = 𝑝2(1 − 𝑝)𝑛−2，以及 𝑃(𝑌 = 𝑛) = (𝑛 − 1)𝑝(1 − 𝑝)𝑛−2𝑝 = (𝑛 − 1)𝑝2(1 − 𝑝)𝑛−2，所以
𝑃(𝑋 = 𝑥 ,𝑌 = 𝑛) 1 𝑛−1
𝑃(𝑋 = 𝑥 ∣ 𝑌 = 𝑛) = 𝑖 = ，所以 𝐸(𝑋 ∣ 𝑌 = 𝑛) = ∑ 𝑖𝑃(𝑋 = 𝑖 ∣ 𝑌 =
𝑖 𝑃(𝑌 = 𝑛) 𝑛−1
𝑖=1
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 4 页（共 10 页）1 𝑛−1 1 𝑛(𝑛−1) 𝑛
𝑛) = ∑ 𝑖 = ⋅ = .
𝑛−1 𝑛−1 2 2
𝑖=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.
15.（13 分）
设数列{𝑎 },{𝑏 }满足：𝑎 = 2,𝑏 = 3，且4𝑎 −𝑏 = 𝑎 −3𝑏 ,4𝑏 −2𝑏 = 2𝑎 −3𝑎
𝑛 𝑛 1 1 𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛+1 𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛+1
对 𝑛 ∈ ℕ∗ 成立.
（1）证明：{𝑎 +𝑏 } 是等比数列；
𝑛 𝑛
（2）求 {𝑎 } 和 {𝑏 } 的通项公式.
𝑛 𝑛
本题主要考察数列的基本知识和基本方法. 考察等比数列的定义和判定以及求通项公式的
相关方法.
【解析和评分标准】
（1）移项得到 4𝑎 +3𝑏 = 𝑎 +𝑏 ,4𝑏 +3𝑎 = 2𝑎 +2𝑏 ................（1 分）
𝑛+1 𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛+1 𝑛+1 𝑛 𝑛
3
相加得 𝑎 +𝑏 = (𝑎 +𝑏 ).....................................................（3 分）
𝑛+1 𝑛+1 7 𝑛 𝑛
𝑎 +𝑏 3
所以 𝑛+1 𝑛+1 = ................................................................（4 分）
𝑎 +𝑏 7
𝑛 𝑛
3
因为 𝑎 +𝑏 = 5 ≠ 0，所以 {𝑎 +𝑏 } 是首项为 5，公比为 的等比数列.............（5 分）
1 1 𝑛 𝑛 7
5⋅3𝑛−1
（2）根据（1）的结论，得到 𝑎 +𝑏 = ...................................（6 分）
𝑛 𝑛 7𝑛−1
5⋅3𝑛−1 5⋅3𝑛−2
另外有 𝑏 −𝑎 = 𝑎 +𝑏 = ，所以 𝑏 −𝑎 = 对 𝑛 ⩾ 2 成立.....（9 分）
𝑛+1 𝑛+1 𝑛 𝑛 7𝑛−1 𝑛 𝑛 7𝑛−2
10 3 𝑛−2 25 3 𝑛−2
所以 𝑎 = − ⋅( ) ,𝑏 = ⋅( ) 对 𝑛 ⩾ 2 成立 .......................... （11 分）
𝑛 7 7 𝑛 7 7
⎧ ⎧
{2, 𝑛 = 1, {3, 𝑛 = 1,
所以通项公式为 𝑎 𝑛 = ⎨ 10 3 𝑛−2 和 𝑏 𝑛 = ⎨25 3 𝑛−2 ....（13 分）
{− ⋅( ) , 𝑛 ⩾ 2, { ⋅( ) , 𝑛 ⩾ 2,
⎩ 7 7 ⎩ 7 7
16.（15 分）
在四面体 𝑃𝐴𝐵𝐶 中，𝑀 为 𝐴𝐵 中点，𝑂 为 𝑃𝐴𝐵𝐶 外接球的球心，且 𝐴𝐶 ⟂ 𝐵𝐶,|𝐴𝑃|2+
|𝐵𝑃|2 = 2,|𝑃𝐶| = 1.
（1）证明：𝑃𝑂 ⟂ 𝐶𝑀；
（2）若 |𝑃𝑂| = 1，求四面体 𝑃𝐶𝑂𝑀 体积的最大值.
本题主要考察立体几何的基本定理基本方法. 考察四面体体积的相关求解方法和直线与直
线垂直的判定定理.
【解析和评分标准】
（1）因为 𝐴𝐶 ⟂ 𝐵𝐶，所以 𝑀 是 △𝐴𝐵𝐶 的外心，又因为 𝑂 是四面体的外接球球心，有
𝑂𝑀 ⟂ 𝐶𝑀...........................................................................（1 分）
|𝐴𝑀|2+|𝑃𝑀|2−|𝐴𝑃|2
在 △𝑃𝐴𝐵 中，𝑀 为 𝐴𝐵 中点，△𝑃𝑀𝐴,△𝑃𝑀𝐵 互补，所以 =
2|𝐴𝑀|⋅|𝑃𝑀|
|𝐵𝑀|2+|𝑃𝑀|2−|𝐵𝑃|2 1
，所以 |𝑃𝑀|2+|𝐵𝑀|2 = (|𝑃𝐴|2+|𝑃𝐵|2) = 1.............（3 分）
2|𝐵𝑀|⋅|𝑃𝑀| 2
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 5 页（共 10 页）因为 𝑀 是斜边中点，有 |𝐵𝑀|2 = |𝐶𝑀|2.............................................（4 分）
所以 |𝑃𝑀|2+|𝐶𝑀|2 = |𝑃𝑀|2+|𝐵𝑀|2 = 1 = |𝑃𝐶|2 ................................. （6 分）
根据勾股定理的逆定理，𝑃𝑀 ⟂ 𝐶𝑀..................................................（7 分）
所以 𝐶𝑀 ⟂ 平面 𝑂𝑃𝑀，又因为 𝑂𝑃 平面 𝑂𝑃𝑀，有 𝐶𝑀 ⟂ 𝑂𝑃 ..................（8 分）
1
（2）因为 𝐶𝑀 ⟂ 平面 𝑂𝑃𝑀，有 𝑉 = 𝑉 = |𝐶𝑀|⋅𝑆 ..........（9 分）
𝑃𝐶𝑂𝑀 𝐶−𝑃𝑂𝑀 3 △𝑂𝑃𝑀
设|𝐶𝑀| = 𝑡，根据|𝑃𝑂| = 1，得到|𝐶𝑂| = |𝑃𝑂| = 1,𝑂𝑀 ⟂ 𝑀𝐶，所以|𝑂𝑀| = √|𝑂𝐶|2−|𝐶𝑀|2 =
√ √
1−𝑡2，同理 |𝑃𝑀| = 1−𝑡2......................................................（11 分）
1 3
作 𝑀𝐻 ⟂ 𝑂𝑃，根据 |𝑂𝑀| = |𝑀𝑃|，得到 |𝑂𝐻| = |𝐻𝑃| = ，所以 |𝑀𝐻| = √ −𝑡2，所以
2 4
1 3 1 3 1 3 1
𝑆 = √ −𝑡2，所以 𝑉 = 𝑡√ −𝑡2 = √𝑡2( −𝑡2) ⩽ ...........（14 分）
△𝑂𝑀𝑃 2 4 𝑃𝐶𝑂𝑀 6 4 6 4 16
√
6
当 |𝐶𝑀| = 𝑡 = 时等号成立......................................................（15 分）
4
【备注】|𝑂𝑀| 和 |𝑃𝑀| 的长度用 𝑡 表示，写出一个得 1 分，写出两个得 3 分.
17.（15 分）
1
设 △𝐴𝐵𝐶 的外接圆半径是 ，𝐴,𝐶 均为锐角，且 |𝐴𝐶| = |𝐴𝐵|2+|𝐵𝐶|2.
2
（1）证明：△𝐴𝐵𝐶 不是锐角三角形；
（2）证明：在△𝐴𝐵𝐶 的外接圆上存在唯一的一点𝐷，满足对平面上任意一点𝑃，有|⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|2−
|⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2 = |⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−|⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2.
本题主要考察三角恒等变换、解三角形和向量的基本知识. 考察不等式的相关应用和向量的
相关应用.
【解析和评分标准】
𝑎 𝑏
（1）记在△𝐴𝐵𝐶 中，𝐴,𝐵,𝐶 所对的边分别长度为𝑎,𝑏,𝑐.根据正弦定理，有 = =
sin𝐴 sin𝐵
𝑐
= 2𝑅，所以 𝑎 = sin𝐴,𝑏 = sin𝐵,𝑐 = sin𝐶 ......................................（2 分）
sin𝐶
根据 𝑏 = 𝑐2 + 𝑎2，有 1 ⩾ sin𝐵 = sin2𝐴 + sin2𝐶，得到 sin2𝐶 ⩽ 1 − sin2𝐴 = cos2𝐴 =
𝜋
sin2( −𝐴).........................................................................（4 分）
2
𝜋 𝜋
因为 𝐴,𝐶 都是锐角，根据 𝑓(𝑥) = sin2𝑥 的单调性得到 𝐶 ⩽ −𝐴，所以 𝐴+𝐶 ⩽ ，所以
2 2
𝜋
𝐵 ⩾ ，所以 △𝐴𝐵𝐶 不是锐角三角形................................................（6 分）
2
（2）因为 sin2𝐴+sin2𝐶 = sin𝐵 ⩾ sin2𝐵，所以 𝑎2+𝑐2−𝑏2 ⩾ 0.................（8 分）
𝑎2+𝑐2−𝑏2 𝜋 𝜋
所以 cos𝐵 = ⩾ 0，所以 𝐵 ⩾ ，得到 𝐵 = ............................（9 分）
2𝑎𝑐 2 2
设△𝐴𝐵𝐶 外接圆圆心为𝑂，则有⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ 2 −⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 = ⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 −⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 ⟺ (⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)2−(⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)2 =
(⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2−(⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)2.........................................................（11 分）
得到2⃗𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⋅(𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗) = 0对平面上所有𝑃 成立，必须有⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+⃗𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0，
根据 𝐵 是直角和平面几何知识（必须有，否则扣 2 分）得到 𝐷 在 △𝐴𝐵𝐶 外接圆上，并且根
据平面向量基本定理得到 𝐷 唯一....................................................（15 分）
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 6 页（共 10 页）【备注】在外接圆上和唯一性的证明，少一个扣 2 分.
18.（17 分）
已知抛物线 𝐶 ∶ 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝 > 0) 的焦点 𝐹，𝐹 关于原点的对称点是 𝑀，⊙𝑀 为 𝑀 为圆
心，|𝑂𝑀| = 1 为半径的圆. 直线 ℓ 是过 ⊙𝑀 上异于原点的一点 𝐴 的 𝐶 的切线，切点为 𝑇.
（1）求 |𝐹𝑇| 的最大值；
|𝐹𝐴|
（2）求 的最大值.
|𝐹𝑇|
本题主要考察抛物线的定义，处理解析几何问题的基本方法，根与系数的关系以及不等式
的相关知识.
【解析和评分标准】
（1）根据题意，可以很快求出 𝑝 = 2 .............................................. （2 分）
𝑦2 𝑦2
设 𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝑇 ( 1,𝑦 )，根据对称性，不妨设 𝑦 > 0，则 |𝐹𝑇| = 1 + 1，因为 𝑇 在曲线
0 0 4 1 1 4
√ 1 2 𝑦2
𝐶 ∶ 𝑦 = 2 𝑥 上，𝐶 在 𝑇 处导数为 = ，所以 𝐴𝑇 的方程是 𝑦𝑦 = 2𝑥+ 1 ...（6 分）
1 1 √𝑦 1 4 𝑦 1 1 2
4
𝑦2
2∣ 1 −1∣
4
存在 𝐴 使得 |𝐴𝑀| = 1 等价于 𝐴𝑇 到 𝑀(−1,0) 的距离不大于 1，所以 𝑑 = ⩽ 1，解
√𝑦2+4
1
𝑦2 12
得 𝑦2 ⩽ 12，所以 |𝐹𝑇| = 1 +1 ⩽ +1 = 4........................................（9 分）
1 4 4
𝑦2
（2）设过点𝐴的另一条切线与𝐶 相切于𝑃 ( 2,𝑦 )，由（1）同理可得𝐴𝑃 ∶ 𝑦 𝑦 = 2𝑥+2𝑥 ，
4 2 2 2
又因为 𝐴 分别在 𝐴𝑇,𝑃𝑇 上，所以 𝑇𝑃 ∶ 𝑦𝑦 = 2(𝑥+𝑥 )............................（12 分）
0 0
𝑦2 𝑦2
先证明 |𝐴𝐹|2 = |𝐹𝑇|⋅|𝐹𝑃|，有 |𝐴𝐹|2 = (𝑥 −1)2 +𝑦2,|𝐹𝑇|⋅|𝐹𝑃| = ( 1 +1)( 2 +1) =
0 0 4 4
𝑦2𝑦2+4(𝑦2+𝑦2)+16
1 2 1 2 . 联立 𝑇𝑃 和 𝐶，得到 𝑦 ,𝑦 是方程 𝑦2 −2𝑦 𝑦 +4𝑥 的两根，根据根
16 1 2 0 0
|𝐴𝐹|2
与系数的关系，𝑦 𝑦 = 4𝑥 ,𝑦 + 𝑦 = 2𝑦 ，代入得到 |𝐹𝑇| ⋅ |𝐹𝑃| = |𝐴𝐹|2，所以 =
1 2 0 1 2 0 |𝑇𝐹|2
|𝑇𝐹|⋅|𝐹𝑃| |𝐹𝑃|
= .................................................................（14 分）
|𝑇𝐹|2 |𝐹𝑇|
|𝐹𝑃| |𝐹𝑇| 𝑦2+4 𝑦2+4 1 1 (𝑦 −𝑦 )2(𝑦 +𝑦 )2
又因为 + = 1 + 2 = 2+(𝑦2−𝑦2)( − ) = 2+ 1 2 1 2 =
|𝐹𝑇| |𝐹𝑃| 𝑦2+4 𝑦2+4 1 2 𝑦2+4 𝑦2+4 16|𝐹𝑇|⋅|𝐹𝑃|
2 1 2 1
√
(𝑦 −𝑦 )2(𝑦 +𝑦 )2 𝑦2(𝑦2−4𝑥 ) |𝐹𝐴|2 |𝐹𝑇|2 |𝐹𝐴| 1+ 5
2+ 1 2 1 2 = 2+ 0 0 0 ⩽ 3所以 + ⩽ 3，所以 ⩽ ，
16|𝐹𝐴|2 1−4𝑥 |𝐹𝑇|2 |𝐹𝐴|2 |𝐹𝑇| 2
0
𝑦2 = 1 时等号成立...................................................................（17 分）
0
19.（17 分）
(cid:13227)(cid:15680)(cid:14706)(cid:12060)(cid:14168)(cid:12613)(cid:16050)任选一题(cid:16279)(cid:9622)(cid:7272)(cid:11263)(cid:15053)(cid:15703)(cid:14168)(cid:12613)(cid:9768)(cid:14944)(cid:10719)(cid:7268)(cid:9596)(cid:14171)(cid:9625)(cid:14882)(cid:15434)(cid:14518)(cid:16246)(cid:12606)(cid:7269)(cid:14882)(cid:15680)(cid:9622)(cid:14168)(cid:11640)(cid:14911)(cid:12613)
(cid:14509)(cid:16037). (cid:13413)(cid:10583)(cid:15053)(cid:15703)(cid:9986)(cid:14168)(cid:7272)(cid:15704)(cid:8802)(cid:14001)(cid:15053)(cid:15703)(cid:9768)(cid:9790)(cid:15269)(cid:14168)(cid:11100)(cid:10166).
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 7 页（共 10 页）本题主要考察新情境新设问下的逻辑推理能力和概念理解能力. 考察数学证明和论证的综
合素养.
（A）称 𝐼 Z 是 Z 的一个向往集合，当且仅当其满足如下两条性质：（1）任意 𝑎,𝑏 ∈ 𝐼，
𝑎+𝑏 ∈ 𝐼；（2）任意 𝑎 ∈ 𝐼 和 𝑐 ∈ Z，有 𝑐𝑎 ∈ 𝐼. 任取 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 ∈ Z，称包含 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 的
1 2 𝑛 1 2 𝑛
最小向往集合称为 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 的生成向往集合，记为 (𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 ).
1 2 𝑛 1 2 𝑛
（1）求满足 (6,8) = (𝑥) 的正整数 𝑥 的值；
（2）对两个向往集合 𝐼 ,𝐼 ，定义集合 𝑆(𝐼 ,𝐼 ) = {𝑎 + 𝑏 ∣ 𝑎 ∈ 𝐼 ,𝑏 ∈ 𝐼 },𝑃(𝐼 ,𝐼 ) =
1 2 1 2 1 2 1 2
{𝑎 𝑏 +𝑎 𝑏 +⋯+𝑎 𝑏 ∣ 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 ∈ 𝐼 ,𝑏 ,𝑏 ,⋯,𝑏 ∈ 𝐼 ,𝑛 = 1,2,⋯}.
1 1 2 2 𝑛 𝑛 1 2 𝑛 1 1 2 𝑛 2
（i）证明：𝑃((4,6),(3)) 仍然是向往集合，并求正整数 𝑥，满足 𝑃((4,6),(3)) = (𝑥)；
（ii）证明：如果 𝑆(𝐼 ,𝐼 ) = Z，则 𝐼 𝐼 = 𝑃(𝐼 ,𝐼 ).
1 2 1 2 1 2
【解析和评分标准】
（1）设 𝐼 = (6,8). 注意到 −1 ∈ Z，所以 −6 ∈ 𝐼，又 8 ∈ 𝐼，所以 2 ∈ 𝐼 ........... （1 分）
注意到集合 {6𝑥+8𝑦 ∣ 𝑥,𝑦 ∈ Z} 𝐼，并且 {6𝑥+8𝑦 ∣ 𝑥,𝑦 ∈ Z} 是向往集合，根据生成向往集
合的最小性，有 𝐼 = {6𝑥+8𝑦 ∣ 𝑥,𝑦 ∈ Z}..............................................（2 分）
因为 2 ∈ 𝐼，所以 (2) 𝐼，另一方面，容易证明 (2) = {2𝑘 ∣ 𝑘 ∈ Z}，因为 𝐼 中全都是 2 的倍
数，所以 𝐼 (2)，综上所述 𝐼 = (2)..................................................（4 分）
（2）（i）用和（1）类似的方法可以得到 (4,6) = (2)，且 (3) = {3𝑘 ∣ 𝑘 ∈ Z}........（5 分）
所以 𝑃((4,6),(3)) = 𝑃((2),(3)) = {6𝑘 𝑘′ +6𝑘 𝑘′ +⋯+6𝑘 𝑘′ ∣ 𝑘 ,𝑘 ,⋯,𝑘 ,𝑘′,𝑘′,⋯,𝑘′ ∈
1 1 2 2 𝑛 𝑛 1 2 𝑛 1 2 𝑛
Z,𝑛 = 1,2,⋯}........................................................................（7 分）
所以 𝑃((2),(3)) (6)，又因为生成向往集合的最小性，有 𝑃((2),(3)) = (6)...........（8 分）
下面证明 𝑃((2),(3)) 是向往集合. 任取 𝑎,𝑏 ∈ 𝑃((2),(3))，写出 𝑎,𝑏 表示成有限和的形式，则
𝑎+𝑏 也可以写成有限和的形式，容易证明 𝑎+𝑏 ∈ 𝑃((2),(3))........................（10 分）
其次，任意取 𝑐 ∈ Z，只需要把 𝑃((2),(3)) 中的 𝑘,𝑘′ 替换为 𝑐𝑘,𝑐𝑘′ 即可，综上所述 𝑃((2),(3))
是向往集合..........................................................................（11 分）
（ii）因为 𝑆(𝐼 ,𝐼 ) ∈ Z，因为 1 ∈ Z，所以存在 𝑎 ∈ 𝐼 ,𝑏 ∈ 𝐼 ，有 𝑎+𝑏 = 1......（12 分）
1 2 1 2
任取 𝑥 ∈ 𝐼 ,𝑦 ∈ 𝐼 ，有 𝑥𝑦 ∈ 𝐼 和 𝑥𝑦 ∈ 𝐼 ，所以 𝑥𝑦 ∈ 𝐼 𝐼 ........................（14 分）
1 2 1 2 1 2
进而根据向往集合的性质（1），有 𝑃(𝐼 ,𝐼 ) 𝐼 𝐼 ................................（15 分）
1 2 1 2
任意取 𝑧 ∈ 𝐼 𝐼 ，有 𝑧 = 𝑧(𝑎+𝑏) = 𝑧𝑎+𝑧𝑏 = 𝑎𝑧+𝑧𝑏，因为 𝑧 ∈ 𝐼 ,𝑎 ∈ 𝐼 ,𝑧 ∈ 𝐼 ,𝑏 ∈ 𝐼 ，有
1 2 2 1 1 2
𝑧 ∈ 𝐼 𝐼 ，所以 𝐼 𝐼 = 𝑃(𝐼 ,𝐼 ) ................................................... （17 分）
1 2 1 2 1 2
（B）对三次函数 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑，𝑎 ≠ 0，如果其存在三个实根 𝑥 ,𝑥 ,𝑥 ，则有
1 2 3
𝑏 𝑐 𝑑
𝑥 +𝑥 +𝑥 = − ,𝑥 𝑥 +𝑥 𝑥 +𝑥 𝑥 = ,𝑥 𝑥 𝑥 = − . 称为三次方程根与系数关系.
1 2 3 𝑎 1 2 2 3 3 1 𝑎 1 2 3 𝑎
（1）对三次函数 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥2 +𝑐𝑥+𝑑，设 𝑔(𝑥) = 𝑓′(𝑥)，存在 𝑥 ∈ R，满足 0 =
0
𝑓(𝑥 ) = 𝑔(𝑥 ) ≠ 𝑔′(𝑥 ). 证明：存在 𝑥 ≠ 𝑥 ，使得 𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥−𝑥 )(𝑥−𝑥 )2；
0 0 0 1 0 1 0
（2）称 𝑓(𝑥) 是 [𝑚,𝑀] 上的广义正弦函数当且仅当 𝑓(𝑥) 存在极值点 𝑥 ,𝑥 ∈ (𝑚,𝑀)，使
1 2
得 {𝑓(𝑥 ),𝑓(𝑥 )} = {𝑓(𝑚),𝑓(𝑀)}. 在平面直角坐标系 𝑥𝑂𝑦 中，𝐴(𝑎,𝑏) 是第一象限上一点，设
1 2
𝑏
𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑎−𝑥)+ ，𝑔(𝑥) = 𝑥(𝑎−𝑥)2−4𝑏. 已知 𝑔(𝑥) 在 (0,𝑎) 上有两根 𝑥 < 𝑥 .
𝑥 0 3
（i）证明：𝑓(𝑥) 在 (0,+∞) 上存在两个极值点的充要条件是 𝑎3 > 27𝑏；
（ii）求点 𝐴 组成的点集，满足 𝑓(𝑥) 是 [𝑥 ,𝑥 ] 上的广义正弦函数.
0 3
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 8 页（共 10 页）【解析和评分标准】
本题为全卷最难一题，为了增加解析的神秘感，以及吸引更多的人观看试卷讲解，这里略
去其解析和评分标准，也与 2023 年 8 月第一届“鱼塘杯”高考适应性练习数学试题卷一脉相承，
相关答案和解析请期待讲评现场.
（C）设有两个集合 𝐴,𝐵，如果对任意 𝑎 ∈ 𝐴，存在唯一的 𝑏 ∈ 𝐵，满足 𝑓(𝑎) = 𝑏，那么称
𝑓 是一个 𝐴 → 𝐵 的函数. 设 𝑓(𝑎) 是 𝐴 → 𝐵 的函数，𝑔(𝑏) 是 𝐵 → 𝐶 的函数，那么 𝑔(𝑓(𝑎)) 是
𝐴 → 𝐶 的函数，称为 𝑔 和 𝑓 的复合，记为 𝑔∘𝑓. 如果两个 𝐴 → 𝐵 的函数 𝑓,𝑔 对任意 𝑎 ∈ 𝐴，
都有 𝑓(𝑎) = 𝑔(𝑎)，则称 𝑓 = 𝑔.
（1）对 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥2，分别求一个 𝑔(𝑥),ℎ(𝑥)，使得 (𝑔∘𝑓)(𝑥) = 𝑥 = (𝑓 ∘ℎ)(𝑥) 对全体 𝑥 ⩾ 1
恒成立；
（2）设集合 𝐴,𝐵,𝐶 和 𝐴 → 𝐶 的函数 𝛼 以及 𝐵 → 𝐶 的函数 𝛽.
（i）对 𝐸 = {(𝑎,𝑏) ∣ 𝑎 ∈ 𝐴,𝑏 ∈ 𝐵,𝛼(𝑎) = 𝛽(𝑏)}，构造 𝐸 → 𝐴 的函数 𝑝 以及 𝐸 → 𝐵 的函
数 𝑞，满足 𝛼∘𝑝 = 𝛽∘𝑞；
（ii）对 𝐸 = {(𝑎,𝑏) ∣ 𝑎 ∈ 𝐴,𝑏 ∈ 𝐵,𝛼(𝑎) = 𝛽(𝑏)}，构造 𝐸 → 𝐴 的函数 𝑝 以及 𝐸 → 𝐵 的函数
𝑞，满足 𝛼∘𝑝 = 𝛽∘𝑞，并且如果存在其它的集合 𝐸′ 满足存在 𝐸′ → 𝐴 的函数 𝑝′ 以及 𝐸′ → 𝐵
的函数 𝑞′，满足 𝛼∘𝑝′ = 𝛽∘𝑞′，则存在唯一的 𝐸′ → 𝐸 的函数 𝜓 满足 𝑝∘𝜓 = 𝑝′,𝑞∘𝜓 = 𝑞′.
【解析和评分标准】
√ √
（1）显然有 𝑔(𝑥) = ln𝑥,ℎ(𝑥) = ln𝑥 对所有 𝑥 ⩾ 1 成立........................（3 分）
（2）（i）考虑 𝑝(𝑎,𝑏) = 𝑎 以及 𝑞(𝑎,𝑏) = 𝑏 两个函数................................（6 分）
对任意 (𝑎,𝑏) ∈ 𝐸，因为 𝛼(𝑎) = 𝛽(𝑏)，所以 𝛼∘𝑝 = 𝛽∘𝑞 .............................. （8 分）
（ii）我们可以继续使用（i）的构造...............................................（9 分）
任意取 𝑒′ ∈ 𝐸′，因为 𝛼∘𝑝′ = 𝛽∘𝑞′，所以 𝛼(𝑝′(𝑒′)) = 𝛽(𝑞′(𝑒′)) ..................... （11 分）
所以 (𝑝′(𝑒′),𝑞′(𝑒′)) ∈ 𝐸，因此存在 𝜓(𝑒′) = (𝑝′(𝑒′),𝑞′(𝑒′)) 满足条件..................（13 分）
如果存在两个 𝜓,𝜓′，则 𝑝′(𝑒′) = 𝑝(𝜓′(𝑒′))，𝑞′(𝑒′) = 𝑞(𝜓′(𝑒′))........................（15 分）
根据 𝑝,𝑞 的定义得到 𝜓′(𝑒′) = (𝑝′(𝑒′),𝑞′(𝑒′)).........................................（17 分）
【备注】𝑔(𝑥),ℎ(𝑥) 写出一个得 2 分，写出两个得 3 分.
⎧
{1, 𝑥 ∈ 𝐸,
（D）对集合 𝐸，定义其特征函数 𝒳 (𝑥) = 考虑集合 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸 和正实数
𝐸 ⎨ 1 2 𝑛
{0, 𝑥 ∉ 𝐸.
⎩
𝑛
𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 ，定义 𝑆 (𝑥) = ∑𝑎 𝒳 (𝑥) 为 L 和式函数. 设 𝐸 = [𝑚 ,𝑀 ]，则 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸
1 2 𝑛 𝑎,𝐸 𝑖 𝐸 𝑖 𝑖 𝑖 1 2 𝑛
𝑖
𝑖=1
为闭区间列；如果集合 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸 对任意 1 ⩽ 𝑖 < 𝑗 ⩽ 𝑛，有 𝐸 𝐸 = ∅，则称 𝐸 ,⋯,𝐸
1 2 𝑛 𝑖 𝑗 1 𝑛
是无交集合列，设集合 𝑃 (𝐸) = 𝐸 𝐸 ⋯ 𝐸 .
𝑛 1 2 𝑛
（1）证明：L 和式函数的值域为有限集合；
（2）设 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸 为闭区间列，𝑆 (𝑥) 是定义在 𝑃 (𝐸) 上的函数. 已知存在唯一的正
1 2 𝑛 𝑎,𝐸 𝑛
整数 𝑚，各项不同的非零实数 𝑐 ,𝑐 ,⋯,𝑐 ，和无交集合列 𝐹 ,𝐹 ,⋯,𝐹 使得 𝑃 (𝐹) = 𝑃 (𝐸)，
1 2 𝑚 1 2 𝑚 𝑚 𝑛
𝑚 𝑚
并且 ∑𝑐 𝒳 (𝑥) = 𝑆 (𝑥)，称 ∑𝑐 𝒳 (𝑥) 为 L 和式函数 𝑆 (𝑥) 的典范形式. 设 𝑚 为
𝑖 𝐹 𝑎,𝐸 𝑖 𝐹 𝑎,𝐸
𝑖 𝑖
𝑖=1 𝑖=1
𝑆 (𝑥) 的典范数.
𝑎,𝐸
（i）设 𝑚 < 𝑀 < 𝑚 < 𝑀 < ⋯ < 𝑚 < 𝑀 ，证明：𝑚 ⩽ 𝑛；
1 1 2 2 𝑛 𝑛
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 9 页（共 10 页）（ii）给定正整数 𝑛，任取正实数 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 和闭区间列 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸 ，判断 𝑆 (𝑥) 的
1 2 𝑛 1 2 𝑛 𝑎,𝐸
典范数 𝑚 最大值的存在性. 如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.
【解析和评分标准】
（1）因为表达式中 𝑎 恒定，所以 𝑆 (𝑥) 的取值只和 𝒳 (𝑥) 有关 ............... （1 分）
𝑖 𝑎,𝐸 𝐸
𝑖
则当 𝒳 (𝑥),𝒳 (𝑥),⋯,𝒳 (𝑥) 都相同的时候 𝑆 (𝑥) 相同..........................（2 分）
𝐸 𝐸 𝐸 𝑎,𝐸
1 2 𝑛
注意到 𝒳 (𝑥),𝒳 (𝑥),⋯,𝒳 (𝑥) 最多只有 2𝑛 种取法，因此 𝑆 (𝑥) 的值域大小不大于 2𝑛，
𝐸 𝐸 𝐸 𝑎,𝐸
1 2 𝑛
从而是有限集.........................................................................（4 分）
（2）（i）根据典范形式的唯一性，我们构造正整数 𝑚，各项不同的非零实数 𝑐 ,𝑐 ,⋯,𝑐 ，和
1 2 𝑚
𝑚
无交集合列 𝐹 ,𝐹 ,⋯,𝐹 使得 𝑃 (𝐹) = 𝑃 (𝐸)，并且 ∑𝑐 𝒳 (𝑥) = 𝑆 (𝑥)，设 𝑆 (𝑥) 的
1 2 𝑚 𝑚 𝑛 𝑖 𝐹 𝑎,𝐸 𝑎,𝐸
𝑖
𝑖=1
取值集合为 {𝑐 ,𝑐 ,⋯,𝑐 }，设 𝐹 = {𝑥 ∣ 𝑆 (𝑥) = 𝑐 }，则 𝑃 (𝐹) = 𝑃 (𝐸)，𝐹 是无交集合列
1 2 𝑚 𝑖 𝑎,𝐸 𝑖 𝑚 𝑛
且 𝑐 ,𝑐 ,⋯,𝑐 非 0（因为 𝑆 (𝑥) 定义在 𝑃 (𝐸) 上）................................（7 分）
1 2 𝑚 𝑎,𝐸 𝑛
根据题意，任意 𝑖 < 𝑗，取 𝑥 ∈ 𝐸 ,𝑥 ∈ 𝐸 ，有 𝑥 ⩽ 𝑀 < 𝑚 ⩽ 𝑥 ，所以 𝑥 < 𝑥 ，那么
𝑖 𝑖 𝑗 𝑗 𝑖 𝑖 𝑗 𝑗 𝑖 𝑗
𝐸 𝐸 = ∅，所以 𝐸 ,𝐸 ,⋯,𝐸 是无交集合列.......................................（8 分）
𝑖 𝑗 1 2 𝑛
此时对任意 𝑥 ∈ 𝑃 (𝐸)，恰好存在一个小区间 𝐸 ，使得 𝑥 ∈ 𝐸 ，所以 𝑆 (𝑥) 的取值集合最多
𝑛 𝑖 𝑖 𝑎,𝐸
有 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 这 𝑛 个数，因为这些数可能相等，所以 𝑚 ⩽ 𝑛.......................（11 分）
1 2 𝑛
（ii）设 min𝑚 是 𝑚 ,𝑚 ,⋯,𝑚 的最小值，max𝑀 是 𝑀 ,𝑀 ,⋯,𝑀 的最大值，那么
1 2 𝑛 1 2 𝑛
𝑃 (𝐸) [min𝑚,max𝑀]，并且 𝐸 的端点数目有 2𝑛 个，至多构成 2𝑛−1 个区间 ... （12 分）
𝑛 𝑖
如果 𝑎 < 𝑥 < 𝑏，其中 𝑎,𝑏 分别为 𝐸 ,𝐸 的端点，且 𝑎,𝑏 之间没有其他端点，那么要么 𝑥 ∈
𝑖 𝑗
𝐸 ,𝑥 ∈ 𝐸 ；要么 𝑥 ∉ 𝐸 ,𝑥 ∉ 𝐸 ..................................................... （13 分）
𝑖 𝑗 𝑖 𝑗
所以 𝑆 最多有 2𝑛−1 种取值，所以 𝑚 ⩽ 2𝑛−1.....................................（14 分）
⎧
[𝑗,𝑗+1), 1 ⩽ 𝑗 ⩽ 𝑛−1,
{
{
另一方面，令 𝐸 = [𝑖,𝑖+𝑛]，取 𝐹 = [𝑛,𝑛+1], 𝑗 = 𝑛, 并且取 𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 =
𝑖 𝑗 ⎨ 1 2 𝑛
{
{
(𝑗,𝑗+1], 𝑛+1 ⩽ 𝑗 ⩽ 2𝑛−1.
⎩
10,102,⋯,10𝑛，容易验证 𝑆 (𝑥) 恰好有 2𝑛−1 种取值，所以 𝑚 最大值为 2𝑛−1 .. （17 分）
𝑎,𝐸
Y 数学试卷（参考答案和评分标准）第 10 页（共 10 页）
