2024年高考数学19题新模式新结构新题型数学与阅读理解(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024年高考数学19题新模式新结构新题型
a 1,1 a 1,2 ⋯ a 1,m

a a ⋯ a
1 (2023上·北京朝阳·高三统考期中/24南通)已知A =  2,1 2,2 2,m
m  ⋮ ⋮ ⋱ ⋮

a a ⋯ a
m,1 m,2 m,m
1

(m≥2)是m2个正整
数组成的m行m列的数表，当1≤i<s≤m,1≤j<t≤m时，记da ,a
i,j s,t
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 ．设n
∈N*，若A 满足如下两个性质：
m
①a ∈1,2,3;⋯,n
i,j
 (i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；
②对任意k∈1,2,3,⋯,n  ，存在i∈1,2,⋯,m  ,j∈1,2,⋯,m  ，使得a =k，则称A 为Γ 数表．
i,j m n
1 2 3

(1)判断A = 2 3 1 3 
3 1 2

是否为Γ 3 数表，并求da 1,1 ,a 2,2  +da 2,2 ,a 3,3  的值；
(2)若Γ 数表A 满足da ,a
2 4 i,j i+1,j+1
 =1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求A 中各数之和的最小值；
4
(3)证明：对任意Γ 数表A ，存在1≤i<s≤10,1≤j<t≤10，使得da ,a
4 10 i,j s,t
 =0．
【答案】(1)是；5
(2)22
(3)证明见详解
【分析】(1)根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
(2)根据条件讨论a 的值，根据da ,a
i+1,j i,j s,t
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 ，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
(3)当r≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有r-1条有向线段，得到横向有向
i i
线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
1 2 3

【详解】(1)A = 2 3 1
3 
3 1 2

是Γ 数表，
3
da 1,1 ,a 2,2  +da 2,2 ,a 3,3  =2+3=5.
(2)由题可知da ,a
i,j s,t
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 =1(i=1,2,3;j=1,2,3).
当a =1时，有da ,a
i+1,j i,j i+1,j+1
 =(a -1)(a -1)=1，
i,j i+1,j+1
所以a +a =3.
i,j i+1,j+1
当a =2时，有da ,a
i+1,j i,j i+1,j+1
 =(2-a )(2-a )=1，
i,j i+1,j+1
所以a +a =3.
i,j i+1,j+1
所以a +a =3(i=1,2,3;j=1,2,3).
i,j i+1,j+1
所以a +a +a +a =3+3=6,a +a =3,a +a =3.
1,1 2,2 3,3 4,4 1,3 2,4 3,1 4,2
a +a +a =3+1=4或者a +a +a =3+2=5，
1,2 2,3 3,4 1,2 2,3 3,4
a +a +a =3+1=4或者a +a +a =3+2=5，
2,1 3,2 4,3 2,1 3,2 4,3
a =1或a =2，a =1或a =2，
1,4 1,4 4,1 4,1
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，
1 1 1 1

1 2 2 2
当A = 
4 1 2 1 1

1 2 1 2

时，各数之和取得最小值22.
(3)由于Γ 数表A 中共100个数字，
4 10
必然存在k∈1,2,3,4
2
 ，使得数表中k的个数满足T≥25.
设第i行中k的个数为r(i=1,2,⋅⋅⋅,10).
i
当r≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，
i
则该行有r-1条有向线段，
i
i=1
所以横向有向线段的起点总数R=∑(r-1)≥∑(r-1)=T-10.
i i
ri≥2 10
设第j列中k的个数为c(j=1,2,⋅⋅⋅,10).
j
当c≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，
j
则该列有c-1条有向线段，
j
j=1
所以纵向有向线段的起点总数C=∑(c-1)≥∑(c-1)=T-10.
j j
cj≥2 10
所以R+C≥2T-20,
因为T≥25,所以R+C-T≥2T-20-T=T-20>0.
所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在1<u<v≤10，1<p<q≤10,
使得a =a =a =k，
u,p v,p v,q
所以da ,a
u,p v,q
 =a -a
u,p v,p
 +a -a
v,p v,q
 =0，
则命题得证.
2 (镇海高三期末)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，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l 也随着转动到B点的切线l ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l 的倾斜角与l 的倾斜
A B B A
角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲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
 Δθ
大，因此可以定义K=
Δs


为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画
Δθ
曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=lim
Δs→0 Δs

y
=

1+y2 
(若极限存在)为曲线C在点A处的曲
3 2
率．(其中y＇，y＇＇分别表示y=fx  在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
x2 1
(2)求椭圆 +y2=1在 3,
4 2
 处的曲率；
(3)定义φy 
2 2y
=

1+y

为曲线y=fx
3
 的“柯西曲率”．已知在曲线fx  =xlnx-2x上存在两点P x 1 ,fx 1
3
   和Q x 2 ,fx 2    ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 3x + 3x 的取值范围． 1 2
16 7
【答案】(1)1 (2)
49
2
(3) ,1
e

【解析】
【分析】(1)依据所给定义求解即可.
(2)直接利用定义求解即可.
(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
【小问1详解】
 Δθ K=
Δs

π
= 3 =1．
π
3
【小问2详解】
x2 x x2
y= 1- ，y=- 1-
4 4 4

-1 1 x2
2，y=- 1-
4 4

-1 x2 x2
2- 1-
16 4

-3
2，
故y 
3
=- ，y
x= 3 2

2
=-2，故K=
x= 3 1+ 3
4

16 7
= ．
3 49 2
【小问3详解】
f x  =lnx-1，f x 
1
= ，故φy
x

2 2y
=

1+y 
2 2
=
3 xlnx 
2 2
=
3 3 3slns 
，其中s= 3x，
3
tlnt t
令t= 3x ，t = 3x ，则tlnt=t lnt ，则lnt=- ，其中t= 2 >1(不妨t >t)
1 1 2 2 1 1 2 2 1 t-1 t 2 1
1
令px  =xlnx，p x  =1+lnx⇒px 
1
在0, e 
1
递减，在 ,+∞ e 
1
递增，故1>t > >t>0； 2 e 1
令ht  =lnt 1 +t 2  =lnt+1 
tlnt
- ， t-1
h't 
1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1
 2t-1
，令m(t)=lnt-

(t>1)，
t+1
t-1
则m(t)=
 2
，当t>1时，m(t)>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，
t(t+1)
2t-1
可得m(t)>m(1)=0，即lnt-

>0，
t+1
故有h t 
1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1

>0，
则ht  在1,+∞  递增，
又limht
t→1
 =ln2-1，limht
t→+∞
 =0，故lnt 1 +t 2  ∈ln2-1,0  ，
2
故 3x + 3x =t+t ∈ ,1
1 2 1 2 e
 ．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限
方法求得关键函数值域，最终即可求解．
3 (合肥一中期末)同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，m∈N*且m>1．若
ma-b则称a与b关于模m同余，记作a≡b(modm)(“|”为整除符号)．
(1)解同余方程x2-x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列a
n
4
 ，其中a<a <a <⋯<a ．
1 2 3 n
①若b =a -a (n∈N*)，数列b
n n+1 n n
 的前n项和为S ，求S ；
n 2024
②若c =tana ⋅tana (n∈N*)，求数列c
n 2n+1 2n-1 n
 的前n项和T．
n
解：(1)由题意xx-1  ≡0(mod3)，所以x=3k或x-1=3k(k∈Z)，即x=3k或x=3k+1(k∈Z)．
(2)由(1)可得a n  为3,4,6,7,9,10,⋯  3× n+1 n为奇数 ，所以a = 2 n  3× n +1n为偶数
2
   ．
1n为奇数 ①因为b =a -a (n∈N*)，所以b = n n+1 n n  2n为偶数   ． 
S =b+b +b +⋯+b =3×1012=3036．
2024 1 2 3 2024
②c n =tana 2n+1 ⋅tana 2n-1 =tan3n⋅tan3n+1  (n∈N*)．
因为tan3n⋅tan3n+1 
tan3n+1
=
 -tan3n
-1，
tan3
tan6-tan3
所以T=c+c +⋯c = -1
n 1 2 n tan3

tan9-tan6
+ -1
tan3

tan3n+1
+⋯+
 -tan3n
 -1
tan3

tan3n+1
=
 -tan3 tan3n+1
-n=
tan3

-n-1．
tan3
4 (北京西城)给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：x 1 ,y 1  ,x 2 ,y 2  ,⋅⋅⋅,x m ,y m 
满足如下三个性质：①x,y∈1,2,⋅⋅⋅,N i i  ，且x i ≠y ii=1,2,⋅⋅⋅,m  ；②x i+1 =y ii=1,2,⋅⋅⋅,m-1  ；③p,q  与
q,p  不同时在数对序列A中.
(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x=1的数对序列A；
1
(2)当N=6时，证明：m≤13；
(3)当N为奇数时，记m的最大值为TN  ，求TN  .
【答案】(1)A:1,2  ,2,3  ,3,1  或A:1,3  ,3,2  ,2,1 
(2)证明详见解析 (3)TN 
1
= NN-1
2

【解析】
【分析】(1)利用列举法求得正确答案.
(2)利用组合数公式求得m的一个大致范围，然后根据序列A满足的性质证得m≤13.
(3)先证明TN+2  =TN  +2N+1，然后利用累加法求得TN  .
【小问1详解】
依题意，当N=3，m=3时有：
A:1,2  ,2,3  ,3,1  或A:1,3  ,3,2  ,2,1  .
【小问2详解】
当N=6时，
因为p,q  与q,p  不同时在数对序列A中，
所以m≤C2=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，
6
又因为x i+1 =y ii=1,2,⋯,m-1  ，
所以只有x,y 对应的数可以出现5次，
1 m
1
所以m≤ ×4×4+2×5
2
 =13.
【小问3详解】
当N为奇数时，先证明TN+2  =TN  +2N+1.因为p,q
5
 与q,p  不同时在数对序列A中，
所以TN 
1
≤C2= NN-1
N 2
 ，
当N=3时，构造A:1,2  ,2,3  ,3,1  恰有C2项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1. 3
对奇数N，如果和可以构造一个恰有C2项的序列A，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，
N
那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A：
首先，对于如下2N+1个数对集合：
1,N+1  ,N+1,1    , 1,N+2  ,N+2,1    ，
2,N+1  ,N+1,2    , 2,N+2  ,N+2,2    ，
⋯⋯
N,N+1  ,N+1,N    , N,N+2  ,N+2,N    ，
N+1,N+2  ,N+2,N+1    ，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列A中，
所以TN+2  ≤TN  +2N+1，
其次，对每个不大于N的偶数i∈2,4,6,⋯,N-1  ，
将如下4个数对并为一组：
N+1,i  ,i,N+2  ,N+2,i+1  ,i+1,N+1  ，
N-1 N-1
共得到 组，将这 组对数以及1,N+1
2 2
 ,N+1,N+2  ,N+2,1  ，
按如下方式补充到A的后面，
即A,1,N+1  ,N+1,2  ,2,N+2  ,N+2,3  ,3,n+1  ,⋯,
(N+1,N-1),(N-1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1).
此时恰有TN  +2N+1项，所以TN+2  =TN  +2N+1.
综上，当N为奇数时，
TN  = TN  -TN-2    + TN-2  -TN-4    +⋯+ T5  -T3    +T3 
= 2N-2   +1  + 2N-4   +1  +⋯+2×3+1  +3
= 2N-2   +1  + 2N-4   +1  +⋯+2×3+1  +2×1+1 
=2N-3  +2N-7  +⋯+7+3
2N-3+3 N-2+1 1
= × = NN-1
2 2 2
 .
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举
例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
 
5 (如皋市)对于给定的正整数n，记集合Rn={α|α=(x,x ,x ,⋅⋅⋅,x ),x∈R,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n}，其中元素
1 2 3 n j
 
α称为一个n维向量.特别地，0=(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量.
    
设k∈R，α=(a,a ,⋅⋅⋅,a )∈Rn，β=(b,b ,⋅⋅⋅,b )∈Rn，定义加法和数乘：kα=(ka,ka ,⋅⋅⋅,ka )，α+β=(a
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1
+b,a +b ,⋅⋅⋅,a +b ).
1 2 2 n n
    
对一组向量α ，α ，⋯，α(s∈N ,s≥2)，若存在一组不全为零的实数k ，k ，⋯，k ，使得kα +k α +⋅⋅⋅+k
1 2 s + 1 2 s 1 1 2 2 s
 
α =0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
s(1)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
 
①α=(1,1,1)，β=(2,2,2)；
  
②α=(1,1,1)，β=(2,2,2)，γ=(5,1,4)；
   
③α=(1,1,0)，β=(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ=(1,1,1).
        
(2)已知α，β，γ线性无关，判断α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．
  
(3)已知m(m≥2)个向量α ，α ，⋯，α 线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明：
1 2 m
   
①如果存在等式kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0(k∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k ，k ，⋯，k 或者全为零，
1 1 2 2 m m i 1 2 m
或者全不为零；
       
②如果两个等式kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0，lα +l α +⋅⋅⋅+l α =0(k∈R,l∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成立，
1 1 2 2 m m 1 1 2 2 m m i i
k k k
其中l≠0，则 1 = 2 =⋅⋅⋅= m.
1 l l l
1 2 m
    
(1)解：对于①，设kα+k β=0，则可得k+2k =0，所以α,β线性相关；
1 2 1 2
   
对于②，设kα+k β+k γ=0，则可得k+2k +5k =0k+2k +k =0k+2k +4k =0，所以k+2k =0，k =
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
  
0，所以α,β,γ线性相关；
    
对于③，设kα+k β+k γ+k δ=0，则可得k+k +k =0k+k +k =0k +k +k =0，解得k=k =k =
1 2 3 4 1 2 4 1 3 4 2 3 4 1 2 3
1    
- k ，所以α,β,γ,δ线性相关；
2 4
      
(2)解：设k(α+β)+k (β+γ)+k (α+γ)=0，
1 2 3
   
则(k+k )α+(k+k )β+(k +k )γ=0，
1 3 1 2 2 3
  
因为向量α，β，γ线性无关，所以k+k =0k+k =0k +k =0，解得k=k =k =0，
1 3 1 2 2 3 1 2 3
     
所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，
   
(3)①kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0，如果某个k=0，i=1，2，⋯，m，
1 1 2 2 m m i
     
则kα +k α +⋯+k α +k α +⋅⋅⋅+k α =0，
1 1 2 2 i-1 i-1 i+1 i+1 m m
因为任意m-1个都线性无关，所以k ，k ，⋯k ，k ，⋅⋅⋅，k 都等于0，
1 2 i-1 i+1 m
所以这些系数k ，k ，⋅⋅⋅，k 或者全为零，或者全不为零，
1 2 m
②因为l≠0，所以l ，l ，⋅⋅⋅，l 全不为零，
1 1 2 m
     l  l 
所以由lα +l α +⋅⋅⋅+l α =0可得α =- 2α -⋅⋅⋅- mα ，
1 1 2 2 m m 1 l 2 l m
1 1
    l  l 
代入kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0可得k - 2α -⋅⋅⋅- mα
1 1 2 2 m m 1 l 2 l m
1 1
6

  
+k α +⋅⋅⋅+k α =0，
2 2 m m
l
所以- 2k+k
l 1 2
1

 l
α +⋅⋅⋅+- mk+k
2 l 1 m
1

 
α =0，
m
l l
所以- 2k+k =0，⋯，- mk+k =0，
l 1 2 l 1 m
1 1
k k k
所以 1 = 2 =⋅⋅⋅= m.
l l l
1 2 m
6 (江苏四校)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上
AC BD
互异且非无穷远的四点，则称 ⋅ (分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D
BC AD
四点的交比，记为(A,B;C,D)．
1
(1)证明：1-(D,B;C,A)= ；
(B,A;C,D)(2)若l ，l ，l ，l 为平面上过定点P且互异的四条直线，L ，L 为不过点P且互异的两条直线，L 与l ，l ，
1 2 3 4 1 2 1 1 2
l ，l 的交点分别为A ，B ，C ，D ，L 与l ，l ，l ，l 的交点分别为A ，B ，C ，D ，证明：(A ,B ;C ,D )=
3 4 1 1 1 1 2 1 2 3 4 2 2 2 2 1 1 1 1
(A ,B ;C ,D )；
2 2 2 2
(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与ΔEFG的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，
则ΔEFG与ΔEFG对应边的交点在一条直线上．
DC⋅BA BC⋅AD+DC⋅BA BC⋅(AC+CD)+CD⋅AB
解：(1)1-(D,B;C,A)=1- = =
BC⋅DA BC⋅AD BC⋅AD
BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅AB BC⋅AC+AC⋅CD AC⋅BD 1
= = = = ；
BC⋅AD BC⋅AD BC⋅AD (B,A;C,D)
AC⋅BD S ⋅S
(2)(A,B;C,D)= 1 1 1 1 = ΔPA1C1 ΔPB1D1
1 1 1 1 BC⋅AD S ⋅S
1 1 1 1 ΔPB1C1 ΔPA1D1
= 2 1 ⋅PA 1 ⋅PC 1 ⋅sin∠A 1 PC 1 ⋅ 2 1 ⋅PB 1 ⋅PD 1 ⋅sin∠B 1 PD 1 = sin∠A 1 PC 1 ⋅sin∠B 1 PD 1
2 1 ⋅PB 1 ⋅PC 1 ⋅sin∠B 1 PC 1 ⋅ 2 1 ⋅PA 1 ⋅PD 1 ⋅sin∠A 1 PD 1 sin∠B 1 PC 1 ⋅sin∠A 1 PD 1
sin∠A PC ⋅sin∠B PD S ⋅S A C ⋅B D
= 2 2 2 2 = ΔPA2C2 ΔPB2D2 == 2 2 2 2 =(A ,B ;C ,D )；
sin∠B PC ⋅sin∠A PD S ⋅S B C ⋅A D 2 2 2 2
2 2 2 2 ΔPB2C2 ΔPA2D2 2 2 2 2
第(2)问图第(3)问图
（3）设EF与EF交于X，FG与FG交于Y，EG与EG交于Z，连接XY，FF与XY交于L，EE与
XY交于M，GG与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．考虑线束XP，XE，
XM，XE，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E)，再考虑线束YP，YF，YL，YF，由第(2)问知(P,F;L,
F)=(P,G;N,G)，从而得到(P,E;M,E)=(P,G;N,G)，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，EG交于
一点，即为点Z，从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．
7 (高考仿真)已知无穷数列a
n
7
 满足a =maxa ,a
n n+1 n+2
 -mina ,a
n+1 n+2
 (n=1,2,3,⋯)，其中max
{x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.
(1)当a=1，a =2时，写出a 的所有可能值；
1 2 4
(2)若数列a
n
 中的项存在最大值，证明：0为数列a
n
 中的项；
(3)若a >0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M？如果存在，写出一个
n n
满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】(1){1,3,5}
(2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】(1)根据定义知a ≥0，讨论a >2、a <2及a ,a 大小求所有a 可能值；
n 3 3 3 4 4
(2)由a ≥0，假设存在n ∈N*使a ≤a ，进而有a ≤max{a ,a }≤a ，可得min{a ,a }=0，即
n 0 n n0 n0 n0+1 n0+2 n0 n0+1 n0+2可证结论；
(3)由题设a ≠a (n=2,3,⋯)，令S={n|a >a ,n≥1}，讨论S=∅、S≠∅求证a >M即可判断存在
n n+1 n n+1 n
性.
【小问1详解】
由a =maxa ,a
n n+1 n+2
8
 -mina ,a
n+1 n+2
 ≥0，a=max{2,a }-min{2,a }=1，
1 3 3
若a >2，则a -2=1，即a =3，此时a =max{3,a }-min{3,a }=2，
3 3 3 2 4 4
当a >3，则a -3=2，即a =5；
4 4 4
当a <3，则3-a =2，即a =1；
4 4 4
若a <2，则2-a =1，即a =1，此时a =max{1,a }-min{1,a }=2，
3 3 3 2 4 4
当a >1，则a -1=2，即a =3；
4 4 4
当a <1，则1-a =2，即a =-1(舍)；
4 4 4
综上，a 的所有可能值为{1,3,5}.
4
【小问2详解】
由(1)知：a ≥0，则mina ,a
n n+1 n+2
 ≥0，
数列a
n
 中的项存在最大值，故存在n ∈N*使a ≤a ，(n=1,2,3,⋯)，
0 n n0
由a =max{a ,a }-min{a ,a }≤max{a ,a }≤a ，
n0 n0+1 n0+2 n0+1 n0+2 n0+1 n0+2 n0
所以min{a ,a }=0，故存在k∈{n +1,n +2}使a =0，
n0+1 n0+2 0 0 k
所以0为数列a
n
 中的项；
【小问3详解】
不存在，理由如下：由a >0(n=1,2,3,⋯)，则a ≠a (n=2,3,⋯)，
n n n+1
设S={n|a >a ,n≥1}，
n n+1
若S=∅，则a≤a ，a<a (i=2,3,⋯)，
1 2 i i+1
M
对任意M>0，取n
1
=


a
1

+2([x]表示不超过x的最大整数)，
当n>n 时，a =(a -a )+(a -a )+...+(a -a )+a
1 n n n-1 n-1 n-2 3 2 2
=a +a +...+a+a ≥(n-1)a>M；
n-2 n-3 1 2 1
若S≠∅，则S为有限集，
设m=max{n|a >a ,n≥1}，a <a (i=1,2,3,⋯)，
n n+1 m+i m+i+1
 M
对任意M>0，取n
2
=


a
m+1

+m+1([x]表示不超过x的最大整数)，
当n>n 时，a =(a -a )+(a -a )+...+(a -a )+a
2 n n n-1 n-1 n-2 m+2 m+1 m+1
=a +a +...+a +a ≥(n-m)a >M；
n-2 n-3 m m+1 m+1
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M.
n
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定a ≠a (n=2,3,⋯)，并构造集合S={n|a >a ,n≥1}，讨论S=
n n+1 n n+1
∅、S≠∅研究存在性.
8 (高考仿真)若项数为k(k∈N*，k≥3)的有穷数列{a }满足：0≤a<a <a <⋅⋅⋅<a ，且对任意的
n 1 2 3 k
i，j(1≤i≤j≤k)，a+a 或a-a 是数列{a }中的项，则称数列{a }具有性质P．
j i j i n n
(1)判断数列0,1,2是否具有性质P，并说明理由；
(2)设数列{a }具有性质P，a(i=1，2，⋯，k)是{a }中的任意一项，证明：a -a 一定是{a }中的项；
n i n k i n
(3)若数列{a }具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a }是等差数列．
n n
解析：(1)数列0,1,2具有性质P.理由：根据有穷数列a
n
9
 满足：0≤a<a <a <⋅⋅⋅<a ，且对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，a+a 或a-a 是数
1 2 3 k j i j i
列a
n
 中的项，则称数列a
n
 具有性质P，
对于数列0,1,2中，若对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，可得a-a=0或1或2，
j i
可得a-a 一定是数列a
j i n
 中的项，所以数列0,1,2具有性质P.⋯⋯⋯⋯⋯4分
(2)证明：由a(i=1,2,⋯,k)是数列a
i n
 中的任意一项，
因为数列{a }具有性质P，即a+a 或a-a 是数列a
n j i j i n
 中的项，
令j=k，可得a +a 或a -a 是数列a
k i k i n
 中的项，
又因为0≤a<a <⋯<a ，可得a +a 一定不是数列a
1 2 k k i n
 中的项，
所以a -a 一定是数列a
k i n
 中的项. ⋯⋯⋯⋯⋯8分
(3)由数列{a }具有性质P，可得a +a ∉a
n k k n
 ，所以a -a ∈a
k k n
 ，
则0∈a
n
 ，且a=0，
1
又由a +a∉a
k i n
 ，所以a -a∈a
k i n
 ，
又由0=a -a <a -a <a -a <⋯<a -a <a -a ，
k k k k-1 k k-2 k 2 k 1
①设2≤i≤k，因为0≤a<a <⋯<a
1 2 k
可得a -a =0,a -a =a ,a -a =a ,⋯,a -a =a ,a -a=a ，
k k k k-1 2 k k-2 3 k 2 k-1 k 1 k
当k≥5时，可得a
k
-a
k-i
=a i+11≤i≤k-1  ， (∗)
②设3≤i≤k-2，则a +a>a +a =a ，所以a +a∉a
k-1 i k-1 2 k k-1 i n
 ，
由0=a -a <a -a <⋯<a -a <a -a =a ，
k-1 k-1 k-1 k-2 k-1 3 k 3 k-2
又由0≤a<a <⋯<a <a ，
1 2 k-3 k-2
可得a -a =a,a -a =a ⋯<a -a =a ,a -a =a ，
k-1 k-1 1 k-1 k-2 2 k-1 k-3 3 k-1 3 k-3
所以a -a =a(1≤i≤k-3)，
k-1 k-i i
因为k≥5，由以上可知：a -a =a 且a -a =a ，
k-1 k-1 1 k-1 k-2 2
所以a -a=a 且a -a =a ，所以a -a =a(1≤i≤k-1)，(∗∗)
k-1 1 k-1 k-1 2 k-2 k-1 k-i i
由(∗)知，a
k
-a
k-i
=a i+11≤i≤k-1 
两式相减，可得a k -a k-1 =a i+1 -a i1≤i≤k-1  ，
所以当k≥5时，数列a
n
 为等差数列. ⋯⋯⋯⋯⋯17分.
9 (安徽)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.
MQ
阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M与两定点Q,P的距离之比

MP 
=λ(λ>0,λ≠1),
λ是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯
x2 y2
圆，其方程为x2+y2=4，定点分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的离
a2 b2
1
心率为e= .
2(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，过右焦点F斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C相交于B,D(点B在x轴上方)，点S,T是椭圆C上
异于B,D的两点，SF平分∠BSD,TF平分∠BTD.
BS
①求
10

DS 
的取值范围；
81π
②将点S､F､T看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT外接圆的面积为 ，求直线l的方程.
8
x2 y2 1
【答案】(1) + =1(2)① ,1
8 6 3

5 10
②y= x-
2 2
【解析】(1)方法①特殊值法，令M±2,0 
c-2
,

a-2 
c+2
= ，且a=2c，解得c2=2.
a+2
x2 y2
∴a2=8,b2=a2-c2=6，椭圆C的方程为 + =1，
8 6
方法②设Mx,y 
MF
，由题意

MA 
(x-c)2+y2
= =λ(常数)，整理得：
(x-a)2+y2
x2+y2+ 2c-2aλ2 x+ λ2a2-c2 =0，故   2c λ - 2- 2 1 aλ2 =0 ，又 c = 1 ，解得：a=2 2,c= 2.
λ2-1 λ2-1 λ2a2-c2 =-4 a 2
λ2-1
x2 y2
∴b2=a2-c2=6，椭圆C的方程为 + =1.
8 6
S 1 SB (2)①由 △SBF = 2
S △SDF
 ⋅SF  ⋅sin∠BSF
1 SD
2
 ⋅SF 
SB =
⋅sin∠DSF

SD 
S BF ，又 △SBF =
S △SDF

DF 
，
BS
∴

DS 
BF
=

DF 
BF
(或由角平分线定理得)，令

DF 
 
=λ，则BF=λFD，设Dx 0 ,y 0  ，
则有3x2 0 +4y2 0 =24，又直线l的斜率k>0，则x 0 ∈-2 2, 2  x = 2λ+1 , B  -λx  0  y =-λy
B 0
代入3x2+4y2-24=0得：3 21+λ   -λx 0  2+4λ2y2 0 -24=0，即λ+1  5λ-3- 2λx 0  =0，
3 1
∵λ>0,∴λ= ∈ ,1
5- 2x 3
0
 .
SB
②由(1)知，

SD 
TB
=

TD 
BF
=

DF 
，由阿波罗尼斯圆定义知，
S,T,F在以B,D为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为C ，半径为r，与直线l的另一个交点为N，则有
1
BF 
DF 
NB
=

ND 
BF
，即

DF 
2r-BF
=

2r+DF 
1
，解得：r=
1
BF 
- 1
DF 
.
81 9 1
又S =πr2= π，故r= ,∴
圆C1 8 2 2 BF 
1
-
DF 
2 2
=
9又DF
11
 = x 0 - 2  2+y2 0 = x 0 - 2 
3 1
2+6- x2=2 2- x ， 4 0 2 0
1
∴
BF 
1
-
DF 
1
=
λDF 
1
-
DF 
5- 2x
= 0
32 2- 1x
2 0

1 2- 2x
- = 0
2 2- 1x 32 2- 1x
2 0 2 0

2 2
= .
9
解得：x =- 2 ,y =- 6- 3 x2=- 3 10 ,∴k= -y 0 = 5 ,∴直线l的方程为y= 5 x- 10 .
0 2 0 4 0 4 2-x 2 2 2
0
10 (郑州外国语)记U={1,2,⋯,100}．对数列a
n
 n∈N*  和U的子集T，若T=∅，定义S =0；若
T
T=t,t ,⋯,t
1 2 k
 ，定义S =a +a +⋯+a ．例如：T=1,3,66
T t1 t2 tk
 时，S =a+a +a ．现设a
T 1 3 66 n
 n∈N* 
是公比为3的等比数列，且当T=2,4  时，S =30．
T
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)对任意正整数k1≤k≤100  ，若T1,2,⋯,k  ，求证：S <a +1； T k
(3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD，求证：S +S ≥2S ．
C C∩D D
解：(1)当T=2,4 
a
时，S =a +a =a +9a =30，因此a =3，从而a= 2 =1,a =3n-1；
T 2 4 2 2 2 1 3 n
3k-1
(2)S ≤a+a +⋯a =1+3+32+⋯+3k-1= <3k=a ；
T 1 2 k 2 k+1
(3)设A=∁ C∩D
C
 ,B=∁ C∩D
D
 ，则A∩B=∅,S =S +S ，S =S +S ，S +S -2S =S
C A C∩D D B C∩D C C∩D D A
-2S ，因此原题就等价于证明S ≥2S ．由条件S ≥S 可知S ≥S ．
B A B C D A B
①若B=∅，则S =0，所以S ≥2S ．
B A B
②若B≠∅，由S ≥S 可知A≠∅，设A中最大元素为l,B中最大元素为m，若m≥l+1，
A B
则由第(2)小题，S <a ≤a ≤S ，矛盾．因为A∩B=∅，所以l≠m，所以l≥m+1，
A l+1 m B
3m-1 a a S
S ≤a+a +⋯+a =1+3+32+⋯+3m-1= < m+1 ≤ l ≤ A，即S >2S ．
B 1 2 m 2 2 2 2 A B
综上所述，S ≥2S ，因此S +S ≥2S ．
A B C C∩D D
11 (福建模拟)2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的
创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣
的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆
形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、
椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研
究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导
球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲
之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公
式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R的球的体积公式时，可以构造如图所示的几何体M，几何体M的底面半径
和高都为R，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d的平面β截两个几何体得
到两个截面，请在图中用阴影画出与图中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
x2 y2
(Ⅱ)现将椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
12
 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球
A，B(如图)，类比(Ⅰ)中的方法，探究椭球A的体积公式，并写出椭球A，B的体积之比．
【答案】解： (Ⅰ)由图可知，图①几何体的为半径为R的半球，
图②几何体为底面半径和高都为R的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环(如阴影
部分)
证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为O 1 ，易得截面圆O 1 的面积为πR2-d2
13
 ，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d，所以，圆环的面积为πR2-d2  ，
所以，截得的截面的面积相等
(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a，短半轴为b，
构造一个底面半径为b，高为a的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上(如图)，
在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b，高为
a；
b2
在半椭球截面圆的面积π a2-d2
a2
 ，
b2 b2
在圆柱内圆环的面积为πb2-π d2=π a2-d2
a2 a2

∴距离平面α为d的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球A的体积为：
V=2V -V
A 圆柱 圆锥

1
=2π⋅b2⋅a- π⋅b2⋅a
3

4π
= ab2，
3
4π
同理：椭球B的体积为V= a2b
B 3
b
所以，两个椭球A，B的体积之比为 ．
a
【解析】本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考
查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
(Ⅰ)由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；
(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a，短半轴为b，构造一个底面半径为b，高为a的圆柱，把半椭球与圆柱
放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆
锥底面半径为b，高为a，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球A的体积，同理求出椭球B的体积，作
比得出答案．
12 用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲
线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f'x  是fx  的导函数，f''x  是f'x  的导函数，
则曲线y=fx  在点 x,fx   
|f(x)|
处的曲率K=
1+[​f​ (x)]2
​

．
3
2(1)若曲线fx
14
 =lnx+x与gx  = x在1,1  处的曲率分别为K ，K ，比较K ，K 的大小； 1 2 1 2
(2)求正弦曲线hx  =sinx(x∈R)曲率的平方K2的最大值．
1 1 1 -1 1 -3
【答案】解：(1)由题意，得f'(x)= +1,f''(x)=- ,g'(x)= x 2,g''(x)=- x 2，
x x2 2 4
f''(1) ∴K=
1 1+f'(1)  2  
-1 =
3 2 1+22 
1 g''(1) = ,K =
3 125 2 2 1+g'(1)  2  
-1
 4 =
3 2 1+ 1 2  2  
1
= 4 = 2 ，
3 125 125 2 64
∴K<K ；
1 2
(2)由h(x)=sin x(x∈R)，得h'(x)=cosx,h''(x)=-sinx，
-sinx
则K=
1+cos2x 
sin2x
，K2=
3
2
1+cos2x

sin2x
=
3 2-sin2x

，
3
令t=2-sin2x，则t∈1,2 
2-t
,K2= ，
t3
设pt 
2-t
= ,t∈1,2
t3
 ，
则p't 
-t3-32-t
=

t2
2t-6
= ，所以p't
t6 t4
 <0，pt  在1,2  上单调递减，
则p(t) max =p1  =1，
π
即当sin2x=1,cosx=0时，即x=nπ+ ,n∈Z时，K2取最大值1．
2
【解析】本题考查了导数的运算、指数幂运算、三角函数的性质、利用导数求函数的最值，属于中档题．
(1)利用曲率的定义分别求出K ，K ，然后比较即可；
1 2
(2)利用曲率的定义求出K，再求出K2，然后利用正弦函数的性质结合利用导数求最值即可求解．
1
13 设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1- (∠QPQ +∠Q PQ
2π 1 2 2 3
+⋯+∠Q PQ +∠Q PQ)，其中Q(i=1，2，⋯，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平
k-1 k k 1 i
面Q PQ ，平面Q PQ ，⋯，平面Q PQ 和平面Q PQ 遍历多面体M的所有以P为公共点的面．
1 2 2 3 k -1 k k 1
​ ​ ​ ​(1)任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；
2
(2)如图1，已知长方体A B C D -ABCD，AB=BC=1，AA = ，点P为底面A B C D 内的一
1 1 1 1 1 2 1 1 1 1
个动点，则求四棱锥P-A ​BC ​D 在 ​ 点 ​ P处的离散曲率的最小值； ​ ​ ​ ​
(3)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后
用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的
是哪个区域?(只需确定“区域α”还是“区域β”)
θ
【答案】解：记∠QPQ +∠Q PQ +⋯+∠Q PQ=θ，则离散曲率为1- ，θ越大离散曲率越小．
1 2 2 3 n 1 2π
(1)对于正四面体而言，每个面都是正三角形，所以∠Q PQ =∠Q PQ =∠Q PQ =60°，所以离散曲率为1
1 2 2 3 3 1
1 π
-  ×3
2π 3
15

1
= ；
2
(2)P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中
心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0.所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，
2 4π
离散曲率最小．此时HA=HB= =PH，所以PA=PB=1=AB，所以∠APB=60°，θ= ，离散曲
2 3
1 4π 1
率为1- × = ；
2π 3 3
(3)区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小，故区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大
的是区域α．
【解析】本题考查空间几何体的性质以及新定义，正四面体的几何特征和曲率的计算公式，考查分析问题的
能力以及空间想象能力，综合性较强，属于较难题．
θ
(1)利用离散曲率为1- ，以及三角形的内角和公式求解；(2)记∠Q PQ +∠Q PQ +⋯+∠Q PQ =θ，
2π 1 2 2 3 n 1
于是θ越大离散曲率越小，进而求得结果；(3)区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小，进而
得答案．
14 近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何
和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：
多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差(多面体的面角是指多面体的面上的
多边形的内角的大小，用弧度制表示)，多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等
π
于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正方体在各顶点
2
π π
的曲率为2π-3× = ，故其总曲率为4π．
2 2
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D-L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是
常数．
【答案】解：(1)四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形面，故其总曲率为
2π×5-4×π-2π=4π.
(2)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋯,M号.
设第i 号(1≤i≤M)多边形有L 条边．
i
L+L +⋯+L
则多面体共有L= 1 2 M 条棱．
2
L+L +⋯+L
由题意，多面体共有D=2-M+L=2-M+ 1 2 M 个顶点．
2
i号多边形的内角之和为πL-2π，故所有多边形的内角之和为π(L+L +⋯+L )-2πM,
i 1 2 M
故多面体的总曲率为2πD- πL 1 +L 2 +⋯+L M
16
  -2πM 
L+L +⋯+L
=2π2-M+ 1 2 M 2  - πL 1 +L 2 +⋯+L M   -2πM  =4π
所以满足题目要求的多面体的总曲率为4π．
【解析】本题考查棱锥与简单组合体的结构特征，属于较难题．
(1)利用总曲率定义即可得到结果；
（1）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数．