高考逆袭卷01（新高考新题型）-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（解析版）_2024年4月_01按日期_16号

2024 年高考考前逆袭卷（新高考新题型）01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填 空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、 数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。 预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题 型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如 本卷第19题。 第 I 卷（选择题） 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 有一项是符合要求的。 1．已知样本数据x,x ,L ,x 的平均数和标准差均为4，则数据x 1,x 1,L ,x 1 1 2 100 1 2 100 的平均数与方差分别为（ ） A．- 5,4 B．5,16 C．4,16 D．4,4 【答案】B 【详解】由题意知样本数据x,x ,L ,x 的平均数和标准差均为4，则x,x ,L ,x 的方 1 2 100 1 2 100 差为16， 则x,x ,L ,x 的平均数为4，方差为(1)21616， 1 2 100 故x 1,x 1,L ,x 1的平均数为415，方差16， 1 2 100 故选：B r r r r r r 2．已知向量a1,2，b 3， a2b  17，则向量a在向量b 上的投影向量的模长 为（ ） 6 5 A．6 B．3 C．2 D． 5 【答案】C r r 【详解】因为a1,2，所以 a  5， r r r r 2 因为 a2b  17，所以 a2b 17，r r r r r r r 所以aa4ab4bb17，又b 3， r r r r r r ab 6 所以ab6，所以向量a在向量b 上的投影向量的模的值为 r  2， b 3 故选：C. 3．已知在等比数列a 中，2a a 15，a a a 729，则S a （ ） n 2 3 2 3 4 n n 1 A．23n12 B．  3n11  C．23n n D．53n 3 2 【答案】B 【详解】因为在等比数列a 中，a a a 729，所以a3 729，解得a 9， n 2 3 4 3 3 又2a a 15，解得a 3， 2 3 2 a 9 设等比数列a 的公比为 q ，则q 3  3， n a 3 2 13n 1 所以a 1，所以S a  3n1  3n11  . 1 n n 13 2 故选：B． 4．已知三棱锥ABCD中，AB6,AC 3,BC 3 3，三棱锥ABCD的体积为 21 3 500 ，其外接球的体积为 π，则线段CD长度的最大值为（ ） 2 3 A．7 B．8 C．7 2 D．10 【答案】C 500 500 4 【详解】因为球的体积为 π，所以球的半径R满足 π πR3，可得R5； 3 3 3 又AB6,AC 3,BC 3 3，因此AB2 AC2BC2，即ACB90o，此时 1 9 3 S  33 3 ； VABC 2 2 1 9 3 21 3 设点D到平面ABC的距离为h，则 h  ，可得h7， 3 2 2 因为D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面ABC平行时，DC有 最大值； 设球心到平面ABC的距离为d，而VABC的外心即为AB的中点，外接圆的半径为 1 AB3， 2 则d  5232 4，故球心到平面的距离为743， 可知截面圆半径为 5232 4； 设C在平面上的射影为E，则E的轨迹为圆，如下图所示：设该圆圆心为O，则当D,O,E三点共线时且点O在D,E中间时，DE最长， 此时DE347，故线段CD长度的最大值为7 2. 故选：C 5．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝 色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能 同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示 不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ） A．60种 B．68种 C．82种 D．108种 【答案】D 【详解】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮， 所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有C3 4种方法， 4 且不同颜色数有33327种， 所以这排电子元件能表示的信息种数共有427108种. 故选：D 1 6．已知a21.1，blog ，clog 3，则（ ） 1 3 2 4 A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a 【答案】A 1 【详解】由指数函数与对数函数的性质可得，a21.121  ， 2 1 1 1 1 log blog log 1，clog 3log 21， 2 1 2 1 3 1 4 2 2 4 4 4 所以abc， 故选：A. 7．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规 各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当 今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年 Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I 之间关系的经验公式：C It，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的 条件下，当放电电流为7.5A时，放电时间为60h；当放电电流为25A时，放电时间为15h， 则该蓄电池的Peukert常数约为（参考数据：lg20.301，lg30.477）（ ） A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15 【答案】D 【详解】由题意知C 7.5602515，  25  10  60 10 所以      4，两边取以10为底的对数，得lg 2lg2， 7.5  3  15 3 2lg2 20.301 所以  1.15， 1lg3 10.477 故选：D. x2 y2 8．已知双曲线C :  1(a0,b0)与抛物线C :y2 2px(p0)，抛物线C 的准 1 a2 b2 2 2 线过双曲线C 的焦点F ，过点F 作双曲线C 的一条渐近线的垂线，垂足为点M ，延长 1 1 uuur uuur uuuur FM 与抛物线C 相交于点N ，若ON3OF 4OM ，则双曲线C 的离心率等于（ ） 2 1 51 A． 31 B． C． 2 D． 21 2 【答案】C 【详解】设双曲线的焦距为2c， Q抛物线C 的准线过双曲线C 的焦点F ， 2 1 p p  c c， 2 2 b bc 又QF(c,0)到y x的距离d  b，即|MF |b， a a2b2 uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuuur Q ON3OF 4OM ONOM 3OM 3OF，MN 3FM， |NM |3b，则|FN|4b， |OF|c，得|OM | FO2FM2 a， 过N 作NPx轴，则VFOM :VFNP， FO OM FM c a b 4ab 4b2 故       NP  , FP  ， FN NP FP 4b NP FP c c 4b2 4ab 因此P c,   c c 4b2 4ab 由于P c, 在抛物线C :y2 2px(p0)上，所以即  c c  2 4ab 2 4b2  4ab 2 4b2    2p c  4c c，  c   c   c   c  4a2b2 (4b2c2)c2c4 4b2(c2a2)4b4c2 2b2，故c2 2a2， 故e 2．故选：C． 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．在复平面内，下列说法正确的是（ ） 1i A．若复数z （i为虚数单位），则z74 1 1i B．若复数z满足z  z，则zR C．若z z 0，则z 0或z 0 1 2 1 2 D．若复数z满足 z1 z1 2，则复数z对应点的集合是以坐标原点O为中心， 焦点在x轴上的椭圆 【答案】ABC 1i (1i)2 2i 【详解】解：复数z   i， 1i 1i1i 2 因为i4 1，所以z74   i418 i2 1，故选项A正确； 设zabia,bR，若复数z满足z  z， 则abiabi，即b0，所以zR，故选项B正确； 设z mnim,nR，z cdic,dR， 1 2 则z z mnicdimcnd md nci． 1 2 因为z z mcnd md nci，且z z mcnd md nci， 1 2 1 2所以z z  z z ． 1 2 1 2 若z z 0，则z z 0，所以z 0或z 0，故选项C正确； 1 2 1 2 1 2 由复数z满足 z1 z1 2，则复数z对应点的集合是一条线段，故选项D错误． 故选：ABC 10．设直线系M:xcosmysinn1（其中0，m，n均为参数，02π， m,n1,2），则下列命题中是真命题的是（ ） A．当m1，n1时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切 B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限 2 C．当mn时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为 2 D．当m2，n1时，若存在一点Aa，0，使其到直线系M中所有直线的距离不 小于1，则a0 【答案】ABD 【详解】A选项，当m1，n1时，M:xcosysin1， 1 设圆为x2y2 1，则圆心0,0到直线M:xcosysin1的距离d  1， cos2sin2 故M:xcosysin1与x2y2 1总相切，A正确； B选项，当mn2时，M:xcos2ysin21， 由于cos2sin21，故直线M :xcos2ysin21恒过1,1， 若sin0时，直线为M:x1， cos2 若sin0时，直线M:xcos2ysin21的斜率为 0， sin2 故直线M:xcos2ysin21不过第三象限， 所以存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B正确； C选项，当mn1时，M:xcosysin1， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  1， 1 cos2sin2 当当mn2时，M:xcos2ysin21， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  2 cos4sin4 其中cos4sin4cos2cos2sin2sin2cos2sin21，1 故d  1，C错误. 2 cos4sin4 D选项，当m2，n1时，M:xcos2ysin1， acos21 点Aa，0到直线系M中所有直线的距离d  1， 3 cos4sin2 化简得  a21  cos22a1恒成立， 由于cos20,1， 若a210，解得a1， 当a1时，01，不合要求，舍去， 当a1时，01，满足要求， 若a210，即a 1或a1，此时  a21  cos2的最小值为0， 1 则02a1，解得a ，故此时a1， 2 若a210，即1a1，此时  a21  cos2的最小值为a21， 则a212a1，解得a2或a0，故此时1a0， 综上，a0，D正确. 故选：ABD 11．如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且 ASC 120，点B为圆O上一动点（异于A，C两点），则下列结论正确的是（ ） π π A．SAB的取值范围是 ,   6 2 π π B．二面角SBCA的平面角的取值范围是 ,  6 2 C．点A到平面SBC的距离最大值为3 D．点M 为线段SB上的一动点，当SASB 时，AM MC 6 【答案】BD 【详解】由已知AC 6，ASC 120，且SASC SB， SA2SC2AC2 在VASC中，由余弦定理可知，cosASC  ， 2SASC1 2SA236 即  ，解得SASC SB2 3，则SO 3 2 2SA2 A选项：点B为圆O上一动点（异于A，C两点）， 则AB0,6， SA2AB2SB2 AB2 AB 在VABS中，cosSAB   ， 2SAAB 4 3AB 4 3 AB  3 所以cosSAB 0, ， 4 3   2   π π 所以SAB , ，A选项错误； 6 2 B选项：取BC中点D，连接SD，OD，则SDBC，OD  BC， 且OD//AB， 1 OD AB0,3， 2 则二面角SBCA的平面角为SDO， SO 3  3  所以tanSDO   ,， OD OD  3    π π 所以SDO , ，B选项正确； 6 2 1 C选项：由已知S  BCSD， VSBC 2 1 又S  ABBC ODBC， VABC 2 1 3 则三棱锥SABC的体积V  S SO ODBC， SABC 3 VABC 3 设点点A到平面SBC的距离为d， 1 1 3 则V  S d  BCSDd  ODBC， ASBC 3 VSBC 6 3 OD 则d 2 3 2 3cosSDO0,3，C选项错误； SD D选项：当SASB时，AB 2SA2 6，BC 2 3， 则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形， 将平面SBC绕SB至SBC，使C与SAB共面， 如图所示，则AM MC  AM MC AC， 5π 在VSAC中，ASC  ， 6 由余弦定理可知AC2 SA2SC22SASCcosASC121212 32412 336， 所以AM MC AC6，D选项正确； 故选：BD. 第 II 卷（非选择题） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分． 12．设集合A  x|x2x60  ，B{x|axa}，若AB，则实数a的取值范围 是 ． 【答案】3, 【详解】集合A  x|x2x60  x|x3x20{x|2x3}， 又B{x|axa}，且AB， a2 a2 故可得 ，即 ，解得a3, .  a3 a3 故答案为：3, . 13．已知三棱柱ABC- ABC 中，VABC是边长为2的等边三角形，四边形ABBA 为菱 1 1 1 1 1 形，AAB60，平面ABBA 平面ABC，M 为AB的中点，N 为BB 的中点，则三 1 1 1 1 棱锥C AMN的外接球的表面积为 . 1 1 【答案】7π 【详解】解法一 连接AB ，AB，记ABI AB O ，则OA 1. 1 1 1 1 1 1 1 1 连接OM ，ON ，则OM ON  AB1，故O 为VAMN 外接圆的圆心. 1 1 1 1 2 1 1 1 1 取AB 的中点D，连接OD，则OD AA1，所以点D在VAMN 的外接圆上． 1 1 1 1 2 1 1 连接CD，因为△ABC 为等边三角形，所以CD AB ，CD 3. 1 1 1 1 1 1 1 1 由平面ABBA 平面ABC，知平面ABBA 平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1又平面ABBA I 平面ABC  AB ，CD平面ABC ，所以CD平面ABBA . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2  3 7 设三棱锥C AMN的外接球半径为R，则R2 12   ， 1 1  2  4   故三棱锥C AMN的外接球的表面积为4πR2 7π. 1 1 解法二 连接AB，CM ，则△AAB为正三角形，CM AB，故AM  AB， 1 1 1 因为平面ABBA 平面ABC，平面ABBA I 平面ABC  AB，AM 平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 1 所以AM 平面ABC， 1 以MB为x轴，MC为y轴，MA 为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1 得M0,0,0，B1,0,0，A  0,0, 3  ，N   3 ,0, 3 ，C  0, 3,0  ，C  1, 3, 3  ， 1  2 2  1   1 3 由VAMN 为等边三角形，则VAMN 的外接圆圆心为P ,0, . 1 1 2 2    设三棱锥C AMN的外接球的球心为O，连接OP，OM ，OC ， 1 1 1 则OP平面AMN，又CM平面AMN，所以OPPCM . 1 1 1 3 设O ,m, ，由OC OM ，可得 2 2  1   1  2  2  3  2 1 2  3 2  1  m 3    3    m2    ， 2   2  2  2 3 1 3 3 7 解得m ，因此球心O , , ，故外接球半径ROM  ， 2   2 2 2   2 2  7 故三棱锥C AMN的外接球的表面积S 4π  7π. 1 1  2    故答案为：7π alnx lnx  1 14．已知对任意x,x 0,，且当x x 时，都有： 2 1 1 ，则a的 1 2 1 2 x x xx 2 1 1 2 取值范围是 . 【答案】,2 alnx lnx  1 【详解】因为对任意x,x 0,，且当x x 时 2 1 1 恒成立， 1 2 1 2 x x xx 2 1 1 2 x x 所以alnx alnx x x  2 1 恒成立， 2 1 2 1 xx 1 2 1 1 所以alnx alnx x x   恒成立， 2 1 2 1 x x 1 2 1 1 所以alnx x  alnx x  恒成立①， 2 2 x 1 1 x 2 1 1 令 f xalnxx ,x0,， x 由①式可得 f x  f x ，所以 f x在0,上单调递减， 2 1 x2ax1 所以 fx 0在0,上恒成立， x2 所以x2ax10在0,上恒成立， 1 1 1 1 所以ax 在0,上恒成立，又x 2 x 2，当且仅当x ，即x1时取 x x x x 等号， a2.故答案为：,2 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）在VABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，其中 ab2,c 2b，且sinA 2sinC. (1)求c的值； (2)求tanA的值；   (3)求cos2A 的值.  4143 2 【答案】(1)2 2(2) 7(3) 8 【详解】（1）QsinA 2sinC， a 2c， ab2 a4   c 2b ，解得b2 ，   a 2c c2 2 c2 2. c2b2a2 2 （2）由余弦定理可得cosA  ，又0 Aπ， 2bc 4 14 sinA sinA 1cos2 A  ，tanA  7. 4 cosA 3 7 （3）因为cos2A2cos2 A1 ,sin2A2sinAcosA ， 4 4  π π π 143 2 所以cos2A cos2Acos sin2Asin  .  4 4 4 8 16．（15分）如图，在三棱锥PABC中，M 为AC边上的一点， 3 APC PMA90，cosCAB ，AB2PC  6，PA 3. 3 (1)证明：AC 平面PBM ； (2)设点Q为边PB的中点，试判断三棱锥PACQ的体积是否有最大值？如果有，请求 出最大值；如果没有，请说明理由. 2 【答案】(1)详见解析(2) 4 【详解】（1）解：因为APC PMA90，AB2PC  6，PA 3， 3 2 所以AC  AP2PC2  ，由射影定理得AP2  AMAC， 2 AC 所以AM   2，由余弦定理得BM2  AM2AB22AMABcosCAB4， AP2 所以BM2AM2  AB2，则AMB90o，即AC BM ， 又因为AC PM ，BM PM M ， 所以AC 平面PMB； （2）因为点Q为边PB的中点，1 所以V  V ，又V V ,V V ， QPAC 2 BPAC QPAC PACQ BPAC PABC 1 所以V  V ， PACQ 2 PABC 因为AC平面ABC，所以平面ABC平面PBM ， 所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h， 1 1 3 2 6 3 2 因为S  ABACsinCAB 6   为定值， VABC 2 2 2 3 2 当h最大时，所以三棱锥PACQ的体积最大， PAPC 而PM  1，则hPM 1， AC 1 1 1 3 2 2 当h=1时， V   V     1 . PACQ max 2 PABC max 2 3 2 4 17．（15分）近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开 放了A,B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的 体育锻炼. (1)该校学生甲､乙､丙三人某周均从A,B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､ 1 1 2 乙､丙该周选择A健身中心健身的概率分别为 , , ，求这三人中这一周恰好有一人选 2 3 3 择A健身中心健身的概率； (2)该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身 1 中心的其中一个，其中周六选择A健身中心的概率为 .若丁周六选择A健身中心，则 2 1 周日仍选择A健身中心的概率为 ；若周六选择B健身中心，则周日选择A健身中心的 4 2 概率为 .求丁周日选择B健身中心健身的概率； 3 (3)现用健身指数kk0,10 来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定 k值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人， 其k值低于1分的概率为0.12.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健 身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但 抽取的总次数不超过n.若抽取次数的期望值不超过23，求n的最大值. 参考数据：0.98290.557,0.98300.545,0.98310.535. 7 13 【答案】(1) ；(2) ；(3)30. 18 24 【详解】（1）由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率 1  1  2  1 1  2  1  1 2 7 P 1 1 1  1 1 1   . 2  3  3  2 3  3  2  3 3 18 （2）记事件C：丁周六选择A健身中心，事件D：丁周日选择B健身中心，1 1 3 2 1 则P(C)P(C) ,PDC1  ,P  DC  1  ， 2 4 4 3 3 1 3 1 1 13 由全概率公式得P(D)P(C)PDCP(C)P  DC       . 2 4 2 3 24 13 故丁周日选择B健身中心健身的概率为 . 24 （3）设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为p， 则p0.12， 设抽取次数为X ，则X 的分布列为 X 1 2 3 L n1 n P p 1 pp (1 p)2p L (1 p)n2p (1 p)n1 故EX p1 pp2(1 p)2p3L (1 p)n2pn1(1 p)n1n， 又 1pEX1pp(1p)2p2(1p)3p3L (1p)n1pn1(1p)nn， 两式相减得pEX p1 pp1 p2 pL 1 pn2 p1 pn1 p， 所以EX11 p1 p2 L 1 pn2 1 pn1 11 pn 11 pn1n 10.98n    ， p p 0.02 10.98n 而EX 在nN时单调递增， 0.02 10.98n 10.557 可知当n29时，EX  22.15； 0.02 0.02 10.98n 10.545 当n30时，EX  22.75； 0.02 0.02 10.98n 10.535 当n31时，EX  23.25. 0.02 0.12 若抽取次数的期望值不超过23，则n的最大值为30. x2 y2 18．（17分）已知椭圆C:  1(ab0)的上下顶点分别为B,B ，左右顶点分别 a2 b2 1 2 为A,A ，四边形ABA B 的面积为6 5，若椭圆C上的点到右焦点距离的最大值和最 1 2 1 1 2 2 小值之和为6. (1)求椭圆C的方程； (2)过点1,0且斜率不为0的直线l与C交于P,Q（异于A,A ）两点，设直线A P与 1 2 2直线AQ交于点M ，证明：点M 在定直线上. 1 x2 y2 【答案】(1)  1(2)证明见解析 9 5 【详解】（1）设右焦点坐标为F c,0，椭圆C上的一点Tm,n，则ama， 2 m2 n2 b2m2 故  1，即n2 b2 ， a2 b2 a2 b2m2 则Tm,n到右焦点的距离d  mc2 n2  m22cmc2b2 a2 c2m2 cm  2cma2  a ， a2 a cm cm 因为cmc，所以c c，ca aca， a a cm 故ac a ac， a 即椭圆C上的点到右焦点距离的最大值为ac，最小值为ac， 故acac2a6，解得a3， 1 1 又四边形ABA B 的面积为 AA  BB  2a2b2ab6 5， 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 故ab3 5，所以b 5， x2 y2 椭圆方程为  1； 9 5 （2）当过点1,0且斜率不存在时，直线l方程为x10， x2 y2 2 10  1中，令x=1得，y ， 9 5 3  2 10  2 10 不妨设P1, ,Q1, ，  3   3      2 10 10 直线 A P:y 3 x3 ，即A 2 P:y 6 x3， 2 13 10 同理可得AQ:y x3， 1 3 联立A P,AQ得，x9，故点M 在直线x9上， 2 1当过点1,0的直线斜率存在且不为0时，设直线l方程设为x1my， 联立 x2  y2 1得  5m29  y210my400， 9 5 10m 40 设Px,y ,Qx ,y ，则y y  ,y y  ， 1 1 2 2 1 2 5m29 1 2 5m29 两式相除得my y 4y 4y ， 1 2 1 2 y y 直线A P:y 1 x3 ，直线AQ:y 2 x3 ， 2 x 3 1 x 3 1 2 y y 联立A P,AQ得， 1 x3 2 x3 ， 2 1 x 3 x 3 1 2 y y 故 1 x3 2 x3 ， 1my 3 1my 3 1 2 解得my y 2y x3my y 4y x3， 1 2 1 1 2 2 将my y 4y 4y 代入上式中，得y 2y x90， 1 2 1 2 1 2 要想y 2y x90恒成立，则x9， 1 2 故点M 在定直线x9上， 综上，点M 在定直线x9上. 19．（17分）给定整数n3，由n元实数集合P定义其随影数集 Qxy∣x,yP,x y .若minQ1，则称集合P为一个n元理想数集，并定义P的 理数t为其中所有元素的绝对值之和. (1)分别判断集合S 2,1,2,3,T 0.3,1.2,2.1,2.5是不是理想数集；（结论不要求 说明理由） (2)任取一个5元理想数集P，求证： minP  maxP 4； (3)当Px,x ,L ,x 取遍所有2024元理想数集时，求理数t的最小值. 1 2 2024 注：由n个实数组成的集合叫做n元实数集合，maxP,minP分别表示数集P中的最 大数与最小数. 【答案】(1)集合S是理想数集，集合T不是理想数集(2)证明见解析(3)1024144【详解】（1）设S 2,1,2,3,T 0.3,1.2,2.1,2.5的随影数集分别为Q,Q ， 1 2 则minQ 1minQ 0.9， 1 2 所以集合S是理想数集，集合T不是理想数集. （2）不妨设集合Px,x ,x ,x ,x 且x x L x ，即minPx,maxPx . 1 2 3 4 5 1 2 5 1 5 QP为理想数集，iN*,1i4，则x x 1，且i N*,1i 4，使得 i1 i 0 0 x x 1. i 01 i 0 当x 0时， 1 minP  maxP  x  x x x x x L x x x x 2x 42x 4 1 5 2 1 3 2 4 3 5 4 1 1 . 当且仅当x x 1且x 0时，等号成立； i1 i 1 当x 0时， 5 minP  maxP  x  x x x x x x x x x x x 2x 42x 4 1 5 1 5 2 1 3 2 4 3 5 4 5 5 . 当且仅当x x 1且x 0时，等号成立； i1 i 5 当x 0,x 0时， 1 5 minP  maxP  x  x x x x x x x x x x x 4. 1 5 1 5 2 1 3 2 4 3 5 4 当且仅当x x 1时，等号成立. i1 i 综上所述： minP  maxP 4. （3）设x x L x . 1 2 2024 QP为理想数集. iN*,1i2023,x x 1，且i N*,1i 2023，使得x x 1. i1 i 0 0 i 01 i 0 对于P   x ,L ,x  P，同样有iN*,1 j1012,x x 1. j j 2025j j1 j 下先证对n元理想数集P，有 minP  maxP n1. 不妨设集合P中的元素满足x x L x .即minPx,maxPx . 1 2 n 1 nQP为理想数集， iN*,1in1,x x 1，且x N*,1i n1，使得x x 1. i1 i 0 0 i 01 i 0 当x 0时， 1 minP  maxP  x  x x x x x x x L x x 2x n12x n1 1 n 1 n 2 1 3 2 n n1 1 1 ， 当且仅当x x 1且x 0时，等号成立； i1 i 1 当x 0时， n minP  maxP  x  x x x x x x x L x x 2x n12x n1 1 n 1 n 2 1 3 2 n n1 n n ，当且仅当x x 1且x 0时，等号成立； i1 i n 当x 0,x 0时， 1 n minP  maxP  x  x x x x x L x x n1. 1 n 1 n 2 1 n n1 当且仅当x x 1时，等号成立. i1 i minP  maxP n1. min  P   max  P  20252j.当且仅当x x 1时，等号成立. j j j1 j  x  x 2023, x  x 2021,L , x  x 1. 1 2024 2 2023 1012 1013 202311012 理数t  x  x L  x 20232021L 1 10122. 1 2 2024 2 当且仅当 x 0或 x 0时，等号成立. 1012 1013 理数t的最小值为10122 1024144.