数学-奇数杯赛2026年2月第三届“奇数杯”线上联考(2月19日9点-11点)_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷

工作秘密★启用前
第三届“奇数杯”线上联考
试题卷
本试卷共4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、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在
答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本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。
1．等差数列{a }满足a =7，a =3，则a =
n 3 7 1
A．1 B．5 C．-4 D．9
2．已知向量a=(m,4)，b=(2m,m+1)，则a⋅b的最小值为
A．1 B． 2 C．2 D．4
3．给定实数a,b，满足{2,a+1,b2}⊆{2,3,a,b}，则b−a=
A．1 B． 3−1 C． 3 D． 3+1
4．函数 f(x)=cos2x+sin2x−cosx在[0,2π]上的零点个数为
A．2 B．3 C．4 D．5
 2x +1, x>1
5．函数 f(x)= 在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．则
ax2 +(b−3)x,x≤1
A．0<a≤b B．0<b≤a C．a<0<b D．b<0<a
6．已知P是抛物线x2 =4y上的一点，F(0,1)，M(0,−1)，|PM |−|PF|=1，则P到坐
标原点的距离为
31 33 11 77
A． B． C． D．
2 2 3 3
试题卷 第 1 页（共 4 页）7．复数z ,z 满足z z +z z =2|z |=2|z |=4，则|z −z |=
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
A．2 B．4 C．2 3 D．12
8．圆桌共有n+1 (n>3)个座位，将n人依次编号为1,2,,n，让他们随机入座并留
下一个空位，记空位两侧的人编号均为偶数的概率为P ，则P 的最小值为
n n
1 1 1 1
A． B． C． D．
3 6 7 10
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．记[x]表示不超过x的最大整数．若 f(x)=[sinx]，g(x)=[cosx]，则
A． f(x)为奇函数 B．g(x)为偶函数
C． f(π)> f(π+1) D．g(π)<g(π+1)
10．如图所示的多面体是棱长为4的正方体ABCD−A BC D 被平面AEFG所截得到
1 1 1 1 1
的，已知CF =1，DG=3，则
A．线段BE 的长度为2
B．该多面体的体积为40
4 21
C．平面ABCD与平面A EFG夹角的余弦值为
1 21
8 21
D．点A到平面A EFG的距离为
1 21
 2a , 4a ≥a
11．记无穷递增数列{a }的前n项和为S ，已知a = n n n+2 ，其中k为不
n n n+1 a +k,4a <a
n n n+2
小于2的正整数，下列说法正确的是
A．若a =1，a =2，则a =16
1 2 5
B．若a =1，a ≠2，则a =(k+1)⋅2n−2
1 2 n
C．若a =0，S >0，则k的最小值为113
100 k
D．若a =0，不存在大于10的正整数m，使得S =0
k m
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
1
12．多项式(x2 + +1)6的展开式中，常数项为__________．
x
tanA
13．记△ABC中角A,B,C的对边分别为a,b,c．若a2 +2b2 =c2，则 =__________．
tanC
试题卷 第 2 页（共 4 页）2 2
14．已知圆C:(x−2)2 + y2 =1，点M (− , )，过点P(a,a)的直线l与圆C相切于
2 2
点Q，则|PM |+|PQ|的最小值为________．
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△ABC中，记a,b,c分别为角A,B,C的对边．已知(2tanA−1)(tanB−2)=0．
（1）若tanB=4tanA，求C；
（2）若△ABC为锐角三角形，a>b．求tanC的取值范围．
16．（15分）
已知正三棱柱ABC−ABC 的底面边长为2，D为AA 中点．
1 1 1 1
（1）若AA =2，证明：BC⊥平面B DC；
1 1 1
（2）若AC与CD交于点M ，BD与AB 交于点N，直线MN
1 1 1
2
与平面ABC夹角的余弦值为 ，求三棱柱ABC−ABC 的体积．
3 1 1 1
17．（15分）
x2 y2
已知双曲线E: − =1 (a,b>0)的一条渐近线为y=x，左焦点为F(− 2,0)，O
a2 b2
为坐标原点，点P在E的右支上．
（1）求E的方程；
（2）若∠PFO=30，求△PFO的面积；
（3）若点M 在直线PF上，且直线OM 与OP的斜率之积为1，求|PM |．
试题卷 第 3 页（共 4 页）18．（17分）
a2
已知函数 f(x)=2lnx−x+ ，其中a≥0．
x
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）若 f(x)恰有两个极值点x,x (x <x )．
1 2 1 2
（i）求x −x 的取值范围；
2 1
x2 −x2
（ii）证明：2a< 1 2 <a+1．
lnx −lnx
1 2
19．（17分）
给定集合A ={α|sinα=sinnα,α∈(0,π)},n∈N*，当n≥2时，记集合A 的元素个
n n
数为C(A )，各元素之和为S(A )．
n n
（1）直接写出A ,A ；
4 5
100
（2）求∑C(A )；
k
k=2
（3）求S(A )．（用含n的代数式表示）
n
试题卷 第 4 页（共 4 页）2026 第三届“奇数杯”线上联考
参考答案
特别鸣谢：
试卷排版:LHS=RHS、寒风 答案排版:Ray 答题卡制作:Code-Ster
命题、审题团队：
小沐233 Ray 落叶 特饿饿饿 LHS=RHS 六月松
一. 单选
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
答案第1页 共12页
D C A C A B A D
1.【解析】 a
7
− a
3
= 4 d = − 4  d = − 1  a
1
= a
3
− 2 d = 9 .故选 D .
【命题】小沐233
2.【解析】
a 
b = 2 m 2 + 4 ( m + 1 ) = 2 ( m + 1 ) 2 + 2  2 （ m = − 1 时取等）.故选 C .
【命题】小沐233
a+12,3,a,b

a+12
3.【解析】根据集合元素互异性可得

a+1=b.故选A.
a+13

a+1a
【命题】小沐233
4.【解析】令 f (x)=cos2x+sin2 x−cosx=cos2 x−cosx=0cosx=0或 1 ，可得
 3
x=0, , ,2，共四个零点.故选C.
2 2
【命题】小沐233
a0

3−b
5.【解析】由题可知 =0 0a3=b.故选A.
2a

f (1)=a−12

【命题】小沐2336.【解析】法一.易知准线
答案第2页 共12页
l : y = − 1 .过 P 作 P H ⊥ l 于 H .设 P F = P H = m ，则
P M = m + 1 .  P H M 中， H M = M P 2 − P H 2 = 2 m + 1 ，即 P
(
 2 m + 1 , m − 1
)
.
代入 x 2 = 4 y 得 m =
5
2
.故 O P = m 2 + 2 =
3
2
3
.
法二.由题可知点P在双曲线
y
1
4
2
−
x
3
4
2
= 1 的上支上.
联立
 2 x
2 y
1
4
=
−
4 y
2 x
3
4
= 1 
 x
y
=
=

3
2
6
 O P = 3
2
3 .故选 B .
【命题】小沐233
7.【解析】设 z
1
= a + b i , z
2
= c + d i .由题 z = z = a2 +b2 = c2 +d2 =2，
1 2
且z z +z z =(a+bi)(c−di)+(a−bi)(c+di)=2(ac+bd)=4.
1 2 2 1
 z −z = (a−c)2 +(b−d)2 = ( a2 +b2) + ( c2 +d2) −2(ac+bd) =2.故选
1 2
A .
【命题】落叶
8.【解析】分奇偶讨论.
①n为奇数.由题可知 P
n
=
C 2n
− 12
C
n
/2 =
n
4
−
n
3
，此时 P
n + 2
− P
n
=
2 n 2
3
+ 4 n
 0 , P
n
 P
5
=
1
1
0
.
②n为偶数.同理 P
n
=
C
C
2n
/22n =
4
n(
n
−
−
2
1 )
，此时 P
n + 2
− P
n
=
2 n
1
2 − 2
 0 , P
n
 P
4
=
1
6
.
1
(P ) =minP,P=
.故选D.
n min 4 5 10
【命题】Ray
二.多选
题号 9 10 11
答案 BC ABC AC9.【解析】对于
答案第3页 共12页
A :取 x
6

= ，则 f
6
f
6
1
2
1
2
1 0
  
−

+
 
=
 
+

−

= −  . A 错误；
对于 B :g(−x)=cos(−x)=cosx=g(x)，即g(x)为偶函数.B正确；
 
对于C:显然 f ()=0 f (+1)=−1.C正确；
对于 D :显然g()=g(+1)=−1.D错误.
故选BC.
【命题】小沐233
10. 【解析】对于A:  A
1
E / / G F  A A
1
− B E = D G − C F  B E = 2 .A正确；
对于 B :割补法
法一.原多面体体积与底面边长为 4 ，高为
5
2
的正四棱柱相同
5
V =44 =40.
2
法二：将两个相同的多面体拼接，可组成一个底面边长为 4 ，高为 5 的正四棱柱
 V =
1
2
 4  4  5 = 4 0 . B 正确；
对于CD:以 A
1
为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.

则A (0,0,4),E(4,0,2),G(0,4,3)，AE=(4,0,−2),AG=(0,4,−1)
1 1 1
易得
n 
1
=
( 2 ,1 , 4 ) 为平面AEFG的一个法向量，
1
n 
2
=
( 0 , 0 ,1 ) 为平面ABCD的一个法向量.
设平面 A
1
E F G 与平面ABCD的夹角为，则
c o s
n
n
1
1
n
n
2
2
4
2
2
1
1  =




 




= .C正确；答案第4页 共12页
A A 
1
=
( 0 , 0 , 4 ) ，设A到平面 A
1
E F G 的距离为 d ，则 d =
A A 
1n

1
n 
1

= 1 6
2
2
1
1 . D 错误.故
选 A B C .
【命题】特饿饿饿
11. 【解析】对于 A : a
1
= 1 , a
2
= 2 .
①若 a
3
= 2 + k ,则 2 a
2
= 4 a
1
 a
3
,即 k  2 .此时 a
4
= 4 + 2 k 或 2 + 2 k .由 a
3
= a
2
+ k ,故
4 a
2
 a
4
，而4a =8a ，矛盾；若
2 4
a
3
= 2 a
2
= 4 ，满足 4 a
1
 a
3
，故 a
3
= 4 .
②若 a
4
= 3 + k ,则2a =4a a ,即
3 2 4
k  4 .此时a =8+2k 或
5
4 + 2 k .由 a
4
= a
3
+ k ,故
4a a ，而4a =16a ，矛盾；若
3 5 3 5
a
4
= 2 a
3
= 8 ，满足4a a ，故a =8.
2 4 4
以此类推， a
5
= 1 6 ，数学归纳法可知 a
n
= 2 n − 1 . A 正确；
对于 B : a
1
= 1 , a
2
= 1 + k .
①若a =1+2k,则a =2+4k或
3 4
1 + 3 k .由 a
3
= a
2
+ k ,故4a a ，而
2 4
4 a
2
= 4 + 4 k  a
4
，矛盾；故 a
3
= 2 a
2
= 2 ( 1 + k ) .
②若 a
4
= 2 + 3 k ,则 a
5
= 4 + 6 k 或 2 + 4 k .由 a
4
= a
3
+ k ,故 4 a
3
 a
5
，而
4 a
3
= 8 + 8 k  a
5
，矛盾；故 a
4
= 2 a
3
= 4 ( 1 + k ) .
以此类推， n  2 时， a
n + 1
= 2 a
n
.
1,n=1
a = B错误；
n

(k+1)2k−2,n2
对于C:由 a
1 0 0
= 0 ，  a
n
 单调递增，故 a
9 9
= − k , a
9 8
= − 2 k ，即前100项构成公差为k
的等差数列. S
1 0 0
= − 4 9 5 0 k .
易知a =k ，同上可得从第101项开始，
101
 a
n
 为公比为2的等比数列.
令S = ( 2m −1 ) k−4950k 0得
m+100
m  1 3 .即 k  1 1 3 ，故n =113.
min
C 正确；
对于D:当k =91时，a =0.此时
91
S = ( 1+2+22+...+211) k−(1+2+3+...+90)k =4095k−4095k =0.D错误.
103故选
答案第5页 共12页
A C .
【命题】小沐233
三.填空
12. 7 6
【解析】常数项： C 26  ( x 2 ) 2   1
x

4
+ C 16  x 2  C 25   1
x

2
+ 1 = 7 6 .
【命题】小沐233
13. −
1
3
【解析】法一.由正弦定理 s i n 2 A + 2 s i n 2 B = s i n 2 C , 2 s i n 2 B = s i n ( C + A ) s i n ( C − A )
由 s i n B  0  s i n ( C + A ) = s i n ( C − A ) ，展开整理可得
t a
t a
n
n
A
C
=
s
c
i n
o s
A
A
c
s
o
i
s
n
C
C
= −
1
3
.
法二.
t a
t a
n
n
A
C
=
s
c
i n
o s
A
A
c
s
o
i
s
n
C
C
=
a
c
c
c
o
o
s
s
C
A
=
a
b
2
2
+
+
b
c
2
2
−
−
c
a
2
2
= −
1
3
.
【命题】小沐233
14. 6
【解析】由几何关系可得 P Q = C P 2 − R 2 = 2 a 2 − 4 a + 3 , P M = 2 a 2 + 1 .
法一.注意 P Q = 2 a 2 − 4 a + 3 =

a − 1 −
2
2 
2
+

a − 1 +
2
2 
2
.
 2 2
设T1+ ,1− ,则
 
2 2
 
P Q = P T .
PM + PQ = PM + PT  MT = 6，取等当且仅当P,M,T 三点共线.
法二.设 f (a)= 2a2 −4a+3+ 2a2 +1，则 f (' a ) =
2
2
(
(
a
a
−
−
1
1
)
)
2 + 1
+
2
2
a
a
2 + 1
1  1 1  1
令 f '(a)=0得a= ，则 f (a)在 −,  ,+，即 f (a) = f  = 6.
2  2 2  min 2答案第6页 共12页
 P M + P Q  6 .
【命题】落叶
四.解答
15.（1） C
2

=
1 4
（2）tanC , 
2 3
【解析】（1）  ( 2 t a n A − 1 ) ( t a n B − 2 ) = 0 , t a n B = 4 t a n A
 t a n A =
1
2
, t a n B = 2 ………… 3分
t a n A
t a
1
n B
c o t B t a n
2
B

 = = =

−

即 A B
2

+ = . C
2

 = . …………… 6分
（2）  锐角三角形 A B C  t a n C = − t a n ( A + B ) =
t a n
t a n
A
A
+
t a n
t a
B
n B
− 1
 0
即： t a n A t a n B  1 ………… 8分
①若 t a n A =
1
2
，必有 t a n B  2  t a n A ，此时 b  a ，矛盾舍去； ………… 9分
②若 t a n B = 2 ，有 t a n A 
1
2
.又 a  b ，则tanAtanB=2. ………… 10分
tanA+tanB tanA+2 1 5 1 4
tanC = = = +  ,  . ……………… 13分
tanAtanB−1 2tanA−1 2 4tanA−2 2 3
【命题】小沐233
16.（1）见解析 （2） V = 1 5
【解析】（1）记 B C1  B C
1
= O ，连接 D O .
 正方形BCCB
1 1
 B C
1
⊥ B C1 ………………… 2分
又  D B = D C
1
, O 为BC中点
1
 D O ⊥ B C1 ……………… 4分
又BC,DO面
1
B
1
D C ,且BCDO=O BC ⊥面
1 1
B
1
D C ……………… 6分
（2）法一.几何法
DN DM
连接BC  = MN //BC …………… 9分
1 DB DC 1
1记
答案第7页 共12页
B C
1
与平面 A B C
BC 2
所成角为，则cos=cosCBC = = . ………… 11分
1 BC 3
1
 B C
1
= 3  C C
1
= 5 …………… 13分
3
V =Sh= 22 5 = 15 …………… 15分
4
法二.向量法
以A 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.
1
设 A A
1
= h ，则 N
 2
3
, 0 ,
2
3
h

， M
 1
3
,
3
3
,
1
3
h
 1 3 1 
MN = ,− , h ……… 9分
  3 3 3
 

易知平面ABC的一个法向量n=(0,0,1) ………………… 10分
记MN 与平面 A B C 所成角为，则 s i n c o s n , M N
n
n
M
M
N
N 1
9
h
1
3
2
h
1
3
1
9
 = 
     
=


 







 =
+ +
由题 s i n 1 c o s 2
3
5
  = − = ，
即
1
9
h
1
3
2 +
h
1
3
+
1
9
=
3
5
 h = 5 （取正） …… 13分
V = 15. …………………… 15分
【命题】小沐233
17.（1） E : x 2 − y 2 = 1
3+ 2
（2）S = （3） PM =1
2
【解析】（1）E:x2 −y2 =1 …………………… 3分
（2）由对称性不妨设 P 在第一象限， P F : y =
3
3 (
x + 2
)
， P ( x
0
, y
0
) .
 3( )
PF:y= x+ 2 2
联立 3 2x2 −2 2x−5=0 x= 3+ （取正）…… 6分
2

E:x2 − y2 =1代入得
答案第8页 共12页
y
0
=
2
6
+ 1 ，即 P

3 +
2
2
,
2
6
+ 1

.
1 3+ 2
S =  OF y = . ………………… 8分
2 0 2
（3）法一.设点设线
设P(x ,y ) ，则k = y 0 ，k = 1 = x 0 . …………………… 9分
0 0 OP x OM k y
0 OP 0
联立

O
P
M
F :
:
y
y
=
=
x
x
y
0
0
0
y
+
x
0
2
(
x + 2
)
 x =
2
2
x
y
0
2
0
+ 1
, y =
2
2
x
0
x
0
y
+
0
1
 M

2
2
x
y
0
2
0
+ 1
,
2
2
x
0
x
0
y
+
0
1

……………………… 12分
 P M =

y
0
−
2
2
x
0
x
0
y
+
0
1
 2
+

x
0
−
2
2
x
y
0
2
0
+ 1
 2
=
y
0
2
(
+ (
2
x
x
0
0
+
+ 1
)
2
2
) 2
=
x
0
2 −
(
1 +
2
( x
x
0
0
+
+
1
) 2
2 ) 2
=
(
(
2
2
x
x
0
0
+
+
1
1
)
)
2
2
= 1 …………………… 15分
法二.光学性质
设 P ( x
0
, y
0
) ，易得点 P 处切线 l
x
的斜率k = 0 =k ，故
y OM
0
O M / / l .
1
如图，在PF 上取一点S，使得 PS = PF ，设FS中点为T ，有 OT = F S .
1 2 1 2 2
不妨设过P点的切线与 F
2
S 交于 H .
由双曲线的光学性质可得PH 平分  F
1
P F
2
.
结合 PS = PF ，可知PH 垂直平分FS.
2 2
有OM //PH,PM //OH OMPH 为平行四边形.答案第9页 共12页
 P M = O H =
1
2
F
1
S =
1
2
(
P F
1
− P F
2
)
= 1 .
【命题】Ray
18.（1）见解析 （2）（i） x
2
− x
1
 ( 0 , 2 ) （ii）见解析
【解析】（1） f (' x ) =
2
x
− 1 −
a
x
2
2
=
− x 2 + 2
x 2
x − a 2
………………… 1分
①a=0，则 f (' x ) =
x ( 2
x
−
2
x )
 f ( x ) 在(0,2)(2,+)…………… 2分
② 0  a  1 ，令 f (' x ) = 0 得x=1 1−a2
 f ( x ) 在
(
0 ,1 − 1 − a 2
)

(
1 − 1 − a 2 ,1 + 1 − a 2
)

(
1 + 1 − a 2 , + 
)
 ………… 4分
③a1，则 f (' x )  0 ， f ( x ) 在(0,+) ……………… 5分
（2）（i）由 f ( x ) 有两个极值点可知 a  ( 0 ,1 ) . …………………… 6分
令 f (' x ) = 0 即 x 2 − 2 x + a 2 = 0  x
1
+ x
2
= 2 , x
1
x
2
= a 2 …………… 8分
 ( x
2
− x
1
) 2 = ( x
1
+ x
2
) 2 − 4 x
1
x
2
= 4 − 4 a 2  ( 0 , 4 ) …………… 9分
故x −x (0,2). ………………………………………… 10分
2 1
（ii）先证左式：
ln
x
1x
2
1
−
−
x
2
ln
2
x
2
 2 a
即证：
( x
1
+
ln
x
x
2
1
)
−
( x
1
ln
−
x
2
x
2
)
 2 x
1
x
2
即证：
ln
x
x
1
1
−
−
x
2
ln x
2
 x
1
x
2
令t=
x
1 (0,1)，即证：lnt 
1
t−
1

x 2 t
2
1 1
设g(t)=lnt− t−  ，
2 t
g (' t ) =
− ( t
2
−
t
1
2
) 2
 0
g(t)在(0,1)  g(t) g(1)=0.左式得证. ……………… 13分再证右式：
答案第10页 共12页
ln
x 1x 2
1
−
−
x 2
ln
2
x
2
 a + 1 即证： 2
ln
(
x
x
1
1
−
− x
ln
2
x
)
2
 x
1
x
2
+ x 1 +
2
x 2
即证： 4
ln
(
x
x
1
1
−
− x
ln
2
x
)
2
 ( x
1
+ x
2
) 2 即证： 4
(
ln
x 1
x
1
−
−
ln
x
x
2
2
)
 x
1
+ x
2
x
令t= 1 (0,1)，即证：
x
2
ln t 
2 (
t
t
+
−
1
1 )
2(t−1)
设h(t)=lnt− ，
t+1
h (' t ) =
( t
( t t
−
+
2 ) 1
2 ) 1
 0
 h ( t ) 在 ( 0 ,1 )   h ( t )  h ( 1 ) = 0 .右式得证.
x2 −x 2
综上，2a 1 2 a+1. ………………… 17分
lnx −lnx
1 2
【命题】小沐233
 3 2   5
19.（1）A = , ,  A = , ,  （2）
4 5 5 3  5 6 2 6 
4 9 2 6 （3）见解析
【解析】（1）① s i n s i n 4   = ，则 4 2 k    = + 或 4 2 k     + = + （ k  Z ）
2k (2k+1)  3 2
即= 或 由(0,)知= , , .
3 5 5 5 3
 3 2
即A = , ,  ………………… 2分
4 5 5 3 
②sin=sin5，则5=+2k或5+=+2k（kZ）
即
k
2

 = 或
( 2 k
6
1 )  +
由(0,)知 =
6
,
2
,
5
6
  
 .
即 A
5 6
,
2
,
5
6
  
=
 
………………… 4分
（2）令 s i n s i n n   =
①n=+2k，即
1
2
n
k
1
1
( 0 , )

  =
−

n−1
0k  （
1 2
k
1
 N  ）
(2k +1) n
②n+=+2k，即= 2 (0,) 0k  （k N）
2 n+1 2 2 2若n为偶数，设
答案第11页 共12页
n = 2 k ( k  N  ) ，则①中共有 ( k − 1 ) 个解，②中共有 k 个解，共
( 2 k − 1 ) 个解；
若n为奇数，设 n = 2 k + 1 ( k  N  ) ①中共有(k−1)个解，②中共有(k+1)个解，共2k
个解.
综上所述，对于  n  2 , n  N  ，两类情况解的个数之和为 n − 1 . ……………… 7分
下面考虑两类情况中的相同解：
令
2
n
k
1
1
( 2 k
2
n
1
1
)  
 =
−
=
+
+
，整理得 ( 2 k
2
+ 1 ) ( n − 1 ) = 2 k
1
( n + 1 )
（i）若 n 为偶数，显然上式不成立；
（ii）若 n 为奇数，显然 n + 1 为偶数，则 n − 1 必被4整除，即： n = 4 k + 1 ( k  N  )
代入上式得 4 k ( 2 k
2
+ 1 ) = 2 k
1
( 4 k + 2 ) .
即：
2
2
k
k
+ 1
=
2
2
k
k
2
1+
1
，当且仅当k =k =k时成立.
1 2
综上所述，当 n = 4 k + 1 ( k  N  ) 时，  | k
1
, k
2
2k (2k +1)
，使得= 1 = 2 .
n−1 n+1
此时两种情况共有 1 个相同解. ……………………… 10分
n−1,n4k+1 ( kN)

C(A )= (n2)
n
n−2,n=4k+1
( kN)


1k 0 0
= 2
C ( A
k
) = ( 1 + 2 + 3 + ... + 9 9 ) − 2 4 = 4 9 2 6 . …………………… 11分
（3）① n 为偶数，设 n = 2 k ( k  N  )
n
，则k = .
2
由（2）知
2
n
k
1
1

 =
−
(2k +1)
有(k−1)个解，= 2 有k 个解.
n+1
2  n ( n2 −n−1 ) 
S(A )= (1+2+3+...+k−1)+ (1+3+5+...+2k−1)=
n n−1 n+1 2(n+1)(n−1)
………………………………13分②
答案第12页 共12页
n 为奇数
（i）n4k+1 ( kN)，设 n = 2 k + 1
n−1
，则k = .
2
由（2）知
2
n
k
1
1

 =
−
(2k +1)
有(k−1)个解，= 2 有(k+1)个解.
n+1
S ( A
n
)
n
2
1
( 1 2 3 ... k 1 )
n 1
( 1 3 5 ... 2 k 1 )
( n
2
1 )   
 =
−
+ + + + − +
+
+ + + + + =
−
………………………………14分
（ii） n = 4 k + 1 ( k  N  )
令
n
k
4 k
2 k
n
k
1
1
1
1
k
2
( 2 k
2
n
1
1
)
2
  
 
 =
=
=
+
−
=
=
+
+
 = .
S ( A
n
)
( n
2
1 )
2
( n
2
2 )   
 =
−
− =
−
. …………………………………16分
综上， S ( A
n
)
(
(
n
2
n
n
(( n
n
1
2
2
2
2
)
)
1
n
)
, n
, n
1
( n
)
1
4
)
k
, n
1
n
, k
4 k
N
1 , k N
( n 2 )



=
 −
−
+
− −
为
−
=
奇 数
+
为
,
偶


数
+

 
 …………… 17分
【命题】小沐233