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绝密★启用前
2026 年 2 月“港梦杯”线上测试
数 学
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，再选涂其它答案标号。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．已知
数学试题 第1页（共4页）
z z = 3 ，则 | z |=
A． 2 B． 2 C．3 D． 3
2．已知集合 A = { 1 , 2 , 3 , 4 } ， B = { x | x A 且 x 2 A } ，则
A
B =
A． { 2 } B． { 1 , 2 } C． { 3 } D．{3,4}
3．若函数 f ( x + 3 ) 与 f (1 − x ) 的图象关于 x = a 对称，则 a =
A．−1 B． 0 C．1 D．2
4．已知椭圆
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 和双曲线
x
a
2
2
−
y
b
2
2
= 1 的离心率分别为e ，e 且ee =1，则e =
1 2 1 2 1
A．
3 −
2
5
B．
5
2
− 1 1 2
C． D．
3 3
5．已知[ ,)，
2
[ 0 ,
2
)
，sintan=1，则 的最小值为
A．1 B．2 C．3 D．46．已知有限空间中有事件A，B，且该空间内所有样本点发生的概率均非零．设甲：
数学试题 第2页（共4页）
P ( A B ) + P ( A B ) = 1 ；设乙： A ， B 互为对立事件，则
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7．已知log x+log y=2log (xy)，则下列关系一定不正确的是
2 3 6
A． 1 x y B． y x 1 C． y x + 1 D．x y+1
8．若存在 a 0 和定义在R上的 f(x)，使得 f(x+a)=af(x)， f ( x ) ≥ b x ，则 b 的最
大值为
A． e B． e
1e 1
C． D．ee
e
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 f ( x ) A
1
s in (
1
x
1
) = + ， g ( x ) A
2
s in (
2
x
2
) = + （（ A
1
A
2 1 2
0 ， ， ， ）所有零点分
别构成集合 S
1
，S ，二者的所有交点构成集合
2
S
3
，已知 S
2
= S
3
， S
1
S
2
，且 f ( x )
与 g ( x ) 不会同时取到最大值，则
A． S
2
S
1
B． 1
2
Z
C． 1 Z D．A≤A
1 1 2 2
2
10．已知 f ( x ) 的定义域为 R ， f ( x ) 3 x 2 ，则
A． f ( x ) x 3 B． f (1 ) − f ( − 1 ) 2
C． f(x)有且仅有一个零点 D． f(x)+x[f(x)]2至少有一个零点
11．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆O :(x+2)2 + y2 =1，圆
1
O
2
: x 2 + y 2 = 1 ，圆
O :(x−2)2 + y2 =1．集合
3
A
d
表示当 O
1
， O
2
， O
3
到直线l的距离之和为d时，l与
圆 O
1
，O ，O 可能的总交点个数，则
2 3
A． A
1
= { 4 , 5 , 6 } B．A ={3,4,5,6}
2
C．A ={2,3,4} D．A ={0,1,2,3}
3 4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知向量a，b满足|a|＝|b|2，
数学试题 第3页（共4页）
a − b , a
最大为 ，则|a|＝ .
3
13．已知 △ A B C 的重心为 G ，外心为 O ， O G / / B C ，则 ta n B ta n C = .
14．在一个 4 4 的表格中等可能选取三个不同的方格，则这三个方格两两之间没有公
共边的概率为 .
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）
如图，在平面中， A B = A C = A D = A E = E C = 2 ， B C = 2 3 ， A D ⊥ A B ．将 △ D A B ，
△ E A C ， △ F B C 分别沿 A B ， A C ， B C 折起，形成三棱锥P−ABC．
（1）证明：平面 P B C ⊥ 平面 A B C ；
（2）记三棱锥 P − A B C 的外接球球心为O， P B ， P C 的中点分别为 M ， N ，过点
O ， M ， N 的平面与AP交于点 H ．
（i）求
A
A
H
P
；
（ii）求四棱锥 P − O M H N 的体积．
16．（15分）
在四边形ABCD中，AB=1， B C = 2 ， C D = 3 ，DA=4， A C ，BD交于点 O ．
（1）求 2 c o s D A B − 3 c o s D C B 的值；
（2）求四边形 A B C D 面积的最大值；
（3）求tanAOB的最大值．17．（15分）
设抛物线
数学试题 第4页（共4页）
C : y 2 = 2 p x ( p 0 ) 的焦点为 F ，准线为l:x=−1，点 A ( x
1
, y
1
) ， B ( x
2
, y
2
)
(y y ≥0)在C上，直线
2 1
A B 与l交于点 M ，且 A 是BM 的中点．
（1）求 C 的方程；
（2）求 △ B F M 面积的最小值；
2
（3）若MFB= ，求点A的坐标．
3
18．（17分）
已知函数 f (x)=sinx+sinax(a0)，当
a
a Q 时，（ f
a
( x ) 最大值为 M
a
；当aQ
时，记M =2．
a
（1）求M ；
3
（2）讨论 f
( x )
16
在(0, )的极值点个数；
+1
（3）证明： M
a
≥ M
3
.
19．（17分）
若共有 k 项（ k ≥ 2 ）的数列{a }满足
n
i N * ， 2 ≤ i ≤ k ，|a −a |≤2，则称
i i−1
{a }为保守数列．记
n
T
m
为1，2，…， m 随机排列后所能形成的所有保守数列的总个
数，S 为1，2，…，
m
m 随机排列后所能形成的所有以1为首项的保守数列的总个
数．特别地， S
1
= T
1
= 1 ．
（1）求 S
4
， T
4
；
（2）求{S −S −S }的通项公式；
n+3 n+2 n
（3）求{T −T −T }的通项公式．
n+3 n+2 n绝密★启用前
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数学试题参考答案及命题人详析
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据
试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该
题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答
应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4．只给整数分数。单项选择题不给中间分。
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。
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；选对但不全的，有三个正确选项的，每选对
一个得2分；有两个正确选项的，每选对一个得3分；有选错的得0分。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D B A B B C D B ABD BCD BC
题号 12 13 14
答案
港梦杯参考答案 第 1 页 （共38页）
4
3
3
1
6
4
9
01．已知
港梦杯参考答案 第 2 页 （共38页）
z z = 3 ，则 | z |=
A． 2 B． 2 C． 3 D． 3
【答案】D
【解析】
设 z = a + b i ，则z=a−bi，zz=a2 +b2 =3， | z |= a 2 + b 2 = 3 ，故选D．
【注】
本题主要考察结论 z z = | z 2| ，，该结论可可在在一一种题出出现““ z ，足方程程
x 2 + a x + b = 0 ，求|z|”，此时只需注意到该程程的两根互为共轭复数，再利用韦达定理
z z =
c
a
，，就得到 | z |=
c
a
，．注意到这与一项项数数 b ，关，，此此有命题题可可在故意
b 设置的很复杂，让你只在利用结论 z z = | z 2| 来求解．
2．已知集合A={1,2,3,4}， B = { x | x A 且 x x A } ，则
A
B =
A． { 2 } B．{1,2} C．{3} D．{3,4}
【答案】B
【解析】
由 1 1 A ， 2 2 A ， 3 3 A ， 4 4 A ，可知 B = { 3 , 4 } ，从而
A
B = { 1 , 2 } ，故选A．
【注】
本题没什么好说的，注意集合不要取反了就行．
3． 函数 f ( x + 3 ) 与 f (1 − x ) 的图象，于 x = a 对称，则 a =
A．−1 B．0 C．1 D．2
【答案】A
【解析】
设在 f ( x + 3 ) 上的一点 ( x
1
, f ( x
1
+ 3 ) ) ，则其，于x=a对称的点为 ( 2 a − x
1
, f ( x
1
+ 3 ) ) ，
由题意该点在 f(1−x)上，故 f(x +3)= f(1−2a+x )，进而得出
1 1
a = − 1 ，故选A．
【注】
x+3+1−x
本题为超级易错题，相信不少同学上来就a= =2，从而错选D选项．希
2望借此让大家区分本题与“
港梦杯参考答案 第 3 页 （共38页）
f ( x + 3 ) = f (1 − x ) ，求 f(x)的对称轴”这一类题出的差异．同
时本题也可以用特殊函数来求解，只需令 f(x)=x，然后画图研究，这样也可以更清晰
的看出这两种题出的区别．
4. 已知椭圆
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 和双曲线
x
a
2
2
−
y
b
2
2
= 1 的离心率分别为 e
1
，e 且
2
e
1
e
2
= 1 ，则 e
1
=
A．
3 −
2
5
B．
5
2
− 1
C．
1
3
2
D．
3
【答案】B
【解析】
① 椭圆的焦点在 x ，轴上，则 e
1
= 1 −
b
a
2
2
，， e
2
= (1 +
b
a
2
2
) ，，故 (1 −
b
a
2
2
)(1 +
b
a
2
2
) = 1 ，，
解得 b = 0 显然不符合题意．
② 椭圆的焦点在 y ，轴上，则 e
1
= 1 −
a
b
2
2
b2
，，e = (1+ )，，故
2 a2
(1 −
a
b
2
2
)(1 +
b
a
2
2
) = 1 ，，
解得
a
b
2
2
=
5
2
− 1
，故 e
1
= 1 −
a
b
2
2
=
5
2
− 1
，故选B．
【注】
本题有两个易错点，一是椭圆焦点需要分情况讨论，二是离心率需要开根号化简，
这种易错题可请同学务必重视，不要遗憾丢分．
5．已知 [
2
, )
， [ 0 ,
2
)
， s in ta n 1 =
，则 的最小值为
A．1 B．2 C．3 D. 4
【答案】B
【解析】
法一：
当
2
=
，
4
=
时， s in ta n 1 = ，此时 2
=
，考虑证明 ≥2．
1
由于sin≤1，故tan= ≥1，从而[ , )，2[ ,)，
sin 4 2 2
又y=sinx在[ ,上单调递减，
2
所以 要证
港梦杯参考答案 第 4 页 （共38页）
2 ≥ ，只需证 1 s in ta n s in 2 ta n 2 s in 2 = ≤ = ，即 s in
2
2
≥ ，
又[ , )，从而猜测成立，即
4 2
2
≥
，所以 的最小值为
，在= ，=
2 4
时取到，故选B．
法二：
令 =−(0, ]， ，
2 2
( 0 ,
2
]
− =
， ， 则 s in ta n = ， ， 而
ta n
2 1
s in
c o s
s in ta n
=
+
≤ = ，于是≤2，整理即 2
≥ ，当且仅当
2
=
，
4
=
时取等，故选B．
法三：
令 ( 0 ,
2
] = −
，
2
( 0 ,
2
]
− =
，
则sin=tan，构造如下图所示 △ A B C “
令 CAB=，， C B A = ，， 则 由
s in ta n = 可得“
A
C
H
H
=
A
B
H
C
， C H = B C ，从
而 C 的轨迹为抛物线．
记 C 点移动时，使得 A C 与抛物线相切的
点为 P ，则当 C 点在 P 下程时， y
C
变大时，均变大；当 C 点在 P 上程时，为钝角
不符合条件．
作 B D 平分CBA交CA于点 D ，下证 x
D
≤ 0 且在 P 点处取等，这样就说明 2 ≤ ，
只需证D在第二象限．
p
x +
CD CB c 2 x
由角平分线定理“ = = ≥ c ，并在
DA AB p p
2
P
A
点处取等，从而≤2，整理
即 ≥2，当且仅当= ，= 时取等，故选B．
2 4
C
B
H
D
O
y
P
x本解法由网友“flame”提供．
【注】
1．本题主要考察到了两个核心思路，一是先猜后证，二是通过放缩构造函数来证
明，这两个思路在导数恒成立问题、极值点偏移、用参数进行卡根等题出中有重要作用．
2．法三用到了数形结合的思想，其中
港梦杯参考答案 第 5 页 （共38页）
s in ta n = 可推出抛物线的轨迹，希望大家
积累．
6．已知有限空间中有事件 A ， B ，且该空间内所有样本点发生的概率均非零．设甲“
P ( A B ) + P ( A B ) = 1 ；设乙“ A ， B 互为对立事件，则
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】
充分性“
法一“
注意到 P ( A ) = P ( A B ) + P ( A B ) ，， P ( B ) = P ( A B ) + P ( A B ) ，，入得得
2 P ( A B )
P ( A ) + P ( B ) −
= 1 ，又 P ( A + B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A B ) ，故 P ( A + B ) − P ( A B ) = 1 ，由 0 ≤ P ( A B ) ≤ 1 以及
0 ≤ P ( A + B ) ≤ 1 ，可知 P ( A + B ) = 1 ， P ( A B ) = 0 ，故 A ， B 互为对立事件．
法二“
做出如右图所示韦恩图
由题“x+z=1，．又此为x+ y+z≤1，，故
y = 0 ，进而 A ， B
A B
x y z
互为对立事件．
必要性“
当A，B互为对立事件时，P(AB)=P(B)，P(BA)=P(A)，故P(AB)+P(AB)=港梦杯参考答案 第 6 页 （共38页）
P ( A ) + P ( B ) = 1 ．
综上所述，甲是乙的充要条件，故选C．
【注】
1． P ( A ) = P ( A B ) + P ( A B ) 可以理解为， A 发生时 B 要么发生，要么不发生，这个可
以用条件概率严格证明．
2．韦恩图是一种非常高效的程法，可以帮助你快速厘清不同量之间的，数，希望同
学们在够积累．
3．由于先有样本点，后有概率，所以题目中需要说明其他任意事件概率非零，否则
不构成对立事件．
7．已知 lo g
2
x + lo g
3
y = 2 lo g
6
( x y ) ，则下列，数一定不正确的是
A． 1 x y B． y x 1 C． y x + 1 D．x y+1
【答案】D
【解析】
lnx lny 2(lnx+lny)
由换底公式， + = ，化简得“
ln2 ln3 ln2+ln3
ln 3 ( ln 3 − ln 2 ) ln x = ln 2 ( ln 3 − ln 2 ) ln y ， ， 即
ln 3 ln x = ln 2 ln y ， ， 故 lo g
2
x = lo g
3
y ， ． 令
lo g
2
x = lo g
3
y = m ，则 x = 2 m ， y = 3 m ．由下图分析
知，A，B，C都有可在，而当 x y 时， x y + 1 ；当
x y 时， 0 y x 1 ，故x− y1， x y + 1 ，从而
D项不可在，故选D．
【注】
本题的，键是利用换底公式进行化简，最终得到 x
x
和y得平凡解形式．
8． 存在a0和定义在R上的 f(x)，使得 f(x+a)=af(x)， f(x)≥bx，则b的最大
值为
1 1
A．e B．ee C． D．ee
e
x
x
y
y
1
O
y = 2 x
y=3x
m
y
m【答案】B
【解析】
令
港梦杯参考答案 第 7 页 （共38页）
g ( x ) =
f (
b
x
x
)
，g(x)≥1则 g ( x + a ) =
f ( x
b x
+
+ a
a )
=
a
b a
f (
b
x
x
)
=
a
b a
g ( x ) ，令
a
b a
= k ，则
g ( x + a ) = k g ( x ) ，故 g ( x + n a ) = k n g ( x ) ，当 | k | 1 时，取nlog |g(0)|，则有|g(na)|1，
1
|k|
故矛盾；
当 | k | 1 时，取 n lo g
1|k
|
| g ( 0 ) | ，即有 | g ( n a ) | 1 ，故矛盾；从而只在有 k = 1 ，由于考虑
b 的最大值，此此不妨 b 0 ，此时 k =
a
b a
0 ，从而k =1，即 b = a
1a
，令 g ( x ) =
ln
x
x
( x 0 ) ，
则 g ( x ) =
1 −
x
ln
2
x
，从而 g ( x ) ≤ g ( e ) =
1
e
， x
1x
= e g (x ) ≤ e
1e
，即 b 的最大值为 e
1e
，故选B．
【注】
本题的核心是函数的关穷远处极限分析，哪怕不构造答案中的g(x)也可以获得同样
x
的结论，其中需要注意的是，函数 f(x)=aa 刚好足方 f ( x + a ) = a f ( x ) ，这可以作为必要
性验证，对于此，也需要强调一下，可在一部分同学认为直接入得 f ( x ) = a
xa
也是正确的，
这是一个常见的错误，此为你只是找到了在特殊情况下 b 的最大值，并没有排除其他特
殊函数在算出来更大的 b 的情况．
9．记 f ( x ) A
1
s in (
1
x
1
) = + ，g(x)= A sin(x+)（，
2 2 2
A
1
A
2 1 2
0 ， ， ， ）所有零点分
别构成集合 S
1
， S
2
，二者的所有交点构成集合 S
3
，已知 S
2
= S
3
， S
1
S
2
，且 f ( x )
与 g ( x ) 不会同时取到最大值，则
A． S
2
S
1
B． 1 Z C． 1 Z D．A≤A
1 1 2 2
2 2
【答案】ABD
【解析】
对于A，由S =S S 可知S S ，又
2 2 1 2 1
S
1
S
2
，故 S
2
S
1
，A正确．
k
对于B，正弦函数相邻零点之差恒为 ，S S ，故存在正整数k， = ，即
2 1
2 1港梦杯参考答案 第 8 页 （共38页）
1
2
k
= Z ，B正确．
对于C，取函数 y = s in 2 x 和 y = s in x 有
2
0 = ，C错误．
对于D，由于 S
3
仅包含二者的零点，那么 经过平移并考虑函数周期性，问题等价
于 y A
1
s in (
1
x ) = ， y A
2
s in (
2
x ) = 在 [ 0 ,
2
]
上只有 0
， 两个交点，于是根据图像性质，
2
只需足方 A
1
s in (
1
x ) A
2
s in (
1
x ) ≤ 在 [ 0 ,
2
]
上成立，令 g ( x ) A
1
s in (
1
x ) A
2
s in (
1
x ) = − ，由
于 g ( 0 ) = 0 ，，故 g ( 0 ) ≤ 0 ，，即 A≤A，，且
1 1 2 2
A
1 1
A
2 2
≤ ，时，通过换只只需证
k s in x s in k x ，在 ( 0 ,
2
) ，上恒成立，其中 k 1 ，且 k N * ，，变形得
s in
x
x
s in
k
k
x
x
，，考虑到
k s in
k
1
，，只需证其在 ( 0 ,
k
) ，上成立即可，令 f ( x ) =
s in
x
x
，， f ( x ) =
x c o s x
x
−
2
s in x
，，当
x ( 0 ,
2
) ，时， x ta n x ，故 f ( x ) =
c o s x ( x
x
−
2
ta n x )
0 ，，当 x (
2
, ) ，时， x ta n x ，故
f ( x ) =
c o s x ( x
x
−
2
ta n x )
0 ，，且 f (
2
) = −
4
2
，，故 f ( x ) ，在 ( 0 , ) ，上单调递减，从而
s in
x
x
s in
k
k
x
x
在 ( 0 ,
k
) 上恒成立，综上 A
1 1
A
2 2
≤ ，D正确．
综上所述，选ABD．
【注】
本题主要考察对于题目得翻译在力，可以结合图形更直观得感受题目每个选项所对
应的意思，比如D选项表示在一个靠近二者共同零点的区间内，不会存在其他由于函数
相互穿过而产生的交点，那么其实不难想到去比较二者在共同零点处的切线斜率，由必
要性D选项是较好选出来的，而充分新的严谨证明用到了一个同构，值得大家积累．
10．已知 f(x)的定义域为 R ， f ( x ) 3 x 2 ，则
A． f(x)x3 B． f(1)− f(−1)2
C． f(x)有且仅有一个零点 D． f(x)+x[f(x)]2至少有一个零点
【答案】BCD
【解析】对于A，取
港梦杯参考答案 第 9 页 （共38页）
f ( x ) = x 3 + x − 1 ，则 f ( x ) = 3 x 2 + 1 3 x 2 ，而 f ( 0 ) = − 1 0 = 0 3 ，A错误．
对于 B，令g(x)= f(x)−x3，则 g ( x ) = f ( x ) − 3 x 2 0 ，故 g ( x ) 在R上单调递增，
g (1 ) g ( − 1 ) ，整理即有 f (1 ) − f ( − 1 ) 2 ，B正确．
对于C，记 f(0)=a3，此为 f ( x ) 3 x 2 ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 R 上单调递增，所以 f ( x ) 有
且仅有一个零点等价于 f ( x ) 有零点．
当a=0时， f ( 0 ) = a 3 = 0 ，故 f ( x ) 有唯一零点 0 ；
① 当a0时， g ( − a ) = f ( − a ) + a 3 g ( 0 ) = a 3 ，故 f ( − a ) 0 ，又 f ( 0 ) = a 3 0 ，故
f(x)在 ( − a , 0 ) 上有唯一零点．
② 当a0时， g ( − a ) = f ( − a ) + a 3 g ( 0 ) = a 3 ，故 f ( − a ) 0 ，又 f ( 0 ) = a 3 0 ，故
f ( x ) 在 ( 0 , − a ) 上有唯一零点．
综上， f ( x ) 有且仅有一个零点，C正确．
对于D，令h(x)= f(x)+x[f(x)]2，记 f ( x ) 唯一的零点为 x
0
．
① 当x =0时，
0
h ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 ，故 h ( x ) 至少有零点 0 ．
② 当 x
0
0 时， h ( 0 ) = f ( 0 ) 0 ， h ( x
0
) = x
0
[ f ( x
0
) ] 2 0 ，故 h ( x ) 在 ( 0 , x
0
) 上至少有
一零点．
③ 当 x
0
0 时， h ( 0 ) = f ( 0 ) 0 ， h ( x
0
) = x
0
[ f ( x
0
) ] 2 0 ，故 h ( x ) 在 ( x
0
, 0 ) 上至少有
一零点．
综上， f(x)+x[f(x)]2至少有一个零点，D正确．
综上所述，选BCD．
【注】
1．相信有同学看了 C 选项的解答后会觉得不可思议，不知道怎么想出来的，下面
笔者给出一命背后思维脉络，希望在对读者有命增益“
问“ f ( x ) 3 x 2 在给我们哪命信息？
f ( x ) 3 x 2 除了说明 f(x)在R上单调递增，可说明了当 x 趋近于正负关穷时， f ( x )
都趋近于正关穷，这就说明 f(x)不可在有水平渐进线（就比程y=ex，虽然跟 f(x)一样
都是单调递增函数，但是y=ex在有水平渐近线y=0），从而 f(x)一定在“穿过”x轴，
而没有办法与他渐进，所以一定有零点，思路明确后，这时只需像答案一样利用B选项构造出来的
港梦杯参考答案 第 10 页 （共38页）
g ( x ) 进行取点就可以了．
当然，我们说到此题的，键是“当 x 趋近于正负关穷时， f ( x ) 都趋近于正关穷”，
所以本题的取点程法其实是不唯一的，比如下面的程式“
f ( − 1 ) 0 ，考虑 x − 1 时，f(x)3， g ( x ) = f ( x ) − 3 x 在 ( − , − 1 ) 上单调递增（这
说明 f(x)会以比 3 x 更快的速度趋近于负关穷），
记 M = −
f ( − 1
3
) + 3
，则由 M − 1 知，g(M)g(−1)，整理得“ f ( M ) 0 ，故 f ( x )
在 ( M , − 1 ) 上至少有一个零点．
f ( − 1 ) 0 ，只需考虑 f (1 ) 0 的情况，而此时操作手法如同 f ( − 1 ) 0 ，从而 f ( x )
在此时也至少有一个零点，故得证．
2．你 发现本题其实上源于陈题，及知道抽象函数的导数与原函数之间的，数，然
后再构造相应函数，但此题做到了推陈出新，考察同学们对导数概念的理解程度，通过
此题笔者由衷希望在对读者在对导数的来理解上有所帮助．
3．C选项的优美构造来源于“山海杯”题题可山海，解法非常干净利落．
11 ． 在 平 面 直 角 坐 标 数 x O y 中 ， 圆 O
1
: ( x + 2 ) 2 + y 2 = 1 ， O
2
: x 2 + y 2 = 1 ，
O
3
: ( x − 2 ) 2 + y 2 = 1 .集合 A
d
表示当 O
1
， O
2
，O 到直线的距离之和为
3
d 时， l 与圆
O
1
， O
2
， O
3
可在的总交点个数，则
A．A ={4,5,6} B．
1
A
2
= { 3 , 4 , 5 , 6 }
C． A
3
= { 2 , 3 , 4 } D． A
4
= { 0 ,1 , 2 , 3 }
【答案】BC
【解析】
记M(−1,0)，，总交点个数为n，，O ，
1
O
2
， O
3
到直线的距离分别为 d
1
， d
2
， d
3
，
由对称性，默认d ≤d ，且可以 所有情
1 3
况分为以下三种“
② O ，O ，O 在l同侧．
1 2 3
②O ，O 在l同侧，O 在异侧，且l不过点M ．
2 3 1
O
d
1
1
M O
d
2
2
O
d
3
3③
港梦杯参考答案 第 11 页 （共38页）
O
2
， O
3
在 l 同侧， O
1
在异侧，且 l 过
点 M ．
为 ① 时 ， 由 几 何 ， 数 可 知 ，
d
1
+ d
3
= 2 d
2
3 ，故d =3d = (d +d )；
2 2 1 3
为②③时，由几何，数可知，(d +d )=2(d +d )，即
1 3 2 1
d
3
= 2 d
2
+ d
1
，故d =3d +2d ，
2 1
且③时可有 d
1
= d
2
，故此时 d = 5 d
1
，且要注意 l 过点M 时，重复的点 M 要减去．
且易知，当 d
i
1 时，l与 O
i
有两个交点；当 d
i
= 1 时， l 与 O
i
有一个交点；当 d
i
1
时， l 与 O
i
有没有交点．
对于A，情况①时， d = 3 d
2
= 1 ，故 d
2
=
1
3
，又 d
1
+ d
3
=
2
3
， d
1
， d
3
0 ，所以 d
1
，
d
3
2
3
，，此时 n=2+2+2=6，；情况②时， d = 3 d
2
+ 2 d
1
= 1 ，，故 d
1
，， d 1，，又
2
d
3
= 2 d
2
+ d
1
=
1
2
( 4 d
2
+ 2 d
1
) =
1
2
( d
2
+ 1 ) 1 ，故此时 n = 2 + 2 + 2 = 6 ；情况③时，d =5d =1，
1
故 d
1
= d
2
=
1
5
， d
3
= 2 d
2
+ d
1
=
3
5
1 ，故此时n=2+2+2−1=5，所以 A
1
= { 5 , 6 } ，A错误．
对于 B，情况①时， d = 3 d
2
= 2 ，故 d
2
=
2
3
， d
1
+ d
3
=
4
3
，由于此时 d
3
1 ，d =1，
3
d 1都可以，且有
3
d
1
1 （， 默认 d
1
≤ d
3
），故 n 可以取 { 4 , 5 , 6 } ；情况③时，d =5d =2，
1
故 d
1
= d
2
=
2
5
， d
3
= 2 d
2
+ d
1
=
6
5
1 ，故此时n=2+2+0−1=3；又 n ≤ 2 时，至少有d ，
2
d
3
1 ，显然不行，故 A
2
= { 3 , 4 , 5 , 6 } ，B正确．
对于C，情况①时， d = 3 d
2
= 3 ，即 d
2
= 1 ， d
1
+ d
3
= 2 ，当 d
1
= d
3
= 1 时， n = 1 + 1 + 1 = 3 ，
当 d
1
1 d
3
， 时 ， n=2+1+0=3， ； 情 况 ② 时 ， d = 3 d
2
+ 2 d
1
= 3 ， ，
1
d =2d +d = (4d +2d )
3 2 1 2 2 1
=
1
2
( 3 + d
2
) 1 ，d ≤1，当
2
d
2
= 1 时， d
1
= 0 ，故n=2+1+0=3；
当 d
2
1 时， d 1，此时n=0+2+0=2， d =1，则
1 1
n = 2 + 1 + 0 = 3 ， d
1
1 ，此
时n=2+2+0=4；情况③时，d =5d =3，故
1
d
1
= d
2
=
3
5
d
1
d d
1 3
O d
1 2
d M O O 1 2 3
9
，d =2d +d = 1，故此
3 2 1 5
时n=2+2+0−1=3，故A ={2,3,4}，C正确．
3
4 8
对于D，情况①时，d =3d =4，即d = 1，d +d = ，由于d ≤d ，故d 1，
2 2 3 1 3 3 1 3 3而此时
港梦杯参考答案 第 12 页 （共38页）
d
1
1 ， d
1
= 1 ， d
1
1 都可以，故 n 可以取 { 0 ,1 , 2 } ；情况②时， d = 3 d
2
+ 2 d
1
= 4 ，
1 1
d =2d +d = (4d +2d ) = (4+d )1，此时有d ，d 1或d 1，d 1或d =1，
3 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1
d
2
1 或 d
1
1 ， d
2
= 1 这四种情况，故 n 可取 { 2 , 3 , 4 } ；情况③时， d = 5 d
1
= 4 ，故 d
1
= d
2
=
4
5
，
d
3
= 2 d
2
+ d
1
=
1 2
5
1 ，故 n = 2 + 2 + 0 − 1 = 3 ，故 A
4
= { 0 ,1 , 2 , 3 , 4 } ，D错误．
综上所述，选BC．
【注】
本题主要考察大家对问题的分析和分类在力，在够锻炼可清晰且缜密的逻辑思维，
适当的做这类题有助于思维的提升．
12．已知向量 a ， b 足方 | a ＝| | b 2| ，a−b,a最大为
3
，则 | a ＝| .
【答案】
4
3
【解析】
构造如图矢量三角形， a − b , a 为，当 |
a |
| b |
时，最大为；当|a|=|b|时，
关最大值，从而 |
a |
| b | ，此时，
2
，由正
|a| |b| |b|
弦定理 = ，从而sin≤ ，此时为直角，入得数据解得|a|＝
sin sin |a|
4
3
．
【注】
有一命向量题目从几何角度出发会简单很多，而从入数角度观察会比较复杂，同时
本题角度最大时也可以看作是与以|b|为半径的圆相切的时候取到．
13．已知 △ A B C 的重心为 G ，外心为 O ， O G / / B C ，则 ta n B ta n C =
a−b
b
a
．
【答案】3
【解析】
法一：如图，由圆周角性质可知，
港梦杯参考答案 第 13 页 （共38页）
B O C = 2 B A C ，故
C O M = B A C ，，所以 O M =
2
a
ta n A
，，又四形形
G O M H
1
是矩形，故 G H
1
= O M =
2
a
ta n A
，而由重心的
性质可知， A M = 3 G M ，，从而 AH =3GH ，，又
2 1
A H
2
= c s in B ，， 所 以 c s in B = 3 a
2
c o
s in
s
A
A ，， 即
s in C s in B =
3 s in
2
A
s in
c o
A
s A
=
3
2
c o s A =
3
2
( s in C s in B − c o s C c o s B ) ，化简可得 ta n B ta n C = 3 .
法二：
记△ABC的垂心为 H ，由欧拉线性质可知， O ，G，
H ，三 点 共 线 ， 利 用 平 行 与 重 心 性 质 可 知
| A H |= 2 | O D |= 2 | H E | ，， 又 此 为 H ，为 垂 心 ， 故
B H E = C ， C H E = B ．
从 而 ta n B ta n C =
C E
H
E
B
2
E
= C
A
E
E
2
B E ，， 可 得 “
ta n B ta n C = 3 ．
本解法由网友“flame”提供．
法三：（建系法）
建立如图所示直角坐标数，不妨设 B ( − 1 , 0 ) ，
C(1,0)，A(x ,y )，易知直线
0 0
A C ，AB斜率均存
在．
直线AC的垂直平分线为“
1−x x +1 y
y= 0 (x− 0 )+ 0 ，由于
y 2 2
0
y 轴垂直平分
B C ，从而外接圆圆心O在y轴上，在上述程程中令 x = 0
A
x 2 −1 y
，得y = 0 + 0 ，又
O 2y 2
0
x 2 −1 y y y 2
OG//BC，故 0 + 0 = 0 ，解得“ 0 =3，
2y 2 3 1−x 2
0 0
B
G
C
O
M H
2
H
1
A
B
O
D
G
E
H
C从而
港梦杯参考答案 第 14 页 （共38页）
ta n B ta n C = −
x
y
0
0−
1
x
y
0
0+
1
=
1
y
−
2
0x
0
2
= 3 ．
【注】
1． 什么是学以致用？绝不是会掌握奔驰定理那命二级结论，而是综合所学，深得
本质．
2．可以注意到关论法一可是法二都默认了 △ A B C 为锐角三角形，而法三的建数则
避开了这个问题，一步到位．同时法三也揭示了当 B ，， C ，定定时，点 A ，在椭圆上，
这也给了该题进一步深化考察的可在．
14．在一个 4 4 的表格中等可在选取三个不同的程格，则这三个程格两两之间没有公共
形的概率为 ．
【答案】
1
6
4
9
0
【解析】
法一“
在 4 4 的表格中任取三个程格，共有 C 31
6
= 5 6 0 种可在，我们考虑反面，即存在两个
程格，它们有公共形，而这两个程格只有如下两种情况“
情况一“ ， 情况二“ ，此时共有 3 4 2 = 2 4 种选取程式，而剩
下的一个点只需在剩下的14个格子中随便取一个，有 C 11
4
= 1 4 种取法，所以如果不考虑
重复的情况，一共有2414=336种，那么接下来考虑重复了多少种．
① 对于 ， ， ， ，都可以先取定一形，
再取剩下的一个格子，故每一项出现这样的，我们在上述程法中都计算了两项，一共重
复了 3 3 4 = 3 6 种．
② 对于 ， 可以先取定左形（上面）两个，也可以先取定右形（下面）两个，故每一项出现这样的，我们在上述程法中都计算了两项，一
共重复了
港梦杯参考答案 第 15 页 （共38页）
2 4 2 = 1 6 种．
故存在两个程格，它们有公共形一共有336−36−16=284种，从而两两之间没有公
共形有560−284=276种，故概率为
2
5
7
6
6
0
=
1
6
4
9
0
．
法二“
我们定定列数，对行数进行递推．
设总共有n行， 4 列，记 a
n
为此时的总个数，记 X
n
为第一行取一个时的总个数，记
Y
n
为第一行取一个时的总个数，则 a
n
= a
n − 1
+ X
n
+ Y
n
（，即第一行分别取0，1，2个格子）．
先求 X
n
中第一行取1号格子的总数“
① 剩下两个在同一行时“
（i）在第二行“有1种情况；
（ii）不在第二行“有 3 ( n − 2 ) 种情况；
② 剩下的两个不在同一行时“
（i）两个在相邻行“
1. 都不在第二行“有 1 2 ( n − 3 ) 种情况；
2. 存在一个在第二行“有9种情况；
（ii）两个在不相邻的行“
1. 都不在第二行“有16(C2 −n+3)种；
n−2
2. 存在一个在第二行“有 1 2 ( n − 3 ) 种情况；
再求X 中第一行取2号格子的总数，注意到此时只比取1号格子多了①（i）的一
n
种．
又取3号格子和取4号格子与前两种对称，故可得 X
n
= 3 2 n 2 − 1 1 6 n + 1 1 4 ．
再求 Y
n
，第一行关论取1，3或是2，4或是1，4，剩下的那一个都有2+4(n−2)
种情况，故Y =12n−8．
n
所以a =a +X +Y =a +32n2 −104n+96(n≥2)，又a =12，故a =276，从
n n−1 n n n−1 2 4
276 69
而概率为 = ．
560 140本解法由网友“J“提供．
法三：
如图，把
港梦杯参考答案 第 16 页 （共38页）
4 4 的格子黑白相间染色，则题目等价于选出的黑格与白
格之间没有相邻，数，总取法“ C 31
6
= 5 6 0 种．
① 三个同色“一定合法，共有 2 C 38 = 1 1 2 种；
② 一黑二白“只要两个白色不挨着黑色即可，
对于黑角格，相邻白格数为 2 ，可选白格有 6 个，则有2C2 =30种；
6
对于黑形格，相邻白格数为 3 ，可选白格有 5 个，则有 2 C 25 = 4 0 种；
对于黑内部格，相邻白格数为 4 ，可选白格有4个，则有 2 C 24 = 1 2 种；
共有 3 0 + 4 0 + 1 2 = 8 2 种；
③ 二黑一白“同理也有 8 2 种；
综上“ p =
1 1 2 +
5
8 2
6 0
2
=
1
6
4
9
0
．
【注】
1．法一是从反面考虑，考虑的情况会少一点（此为点变得聚集了），法二则是从正
面考虑，需要对递推有着较为深刻的理解，法三则涉及到涂色问题的经典手法，非常值
得积累．
2. 本题解法不一，可有从很多视角去解答的程法，下面给出本题的推广“
“在一个 x y 的表格中等可在选取三个不同的程格，则这三个程格两两之间没有公共形
的概率为 1 −
2 x 2 y 2 − 1 0 x y − 4
C
−
3xy
( x + y ) ( x y − 8 )
( x , y ≥ 3 ) ．”证明可参考法一、法三大家感兴
趣可以自己推导一下．
15．（13分）
如图， A B = A C = A D = A E = E C = 2 ， B C = 2 3 ，AD⊥ AB． △DAB， △ E A C ，
△FBC分别沿AB，AC，BC折起，形成三棱锥P−ABC．
（1）证明“平面PBC⊥平面ABC；
（2）记三棱锥P−ABC的外接球球心为O，PB，PC的中点分别为M ，N，过点港梦杯参考答案 第 17 页 （共38页）
O ， M ， N 的平面与 A P 交于点 H ．
AH
（i）求 ；
AP
（ii）求四棱锥 P − O M H N 的体积．
【解析】
（1）
法一：
作 P H
1
⊥ A B ，于点 H
1
，，此为PB2 +PC2 =BC2，，故PB⊥PC，，从而由等面积法得
P H
1
=
P B
B
C
P C
=
2
3
6
，故 C H
1
= P C 2 − P H 21 =
2
3
3
， A H
1
= A C 2 − C H
1
2 =
2
3
3
，所以
A H 21 + P H 21 = 4 = A P 2 ，， 故 P H
1
⊥ A H
1
，， 又
P H
1
⊥ B C ，， B C ，， AH ，平 面
1
A B C ，，
B C A H
1
= H
1
，所以 P H
1
⊥ 平面 A B C ，又 P H
1
平面PBC，故平面PBC⊥平面ABC，证毕．
法二：
作 P ，在平面 A B C ，上的影影H ，，接接 P H ，，易知 P H ⊥ ，平面 A B C ，。下证 P H ，在平面
P B C 内，只需证 H 在 B C 上，由于三棱锥 P − A B C 由翻转得到，故 D 与 E 在翻转过程中
在平面 A B C ，上的影影轨迹交点为 H ，。故只需证 D A ，的长线线与 A C ，的中垂线的交点在
B C 上，由几何，数这十分显然，从而平面PBC⊥平面ABC，证毕．
本解法由网友“flame”提供．
（2）
法一（建系法）“
B C
D
A
F
E
P
B
B
H
P
1
A
C
A
C（i）
取
港梦杯参考答案 第 18 页 （共38页）
B C 中点 G ，长线AG至点 O ，使得
A G = G O ，易知 O 是 △ A B C 的外心，又此
为平面 P B C ⊥ 平面ABC，平面 P B C 平面
A B C = A C ， A O 平面 A B C ， A O ⊥ B C ，
故AO⊥，平面PBC，，而 G ，也是 △ P B C ，的外
心，故点 O 是三棱锥 P − A B C 的外接球的球心．
建立如图所示空间直角坐标数 G − x y z ，，则“ O (1 , 0 , 0 ) ，， B ( 0 , − 3 , 0 ) ，，C(0, 3,0)，，
P ( 0 ,
3
3
,
2
3
6
) ， A ( − 1 , 0 , 0 )
3 6
，M(0,− , )，
3 3
N ( 0 ,
2
3
3
,
3
6
) ，所以
A P =
(1 ,
3
3
,
2
3
6
) ，
O M =
( − 1 , −
3
3
,
3
6
)
2 3 6
，ON =(−1, , )．
3 3
设平面 M O N ，的法向量为
m
，，则 {
mm
O
O
NM
== 0
0
，，故可取
m
= ( 2 , 0 , 3 ) ，，又
A H A P ( ,
3
3
,
2
3
6
)
=
= ，故 O H O A A H ( 2 ,
3
3
,
2
3
6
)
= + =
−
，而OH ⊥m，即
O H m =
0
2
，故可解得= ，即
3
A
A
H
P
2
的值为 ．
3
（ii）
由（i），
A H =
(
2
3
,
2
9
3
,
4
9
6
) ，故 H ( −
1
3
,
2
9
3
,
4
9
6
) ，从而 M H = 3
7
，NH = ，
3
MO= 2，， NO= 3，， MN = 3，，故可计算得“ S
△ M O N
=
2
5
，， S
△ M H N
=
6
5
，，所以
2 5
S = ，，此为
四形形HMON 3
O P =
( − 1 ,
3
3
,
2
3
6
)
OPm 10
，，所以 d =| |= ，，所以
P−HMON |m| 5
V
P − H M O N
=
1
3
2
3
5
1
5
0
=
2
9
2
，即四棱锥P−OMHN的体积为
2
9
2
．
法二（几何法）“
B C
P
O
A
G
x
M
z
H
N
y（i）如图，作
港梦杯参考答案 第 19 页 （共38页）
Q O1 / / B C ，
交 A B ，的长线线于点 Q
1
，，
此 为 M N / / B C ，， 故
M N / / Q O1 ，从而 M ， N ，
O ， Q
1
， H 五点共面，故
直线 Q
1
M ，与 P A ，的交点即
为点 H ．取AB的中点 Q
2
，则
M
A
Q
H
2 =
Q
A
Q1Q
2
1
=
3
4
，又AP=2MQ ，故可得
2
A
A
H
P
=
4
32
M
M
Q
Q
2
2
=
2
3
，
即为所求．
（ii） V
P − H M O N
= V
O − M N P
+ V
H − M N P
=
1
3
d
O − M N P
S
△ M N P
+
1
3
d
H − M N P
S
△ M N P
=
1
3
d
O − M N P
S
△ M N P
+
1
9
d
A − M N P
S
△ M N P
=
4
9
d
O − M N P
S
△ M N P
， S
△ M N P
=
1
4
S
△ P B C
=
2
2
，平
面 P B C ⊥ ，平面 A B C ，，故 d
O − M N P
= 1 ，，所以 V
P − H M O N
=
4
9
1
2
2
=
2
9
2
，，即四棱锥
P − O M H N 的体积为
2
9
2
．
【注】
不难发现，相比建数法，几何法的计算量近乎没有，这启发我们做立体几何题的时
候，要有意识地锻炼自己几何法的在力，这有时候不仅在大大简化计算量，更在在题目
不支持或者很难用建数法的时候仍有一定的解题思路，比程 2025 年 8 月“山海杯”第
17 题，就是非常好的样例，当然大家有兴趣也可以取看看最近考的“云帆杯”的第 17
题，也是很出色的一道立体几何题．
16．（15分）
在四形形 A B C D 中， A B = 1 ，BC=2，CD=3，DA=4，AC， B D 交于点 O ．
（1）求 2 c o s D A B − 3 c o s D C B 的值；
（2）求四形形ABCD面积的最大值；
（3）求tanAOB的最大值．
Q
1
B
O
M
Q
2
G
H
P
A
N
C【解析】
（1）
在
港梦杯参考答案 第 20 页 （共38页）
△ D A B 和 △ D C B 中分别运用余弦定理，
17−BC2 13−BC2
得cosDAB= ，cosDCB= ，
8 12
17−BC2 13−BC2
故2cosDAB−3cosDCB= − =1，
4 4
即 2 c o s D A B − 3 c o s D C B 的值为1．
（2）
S
四 形 形 A B C D
= S
△ D A B
+ S
△ D C B
=
1
2
1 4 s in D A B +
1
2
2 3 s in D C B = 2 s in D A B + 3 s in D C B
，
设 t = 2 s in D A B + 3 s in D C B ，结合（1）问可知，
t2 +1=(2sinDAB+3sinDCB)2 +(2cosDAB−3cosDCB)2 =13−12cos(DAB+DCB)
，
又cos(DAB+DCB)≥-1，当且仅当 D A B + D C B = 时取等，
故 t 2 ≤ 2 4 ，解得 t ≤ 2 6 ，
综上所述，四形形 A B C D ，面积的最大值为 2 6 ，，当且仅当DAB+DCB=，时取
等．
（3）
注意到“
2
A C B D = A C ( B D + B D ) = A C
(
B C + C D + A D −
A B ) =
A C ( B C − A B ) + A C
(
C D + A D
)
=(AB+BC)(BC−AB)+(AD−CD)(CD+AD)=|AD|2 +|BC|2 −|AB|2 −|CD|2=10，
故ACBD=5，
又 S
四 形 形 A B C D
= S
△ A O B
+ S
△ B O C
+ S
△ C O D
+ S
△ D O A
D
A
B
1 1 1 1
= OAOBsinAOB+ OBOCsinBOC+ OCODsinCOD+ ODOAsinDOA
2 2 2 2
1
= ACBDsinAOB，
2
C
O由（2），S ≤2 6，故ACBDsinAOB≤4 6，
四形形ABCD
进而
港梦杯参考答案 第 21 页 （共38页）
ta n A O B =
s
c
in
o s
A
A
O
O
B
B
=
A
A
C
C
B
B
D
D
s
c
in
o s
A
A
O
O
B
B
=
A C B D
A C
s inB
D
A O B
≤
4
5
6
，
所以 ta n A O B
4 6
的最大值为 ．
5
【注】
1．本题（2）求最值时，构造了对偶式，这种手法在处理三角函数时很常见，希望
大家在够积累．比程2025年8月山海杯第8题就曾考察此模出，原题如下“
2 ． 本 题 （ 3 ） 考 察 了 一 个 结 论 ， 在 四 形 形 A B C D ，中 ，
A C B D = |
A D 2| + | B C 2| −
2
| A B
2| − | C D 2|
，此此只要四形形四形确定，其对角的向量积
便也确定，该结论在空间中也同样成立，体现为空间余弦定理，希望大家在够积累．
3．不难发现，与试卷其他题目相比，本题（2）（3）问都包含了对结论的考察，那
么这与试题追求创新而具有启迪性质的初衷是否违背？笔者认为并没有，此为此题与其
他模拟题的结论题不同，并没有给可生拼硬凑之感．该题 两个二级结论巧妙地融合成
一个三级结论，充分体现出了二者之间的，数，这也是笔者认为其独到之处．
17．（15分）
设抛物线 C : y 2 = 2 p x ( p 0 ) ，的焦点为 F ，，线线为 l : x = − 1 ，，点 A ( x
1
, y
1
) ，， B ( x
2
, y
2
)
(y y ≥0)在C上，直线AB与l交于点
2 1
M ，且 A 是BM 的中点．
（1）求C的程程；
（2）求△BFM 面积的最小值；
2
（3） MFB= ，求点A的坐标．
3
【解析】（1）
由
港梦杯参考答案 第 22 页 （共38页）
l : x = − 1
p
知， =1，进而 p=2，C:y2 =4x．
2
（2）
A 是 B M 的中点，故 x
2
− 1 = 2 x
1
，即
y
24
2
=
2 y
12 + 1 ， y
2
= 2 y 21 + 4 ．
此为 k
A B
=
y
x
1
1
−
−
y
x
2
2
=
4 ( y
2 y
1
1
−
−
y
22
y
2
)
=
y
1
4
+ y
2
，，故 l
A B
: y =
y
1
4
+ y
2
( x − x
1
) + y
1
，，整理后即“
l :4x−(y + y )y+ y y =0， ， 故
AB 1 2 1 2
d
F − A B
=
1
|
6
4
+
+
(
y
1
y
1
y
+
2
|
y
2
) 2
， ， 又
| A B |= 1 +
( y
1
+
1 6
y
2
) 2
| y
1
− y
2
| ，故 S
△ A B F
=
1
8
( 4 + y
1
y
2
) | y
1
− y
2
| ，入得 y
2
= 2 y 21 + 4 ，得
S
△ A B F
=
1
8
( 4 + y
1
2 y 21 + 4 ) ( 2 y 21 + 4 − y
1
) =
1
8
[ 2 y 31 + ( 4 − y 21 ) 2 y 21 + 4 ] ．
令 f ( y ) = 2 y 3 + ( 4 − y 2 ) 2 y 2 + 4 ( y ≥ 0 ) ，则 f ( y ) =
6 y 2 ( 2
2
y
y
2
2
+
+
4
4
− y )
≥ 0 ，故 f ( y )
在 [ 0 , + ) 上单调递增，f(y)≥ f(0)=8，从而 S
△ A B F
≥ 1 ，S =2S ≥2，故
△BFM △ABF
△ B F M
面积的最小值为2
（3）
法一“
y2 y2
由（2）可设“A( 1 ,y )，B( 1 +1, 2y2 +4)，M(−1,2y − 2y2 +4)．
4 1 2 1 1 1
y2
则FB=( 1 , 2y2 +4)，FM =(−2,2y − 2y2 +4)，故“
2 1 1 1
M
l
y
O F
A
B
x港梦杯参考答案 第 23 页 （共38页）
c o s
F B , F M =
|
FF BB
|| FF MM
= |
(
2 y
12
2
+
y
2
1
)
2
6
y
y
21
21
+
+
4
8
−
−
3
4
2 y
1
y
1
−
2
4
y 21 + 4
= −
1
2
，
注意到 6 y 21 + 8 − 4 y
1
2 y 21 + 4 = − 2 ( 2 y
1
2 y 21 + 4 − 3 y 21 − 4 ) ，
化简得
3 y 21 + 4 − 2
2 y
12
y
+
1
2
2 y 21 + 4
=
2
2
，
故
4
2
( y 21 + 4 ) = ( 2 y 21 + 4 − y
1
) 2 = 2 y 21 + 4 − y
1
，
又 2 y 21 + 4 − y
1
=
( 2 y 21 + 4 −
2 y
y
1
21
) (
+ 4
2
+
y 21
y
1
+ 4 + y
1
)
=
2 y
2 y
1
2 +
1
+
4
4
+ y
1
，y2 +40，
1
故 2 y
1
2 + 4 + y
1
= 2 2 ，解得 y
1
= 2 3 − 2 2 ，故 x
1
= 5 − 2 6
综上所述，点 A 的坐标为 ( 5 − 2 6 , 2 3 − 2 2 ) ．
本解法由“山海杯”命题人“山海“提供．
法二“
分别作 A H
1
⊥ l ， B H
2
⊥ l 垂方分别为 H
1
， H
2
．
此为 A H
1
/ / B H
2
，A为 B M 的中点，故 | B H
2
|= 2 | A H
1
| ，
又由抛物线定义知， | A H
1
|= | A F | ， | B H
2
|= | B F | ，故 | B F |= 2 | A F | ①，
在 △ B F M 中用余弦定理得“ | M F 2| + | B F 2| − 2 | M F || B F | c o s
2
3
= | M B 2| ②，
又 c o s M A F + c o s B A F = 0 ，故可得 | M F 2| + | B F 2| = 2 ( | M A 2| + | A F 2| ) ③．
联立①②③得“|MF|=|BF|，
又A为 B M 的中点，故AF ⊥ AB，即k k =−1，可得“
AF AB
1 6
2 y
1
y
−
1
4
+ y
1
= − 2 y 21 + 4 ，
两形平程后化简得“ 3 2 y 21 ( y 21 + 4 ) = ( y 21 − 4 ) 2 ( y 21 + 4 ) ，，解得 y =2 3−2 2，，故
1
x =5−2 6 ，
1
综上所述，点A的坐标为(5−2 6,2 3−2 2)．法三：
作
港梦杯参考答案 第 24 页 （共38页）
A , B 在 l 上的射影 A , B ，则 A A // B B ，
由几何，数易知 △ M A A △ M B B ，
而 A 为 M B
|AA| |MA| 1
的中点，则 = = ，
|BB| |MB| 2
而由抛物线定义可得 | A F | = | A A | ，|BF|=|BB|，
故 | B F | = 2 | A F | ．
再 长 线 FA，至 T，点 足 方 | A T | = | A F | ，， 则
| T F | = 2 | A F | = | B F | ，
由 几 何 ， 数 易 知 △ABT≌△AMF，， 则
A B T = A M F ，
B T // M F
π
，FBT =π−MFB= ，而|TF|=|BF|，
3
故△FTB为正三角形， A F B =
π
3
．
设F 到 l
π
的距离为d，AFO=，则BFO=+ ，
3
由几何，数得d =|AA|+|AF|cos=|AF|(1+cos)=2，
2 2
则 |AF|= ，同理有 |BF|= ，
1+cos π
1+cos(+ )
3
π 3
由2|AF|=|BF|，带得化简可得1+2cos(+ )=cos，展开化简可得sin= ，
3 3
l
H
H
M
2
1
y
A
O
B
F x显然
港梦杯参考答案 第 25 页 （共38页）
( 0 ,
π
2
) ，则 c o s
3
6
= ， A 点的横坐标为 | A A | 1
1
2
c o s
1 5 2 6
− =
+
− = − ，
2sin
纵坐标为|AF|sin= =2 3−2 2，故A点的坐标为(5−2 6,2 3−2 2)．
1+cos
本解法由“精卫杯”命题人之一“寒风凛冽”提供．
【注】
1．程法一采用直接计算的程式，通过向量夹角的余弦对已知量进行表达，但计算
过程中要求要有一定的注意力，如果只想着纯粹地用平程进行化简， 会陷得高项程程
的困境．同时需要注意的是，如果用倒角公式，tan120。=− 3会导致庞大的计算量，甚
至让可算不出来．
2．程法二与程法三则巧妙运用抛物线的定义，找到漂亮的几何，数，让原本的计
算量得到减少．类似于2024年新高考I卷的17题，都启发我们在圆锥曲线中考虑几何
，数，有时会有意想不到的惊喜．
3．实际上，本题可隐藏着一个十分漂亮的几何，数，但由于没找到合适的问法，
所以就没有在题目中考察，不过大家可是可以看看，几何，数如下“
“ B F A + 2 A F M = ，也即 取 B F 长线线上的点 G ，有 F M 平分 A F G ．”
证明如下“
过点 B 作 M F 的垂线，垂方为 H ．
由（3）中山海提供的程法可知“
F B
| M
M F
2
F |
=
3
6
y
y
21
21
+
+
4
8
−
−
2
4
y
y
1
1
2
2
y
y
21
21
+
+
4
4
=
1
2
，
由向量影影的知识，这表示|MF|=2|FH |．
又注意到|BF|=2|AF|，|MB|=2|AH|（直角三角形的中位线），
故 △ A F H △ B F M ，从而BFM =HFA，故AFM =HFB，
又 A F M + B F A + H F B = ，故 B F A + 2 A F M = ．
进一步的， 取BF长线线上的点 G ，则由于MFG=BFH （对顶角），
故 F M 平分 A F G ，证毕．4．相信大家从这题也在看出，一个圆锥曲线好题，绝不在于它用了多么超纲的背
景，而是在在极简的条件下，用初等数学的程法，在条件中找到漂亮的几何，数，就如
同2024年九省联考的18题一样．这里也衷心的呼吁那命模拟题的题题可，不要再一味
地大学知识下放，或者把陈到不在再陈的二级结论拿出来考，笔者认为只有通过创新来
赋予一道圆锥曲线饱足的生题力，这样的题才在算是好题．
18．（17分）
已知函数 f (x)=sinx+sinax(a0)，当aQ时，，
a
港梦杯参考答案 第 26 页 （共38页）
f
a
( x ) 最大值为M ；当aQ时，
a
记 M
a
= 2 ．
（1）求 M
3
；
（2）讨论 f
( x ) 在 ( 0 ,
1
6
+
1
) 的极值点个数；
（3）证明“ M
a
≥ M
3
；
【解析】
（1）
f (x)=sinx+sin3x=sinx+sinxcos2x+sin2xcosx=4sinx−4sin3x， ， 令
3
t =sinx[−1,1]，则 f
3
( x ) = 4 t − 4 t 3 = g ( t ) ， g ( t ) = 4 − 1 2 t 2
3 3
，故g(t)在[−1,− ]，( ,1]
3 3
3 3 3 8 3
上单调递减，在(− , ]，上单调递增，于是g(t) =max{g(−1),g( )}= ，，故
3 3 max 3 9
8 3
M = ．
3 9
M
l y
A
O
B
F
H
x（2）
法一：
令
港梦杯参考答案 第 27 页 （共38页）
f ( x ) = 0 ，即 s in x = s in ( − x ) ，解得“ x =
2
k
1+
1
或
( 2 k
2
+
−
1
)
，其中 k
1
， k
2
Z ，于
是 f
( x ) 在 [ 0 ,
1
6
+
1
] 有0，
2
+ 1
，
+ 1
，
+ 1
，
+ 1
， ，
+1
+
1
，
+
1
，
+
1
，
− 1
，
， ， 共13个零点，下证相邻两个零点之间有且仅有一个极值点，且零点
−1 −1 −1
不可在也是极值点．
首先相邻零点之间至少有一个极值点，否则 f ( x ) 在该区域单调，至多有一个零点，
矛盾；而为了证明只有一个极值点，我们考虑证所有极大值均大于 0，所有极小值均小
于 0，这样相邻两个零点之间就有且仅有一个极值点，否则，由极大值与极小值异号会
得出该两个零点之间可有其他零点，矛盾。
f ( x ) = s in x + s in a x ， f ( x ) = c o s x + a c o s a x ， f ( x ) = − s in x − a 2 s in a x ，对于极大值
点x ，，我们有
0
f ( x
0
) = 0 ，且 f ( x
0
) ≤ 0 ，，即 c o s x
0
+ a c o s a x
0
= 0 ，， s in x
0
+ a 2 s in a x
0
≥ 0 ，．
故 f(x )=sinx +sinax ≥(1−a2)sinax ，又
0 0 0 0
a = 1 ，故当 s in a x
0
0 时， f ( x
0
) 0
成立；
s in a x
0
≥ 0 且 s in x
0
0 ， f ( x
0
) = s in x
0
+ s in a x
0
0 成立；
s in a x
0
≥ 0 ，且 s in x
0
≤ 0 ，， 此 时 f ( x
0
) ≤ 0 ，即 s in x
0
+ s in a x
0
≤ 0 ，， 则
s in 2 x
0
≥ s in 2 a x
0
，又
c o s x
0
+ a c o s a x
0
= 0 ， 故 c o s 2 x
0
= a 2 c o s 2 a x
0
， ， 相 加 得 “
1≥a2cos2ax +sin2ax =(a2 −1)cos2ax +1，即(a2 −1)cos2ax ≤0，从而cosax =0，
0 0 0 0 0
于是cosx =0，从而ax = +k，
0 0 2 1
x
0
=
2
+ k
2
2k +1
，相除得“a= 2 =，而为关理
2k +1
1
数，显然不可在，于是 f(x )≤0不成立，即 f(x )0得证．同理可证其所有极小值均小
0 0
于0，而且上述过程同时也说明零点不可在也是极值点，从而由 f (x)在
[ 0 ,
1
6
+
1
] 有共13
16
个零点可知其在(0, )上共有12个极值点．
+1法二：
+1 −1 +1 −1 B
f (x)=sinx+sinx=2sin( x)cos( x)，，设 A= ，，B= ，，= ，，
2 2 2 2 A
港梦杯参考答案 第 28 页 （共38页）
u = A x ，则 x ( 0 ,
1
6
+
1
) 可知 u ( 0 , 8 ) ，且 f (x)=2sin(u)cos(u)．
于是 f(x)=2A(cosucos(u)−sinusin(u))，， 存在极值点使得
c o s u = 0 ，，则
u =
( 2 k
1
+
2
1 )
，从而 s in u = 1 ，于是 s in u 0 = ，即 u k
2
= ，于是
2
2
k
k
1
2
1
=
+
，由于为
关理数，所以显然不行，同理可证不存在极值点使得 c o s u 0 = ，，于是令 f (
x ) = 0 ，可得
1 1 3
tanutanu= ，利用(3,4)可得( , )，则有
2 5
8 ( 4 , 4 .8 ) ( 4 , 5 ) ．
① ta n u 的零点／渐近线“
零点“ u = k （ k = 1，2， ，7）共7个；
渐近线“ u =
( 2 k +
2
1 )
（k =0，1， ，7）共8个
从而共有15个分割点．
② ta n u 的零点／渐近线“
零点“ u
k
=
（ k = 1，2，3，4）共4个；
(2k+1)
渐近线“u= （k =0，1，2，3）共4个；（利用
2
8 ( 4 , 5 ) 估计）
从而共有8个分割点．
从而在(0,8)，共有 23 个分割， 区间分为 24 段，从 0 开始的一小段区间内
1
tanutanu恒正，之后每过一个分割点tanutanu改变正负，为了tanutanu= ，只考
虑那12段 ta n u ta n u 为正的情况，同时 ta n u ta n u 为正时，其同号，从而 ta n u ta n u 为
单调函数，且均足方在一侧分割点 ta n u ta n u 趋于 0，一一侧分割点tanutanu趋于正
关穷，于是恰好 ta n u ta n u
1
= 在该区间内有且仅有一个零点，从而 f(x)在 ( 0 ,
1
6
+
1
) 上
共有12个极值点．
（3）设
港梦杯参考答案 第 29 页 （共38页）
(
6
,
4
)
， s in
3
3
=
5 3
，sin3= ，此为
9
f
1a
( a x ) = s in a x + s in x = f
a
( x ) ，故只
需讨论 a ≥ 1 即可．
3
① a[1,3]时，取ax =3，x = [,3]，
0 0 a
则 f
a
( x
0
) s in x
0
s in a x
0
5
9
3
s in x
0
5
9
3
s in M
3
= + = + ≥ + = ；
3−3
② a(3, ]时，取
a x
0
3 3 = − ， x
0
3
a
3
[ , )
=
−
− ，
则 f
a
( x
0
) s in x
0
s in a x
0
5
9
3
s in x
0
5
9
3
s in M
3
= + = + ≥ + = ；
③ a (
3 3
, )
−
+ 时，此时 a 9 ，取 x
0
≤ ≤ − ，则a≤ax ≤a(−)，又
0
a ( ) a 9 ( ) 2 − − − ，，故x [,−]，以及
0
k Z
，使得ax = +2k，，
0 2
则 f
a
( x
0
) = s in x
0
+ 1 ≥ 1 +
3
3
M
3
；
综上“ M
a
≥ f
a
( x
0
) ≥ M
3
，于是 M
a
≥ M
3
恒成立，得证．
本解法由“山海杯”命题人“山海“提供．
【注】
1．第一问要用到三角函数的三倍角公式，学有余力的同学可以积累一下，可以提高
做题速度．
2．第二问则是本题的重头戏之一，平时的定有套路几乎全部失效，此为导函数的性
质过难分析，对于法一，此时考虑使用罗尔定理，即可导函数两零点之间至少有一个导
函数为 0 的点，当然由于高中默认接续可导，故直接使用并用单调性反证同样也可以；
对于法二，个可觉得最，键的一步是第一步的和差化积．同时要补充一点，分割点理论
说两侧分必是一个趋于0，一个趋于正关穷，这个其实用反证法很好说明，故略去了．
3．第三问则有命类似于今年新一的压轴，需要有一定的取点思维，至于为什么要这
样取，大家可以用画图软件自己研究一下，同时需要说明的是，函数M 在a=3处其实
a
是间断的，所以也可以用关理测度相对精度较低的程法去取点，具体程法这里放一张某
一位大佬的解答“港梦杯参考答案 第 30 页 （共38页）4．本题其实经过多番修改，原题以及解析如下“
17．（15分）
记函数
港梦杯参考答案 第 31 页 （共38页）
f
a
( x ) = s in x + s in a x （a0）的最大值为 M
a
．
（1）求 M
3
；
（2）证明“ M
n
≥ M
3
（ n N * ）；
（3）证明“M ≥M ．
a 3
【解析】
（1）
f
3
( x ) = s in x + s in 3 x = s in x + s in x c o s 2 x + s in 2 x c o s x = 4 s in x − 4 s in 3 x ， ， 令
t =sinx[−1,1]，则 f
3
( x ) = 4 t − 4 t 3 = g ( t ) ， g ( t ) = 4 − 1 2 t 2 ，故 g ( t )
3 3
在[−1,− ]，( ,1]
3 3
3 3 3 8 3
上单调递减，在(− , ]，上单调递增，于是g(t) =max{g(−1),g( )}= ，，故
3 3 max 3 9
8 3
M = ．
3 9
（2）
①当n=4k−3(kN*)时，
3
M = f( )=sin +sin(2k− )=2M ；
n 2 2 2 3
②当n=4k−2(kN*)时，n=2，则
港梦杯参考答案 第 32 页 （共38页）
M
2
≥ f
2
(
4
) = 1 +
2
2
M
3
，
n ≥ 6 ，则 M
n
≥ f
n
(
3
2
n
+
2
) = 1 + c o s (
3
2
n
) ≥ 1 + c o s (
4
) = 1 +
2
2
M
3
；
③当 n = 4 k − 1 ( k N * ) 且 k 1 时，
M
n
≥ f
n
(
n
+
2
) = 1 + c o s (
n
) 1 + c o s
7
1 + c o s (
4
) M
3
；
④当 n = 4 k ( k N * ) 时，
M
n
≥ f
n
(
2 n
+
2
) = 1 + c o s (
2 n
) 1 + c o s
8
1 + c o s (
4
) M
3
．
综上“ M
n
≥ M
3
（ n N * ），证毕．
（3）
注意到 f
a
( x ) = s in x + s in a x = s in (
1
a
a x ) + s in ( a x ) = f
1a
( a x ) ，故 M
a
= M
1a
，从而只需考
虑 a ≥ 1 的情况即可．
3
记 sin =sin = ，，其中
0 1 3 6 0 3
，，
3 1 6
，，则由（1）可知，
M
3
f
3
(
0
) f
3
(
1
) = = ．
①当 1 ≤ a 3 时，注意到 M
a
≥ f
a
(
2 a
) = s in (
2 a
) + 1 ，
8 3
此此不妨记sin = −1，，其中
2 9 6 2 4
，，则当
2 a 2
≥
，，即 a≤ ，时，
2
2
M
a
f
a
(
2 a
) 1 s in
2
M
3
≥
≥ + = ．
而当
2
2
a 3
≤ ，时，注意到 M ≥ f ()=sin +sin(a)，，且易证
a a 0 0 0 2 0
，，故
2
a
2
a
0
3
0
，，从而 s in ( a
0
) s in ( 3
0
) ，，故此时M ≥ f () f ()=M ，，也
a a 0 3 0 3
有 M
a
≥ M
3
．
②当3a≤6时，注意到M ≥ f ( )=sin( )+1，
a a 2a 2a此此不妨记
港梦杯参考答案 第 33 页 （共38页）
s in
3
8
9
3
1 = − ，，其中
3
4 3
5
6
，，则当
2 a 3
≤ ，，即 a
2
3
≥
，时，
M
a
f
a
(
2 a
) 1 s in
3
M
3
≥
≥ + = ．（a5时， s in (
2 a
) s in (
5
1 2
) s in (
3
) s in
3
≥
也成立）
而当 3 a
2
3
，时，注意到 M
a
f
a
(
1
) s in
1
s in ( a
1
) ≥ = + ，，且易证
3 1
，，故
2 3
1
a
1
a
3
5
2
，从而 s in ( a
1
) s in ( 3
1
) ，故此时 M
a
f
a
(
1
) f
3
(
1
) M
3
≥ = ，也
有 M
a
≥ M
3
．
③当 6 a ≤ 9 ，时，注意到 M
a
≥ f
a
(
2
a
) = s in (
2
a
) + 1 ，，而 s in (
2 a
) s in (
4
) s in
3
≥
，，
故此时也有 M
a
≥ M
3
．
④ a 9 时，注意到 M
a
≥ f
a
(
2 a
+
2
a
[
a
4
] ) = s in (
2 a
+
2
a
[
a
4
] ) + 1 ，其中 [
a
4
] 表示不超过
a
4
的最小整数．
注意到
a
4
− 1 [
a
4
] ≤
a
4
2 a
，故 − + [ ]≤ + ，
2 2a 2a a 4 2 2a
故 s in (
2 a
2
a
[
a
4
] ) s in (
2
2
1 8
) s in (
3
) s in
3
+
−
=
，从而也有 M
a
≥ M
3
．
综上“ M
a
≥ M
3
恒成立，证毕．
19．（17分）
共有 k ，项 ( k ≥ 2 ) ，的数列{a }，足方
n
i N * ，， 2 ≤ i ≤ k ，， | a
i
− a
i− 1
≤| 2 ，，则称{a }
n
为保守数列．记T 为1，2，…，m随机排列后所在形成的所有保守数列的总个数，S
m m
为1，2，…， m 随机排列后所在形成的所有以1为首项的保守数列的总个数．特别地，
S =T =1．
1 1
（1）求 S
4
，T ；
4
（2）求 { S
n + 3
− S
n + 2
− S
n
} 的通项公式；
（3）求{T −T −T }的通项公式．
n+3 n+2 n【解析】
（1）
当k=4时，枚举可知所有保守数列如下“
1，2，3，4\\1，2，4，3\\1，3，2，4\\1，3，4，2\\2，4，3，1\\2，1，3，4\\3，1，
2，4\\3，4，2，1\\4，3，2，1\\4，3，1，2\\4，2，1，3\\4，2，3，1．
故
港梦杯参考答案 第 34 页 （共38页）
S
4
= 4 ， T
4
= 1 2
法一“
（2）
对于 S
n
，第一个数字是1，第二个数字可以是2或3，如果是2，那么之后有 S
n − 1
种
可在，下面对第二个数字选择3时进行讨论，此时第三个数字可以选择2，4，5“
①第三个数字选择 2，那么第四个数字只在是 4，现在可有 n − 4 个数字未选，此时
可以 4看作是第一个选的数字，故之后有 S
n − 3
种可在；
②第三个数字选择4，那么此时为1，3，4，…，后续 要选到2，则上一个数字一
定是3或4，又3或4一开始就选过了，故该情况在 k ≥ 5 时不可在．
③第三个数字选择5，下面证明只可在是1，3，5，7，9，...，8，6，4，2这样唯一
的排列，
证明如下“
用反证法，假设序列不是按照所说程式排列的，则当序列仍处于单调递增状态时，
必存在至少有一个 k 足方 a
k
≤ n − 2 ，同时不足方 a
k + 1
= a
k
+ 2 ，我们考虑符合条件的第
一个k，那么此时必有 a
k + 1
= a
k
+ 1 或者 a
k + 1
= a
k
− 1 ．
不论是前者可是后者，下一个数字既可以大于也可以小于a ，
k+1
下一个数字大于a ，考虑后续取了一定的[a +1,n]Z后，再想取到未取过的
k+1 k+1
小于a 的数的时“
k+1
①a =a +1，则小于a 且未被取过的数中最大的数为a −1，从而需要前一个数
k+1 k k+1 k
为a 或
k
a
k + 1
作为桥梁，然而他们两个都被取过了，故不可在，从而矛盾；
②a =a −1，则小于a 且未被取过的数中最大的数为
k+1 k k+1
a
k
− 3 ，从而需要前一个数
为a −2或a 作为桥梁，然而他们两个都被取过了，故不可在，从而矛盾；
k k+1
而当下一个数字小于a 时，也可以导出类似上述的矛盾，
k+1
所以当第二个数字选择3时，只有一种可在排列，综上，
港梦杯参考答案 第 35 页 （共38页）
S
n
= S
n − 1
+ S
n − 3
+ 1 ( n ≥ 5 ) ，，也即 S
n + 3
− S
n + 2
− S
n
= 1 ( n ≥ 2 ) ，，又当n=1，时，
S
4
− S
3
− S
1
= 1 也足方，故其通项公式为 S
n + 3
− S
n + 2
− S
n
= 1 ( n N * ) ．
（3）
受到（2）的启发，我们记 T ( n , k ) 表示1，2，…， n 随机排列后所在形成的所有以 k
为首项的保守数列的总个数，
由（2），T(n+3,1)−T(n+2,1)−T(n,1)=1，且由对称性可知T(n,k)=T(n,n−k+1)．
我们考虑以 k ( 3 ≤ k ≤ n − 2 ) 为首项的情况，则的选择有k−1，k−2，k+1， k + 2
这四种情况，而第二个数字只可在选择 k − 2 或 k + 2 ，否则会导出同理（2）的矛盾，
当取 k − 2 时，取遍小于k的数后取到第一个大于 k 的数一定是 k + 1 ，此时剩余 k + 1
到 n 的数字未取，且第一个取的是k+1，故有 T ( n − k ,1 ) 种情况；
当取 k + 2 时，取遍大于 k 的数后取到第一个小于 k 的数一定是k−1，此时剩余1到
k − 1 的数字未取，且第一个取的是k−1，故有 T ( k − 1 , k − 1 ) 种情况，也即T(k−1,1)种情
况；
故可得 3 ≤ k ≤ n − 2 时，有 T ( n , k ) = T ( k − 1 ,1 ) + T ( n − k ,1 ) ；
而 k = 2 ， 时 ， 有 T ( n , 2 ) = T (1 ,1 ) + T ( n − 2 ,1 ) ， ， k = n − 1 ， 时 ， 有
T ( n , n − 1 ) = T (1 ,1 ) + T ( n − 2 ,1 ) ，也 符 合 上 式 ， 故 对 于 2 ≤ k ≤ n − 1 ，， 恒 有
T(n,k)=T(k−1,1)+T(n−k,1)；
n n−1 n−1
所以T =T(n,i)=T(n,1)+T(n,n)+T(n,i)=2T(n,1)+[T(i−1,1)+T(n−i,1)]
n
i=1 i=2 i=2
= 2 T ( n ,1 ) + 2
n −
i=
2
1
T ( i ,1 ) ；
注意到T(i+3,1)−T(i+2,1)−1=T(i,1)，
n−2 n−2
故T(i,1)=[T(i+3,1)−T(i+2,1)−1]=T(n+1,1)−T(3,1)−n+2=T(n+1,1)−n，
i=1 i=1
所以 T
n
= 2 T ( n ,1 ) + 2
n − 2
i=
1
T ( i ,1 ) = 2 T ( n ,1 ) + 2 T ( n + 1 ,1 ) − 2 n ，
令 b
n
= T ( n ,1 ) + T ( n + 1 ,1 ) ，则T =2b −2n，
n n
又T(n+3,1)−T(n+2,1)−T(n,1)=1，故T(n+4,1)−T(n+3,1)−T(n+1,1)=1，两式相
T
加得，b −b −b =2，入得b = n +n，得T −T −T =2n+2(n≥2)；
n+3 n+2 n n 2 n+3 n+2 n又
港梦杯参考答案 第 36 页 （共38页）
n = 1 时， T
4
− T
3
− T
1
= 5 ，
2n+2,n≥2
故通项公式为“T −T −T ={ ，nN*．
n+3 n+2 n 5 ,n=1
法二：
（2）
①以1，2开头“把 (1 , 2 , a
3
, ..., a
n
) 删去首项1，并把每一项都减1，得“ (1 , a
3
− 1 , ..., a
n
− 1 ) ，
这是1，2，…， n − 1 得一个排列，相邻差小于等于2且首项为1；反过来，从任意一个
首项为 1 的 1 ~ ( n − 1 ) 保守数列把每一项加 1 并在最前面补个 1，就在得到一个以 1，2
开头的 1 ~ n 保守数列，此此，这种情况有 S
n − 1
个．
②以1，3开头“ 开头是1，3，4由于1的两形只在是2或3，而1旁已经有3，
所以2只在挨着4，得“1，3，4，2，但2后面关法接其余数字，矛盾，故第三项不可
在为4，只在取2或5；
（i）以1，3，2开头，则2得下一项只在接4，所以必为1，3，2，4，…，现在删
去前3项，并把其余各项减3，首项由4变为1，得到一个线度为 n − 3 ，首项为1的保
守数列，由前文，改变换可逆，于是这一类的个数有 S
n − 3
个．
（ii）以1，3，5，这时2不在挨着1，不在挨着3，所以只在挨着4，为了使2不
断链，他只在在末尾，即末尾必须是…，4，2；同理，为了把…，4，2 接回最前面，4
的一一侧只在挨 6，于是末尾必须是…，6，4，2，继续推下去，偶数必形成…，8，6，
4，2 这样的降链，前面只在用奇数 1，3，5，7，9…递增来接，所以这一类排列唯一．
n 为奇数，n=2t+1，那么排列为1，3，5，…， 2 t + 1 ，2t ， 2 t − 2 ，…，4，2．
n 为偶数，n=2t，那么排列为1，3，5，…， 2 t − 1 ， 2 t ， 2 t − 2 ，…，4，2．
此此这一类只有1种，综上，对于情况②，共有S +1种．
n−3
于是 S
n
= S
n − 1
+ S
n − 3
+ 1 ，，从而S =S +S +1(n≥2)，，即
n+3 n+2 n
S
n + 3
− S
n + 2
− S
n
= 1 ，，当
n = 1 时， S
4
− S
3
− S
1
= 1 ，综上S −S −S =1恒成立．
n+3 n+2 n
（3）
令U 表示在1~n的保守数列中，1与2相邻的个数．
n
现在考虑T “
n
① 1在两端，那么开头为1的有S 个，结尾为1的也有S 个，共有2S 个；
n n n
② 1在中间，则他要同时挨着2和3（可在为2，1，3或3，1，2），删去1，再把其他数减去 1，就得到一个
港梦杯参考答案 第 37 页 （共38页）
1 ~ ( n − 1 ) 的保守数列，其中 1 与 2 相邻，这部分刚好是
U
n − 1
个．
此此T =2S +U ，现在求U 和S 的，数，
n n n−1 n n
① 1在两端，则必为开头1，2…或是结尾…，2，1，共有 2 S
n − 1
个；
② 1在中间，则他两侧只在为2和3，删去1，其余减1，与 U
n − 1
刚好对应，
所以U =U +2S ，由S −S −S =1可得“U =2S −2n−2(n≥2)（， 直接
n n−1 n−1 n+3 n+2 n n n+2
累和，然后 S 裂项），则T =2S +(2S −2n)=2(S +S −n)，
n n n n+1 n n+1
则
= 2 ( S
n + 3
+ S
n + 1
+ 1 − S
n + 2
− S
n
− S
n + 1
+ n − 1 )
T
n + 3
− T
n + 2
− T
n
= 2 ( S
n + 4
− S
n + 2
− S
n
− S
n + 1
+ n − 1 )
= 2 ( S
n + 3
− S
n + 2
− S
n
+ n − 1 ) = 2 ( n + 1 ) = 2 n + 2 ，
特别的， n = 1 时， T
4
− T
3
− T
1
= 5 ，
故通项公式为“ T
n + 3
− T
n + 2
− T
n
= {
2 n +
5
2 , n
, n
≥
=
2
1
， n N * ．
法三：
（3）
对共 n 项的保守数列中的 n 和 n − 1 进行分类“
① n ， n − 1 在两侧首尾项的个数为 a
n
；
② n 在一侧且与 n − 1 相邻的个数为b ；
n
③ n − 1 在一侧且与n相邻的个数为 c
n
；
④ n 在一侧且与 n − 1 不相邻的个数为d ；
n
⑤n， n − 1 相邻但在内部的个数为 e
n
；
n = 4 时， a
4
= 2 ， b
4
= 2 ， c
4
= 2 ， d
4
= 4 ，e =2，
4
此时 n+1插得，可得“
a =a ，b =a +b +d ，c =b ，d =c ，e =c +e ，且可得
n+1 n n+1 n n n n+1 n n+1 n n+1 n n
a
n
= 2 恒成
立，从而“ b =a +b +d =2+b +b ，
n+1 n n n n n−2
于 是 T −T =a +b +c +d +e −a −b −c −d −e =2+b +b
n+1 n n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n n n n n n n−1
=6+b +b +b +b =2+T −T +T −T
n−1 n−2 n−3 n−4 n n−1 n−2 n−3于是
港梦杯参考答案 第 38 页 （共38页）
( T
n + 1
− T
n
− T
n − 2
) − ( T
n
− T
n − 1
− T
n − 3
) = 2 ，
故 T
n + 3
− T
n + 2
− T
n
= 2 n + 2 （n≥2），特别的，n=1时， T
4
− T
3
− T
1
= 5 ，
故通项公式为“ T
n + 3
− T
n + 2
− T
n
= {
2 n +
5
2 , n
, n
≥
=
2
1
， n N * ．
本解法由“山海杯”命题人“山海“提供．
【注】
本题主要考察对于递归的应用，三个程法各有特点，均值得大家积累，尤其是法一
法二的裂项求和，其中题目的灵感来源是 2023 年高联一试的填空压轴，稍微可惜的点
是最后的递推不那么平程，所以并没有要求 通项求出，感兴趣的同学可以试试。附
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题题可“港
审题可“春月绘诗，寒风凛冽，J，江山狂念，可恶，Morri，Nova，山海，santa，ssj，
汤匙 不是钥匙，flame，奕伦（按首字母排序）
排版指导“炎炎
近年来高考数学明显呈现"反套路、重思维"的转向，但令可遗憾的是，许多模拟题
仍深陷套路化泥潭——或是关脑堆砌结论，或是简单下放大学知识，看似"高深"，实则
掩盖了思维训练的匮乏，真正在促进底蕴积累的题目越来越少。
笔者也曾深陷此境，直到接触到一数列大多由高中生与大学生自发组织的线上数学
联考。这命同辈出题可灵活的思路与创新的题出令可耳目一新，也让我逐渐摆脱对定定
套路的依赖，开始尝试自主题题。
正此如此，港梦杯自创办之初便确立了一个核心目标“尽可在突破常规，提供真正
前所未有的新题出。 这里没有繁复的技巧堆砌，更多的是对观察力与分析在力的纯粹
考察；每一道题目都来自灵感乍现的原创，不存在任何改编。尽管部分题目在表达上仍
有打磨空间，但我们相信，这命独具匠心的设计在为备考者带来真正的思维启发。
需要说明的是，受限于出题成本与大学学业的双重压力，港梦杯或许仅此一届。 但
这并非创作的终点——未来我仍会以个可名义不定期分享原创题目，长续这份对数学的
热爱与探索。
最后，衷心感谢审题组各位的鼎力相助——正是他们的专业把，，才使得这份详尽
的参考答案得以呈现。同时也向大家推荐以下同样坚持初心的优质杯赛，期待与诸位在
数学之路上共同进步“
• 山海杯“903097081
• 炎炎杯“1053764181
• 精卫杯“974065308
• 云帆杯“982814988
• 神算杯“703959870
愿这项考试在为大家带来命许启发。
港梦杯参考答案 第 39 页 （共38页）
