文档内容
2026 届 2 月“LHS” 联考
数 学
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。
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，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。
一、选择题（本大题共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。
(cid:26) (cid:27)
1
1. (5分) 已知集合 A = x | ≥ 0 ，B = {x | 2x > 4}，则 ∁ A∩B = （ ）
R
(x−1)(x−3)
A. [2,3] B. [2,3)
C. (2,3] D. (2,3)
2. (5分) 已知复数 z 满足 zi+1 = z，则 (2z −1)2026 = （ ）
A. 1 B. −1
C. i D. −i
3. (5分) 在学习函数的周期性和对称性时，慢羊羊提出这样一个开放问题：“函数的周期性和对称性
有什么关系？”
美羊羊说：若一个函数有一个对称中心和一个对称轴，那么这个函数就有最小正周期。
沸羊羊说：美羊羊说得对。
喜羊羊说：不对啊，你是不是没有考虑定义域？应该是：若定义在 R 上的函数有一个对称中心和
一个对称轴，这个函数才有最小正周期。
沸羊羊又说：美羊羊说得对。
懒羊羊说：喜羊羊说得对。但是不一定有最小正周期吧？周期可以特别特别小吗？是不是得改成：
若定义在 R 上函数有一个对称中心和一个对称轴，这个函数就存在一个周期。
暖羊羊:”定义域不为R也可以吧,tanx就是啊。应该是:在一段区间上连续的函数有一个对称中心和
一个对称轴，这个函数才有最小正周期。” 慢羊羊让大家安静下来，说：“美羊羊、喜羊羊、懒羊
羊、暖羊羊中有 个说的命题是正确的。”
则横线处应填的数是 （ ）
A. 3 B. 2
C. 1 D. 0
第 1 页（共 5 页）4. (5分) 设集合 A = {−9,−8,...,8,9}。由集合 A 中元素构成的三项等差数列的数量为 （ ）
A. 162 B. 81
C. 181 D. 90
x2 y2
5. (5分) 若双曲线 Γ : − = 1（a,b > 0）不存在以点 (−2a,a) 为中点的弦，则该双曲线的离心
a2 b2
率的取值范围是 （ ）
√ √
2 3 5
A. (1, ] B. (1, )
√ 3√ √ 2
5 2 3 5
C. [ , ] D. [ ,+∞)
2 3 2
6. (5分) 在半径为 4 的大球内放入 n 个半径为 r 的小球，则下列关于 n 与最大半径 r 的说法正
max
确的是 （ ）
√
A. n = 2, r = 3 B. n = 6, r = 4 3−4
max max
√ √
C. n = 4, r = 4 6−8 D. n = 3, r = 4 5−7
max max
7. (5分) 鸭绿江大桥是中朝友谊的象征。若要为其修建一条引水渠，要求引水渠的过水横断面为圆
弧形。设过水横断面的面积为 S，湿周 l 为浸没在水中的圆弧长（如图中圆弧 AB 所示）。在面
积 S 一定的情况下，湿周 l 越小，用料越省。当圆心角为 θ 时，用料最省，则 θ 等于 （ ）
O
θ
A B
S
AB
π π
A. B.
6 3
π
C. π D.
2
8. (5分) 点 M 从原点出发，每次仅沿坐标轴方向移动一格的距离。称其移动到点 (n,n) 且经过的
路径上每一点 (x,y) 都满足 y ≤ x+1 为“合法”的。从所有路径中等可能地随机选取一条路径，
则其合法的概率为 （ ）
4n+2 2n+1
A. B.
(n+1)(n+2) (n+1)(n+2)
2n+1 2n+1
C. D.
2(n+1)(n+2) 4(n+1)(n+2)
第 2 页（共 5 页）二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
在每小题给出的四个选项中，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。
y2
9. (6分) 已知双曲线 Γ : x2− = 1，记其左、右焦点分别为 F ,F 。过点 F 作一条直线交 Γ 的右
1 2 2
3
支于不同的两点 A,B。连接 F A,F B。设 △F F A 的内心为 I ，△F F B 的内心为 I 。下列
1 1 1 2 A 1 2 B
结论中正确的有：
⃝ Γ 的离心率为 2；
π √
⃝ 当 ∠F AF = 时，△AF B 的面积为 2 3；
1 2 1
3
⃝ I F ⊥ F I ；
A 2 2 B
⃝ 线段 I I ∥ AB。
A B
x
10. (6分) 已知函数 f(x) = (x > 0)，正项数列 {a } 满足 a = f(a )−1 (n ≥ 1)。下列结
n n+1 n
ln(1+x)
论中正确的有：
⃝ f(x) 在 (−1,+∞) 上单调递增；
a
⃝ 对任意 n ≥ 1，都有 a ≥ n；
n+1
2
⃝ 若要证明:对任意的 ϵ > 0，都存在 N ∈ N，使得对任意的 n ≥ N 有 a < ϵ. 则可以取
n
N = 100+⌊a1⌋；
ϵ
ln(1+a ) a
⃝ 对任意正整数 n，有 1 < a ≤ 1 。
2n−1 n 2n−1
11. (6分) 组合数在数学中有很重要的应用，以下假定 n ≥ 3，则下面关于组合数的性质，正确的
有：
⃝ kCk = nCk−1；
n n−1
(cid:88) n+1 (−1)k−1 1
⃝ Ck−1 = ；
n k n+1
k=1
n
(cid:88) n
⃝ kCk+n = Cn+2；
2n 2 2n+2
k=1
n
(cid:88)(cid:0) (cid:1)
⃝ 1+(−1)k k2Ck = n(n+1)2n−2。
n
k=1
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
请将答案填写在答题卡相应位置。
(cid:112)
12. (5分) 设点 P(x ,y ) 满足 y = 1−x2，那么 x +y +2 的最大值为 。
0 0 0 0 0 0
第 3 页（共 5 页）13. (5分) 已知某圆锥的底面半径为 6，母线长为 10。在该圆锥内放入一个长方体，使其可以在圆锥
内部绕体心可随意转动，则该长方体体积的最大值为 。
14. (5分) 设点 A(0,0),B(2026,0),C(t,2026) (t ∈ R)。记 D 为使 ABCD 成平行四边形的第四个顶
点。若 N(t) 表示平行四边形 ABCD 内部（不含边界）的整点（横、纵坐标都是整数的点）的个
数，则函数 N(t) 的函数值域中元素个数为 。
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。请将答案写在答题卡指定区域。
15. (13分) 已知曲线
C : y = ln(x+1)+ 1x2 (x > −1),
1 2
设 C 关于直线 l : y = x 对称的曲线为 C ， P 为 C 上一点且位于第一象限。按如下方式构造
1 2 1 2
点 P (n = 2,3,...)：令 Q 为 C 上的点，且 P Q ⊥ l，过点 Q 作平行于 y 轴的直线
n n−1 1 n−1 n−1 n−1
与 C 交于 P 。记 O 为坐标原点：
2 n
（1） 讨论 C 与直线 l 的公共点的个数；
2
（2） 证明：直线 OP 与 C 在点 Q 处的切线的斜率之积大于 1。
n 1 n
16. (15分) 设函数 f(x) = x3+mx。在平面直角坐标系中，存在且仅存在一个正方形，其四个顶点都
在函数 y = f(x) 的图像上。
（1） 求实数 m 的取值范围；
（2） 求该正方形两条对角线的斜率之和。
17. (15分) 设向量
√
⃗ (cid:0) (cid:1) ⃗ (cid:0) (cid:1)
M = 2sin(ωx), cos(ωx) , N = cos(ωx), −2 3cos(ωx) ,
其中 ω > 0，函数
⃗ ⃗
F(x) = 2M ·N.
（1） 若 ω = 1，求函数 F(x) 图像的对称中心。
T
（2） 记 F(x) 的最小正周期为 T。将 F(x) 的图像向左平移 个单位长度，得到函数 G(x) 的图
2
(cid:0) (cid:1)
像。若 G(x) 在区间 π, 3π 内单调递减，求 ω 的取值范围。
4 4
√
18. (17分) 在空间直角坐标系 xOyz 中，设等边 △ABC 位于平面 z = 0 上，边长为 4 3，取
√ √
B(0,0,0), C(4 3,0,0), A(2 3,6,0).
点 M,N 分别为边 AB,AC 的中点。将包含 △ABC 的纸片沿线段 MN 折叠，使点 A 落到点 A′，
折起后的 △AMN 记为 △A′MN。如图所示：
第 4 页（共 5 页）A′
A
A
M N
N
M
C
B C B
π
（1） 若以 MN,BC 为棱的二面角 A′ −MN −BC 的大小为 ，求多面体 A′MNCB 的体积；
2
2π
（2） 若二面角 A′ − MN − BC 的大小为 ，求多面体 A′MNCB 的外接球的球心坐标和表面
3
积；
（3） 一个动点 O 从点 A′ 出发，在多面体 A′MNCB 的棱上运动。规定“一步运动”为：在点 O
所在的顶点处，随机选取一条与之相邻的棱，从该顶点沿此棱运动到另一端点，且每一条棱
被选到的概率相同。现有一个质地均匀的骰子，其六个面上的数字分别为 1,1,2,2,3,3。每
掷一次，若向上的点数为 k（k = 1,2,3），则点 O 运动 k 步。记“掷奇数次骰子后，点 O
仍在点 A′”为事件 A，“掷偶数次骰子后，点 O 仍在点 A′”为事件 B。比较 P(A) 与 P(B)
的大小，并说明理由。
19. (17分) 在平面直角坐标系中讨论如下问题。
(1) 设椭圆
x2 y2
C : + = 1 (a > 0,b > 0),
a2 b2
定点 R(r,s) 不在椭圆上。对椭圆上任一点 Q，过 Q 作椭圆的切线 l，把点 R 关于直线 l 对称，
所得点记为 P(x,y)。求点 P 的轨迹方程 Ω。
(2) 取 a = b，椭圆退化为圆 Γ : x2 +y2 = a2. 当 Ω 与圆 Γ 相切时，求定点 R 满足的充要条件。
(3) 取椭圆
x2 y2
Γ : + = 1,
25 21
其左焦点为 F(−2,0)。设 P 为椭圆 Γ 上任意一点，Q与P关于O对称。在点 Q 处作椭圆的切线 l，
把点 P 关于直线 l 对称，所得点记为 R。
√
1. 用参数 φ 表示椭圆上一点 P(5cosφ, 21sinφ)，写出对应点 R 的坐标。
2. 在上述点 R 中，记三角形 △PRF 的面积为 S。求 S 的最大值，并求出此时对应的点 P,R
的坐标。
（请将解答题答案写在答题卡指定区域）
第 5 页（共 5 页）2026 届 2 月“LHS” 联考
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参考答案与解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. (5分) 第 1 题
(cid:26) (cid:12) (cid:27)
(cid:12) 1
Solution: 设 A = x (cid:12) ≥ 0 。分子为正，故 (x−1)(x−3) > 0，即 x < 1 或
(cid:12) (x−1)(x−3)
x > 3，从而 A = (−∞,1)∪(3,+∞)，∁ A = [1,3]。
R
又 B = {x | 2x > 4} = {x | x > 2} = (2,+∞)，于是 ∁ A∩B = [1,3]∩(2,+∞) = (2,3]。
R
故选 C 。
2. (5分) 第 2 题
−1 i+1 i+1
Solution: 由 zi+1 = z 得 z(i−1) = −1，从而 z = · = 。于是 2z = i+1，
i−1 i+1 2
2z −1 = i，故 (2z −1)2026 = i2026。
又 i4 = 1，2026 ≡ 2 (mod 4)，所以 i2026 = i2 = −1。
故选 B 。
3. (5分) 第 3 题
Solution: 取y = kx,其中k ̸= 0并k存在。它是每一个命题的反例,因为y = −1x是它的对称轴
k
并且它有无穷个对称中心。
故选 D 。
4. (5分) 第 4 题
第 1 页（共 33 页）Solution: 先考虑递增情形，此时d > 0，设数列三项分别为m−d,m,m+d,那么有−9 ≤ m−
d ≤ m+d ≤ 9。所以当d固定,符合条件的m有9−d−(−9+d)+1 = 19−2d,而d ∈ N且d ≤ 9故
此时有:17+15+...+1 = 81个。
考虑到d < 0和d = 0分别有81和19个，一共有:19+81+81 = 181个。
故选 C 。
5. (5分) 第 5 题
x2 y2
Solution: 设双曲线 Γ : − = 1 (a,b > 0) 上欲求的弦的两个端点为
a2 b2
A(x ,y ), B(x ,y ),
1 1 2 2
中点为 (−2a,a)。令
x = −2a+u, y = a+v; x = −2a−u, y = a−v,
1 1 2 2
则中点条件自动满足。
代入双曲线方程，得
(−2a+u)2 (a+v)2 (−2a−u)2 (a−v)2
− = 1, − = 1.
a2 b2 a2 b2
两式相减：
u av a2
8 +4 = 0 =⇒ 2b2u+a2v = 0 =⇒ u = − v.
a b2 2b2
两式相加：
6+2u2/a2 2(a2 +v2) u2 v2 a2
− = 0 =⇒ − = −3.
b2 a2 b2 b2
a2
代入 u = − v，得
2b2
a2v2 v2 a2
− = −3.
4b4 b2 b2
a2
令 λ = > 0，上式化为
b2
λ−4 4b2(λ−3)
v2 · = λ−3 =⇒ v2 = .
4b2 λ−4
若存在以 (−2a,a) 为中点的弦，则须存在实数 v ̸= 0，即右式 > 0。题设要求不存在这样的弦，
因此必须
λ−3
≤ 0.
λ−4
解得
a2
λ ∈ [3,4] 即 ∈ [3,4].
b2
第 2 页（共 33 页）于是
b2 (cid:20) 1 1 (cid:21)
∈ , .
a2 4 3
双曲线的离心率
(cid:114)
b2
e = 1+ ,
a2
故
(cid:34)√ √ (cid:35)
(cid:20) (cid:21) (cid:20) (cid:21)
1 1 5 4 5 2 3
e2 ∈ 1+ , 1+ = , =⇒ e ∈ , .
4 3 4 3 2 3
故选 C 。
6. (5分) 第 6 题
1
Solution: 设圆弧半径为 R，圆心角为弧度量 θ。则弧长 l = Rθ，弓形面积 S = R2(θ −
2
sinθ)。
(cid:114) (cid:114)
1 2S 2S
因为 S 为常数，由 S = R2(θ − sinθ) 得 R = ，于是 l(θ) = θ =
2 θ−sinθ θ−sinθ
√ θ
2Sf(θ)，其中 f(θ) = √ 。
θ−sinθ
求 f(θ) 的极值，令 f′(θ) = 0，化简得 θ(1+cosθ) = 2sinθ，解得 θ = π，且此时 f(θ) 取最小
值，从而 l 最小。
故最优圆心角 θ = π，选 C 。
7. (5分) 第 7 题
Solution:
设大球半径为 R = 4，小球半径为 r。要使小球半径最大，每个小球必须与大球相切；于是每
个小球球心到大球球心的距离都为
OP = R−r = 4−r.
小球两两相切时，球心间距为 2r。不同的 n 对应不同的「球心几何」：
A. n = 2
两球心与大球球心共线，位于直径两端，球心距离最大为
|P P | = 2(4−r).
1 2
第 3 页（共 33 页）相切条件 2r = |P P | 给出
1 2
2r = 2(4−r) =⇒ r = 2 ̸= 3.
故 A 错。
B. n = 3
三球心在半径为 4 − r 的球面上，且为最大半径时应构成正三角形。设三角形边长为 2r，其
外接圆半径
2r
R = √ .
△
3
该外接圆就是大球球面上的一条圆剖面，半径为 4−r，故
√
2r 4 3 √
√ = 4−r =⇒ r = √ = 8 3−12.
3 2+ 3
故 B 错。
C. n = 4
四球心在球面上构成正四面体。设棱长为 2r，正四面体的外接球半径公式为
√ √
6 6
R = ·2r = r.
tet
4 2
该外接球就是以 O 为球心、半径为 4−r 的球，故
√
6 8 √
r = 4−r =⇒ r = √ = 4 6−8.
2 6+2
故 C 正确。
D. n = 6
六球心在球面上构成正八面体。设棱长为 2r，正八面体的外接球半径为
2r √
R = √ = r 2.
oct
2
同样有
√ 4 √
r 2 = 4−r =⇒ r = √ = 4 2−4.
1+ 2
故 D 错。
综上，只有选项 C 正确。
8. (5分) 第 8 题
第 4 页（共 33 页）Solution: 从 (0,0) 到 (n,n) 的所有路径共 N = Cn 条（向右、向上各 n 步）。
总 2n
要求路径始终满足 y ≤ x+1。记“非法路径”为存在点使 y −x ≥ 2 的路径。对一条非法路
径，取其第一次到达直线 y = x+2 的点，反射该点之前的路径（交换“向右”“向上”），得
到一条从 (0,0) 到 (n+2,n−2) 的路径，反之亦然，故非法路径条数 N = Cn−2。
非 2n
于是合法路径条数 N = Cn −Cn−2，所求概率
合 2n 2n
N Cn−2 n(n−1) 4n+2
P = 合 = 1− 2n = 1− = .
N Cn (n+1)(n+2) (n+1)(n+2)
总 2n
故选 A 。
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9. (6分) 第 9 题
Solution:
第 5 页（共 33 页）y l
A
I
A
x
F F
1 2
I
B
B
（A） 双曲线
y2 x2 y2
Γ : x2 − = 1 ⇐⇒ − = 1,
3 1 3
故 a2 = 1, b2 = 3，焦距
c2 = a2 +b2 = 1+3 = 4 =⇒ c = 2,
离心率
c 2
e = = = 2,
a 1
所以（A）正确。
（B） 记
AF = t.
2
右支上点满足焦点定义：
AF −AF = 2 =⇒ AF = t+2.
1 2 1
第 6 页（共 33 页）在三角形 △F AF 中，已知
1 2
π
F F = 4, AF = t, AF = t+2, ∠F AF = .
1 2 2 1 1 2
3
由余弦定理：
1 π AF2 +AF2 −F F2 (t+2)2 +t2 −42
= cos = 1 2 1 2 = .
2 3 2·AF ·AF 2t(t+2)
1 2
化简得
t2 +2t−6 1 √
= =⇒ t2 +2t−12 = 0 =⇒ t = −1+ 13 > 0.
t(t+2) 2
直接计算可得
√
2 3 √ √
(cid:0) (cid:1)
S = 7+ 13 ̸= 2 3,
△AF1B
3
故（B）错误。
（C）
记
θ = ∠AF F , θ = ∠BF F .
1 2 1 2 2 1
因为 A,B 在同一直线 l 上，且 F ∈ l，整条直线 AB 在 F 处张成平角，于是
2 2
θ +θ = 180◦.
1 2
在三角形 △F F A 中，I 是内心，所以
1 2 A
F I 是 ∠AF F 的内部角平分线;
2 A 2 1
在三角形 △F F B 中，I 是内心，所以
1 2 B
F I 是 ∠BF F 的内部角平分线.
2 B 2 1
两条角的度数分别为 θ ,θ ，且 θ +θ = 180◦，于是它们的内角平分线夹角为
1 2 1 2
θ θ θ +θ 180◦
1 + 2 = 1 2 = = 90◦,
2 2 2 2
即
I F ⊥ F I .
A 2 2 B
故（C）正确。
（D）
仍以三角形 △F F A 为例，设其三边长为
1 2
a = F A, b = F A, c = F F = 4.
2 1 1 2
第 7 页（共 33 页）半周长
a+b+c
s = .
2
设内切圆与边 F F 的切点为 D 。由三角形切线长性质，
1 2 A
F D = s−b, F D = s−a.
1 A 2 A
又因为点 A 在右支上，对该双曲线有
AF −AF = b−a = 2
1 2
（右支上点到左焦点距离减去到右焦点距离恒为 2a = 2）。于是
a+b+4 a−b+4 −2+4
F D = s−b = −b = = = 1.
1 A
2 2 2
因此有
(cid:0) (cid:1)
D −2+1, 0 = (−1,0),
故内心 I 的 x 坐标恒为 −1，即 I 总在直线
A A
x = −1
上。
同理 I 也必在直线 x = −1 上。这样得到
B
I I 在 x = −1这条直线上
A B
因此一般有
I I ̸∥ AB
A B
故（D）错误。
综上，正确选项为 A、C 。
10. (6分) 第 10 题
x
Solution: 记 f(x) = ，a = f(a )−1。
n+1 n
ln(1+x)
x
ln(1+x)−
1+x x x
（A）有 f′(x) = 。令 h(x) = ln(1 + x) − ，则 h′(x) = ，且
(cid:0) ln(1+x) (cid:1)2 1+x (1+x)2
h(0) = 0， f 在−1,0上单调递减，在 (0,+∞) 上单调递增，A 错误。
第 8 页（共 33 页）x x x
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
（B）考察不等式f(x)−1 < 。它等价于x < 1+ ln(1+x)。令g(x) = 1+ ln(1+x)−x，
2 2 2
1 x x
(cid:0) (cid:1)
则 g′(x) = ln(1+x)− > 0，且 g(0) = 0，故 g(x) > 0，即 f(x)−1 < (x > 0)。代
2 1+x 2
a a
入 x = a 得 0 < a < n，与命题“a ≥ n”相反，B 错误。
n n+1 n+1
2 2
a a
（C）由上式递推得 0 < a < 1 (n ≥ 1)。给定 ε > 0，令 k = (cid:4) 1(cid:5) ， N = 100 + k。当
n 2n−1 ε
a a a
n ≥ N 时，n−1 ≥ k+99 ≥ k，又 2k ≥ k+1 > 1，于是 a < 1 ≤ 1 < ε。因此可以取
ε n 2n−1 2k
N = 100+⌊a /ε⌋，C 正确。
1
ln(1+a ) a
（D）要证对任意正整数 n， 1 < a ≤ 1 。
2n−1 n 2n−1
1 x
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)2
上界已在（C）中得到。证明下界：先证对任意x > 0，ln f(x) > ln(1+x)，即 >
2 ln(1+x)
1+x。
(et −1)2
令 t = ln(1+x) > 0，则 x = et−1，不等式化为 > et，即 ψ(t) := (et−1)2−ett2 > 0。
t2
展开得 ψ(t) = e2t −et(t2 +2)+1。
(cid:0) (cid:1)
求导： ψ′(t) = et 2et − (t2 + 2t + 2) 。设 θ(t) = 2et − (t2 + 2t + 2)，则 θ(0) = 0， θ′(t) =
2et −(2t+2)， θ′′(t) = 2et −2， θ′′′(t) = 2et > 0。
由 θ′′′(t) > 0 知 θ′′(t) 在 (0,+∞) 上递增，且 θ′′(0) = 0，故 θ′′(t) > 0 (t > 0)；从而 θ′(t) 递增
且 θ′(0) = 0，故 θ′(t) > 0；又 θ(0) = 0，得 θ(t) > 0 (t > 0)。于是 ψ′(t) > 0，而 ψ(0) = 0，
故 ψ(t) > 0 (t > 0)，原不等式成立。
1 1
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
所以 ln f(x) > ln(1+x) (x > 0)。对数列，有 ln(1+a ) = ln f(a ) > ln(1+a )。令
n+1 n n
2 2
1 b ln(1+a )
b = ln(1+a )，则 b > b ，归纳得 b > 1 = 1 。又因 a > ln(1+a ) = b ，
n n n+1 2 n n 2n−1 2n−1 n n n
ln(1+a )
故 a > 1 ，下界成立，D 正确。
n 2n−1
综上，正确选项为 C、D 。
11. (6分) 第11题
Solution:
（A）由
n! (n−1)!
Ck = , Ck−1 =
n k!(n−k)! n−1 (k −1)!(n−k)!
得
n! n! (n−1)!
kCk = k · = = n· = nCk−1,
n k!(n−k)! (k −1)!(n−k)! (k −1)!(n−k)! n−1
故（A）正确。
第 9 页（共 33 页）（B）设
(cid:88) n+1 (−1)k−1
S = Ck−1 .
n k
k=1
对任意 1 ≤ k ≤ n+1，
Ck−1 1 n! n! 1 (n+1)! 1
n = · = = · = Ck ,
k k (k −1)!(n−k +1)! k!(n−k +1)! n+1 k!(n+1−k)! n+1 n+1
从而
(cid:88) n+1 (−1)k−1 1 (cid:88) n+1
S = Ck−1 = Ck (−1)k−1.
n k n+1 n+1
k=1 k=1
由二项式定理
n+1
(cid:88)
(1−1)n+1 = Ck (−1)k = 0,
n+1
k=0
故
n+1
(cid:88)
Ck (−1)k = −C0 (−1)0 = −1,
n+1 n+1
k=1
于是
n+1
(cid:88)
Ck (−1)k−1 = 1,
n+1
k=1
进而
1
S = .
n+1
因此（B）正确。
（C）
n n 2n−1
(cid:88) (cid:88) (cid:88)
kCk+n = 2n Ck+n−1 = 2n Ci .
2n 2n−1 2n−1
k=1 k=1 i=n
由于 2n−1 为奇数，二项式系数关于中点对称，且
2n−1 2n−1 n−1
(cid:88) (cid:88) (cid:88)
Ci = 22n−1, Ci = Ci = 22n−2,
2n−1 2n−1 2n−1
i=0 i=n i=0
于是
n
(cid:88)
kCk+n = 2n·22n−2 = n22n−1.
2n
k=1
故（C）错误。
（D）设
n n n
(cid:88)(cid:0) (cid:1) (cid:88) (cid:88)
S = 1+(−1)k k2Ck = k2Ck+ (−1)kk2Ck.
n n n
k=1 k=1 k=1
(cid:124) (cid:123)(cid:122) (cid:125) (cid:124) (cid:123)(cid:122) (cid:125)
S1 S2
第 10 页（共 33 页）先求 S 。利用
1
n n
(cid:88) (cid:88)
kCk = n2n−1, k(k −1)Ck = n(n−1)2n−2,
n n
k=0 k=0
得
n n
(cid:88) (cid:88)(cid:0) (cid:1)
k2Ck = k(k −1)+k Ck = n(n−1)2n−2 +n2n−1 = n(n+1)2n−2,
n n
k=0 k=0
去掉 k = 0 项不变，因此
n
(cid:88)
S = k2Ck = n(n+1)2n−2.
1 n
k=1
再求 S 。令
2
n
(cid:88)
P(x) = (1+x)n = Ckxk,
n
k=0
则
n n n
(cid:88) (cid:88) (cid:88)
P′(x) = n(1+x)n−1, xP′(x) = kCkxk,(xP′(x))′ = k2Ckxk−1,x(xP′(x))′ = k2Ckxk.
n n n
k=0 k=0 k=0
于是
n
(cid:88) (cid:2) (cid:3)
S = (−1)kk2Ck = x(xP′(x))′ .
2 n x=−1
k=0
(cid:0) (cid:1)
x(xP′(x))′ = nx(1+x)n−1 +n(n−1)x2(1+x)n−2 = nx(1+x)n−2 (1+x)+(n−1)x ,
当 n ≥ 3 时含因子,代入 x = −1 可得
(cid:2) (cid:3)
S = x(xP′(x))′ = 0.
2 x=−1
故
S = S +S = n(n+1)2n−2,
1 2
（D）正确。
综上，正确选项为 A、B、D 。
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. (5分) 第 12 题
(cid:112)
Solution: 由 y = 1−x2 知点 P(x ,y ) 在单位圆 x2 +y2 = 1 的上半圆上（y ≥ 0）。要求
0 0 0 0 0
x +y +2
0 0
第 11 页（共 33 页）的最大值。
方法一（几何法：点到直线的距离）
设直线
l : x+y +2 = 0.
上半圆上的点 P(x ,y ) 满足 x2 +y2 = 1，且
0 0 0 0
x +y ≥ −1 ⇒ x +y +2 ≥ 1 > 0,
0 0 0 0
于是
x +y +2 = (cid:12) (cid:12)x +y +2 (cid:12) (cid:12) = |x √0 +y 0 +2| · √ 12 +12 = √ 2d (cid:0) P,l (cid:1) ,d(O,l) = |0 √ +0+2| = √ 2 = √ 2.
0 0 0 0
12 +12 12 +12 2
单位圆上点到直线 l 的距离最大值
√
d = d(O,l)+R = 2+1.
max
于是
√ √ √ √
(x +y +2) = 2·d = 2( 2+1) = 2+ 2.
0 0 max max
√
因此最大值为 2+ 2 。
其他解法
方法二（三角换元）
令
x = cost, y = sint, t ∈ [0,π],
0 0
则
√ (cid:16) π(cid:17)
x +y +2 = 2+cost+sint = 2+ 2sin t+ .
0 0
4
因为 sin(x) ≤ 1，故
√
x +y +2 ≤ 2+ 2,
0 0
π π π √
当 t+ = （即 t = ）时取到最大值 2+ 2。
4 2 4
方法三（求导法）
(cid:112)
由 y = 1−x2 得
0 0
(cid:113)
f(x ) = x +y +2 = 2+x + 1−x2, −1 ≤ x ≤ 1.
0 0 0 0 0 0
求导：
x
f′(x ) = 1− 0 .
0 (cid:112)
1−x2
0
第 12 页（共 33 页）令 f′(x ) = 0，得
0
x (cid:113) 1
1 = 0 =⇒ 1−x2 = x , x ≥ 0 =⇒ x2 = 1−x2 =⇒ x = √ ,
(cid:112) 1−x2 0 0 0 0 0 0 2
0
1
此时 y = √ ，故
0
2
(cid:16) 1 (cid:17) 1 1 √
f √ = 2+ √ + √ = 2+ 2.
2 2 2
检查端点 x = ±1 可知此为最大值。
0
方法四（整体平方法）
考虑平移整体平方：
(cid:0)
x − √ 1
(cid:1)2
+
(cid:0)
y − √ 1
(cid:1)2
≥ 0.
0 0
2 2
展开并利用 x2 +y2 = 1：
0 0
√ √
x2 +y2 − 2(x +y )+1 ≥ 0 =⇒ 1− 2(x +y )+1 ≥ 0
0 0 0 0 0 0
√ √
=⇒ 2 ≥ 2(x +y ) =⇒ x +y ≤ 2.
0 0 0 0
于是
√
x +y +2 ≤ 2+ 2,
0 0
1
当且仅当
(cid:0)
x − √ 1
(cid:1)2
+
(cid:0)
y − √ 1
(cid:1)2
= 0 即 x = y = √ 时取到最大值。
0 0 0 0
2 2 2
方法五（柯西不等式）
由 Cauchy 不等式
(x +y )2 =
(cid:0)
x ·1+y ·1
(cid:1)2
≤ (x2 +y2)(12 +12) = 1·2 = 2,
0 0 0 0 0 0
故
√
x +y ≤ 2.
0 0
结合 y ≥ 0，有
0
√
x +y +2 ≤ 2+ 2,
0 0
当 (x ,y ) 与 (1,1) 成比例且 x2 +y2 = 1 时取等，即
0 0 0 0
1
x = y = √ ,
0 0
2
√
最大值为 2+ 2。
√
综上，答案为 2+ 2 。
第 13 页（共 33 页）13. (5分) 第 13 题
Solution: 圆锥底面半径 R = 6，母线长 l = 10。设高为 h，则
l2 = R2 +h2 =⇒ 102 = 62 +h2 =⇒ h2 = 64, h = 8.
过轴线的截面是腰长为 10、底边长为 12、高为 8 的等腰三角形，其面积
1
S = ·12·8 = 48,
△
2
周长 p = 10+10+12 = 32，故该三角形的内切圆半径
2S 2·48
△
r = = = 3.
p 32
这个圆就是圆锥的内切球的截面圆，因此圆锥内切球半径为 r = 3。
若长方体可以在圆锥内部任意移动，则它的所有顶点都必须落在该内切球内部（否则把长方
体平移到“贴紧”圆锥的一部分时，会凸出圆锥外）。因此，长方体可以看作放在半径为 3 的
球内，我们只需求在半径为 r 的球内，长方体体积的最大值。
设长方体的三条边长分别为 a,b,c，则其空间对角线长为
√
d = a2 +b2 +c2.
若能放入半径为 r 的球内，则必有
d ≤ 2r =⇒ a2 +b2 +c2 ≤ 4r2.
2r
体积当 a = b = c = √ ，长方体为正方体，且空间对角线恰好为球的直径 2r时取得最大值。
3
因此在半径为 r 的球内，长方体体积最大值为
8
V = abc ≤ √ r3.
max
3 3
对本题 r = 3，得
8 8 216 72 √
V = √ ·33 = √ ·27 = √ = √ = 24 3.
max
3 3 3 3 3 3 3
√
故该长方体体积的最大值为 24 3 。
14. (5分) 第 14 题
第 14 页（共 33 页）Solution: 设
A(0,0), B(2026,0), C(t,2026), D(t−2026,2026).
直线 AD 过 A,D，斜率
2026
k = ,
t−2026
故
t−2026
AD : y = kx =⇒ x = y.
2026
直线 BC 与 AD 平行，过 B(2026,0) 得
t−2026
BC : y = k(x−2026) =⇒ x = y +2026.
2026
平行四边形内部点满足
t−2026 t−2026
0 < y < 2026, y < x < y +2026.
2026 2026
若 (x,y) 为内部整点，则 y ∈ {1,2,...,2025}，记
t−2026
a = y,
y
2026
则对每个整数 y，允许的 x 为
a < x < a +2026. (1)
y y
长度为 2026 的开区间 (a ,a +2026) 中的整数个数为
y y
2026, a ∈/ Z,
y
2025, a ∈ Z.
y
记
1, a
y
∈ Z,
(cid:88)
2025
δ = s(t) = δ ,
y y
0, a ∈/ Z,
y y=1
则内部整点总数为
2025
(cid:88)
N(t) = (2026−δ ) = 2026·2025−s(t). (2)
y
y=1
所以 N(t) 的不同取值个数，与 s(t) 的不同取值个数相同。
令
t−2026
α = ,
2026
则 a = αy。若 α 为无理数，则 αy ∈/ Z，s(t) = 0。若 α 为有理数，取最小正整数
y
r = min{y ≥ 1 | αy ∈ Z},
第 15 页（共 33 页）容易知道：1 ≤ y ≤ 2025 时
αy ∈ Z ⇐⇒ y是r的倍数
1
(cid:4) (cid:5)
因此有s(t) = card{y ≤ 2025 | r | y} = 2025 . 反过来，对任意正整数 r，取 α = （即
r r
2026
t = 2026+ ），则
r
y
a = , a ∈ Z ⇐⇒ r | y,
y y
r
(cid:22) (cid:23)
2025
此时也有 s(t) = 。故
r
(cid:26)(cid:22) (cid:23) (cid:27)
2025 (cid:12)
{s(t) | t ∈ R} = (cid:12) r ∈ N∗ .
r (cid:12)
计数知这有 90 个元素
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. (13分) 第 15 题
Solution: 记
1
f(x) = ln(x+1)+ x2, x > −1,
2
(1) 由对称性，只需考虑C 和l的公共点个数
1
1
F(t) = f(t)−t = ln(t+1)+ t2 −t, t > −1.
2
则
1
F′(t) = +t−1, (1+t)F′(t) = 1+t(1+t)−(1+t) = t2 ≥ 0.
t+1
于是 F(t) 在 (−1,+∞) 上严格递增，并且
1
F(0) = ln1+ ·02 −0 = 0.
2
于是
t < 0 ⇒ F(t) < 0, t > 0 ⇒ F(t) > 0,
故方程 F(t) = 0 只有唯一解
t = 0.
当 t = 0 时，对应点为 (f(0),0) = (0,0)，即原点 O。因此 C 与直线 l 只有一个公共点.
2
(2)
第 16 页（共 33 页）对任意 n，由于 P ∈ C ，由 C 的构造可知，必存在唯一 x > −1 使
n 2 2 n
(cid:0) (cid:1)
P = f(x ), x .
n n n
将 P 关于直线 y = x 对称，得到点
n
(cid:0) (cid:1)
Q′ = x , f(x ) .
n n n
显然 Q′ ∈ C ，且
n 1
P Q′ ⊥ l.
n n
题目中 Q 定义为“P Q ⊥ l 且 Q ∈ C ”，而任一形如 y = −x+C 的直线与 C 的交点至
n n n n 1 1
多一个（因为方程 f(x)+x = C 左边是严格增函数），故这样的点唯一，于是
(cid:0) (cid:1)
Q = Q′ = x , f(x ) .
n n n n
因为 P 在第一象限，且 f(0) = 0, f(x) 在 (−1,+∞) 上严格增，从 f(x)−x 在 (0,+∞) 上大
1
于 0 可知 f(x) > x（x > 0）；递推可得所有 x > 0，从而 f(x ) > 0，即 P ,Q 均在第一象
n n n n
限。
记
k = 直线 OP 的斜率, k = 曲线 C 在 Q 处切线的斜率.
1n n 2n 1 n
由上式
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
P = f(x ),x , Q = x ,f(x ) ,
n n n n n n
有
x
k = n , k = f′(x ), x > 0.
1n
f(x )
2n n n
n
需要证明
x
k ·k = n f′(x ) > 1,
1n 2n
f(x )
n
n
即对所有 x > 0 有
xf′(x) > f(x).
为此，定义
(cid:18) (cid:19)
1
Φ(x) = xf′(x)−f(x), x > −1,Φ′(x) = f′(x)+xf′′(x)−f′(x) = xf′′(x) = x 1− .
(x+1)2
从而
Φ′(x) > 0, x > 0.
又
Φ(0) = 0·f′(0)−f(0) = 0−0 = 0.
因此 Φ(x) 在 (0,+∞) 上严格递增，因此有
Φ(x) > 0 ⇐⇒ xf′(x) > f(x) (x > 0)
第 17 页（共 33 页）16. (15分) 第 16 题
Solution:
(1)注意到f(x)+f(−x) = 0。
由奇性,若ABCD之中心不在原点,关于原点作对称可得一个新正方形A′B′C′D′矛盾,因此该正
方形的中心必为原点。
按顺时针命名为A,B,C,D,则AC ⊥ BD ⇐⇒ k ·k = −1。
AC BD
联立y = k x = x3 +mx ⇐⇒ x2 = k −m,因此:
AC AC
(cid:112)
OA2 = OC2 = ( 1+k2 ·x)2 = (1+k2 )(k −m)。
AC AC AC
同理OB2 = OD2 = (1+ 1 )(− 1 −m)。
k
A
2
C
kAC
AC2 = BD2 ⇐⇒ k4 −mk3 +mk +1 = 0 ⇐⇒ (k − 1 )2 −m(k − 1 )+2 = 0。
AC AC AC AC kAC AC kAC
⇐⇒ (k +k )2 −m(k +k )+2 = 0。
AC BD AC BD
注意到这个方程有解⇐⇒ ∃一组(k ,k )使得ABCD构成一组正方形(因k +k ∈ R)。
AC BD AC BD
于是题设等价于二次方程只有一解。令判别式∆ = 0并舍去正根(由图像知此时显然不存在对
√ √
应的正方形),解得 m = −2 2,因此: m ∈ {−2 2}
√ √
(2) k +k = k − 1 恰对应(1)中二次方程在m = −2 2的唯一解x = − 2,因此:
AC BD
√
AC kAC
k +k = − 2 。
AC BD
y
(cid:18) (cid:112) √ (cid:113) √ (cid:19)
D − 4 6−3 3, 4 3( 3+2)
(cid:18)(cid:113) √ (cid:112) √ (cid:19)
A 4 3( 3+2), 4 6−3 3
x
O(0,0)
(cid:18) (cid:113) √ (cid:112) √ (cid:19)
C − 4 3( 3+2), − 4 6−3 3
(cid:18) (cid:112) √ (cid:113) √ (cid:19)
B 4 6−3 3, − 4 3( 3+2)
17. (15分) 第 17 题
第 18 页（共 33 页）Solution: 由
√
⃗ (cid:0) (cid:1) ⃗ (cid:0) (cid:1)
M = 2sin(ωx), cos(ωx) , N = cos(ωx), −2 3cos(ωx)
可得
√ √ √
M ⃗ ·N ⃗ = 2sin(ωx)cos(ωx)−2 3cos2(ωx) = 2sin(2ωx)−2 3−2 3cos(2ωx),
于是
√ √ √
(cid:0) (cid:1)
F(x) = 2sin(2ωx)−2 3−2 3cos(2ωx) = 4sin 2ωx− π −2 3. (⋆)
3
（1） 当 ω = 1 时，
(cid:16) π(cid:17) √
F(x) = 4sin 2x− −2 3.
3
令
π
2x − = kπ,
0
3
√
则点 (x ,−2 3) 是函数 F(x) 图像的一个对称中心。解得
0
kπ + π kπ π
x = 3 = + , k ∈ Z.
0
2 2 6
因此所有的对称中心是:
kπ π √
( + ,−2 3),k ∈ Z
2 6
（2）
(cid:16) (cid:16) π (cid:17) π(cid:17) √ (cid:16) π(cid:17) √ (cid:16) 2π(cid:17) √
G(x) = 4sin 2ω x+ − −2 3 = 4sin 2ωx+π− −2 3 = 4sin 2ωx+ −2 3.
2ω 3 3 3
对 G(x) 求导：
(cid:16) 2π(cid:17) (cid:16) 2π(cid:17)
G′(x) = 4·cos 2ωx+ ·2ω = 8ωcos 2ωx+ .
3 3
(cid:0) (cid:1)
因为 ω > 0，要使 G(x) 在区间 π, 3π 内单调递减，只需且只需
4 4
(cid:16)π 3π(cid:17)
G′(x) < 0, ∀x ∈ , ,
4 4
即
(cid:16) 2π(cid:17) (cid:16) (cid:16)π 3π(cid:17)(cid:17)
cos 2ωx+ < 0 x ∈ , .
3 4 4
设
2π
y = 2ωx+ ,
3
(cid:0) (cid:1)
当 x 在 π, 3π 内变化时， y 在区间
4 4
(cid:18) (cid:19)
π 2π π 2π
(y ,y ) = ω + , 3ω +
1 2
2 3 2 3
第 19 页（共 33 页）内变化，其中
ωπ 2π 3ωπ 2π
y = + , y = + .
1 2
2 3 2 3
函数 cosy < 0 当且仅当
y ∈ (cid:0) π +2kπ, 3π +2kπ (cid:1) , k ∈ Z.
2 2
要使在整个区间内均有 cosy < 0，必须存在整数 k 使得
(cid:20) (cid:21)
π 3π
[y ,y ] ⊆ +2kπ, +2kπ ,
1 2
2 2
即
π 3π
+2kπ ≤ y , y ≤ +2kπ. (1)
1 2
2 2
将 y ,y 代入，并两边同时除以 π > 0，得
1 2 2
4 4
1+4k ≤ ω + , 3ω + ≤ 3+4k.
3 3
即
12k −1 12k +5
ω ≥ , ω ≤ . (2)
3 9
要使两不等式有公共解，需
12k −1 12k +5 1
≤ =⇒ 36k −3 ≤ 12k +5 =⇒ 24k ≤ 8 =⇒ k ≤ .
3 9 3
结合 k ∈ Z，得 k ≤ 0。对 k ≤ 0 逐一考察：
• k = 0：由 (2) 得
1 5
ω ≥ − , ω ≤ ,
3 9
而 ω > 0，故 0 < ω ≤ 5 皆可；
9
• k = −1：由 (2) 得
13 7
ω ≥ − , ω ≤ − ,
3 9
无正数解；
• k ≤ −2：右端上界更小于 0，同样无正数解。
因此唯一可能的是 k = 0，得到
5
0 < ω ≤ .
9
在此范围内，y > π、y ≤ 3π，因此
1 2 2 2
(cid:16) (cid:17)
y ∈ π, 3π (∀x ∈ (π, 3π)),
2 2 4 4
(cid:0) (cid:1)
从而 cosy < 0，即 G′(x) < 0，函数 G(x) 在 π, 3π 内单调递减。
4 4
综上，
5
0 < ω ≤ .
9
第 20 页（共 33 页）18. (17分) 第18题
Solution:（1）
由
√ √
B(0,0,0), C(4 3,0,0), A(2 3,6,0),
可得边 AB,AC 中点分别为
(cid:16) √ (cid:17) √ (cid:16) √ √ (cid:17) √
M 2 3+0, 6+0,0 = ( 3,3,0), N 2 3+4 3, 6+0,0 = (3 3,3,0).
2 2 2 2
于是
−−→ √ −−→ √
MN = (2 3,0,0), BC = (4 3,0,0),
故 MN ∥ BC，且两直线间距离为
d(MN,BC) = |3−0| = 3.
底面四边形 MNCB 为上、下底分别为 MN,BC，高为 3 的梯形，面积
√ √
MN +BC 2 3+4 3 √
S = ·d = ·3 = 9 3.
MNCB
2 2
设 H 为点 A 在直线 MN 上的垂足，则
√
H(2 3,3,0), AH = 3.
折叠时平面 △AMN 绕轴 MN 旋转到平面 △A′MN。记二面角
∠A′ −MN −BC = θ,
则 A′ 到平面 z = 0 的距离为
h = AHsinθ = 3sinθ.
π
当 θ = 时，
2
1 1 √ √
h = 3, V = S ·h = ·9 3·3 = 9 3.
A′MNCB MNCB
3 3
故多面体 A′MNCB 的体积为
√
9 3 .
（2）
√
仍记 H(2 3,3,0)。当
2π
∠A′ −MN −BC = θ =
3
第 21 页（共 33 页）时，有
√
3 1
AH = 3, sinθ = , cosθ = − .
2 2
折叠后，绕轴 MN 的旋转只发生在 y−z 平面内，故
√ (cid:16) 1(cid:17) 9
A′ = H = 2 3, A′ = 3−AHcosθ = 3−3· − = ,
x x y 2 2
√ √
3 3 3
A′ = AHsinθ = 3· = ,
z 2 2
从而
√
(cid:16) √ 9 3 3(cid:17)
A′ 2 3, , .
2 2
√
由对称性，外接球球心必在平面 x = 2 3 上，设
√
O(2 3,y ,z ).
0 0
√
利用 OB = OM（B(0,0,0), M( 3,3,0)）：
√
OB2 = (2 3)2 +y2 +z2,
0 0
√ √
OM2 = (2 3− 3)2 +(y −3)2 +z2 = 3+(y −3)2 +z2,
0 0 0 0
令 OB2 = OM2 得
12+y2 +z2 = 3+(y −3)2 +z2 =⇒ y = 0.
0 0 0 0 0
再由 OM = OA′：
√ √
OM2 = (2 3− 3)2 +(0−3)2 +z2 = 3+9+z2 = 12+z2,
0 0 0
√ √
√ √ (cid:16) 9(cid:17)2 (cid:16) 3 3(cid:17)2 81 (cid:16) 3 3(cid:17)2 √
OA′2 = (2 3−2 3)2 + 0− + z − = + z − = z2 −3 3z +27.
2 0 2 4 0 2 0 0
令 OM2 = OA′2，得
√
√ √ 5 5 3
12+z2 = z2 −3 3z +27 =⇒ −3 3z = −15 =⇒ z = √ = .
0 0 0 0 0 3 3
故外接球球心为
√
(cid:16) √ 5 3(cid:17)
O 2 3, 0, .
3
其半径平方为
√
√ (cid:16)5 3(cid:17)2 25 61
R2 = OB2 = (2 3)2 +02 + = 12+ = ,
3 3 3
外接球的表面积
61 244π
S = 4πR2 = 4π · = .
3 3
第 22 页（共 33 页）（3）
在空间多面体 A′MNCB 上，每走一步从当前点沿所有连边等可能走向相邻顶点。只关心是
否在 A′，所有可能的状态有：
- S ：在 A′；
0
- S ：在底面四点之一 M,N,B,C。
1
由图可知：
- 若当前在 A′，下一步必到某个底面点：P(S → S ) = 1； - 若当前在底面点，三条棱中有一
0 1
条连到 A′，两条连到底面：P(S → S ) = 1, P(S → S ) = 2。
1 0 3 1 1 3
设从 A′ 出发，走 k 步后在 A′ 的概率为 u ，从底面某点出发走 k 步后在 A′ 的概率为 v 。由
k k
全概率公式有
1−u 1−v
k k
u = 1, u = ; v = 0, v = .
0 k+1 0 k+1
3 3
逐步计算得
1 2 1 2 7
u = 0, u = , u = ; v = , v = , v = .
1 2 3 1 2 3
3 9 3 9 27
一次掷骰时，点数 1,2,3 等可能，因此一次掷骰实际走的步数 K ∈ {1,2,3} 且
1
P(K = 1) = P(K = 2) = P(K = 3) = .
3
从 A′ 出发一次掷骰后仍在 A′ 的概率为
1 5
a = P(A′ − 一 − 次 − 掷 − 骰 → A′) = (u +u +u ) = ,
1 2 3
3 27
从底面一点出发一次掷骰后在 A′ 的概率为
1 22
b = P(底面点 − 一 − 次 − 掷 − 骰 → A′) = (v +v +v ) = .
1 2 3
3 81
设从 A′ 出发，掷 n 次骰后在 A′ 的概率为 p 。对第 n+1 次掷骰应用全概率公式：
n
22 7
p = ap +b(1−p ) = − p ,
n+1 n n n
81 81
5
且 p = a = 。
1
27
解得
1 3
(cid:18)
7
(cid:19)n
p = + − .
n
4 4 81
于是
1 3(cid:16) 7 (cid:17)n 1 1 3(cid:16) 7 (cid:17)n 1
若 n 为奇数, p = − < ; 若 n 为偶数, p = + > .
n n
4 4 81 4 4 4 81 4
则 P(A) = p < 1 < p = P(B)，因此
2k+1 4 2k
P(B) > P(A) .
第 23 页（共 33 页）第19题
Solution: 1.
先证明点 P(x ,y ) 关于直线
0 0
Ax+By +C = 0
的对称点 Q 的坐标为
(cid:18) (cid:19)
2A(Ax +By +C) 2B(Ax +By +C)
0 0 0 0
Q x − , y − .
0 A2 +B2 0 A2 +B2
设对称点为 Q(x,y)。
(cid:18) (cid:19)
x +x y +y
1. 中点 M 0 , 0 在直线 Ax+By +C = 0 上：
2 2
x +x y +y
0 0
A +B +C = 0. (1)
2 2
2. 直线 PQ 与 Ax+By +C = 0 垂直，后者法向量为 (A,B)，故存在实数 λ 使
(x−x , y −y ) = λ(A,B). (2)
0 0
由 (2) 得
x = x +λA, y = y +λB.
0 0
代入 (1)：
x +(x +λA) y +(y +λB)
0 0 0 0
A +B +C = 0,
2 2
A2λ B2λ
Ax + +By + +C = 0,
0 0
2 2
λ
(Ax +By +C)+ (A2 +B2) = 0,
0 0
2
从而
2(Ax +By +C)
0 0
λ = − .
A2 +B2
代回 (2) 即可
法一
设椭圆上一点
Q(acosθ, bsinθ)
为切点，过 Q 作切线，斜率设为 k，则切线方程为
y −bsinθ = k(x−acosθ).
第 24 页（共 33 页）联立,有
(cid:16) 1 k2(cid:17) (cid:16)2ksinθ 2ak2cosθ(cid:17) (cid:16) 2aksinθcosθ a2k2cos2θ (cid:17)
+ x2 +x − + − +sin2θ+ −1 = 0.
a2 b2 b b2 b b2
要与椭圆相切，判别式为零。可算得
(cid:0) (cid:1)
∆ = −4 a4b2k2cos2θ+a4(−b2)k2 −2a3b3ksinθcosθ+a2b4sin2θ−a2b4 = 0,
等价于
bcosθ
4a2b2
(cid:0)
aksinθ+bcosθ
(cid:1)2
= 0 ⇐⇒ aksinθ+bcosθ = 0 =⇒ k = − .
asinθ
代回有
cosθ sinθ
x+ y = 1.
a b
由结论,若设
1 1
T = , M = ,
tanθ sinθ
则坐标为
T cosθ T sinθ 1
cosθ = T sinθ = , A = = , B = = .
M a aM b bM
代入整理，有
(cid:32) (cid:0) (cid:1) (cid:33)
a2r−bT 2a(s−bM)+brT −a2(s−2bM)−2abrT +b2sT2
P(x,y) = , .
a2 +b2T2 a2 +b2T2
1
反过来，把上式视为关于 M,T 的方程组，解出 M = 。由 x 式、y 式分别解得
sinθ
(cid:0) (cid:1)
T −a2r+a2x+2absT +b2rT2 +b2xT2
M = ,
2ab2
以及
a2s+a2y +2abrT −b2sT2 +b2yT2
M = .
2a2b
两式相等，整理得:
(cid:0) (cid:1)(cid:0) (cid:1)
T a2 +b2T2 a(r−x)+bT(y −s)
= 0.
2a2b2
有
a(r−x)
a(r−x)+bT(y −s) = 0 =⇒ T = ,
b(s−y)
即
1 a(r−x)
= . (⋆)
tanθ b(s−y)
第 25 页（共 33 页）再把 T 代回 x 的表达式中，整理：
(cid:0) (cid:1)
(r−x) 2bM(y −s)+r2 +s2 −x2 −y2
= 0,
(r−x)2 +(s−y)2
得到
r2 +s2 −x2 −y2 1 r2 +s2 −x2 −y2
M = , 即 = . (⋆⋆)
2b(s−y) sinθ 2b(s−y)
由
1 1
− = 1
sin2θ tan2θ
将 (⋆) 与 (⋆⋆) 代入，可得
(cid:18) r2 +s2 −x2 −y2(cid:19)2 (cid:18) a(r−x) (cid:19)2
− = 1.
2b(s−y) b(s−y)
两边同乘以 b2(s−y)2，整理得
(cid:0)
r2 +s2 −x2 −y2
(cid:1)2
−4a2(r−x)2 = 4b2(s−y)2,
等价于
(cid:0)
x2 +y2 −r2 −s2
(cid:1)2
= 4a2(x−r)2 +4b2(y −s)2.
法二
设曲线切线为
ux+vy = 1.
与
x2 y2
+ = 1
a2 b2
y 得到
(cid:18) 1 u2 (cid:19) 2ux 1
x2 + − + −1
a2 b2v2 b2v b2
判别式
(cid:0) (cid:1)
4 a2u2 +b2v2 −1
∆ = = 0 =⇒ a2u2 +b2v2 = 1. (1)
a2b2v2
设 P(x,y) 为 R(r,s) 关于直线 ux+vy = 1 的对称点。
−→
• 因为 PR 平行直线法向量 (u,v)，故存在实数 k 使
x−r = ku, y −s = kv. (2)
• 因为直线 ux+vy = 1 平分线段 PR，其上有中点 M (cid:0) x+r, y+s(cid:1) ，所以
2 2
x+r y +s
u +v = 1. (3)
2 2
第 26 页（共 33 页）由 (2) 得
x−r y −s
u = , v = .
k k
代入相切条件 (1)：
(x−r)2 (y −s)2
a2 +b2 = 1 =⇒ k2 = a2(x−r)2 +b2(y −s)2. (4)
k2 k2
再把 u,v 代入 (3)：
x−r x+r y −s y +s
· + · = 1,
k 2 k 2
整理得
x2 −r2 +y2 −s2
= 1 =⇒ x2 +y2 −r2 −s2 = 2k. (5)
2k
x2 +y2 −r2 −s2
由 (5) 得 k = ，代入 (4)：
2
(cid:18) x2 +y2 −r2 −s2(cid:19)2
= a2(x−r)2 +b2(y −s)2,
2
即
(cid:0)
x2 +y2 −r2 −s2
(cid:1)2
= 4
(cid:2)
a2(x−r)2 +b2(y −s)2
(cid:3)
.1
2.
此时椭圆变为圆
Γ : x2 +y2 = a2.
由第（1）问的结论，点 P(x,y) 的轨迹 Ω 的方程为
(cid:0)
x2 +y2 −r2 −s2
(cid:1)2
= 4a2
(cid:2)
(x−r)2 +(y −s)2
(cid:3)
. (⋆)
法一
设 Γ 与 Ω 的交点在 Γ 上，代入 x2 +y2 = a2，得
(cid:0)
a2 −r2 −s2
(cid:1)2
= 4a2
(cid:2)
a2 −2(rx+sy)+r2 +s2
(cid:3)
.
记
d2 = r2 +s2, t = rx+sy,
则化为
(a2 −d2)2 = 4a2(a2 +d2 −2t).
解出
1 (cid:18) (a2 −d2)2(cid:19)
t = a2 +d2 − =: M.
2 4a2
第 27 页（共 33 页）可见 Γ 与 Ω 的公共点满足
x2 +y2 = a2,
rx+sy = M.
即为圆与一条直线的交点问题。
圆与直线相切，当且仅当直线到圆心的距离等于半径：
|M|
√ = a ⇐⇒ M2 = a2d2.
r2 +s2
把 M 写成 d2 的函数，记
d2 r2 +s2
u = = ,
a2 a2
可化为
(u2 −6u−3)2 = 64u =⇒ u4 −12u3 +30u2 −28u+9 = 0.
因式分解
(u−1)3(u−9) = 0,
由 R 在圆外可知 d2 > a2，故 u = 9，即
r2 +s2 = 9a2.
因此
r2 +s2 = 9a2
是 Ω 与圆 Γ 相切的充要条件。
法二
先来证明二元的 Cauchy–Schwarz 不等式
注意到(a2 +b2)(c2 +d2) = (ac+bd)2 +(ad−bc)2 ≥ (ac+bd)2
记
ρ2 = x2 +y2, d2 = r2 +s2, t = rx+sy,
则
(x−r)2 +(y −s)2 = ρ2 +d2 −2t,
于是 (⋆) 可写为
(cid:0)
ρ2 −d2
(cid:1)2
= 4a2
(cid:0)
ρ2 +d2 −2t
(cid:1)
. (4)
对任意点 (x,y)，由二元的 Cauchy–Schwarz 不等式有
√
(cid:112)
|t| = |rx+sy| ≤ r2 +s2 x2 +y2 = dρ.
第 28 页（共 33 页）因此
−dρ ≤ t ≤ dρ.
将 t 在区间 [−dρ, dρ] 内变动，则右侧
ρ2 +d2 −2t
在该区间上取得的最小值和最大值分别是
ρ2 +d2 −2(dρ) = (ρ−d)2, ρ2 +d2 −2(−dρ) = (ρ+d)2.
于是由 (4) 得到必要条件
4a2(ρ−d)2 ≤ (ρ2 −d2)2 ≤ 4a2(ρ+d)2. (5)
对不等式 (5) 分别处理：
• 由左侧
4a2(ρ−d)2 ≤ (ρ2 −d2)2 = (ρ−d)2(ρ+d)2
（若 ρ ̸= d，可以约去 (ρ−d)2），得到
(ρ+d)2 ≥ 4a2 =⇒ ρ+d ≥ 2a. (6)
• 由右侧
(ρ2 −d2)2 = (ρ−d)2(ρ+d)2 ≤ 4a2(ρ+d)2,
约去 (ρ+d)2 > 0（ρ,d ≥ 0），得
(ρ−d)2 ≤ 4a2 =⇒ |ρ−d| ≤ 2a. (7)
现在考虑圆 Γ 与轨迹 Ω 的交点，此时 ρ2 = x2 +y2 = a2，即
ρ = a.
将 ρ = a 代入 (6)、(7) 得到对 d 的必要条件：
a+d ≥ 2a,
|a−d| ≤ 2a.
即
d ≥ a, d ≤ 3a.
因此：
第 29 页（共 33 页）√
• 若 d > a 且 d < 3a（即 a < r2 +s2 < 3a），则圆与轨迹有两个交点；
• 若 d > 3a，则不等式不再成立，圆与轨迹无交点；
• 临界情形 d = 3a，圆与轨迹恰好只有一个公共点，即二者相切。
题目要求 Ω 与 Γ 相切，又已知点 R 在圆外（d > a），故只能取
d = 3a =⇒ r2 +s2 = 9a2.
3. 先证一个引理 对任意实数 x ,y ,x ,y ，有
1 1 2 2
(x2 +y2)(x2 +y2) = (x x +y y )2 +(x y −x y )2.
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1
把 (x ,y )、(x ,y ) 看成两向量，设夹角为 θ，则
1 1 2 2
|(x ,y )||(x ,y )|sinθ = |x y −x y |.
1 1 2 2 1 2 2 1
左边是以这两向量为邻边的平行四边形面积，因此
1
三角形面积 = |x y −x y |. (⋆⋆⋆)
1 2 2 1
2
在本问中，椭圆
x2 y2
Γ : + = 1, F(−2,0).
25 21
取椭圆上一点
√
P(5cosφ, 21sinφ), φ ∈ [0,2π).
对径点
√
Q = −P = (−5cosφ, − 21sinφ).
在 Q 处作椭圆切线,切线方程
cosφ sinφ cosφ sinφ
− x− √ y = 1 ⇐⇒ x+ √ y +1 = 0.
5 21 5 21
记
cosφ sinφ
A = , B = √ , C = 1,
5 21
√
则切线为 Ax+By +C = 0。在本题中 P(x ,y ) = (5cosφ, 21sinφ)，先算
0 0
cosφ sinφ √
Ax +By +C = ·5cosφ+ √ · 21sinφ+1 = cos2φ+sin2φ+1 = 2,
0 0
5 21
再记
cos2φ sin2φ
D = A2 +B2 = + .
25 21
第 30 页（共 33 页）则 P 关于切线的对称点 R(x ,y ) 为
1 1
4A
x = 5cosφ− ,
1
D
R : (1)
√ 4B
y = 21sinφ− .
1
D
下面求三角形 PRF 的面积。由 ⋆⋆⋆，
1
S = |(x +2, y ) 与 (x +2, y )| 所成平行四边形面积,
△PRF P P 1 1
2
即
S2 =
1(cid:104)
(x +2)y −(x +2)y
(cid:105)2
=
1
·
16
(cid:2)
(x +2)B−y A
(cid:3)2
=
4
(cid:2)
(x +2)B−y A
(cid:3)2
. (2)
4 P 1 1 P 4 D2 P P D2 P P
设
c = cosφ, s = sinφ,
则
√ c s
x = 5c, y = 21s, A = , B = √ .
P P
5 21
于是
s √ c
(x +2)B −y A = (5c+2)√ − 21s·
P P
21 5
(cid:32) √ (cid:33)
5c+2 21c
= s √ −
21 5
5(5c+2)−21c 4c+10
= s· √ = s· √
5 21 5 21
2s(2c+5)
= √ .
5 21
故
4s2(2c+5)2 4s2(2c+5)2
(cid:2) (cid:3)2
(x +2)B −y A = = .
P P
25·21 525
另一方面
c2 s2 25−4c2
D = + = (用 s2 = 1−c2),
25 21 525
因此
(25−4c2)2
D2 = .
5252
代入 (3)：
4 4s2(2c+5)2 s2(2c+5)2
S2 = · = 16·525 . (4)
D2 525 (25−4c2)2
令
x = cosφ = c, s2 = 1−x2,
第 31 页（共 33 页）则 (4) 变为
(1−x2)(5+2x)2 (1−x2)(5+2x)2
S2 = 16·525 = 8400· , x ∈ [−1,1]. (5)
(25−4x2)2 (25−4x2)2
注意到恒等式
(5+2x)2(1−x2) 1 (2−5x)2
− = − ,
(25−4x2)2 21 21(5−2x)2
即
(5+2x)2(1−x2) 1 (2−5x)2
= − . (6)
(25−4x2)2 21 21(5−2x)2
代入 (5) 得
(cid:18) 1 (2−5x)2 (cid:19) (2−5x)2
S2 = 8400 − = 400−400 ≤ 400
21 21(5−2x)2 (5−2x)2
因此
S = 20.
max
2
当且仅当 cosφ = ，即
5
√ (cid:18) 21 (cid:19)
P(5cosφ, 21sinφ) = 2, ±
5
时取等。注意到椭圆及焦点 F(−2,0) 关于 x 轴对称，若 (P ,R ) 是一组满足取等条件的点对，
1 1
则其关于 x 轴的对称点 (P ,R ) 也是一组满足取等条件的点对。
2 2
由前面的计算可得，当
(cid:18) (cid:19)
21
P 2,
1
5
时，
(cid:18) (cid:19)
142 1891
R − , − ,
1
29 145
于是关于 x 轴对称可得另一组：
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
21 142 1891
P 2, − , R − , .
2 2
5 29 145
综上，
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
S = 20, (P,R) = 2, 21 , −142,−1891 或 (2,−21), −142, 1891 .
max 5 29 145 5 29 145
第 32 页（共 33 页）y (cid:18) (cid:19)
21
P 2,
5
x
F(−2,0)
(cid:18) (cid:19)
21
Q −2,−
5
ℓ
(cid:18) (cid:19)
142 1891
R − ,−
29 145
第 33 页（共 33 页）
