目录
第11讲 解析几何1
真题
第9 讲 向量与复数
真题
第13讲 组合计数与
概率真题
参考答案
第8 讲 数列2真题
第12讲 解析几何2
真题
第10讲 立体几何
真题
第14讲 数论基础
真题
16
07
28
36
01
21
12
32
一试冲刺班真题
1
第8 讲
数列2 真题
第8 讲
数列2 真题
经典真题
1
给定正数数列{xn} 满足Sn ⩾2Sn−1，n = 2,3,···，这里Sn = x1 +···+xn．
证明：存在常数C > 0，使得xn ⩾C ·2n，n = 1,2,3,···．
2 已知复数数列{zn} 满足z1 = 1，zn+1 = zn +1+ni(n = 1,2,···)，其中i 为虚数单位，zn 表示zn 的共轭
复数，则z2015 的值为
．
3 设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有
个
一试冲刺班真题
2
第8 讲
数列2 真题
4 设Mn = {(十进制)n 位纯小数0.a1a2 ···an|ai 只取0 或1(i = 1,2,···,n−1),an = 1}，Tn 是Mn 中元素
的个数，Sn 是Mn 中所有元素的和，则lim
n→∞
Sn
Tn
=
．
5 给定正整数n 和正数M，对于满足条件a2
1 +a2
n+1 ⩽M 的所有等差数列a1，a2，a3，···，试求
S = an+1 +an+2 +···+a2n+1 的最大值．
一试冲刺班真题
3
第8 讲
数列2 真题
6 给定正数数列{xn} 满足Sn ⩾2Sn−1，n = 2,3,···，这里Sn = x1 +···+xn．证明：存在常数C > 0，使得
xn ⩾C ·2n，n = 1,2,···．
7 a1,a2,a3,a4 是1,2,··· ,100 中互不相等的数，
(
a2
1 +a2
2 +a2
3
)(
a2
2 +a2
3 +a2
4
)
= (a1a2 +a2a3 +a3a4)2，
这样的有序数组(a1,a2,a3,a4) 的个数为
．
一试冲刺班真题
4
第8 讲
数列2 真题
8 已知数列{an} 满足：a1 = 2t −3(t ∈R 且t̸ = ±1)，an+1 =
(
2tn+1 −3
)
an +2(t −1)tn −1
an +2tn −1
(n ∈N∗)
（1）求数列{an} 的通项公式；
（2）若t > 0，试比较an+1 与an 的大小．
一试冲刺班真题
5
第8 讲
数列2 真题
9 已知实数列a1，a2，a3，··· 满足：对任意正整数n，有an (2Sn −an) = 1，其中Sn 表示数列的前n 项和．
证明：
（1）对任意正整数n，有an < 2√n．
（2）对任意正整数n，有anan+1 < 1．
一试冲刺班真题
6
第8 讲
数列2 真题
10 设数列{an} 是等差数列，数列{bn} 满足bn = an+1an+2 −a2
n，n = 1,2,···．
（1）证明：数列{bn} 也是等差数列．
（2）设数列{an}、{bn} 的公差均是d̸ = 0，并且存在正整数s、t，使得as +bt 是整数，求|a1| 的最小值．
一试冲刺班真题
7
第9 讲
向量与复数真题
第9 讲
向量与复数真题
经典真题
1
设O 为△ABC 的外心，若−→
AO = −→
AB+2−→
AC，则sin∠BAC 的值为
．
2 在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB = EF = 1，BC = 6，CA =
√
33，若−→
AB·−→
AE +−→
AC ·−→
AF = 2，
则−→
EF 与−→
BC 的夹角的余弦值等于
．
3 在△ABC 中，M 是边BC 的中点，N 是线段BM 的中点．若∠A = π
3 ，△ABC 的面积为
√
3，则−→
AM ·−→
AN
的最小值为
．
一试冲刺班真题
8
第9 讲
向量与复数真题
4 在矩形ABCD 中，AB = 2，AD = 1，边DC 上(包含点D、C) 的动点P 与CB 延长线上(包含点B) 的
动点Q 满足
−→
DP
=
−→
BQ
，则向量−→
PA 与向量−→
PQ 的数量积−→
PA·−→
PQ 的最小值为
．
5 设O 点在△ABC 内部，且有−→
OA+2−→
OB+3−→
OC = −→0 ，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比为( )
A. 2
B. 3
2
C. 3
D. 5
3
6 设复数z 满足|z| = 1，使得关于x 的方程zx2 +2zx+2 = 0 有实根，则这样的复数z 的和为
．
一试冲刺班真题
9
第9 讲
向量与复数真题
7 设复数z 满足z+9 = 10z+22i，则|z| 的值为
．
8 设复数z、w 满足|z| = 3，(z+w)(z−w) = 7+4i，其中i 是虚数单位，z、w 分别表示z、w 的共轭复数，
则(z+2w)(z−2w) 的模为
．
9 确定所有的复数α，使得对任意复数z1、z2 (|z1|,|z2| < 1,z1̸ = z2)，均有
(z1 +α)2 +αz1̸ = (z2 +α)2 +αz2．
一试冲刺班真题
10
第9 讲
向量与复数真题
10 设复数z1、z2 满足Re(z1) > 0，Re(z2) > 0，且Re
(
z2
1
)
= Re
(
z2
2
)
= 2(其中Re(z) 表示复数z 的实部)．
（1）求Re(z1z2) 的最小值．
（2）求|z1 +2|+|z2 +2|−|z1 −z2| 的最小值．
一试冲刺班真题
11
第9 讲
向量与复数真题
11 设非零复数a1,a2,a3,a4,a5 满足
a2
a1
= a3
a2
= a4
a3
= a5
a4
a1 +a2 +a3 +a4 +a5 = 4
( 1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+ 1
a4
+ 1
a5
)
= S
．
其中S 为实数且|S| ⩽2．
求证：复数a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
12 设ω = cos π
5 +isin π
5 ，则以ω,ω3,ω7,ω9 为根的方程是( )
A. x4 +x3 +x2 +x+1 = 0
B. x4 −x3 +x2 −x+1 = 0
C. x4 −x3 −x2 +x+1 = 0
D. x4 +x3 +x2 −x−1 = 0
一试冲刺班真题
12
第10 讲
立体几何真题
第10 讲
立体几何真题
经典真题
1
已知正方体ABCD−A1B1C1D1 的棱长为1，以顶点A 为球心，2
√
3
3
为半径作一个球，则球面与正方
体的表面相交所得到的曲线的长等于
．
2 在正四面体ABCD 中，E、F 分别在棱AB、AC 上，满足BE = 3，EF = 4，且EF 与面BCD 平行，则
△DEF 的面积为
．
3 一个半径为1 的小球在一个内壁棱长为4
√
6 的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球
永远不可能接触到的容器内壁的面积是
．
一试冲刺班真题
13
第10 讲
立体几何真题
4 △ABC 中，∠C = 90◦，∠B = 30◦，AC = 2，M 是AB 的中点．将△ACM 沿CM 折起，使A，B 两点间的
距离为2
√
2，此时三棱锥A−BCM 的体积等于
．
5 一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积是
．
6 顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆
圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA = 4，C 为PA 的中点，则当三棱锥O−HPC 的体
积最大时，OB 的长为( )
A.
√
5
3
B. 2
√
5
3
C.
√
6
3
D. 2
√
6
3
一试冲刺班真题
14
第10 讲
立体几何真题
7 在直三棱柱A1B1C1 −ABC 中，∠BAC = π
2 ，AB = AC = AA1 = 1．已知G 与E 分别为A1B1 和CC1 的
中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)．若GD⊥EF，则线段DF 的长度的取值
范围为( )
A.
[ 1
√
5
,1
)
B.
[1
5,2
)
C.
[
1,
√
2
)
D.
[ 1
√
5
,
√
2
)
8 正四棱锥P −ABCD 中，侧面是边长为1 的正三角形，M、N 分别是边AB、BC 的中点，则异面直线
MN 与PC 之间的距离是
．
9 设点P 到平面α 的距离为
√
3，点Q 在平面α 上，使得直线PQ 与平面α 所成角不小于30◦且不
大于60◦，则这样的点Q 所构成的区域的面积为
．
一试冲刺班真题
15
第10 讲
立体几何真题
10 正三棱锥P−ABC 中，AB = 1，AP = 2，过AB 的平面α 将其体积平分，则棱PC 与平面α 所成角的
余弦值为
．
11 设P 为一圆锥的顶点，A、B、C 是其底面圆周上的三点，满足∠ABC = 90◦，M 为AP 的中点．若
AB = 1，AC = 2，AP =
√
2，则二面角M −BC −A 的大小为
．
12 已知正三棱锥P−ABC 底面边长为1，高为
√
2，则其内切球半径为
．
一试冲刺班真题
16
第11 讲
解析几何1 真题
第11 讲
解析几何1 真题
经典真题
1
设椭圆Γ 的两个焦点是F1、F2，过点F1 的直线与Γ 交于点P、Q．若|PF2| = |F1F2|，且3|PF1| = 4|QF1|，
则椭圆Γ 的短轴与长轴的比值为
．
2 设a 为非零实数，在平面直角坐标系xOy 中，二次曲线x2 + ay2 + a2 = 0 的焦距为4，则a 的值
为
．
3 已知点P 在双曲线x2
16 −y2
9 = 1 上，并且P 到这条双曲线的右准线的距离恰是P 到这条双曲线的两
个焦点的距离的等差中项，那么，P 的横坐标是
．
一试冲刺班真题
17
第11 讲
解析几何1 真题
4 给定A(−2,2)，已知B 是椭圆x2
25 + y2
16 = 1 上的动点，F 是左焦点，当|AB|+ 5
3 |BF| 取最小值时，求
B 的坐标．
5 在平面直角坐标系xOy 中，F1、F2 分别是椭圆x2
2 +y2 = 1 的左、右焦点．设不经过焦点F1 的直线l
与椭圆交于两个不同的点A、B，焦点F2 到直线l 的距离为d．如果直线AF1、l、BF1 的斜率依次成等
差数列，求d 的取值范围．
一试冲刺班真题
18
第11 讲
解析几何1 真题
6 设F1，F2 是椭圆x2
9 + y2
4 = 1 的两个焦点，P 是椭圆上的点，且|PF1| : |PF2| = 2:1，则三角形△PF1F2
的面积等于
．
7 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C：x2
a2 + y2
b2 =1(a > b > 0) 的左、右焦点分别是F1、F2，则椭圆C 的弦
ST 与UV 分别平行于x 轴与y 轴，且相交于点P．已知线段PU，PS，PV，PT 为1，2，3，6，则△PF1F2
的面积为
．
8 P 是抛物线y2 = 2x 上的动点，点B，C 在y 轴上，圆(x−1)2 +y2 = 1 内切于△PBC，求△PBC 面积
的最小值．
一试冲刺班真题
19
第11 讲
解析几何1 真题
9 已知C0 : x2 +y2 = 1 和C1 : x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0)．试问：当且仅当a，b 满足什么条件时，对C1 上任
意一点P，均存在以P 为项点，与C0 外切，与C1 内接的平行四边形？并证明你的结论．
10 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的方程为x2
9 + y2
10 = 1，F 为C 的上焦点，A 为C 的右顶点，P 是
C 上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF 的面积的最大值为
．
一试冲刺班真题
20
第11 讲
解析几何1 真题
11 已知点A(0,2) 和抛物线y2 = x+4 上两点B、C 使得AB⊥BC，求点C 的纵坐标的取值范围．
12 平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线y2 = 4x 的两条切
线，两切点连线lP 与PO 垂直．设直线lP 与直线PO，x 轴的交点分别为Q，R．
（1）求|PQ|
|QR| 的最小值．
（2）证明R 是一个定点．
一试冲刺班真题
21
第12 讲
解析几何2 真题
第12 讲
解析几何2 真题
经典问题
1
已知直线l 经过抛物线C：y2 = 4x 的焦点，且斜率k > 2，l 与抛物线C 交于A，B 两点，AB 的中点M
到直线Lm：3x+4y+m = 0(m > −3) 的距离为1
5．则m 的取值范围是
．
2 动点P(x,y) 从坐标原点O 出发沿着抛物线y = x2 移动到点A
(3
2, 9
4
)
，则在移动过程中当PO+PA
为最大时，P 点的横坐标x =
．
一试冲刺班真题
22
第12 讲
解析几何2 真题
3 已知椭圆C : 9x2 +y2 = m2(m > 0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A，B，
线段AB 的中点为M．
（1）证明: 直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．
（2）若l 过点(m
3 ,m)，延长线段OM 与C 交于点P，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能, 求此时
l 的斜率，若不能，说明理由．
一试冲刺班真题
23
第12 讲
解析几何2 真题
4 已知过点(0,1) 的直线l 与曲线C：y = x+ 1
x (x > 0) 交于两个不同点M，N．求曲线C 在点M，N 处
切线的交点轨迹．
5 过抛物线y = x2 上的一点A(1,1) 作抛物线的切线，分别交x 轴于D，交y 轴于B．点C 在抛物线上，
点E 在线段AC 上，满足AE
EC = λ1；点F 在线段BC 上，满足BF
FC = λ2，且λ1 +λ2 = 1，线段CD 与
EF 交于点P．当点C 在抛物线上移动时，求点P 的轨迹方程．
一试冲刺班真题
24
第12 讲
解析几何2 真题
6 作斜率为1
3 的直线l 与椭圆C : x2
36 + y2
4 = 1 交于A，B 两点(如图所示)，且P
(
3
√
2,
√
2
)
在直线l
的左上方．
（1）证明：△PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上；
（2）若∠APB = 60◦，求△PAB 的面积．
一试冲刺班真题
25
第12 讲
解析几何2 真题
7 椭圆ρ =
1
2−cosθ 的短轴长等于
．
8 双曲线C 的方程为x2 −y2
3 = 1，其左、右焦点分别为F1、F2．过点F2 作一直线与双曲线C 的右半支
交于点P、Q，使得∠F1PQ = 90◦，则△F1PQ 的内切圆半径是
．
9 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1：y2 = 4x，曲线C2：(x−4)2 +y2 = 8．经过C1 上一点P 作一条倾
斜角为45◦的直线l，与C2 交于两个不同的点Q、R，求|PQ|·|PR| 的取值范围．
一试冲刺班真题
26
第12 讲
解析几何2 真题
10 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，F 是x 轴正半轴上的一个动点．以F 为焦点、O 为顶点作抛物
线C．设P 是第一象限内C 上的一点，Q 是x 轴负半轴上一点，使得PQ 为C 的切线，且|PQ| = 2．
圆C1、C2 均与直线OP 相切于点P，且均与x 轴相切．求点F 的坐标，使圆C1 与C2 的面积之和取
到最小值．
一试冲刺班真题
27
第12 讲
解析几何2 真题
11 在平面直角坐标系xOy 中，点A、B 在抛物线y2 = 4x 上，满足−→
OA·−→
OB = −4，F 是抛物线的焦点．则
S△OFA ·S△OFB =
．
12 在平面直角坐标系xOy 中, 椭圆的方程为x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0),A1、A2 分别为椭圆的左、右顶点,F1、
F2 分别为椭圆的左、右焦点,P 为椭圆上不同于A1 和A2 的任意一点. 若平面中两个点Q、R 满足
QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系, 并给出证明.
一试冲刺班真题
28
第13 讲
组合计数与概率真题
第13 讲
组合计数与概率真题
经典真题
1
将1，2，3，4，5，6 随机排成一行，记为a，b，c，d，e，f，则abc+de f 是偶数的概率为
．
2 在平面直角坐标系xOy 中，点集K = {(x,y)|x,y = −1,0,1}．在K 中随机取出三个点，则这三个点两
两之间距离均不超过2 的概率为
．
3 在平面直角坐标系xOy 中，点集K = {(x,y)|x,y = −1,0,1}．在K 中随机取出三个点，则这三点中存
在两点之间距离为
√
5 的概率是
．
一试冲刺班真题
29
第13 讲
组合计数与概率真题
4 在正方体中随机取3 条棱，它们两两异面的概率为
．
5 设A，B，C，D 是空间四个不共面的点，以1
2 的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连
边是相互独立的，则A，B 可用(一条边或者若干条边组成的) 空间折线连接的概率为
．
6 袋子A 中装有2 张10 元纸币和3 张1 元纸币，袋子B 中装有4 张5 元纸币和3 张1 元纸币．现
随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A 中剩下的纸币面值之和大于B 中剩下的纸币面值之和的概
率为
．
一试冲刺班真题
30
第13 讲
组合计数与概率真题
7 从1,2,··· ,20 中任取5 个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为
．
8 若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”，平稳数的个数是
．
9 设整数数列a1，a2，···，a10 满足a10=3a1，a2 +a8 = 2a5，且ai+1 ∈{1+ai,2+ai}，i = 1，2，···，9，则这样
的数列的个数为
．
一试冲刺班真题
31
第13 讲
组合计数与概率真题
10 对四位数abcd(1 ⩽a ⩽9，0 ⩽b，c，d ⩽9)，若a > b，b < c，c > d，则称abcd 为P 类数；若a < b，b > c，
c < d，则称abcd 为Q 类数．用N (P) 与N (Q) 分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N (P)−N (Q)
的值为
．
11 将编号为1,2,··· ,9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球．设圆
周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S．求使S 达到最小值的放法的概率．(注：如果某种放
法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法)
12 甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1 分，负者得0 分，比赛进行到有一人比对方多2 分或打
满6 局时停止．设甲在每局中获胜的概率为2
3，乙在每局中获胜的概率为1
3，且各局胜负相互独立，
则比赛停止时已打局数ξ 的期望Eξ 为
．
一试冲刺班真题
32
第14 讲
数论基础真题
第14 讲
数论基础真题
经典真题
1
存在整数n，使√p+n+√n 是整数的质数p( )
A. 不存在
B. 只有一个
C. 多于一个，但为有限个
D. 有无穷多个
2 设a 是正整数，a < 100，并且a3 +23 能被24 整除，那么，这样的a 的个数为( )
A. 4
B. 5
C. 9
D. 10
3 在已知数列1,4,8,10,16,19,21,25,30,43 中，相邻若干个数之和能被11 整除的数组共有
．
一试冲刺班真题
33
第14 讲
数论基础真题
4 对任意给定的自然数n，若n6 +3a 为正整数的立方，其中a 为正整数，则( )
A. 这样的a 有无穷多个
B. 这样的a 存在，但只有有限个
C. 这样的a 不存在
D. 以上A、B、C 的结论都不正确
5 若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为
（ ）．
A. 764cm3 或586cm3
B. 764cm3
C. 586cm3 或564cm3
D. 586cm3
6 组装甲、乙、丙三种产品，需用A,B,C 三种零件．每件甲需用A,B 各2 个；每件乙需用B,C 各1 个；
每件丙需用2 个A 与1 个C．用库存的A,B,C 三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件
丙产品，则剩下2 个A 和1 个B，但C 恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、丙产品的件数，也不能
把库存的A,B,C 三种零件都恰好用完．
一试冲刺班真题
34
第14 讲
数论基础真题
7 19912000 除以106，余数是
．
8 整数
[
1093
1031 +3
]
的末尾两位数字是
．
9 设k，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m ⩾k，使得Ck
m 与l 互素．
一试冲刺班真题
35
第14 讲
数论基础真题
10 设an 是12 +22 +32 +···+n2 的个位数字，n = 1,2,3···，试证：0.a1a2 ···an…是有理数．
11 对任意正整数n，连结原点O 与点An(n,n+3)，用f (n) 表示线段OAn 上的整点个数(不计端点)，试
求f (1)+ f (2)+...+ f (1990)．
一试冲刺班真题
36
检测题参考答案
检测题参考答案
第8 讲
数列2 真题
经典真题
1
见解析
【解析】证明：存在常数C > 0，使得xn ⩾C ·2n，n = 1,2,3,...．
当n ⩾2 时，Sn ⩾2Sn−1 等价于xn ⩾x1 +···+xn−1 ①
对常数C = 1
4x1，用数学归纳法证明：xn ⩾C ·2n，n = 1,2,...②
当n = 1 时结论显然成立．又x2 ⩾x1 = C ·22．
对n ⩾3，假设xk ⩾C ·2k，k = 1,2,...,n−1，则由①式知
xn ⩾x1 +(x2 +···+xn−1)
⩾x1 +
(
C ·22 +···+C ·2n−1)
= C
(
22 +22 +23 +···+2n−1)
= C ·2n
所以，由数学归纳法知，②式成立．
2
2015+1007i
【解析】由题知∀n ∈N+，zn+2 = zn+1 +1+(n+1)i = zn +1+ni+1+(n+1)i = zn +2+i
则z2005 = z1 +1007×(2+i) = 2015+1007i
3
4
【解析】设首项为a，公差为d，项数为n，则na+ 1
2n(n−1)d = 972，
n[2a+(n−1)d] = 2×972，即n 为2×972 的大于3 的约数．
∴①n = 972，2a+
(
9721
)
d = 2，d = 0，a = 1；d ⩾1 时a < 0．有1 解；
②n = 97，2a+96d = 194，d = 0，a = 97；d = 1，a = 49；d = 2，a = 1．有3 解；
③n = 2×97，n = 2×972，无解．n = 1，2 时n < 3．
所以符合要求的数列共有1+3 = 4 个．
一试冲刺班真题
37
检测题参考答案
4
1
18
【解析】∵Mn 中小数的小数点后均有n 位，而除最后一位上的数字必为1 外，其余各位上的数字
均有两种选择(0 或1) 方法，故Tn = 2n−1．又因在这2n−1 个数中，小数点后第n 位上的数字全是1，
而其余各位上数字是0 或1，各有一半．故
Sn = 1
2 ·2n−1
( 1
10 + 1
102 +···+
1
10n−1
)
+2n−1 · 1
10n = 1
9 ·2n−2
(
1−
1
10n−1
)
+2n−1 · 1
10n
∴lim
n→∞
Sn
Tn
= lim
n→∞
[ 1
18
(
1−
1
10n−1
)
+ 1
10n
]
= 1
18．
5
见解析
【解析】设公差为d，an+1 = a，则S = an+1 +an+2 +···+a2n+1 = (n+1)a+ n(n+1)
2
d．
故a+ nd
2 =
S
n+1．
则M ⩾a2
1 +a2
n+1 = (a−nd)2 +a2 = 4
10
(
a+ nd
2
)2
+ 1
10(4a−3nd)2 ⩾4
10
(
S
n+1
)2
因此|S| ⩽
3
√
10 (n+1)
√
M，
且当a =
3
√
10
√
M，d =
4
√
10 · 1
n
√
M 时，
S = (n+1)
( 3
√
10
√
M + n
2 ·
4
√
10 · 1
n
√
M
)
= (n+1)
5
√
10
√
M =
√
10
2
(n+1)
√
M
由于此时4a = 3nd，
故a2
1 +a2
n+1 = 4
10
(
S
n+1
)2
= 4
10 · 10
4 M = M．
所以，S 的最大值为
√
10
2
(n+1)
√
M．
6
见解析
【解析】当n ⩾2 时，Sn ⩾2Sn−1 等价于
xn ⩾x1 +···+xn−1．①
对常数C = 1
4x1，用数学归纳法证明：
xn ⩾C ·2n，n = 1,2,···．②
n = 1 时结论显然成立．又x2 ⩾x1 = C ·22．
对n ⩾3，假设xk ⩾C ·2k，k = 1,2,··· ,n−1，则由①式知
一试冲刺班真题
38
检测题参考答案
xn ⩾x1 +(x2 +···+xn−1)
⩾x1 +
(
C ·22 +···+C ·2n−1)
= C
(
22 +22 +23 +···+2n−1)
= C ·2n，
所以，由数学归纳法知，②式成立．
7
40
【解析】由柯西不等式
(
a2
1 +a2
2 +a2
3
)(
a2
2 +a2
3 +a2
4
)
⩾(a1a2 +a2a3 +a3a4)2，当且仅当a1
a2
= a2
a3
= a3
a4
取等，即a1,a2,a3,a4 成等比数列，设公比q̸ = 1 且为有理数，设q = n
m,(m,n) = 1，先考虑n > m 的
情形，a4 = a1n3
m3 ，故m3a1,n3a4．而n ⩾2,n3 ⩽100，故n = 2,3,4，n = 2 时m = 1，1 ⩽a1 ⩽12，有12
组；n = 3 时若m = 1，则1 ⩽a1 ⩽3，有3 组，若m = 2，则1 ⩽a1 ⩽3，有3 组；n = 4 时，
a4 = 64，有m = 1，a1 = 1 和m = 3，a1 = 27 这2 组，故递增的一共有20 组，有序数组共40 组．
8 （1）见解析
【解析】由原式变形得an+1 = 2(tn+1 −1)(an +1)
an +2tn −1
，
则an+1 +1
tn+1 −1 =
2(an +1)
an +2tn −1 =
2(an +1)
tn −1
an +1
tn −1 +2
．
记an +1
tn −1 = bn，则bn+1 =
2bn
bn +2,b1 = a1 +1
t −1 = 2t −2
t −1 = 2．
又
1
bn+1
= 1
bn
+ 1
2，1
b1
= 1
2，从而有1
bn
= 1
b1
+(n−1)· 1
2 = n
2，
故an +1
tn −1 = 2
n，于是有an = 2(tn −1)
n
−1．
（2）见解析
【解析】an+1 −an = 2(tn−1 −1)
n+1
−2(tn −1)
n
= 2(t −1)
n(n+1)[n(1+t +···+tn−1 +tn)−(n+1)(1+t +···+tn−1)]
= 2(t −1)
n(n+1)[ntn −(1+t +···+tn−1) = 2(t −1)
n(n+1)[(tn −1)+(tn −t)+···+(tn −tn−1)]
一试冲刺班真题
39
检测题参考答案
9 （1）见解析
【解析】证明：约定S0 = 0．由条件知，对任意正整数n，有
1 = an (2Sn −an) = (Sn −Sn−1)(Sn +Sn−1)=S2
n −S2
n−1，
从而S2
n = n+S2
0 = n，即Sn = ±√n(当n = 0 时亦成立)．
显然，an = Sn −Sn−1 ⩽√n+√n−1 < 2√n．
（2）见解析
【解析】证明：仅需考虑an，an+1 同号的情况．不失一般性，可设an，an+1 均为正(否则将数列各项
同时变为相反数，仍满足条件)，则Sn+1 > Sn > Sn−1 > −√n，故必有
Sn = √n，Sn+1 = √n+1，
此时
an = √n±√n−1，an+1 = √n+1−√n，
从而
anan+1 <
(√n+√n−1
)(√n+1−√n
)
<
(√n+1+√n
)(√n+1−√n
)
= 1．
10 （1）见解析
【解析】证明：设等差数列{an} 的公差是d，则
bn+1 −bn =
(
an+2an+3 −a2
n+1
)
−
(
an+1an+2 −a2
n
)
= an+2 (an+3 −an+1)−(an+1 +an)(an+1 −an)
= an+2 ·2d −(an+1 +an)·d
= (2an+2 −an+1 −an)·d = 3d2．
所以数列{bn} 也是等差数列．
（2）见解析
【解析】解：由已知条件及(1) 的结果知3d2 = d．因为d̸ = 0，故d = 1
3．这样
bn = an+1an+2 −a2
n = (an +d)(an +2d)−a2
n
= 3dan +2d2 = an + 2
9．
若正整数s、t 满足as +bt ∈Z，则
as +bt = as +at + 2
9 = a1 +(s−1)d +a1 +(t −1)d + 2
9
= 2a1 + s+t −2
3
+ 2
9 ∈Z．
记l = 2a1 + s+t −2
3
+ 2
9，则l ∈Z，且18a1 = 3(3l −s−t+)+1 是一个非零的整数，故|18a1| ⩾1，
从而|a1| ⩾1
18．
一试冲刺班真题
40
检测题参考答案
又当a1 = 1
18 时，有a1 +b3 = 1
18 + 17
18 = 1 ∈Z．
综上所述，|a1| 的最小值为1
18．
第9 讲
向量与复数真题
经典真题
1
√
10
4
【解析】不妨设△ABC 的外接圆半径R = 2．由条件知，
2−→
AC = −→
AO−−→
AB = −→
BO，①
故AC = 1
2BO = 1，
取AC 的中点M，则OM⊥AC，结合①知OM⊥BO，且B 与A 位于直线OM 的同侧，于是
cos∠BOC = cos(90◦+∠MOC) = −sin∠MOC = −MC
OC = −1
4．
在△BOC 中，由余弦定理得
BC =
√
OB2 +OC2 −2OB·OC ·cos∠BOC =
√
10，
进而在△ABC 中，由正弦定理得sin∠BAC = BC
2R =
√
10
4 ．
2
2
3
【解析】因为−→
AB·−→
AE +−→
AC ·−→
AF = 2，所以−→
AB·(−→
AB+−→
BE)+−→
AC ·(−→
AB+−→
BF) = 2，即
−→
AB
2 +−→
AB·−→
BE +−→
AC ·−→
AB+−→
AC ·−→
BF = 2．因为−→
AB
2 = 1，
−→
AC ·−→
AB =
√
33×1× 33+1−36
2×
√
33×1 = −1，−→
BE = −−→
BF，所以1+−→
BF ·(−→
AC −−→
AB)−1 = 2，即
−→
BF ·−→
BC = 2．设−→
EF 与−→
BC 的夹角为θ，则有|−→
BF|·|−→
BC|·cosθ = 2，即3cosθ = 2，所以cosθ = 2
3．
3
√
3+1
【解析】由条件知，
−→
AM = 1
2
(−→
AB+−→
AC
)
，−→
AN = 3
4
−→
AB+ 1
4
−→
AC，
故−→
AM ·−→
AN = 1
2
(−→
AB+−→
AC
)
·
(3
4
−→
AB+ 1
4
−→
AC
)
= 1
8
(
3
−→
AB
2
+
−→
AC
2
+4−→
AB·−→
AC
)
．
一试冲刺班真题
41
检测题参考答案
由于
√
3 = S△ABC = 1
2 ·
−→
AB
·
−→
AC
·sinA =
√
3
4 ·
−→
AB
·
−→
AC
，
所以
−→
AB
·
−→
AC
= 4，进一步可得
−→
AB·−→
AC =
−→
AB
·
−→
AC
·cosA = 2，
从而−→
AM ·−→
AN ⩾1
8
(
2
√
3
−→
AB
2
·
−→
AC
2
+4−→
AB·−→
AC
)
=
√
3
4
−→
AB
·
−→
AC
+ 1
2
−→
AB·−→
AC =
√
3+1．
当
−→
AB
= 2
4√
3，
−→
AC
= 2×
4√
3 时，−→
AM ·−→
AN 的最小值为
√
3+1．
4
3
4
【解析】解：提示：不妨设A(0,0)、B(2,0)、D(0,1)．
设P 的坐标为(t,1)(其中0 ⩽t ⩽2)，则由
−→
DP
=
−→
BQ
得Q 的坐标为(2,−t)，
故−→
PA = (−t,−1)，−→
PQ = (2−t,−t −1)，因此
−→
PA·−→
PQ = (−t)·(2−t)+(−1)·(−t −1)
= t2 −t = 1
=
(
t −1
2
)2
+ 3
4 ⩾3
4．
当t = 1
2 时，
(−→
PA·−→
PQ
)
min = 3
4．
5
C
【解析】解法一：
如图，设D，E 分别是AC，BC 边的中点，
则−→
OA+−→
OC = 2−→
OD①
2(−→
OB+−→
OC) = 4−−→
OE ②
由①②，得
−→
OA+2−→
OB+3−→
OC = 2(−→
OD+2−→
OE) = −→0 ，
即−→
OD 与−→
OE 共线，
且|−→
OD| = 2|−→
OE|，∴S△AEC
S△AOC
= 3
2，∴S△ABC
S△AOC
= 3×2
2
= 3，故选C．
一试冲刺班真题
42
检测题参考答案
解法二：
如图，建立坐标系xO′y，设A(a,0),B(0,b),C(c,0),O(x,y)，
则−→
OA = (a−x,−y),−→
OB = (−x,b−y),−→
OC = (c−x,−y)
由−→
OA+2−→
OB+3−→
OC = −→0 ，得y = b
3，
∴S△ABC
S△AOC
= b
y = 3，故选C．
解法三：延长−→
OD = 2−→
OB,−→
OE = 3−→
OC．
6
−3
2
【解析】设z = a+bi
(
a,b ∈R,a2 +b2 = 1
)
．
将原方程改为(a+bi)x2 +2(a−bi)x+2 = 0，分离实部与虚部后等价于
ax2 +2ax+2 = 0①
bx2 −2bx = 0②
若b = 0，则a2 = 1，但当a = 1 时，①无实数解，从而a = −1，此时存在实数x = −1±
√
3 满足①、
②，故z = −1 满足条件．
若b̸ = 0，则由②知x ∈{0,2}，但显然x = 0 不满足①，故只能是x = 2，代入①解得a = −1
4，进
而b = ±
√
15
4 ，相应有z = −1±
√
15i
4
．
综上，满足条件的所有复数z 之和为
−1+ −1+
√
15i
4
+ −1−
√
15i
4
= −3
2．
一试冲刺班真题
43
检测题参考答案
7
√
5
【解析】解：提示：设z = a+bi，a，b ∈R．由条件得
(a+9)+bi = 10a+(−10b+22)i．
比较两边实虚部可得
a+9 = 10a
b = −10b+22
，
解得a = 1，b = 2，故z = 1+2i，进而|z| =
√
5．
8
√
65
【解析】解：由运算性质，7+4i = (z+w)(z−w) = |z|2 −|w|2 −(zw−zw)，
因为|z|2 与|w|2 为实数，Re(zw−zw) = 0，故|z|2 −|w|2 = 7，zw−zw = −4i，
又|z| = 3，所以|w|2 = 2．
从而(z+2w)(z−2w) = |z|2 −4|w|2 −2(zw−zw) = 9−8+8i = 1+8i，
因此，(z+2w)(z−2w) 的模为
√
12 +82 =
√
65．
9
见解析
【解析】记fα (z) = (z+α)2 +αz．则
fα (z1)−fα (z2) = (z1 +α)2 +αz1 −(z2 +α)2 −αz2
= (z1 +z2 +2α)(z1 −z2)+α (z1 −z2)．①
假如存在复数z1、z2 (|z1|,|z2| < 1,z1̸ = z2)，使得fα (z1) = fα (z2)，则由①知，
|α (z1 −z2)| = |−(z1 +z2 +2α)(z1 −z2)|，利用|z1 −z2| = |z1 −z2| = |z1 −z2|̸ = 0 知，
|α| = |z1 +z2 +2α| ⩾2|α|−|z1|−|z2| > 2|α|−2，
即|α| < 2．
另一方面，对任意满足|α| < 2 的复数α，令z1 = −α
2 +βi，z2 = −α
2 −βi，其中0 < β < 1−|α|
2 ，则
z1̸ = z2，而
−α
2 ±βi
⩽
−α
2
+|β| < 1，故|z1|，|z2| < 1．此时将
z1 +z2 = −α，z1 −z2 = 2βi，z1 −z2 = 2βi = −2βi
代入①可得，fα (z1)−fα (z2) = α ·2βi+α ·(−2βi) = 0，
即fα (z1) = fα (z2)．
综上所述，符合要求的α 的值为{α |α ∈C,|α| ⩾2}．
一试冲刺班真题
44
检测题参考答案
10 （1）见解析
【解析】对k = 1，2，设zk = xk +yki(xk,yk ∈R)．由条件知
xk = Re(zk) > 0，x2
k −y2
k = Re
(
z2
k
)
= 2
因此Re(z1z2) = Re((x1 +y1i)(x2 +y2i)) = x1x2 −y1y2
=
√
(y2
1 +2)(y2
2 +2)−y1y2 ⩾(|y1y2|+2)−y1y2 ⩾2．
又当z1 = z2 =
√
2 时，Re(z1z2) = 2．这表明，Re(z1z2) 的最小值为2．
（2）见解析
【解析】对k = 1，2，将zk 对应到平面直角坐标系xOy 中的点Pk (xk,yk)，记P′
2 是P2 关于x 轴的对
称点，则P1，P′
2 均位于双典线C : x2 −y2 = 2 的右支上．
设F1，F2 分别是C 的左、右焦点，易知F1 (−2,0)，F2 (2,0)．
根据双曲线的定义，有|P1F1| = |P1F2| + 2
√
2，|P′
2F2| + 2
√
2，进而得|z1 +2| + |z2 +2| −|z1 −z2| =
|z1 +2|+|z2 +2|+|z1 −z2|
= |P1F1|+|P′
1F1|−|P1P′
2| = 4
√
2+|P1F2|+|P′
2F2|−|P1P′
2| ⩾4
√
2，
等号成立当且仅当F2 位于线段P1P′
2 上(例如：当z1 = z2 +
√
2i 时，F2 恰是P1P′
2 的中点)．
综上可知，|z1 +2|+|z2 +2|−|z1 −z2| 的最小值为4
√
2．
11 见解析
【解析】设a2
a1
= a3
a2
= a4
a3
= a5
a4
= q，则由下式得
a1
(
1+q+q2 +q3 +q4)
=
4
a1q4
(
1+q+q2 +q3 +q4)
．
∴(a12q4 −4)(1+q+q2 +q3 +q4) = 0，故a1q2 = ±2，或1+q+q2 +q3 +q4 = 0．
若a1q2 = ±2，
则得
±2
( 1
q2 + 1
q +1+q+q2
)
= S．⇒S=±2
[(
q+ 1
q
)2
+
(
q+ 1
q
)
−1
]
= ±2
[(
q+ 1
q + 1
2
)2
−5
4
]
．
∴由已知，有
(
q+ 1
q + 1
2
)2
−5
4 ∈R，且
(
q+ 1
q + 1
2
)2
−5
4
⩽1．
令q+ 1
q + 1
2 = h(cosθ +isinθ)(h > 0)．则h2 (cos2θ +isin2θ)−5
4 ∈R．⇒sin2θ = 0
−1 ⩽h2(cos2θ +isin2θ)−5
4 ⩽1 ⇒1
4 ⩽h2 (cos2θ +isin2θ) ⩽9
4 ⇒θ = kπ (k ∈Z)
∴q+ 1
q ∈R．再令q = r(cos α +isin α)r > 0)．
则q+ 1
q =
(
r + 1
r
)
cosα +i
(
r −1
r
)
sinα ∈R．⇒sinα = 0 或r = 1．
一试冲刺班真题
45
检测题参考答案
若sin α = 0，则q = ±r 为实数．此时q+ 1
q ⩾2 或q+ 1
q ⩽−2．
此时q+ 1
q + 1
2 ⩾5
2，
或q+ 1
q + 1
2 ⩽−3
2．
此时，由
(
q+ 1
q + 1
2
)2
−5
4
⩽1，知q = −1．此时，|ai| = 2．
若r = 1，仍有|ai| = 2，故此五点在同一圆周上．
②若1+q+q2 +q3 +q4 = 0．则q51 = 0，∴|q| = 1．此时|a1| = |a2| = |a3| = |a4| = |a5|，即此五点
在同一圆上．
综上可知，表示复数a1，a2，a3，a4，a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
12 B
【解析】由ω = cos π
5 +isin π
5 = cos 2π
10 +isin 2π
10 ，知
ω，ω2，ω3，ω4，ω5，ω6，ω7，ω8，ω9，ω10 (= 1) 是1 的10 个10 次方根．
从而有
(x−ω)
(
x−ω2)(
x−ω3)(
x−ω4)(
x−ω5)(
x−ω6)(
x−ω7)(
x−ω8)(
x−ω9)(
x−ω10)
= x10 −1①
又因ω2，ω4，ω6，ω8，ω10 是1 的5 个5 次方根，
从而有
(
x−ω2)(
x−ω4)(
x−ω6)(
x−ω8)(
x−ω10)
= x5 −1②
①÷②，得(x−ω)
(
x−ω3)(
x−ω5)(
x−ω7)(
x−ω9)
= x5 +1③
③的两边同除以
(
x−ω5)
= x+1，得
(x−ω)
(
x−ω3) (
x−ω7)(
x−ω9)
= x4 −x3 +x2 −x+1．
因此以ω，ω3，ω7，ω9 为根的方程是x4 −x3 +x2 −x+1 = 0．
一试冲刺班真题
46
检测题参考答案
第10 讲
立体几何真题
经典真题
1
5
√
3π
6
【解析】如图，球面与正方体的六个面都相交．
所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD 和面AA1D1D 上；另
一类在不过顶点A 的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D 和面A1B1C1D1 上．在面AA1B1B 上，交
线为弧EF 且在过球心A 的大圆上，因为AE = 2
√
3
3 ，AA1 = 1，则∠A1AE = π
6 ．同理∠BAF = π
6 ，
所以∠EAF = π
6 ，故弧EF 的长为2
√
3
3
· π
6 =
√
3
9 π，而这样的弧共有三条．(相当于用过球心的平面
截球，得到大圆上的一段弧)
在面BB1C1C 上，交线为弧FG 且在距球心为1 的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆
心为B，半径为
√
3
3 ，∠FBG = π
2 ，所以弧FG 的长为
√
3
3 · π
2 =
√
3
6 π．这样的弧也有三条．(相当于
用与球心距离为1 的平面截球，得到小圆上的一段弧)
于是，所得的曲线长为3×
√
3
9 π +3×
√
3
6 π = 5
√
3π
6
．
2
2
√
33
【解析】解：提示：由条件知，EF 平行于BC．因为正四面体ABCD 的各个面是全等的正三角形，故
AE = AF = EF = 4，AD = AB = AE +BE = 7．
由余弦定理得，
DE =
√
AD2 +AE2 −2AD·AE ·cos60◦=
√
49+16−28 =
√
37，
同理有DF =
√
37．
作等腰△DEF 底边EF 上的高DH，则EH = 1
2EF = 2，故
DH =
√
DE2 −EH2 =
√
33，
于是S△DEF = 1
2 ·EF ·DH = 2
√
33．
一试冲刺班真题
47
检测题参考答案
3
72
√
3
【解析】如答12 图1，
考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面A1B1C1// 平面ABC，与小球相切于点D，
则小球球心O 为正四面体P−A1B1C1 的中心，PO⊥面A1B1C1，垂足D 为A1B1C1 的中心．
因VP−A1B1C1 = 1
3S△A1B1C1 ·PD
= 4·VO−A1B1C1
= 4· 1
3 ·S△A1B1C1 ·OD，
故PD = 4OD = 4r，从而PO = PD−OD = 4r −r = 3r．
记此时小球与面PAB 的切点为P1，连接OP1，则
PP1 = PO2 −OP2
1 =
√
(3r)2 −r2 = 2
√
2r．
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB) 相切时的情况，易知小球在面PAB 上最靠近边的切
点的轨迹仍为正三角形，记为P1EF，
如答12 图2．
记正四面体的棱长为a，过P1 作P1M⊥PA 于点M．
因∠MPP1 = π
6 ，有PM = PP1 ·cosMPP1 = 2
√
2r ·
√
3
2 =
√
6r，故小三角形的边长P1E = PA−2PM =
a−2
√
6r．
小球与面PAB 不能接触到的部分的面积为(如答12 图2 中阴影部分) S△PAB −S△P1EF =
√
3
4 (a2 −
(a−2
√
6r)
2) = 3
√
2ar −6
√
3r2．
一试冲刺班真题
48
检测题参考答案
又r = 1，a = 4
√
6，所以S△PAB −S△P1EF = 24
√
3−6
√
3 = 18
√
3．
由对称性，且正四面体共4 个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为72
√
3．
4
2
√
2
3
【解析】由已知，得AB = 4，AM = MB = MC = 2，BC = 2
√
3，由△AMC 为等边三角形，取CM 中点
D，则AD⊥CM，AD 交BC 于E，则AD =
√
3，DE =
√
3
3 ，CE = 2
√
3
3 ．
折起后，由BC2 = AC2 +AB2，知∠BAC = 90◦，cos∠ECA =
√
3
3 ．
∴AE2 = CA2 +CE22CA·CE cos∠ECA = 8
3，于是AC2 = AE2 +CE2．?∠AEC = 90◦．
∵AD2 = AE2 +ED2，则AE⊥平面BCM，即AE 是三棱锥A−BCM 的高，AE = 2
√
6
3 ．
S△BCM =
√
3，VA−BCM = 2
√
2
3 ．
5
√
2
24 πa3
【解析】如图，设球心为O，半径为r，体积为V，面BCD 的中心为O1，棱BC 的中点为E．
一试冲刺班真题
49
检测题参考答案
则AO1 = √a2 −O1B2 =
√
a2 −1
3a2 =
√
6
3 a．
由OB2 = O1O2 +O1B2 = (O1A−OB)2 +O1B2 得
2
3a2 −2
√
6
3 a·OB+ 1
3a2 = 0，故OB =
3
2
√
6
a =
√
6
4 a．
于是，r = OE =
√
OB2 −BE2 =
√
3
8a2 −1
4a2 =
1
2
√
2
a．
V = 4
3πr3 = 4
3π
1
16
√
2
a3 =
√
2
24 πa3．
6
D
【解析】解：AB⊥OB，⇒PB⊥AB，⇒AB⊥面POB，⇒面PAB⊥面POB．
OH⊥PB，⇒OH⊥面PAB，⇒OH⊥HC，OH⊥PC，
又，PC⊥OC，⇒PC⊥面OCH．⇒PC 是三棱锥P−OCH 的高．PC = OC = 2．
而△OCH 的面积在OH = HC =
√
2 时取得最大值(斜边= 2 的直角三角形)．
当OH =
√
2 时，由PO = 2
√
2，知∠OPB = 30◦，OB = POtan30◦= 2
√
6
3 ．
又解：连线如图，由C 为PA 中点，故VO−PBC = 1
2VB−AOP，
而VO−PHC : VO−PBC = PH
PB = PO2
PB2 (PO2 = PH ·PB)．
记PO = OA = 2
√
2 = R，∠AOB = α，则
VP−AOB = 1
6R3 sinα cosα = 1
12R3 sin2α，VB−PCO = 1
24R3 sin2α．
PO2
PB2 =
R2
R2 +R2cos2α =
1
1+cos2α =
2
3+cos2α ．⇒VO−PHC =
sin2α
3+cos2α × 1
12R3．
∴令y =
sin2α
3+cos2α ，y′ = 2cos2α (3+cos2α)−(−2sin2α)sin2α
(3+cos2α)2
= 0，得cos2α = −1
3，⇒cosα =
√
3
3 ，∴OB = 2
√
6
3 ，选D．
一试冲刺班真题
50
检测题参考答案
7
A
【解析】解：建立直角坐标系，以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA1 为z 轴，则
F(t1,0,0)(0 < t1 < 1)，E
(
0,1, 1
2
)
，G
(1
2,0,1
)
，D(0,t2,0)(0 < t2 < 1)．所以−→
EF = (t1,−1,−1
2)，
−→
GD = (−1
2,t2,−1)．因为GD⊥EF，所以t1 + 2t2 = 1，由此推出0 < t2 < 1
2．又−→
DF = (t1,−t2,0)，
−→
DF
= √t12 +t22 = √5t22 −4t2 +1 =
√
5(t2 −2
5)
2
+ 1
5，从而有
√
1
5 ⩽
−→
DF
< 1．
8
√
2
4
【解析】解：提示：设底面对角线AC、BD 交于点O，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H．
由于PO 是底面的垂线，故PO⊥CH，又AC⊥CH，所以CH 与平面POC 垂直，故CH⊥PC．
因此CH 是直线MN 与PC 的公垂线段，又CH =
√
2
2 CN =
√
2
4 ，故异面直线MN 与PC 之间的距
离是
√
2
4 ．
9
8π
【解析】设点P 在平面α 上的射影为O．由条件知，
OP
OQ = tan∠OQP ∈
[√
3
3 ,
√
3
]
，
即OQ ∈[1,3]，
故所求的区域面积为π ·32 −π ·12 = 8π．
10 3
√
5
10
【解析】设AB、PC 的中点分别为K、M，则易证平面ABM 就是平面α．由中线长公式知
AM2 = 1
2
(
AP2 +AC2)
−1
4PC2 = 1
2
(
22 +12)
−1
4 ×22 = 3
2，
所以KM =
√
AM2 −AK2 =
√
3
2 −
(1
2
)2
=
√
5
2 ．
又易知直线PC 在平面α 上的射影是直线MK，而MC = 1，KC =
√
3
2 ，所以
cos∠KMC = KM2 +MC2 −KC2
2KM ·MC
=
5
4 +1−3
4
√
5
= 3
√
5
10 ，
一试冲刺班真题
51
检测题参考答案
故棱PC 与平面α 所成角的余弦值为3
√
5
10 ．
11 arctan 2
3
【解析】解：由∠ABC = 90◦知，AC 为底面圆的直径．
设底面中心为O，则PO⊥平面ABC．
易知AO = 1
2AC = 1，进而PO =
√
AP2 −AO2 = 1．
设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点．
在底面中作HK⊥BC 于点K，则由三垂线定理知MK⊥BC，
从而∠MKH 为二面角M −BC −A 的平面角．
因MH = AH = 1
2，结合HK 与AB 平行知，HK
AB = HC
AC = 3
4，
即HK = 3
4，这样tan∠MKH = MH
HK = 2
3．
故二面角M −BC −A 的大小为arctan 2
3．
12
√
2
6
【解析】如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K，AB 中点为M，内切球半径
为r，则P、K、M 共线，P、O、H 共线，∠PHM = ∠PKO = π
2 ，且
OH = OK = r，PO = PH −OH =
√
2−r，MH =
√
3
6 AB =
√
3
6 ，
PM =
√
MH2 +PH2 =
√
1
12 +2 = 5
√
3
6 ，
于是有
r
√
2−r
= OK
PO = sin∠KPO = MH
PM = 1
5，
解得r =
√
2
6 ．
一试冲刺班真题
52
检测题参考答案
第11 讲
解析几何1 真题
经典真题
1
2
√
6
7
【解析】不妨设|PF1| = 4，|QF1| = 3．记椭圆Γ 的长轴、短轴的长度分别为2a、2b，焦距为2c，则
|PF2| = |F1F2| = 2c，且由椭圆的定义知
2a = |QF1|+|QF2| = |PF1|+|PF2| = 2c+4．
于是|QF2| = |PF1|+|PF2|−|QF1| = 2c+1．
设H 为线段PF1 的中点，则|F1H| = 2，|QH| = 5，且有F2H⊥PF1．由勾股定理知|QF2|2 −|QH|2 =
|F2H|2 = |F1F2|2 −|F1H|2，即(2c+1)2 −52 = (2c)2 −22，解得c = 5，进而a = 7，b = 2
√
6，因此椭圆
Γ 的短轴与长轴的比值为b
a = 2
√
6
7 ．
2
1−
√
17
2
【解析】解：提示：二次曲线的方程可以写成−x2
a2 −y2
a = 1．显然必须有−a > 0，故二次曲线为双曲
线，其标准方程为
y2
(√−a
)2 −
x2
(−a)2 = 1．则c2 =
(√−a
)2 +(−a)2 = a2 −a，
注意到焦距2c = 4，可知a2 −a = 4，又a < 0，所以a = 1−
√
17
2
．
3
−64
5
【解析】记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a、b、c，离心率为e，点P 到右准线l 的距离为d，则
a = 4，b = 3，c = 5，右准线l 为x = 16
5 ．如果P 在双曲线右支上，则|PF1| = |PF2|+2a = ed +2a．
从而，|PF1| + |PF2| = (ed +2a) + ed = 2ed + 2a > 2d，这不可能；故P 在双曲线的左支上，则
|PF2||PF1| = 2a，|PF1|+|PF2| = 2d．两式相加得2|PF2| = 2a+2d．又|PF2| = ed，从而ed = a+d．故
d =
a
e−1 = 16．因此，P 的横坐标为x = a2
c −d = −64
5 ．
一试冲刺班真题
53
检测题参考答案
4
见解析
【解析】记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，离心率为e．则a = 5，b = 4，c = 3，e = 3
5，
左准线为x = −25
3 ，过点B 作左准线x = −25
3 的垂线，垂足为N，过A 作此准线的垂线，垂足为
M．由椭圆定义，|BN| = 5
3 |BF|．于是，|AB| + 5
3 |BF| = |AB| + |BN| ⩾|AM|(定值)，等号成立当且仅
当B 是AM 与椭圆的交点时，此时B
(
−5
√
3
2 ,2
)
，所以，当|AB|+ 5
3 |BF| 取最小值时，B 的坐标为
(
−5
√
3
2 ,2
)
．
5
(√
3,2
)
【解析】解：由条件知，点F1、F2 的坐标分别为(−1,0) 和(1,0)．
设直线l 的方程为y = kx + m，点A、B 的坐标分别为(x1,y1) 和(x2,y2)，则x1、x2 满足方程
x2
2 +(kx+m)2 = 1，
即
(
2k2 +1
)
x2 +4kmx+
(
2m2 −2
)
= 0．①
由于点A、B 不重合，且直线l 的斜率存在，故x1、x2 是方程①的两个不同实根，因此有①的判别
式△= (4km)2 −4·
(
2k2 +1
)
·
(
2m2 −2
)
= 8
(
2k2 +1−m2)
> 0，
即2k2 +1 > m2．②
由直线AF1、l、BF1 的斜率
y1
x1 +1、k、y2
x2 +1 依次成等差数列知，
y1
x1 +1 +
y2
x2 +1 = 2k，又y1 = kx1 +m，y2 = kx2 +m，所以
(kx1 +m)(x2 +1)+(kx2 +m)(x1 +1) = 2k(x1 +1)(x2 +1)．
化简并整理得，(m−k)(x1 +x2 +2) = 0．
假如m = k，则直线l 的方程为y = kx+k，即l 经过点F1 (−1,0)，不符合条件．
因此必有x1 +x2 +2 = 0，
故由方程①及韦达定理知，4km
2k2 +1 = −(x1 +x2) = 2，即
m = k + 1
2k．③
由②、③知，2k2 +1 > m2 =
(
k + 1
2k
)2
，化简得k2 > 1
4k2 ，这等价于|k| >
√
2
2 ．
反之，当m、k 满足③及|k| >
√
2
2
时，l 必不经过点F1(否则将导致m = k，与③矛盾)，而此时m、k
满足②，故l 与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了AF1、BF1 的斜率存在(否则x1、x2 中的
某一个为−1，结合x1 +x2 +2 = 0 知x1 = x2 = −1，与方程①有两个不同的实根矛盾)．
一试冲刺班真题
54
检测题参考答案
而点F2 (1,0) 到直线l：y = kx+m 的距离为
d = |k +m|
√
1+k2 =
1
√
1+k2 ·
2k + 1
2k
=
1
√
1+k2 ·
(
2+ 1
2k2
)
．
注意到|k| >
√
2
2 ，令t =
√
1
k2 +1，则t ∈
(
1,
√
3
)
，上式可改写为
d = 1
t ·
(t2
2 + 3
2
)
= 1
2 ·
(
t + 3
t
)
．④
考虑到函数f (t) = 1
2 ·
(
t + 3
t
)
在
[
1,
√
3
]
上单调递减，故由④得，f
(√
3
)
< d < f (1)，即
d ∈
(√
3,2
)
．
6
4
【解析】设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为2a、2b、2c，则由其方程知a = 3，b = 2，c =
√
5，故
|PF1||PF2| = 2a = 6，又已知|PF1| : |PF2|2 : 1，故可得|PFl|4，|PF2|2．在△PFlF2 中，三边之长分别为
2，4，2
√
5，而22 +42 =
(
2
√
5
)2
，可见△PF1F2 是直角三角形，且两直角边的长为2 和4，故△PF1F2
的面积为4．
7
√
15
【解析】由对称性．不妨设P(xP,yP) 在第一象限，则由条件知
xP = 1
2 (|PT|−|PS|) = 2，yP = 1
2 (|PV|−|PU|) = 1，
即P(2,1)．进而由xP = |PU| = 1，|PS| = 2 得U (2,2)，S(4,1)，代入椭圆C 的方程知
4· 1
a2 +4· 1
b2 = 16· 1
a2 + 1
b2 = 1，
解得a2 = 20，b2 = 5．
故S△PF1F2 = 1
2 ·|F1F2|·|yp| =
√
a2 −b2 ·yp =
√
15．
8
见解析
【解析】设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨设b > c．
直线PB 的方程：y−b = y0 −b
x0
x，
化简得(y0 −b)x−x0y+x0b = 0．
又圆心(1,0) 到PB 的距离为1，
一试冲刺班真题
55
检测题参考答案
|y0 −b+x0b|
√
(y0 −b)2 +x2
0
= 1 ，
故(y0 −b)2 +x2
0 = (y0 −b)2 +2x0b(y0 −b)+x2
0b2，
易知x0 > 2，上式化简得(x0 −2)b2 +2y0b−x0 = 0，
同理有
(x0 −2)c2 +2y0c−x0 = 0．
所以b+c = −2y0
x0 −2，bc = −x0
x0 −2，则
(b−c)2 = 4x2
0 +4y2
0 −8x0
(x0 −2)2
．
因P(x0,y0) 是抛物线上的点，有y2
0 = 2x0，则
(b−c)2 =
4x2
0
(x0 −2)2 ，b−c =
2x0
x0 −2．
所以S△PBC = 1
2(b−c)·x0 =
x0
x0 −2 ·x0 = (x0 −2)+
4
x0 −2 +4
⩾2
√
4+4 = 8．
当(x0 −2)2 = 4 时，上式取等号，此时x0 = 4,y0 = ±2
√
2．
因此S△PBC 的最小值为8．
9
见解析
【解析】所求条件为1
a2 + 1
b2 = 1．
易知，圆外切平行四边形一定是菱形，圆心即菱形中心．
必要性：
假设论成立，则对点(a,0)，以(a,0) 为项点的菱形与C1 内接，与C0 外切．
(a,0) 的相对顶点为(−a,0)，由于菱形的对角线互相垂直平分，另外两个顶点必在y 轴上，为(0,b)
和(0,−b)．
菱形一条边的方程为x
a + y
b = 1，即bx+ay = ab．由于菱形与C0 外切，故必有
ab
√a2 +b2
= 1，整理
得1
a2 + 1
b2 = 1．必要性得证．
一试冲刺班真题
56
检测题参考答案
充分性：
设1
a2 + 1
b2 = 1，P 是C1 上任意一点，过P、O 作C1 的弦PR，再过O 作与PR 垂直的弦QS，则
PQRS 为C1 的内接菱形．
设|OP| = r1，|OQ| = r2，点P 的坐标为(r1 cosθ,r1 sinθ)，则点Q 的坐标为
(
r2 cos
(
θ + π
2
)
,r2 sin
(
θ + π
2
))
，
代入椭圆方程，得
(r1 cosθ)2
a2
+ (r1 sinθ)2
b2
= 1，
[
r2 cos
(
θ + π
2
)]2
a2
+
[
r2 sin
(
θ + π
2
)]2
b2
= 1，
于是，1
|OP|2 +
1
|OQ|2 = 1
r12 + 1
r22 =
(cos2θ
a2
+ sin2θ
b2
)
+
cos2 (
θ + π
2
)
a2
+
sin2 (
θ + π
2
)
b2
= 1
a2 + 1
b2 =
1．
又在Rt△POQ 中，设点O 到PQ 的距离为h，则1
h =
√1
OP2 +
1
OQ2 = 1，故得h = 1．
同理，点O 到QR,RS,SP 的距离也为1，故菱形PQRS 与C0 外切．充分性得
10 3
√
11
2
【解析】易知A(3,0)、F (0,1)．设P 的坐标是
(
3cosθ,
√
10sinθ
)
，θ ∈
(
0, π
2
)
，
则S四边形OAPF = S△OAP +S△OFP = 1
2 ·3·
√
10sinθ + 1
2 ·1·3cosθ
= 3
2
(√
10sinθ +cosθ
)
= 3
√
11
2
sin(θ +φ)．
其中φ = arctan
√
10
10 ．
当θ = arctan
√
10 时，四边形OAPF 面积的最大值为3
√
11
2
．
一试冲刺班真题
57
检测题参考答案
11 见解析
【解析】设B 点坐标为B
(
y2
1 −4,y1
)
，C 点坐标为C
(
y2 −4,y
)
显然y2
1 −4̸ = 0，故kAB = y1 −2
y2
1 −4 =
1
y1 +2
∴AB⊥BC ∴KBC = −(y1 +2)
∴
y−y1 = −(y1 +2)
[
x−
(
y2
1 −4
)]
y2 = x+4
⇒(2+y1)(y+y1)+1 = 0
⇒y12 +(2+y)y1 +(2y+1) = 0 ∵y1 ∈R ∴∆⩾0 ⇒y ⩽0 或y ⩾4
∴当y = 0 时，点B 的坐标为(−3,−1)；当y = 4 时，点B 的坐标为(5,−3)，均满足题意．
故点C 的纵坐标的取值范围为(−∞,0]∪[4,+∞)．
12 （1）见解析
【解析】因为a = −2，故直线PO 的斜率k1 = −b
2，直线PR 的斜率k2 = −b
4．
设∠OPR = α，则α 为锐角，且
z1 −z2 = 2βi．
当b = ±2
√
2 时，|PQ|
|QR| 的最小值为2
√
2．
（2）见解析
【解析】设P 点的坐标为(a b)(b̸ = 0)，易知a̸ = 0．记两切点A，B 的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
则PA，PB 的方程分别为
yy1 = 2(x+x1)，①
yy2 = 2(x+x2)，②
而点P 的坐标(a,b) 同时满足①，②，故A，B 的坐标(x1,y1)，(x2,y2) 均满足方程
by = 2(x+a)．③
故③就是直线AB 的方程．
直线PO 与AB 的斜率分别为b
a 与2
b，由PO⊥AB 知，b
a · 2
b = −1，故a = −2．
从而③即为y = 2
b (x−2)，故AB 与x 轴的交点R 是定点(2,0)．
一试冲刺班真题
58
检测题参考答案
第12 讲
解析几何2 真题
经典问题
1
−3 < m < −2
【解析】直线l 的方程为y = k(x−1)(k > 2)．将此方程代入y2 = 4x，消去y 得
k2x2 −2
(
k2 +2
)
x+k2 = 0．
设M (x0,y0)，则
x0 = x1 +x2
2
= k2 +2
k2
，y = k(x0 −1) = 2
k ．M 到直线Lm 的距离为
3· k2 +2
k2
+4· 2
k +m
5
= 1
5．
由m > −3 得
6
k2 + 8
k +m+2 = 0．
记1
k = t，则0 < t < 1
2．从而，
6t2 +8t +m+2 = 0，
m = −6t2 −8t −2，0 < t < 1
2．
因m = f (t) 在t > −2
3 时是减函数，所以
f
(1
2
)
< m < f (0)，
即−15
2 < m < −2．
考虑到m > −3，则−3 < m < −2．
2
1
2
【解析】以O 和A 为两个焦点作一个椭圆与
⌢
OA 弧段(抛物线弧段) 相切于P0 点(
⌢
OA 弧段整个地
包含于椭圆内部或边界上．若有几个切点，则任取其中一点)．由椭圆的定义可推知：椭圆内部的点
到两个焦点的距离之和小于椭圆上的点到两个焦点的距离之和(用三角形两边之和大于第三边易
证)，所以，对
⌢
OA 弧段上任意一点P，必有PO+PA ⩽P0O+P0A，即P0A+P0A 就是最大值．下面求
P0 点的横坐标．
一试冲刺班真题
59
检测题参考答案
过P0 点作椭圆和抛物线的公切线l，则由椭圆的光学反射性质知：OP0 和P0A 与l 的夹角相等．设
P0 点的坐标为
(
x0,x2
0
)
，则l 的斜率为2x0(参见第一试第五题的题注)，OP0 的斜率为x2
0
x0
= x0，而P0A
的斜率为
9
4 −x2
0
3
2 −x0
= 3
2 +x0．
由两直线间的夹角公式得
(2
3 +x0
)
−2x0
1+
(3
2 +x0
)
·2x0
=
2x0 −x0
1+2x0 ·x0
，
化简得8x3
0 +4x0 −3 = 0．配方得(2x0 −1)
(
4x2
0 +2x0 +3
)
= 0．取实根得x0 = 1
2．
综合上述知，当PO+PA 为最大时，P 点横坐标x = 1
2．
3 （1）见解析
【解析】设直线l：y = kx+b(k̸ = 0,b̸ = 0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)．
∴由
y = kx+b
9x2 +y2 = m2
得(k2 +9)x2 +2kbx+b2 −m2 = 0，
∴xM = x1 +x2
2
= −
kb
k2 +9，yM = kxM +b =
9b
k2 +9．
∴直线OM 的斜率kOM = yM
xM
= −9
k ，即kOM ·k = −9．
即直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值−9．
（2）见解析
【解析】不妨设四边形OAPB 能为平行四边形．∵直线l 过点(m
3 ,m)，∴l 不过原点且与C 有两个
交点的充要条件是k > 0，k̸ = 3
由上题得OM 的方程为y = −9
k x. 设点P 的横坐标为xP．
一试冲刺班真题
60
检测题参考答案
∴由
y = −9
k x,
9x2 +y2 = m2,
得xP2 =
k2m2
9k2 +81, 即xP =
±km
3
√
k2 +9
将点(m
3 ,m) 的坐标代入直线l 的方程得b = m(3−k)
3
，因此xM = mk(k −3)
3(k2 +9) ．
四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即xP = 2xM ∴
±km
3
√
k2 +9 =
2× mk(k −3)
3(k2 +9) ．解得k1 = 4−
√
7，k2 = 4+
√
7．
∵ki > 0,ki̸ = 3,i = 1,2，
∴当l 的斜率为4−
√
7 或4+
√
7 时, 四边形OAPB 为平行四边形．
4
轨迹为(2,2)，(2,2.5) 两点间的线段(不含端点)．
【解析】设M (x1,y1)，N (x2,y2)，
曲线C 在M，N 处切线分别为l1，l2，
其交点P 坐标(xp,yp)，
设l : y = kx+1，
得
y = kx+1
x+ 1
x = y
联立(k −1)x2 +x−1 = 0，
∵x > 0，∴该方程在(0,+∞) 上有两相异实根，
∴k̸ = 1，
∆= 1+4(k −1) > 0，k > 3
4，
x1x2 > 0，x1 +x2 > 0，x1 +x2 =
1
1−k①，
x1x2 =
1
1−k②，
∴3
4 < k < 1，
对y = x+ 1
x 求导，
y′ = 1−1
x2 ，
l1 : y−y1 =
(
1−1
x2
1
)
(x−x1)③，
l2 : y−y2
(
1−1
x2
2
)
(x−x2)④，
上两式相减求P，
一试冲刺班真题
61
检测题参考答案
y2 −y1 =
( 1
x2
2
−1
x2
1
)
xp +x2 −x1 + 1
x1
−1
x2
，
即2
( 1
x2
−1
x1
)
=
( 1
x2
2
−1
x2
1
)
xp，
xp = 2x1x2
x1 +x2
，
联立①②，x2
p = 2，
1
x2
1
+ 1
x2
2
= (x1 +x2)2 −2x1x2
(x1x2)2
，
③+④得y = 2−1
x2
1
−1
x2
2
+ 1
x1
+ 1
x2
，
= 1−2(1−k)，
= 2k −1
y = 2−2k +1+1
= 4−2k
由3
4 < k < 1 得2 < 4−2k < 5
2，
∴P 的轨迹为(2,2)，(2,2.5) 两点间的线段(不含端点)．
5
见解析
【解析】解一：过抛物线上点A 的切线斜率为：y′ = 2x|x=1 = 2，∴切线AB 的方程为y = 2x−1．∴B、
D 的坐标为B(0,−1)，D
(1
2,0
)
，∴D 是线段AB 的中点．
设P(x,y)、C(x0,x2
0)、E(x1,y1)、F(x2,y2)，则由AE
EC = λ1 知，
x1 = 1+λ1x0
1+λ1
,y1 = 1+λ1x2
0
1+λ1
；由BE
FC = λ2，得x2 = λ2x0
1+λ2
,y2 = −1+λ2x2
0
1+λ2
．
∴EF 所在直线方程为：
y−1+λ1x2
0
1+λ1
−1+λ2x2
0
1+λ2
−1+λ1x2
0
1+λ1
=
x−1+λ1x0
1+λ1
λ2x0
1+λ2
−1+λ1x0
1+λ1
，
一试冲刺班真题
62
检测题参考答案
化简得
[(λ2 −λ1)x0 −(1+λ2)]y = [(λ2 −λ1)x2
0 −3]x+1+x0 −λ2x2
0．…①
当x0̸ = 1
2 时，直线CD 的方程为：y = 2x2
0x−x2
0
2x0 −1
…②
联立①、②解得
x = x0 +1
3
y = x2
0
3
，消去x0，得P 点轨迹方程为：y = 1
3(3x−1)2．
当x0 = 1
2 时，EF 方程为：−3
2y =
(1
4λ2 −1
4λ1 −3
)
x + 3
2 −1
4λ2，CD 方程为：x = 1
2，联立解得
x = 1
2,
y = 1
12.
也在P 点轨迹上．因C 与A 不能重合，∴x0̸ = 1，∴x̸ = 2
3．
∴所求轨迹方程为y = 1
3(3x−1)2
(
x̸ = 2
3
)
．
解二：由解一知，AB 的方程为y = 2x−1,B(0,−1),D
(1
2,0
)
，故D 是AB 的中点．
令γ = CD
CP ,t1 = CA
CE = 1+λ1,t2 = CB
CF = 1+λ2，则t1 +t2 = 3．因CD 为△ABC 的中线，
∴S△CAB = 2S△CAD = 2S△CBD．
而
1
t1t2
= CE ·CF
CA·CB = S∆CEF
S∆CAB
= S∆CEP
2S∆CAD
+ S∆CFP
2S∆CBD
= 1
2
( 1
t1γ + 1
t2γ
)
= t1 +t2
2t1t2γ =
3
2t1t2γ ，
∴γ = 3
2，
∴P 是△ABC 的重心．
设P(x,y),C(x0,x2
0)，因点C 异于A，则x0̸ = 1，故重心P 的坐标为
x = 0+1+x0
3
= 1+x0
3
，
(
x̸ = 2
3
)
，y = −1+1+x2
0
3
= x2
0
3 ，消去x0，得y = 1
3(3x−1)2．
故所求轨迹方程为y = 1
3(3x−1)2(x̸ = 2
3)．
6 （1）见解析
【解析】设直线l : y = 1
3x+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)
将y = 1
3x+m 代入x2
36 + y2
4 = 1 中，化简整理得
2x2 +6mx+9m2 −36 = 0．
一试冲刺班真题
63
检测题参考答案
于是有x1 +x2 = −3m，x1x2 = 9m2 −36
2
kPA = y1 −
√
2
x1 −3
√
2
，kPB = y2 −
√
2
x2 −3
√
2
则kPA +kPB = y1 −
√
2
x1 −3
√
2
+ y2 −
√
2
x2 −3
√
2
= (y1 −
√
2)(x2 −3
√
2)+(y2 −
√
2)(x1 −3
√
2)
(x1 −3
√
2)(x2 −3
√
2)
，
上式中，分子= (1
3x1 +m−
√
2)(x2 −3
√
2)+(1
3x2 +m−
√
2)(x1 −3
√
2)
= 2
3x1x2 +(m−2
√
2)(x1 +x2)−6
√
2(m−
√
2)
= 2
3 · 9m2 −36
2
+(m−2
√
2)(−3m)−6
√
2(m−
√
2)
= 3m2 −12−3m2 +6
√
2m−6
√
2m+12 = 0
从而，kPA = kPB = 0．
又P 在直线l 的左上方，因此，∠APB 的角平分线是平行于y 轴的直线，所以△PAB 的内切圆的圆
心在直线x = 3
√
2 上．
（2）见解析
【解析】若∠APB = 60◦时，结合(1) 的结论可知kPA =
√
3，kPB = −
√
3．
直线PA 的方程为：y−
√
2 =
√
3(x−3
√
2)，代入x2
36 + y2
4 = 1 中，消去y 得
14x2 +9
√
6(1−3
√
3)x+18(13−3
√
3) = 0．
它的两根分别是x1 和3
√
2，所以x1 ·3
√
2 = 18(13−3
√
3)
14
，即x1 = 3
√
2(13−3
√
3)
14
．
所以|PA| =
√
1+(
√
3)
2 ·|x1 −3
√
2| = 3
√
2(3
√
3+1)
7
．
同理可求得|PB| = 3
√
2(3
√
3−1)
7
．
所以S△PAB = 1
2 ·|PA|·|PB|·sin60◦= 1
2 · 3
√
2(3
√
3+1)
7
· 3
√
2(3
√
3−1)
7
·
√
3
2 = 117
√
3
49
．
7
2
√
3
3
【解析】若注意到极点在椭圆的左焦点，可利用特殊值法；若注意到离心率e 和焦参数p(焦点到相
应准线的距离) 的几何意义，本题也可以直接求短半轴的长．
解法1：由
ρ (0) = a+c = 1
ρ (π) = a−c = 1
3
得
a = 2
3，c = 1
3，从而b =
√
3
3 ，故2b = 2
√
3
3 ．
解法2：由e = c
a = 1
2，p = b2
c = 1 及b2 = a2 −c2，得
一试冲刺班真题
64
检测题参考答案
b =
√
3
3 ．从而2b = 2
√
3
3 ．
8
√
7−1
【解析】解：由双曲线的性质知，|F1F2| = 2×√1+3 = 4，|PF1|−|PF2| = |QF1|−|QF2| = 2．
因为∠F1PQ = 90◦，故|PF1|2 +|PF2|2 = |F1F2|2，
因此|PF1|+|PF2| =
√
2
(
|PF1|2 +|PF2|2)
−(|PF1|−|PF2|)2 =
√
2×42 −22 = 2
√
7．
从而直角△F1PQ 的内切圆半径是
r = 1
2 (|F1P|+|PQ|−|F1Q|) = 1
2 (|PF1|+|PF2|)−1
2 (|QF1|−|QF2|) =
√
7−1．
9
见解析
【解析】解：设P
(
t2,2t
)
，则直线l 的方程为y = x+2t −t2，代入曲线C2 的方程得，
(x−4)2 +
(
x+2t −t2)2 = 8，
化简可得
2x2 −2
(
t2 −2t +4
)
x+
(
t2 −2t
)2 +8 = 0．①
由于l 与C2 交于两个不同的点，故关于x 的方程①的判别式∆为正．计算得，
∆
4 =
(
t2 −2t +4
)2 −2
[(
t2 −2t
)2 +8
]
=
(
t2 −2t
)2 +8
(
t2 −2t
)
+16−2
(
t2 −2t
)2 −16
= −
(
t2 −2t
)2 +8
(
t2 −2t
)
= −
(
t2 −2t
)(
t2 −2t −8
)
= −t (t −2)(t +2)(t −4)，
因此有
t ∈(−2,0)∪(2,4)．②
设Q、R 的横坐标分别为x1、x2，由①知，
x1 +x2 = t2 −2t +4，x1x2 = 1
2
[(
t2 −2t
)2 +8
]
，
因此，结合l 的倾斜角为45◦可知，
|PQ|·|PR| =
√
2
x1 −t2 ·
√
2
x2 −t2
= 2x1x2 −2t2 (x1 +x2)+2t4
=
(
t2 −2t
)2 +8−2t2 (
t2 −2t +4
)
+2t4
= t4 −4t3 +4t2 +8−2t4 +4t3 −8t2 +2t4
= t4 −4t2 +8 =
(
t2 −2
)2 +4．③
一试冲刺班真题
65
检测题参考答案
由②可知，t2 −2 ∈(−2,2)∪(2,14)，故
(
t2 −2
)2 ∈[0,4)∪(4,196)，从而由③得，
|PQ|·|PR| =
(
t2 −2
)2 +4 ∈[4,8)∪(8,200)．
10 见解析
【解析】解：设抛物线C 的方程是y2 = 2px(p > 0)，Q 为(−a,0)(a > 0)，
并设C1、C2 的圆心分别为O1 (x1,y1)、O2 (x2,y2)．
设直线PQ 的方程为x = my−a(m > 0)，
将其与C 的方程联立，消去x 可知y2 −2pmy+2pa = 0．
因为PQ 与C 相切于点P，所以上述方程的判别式为△= 4p2m2 −4·2pa = 0，
解得m =
√2a
p ．进而可知，点P 的坐标为(xP,yP) =
(
a,√2pa
)
．于是
|PQ| =
√
1+m2 ·|yP −0| =
√
1+ 2a
p ·√2pa =
√
2a(p+2a)．
由|PQ| = 2 可得4a2 +2pa = 4．①
注意到OP 与圆C1、C2 相切于点P，所以OP⊥O1O2．
设圆C1、C2 与x 轴分别相切于点M、N，
则OO1、OO2 分别是∠POM、∠PON 的平分线，故∠O1OO2 = 90◦．
从而由射影定理知
y1y2 = O1M ·O2N = O1P·O2P = OP2 = x2
P +y2
P = a2 +2pa．
结合①，就有y1y2 = a2 +2pa = 4−3a2．②
由O1、P、O2 共线，可得y1 −√2pa
√2pa−y2
= y1 −yP
yP −y2
= O1P
PO2
= O1M
O2N = y1
y2
，
化简得y1 +y2 =
2
√2pa ·y1y2．③
令T = y2
1 +y2
2，则圆C1、C2 的面积之和为πT．
根据题意，仅需考虑T 取到最小值的情况．
根据②、③可知，
T = (y1 +y2)2 −2y1y2 =
4
2pay2
1y2
2 −2y1y2 =
4
4−4a2
(
4−3a2)2 −2
(
4−3a2)
=
(
4−3a2)(
2−a2)
1−a2
．
作代换t = 1−a2．
由于4t = 4−4a2 = 2pa > 0，所以t > 0．于是
T = (3t +1)(t +1)
t
= 3t + 1
t +4 ⩾2
√
3t · 1
t +4 = 2
√
3+4．
上式等号成立当且仅当t =
√
3
3 ，此时a = √1−t =
√(
1−1
√
3
)
．
一试冲刺班真题
66
检测题参考答案
因此结合①得p
2 = 1−a2
a
=
t
√
1−1
√
3
=
√
3t
√
3−
√
3
=
1
√
3−
√
3
，从而F 的坐标为
(
1
√
3−
√
3
,0
)
．
11 2
【解析】点F 坐标为(1,0)．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1 = y2
1
4 ，x2 = y2
2
4 ，
故−4 = −→
OA·−→
OB = x1x2 +y1y2 = 1
16(y1y2)2 +y1y2，
即1
16(y1y2 +8)2 = 0，故y1y2 = −8．
S△OFA ·S△OFB =
(1
2 |OF|·|y1|
)
·
(1
2 |OF|·|y2|
)
= 1
4 ·|OF|2 ·|y1y2| = 2．
12 见解析
【解析】令c =
√
a2 −b2, 则A1 (−a,0),A2 (a,0),F1 (−c,0),F2 (c,0).
设P(x0,y0),Q(x1,y1),R(x2,y2),
其中x2
0
a2 + y2
0
b2 = 1,y0̸ = 0.
由QA1⊥PA1,QA2⊥PA2 可知−−→
A1Q · −−→
A1P = (x1 +a)(x0 +a) + y1y0 = 0,①
−−→
A2Q·−−→
A2P = (x1 −a)(x0 −a)+y1y0 = 0.②将①、②相减, 得2a(x1 +x0) = 0, 即x1 = −x0, 将其代入
①, 得−x2
0 +a2 +y1y0 = 0, 故y1 = x2
0 −a2
y0
, 于是Q
(
−x0, x2
0 −a2
y0
)
. 根据RF1⊥PF1,RF2⊥PF2, 同理可
得R
(
−x0, x2
0 −c2
y0
)
. 因此|QR| =
x2
0 −a2
y0
−x2
0 −c2
y0
= b2
|y0|, 由于|y0| ∈(0,b], 故|QR| ⩾b(其中等号
成立的充分必要条件是|y0| = b, 即点P 为(0,±b)).
一试冲刺班真题
67
检测题参考答案
第13 讲
组合计数与概率真题
经典真题
1
9
10
【解析】先考虑abc + def 为奇数的情况，此时abc、de f 一奇一偶，若abc 为奇数，则a、b、c 为
1、3、5 的排列，进而d、e、f 为2、4、6 的排列，这样有3! × 3! = 36 种情况，由对称性可知，使
abc+def 为奇数的情况数为36×2 = 72 种，从而abc+de f 为偶数的概率为1−72
6! = 1−72
720 = 9
10．
2
5
14
【解析】解：提示：注意K 中共有9 个点，故在K 中随机取出三个点的方式数有C3
9 = 84 种．
当取出的三点两两之间距离不超过2 时，有如下三种情况：
(1) 三点在一横线或一纵线上，有6 种情况．
(2) 三点是边长为1、1、
√
2 的等腰直角三角形的顶点，有4×4 = 16 种
(3) 三点是边长为
√
2、
√
2、2 的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于(0,0) 的有4 个，直角
顶点位于(±1,0)、(0,±1) 的各有一个，共有8 种情况．
综上可知，选出三点两两之间距离不超过2 的情况数为6+16+8 = 30，牵而所求概率为30
84 = 5
14．
3
4
7
【解析】易知K 中有9 个点，故在K 中随机取出三个点的方式数为C3
9 = 84 种．
将K 中的点按图标记为A1,A2,··· ,A8,O，其中有8 对点之间的距离为
√
5．由对称性，考虑取A1、
A4 两点的情况，则剩下的一个点有7 种取法，这样有7×8 = 56 个三点组(不计每组中三点的次序)．
对每个Ai(i = 1,2,··· ,8)，K 中恰有Ai+3、Ai+5 两点与之距离为
√
5(这里下标按模8 理解)，因而恰有
{Ai,Ai+3,Ai+5}(i = 1,2,··· ,8)
这8 个三点组被记了两次．从而满足条件的三点组个数为56−8 = 48，进而所求概率为48
84 = 4
7．
一试冲刺班真题
68
检测题参考答案
4
2
55
【解析】解：提示：设正方体为ABCD−EFGH，它共有12 条棱，从中任意取出3 条棱的方法共有
C3
12 = 220 种．
下面考虑使3 条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3 个互不平行的方向(即AB、AD、
AE 的方向)，具有相同方向的4 条棱两两共面，因此取出的3 条棱必属于3 个不同的方向．
可先取定AB 方向的棱，这有4 种取法．不妨设取的棱就是AB，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG，
共2 种可能．
当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH．
由上可知，3 条棱两两异面的取法数为4×2 = 8，故所求概率为
8
220 = 2
55．
5
3
4
【解析】每对点之间是否连边有2 种可能，共有26 = 64 种情况．考虑其中A，B 可用折线连接的情
况数．
(1) 有AB 边：共25 = 32 种情况．
(2) 无AB 边，但有CD 边：此时A，B 可用折线连接当且仅当A 与C，D 中至少一点相连，且B 与
C，D 中至少一点相连，这样的情况数为
(
22 −1
)
×
(
22 −1
)
= 9．
(3) 无AB 边，也无CD 边：此时AC，CB 相连有22 种情况，AD，DB 相连也有22 种情况，但其中
AC，CB，AD，DB 均相连的情况被重复计了一次，故A，B 可用折线连接的情况数为22 +22 −1 = 7．
以上三类情况数的总和为32+9+7 = 48，故A，B 可用折线连接的概率为48
64 = 3
4．
6
9
35
【解析】解：符合要求的取法，等价于从A 中取走的两张纸币的总面值a 小于从B 中取走的两张
纸币的总面值b，从而a < b ⩽5+5 = 10．
故只能从A 中取走两张1 元纸币，相应的取法数为C2
3 = 3．
又此时b > a = 2，即从B 中取走的两张纸币不能都是1 元纸币，相应有C2
7 −C2
3 = 18 种取法．
因此，所求的概率为3×18
C2
5 ×C2
7
=
54
10×21 = 9
35．
7
232
323
【解析】设a1 < a2 < a3 < a4 < a5 取自1,2,··· ,20，若a1，a2，a3，a4，a5 互不相邻，则
1 ⩽a1 < a2 −1 < a3 −2 < a4 −3 < a5 −4 ⩽16，
一试冲刺班真题
69
检测题参考答案
由此知从1,2,··· ,20 中取5 个互不相邻的数的选法与从1,2,··· ,16 中取5 个不同的数的选法相
同，即C5
16 种所以，从1,2,··· ,20 中任取5 个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为
C5
20 −C5
16
C5
20
= 1−C5
16
C5
20
= 232
323．
8
75
【解析】考虑平稳数abc．
若b = 0，则a = 1，c ∈{0,1}，有2 个平稳数．
若b = 1，则a ∈{1,2}，c ∈{0,1,2}，有2×3 = 6 个平稳数．
若2 ⩽b ⩽8，则a，c ∈{b−1,b,b+1}，有7×3×3 = 63 个平稳数．
若b = 9，则a，c ∈{8,9}，有2×2 = 4 个平稳数．
综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4 = 75．
9
80
【解析】设bi = ai+1 −ai ∈{1,2}(i = 1,2,···,9)，则有
2a1 = a10 −a1 = b1 +b2 +···+b9，①
b2 +b3 +b4 = a5 −a2 = a8 −a5 = b5 +b6 +b7．②
用t 表示b2，b3，b4 中值为2 的项数．由②知，t 也是b5，b6，b7 中值为2 的项数，其中t ∈{0,1,2,3}．
因此b2，b3，···，b7 的取法为
(
C0
3
)2 +
(
C1
3
)2 +
(
C2
3
)2 +
(
C3
3
)2 = 20．
取定b2，b3，···，b7 后，任意指定b8，b9 的值，有22 = 4 种方式．
最后由①知，应取b1 ∈{1,2} 使得b1 +b2 +···+b9 为偶数，这样的b1 的取法是唯一的，并且确定
了整数的a1 的值，进而数列b1，b2，···，b9 唯一对应一个满足条件的数列a1，a2，···，a10．
综上可知，满足条件的数列个数为20×4 = 80．
10 285
【解析】解：提示：分别记P 类数、Q 类数的全体为A、B，再将个位数为零的P 类数全体记为A0，个
位数不等于零的P 类数全体记为A1．
对任一四位数abcd ∈A1，将其对应到四位数dcba，注意到a > b，b < c，c > d ⩾1，故dcba ∈B．反
之，每个dcba ∈B 唯一对应于A1 中的元素abcd．
这建立了A1 与B 之间的一一对应，因此有N (P)−N (Q) = |A|−|B| = |A0|+|A1|−|B| = |A0|．
一试冲刺班真题
70
检测题参考答案
下面计算|A0|：对任一四位数abc0 ∈A0，b 可取0,1,··· ,9，对其中每个b，由b < a ⩽9 及b < c ⩽9
知，a 和c 分别有9−b 种取法，
从而|A0| =
9
∑
b=0
(9−b)2 =
9
∑
k=1
k2 = 9×10×19
6
= 285．
因此，N (P)−N (Q) = 285．
11 见解析
【解析】九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周
上的一个圆形排列，故共有8! 种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有8!
2 种．
下求使S 达到最小值的放法数：在圆周上，从1 到9 有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，
设x1,x2,··· ,xk 是依次排列于这段弧上的小球号码，则
|1−x1|+|x1 −x2|+···+|xk −9| ⩾|(1−x1)+(x1 −x2)+···+(xk −9)| = |1−9| = 8．
上式取等号当且仅当1 < x1 < x2 < ··· < xk < 9，即每一弧段上的小球编号都是由1 到9 递增排列．
因此Smin = 2×8 = 16．
由上知，当每个弧段上的球号{1,x1,x2,··· ,xk,9} 确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定．
在1, 2 ,··· , 9 中，除1 与9 外，剩下7 个球号2,3,··· ,8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子
集共有C0
7 +C1
7 +C2
7 +C3
7 = 26 种情况，每种情况对应着圆周上使S 值达到最小的唯一排法，即有利
事件总数是26 种，故所求概率P = 26
8!
2
=
1
315．
12 266
81
【解析】解法一：依题意知，ξ 的所有可能值为2，4，6
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为
(2
3
)2
+
(1
3
)2
= 5
9．
若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否
停止没有影响．从而有
P(ξ = 2) = 5
9，
P(ξ = 4) =
(4
9
)(5
9
)
= 20
81，
P(ξ = 6) =
(4
9
)2
= 16
81，
故Eξ = 2× 5
9 +4× 20
81 +6× 16
81 = 266
81 ．
一试冲刺班真题
71
检测题参考答案
解法二：依题意知，ξ 的所有可能值为2，4，6
令Ak 表示甲在第k 局比赛中获胜，则¯Ak 表示乙在第k 局比赛中获胜．
由独立性与互不相容性得
P(ξ = 2) = P(A1A2)+P( ¯A1 ¯A2) = 5
9，
P(ξ = 4) = P(A1 ¯A2A3A4)+P(A1 ¯A2 ¯A3 ¯A4)+P( ¯A1A2A3A4)+P( ¯A1A2 ¯A3 ¯A4)
= 2
[(2
3
)3 (1
3
)
+
(1
3
)3 (2
3
)]
= 20
81，
P(ξ = 6) = P(A1 ¯A2A3 ¯A4)+P(A1 ¯A2 ¯A3A4)+P( ¯A1A2A3 ¯A4)+P( ¯A1A2 ¯A3A4)
= 4
(2
3
)2(1
3
)2
= 16
81，
故Eξ = 2× 5
9 +4× 20
81 +6× 16
81 = 266
81 ．
第14 讲
数论基础真题
经典真题
1
D
【解析】解：如果p 为奇质数，p = 2k +1，则存在n = k2 (k ∈N+)，使√p+n+√n = 2k +1．故选D．
2
B
【解析】即24|a3 −1，而a ≡0，±1，±2，±3，4，则a3 ≡0，±1，0，±3，0．故a −1 ≡0(mod8)．若
a ≡0，1，2(mod3)，则a3 ≡0，1，−1(mod3)，∴a−1 ≡0(mod3)．即a−1 ≡0(mod24)．选B．
3
7
【解析】把这些数mod11 得1,4,−3,−1,5,−3,−1,3,−3,−1．依次累加，得：1,5,2,1,6,3,2,5,2,1．其
中相等的和有7 对(3 对1,3 对2，1 对5)，这表示原数列中共有7 组相邻数之和能被11 整除．
4
A
【解析】
(
n2 +3k
)3 = n6+9n4k+27n2k2+27k3 = n6+3
(
3n4 +9n2k +9k2)
k．取a =
(
3n4 +9n2k +9k2)
k，
(k 为任意正整数)，则n6 +3a 为正整数的立方，由于k 可任意取值，且当k 增大时，a 也随之增大．
即a 有无数个．选A．
一试冲刺班真题
72
检测题参考答案
5
A
【解析】设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6
(
a2 +b2 +c2)
= 564，即a2 +b2 +c2 = 94．不
妨设1 ⩽a ⩽b ⩽c < 10，从而3c2 ⩾a2 +b2 +c2 = 94，c2 > 31．故6 ⩽c < 10，c 只能取9,8,7,6．
若c = 9，则a2 +b2 = 94−92 = 13，易知a = 2，b = 3，得一组解(a,b,c) = (2,3,9)．
若c = 8，则a2 +b2 = 94−64 = 30，b ⩽5．但2b2 ⩾30，即b ⩾4，从而b = 4 或5．若b = 5，则a2 = 5
无解；若b = 4，则a2 = 14 无解．因此c = 8 时无解．
若c = 7，则a2 +b2 = 94−49 = 45，有唯一解a = 3，b = 6．
若c = 6，则a2 +b2 = 94−36 = 58，此时2b2 ⩾58，即b2 ⩾29．故b ⩾6，但b ⩽c = 6，所以b = 6，
此时a2 = 58−36 = 22 无解．
综上，共有两组解(a,b,c) = (2,3,9) 或(a,b,c) = (3,6,7)，体积为V1 = 23 +33 +93 = 764（cm3）或
V2 = 33 +63 +73 = 586（cm3）．故选A．
6
见解析
【解析】已知：每个甲用A2,B2，每个乙用B1,C1，每个丙用A2,C1．∴共有A 零件2p + 2r + 2
件；B 零件2p + q + 1 件；C 零件q + r 件．设组装m 件甲，n 件乙，k 件丙，则用2m + 2k 件A；
用2m + n 件B；用n + k 件C．如全部用完，则有2p + 2r + 2 = 2m + 2k；⇒p + r + 1 = m + k．⑴
2p+q+1 = 2m+n；⑵q+r = n+k．⑶∴⑴+⑵−⑶：3p+2 = 3m．这是不可能的．故证．
7
880001
【解析】解：19912000 = (1+1990)2000 = 1+2000·1990+ 1
2 ·2000·1999·19902 +···+19902000．按此
展开式，只需考虑前三项的和除以106 的余数即可，故余数为880001．
8
08
【解析】令x = 1031，则得
x3
x+3 = x3 +27−27
x+3
= x2 −3x+9−27
x+3．由于0 <
27
x+3 < 1，故所求末
两位数字为09−1 = 08．
9
见解析．
【解析】对任意正整数t，令m = k +t ·l ·(k!)．我们证明
(
Ck
m,l
)
= 1．设p 是l 的任一素因子，只要
证明：p ∤Ck
m．若p ∤k!，则由k!Ck
m =
k
∏
i=1(m−k +i) ≡
k
∏
i=1[(i+tl(k!)] ≡
k
∏
i=1i ≡k!
(
mod pα+1)
．及pα|k!，
一试冲刺班真题
73
检测题参考答案
且pα+1 ∤k!，知pα|k!Ck
m 且pα+1 ∤k!Ck
m．从而p ∤Ck
m．
10 见解析
【解析】由于12 +22 +32 +···+n2 的个位数字只与1 到n 的个位数字的平方和有关，故只要考虑
这些数的个位数字的平方：但12 ≡1,22 ≡4,32 ≡9,42 ≡6,52 ≡5,62 ≡6,72 ≡9,82 ≡4,92 ≡1,02 ≡
0(mod10)，∴a1 = 1,a2 = 5,a3 = 4,a4 = 0,a5 = 5,a6 = 1,a7 = 0,a8 = 4,a9 = 5,a10 = 5，a11 = 6,a12 =
0,a13 = 9,a14 = 5,a15 = 0,a16 = 6,a17 = 5,a18 = 9,a19 = 0,a20 = 0．由a20 = 0 知，a20k+r = ar(k,r ∈
N,0 ⩽r ⩽19，并记a0 = 0)，即0.a1a2 ···an…是一个循环节为20 位数的循环小数，即为有理数．其
一个循环节为“15405104556095065900”．
11 1326
【解析】线段OAn 的方程为y = n+3
n
x(0 ⩽x ⩽n)，故f (n) 等于该线段内的格点数．若n =
3k(k ∈N+)，则得y = k +1
k
x(0 ⩽x ⩽n)(k ∈N∗)，其内有两个整点(k,k + 1),(2k,2k + 2)，此时
f (n) = 2；若n = 3k ± 1(k ∈N+) 时，则由于n 与n + 3 互质，故OAn 内没有格点，此时f (n) = 0．
∴f (1)+ f (2)+...+ f (1990) = 2[1990
3
] = 1326．
