目录
第11讲 解析几何1
第9 讲 向量与复数
第13讲 组合计数
与概率
第15讲 综合复习
第8 讲 数列2
第12讲 解析几何2
第10讲 立体几何
第14讲 数论基础
13
05
28
35
01
18
08
31
参考答案
40
【春】高一数学目标竞赛班练习册
1
第8 讲
数列2
第8 讲
数列2
检测题
1
给定两个数列，满足{an}：a0 = 1，a1 = 13，an+1 = a2
n +64
an−1
(n ∈N+)；{bn}：b0 = 1，bn+1 = 9bn +
√
80b2
n −64(n ∈N)．证明：对任意的n ∈N，an +bn 可表为两个正整数的平方和．
2 已知数列{an} 的通项an =
nx
(x+1)(2x+1)···(nx+1)，n ∈N∗，若a1 +a2 +···+a2015 < 1，则实数x 等
于( )
A. −3
2
B. −5
12
C. −9
40
D. −11
60
3 数列{an} 和{bn} 满足a0 = b0 = 1，an = an−1 +2bn−1，bn = an−1 +bn−1,(n = 1,2,...) 求a2
2001 −2b2
2001
的值．
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2
第8 讲
数列2
4 数列{an} 定义如下：a1 = 3，an = 3an−1 (n ⩾2)．试求an (n ⩾2) 的末位数．
5 若无穷递缩等比数列{an} 满足lim
n→∞
a1 +a4 +a7 +···+a3n−2
a1 +a2 +···+an
= 3
4，那么，该数列的公比q 为
．
6 设函数y = f (x) = x2 −x+n
x2 +x+1(x ∈R 且x̸ = n−1
2
，n ∈N) 的最小值为an，最大值为bn，记cn =
(1−an)(1−bn)．则数列{cn}( )
A. 是公差不为零的等差数列
B. 是公比不为1 的等比数列
C. 是常数列
D. 不是等差数列也不是等比数列
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3
第8 讲
数列2
7 无穷正实数数列{xn} 具有如下性质：x0 = 1,xi+1 ⩽xi,i = 0,1,2,··· .
（1）求证：对于具有上述性质的任一数列，都存在一个n ⩾1, 使得x02
x1
+ x12
x2
+···+ xn−12
xn
⩾3.999；
（2）求出一个这样的数列，使对所有n ⩾1, 均有x02
x1
+ x12
x2
+···+ xn−12
xn
< 4;
8 已知xn = 1
2
[(
2+
√
3
)n +
(
2−
√
3
)n]
(n ∈N)，xn 为正整数．则x19981999 的个位数字为
．
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4
第8 讲
数列2
9 数列{an}、{bn} 满足a1 = b1 = 1，an = an−1 + 2bn−1，bn = an−1 + bn−1 (n ⩾2) 证明：
an
bn
−
√
2
<
an−1
bn−1
−
√
2
10 已知a1 = 1，an+1 = 2an +(−1)nn+1(n = 1,2,3,···)．求通项公式an．
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5
第9 讲
向量与复数
第9 讲
向量与复数
检测题
1
满足使I =
(1
2 +
1
2
√
3i
)n
(i 为虚数单位) 为纯虚数的最小正整数n =
．
2 n 为不超过1996 的正整数，如果有一个θ．使(sinθ +icosθ)n = sinnθ +icosnθ 成立．则满足上述
条件的n 值共有
个．
3 若复数z 满足|z−z| = 2
√
3，且
z
(z)2 是实数，则|z| =
．
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6
第9 讲
向量与复数
4 若a = 1+i，b = 2+i，c = 3+i，x = 1
2
(
−1+
√
3i
)
，则
a+bx+cx2 的值是
．
5 已知复数z 的模为1，则|z−4|2 +|z+3i|2 的最小值为
．
6 复数z 满足z+ 1
z ∈R 且|z−2| =
√
2．则这样的复数有
个．
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7
第9 讲
向量与复数
7 一元三次方程x3 + px+1 = 0 的三根在复平面上所对应的点刚好组成一个正三角形．则p =
，
此正三角形面积为
．
8 已知x ∈C,arg
(
x2 −2
)
= 3
4π,arg
(
x2 +2
√
3
)
= π
6 ．则x 的值为
．
9 若复数z 满足3z6 +2i·z5 −2z−3i = 0．则|z| =
．
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8
第10 讲
立体几何
第10 讲
立体几何
检测题
1
三棱锥A−BCD 中，∠BAC = ∠CAD = ∠DAB = 60◦，AB = 1，AC = 2，AD = 3．则三棱锥体积是
．
2 已知空间三个平面α//β 与γ 的距离在α 与γ 之间，α 与β 的距离为4a，β 与γ 的距离为2a，又
边长为9a 的正三角形ABC，A 在平面α 内，B 在平面β 内，C 在平面γ 内，AC 交平面β 于D．则
△ABC 所在平面与这三个平面所成的锐角是
．
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9
第10 讲
立体几何
3 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
．
4 正三棱锥V −ABC 底面边长为a，则棱长为b，M 为高VO 上一点，VM
MO = b
a．过M 作平行于侧棱VA
及底边BC 的平面，则此平面截三棱锥所得截面面积为
．
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10
第10 讲
立体几何
5 棱长为a 的正方体ABCD−A1B1C1D1 中，X 是正方形AA1BB1 的中心，Y 是正方形BBC1C 的中心，Z
在对角线BD 上，且DZ = 3ZB．求过X，Y，Z 的截面面积．
6 四棱锥S −ABCD 的顶点在底面的射影恰是底面对角线的交点O，已知棱锥S −ABCD 的高恒为3，
VS−ADO = m2，VS−BCO = n2(m，n ∈R+，m̸ = n)．问当四棱锥S −ABCD 取得最小体积时，底面ABCD 是
怎样的四边形？
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11
第10 讲
立体几何
7 如图，在棱长为a 的正方体ABCD−A1B1C1D1 中，沿ACB1，A1BD 切去它的两角，两沿面BDC1、ACD1
切去两角．求所剩下几何体的体积．
8 如图，直三棱柱ABC −A1B1C1 中，底面是等腰直角三角形，∠A1C1B1 = 90◦，A1C1 = 1，AA1 =
√
2，连
AB1，AC1，则平面AA1B1 与平面AB1C1 所成二面角的平面角为
．(用反三角函数表示)
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12
第10 讲
立体几何
9 正三棱柱ABC −A1B1C1 的9 条棱长都相等，P 是CC1 的中点，二面角B −A1P −B1 = α，则
sinα =
．
10 以O 为球心，4 为半径的球与三条相互平等的直线分别切于A、B、C 三点．已知S△BOC = 4，S△ABC > 16，
则∠BAC 等于
．
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13
第11 讲
解析几何1
第11 讲
解析几何1
检测题
1
若抛物线Cm：y = x2 −mx +m +1 与线段AB(其中A(0,4),B(4,0)) 恰有两个交点，则m 的取值范围
是
．
2 已知圆C 的方程为x2 +y2 −8x+15 = 0，若直线y = kx−2(k ∈R) 上至少存在一点，使得以该点为圆
心，1 为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的最大值等于
．
3 点A 为椭圆x2
a2 +y2 = 1(a > 1) 的上顶点，B、C 是该椭圆上的另外两点，且△ABC 是以点A 为直角
顶点的等腰直角三角形．若满足条件的△ABC 只有一解，则椭圆的离心率的范围为
．
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14
第11 讲
解析几何1
4 如图，已知圆O : x2 +y2 = 1 与x 轴交于A、B 两点、与y 轴交于点C，M 是圆O 上任一点(除去圆O
与两坐标轴的交点)．直线AM 与BC 交于点P，直线CM 与x 轴交于点N，设直线PM、PN 的斜率
分别为m、n，求证：m−2n 为定值．
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AF,l,BF1 的斜率依次成等差数
列，求d 的取值范围．
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15
第11 讲
解析几何1
6 已知椭圆x2
9 + y2
8 = 1，焦点为F1，F2，P 为椭圆上任意一点(但P 点不在x 轴上)，△PF1F2 的内心为I，
过I 作平行于x 轴的直线交PF1，PF2 于A，B．则S△PAB
S△PF1F2
=
．
7 设直线x+y = 1 与抛物线y2 = 2px(p > 0) 相交于点A、B，若OA⊥OB，求抛物线方程以及△OAB 的
面积．
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16
第11 讲
解析几何1
8 两个半径为1 的球面相外切，且它们都与半径为1 的圆柱面相内切，另一小球面与这两个球面都相
外切，且与圆柱面相内切．过小球的球心和一个大球的球心的平面与圆柱面相交成一个椭圆，则该椭
圆的离心率e 的最大可能值是
．
9 已知椭圆E : x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的一个焦点为F1
(
−
√
3,0
)
，且过点H
(√
3, 1
2
)
．设椭圆E 的上
下顶点分别为A1、A2，点P 是椭圆上异于A1、A2 的任一点，直线PA1、PA2 分别交x 轴于点M、N，若
直线N 与过点M、N 的圆G 相切，切点为T．证明：线段OT 的长为定值，并求出该定值．
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17
第11 讲
解析几何1
10 已知抛物线C：x2 = 2y 与直线l：y = kx−1 没有公共点，设点P 为直线l 上的动点，过P 作抛物线C
的两条切线，A、B 为切点．
（1）证明：直线AB 恒过定点Q．
（2）若点P 与点Q 的连线交抛物线C 于M、N 两点，证明：|PM|·|QN| = |PN|·|QM|．
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18
第12 讲
解析几何2
第12 讲
解析几何2
检测题
1
抛物线y2 = 2px(P > 0) 的焦点是F．问：是否存在内接等腰直角三角形，该三角形的一条直角边过
F 点？如果存在，存在几个？如果不存在，说明理由．
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19
第12 讲
解析几何2
2 已知椭圆C : x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的离心率为1
2，点F1、F2 分别为其左、右焦点，其右焦点F2 到点
E (−2,−1) 的距离为
√
10．一动圆过点F2，且与直线x = −1 相切，记动圆圆心的轨迹为G．
（1）在轨迹G 上有两点M、N，椭圆C 上有两点P、Q，满足−−→
MF2//−−→
NF2，−→
PF2//−−→
QF2，且−−→
MF2⊥−→
PF2，求四
边形PMQN 面积的最小值．
（2）过点F1 且斜率为k 的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点A，B．问在直线y = x 上是否存在点
D，使得−→
AD·−→
BD+ 3k +36
16k2 +12 是与k 无关的常数？
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20
第12 讲
解析几何2
3 已知点B(0,1)，P、Q 为椭圆x2
4 +y2 = 1 上异于点B 的任意两点，且BP⊥BQ．
（1）若点B 在线段PQ 上的射影为点M，求点M 的轨迹方程．
（2）求线段PQ 的中垂线l 在x 轴上的截距的取值范围．
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21
第12 讲
解析几何2
4 已知抛物线C：x2 = 2y 与直线l：y = kx−1 没有公共点，设点P 为直线l 上的动点，过P 作抛物线C
的两条切线，A、B 为切点．
（1）证明：直线AB 恒过定点Q．
（2）若点P 与点Q 的连线交抛物线C 于M、N 两点，证明：
|PM|·|QN| = |PN|·|QM|．
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22
第12 讲
解析几何2
5 已知椭圆E：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的半焦距为c，原点O 经过两点(c,0),(0,b) 的直线的距离为
1
2c．
（1）求椭圆E 的离心率；
（2）如图，AB 是圆M：(x+2)2 +(y−1)2 = 5
2 的一条直径，若椭圆E 经过A，B 两点，求椭圆E 的方程．
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23
第12 讲
解析几何2
6 已知双曲线C : x2
a2 −y2
b2 = 1(a > 0,b > 0)，F1,F2 分别为C 的左右焦点．P 为C 右支上一点，且使
∠F1PF2 = π
3 ，又△F1PF2 的面积为3
√
3a2．
（1）求C 的离心率e．
（2）设A 为C 的左顶点，Q 为第一象限内C 上的任意一点(如图)，问是否存在常数λ (λ > 0)，使得
∠QF2A = λ∠QAF2 恒成立．若存在，求出λ 的值；若不存在，请说明理由．
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24
第12 讲
解析几何2
7 已知曲线C：(5−m)x2 +(m−2)y2 = 8(m ∈R)
（1）若曲线C 是焦点在x 轴的椭圆，求m 的范围；
（2）设m = 4，曲线C 与y 轴的交点为A,B(点A 位于点B 的上方)，直线y = kx+4 与曲线C 交于不
同的两点M,N，直线y = 1 与直线BM 交于点G 求证：A,G,N 三点共线．
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25
第12 讲
解析几何2
8 设双曲线C：x2
4 −y2
5 = 1 的左右两个焦点分别为F1、F2，P 为双曲线上一动点，且在第一象限内，已知
△PF1F2 的重心为G，内心为I．
（1）问是否存在点P，使得IG//F1F2？若能，求出点P．若不能, 请说明理由．
（2）设A 为双曲线C 的左顶点，直线l 过右焦点F2 与双曲线C 交于M、N 两点，若AM、AN 的斜率
k1、k2，且k1 +k2 = −1
2，求直线l 的方程．
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26
第12 讲
解析几何2
9 过直线l：x−2y−20 = 0 上的点P 作椭圆x2
16 + y2
9 = 1 的切线PM，PN，切点分别为M，N 连接MN．
（1）当点P 在直线l 上运动时，证明：直线MN 恒过一定点Q，并求点Q 的坐标；
（2）当MN//l 时，求证：定点Q 平分线段MN．
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27
第12 讲
解析几何2
10 已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的左右焦点F1、F2 与椭圆短轴的一个端点构成边长为4 的正三
角形．
（1）求椭圆C 的标准方程．
（2）过椭圆C 上任意一点P 做椭圆C 的切线与直线F1P 的垂线F1M 相交于点M，求点M 的轨迹
方程．
（3）若切线MP 与直线x = −2 交于点N，求证：|NF1|
|MF1| 为定值．
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28
第13 讲
组合计数与概率
第13 讲
组合计数与概率
检测题
1
一个三位自然数a1a2a3 称为凹数，如果同时有a1 > a2 及a2 < a3(例如104,525,849 都是凹数，而
123,684,200 都不是凹数)．则所有凹数的个数是
．
2 将正方体的八个顶点两两连线，其中成异面直线的有
对．
3 八个数字1,1,2,2,3,3,4,4 可以组成不同的四位数个数是
．
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29
第13 讲
组合计数与概率
4 设a,b,c 是0 ∼9 的数字，将循环小数0. ˙ab˙c 化成最简分数后，分子有多少种不同情况？
5 星星有10 块糖，每天至少吃1 块，7 天吃完，他共有
种不同的吃法.
6 n(⩾3) 条直线中恰有p(⩾2) 条互相平行，而且n 条直线中没有3 条相交于同一点．则这n 条直线
将平面分割成的块数是
．
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30
第13 讲
组合计数与概率
7 若
(
x2 −x−2
)3 = a0 +a1x+a2x2 +a3x3 +a4x4 +a5x5 +a6x6，则a1 +a3 +a5 =
．
8 由1,2,3,4,5,6 组成的，至少有三个数位上的数码不同的5 位数中，有多少个数使得数码1 和6 不相
邻？
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31
第14 讲
数论基础
第14 讲
数论基础
检测题
1
设集合：A = {x|1 ⩽x ⩽2019,x = 4k +1,k ∈Z}，B = {y|1 ⩽y ⩽2019,y = 3k −1,k ∈Z}．则集合A∩B
中的元素个数为
．
2 已知正项数列{an} : a1 = 1，an+1 = an +
n√an (n = 1,2,···)．
（1）是否存在非零常数α、β，使得
[ an
nα
]
= β 对任意正整数n 均成立？
（2）是否存在非零常数α、β 使得lim
n→∞
an
nα = β？
3 若三位数n = abc 是一个平方数，并且其数字和a+b+c 也是一个平方数，则称n 为超级平方数，这
种超级平方数的个数
．
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32
第14 讲
数论基础
4 使得ab2
a+b 为素数的正整数数对(a,b) 有
对．
5 设质数p 满足：存在正整数x、y 使得p−1 = 2x2，p2 −1 = 2y2，则符合条件的质数p 的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
6 设正整数n 满足31|(5n +n)，则n 的最小值为
．
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33
第14 讲
数论基础
7 设M = 14 +24 +34 +···+20134，则M 的个位数字为
．
8 611 +C1
11610 +C2
1169 +···+C10
116−1 被8 除所得的余数是
．
9 已知a、b、m、n ∈Z+，a−b = 2，a
5m + b
3n = 2．求a、b 所有可能的值．
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34
第14 讲
数论基础
10 求方程2y +2z ×5t −5x = 1 的所有正整数解(x,y,z,t)．
11 不能表示为7x −3×2y (x,y ∈N∗) 的最小正奇数是
．
12 若实数a 满足{a}、[a]、a 依次成等比数列，则a =
．
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35
第15 讲
综合复习
第15 讲
综合复习
检测题
1
已知关于x 的方程x4 −(3m+2)x2 +m2 = 0 中的四个实根成等差数列．则实数m 的值为
．
2 已知正整数系数的多项式f (x) 满足f (f (f (x))) = x8 +4x6 +8x4 +8x2 +5，数列{an} 满足a1 = 1，对
于任意的n ⩾2，n ∈Z+，均有an = f (an−1)−2．则an =
．
3 设函数f (x) = x3 −x2 +αx−β (β > 0) 与x 轴有三个不同的交点．
证明：4α ⩽
√
3β +1．
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36
第15 讲
综合复习
4 已知函数f (x) =
1
1−x．对于n ∈Z+，定义：f1 (x) = f (x)，fn+1 (x) = f (fn (x))．偶函数g(x) 的定义域
为{x|x̸ = 0}，当x > 0 时，g(x) = |f2021 (x)|．
（1）求g(x)．
（2）若存在实数a、b(a < b)，使得g(x) 在区间[a,b] 上的最大值为ma，最小值为mb，求非零实数m
的取值范围．
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37
第15 讲
综合复习
5 已知数列{an} 满足：a1 = 2
3，an =
2nan−1
an−1 +n−1 (n ⩾2)．
求：
（1）数列{an} 的通项公式．
（2）数列
{
anan+1
2n+1n(n+1)
}
的前n 项和Tn．
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38
第15 讲
综合复习
6 已知数列{an} 的各项均为正数，且对于任意的正整数n，均有
(
n
∑
i=1ai
)2
=
n
∑
i=1a3
i ．
设bn = an
2n ．则使得bp、bq、br (2 ⩽p < q < r) 成等差数列的所有正整数组(p,q,r) =
．
7 已知a、b、c、d ⩾0，满足a+b+c+d = 2．
证明：∑
a
b3 +b2 +b+3 ⩾1
2．
8 已知关于x、y、z 的方程(xy+yz+zx)(x+y+z)
(x+y)(y+z)(z+x)
= r 有实数解．则实数r 的取值范围是
．
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39
第15 讲
综合复习
9 设一元三次方程x3 + px+1 = 0 的三个根在复平面上所对应的点恰组成一个正三角形．则此正三角
形的面积为
．
10 已知甲、乙两个盒子中装有相同规格的乒乓球，其中，甲盒中有n 个白球，n 个红球，乙盒中只有n 个
白球．若从甲盒中任取n 个球放入乙盒中，则从乙盒中取出一个是红球的概率为
．
11 将
(
1+x+x2 +···+x2020)3 的展开式合并同类项后，x 的l 次项系数最大．求l 的值．
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40
检测题参考答案
检测题参考答案
第8 讲
数列2
1
见解析
【解析】对于数列{an} 有
a0 = 1，a1 = 13，a2 = 233．
由an +an+2
an+1
= anan+2 +a2
n+2
an+1an+2
=
(
a2
n+1 +64
)
+a2
n+2
an+1an+2
= a2
n+1 +
(
a2
n+2 +64
)
an+1an+2
= a2
n+1 +an+1 +an+3
an+1an+2
= an+1 +an+3
an+2
．
于是，对任意的n ∈N，
an +an+2
an+1
= a0 +a2
a1
= 1+233
13
= 18．所以，an+2 = 18an+1 −an．①
对于数列{bn}，由条件知数列严格递增．
将bn+1 −9bn =
√
80b2
n −64 两边平方得
b2
n+1 −18bnbn+1 +b2
n +64 = 0．②
在式②中用n+1 代替n 得
b2
n+2 −18bn+1bn+2 +b2
n+1 +64 = 0．③
由式②、③知，bn、bn+2 是关于t 的方程
t2 −18bn+1t +b2
n+1 +64 = 0 的两个相异根，于是，由根与系数关系得
bn +bn+2 = 18bn+1，
即bn+2 = 18bn+1 −bn，b0 = 1，b1 = 13．④
由式①、④知，{an}、{bn} 为同一个数列，因此，an +bn = 2an (n ∈n)．
又据式①知，数列{an} 的各项为正整数，且
a0 = 1 = 02 +12，a1 = 13 = 22 +32，a2 = 233 = 82 +132，a3 = 4181 = 342 +552．
构作辅助数列{xn}，{yn}，其中，
x0 = 0，x1 = 2，x2 = 4xn−1 +xn−2 (n ⩾2)；⑤
y0 = 1，y1 = 3，yn = 4yn−1 +yn−2 (n ⩾2)．⑥
显然，当n ⩾1 时，xn、yn 皆为正整数，且yn > xn．
下面证明：对任意的n ∈N，
f (n) = an −
(
x2
n +y2
n
)
= 0．⑦
对n 用数学归纳法．当n ⩽3 时已验证．
设当n < k 时，式⑦成立．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
41
检测题参考答案
当n = k 时，由于
f (k)+ f (k −2)
= ak −
(
x2
k +y2
k
)
+ak−2 −
(
x2
k−2 +y2
k−2
)
= 18ak−1 −
(
x2
k +y2
k
)
−
(
x2
k−2 +y2
k−2
)
= 18
(
x2
k−1 +y2
k−1
)
−
(
x2
k +y2
k
)
−(xk −4xk−1)2 −(yk −4yk−1)2
= 2
(
x2
k−1 +4xkxk−1 −x2
k +y2
k−1 +4ykyk−1 −y2
k
)
= 2
(
xk+1xk−1 −x2
k +yk+1yk−1 −y2
k
)
．
则f (k −1)+ f (k −3)
= 2
(
xkxk−2 −x2
k−1 +ykyk−2 −y2
k−1
)
= 2
(
x2
k −4xkxk−1 −x2
k−1 +y2
k −4ykyk−1 −y2
k−1
)
= −f (k)−f (k −2)．
而据归纳假设有
f (k −1) = f (k −2) = f (k −3) = 0．
因此，f (k) = 0．
故由归纳法，对一切n ∈N，式⑦成立．
由式⑦得
an +bn = 2an = 2
(
x2
n +y2
n
)
= (yn −xn)2 +(yn +xn)2，
其中，yn −xn、yn +xn 为正整数．
2
D
【解析】解：提示：由于an =
(nx+1)−1
(x+1)(2x+1)···(nx+1)
=
1
(x+1)(2x+1)···[(n−1)x+1] −
1
(x+1)(2x+1)···(nx+1)，
则
2015
∑
k=1
ak = 1−
1
(x+1)(2x+1)···(2015x+1) < 1，
即(x+1)(2x+1)···(2015x+1) > 0．
所以x ∈
(
−1,−1
2
)
∪
(
−1
3,−1
4
)
∪···∪
(
−
1
2013,−
1
2014
)
∪
(
−
1
2015,+∞
)
，
经检验只有x = −11
60 符合题意．
3
见解析
【解析】直接计算得
a2
0 −2b2
0 = −1，a2
1 −2b2
1 = 1，······
猜想a2
n −2b2
n = (−1)n+1 (n = 0,1,...)．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
42
检测题参考答案
下面用数学归纳法证明．
假设命题对n = k 成立，即
a2
k −2b2
k = (−1)k+1．
则当n = k +1 时，
a2
k+1 −2b2
k+1 = (ak +2bk)2 −2(ak +bk)2
= −
(
a2
k −2b2
k
)
= (−1)k+2．
因此，根据数学归纳法，猜想成立．
故a2
2001 −2b2
2001 = 1．
4
见解析
【解析】先证，当n ⩾2 时，有
an = 4m+3，m ∈N．①
用数学归纳法证明．
(i) 当n = 2 时，a2 = 33 = 4×6+3，式①成立．
(ii) 若当n = k(k ⩾2) 时，式①成立，即
ak = 4m+3
m ∈N．则ak+1 = 3ak = 3km+3 = (4−1)4m+3
= C0
4m+3 ·44m+3(−1)0 +C1
4m+344m+2(−1)1 +...+C4m+2
4m+341(−1)4m+2 = 4t −1 = 4(t −1)+3．
其中，t = C0
4m+144m+2 + C1
4m+144m+1(−1)1 + ... + C4m+2
4m+1(−1)4m+2 为整数，且因为|an| 为递增的，所以
ak+1 ⩾ak ⩾... ⩾a2 −27，即4t −1 ⩾27．得t ⩾7
t −1 ⩾6，即t −1 ∈N．
所以，当n = k +1 时，式①成立．于是，式①成立，从而有
an = 3an−1 = 34m+3 = (81)m ·27，其个位数为7．
5
q =
√
21−3
6
【解析】lim
n→∞
a1 +a4 +···+a3n−2
a1 +a2 +···+an
=
a1
1−q3 · 1−a
a1
=
1
q2 +q+1．
又
1
1+q+q2 = 3
4，
有3q2 +3q−1 = 0，
则q = −3±
√
21
6
，舍去q = −3−
√
21
6
．
故q =
√
21−3
6
．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
43
检测题参考答案
6
C
【解析】由y = x2 −x+n
x2 +x+1，得
(y−1)x2 +(y+1)x+(y−n) = 0．(1)
∵x̸ = n−1
2
,∴y̸ = 1．
∵方程(1) 有实根，
∴∆= (y+1)2 −4(y−1)(y−n) ⩾0，
即3y2 −(4n+6)y+(4n−1) ⩽0．
由题设知，an、bn 是关于y 的方程3y2 −(4n+6)y+(4n−1) = 0 的两个根．则
an +bn = 4n+6
3
，anbn = 4n−1
3
．
∴cn = 1−(an −bn)+anbn = 1−4n+6
3
+ 4n−1
3
= −4
3．
故{cn} 是常数列．
7 （1）见解析
【解析】x02
x1
+ x12
x2
+···+ xn−12
xn
⩾x02
x1
+ x12
x2
+···+(xn−22
xn−1
+ xn−1
1 )
⩾x02
x1
+ x12
x2
+···+(xn−32
xn−2
+2xn−2)
⩾x02
x1
+ x12
x2
+···+(xn−42
xn−3
+2
√
2xn−3)
⩾··· ⩾x02
x1
+2
1+1
2
+···+ 1
2n−2 x1
⩾2
1+1
2
+···+ 1
2n−2 x1 ⩾2
2−1
2n−2 →4,
因此，当n 足够大时，就有x02
x1
+ x12
x2
+···+ xn−12
xn
⩾3.999.
（2）见解析
【解析】取无穷递缩等比数列{xn} : xn = (1
2)
n
,n = 0,1,2,··· . 则
x02
x1
+ x12
x2
+···+ xn−12
xn
= 2+1+ 1
2 +···+(1
2)
n−2
= 4−(1
2)
n−2
< 4.
【春】高一数学目标竞赛班练习册
44
检测题参考答案
8
2
【解析】令a = 2+
√
3，b = 2−
√
3，则
a+b = 4，ab = 1，xn = 1
2 (an +bn)，又(a+b)
(
an+1 +bn+1)
=
(
an+2 +bn+2)
+ab(an +bn)，
4
(
an+1 +bn+1)
= a
(
an+2 +bn+2)
+(an +bn)，
∴4xn+1 = xn+2 +xn，
xn+2 = 4xn+1 = xn．(1)
易得x1 = 2,x2 = 7．
由式(1) 可得xn (n = 1,2,...) 的个位数字依次为2，7，6，7，2，1，2，7，6，…．
用m(xn) 表示xn 的个位数字，显然m(xn) = m(xn +6k)，其中1 ⩽m ⩽6，nk ∈N，
∴m(x19981999) = m(x6×3330333+1) = m(x1) = 2．
9
见解析
【解析】证明：对一切n ⩾2，a2
n −2b2
n = (an−1 +2bn−1)2 −2(an−1 +bn−1)2 = −
(
a2
n−1 −2b2
n−1
)
= (−1)n
(an
bn
)2
−2 = (−1)n
b2
n
，an
bn
=
√
2+ (−1)n
b2
n
an
bn
=
√
2+ (−1)n
b2
n
，
an
bn
−
√
2
=
√
2+ (−1)n
b2
n
−
√
2
=
2+ (−1)n
b2
n
−2
√
2+ (−1)n
b2
n
+
√
2
=
1
√
2b4
n +(−1)nb2
n +b2
n
√
2
由bn = an−1 +bn−1 且易知an > 0,bn > 0
an
bn
−
√
2
=
1
√
2b4
n +(−1)nb2
n +b2
n
√
2
<
1
√
2b4
n−1 +(−1)nb2
n−1 +b2
n-1
√
2
=
an−1
bn−1
−
√
2
10 见解析
【解析】令an = 2n −1+bn，则b1 = 0，且
2n+1 −1+bn+1 = 2n+1 −2+2bn +(−1)nn+1
即b1 = 0
bn+1 = 2bn +(−1)nn．再令bn = (−1)ncn 则c1 = 0
cn+1 = −2cn −n．
上式两边同时加上s(n+1)+t，得
cn+1 +s(n+1)+t = (−2)
(
cn + 1−s
2
·n−s+t
2
)
．
令s = 1−s
2
且t = −s+t
2 ，解得s = 1
3
t = −1
9．所以，
【春】高一数学目标竞赛班练习册
45
检测题参考答案
cn+1 + 1
3(n+1)−1
9
= (−2)
(
cn + 1
3 ×n−1
9
)
= ··· = (−2)n
(
cn + 1
3 ×1−1
9
)
= (−2)n 2
9 即cn = −n
3 + 1
9 +(−1)n+1 2n
9 ．
从而，bn = −n
3(−1)n + 1
9(−1)n −2n
9 ．故an = 2n −1+bn = 8
9 ×2n +
(1
9 −n
3
)
(−1)n −1．
第9 讲
向量与复数
1
3
【解析】解：提示：因为I =
(1
2 +
1
2
√
3i
)n
=
[ 1
√
3
(
cos π
6 +isin π
6
)]n
=
( 1
√
3
)n (
cos nπ
6 +isin nπ
6
)
是纯虚数，
所以
cos nπ
6 = 0
sin nπ
6̸ = 0
．
因此，所求n 的最小值为3，
此时I =
( 1
√
3
)3
i =
√
3
9 i．
2
498
【解析】∵(sinθ +icosθ)n = [i(cosθ −isinθ)]n
= in (cosnθ −sinnθ) = in−1 (sinnθ +icosnθ)，
又(sinθ +icosθ)n = sinnθ +icosnθ，
∴in−1 (sinnθ +icosnθ) = sinθ +icosnθ．
∵sinθ +icosθ̸ = 0．
∴in−1 = 1，n = 4k +1．
即不超过1996 被4 除余1 的正整数都合要求，这种数共有
[1996−1
4
]
= 498 个．
3
2
【解析】解：提示：设z = x+yi(x,y ∈R)，则|z−z| = 2|y| = 2
√
3．所以y = ±
√
3．代入
z
(
z2) 计算得
x = ±1．所以|z| = 2．
4
√
3
【解析】解：注意x 满足x2 +x+1 = 0，从而x3 = 1，|x| = 1，xx = 1．又注意a、b、c 的虚部相等，结合
x2 +x+1 = 0 可知，只需针对a = 1，b = 2，c = 3 进行计算即可．这时我们有
【春】高一数学目标竞赛班练习册
46
检测题参考答案
a+bx+cx2 2
=
(
a+bx+cx2)(
a+bx+cx2)
= a2 +b2 +c2 +ab(x+x)+bc
(
xx2 +xx2)
+ac
(
x2 +x2)
= a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca．
将a = 1，b = 2，c = 3 代入，得
a+bx+cx2 2 = 3，故本题答案为
√
3．
5
17
【解析】解：在复平面内，设A(4,0)、B(0,−3)，P 为单位圆上的点，问题转化为求|PA|2 +|PB|2 的最
小值，设P(cosα,sinα)，其中α ∈R
|PA|2 +|PB|2 = (cosα −4)2 +sin2α +cos2α +(sinα +3)2 = 27+6sinα −8cosα
= 27+10sin(α +φ) ⩾17
由于α ∈R，必存在α 使sin(α +φ) = −1，即等号可以取到．
6
4
【解析】满足z+ 1
z ∈R 的复数z 对应的点在x 轴(不含原点) 上或在单位圆上．
满足|z−2| =
√
2 的点在以(2,0) 为圆心，
√
2 为半径的圆上．
后者与前者明显地交于4 个点(同单位圆交于两点，与x 轴交于两点)．
7
p = 0
S = 3
√
3
4
【解析】由题可知，此三点所对应的复数必有方程(x+a)3 = b(其中a，b 为复数)．再由x3 + px+1 =
(x+a)3 −b = x3 +3x2a+3xa2 +a3 −b，有3a = 0，3a2 = p，a3 −b = 1，即a = 0，p = 0，b = −1．则原
方程为x3 +1 = 0，有x1 = −1，x2,3 = 1
2 ±
√
3
2 i．由x1 +x2 +x3 = 0 知此正三角形中心在原点，且由
|x1| = |x2| = |x3| = 1 可得S = 3
√
3
4 ．
8
±(1+i)
【解析】令x2 −2 = ρ1
(
cos 3
4π +isin 3
4π
)
，(1)
x2 +2
√
3 = ρ2
(
cos π
6 +isin π
6
)
．(2)
(2)−(1) 得
2+2
√
3 =
(√
3
3 ρ2 +
√
2
2 ρ1
)
+i
(
1
2ρ2 −
√
2
2 ρ1
)
．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
47
检测题参考答案
有
√
3
2 ρ2 +
√
2
2 ρ1 = 2+2
√
3
1
2ρ2 −
√
2
2 ρ1 = 0.
解之得
ρ1 = 2
√
2
ρ2 = 4.
代入(1) 得x2 = 2i．
故x = ±(1+i)．
9
|z| = 1
【解析】方程即z5 = 2z+3i
3z+2i．设z = a+bi．
z5 = |2z+3i|
|3z+2i| =
√
4
(
a2 +b2)
+12b+9
9(a2 +b2)+12b+4 ①
若a2 + b2 > 1，则①左边= |z|5 =
(√
a2 +b2)5 > 1．但右边分子分母皆为正，分母与分子之差
5
(
a2 +b2)
−5 > 0，分数值小于1．等式不能成立．
若a2 +b2 < 1，同样可推出等式不成立．唯有a2 +b2 = 1，|z| = 1．
第10 讲
立体几何
1
√
2
2
【解析】取AC′ = AD′ = 1，则A −BC′D′ 为正四面体，其高h =
√
6
3 ．即点B 到平面ACD 的距离
h =
√
6
3 ．又S△ACD = 3
2
√
3，则VA−BCD = VB−ACD = 1
3S△ACD ·h =
√
2
2 ．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
48
检测题参考答案
2
arcsin 4
√
21
27
【解析】如图，作AO⊥β 于O，AO′⊥γ 于O′，则AO = 4a，AO′ = 6a．作OE⊥BD 于E，连AE，则
∠AEO 为所求二面角的平面角．
由AD
AC = AO
AO′ = 4a
6a 及AC = 9a 得AD = 6a．
由余弦定理，
BD =
√
(9a)2 +(6a)2 −2·9a·6acos60◦
= 3
√
7a
由AE ·BD = AB·AD·sin60◦得
AE = 9
√
21
7
．
于是，sinAEO = AO
AE = 4
√
21
27 ，
∠AEO = arccos 4
√
21
27 ．
3
√
2
4
【解析】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 ．
4
2
9 · ab2 (3a+b)
(a+b)2
【解析】作出截面EFGH，易知为矩形．设交底面高AD 于N，交VD 于P．因AD =
√
3
2 a，AO =
√
3
2 a，
OD =
√
3
6 a，AN
ND = VM
MO = b
a，则
【春】高一数学目标竞赛班练习册
49
检测题参考答案
AN =
b
a+b ·AO =
√
3ab
3(a+b)．
又HG
a
= AN
AD = 2
3 ·
b
a+b，
∴HG = 2
3 · ab
a+b．
又NP
b = ND
AD =
√
3
2 a−AN
√
3
2 a
= 1−2
3 ·
b
a+b，
∴NP = b−2
3 ·
b2
a+b．
S截面= HG·NP = 2
3 · ab
a+b
(
b−
2b2
3(a+b)
)
= 2
9 · ab2 (3a+b)
(a+b)2
．
5
见解析
【解析】首先要找出截面．作X，Z 在面BB1C1C 上的射影X′，Z′．两平行直线ZZ′，XX′ 可确定一
个平面，连XZ，X′Z′ 相交于O，则O 在面BB1C1C 上．连OY 交BC 于P，交B1C1 于S．由于X′ 是
BB1 的中点，
Z′C = 3Z′B，故知P 为BC 中点，从而S 为B1C1 的中点．连PZ 交AB 于Q，则Q 为AB 的中点．连
QX 交A1B1 于R，则R 是A1B1 的中点．连RS，则矩形PQRS 过X，Y，Z，
为所求的截面．这时，PQ =
√
2
2 a，QR = a，截面积为
√
2
2 a2．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
50
检测题参考答案
6
见解析
【解析】(VS−ADO = 1
3SO·S△ADO = S△ADO = m2．同理，S△BCO = n2．
设S△DOC = x，S△AOB = y，则VS−ABCD = 1
3SO·S△BCD = m2 +n2 +x+y．
而S△ADO
S△DOC
= AO
CO = m2
x = S△AOB
S△BOC
= y
n2 ．则m2n2 = xy．∴x+y ⩾2√xy = 2mn．
等号仅当x = y = mn 时成立，这时VS−ABCD 取得最小值(m+n)2．此时，
AO
OC = S△AOD
S△DOC
= m2
x = m2
mn = m
n ．
又DO
OB = S△DOC
S△BOC
= x
n2 = mn
n2 = m
n ，∴AO
OC = DO
OB ．从而，AD//BC．
又若DC//AB，则ABCD 为平行四边形，有m2 = n2，得m = n，这与已知矛盾，故DC//AB．
所以，四边形ABCD 为梯形．
7
见解析
【解析】所截得的几何体如图所示．底面试正方形，侧面有4 个与△MA1B1 全等的等腰三角形，还
有4 个与NMA1G 全等的菱形．
见原图，正方体切去了4 个形如B1 −ABC 的四面体，每一个的体积均为V = 1
6a3．当中某两个
的相交部分为形如M −ABN 的小四面体，共有4 个，每一个的体积均为V2 = 1
24a3．每3 个形如
B1 −ABC 的截面均不相交．故所剩的几何体体积为
V = a3 −4× 1
6a3 +4× 1
24a3 = 1
2a3．
8
arctg
√
2
【解析】取A1B1 的中点D，连C1D1 在等腰Rt△A1B1C1 中，由C1D 为斜边上的中线知，C1D⊥A1B1．
又由直三棱锥知C1D⊥AA1．从而C1D⊥平面AA1B1B．
在平面AB1C1 中，作C1E⊥AB1，连DE．由三垂线定理的逆定理得DE⊥AB1．进而，所求二面角的
平面角为∠C1ED．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
51
检测题参考答案
在Rt△AA1B1 中，由AA1 = A1B1 =
√
2，D 为A1B1 的中点，可求得
DE =
√
2
2 DB1 =
√
2
4 A1B1 = 1
2．
在等腰Rt△A1B1C 中，又可求得C1D =
√
2
2 ．
在△CDE 中，∠CDE = 90◦，有
tg∠C1ED = C1D
DE =
√
2
2 ．
∴∠C1ED = arctg
√
2．
也可以表示为arcsin
√
6
3
或arccos
√
3
3 ．
9
√
10
4
【解析】解法一：如图，
以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系．设
正三棱柱的棱长为2，则B(1,0,0),B1(1,0,2),A1(−1,0,2),P(0,
√
3,1)，从而，
−−→
BA1 = (−2,0,2),−→
BP = (−1,
√
3,1),−−→
B1A1 = (−2,0,0),−−→
B1P = (−1,
√
3,−1)．
设分别与平面BA1P、平面B1A1P 垂直的向量是−→
m = (x1,y1,z1)、−→n = (x2,y2,z2)，则
【春】高一数学目标竞赛班练习册
52
检测题参考答案
−→
m ·−−→
BA1 = −2x1 +2z1 = 0
−→
m ·−→
BP = −x1 +
√
3y1 +z1 = 0
−→n ·−−→
B1A1 = −2x2 = 0
−→n ·−−→
B1P = −x2 +
√
3y2 −z2 = 0
由此可设−→
m = (1,0,1),−→n = (0,1,
√
3)，所以|−→
m ·−→n | = |−→
m|·|−→n ||cosα|，即
√
3 =
√
2·2|cosα| ⇒|cosα| =
√
6
4 ．
所以sinα =
√
10
4 ．
解法二：如图，
PC = PC1,PA1 = PB ．
设A1B 与AB1 交于点O, 则OA1 = OB,OA = OB1,A1B⊥AB1 ．
因为PA = PB1，所以PO⊥AB1，从而AB1⊥平面PA1B ．
过O 在平面PA1B 上作OE⊥A1P，垂足为E．
连接B1E，则∠B1EO 为二面角B−A1P−B1 的平面角．设AA1 = 2，则易求得PB = PA1 =
√
5,A1O =
B1O =
√
2,PO =
√
3．
在直角△PA1O 中，A1O·PO = A1P·OE，即
√
2·
√
3 =
√
5·OE,∴OE =
√
6
√
5
．
又∵B1O =
√
2,∴B1E = √B1O2 +OE2 =
√
2+ 6
5 = 4
√
5
5 ．
∴sinα = sin∠B1EO = B1O
B1E =
√
2
4
√
5
5
=
√
10
4 ．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
53
检测题参考答案
10 5π
12
【解析】显然，三个切点A、B、C 在球O 的同一个大圆上(如图)．
由S△BOC = 1
2 ×4×4sin∠BOC = 4，
∴∠BOC = π
6 或∠BOC = 5π
6 ．
若∠BOC = π
6 ，则∠BAC = π
12 或∠BAC = 11π
12 ，这时，S△ABC = 1
2AB·ACsin∠BAC < 1
2 ×8×8× 1
2 =
16，与已知矛盾．
∴∠BOC̸ = π
6 ，则只有∠BOC = 5π
6 ，从而∠BAC = 5π
12 或7π
12 ．
若∠BAC = 7π
12 ，则△ABC 为钝角三角形，S△ABC < 1
2BC ·OA < 1
2 ×8×16，与已知矛盾．
故，只有∠BAC = 5π
12 ．
第11 讲
解析几何1
1
3 ⩽m ⩽17
3
【解析】线段AB 的方程为x+y = 4(0 ⩽x ⩽4)．把y = 4−x 代入y = x2 −mx+m+1 得
x2 −(m−1)x+(m−3) = 0．①
设f (x) = x2 −(m−1)x+m−3．
本题等价于方程①一定有两个不等实根x1，x2，且0 ⩽x1 ⩽x2 ⩽4．它的充要条件是
∆= (m−1)2 −4(m−3) > 0
0 ⩽m−1
2
⩽4
f (0) = m−3 ⩾0
f (4) = 16−4(m−1)+m−3 ⩾0
解得3 ⩽m ⩽17
3 ．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
54
检测题参考答案
2
4
3
【解析】解：因为圆C 的方程可化为(x−4)2 +y2 = 1，所以圆C 的圆心为(4,0)，半径为1．
若y = kx−2 上至少存在一点A(x0,kx0 −2)，以该点为圆心，1 为半径的圆与圆C 有公共点，
则存在x0 ∈R，使得|AC| ⩽1+1 = 2 成立，即|AC|min ⩽2．又因为|AC|min 为点C 到直线y = kx−2
的距离d = |4k −2|
√
k2 +1，所以|4k −2|
√
k2 +1 ⩽2，解得0 ⩽k ⩽4
3，因此k 的最大值是4
3．
3
(
0,
√
6
3
]
【解析】解：提示：设等腰直角三角形的一边所在直线方程为：y = kx+1(k > 0)，它与椭圆的另一个
交点B 的横坐标为−
2ka2
1+a2k2 ，从而点C 的横坐标为
2ka2
a2 +k2 ．
由AB = AC，得
(
1+k2)
×
4k2a4
(1+a2k2)2 =
(
1+ 1
k2
)
×
4k2a4
(a2 +k2)2 ，
化简得：k3 −a2k2 +ka2 −1 = 0，
由题意知，此方程的解只有k = 1．
而k3 −a2k2 +ka2 −1 = (k −1)
[
k2 −
(
a2 −1
)
k +1
]
= 0，
要使上述方程有唯一的正数解k = 1，则
(
a2 −1
)2 −4 ⩽0，
即1 < a ⩽
√
3(a =
√
3 时，方程的解唯一)．
所以其离心率的取值范围是
(
0,
√
6
3
]
．
4
见解析
【解析】解：证法一：直线AM 的方程为y = m(x+1)(m̸ = 0,±1)，与x2 +y2 = 1 联立，求得点M 的
坐标为
(1−m2
1+m2 ,
2m
1+m2
)
．
由C(0,1)、M
(1−m2
1+m2 ,
2m
1+m2
)
、N (x,0) 三点共线，得
0−1
x−0 =
2m
1+m2 −1
1−m2
1+m2 −0
．解得N
(1+m
1−m,0
)
．
直线BC 的方程为x+y = 1，与y = m(x+1) 联立，求得P
(1−m
1+m, 2m
1+m
)
．
所以n = kPN =
2m
1+m −0
1−m
1+m −1+m
1−m
=
2m(1−m)
(1−m)2 −(1+m)2 = m−1
2
，故m−2n = 1(定值)．
证法二：设M (x0,y0)(x0̸ = 0,±1)，则x2
0 +y2
0 = 1，m =
y0
x0 +1．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
55
检测题参考答案
所以，直线AM 的方程为y =
y0
x0 +1 (x+1)，与直线BC 的方程x+y = 1 联立，求得点P 的坐标为
(1+x0 −y0
1+x0 +y0
,
2y0
1+x0 +y0
)
．
由C(0,1)、M (x0,y0)、N (x,0) 三点共线，可得N
(
x0
1−y0
,0
)
．
所以，n = kPN =
2y0
1+x0 +y0
−0
1+x0 −y0
1+x0 +y0
−
x0
1−y0
=
2y0 (1−y0)
(1−y0)(1+x0 −y0)−x0 (1+x0 +y0)
=
2y0 (1−y0)
2y0 (y0 −x0 −1) = −
1−y0
1+x0 −y0
．
故m−2n =
y0
1+x0
+ 2(1−y0)
1+x0 −y0
= y0 (1+x0 −y0)+2(1+x0)(1−y0)
(1+x0)(1+x0 −y0)
= (1+x0)(2−y0)−y2
0
(1+x0)(1+x0 −y0)
= (1+x0)(2−y0)−
(
1−x2
0
)
(1+x0)(1+x0 −y0)
= 1(定值)．
5
见解析
【解析】由题知F1 (−1,0),F2 (1,0)．设l 的方程为y = kx+m，A = (x1,y1)，B = (x2,y2)，直线与椭圆
的方程联立，x1,x2 满足方程
(
2k2 +1
)
x2 +4kmx+2
(
m2 −1
)
= 0．由于A,B 不重合
则∆= (4km)2 −4
(
2k2 +1
)(
2m2 −2
)
= 8
(
2k2 +1−m2)
> 0，则2k2 +1 > m2．由于直线AF1，l，BF2
的斜率
y1
x1 +1，k，y2
x2 +1 依次成等差数列．则
y1
x1 +1 +
y2
x2 +1 = 2k．整理(m−k)(x1 +x2 −2) = 0．
若m = k，则直线l 的方程为y = kx+m，必然经过F1 (−1,0)，矛盾．则x1 +x2 = −2，即
4km
2k2 +1 = 2，
m = k + 1
2k，结合2k2 +1 > m2 得k2 > 1
4k2 ，|k| >
√
2
2 ．点F2 (1,0) 到直线l：y = kx+m 的距离为
【春】高一数学目标竞赛班练习册
56
检测题参考答案
d = |k +m|
√
1+k2 =
1
√
1+k2
2k + 1
2k
=
1
√
1+ 1
k
2
2+ 1
2k2
，令t =
√
1
k2 +1，则t ∈
(
1,
√
3
)
．则d =
1
2
(
t + 3
t
)
．
由于f (t) = 1
2
(
t + 3
t
)
在
[
1,
√
3
]
上单调递减，故f
(√
3
)
< d < f (1)，即d ∈
(√
3,2
)
6
9
16
【解析】由题设，a = 3，b2 = 8，c = 1，则
|PF1|+|PF2| = 2a = 6，|F1F2| = 2c = 2．△PF1F2 的周长为8．
设△PF1F2 的内切圆半径为r，点P(x,y)．由△PAB∽△PF1F2 得S△PAB
S△PF1F2
(y−r
y
)2
．
又S△PF1F2 = 1
2 |F1F2||y| = |y|．设p 为△PF1F2 之半周长，则有S△PF1F2 = pr = 4r，
从而，|y| = 4r，即S△PAB
S△PF1F2
= 9
16．
7
见解析
【解析】设交点A(x1,y1)、B(x2,y2)，由y2 = 2px 与x+y = 1，得y2 +2py−2p = 0，故有
x1 = 1+ p−
√
p2 +2p，
y1 = −p+
√
p2 +2p，
以及x2 = 1+ p+
√
p2 +2p，
y2 = −p−
√
p2 +2p．
因为OA⊥OB，即−→
OA·−→
OB = 0，所以x1x2 +y1y2 = 0，即
[
(1+ p)2 −
(
p2 +2p
)]
+
[
p2 −
(
p2 +2p
)]
= 0，
化简得1−2p = 0，因此抛物线方程为y2 = x，从而交点A，B 坐标为
A
(
3−
√
5
2
, −1+
√
5
2
)
，B
(
3+
√
5
2
, −1−
√
5
2
)
．
OA2 = x2
1 +y2
1 = 5−2
√
5，OB2 = x2
2 +y2
2 = 5+2
√
5，
因此S△OAB = 1
2 |OA|·|OB| = 1
2
√
5．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
57
检测题参考答案
8
4
5
【解析】如图，设两个半径为1 的球面O1 与O2 相外切于点S，小球面O3 与圆柱面相内切于点T，
小球面O3 的半径为r，则由勾股定理得1 = TS = TO3 +O3S = r +
√
(1+r)2 −12．
移项并且两边平方，解得r = 1
4，即小球面的半径为1
4．
设直线O1O3 交圆柱面于点A 和B，则AB 就是椭圆的长轴，其长度
2a = AB = 2·O1A = 2·
1
sin∠O3O1S = 2·
1
1−1
4
1+ 1
4
= 10
3 ，故a = 5
3．
设椭圆的短半轴长度为b，其短轴的两端点为C 和D．显然CD 过点O1，CD 长度的最小值为2，所
以b 的最小值为1(当CD 垂直于平面O1O2O3 时达到)．
综合上述，椭圆的离心率e = c
a =
√
a2 −b2
a
⩾
√(5
3
)2
−12
5
3
= 4
5. 故离心率e 最大值是4
5．
9
见解析
【解析】由题意得a2 −b2 = 3，3
a2 + 1
4b2 = 1 解得a2 = 4，b2 = 1，
所以椭圆E 的方程为x2
4 +y2 = 1．(∗)
解法一：由(∗) 知A1 (0,1)，A2 (0,−1)，设P(x0,y0)．
直线PA1 : y−1 = y0 −1
x0
x，令y = 0，得xM = −x0
y0 −1；
直线PA2 : y+1 = y0 +1
x0
x，令y = 0，得xN =
x0
y0 +1．
设圆G 的圆心为
(1
2
(
x0
y0 +1 −
x0
y0 −1
)
,h
)
，则
r2 =
[1
2
(
x0
y0 +1 −
x0
y0 −1
)
−
x0
y0 +1
]2
+h2
【春】高一数学目标竞赛班练习册
58
检测题参考答案
= 1
4
(
x0
y0 +1 +
x0
y0 −1
)2
+h2．
OG2 = 1
4
(
x0
y0 +1 −
x0
y0 −1
)2
+h2．
OT 2 = OG2 −r2
= 1
4
(
x0
y0 +1 −
x0
y0 −1
)2
+h2 −1
4
(
x0
y0 +1 +
x0
y0 −1
)2
−h2
=
x2
0
1−y2
0
．
而x2
0
4 +y2
0 = 1，所以x2
0 = 4
(
1−y2
0
)
，OT 2 = 4
(
1−y2
0
)
1−y2
0
= 4．
所以|OT| = 2，即线段OT 的长度为定值2．
解法二：由(∗) 可知A1 (0,1)，A2 (0,−1)，设P(x0,y0)．
直线PA1 : y−1 = y0 −1
x0
x，令y = 0，得xM = −x0
y0 −1；
直线PA2 : y+1 = y0 +1
x0
x，令y = 0，得xN =
x0
y0 +1．
则|OM|·|ON| =
x0
y0 +1 · −x0
y0 −1
=
x2
0
y2
0 −1
．
而x2
0
4 +y2
0 = 1，所以x2
0 = 4
(
1−y2
0
)
．
所以|OM|·|ON| =
x2
0
y2
0 −1
= 4．
由切割线定理得OT 2 = |OM|·|ON| = 4，所以|OT| = 2．
10 （1）见解析
【解析】设A(x1,y1)，则y1 = 1
2x2
1．
由y = 1
2x2，得y′ = x，所以y′ |x=x1 = x1 ．
于是抛物线C 在A 点处的切线方程为y−y1 = x1 (x−x1)，即y = x1x−y1．
设P(x0,kx0 −1)，则有kx0 −1 = x0x−y1．设B(x2,y2)，同理有kx0 −1 = x0x2 −y2．
所以AB 的方程为kx0 −1 = x0x−y，即x0 (x−k)−(y−1) = 0，所以直线AB 恒过定点Q(k,1)．
（2）见解析
【解析】PQ 的方程为y = kx0 −2
x0 −k (x−k)+1，与抛物线方程y = 1
2x2 联立，消去y，得
x2 −2kx0 −4
x0 −k x+
(
2k2 −2
)
x0 −2k
x0 −k
= 0．
设M (x3,y3)、N (x4,y4)，则
x3 +x4 = 2kx0 −4
x0 −k ，x3x4 =
(
2k2 −2
)
x0 −2k
x0 −k
．①
【春】高一数学目标竞赛班练习册
59
检测题参考答案
要证|PM|·|QN| = |PN|·|QM|，即证|PM|
|PN| = |QM|
|QN| ，
则只需证明x3 −x0
x4 −x0
= k −x3
x4 −k，
即只需证2x3x4 −(k +x0)(x3 +x4)+2kx0 = 0．②
由①知，
2x3x4 −(k +x0)(x3 +x4)+2kx0
= 2
(
2k2 −2
)
x0 −4k
x0 −k
−(k +x0)+2kx0
= 2
(
2k2 −2
)
x0 −4k −(k +x0)(2kx0 −4)+2kx0 (x0 −k)
x0 −k
= 0．
故②式成立，从而结论成立．
第12 讲
解析几何2
1
见解析
【解析】设一条直角边是P1P2，则直线P1P2 的方程是y = k
(
x−p
2
)
．
由
y2 = 2px
y = k
(
x−p
2
)
得到k2x2 −p
(
2+k2)
x+
(kp
2
)2
= 0．
其判别式为∆= p2(
2+k2)2 −4k2
(kp
2
)2
= 4p2 +4p2k2 = 4p2 (
1+k2)
> 0．
可见，P1，P2 两点的横坐标x1，x2 与纵坐标y1，y2，分别是
x1,2 = p
(
2+k2)
±2p
√
1+k2
2k2
，x1,2 = p± p
√
1+k2
k
．
考虑复平面，设向量
−−→
P2P1 = 2p
√
1+k2
k2
+ 2p
√
1+k2
k
i，于是，−−→
P2P3 = −−→
P2P1 (−i) = 2p
√
1+k2
k
−2p
√
1+k2
k2
i．
从而，−−→
OP3 = −−→
OP2 +−−→
P2P3 =
[
p
(
2+k2)
−2p
√
1+k2
2k2
+ 2p√1+k2
k
]
=
[
p−p
√
1+k2
k
−2p
√
1+k2
k2
]
i．
注意到P3 在y2 = 2px 上，因此
[
p−p
√
1+k2
k
−2p
√
1+k2
k2
]2
= 2p
[
p
(
2+k2)
−2p
√
1+k2
2k2
+ 2p
√
1+k2
k
]
．
整理得1+k = k
√
1+k2 ①，将①两边平方，整理得k4 = 1+2k ②
做出函数y = x4 和y = 1+2x 的图象，可以看出这两个图象有两个交点(如图)，设它们的横坐标各
是x1
x2，其中x1 > 1，−1 < x2 < 0．注意到−1 < x2 < 0 时，1+x2 > 0，所以，等式1+x = x
√
1+x2 不成
【春】高一数学目标竞赛班练习册
60
检测题参考答案
立．与①比较后知，方程①不存在在区间(−1,0) 内的根．由此可见，方程②只有一个大于1 的
正实根．
由抛物线的轴对称性，可以看出，当内接等腰直角三角形处于图1 的状况时，斜边与抛物线的对称
轴相交，有两解(见图1)．
类似地，当内接等腰直角三角形的斜边与抛物线的对称轴不相交时，又有两解．
综上可知，抛物线y2 = 2px 共有四个内接等腰直角三角形，它们过焦点的那条直角边的斜率恰是方
程②的四个实根．
2 （1）见解析
【解析】解：由e = c
a = 1
2 及
√
(c+2)2 +1 =
√
10，解得a = 2，b =
√
3．所以，椭圆C : x2
4 + y2
3 = 1．
又焦点F2 (1,0)，则动圆过点F2，且与直线x = −1 相切的圆心的轨迹方程G : y2 = 4x．
设直线PQ 的倾斜角为θ
(
0 ⩽θ < π,θ̸ = π
2
)
，则直线MN 的倾斜角为θ ± π
2 ，
|PQ| =
3
1−1
4cos2θ
=
12
4−cos2θ ，
|MN| =
4
1−cos2
(
θ ± π
2
) =
4
cos2θ ，
所以，四边形PMQN 面积S = 1
2 |MN|·|PQ| = 1
2 ·
12
4−cos2θ ·
4
cos2θ
=
24
(4−cos2θ)·cos2θ ⩾8，
当且仅当θ = 0，四边形PMQN 面积取到最小值8．
（2）见解析
【解析】解：假设存在点D(d,d)，使得−→
AD·−→
BD+ 3k +36
16k2 +12 是与k 无关的常数．
设直线l : y = k(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y = k(x+1) 与x2
4 + y2
3 = 1 联立方程组得
(
3+4k2)
x2 +8k2x+4k2 −12 = 0，
所以x1 +x2 = −
8k2
3+4k2 ，x1x2 = 4k2 −12
3+4k2 ．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
61
检测题参考答案
所以−→
AD·−→
BD+ 3k +36
16k2 +12
= (d −x1,d −y1)·(d −x2,d −y2)+ 3k +36
16k2 +12
= (d −x1)(d −x2)+(d −y1)(d −y2)+ 3k +36
16k2 +12
= x1x2 −d (x1 +x2)+d2 +y1y2 −d (y1 +y2)+d2 + 3k +36
16k2 +12
= x1x2 −d (x1 +x2)+d2 +k2 (x1x2 +x1 +x2 +1)−dk(x1 +x2 +2)+d2 + 3k +36
16k2 +12
=
(
1+k2)
x1x2 +(x1 +x2)
(
k2 −dk −d
)
+2d2 −2dk +k2 + 3k +36
16k2 +12
=
(
1+k2) 4k2 −12
3+4k2 −
8k2
3+4k2
(
k2 −dk −d
)
+2d2 −2dk +k2 + 3k +36
16k2 +12
=
(
1+k2) 4k2 −12
3+4k2 −
8k2
3+4k2
(
k2 −dk −d
)
+2d2 −2dk +k2 + 3k +36
16k2 +12
=
(
8d2 +8d −5
)
k2 +
(3
4 −6d
)
k +6d2 −3
4k2 +3
．
当8d2 +8d −5
4
= 6d2 −3
3
时，d = 1
8．
此时−→
AD·−→
BD+ 3k +36
16k2 +12 = −31
32 是与k 无关的常数．
所以，在直线y = x 上存在点D
(1
8, 1
8
)
，使得−→
AD·−→
BD+ 3k +36
16k2 +12 是与k 无关的常数．
3 （1）见解析
【解析】设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，PQ 的方程为y = kx+m，与椭圆方程联立消去y 得：
(
1+4k2)
x2 +8kmx+4m2 −4 = 0，
所以(x1 +x2) = −8km
4k2 +1，x1x2 = 4m2 −4
4k2 +1 ．
由BP⊥BQ 得y1 −1
x1
· y2 −1
x2
= −1，即
x1x2 +y1y2 −(y1 +y2)+1 = 0，
从而可得
(
k2 +1
)(
4m2 −4
)
4k2 +1
+k(m−1)· −8km
4k2 +1 +(m−1)2 = 0．
化简得5m2 −2m−3 = 0，解得m = 1(舍去) 或m = −3
5．
设M (x,y)，因为BM⊥PQ，所以k = −
x
y−1，代入PQ 方程得y = −x2
y−1 −3
5，整理得
x2 +
(
y−1
5
)2
=
(4
5
)2
，
由题意知轨迹不经过点B(0,1)．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
62
检测题参考答案
所以，动点M 的轨迹方程为：x2 +
(
y−1
5
)2
=
(4
5
)2
(y̸ = 1)．
（2）见解析
【解析】PQ 方程为y = kx−3
5，所以
x1 +x2
2
=
12k
5(4k2 +1)，y1 +y2
2
=
−3
5(4k2 +1)．
所以PQ 中垂线方程为
y+
3
5(4k2 +1) = −1
k
(
x−
12k
5(4k2 +1)
)
，
在x 轴上的截距为b =
9k
5(4k2 +1)，所以，−9
20 ⩽b ⩽9
20．
4 （1）见解析
【解析】设A(x1,y1)，则y1 = 1
2x2
1．
由y = 1
2x2，得y′ = x，所以y′ |x=x1 = x1 ．
于是抛物线C 在A 点处的切线方程为y−y1 = x1 (x−x1)，即y = x1x−y1．
设P(x0,kx0 −1)，则有kx0 −1 = x0x−y1．设B(x2,y2)，同理有kx0 −1 = x0x2 −y2．
所以AB 的方程为kx0 −1 = x0x−y，即x0 (x−k)−(y−1) = 0，所以直线AB 恒过定点Q(k,1)．
（2）见解析
【解析】PQ 的方程为y = kx0 −2
x0 −k (x−k)+1，与抛物线方程y = 1
2x2 联立，消去y，得
x2 −2kx0 −4
x0 −k x+
(
2k2 −2
)
x0 −2k
x0 −k
= 0．
设M (x3,y3)、N (x4,y4)，则
x3 +x4 = 2kx0 −4
x0 −k ，x3x4 =
(
2k2 −2
)
x0 −2k
x0 −k
．①
要证|PM|·|QN| = |PN|·|QM|，即证|PM|
|PN| = |QM|
|QN| ，
则只需证明x3 −x0
x4 −x0
= k −x3
x4 −k，
即只需证2x3x4 −(k +x0)(x3 +x4)+2kx0 = 0．②
由①知，
2x3x4 −(k +x0)(x3 +x4)+2kx0
= 2
(
2k2 −2
)
x0 −4k
x0 −k
−(k +x0)+2kx0
= 2
(
2k2 −2
)
x0 −4k −(k +x0)(2kx0 −4)+2kx0 (x0 −k)
x0 −k
= 0．
故②式成立，从而结论成立．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
63
检测题参考答案
5 （1）见解析
【解析】过点(c,0)，(0,b) 的直线方程为bx+cy−bc = 0，
则原点O 到该直线的距离d =
bc
√
b2 +c2 = bc
a ，
由d = 1
2c，得a = 2b = 2
√
a2 −c2，解得离心率c
a =
√
3
2 ．
（2）见解析
【解析】解法一：由(Ⅰ) 知，椭圆E 的方程为x2 +4y2 = 4b2．①
依题意，圆心M (−2,1) 是线段AB 的中点，且|AB| =
√
10．
易知，AB 与x 轴不垂直，设其方程为y = k(x+2)+1，代入①得
(
1+4k2)
x2 +8k(2k +1)x+4(2k +1)2 −4b2 = 0．
设A(x1,x2)，B(x2,y2)，则x1 +x2 = −8k(2k +1)
1+4k2
，x1x2 = 4(2k +1)2 −4b2
1+4k2
．
由x1 +x2 = −4，得−8k(2k +1)
1+4k2
= −4，解得k = 1
2．
从而x1x2 = 8−2b2．
于是|AB| =
√
10，得
√
10(b2 −2) =
√
10，解得b2 = 3．
故，椭圆E 的方程为x2
12 + y2
3 = 1．
解法二：由(Ⅰ) 知，椭圆E 的方程为x2 +4y2 = 4b2．②
依题意，点A，B 关于圆心M (−2,1) 对称，且|AB| =
√
10．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则
x12 +4y12 = 4b2，x22 +4y22 = 4b2，
两式相减并结合x1 +x2 = −4，y1 +y2 = 2，得
−4(x1 +x2)+8(y1 −y2) = 0．
易知AB 与x 轴不垂直，则x1̸ = x2，
所以AB 的斜率kAB = y1 −y2
x1 −x2
= 1
2．
因此，直线AB 的方程为y = 1
2 (x+2)+1，代入②得
x2 +4x+8−2b2 = 0．
所以x1 +x2 = −4，x1x2 = 8−2b2．
于是|AB| =
√
1+
(1
2
)2
|x1 −x2| =
√
5
2
√
(x1 +x2)2 −4x1x2 =
√
10(b2 −2)．
由|AB| =
√
10，得
√
10(b2 −2) =
√
10，解得b2 = 3．
故椭圆E 的方程为x2
12 + y2
3 = 1．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
64
检测题参考答案
6 （1）见解析
【解析】解：在△PF1F2 中，由余弦定理，得
|F1F2|2 = |PF1|2 +|PF2|2 −2|PF1|·|PF2|·cos π
3 ，
即
(2c)2 = (|PF1|−|PF2|)2 +2|PF1|·|PF2|·
(
1−cos π
3
)
．
所以
|PF1|·|PF2| = 4c2 −4a2 = 4b2，
S△PF1F2 = 1
2 |PF1|·|PF2|·sin π
3 = 1
2 ·4b2 ·
√
3
2 = 3
√
3a2．
所以b2 = 3a2，c =
√
a2 +b2 = 2a，e = c
a = 2．
（2）见解析
【解析】解：方法1 由(1) 知，双曲线方程为x2
a2 −y2
3a2 = 1．若QF2⊥x 轴，此时Q(2a,3a)，c = 2a，
△QAF2 为等腰直角三角形，显然∠QF2A = 2∠QAF2．
下证λ = 2．令Q
(
asecφ,
√
3atanφ
)
，则
tan∠QF2A = tan2∠QAF2，
tan∠QF2A = −kQF2 = −
√
3atanφ
asecφ −2a =
√
3tanφ
2−secφ ，
tan∠QAF2 =
√
3atanφ
asecφ +a =
√
3tanφ
secφ +1，
tan2∠QAF2 =
2
√
3tanφ
secφ +1
1−
( √
3tanφ
secφ +1
)2 = 2
√
3tanφ (secφ +1)
(secφ +1)2 −3tan2φ
= 2
√
3tanφ (secφ +1)
−2sec2φ +2secφ +4
=
2
√
3tanφ (secφ +1)
−2(secφ +1)(secφ −2) =
√
3tanφ
2−secφ = tan∠QF2A．
所以存在常数λ = 2，使∠QF2A = 2∠QAF2 恒成立．
方法2 由特殊情形(QF2⊥x 轴) 入手，获得λ 的可能值是2，也就是∠QF2A = 2∠QAF2．
设Q(s,t)，则s2
a2 −t2
3a2 = 1，即t2 = 3
(
s2 −a2)
．又F2 (2a,0)，且
tan∠QF2A = −
t
s−2a =
t
2a−s．
因为tan∠QAF2 =
t
s+a，所以
tan2∠QAF2 =
2×
t
s+a
1−
(
t
s+a
)2 =
2t (s+a)
(s+a)2 −t2 =
2t (s+a)
(s+a)2 −3(s2 −a2)
=
t
2a−s．
所以tan2∠QAF2 = tan∠QF2A，即∠QF2A = 2∠QAF2．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
65
检测题参考答案
7 （1）见解析
【解析】原曲线方程可化简得：x2
8
5−m
+
y2
8
m−2
= 1，
由题意可得：
8
5−m >
8
m−2
8
5−m > 0
8
m−2 > 0
，解得：7
2 < m < 5．
（2）见解析
【解析】注意到点P(0,4) 的极线为直线y = 1，此题结论显然成立．
另解：由已知直线代入椭圆方程化简得：
(
2k2 +1
)
x2 +16kx+24 = 0，
∆= 32
(
2k2 −3
)
，解得：k2 > 3
2．
由韦达定理得：xM +xN =
16k
2k2 +1①，xMxN =
24
2k2 +1，②
设N (xN,kxN +4)，M (xM,kxM +4)，G(xG,1)，
MB 方程为：y = kxM +6
xM
x−2，则G
(
3xM
kxM +6,1
)
，
∴−→
AG =
(
3xM
xMk +6,−1
)
，−→
AN = (xN,xNk +2)．
欲证A，G，N 三点共线，只需证−→
AG，−→
AN 共线，
即
3xM
xMk +6 (xNk +2) = −xN 成立，化简得：(3k +k)xMxN = −6(xM +xN)．
将①②代入易知等式成立，则A，G，N 三点共线得证．
8 （1）见解析
【解析】解：假设存在点P(x0,y0)(x0 > 0，y0 > 0) 使得IG//F1F2，
由G 为△PF1F2 的重心，故G
(x0
3 , y0
3
)
．
而I 为△PF1F2 的内心，设△PF1F2 的内切圆半径为r，
则S△PF1F2 = 1
2 |F1F2|·|y0| = 1
2 (|PF1|+|PF2|+|F1F2|)·r，
于是1
2 ·2c·|y0| = 1
2 (|PF1|+|PF2|+2c)·r，
即r =
2cy0
|PF1|+|PF2|+2c．
由IG//F1F2 知，
2cy0
|PF1|+|PF2|+2c = y0
3 ，
即|PF1|+|PF2| = 4c = 12．
又因为|PF1|−|PF2| = 2a = 4 可得|PF2| = 4．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
66
检测题参考答案
因此，
(x0 −3)2 +y2
0 = 16
x2
0
4 −y2
0
5 = 1
又点P 在第一象限，解得x0 = 4，y0 =
√
15( 舍负)．
故存在P
(
4,
√
15
)
，使得IG//F1F2．
（2）见解析
【解析】解：由题意, 设过F2 (3,0) 的直线方程为y = k(x−3)，
直线和双曲线交于M (x1,y1)、N (x2,y2)，
则由
y = k(x−3)
5x2 −4y2 = 20
可得
(
5−4k2)
x2 +24k2x−36k2 −20 = 0．
由韦达定理得
x1 +x2 =
24k2
4k2 −5
x1x2 = 36k2 +20
4k2 −5
又k1 +k2 =
y1
x1 +2 +
y2
x2 +2 = k
(x1 −3
x1 +2 + x2 −3
x2 +2
)
= k
[
2−5
(
1
x1 +2 +
1
x2 +2
)]
，
而
1
x1 +2 +
1
x2 +2 =
x1 +x2 +4
x1x2 +2(x1 +x2)+4
=
24k2 +4
(
4k2 −5
)
36k2 +20+48k2 +4(4k2 −5)
= 2k2 −1
5k2
，
从而k1 +k2 = k
(
2−5· 2k2 −1
5k2
)
= 1
k = −1
2，即k = −2．
故所求直线l 的方程为y = −2x+6．
9 （1）见解析
【解析】证明：设P(2y0 +20,y0)，则直线MN 的方程为x(2y0 +20)
16
+ yy0
9 = 1①
整理得9(y0 +10)
(
x−4
5
)
+8y0
(
y+ 9
10
)
= 0②
∴直线MN 恒过一定点Q
(4
5,−9
10
)
．
（2）见解析
【解析】证明：当MN//l 时，1
2 = −9(2y0 +20)
16y0
，得y0 = −90
13，x0 = 2y0 +20 = 80
13
将x0，y0 代入①得，5x−10y = 13，代入椭圆得5x2 −8x+m = 0(m 是常数)
【春】高一数学目标竞赛班练习册
67
检测题参考答案
设M、N 的横坐标分别是x1，x2，x1 +x2
2
= 4
5，y1 +y2
2
=
5× 4
5 −13
10
= −9
10
∴定点Q
(4
5,−9
10
)
平分线段MN．
10 （1）见解析
【解析】解：依题意，2c = a = 4，则c = 2，b = 2
√
3，
所以，椭圆C 的标准方程为x2
16 + y2
12 = 1．
（2）见解析
【解析】解：由(1)，得F1 (−2,0)，
设P(x0,y0)，M (x,y)，
则过椭圆C 上P 的切线方程为：x0x
16 + y0y
12 = 1．①
而直线F1P 的斜率kF1P =
y0
x0 +2，
则直线MF1 的斜率kMF1 = −x0 +2
y0
，
于是，直线MF1 的方程为：y = −x0 +2
y0
(x+2)，
即yy0 = −(x0 +2)(x+2)．②
①②联立，解得x = −8，
所以，点M 的轨迹方程为x = −8．
（3）见解析
【解析】解：依题意及(2)，点M、N 的坐标可表示为M (−8,yM)，N (−2,yN)．
因为点N 在切线MP 上，所以，由①式得yN = 3(x0 +8)
2y0
．
因为点M 在直线MF1 上，所以由②式得yM = 6(x0 +2)
y0
．
所以，|NF1|2 = y2
N = 9(x0 +8)2
4y2
0
，
|MF1|2 = [(−2)−(−8)]2 +y3
M =
36
[
y2
0 +(x0 +2)2]
y2
0
．
因此，|NF1|2
|MF1|2 = 9(x0 +8)2
4y2
0
·
y2
0
36
[
y2
0 +(x0 +2)2] = 1
16
(x0 +8)2
y2
0 +(x0 +2)2 ．③
注意到点P 在椭圆C 上，即x2
0
16 + y2
0
12 = 1．
于是y2
0 = 48−3x2
0
4
，代入③式并整理得|NF1|2
|MF1|2 = 1
4，所以，|NF1|
|MF1| 的值为定值1
2．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
68
检测题参考答案
第13 讲
组合计数与概率
1
285
【解析】依照a2 的不同对所有凹数进行分类，显然a2 可取0 到8 中任何一数，而当a2 =
k(0 ⩽k ⩽8) 时，相应的凹数的个数为(9−k)2，于是共有
8
∑
k=0
(9−k)2 =
9
∑
k=1
k2 = 9(9+1)(2·9+1)
6
= 285．
2
174
【解析】正方体的8 个顶点中，四点共面的有6 个表面、6 个对角面共12 种情况．因而，任取4 个
可组成C4
8 −12 个三棱锥，每个棱锥有3 对异面直线，共得3
(
C4
8 −12
)
对异面直线．
3
204
【解析】分三种情况：
(1) 四位数无重复数字有P4
4 = 24(种)．
(2) 有一对数字相同：C1
4 ·C2
3 ·C2
4 ·P2
2 = 144．
(3) 有两对数字相同：C2
4 ·C2
4 = 36．
4
见解析
【解析】0. ˙ab˙c = abc
999 =
abc
33 ×37．
(1) 当正整数abc = 100a+10b+c 既不是3 的倍数又不是37 的倍数时，abc
33 ×37 是最简分数，这样
的abc 的个数是999−333−27+9 = 648(容斥原理)．
(2) 当正整数abc 是37 的倍数，不是3 的倍数时，它的标准分解式中37 的幂都是1，
它与37 约简后就是(1) 中的数．
(3) 当正整数abc 是3 的倍数时，
(i) 如果它的标准分解式中3 的幂不大于3，那么它与27 约简后就是(1) 中的数；
(ii) 如果它的标准分解式中3 的幂大于3，那么它与999 约简后就不是(1) 中的数，
这样的数有(
[999
81
]
=)12 个．
综上所述，化为最简分数后，分子共有(648+12) = 660 种不同情况
5
84
【解析】分三种情况来考虑：
(1) 当星星最多一天吃4 块时，其余各每天吃1 块，吃4 块的这天可以是这七天里的任何一天，有7
【春】高一数学目标竞赛班练习册
69
检测题参考答案
种吃法；
(2) 当星星最多一天吃3 块时，必有一天吃2 块，其余五天每天吃1 块，先选吃3 块的那天，有7 种
选择，再选吃2 块的那天，有6 种选择，由乘法原理，有7×6 = 42 种吃法；
(3) 当星星最多一天吃2 块时，必有三天每天吃2 块，其四天每天吃1 块，从7 天中选3 天，有
C3
7 = 7×6×5
3×2×1 = 35 种吃法．
根据加法原理，星星一共有7+42+35 = 84 种不同的吃法．
另外还可以用插板法来解这道题，10 块糖有9 个空选6 个空放插板，有C6
9 =C3
9 = 84 种不同的吃法．
6
1
2
(
n2 −p2 +n+ p+2
)
【解析】p 条平行直线把平面分成p+1 块，当添加其余n−p 条中的r 条时，设将平面分割成bp+r
块．若再添加一条，则此直线与它们有p+r 个交点，从而被分成p+r +1 条线段或射线，每条线段
或射线均使块数增加1，所以bp+r+1 = bp+r +(p+r +1)．
n−p=1
∑
r=0 (bp+r+1 −bp+r) =
n−p=1
∑
r=0 (p+r +1)．bn −bp = 1
2 (n+ p+1)(n−p)．
以bp = p+1 代入即得．
7
-4
【解析】
8
见解析
【解析】至多两个数码组成的5 位数有|A| = 6+C2
6(C1
5 +C2
5 +C3
5 +C4
5) = 456 个
因为1,6 相邻的数bn = 2×6n−2 +4bn−2 +5bn−1，所以|B| = b5 = 1470．
符合题意的有65 −456−1470+30 = 5880 个．
第14 讲
数论基础
1
168
【解析】解：由题意知A = {1,5,9,··· ,2017}，B = {2,5,8,··· ,2018}
⇒A∩B = {5,17,29,···}．
由5+12(n−1) ⩽2017(n ∈Z+)
⇒n ⩽168．
因此，|A∩B| = 168．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
70
检测题参考答案
2 （1）见解析
【解析】解：α = 1，β = 1．
下面证明：n ⩽an < 2n．
由递推关系，知an+1 > an．
则对任意的正整数n，均有an ⩾1，即
n√an ⩾1．
故an+1 = an +
n√an ⩾an +1．
由a1 = 1，知an ⩾n．
当n = 1 时，a1 = 1 < 2．
假设当n = k 时，ak < 2k．
则当n = k +1 时，
ak+1 = ak +
k√ak < 2k +
k√
2k．
由均值不等式得
k√
2k =
k√
2×k ×1×···×1 < 2+k +1+···+1
k
= 2．
故ak+1 < 2(k +1)．
由数学归纳法，知对于任意的正整数n，均有an < 2n．
（2）见解析
【解析】解：α = 1，β = 1．
下面用数学归纳法证明：an ⩽n+4√n−1．
当n = 1 时，a1 = 1，结论成立．
假设当n = k(k ∈Z+) 时，
ak ⩽k +4
√
k −1．
则当n = k +1 时，由(1) 知ak < 2k．
故ak+1 = ak +
k√ak
< k +4
√
k −1+
k√
2k，
要证明：ak+1 ⩽k +1+4
√
k
⇐k +4
√
k −1+
k√
2k ⩽k +1+4
√
k
⇐
k√
2k ⩽1+ 2
√
k
，
⇐2k ⩽
(
1+ 2
√
k
)k
．
由二项式定理知
(
1+ 2
√
k
)k
⩾1+k · 2
√
k
+ k(k −1)
2
( 2
√
k
)2
= 2k +2
√
k −1 > 2k．
由数学归纳法，知对于任意的正整数n，均有an ⩽n+4√n−1．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
71
检测题参考答案
故对任意的ε > 0，当n ⩾
(4
ε
)2
时，均有
0 ⩽an
n −1 ⩽4√n−1
n
< 4
√n ⩽ε．
从而，lim
n→∞
an
nα = β．
3
13 个
【解析】解：可顺次列举出：100，121，144，169，196，225，324，400，441，484，529，900，961．
4
0
【解析】解：令d = gcd(a,b)，a = du，b = dv，其中，u，v ∈Z+，gcd(u,v) = 1．
设p =
ab2
a2 +b．则p
(
du2 +v
)
= d2uv2．
故u|pv．
因为gcd(u,v) = 1，所以u|p．
因此，u = 1 或p．
(1) 若u = 1．
则p(d +v) = d2v2 ⇒p
d2v2
⇒p|dv ⇒p|av
由p = a(av)2
a2 +av = a2v2
a+v ⩽av
⇒av ⩽a+v ⇒(a−1)(v−1) ⩽1
⇒a = 1(舍去) 或a = 2．
此时，v = 1 或2，b = 2 或4．
而(a,b) = (2,2)，(2,4) 不满足条件．
(2) 若u = p．
则dp2 +v = d2v2 ⇒d |v，
设v = dv′，p2 +v′ = d3(v′)2，则v′ p2 ．
因为gcd(p,v) = 1，所以，
v′ = 1 ⇒v = d ⇒p2 +1 = d3
⇒p2 = (d −1)
(
d2 +d +1
)
．
又d −1 < d2 +d +1，则
d −1 = 1，d2 +d +1 = p2
⇒d = 2，p =
√
7，不符合条件．
故不存在满足条件的(a,b)．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
72
检测题参考答案
5
A
【解析】解：提示：显然p̸ = 2，当质数p ⩾3 时，
显然p > y > x，且p(p−1) = 2(y+x)(y−x)，
由p|2(y+x)(y−x) 知，必有p|y+x．
故p ⩽x+y < 2p，所以p = x+y，从而p−1 = 2(y−x)，
于是p = 4x−1，所以4x−1−1 = 2x2，解得x = 1，于是p = 3．
经验证：p = 3 符合条件．
6
30
【解析】解：因为53 ≡1(mod31)，所以
当n = 3k(k ∈N∗) 时，5n +n ≡1+n ≡0(mod31)，故此时n 的最小值为nmin = 30；
当n = 3k +1(k ∈N∗) 时，5n +n ≡5+n ≡0(mod31)，故此时n 的最小值为nmin = 88；
当n = 3k +2(k ∈N∗) 时，5n +n ≡25+n ≡0(mod31)，故此时n 的最小值为nmin = 68．
综上所述，满足条件的n 的最小值为nmin = 30．
7
1
【解析】提示：设a、b 为正整数，则(10a+b)4 的个位数字与b4 的个位数字相同．
从而，14 +24 +34 +···+104 的个位数字与1+6+1+6+5+6+1+6+1+0 = 33 的个位数字相同
为3．
所以14 +24 +34 +···+20104 的个位数字与3×201 的个位数字相同为3．
又20114 + 20124 + 20134 的个位数字与14 + 24 + 34 的个位数字相同为8，故M 的个位数字与
3+8 = 11 的个位数字相同为1．
8
5
【解析】解：611 +C1
11610 +C2
1169 +···+C10
116−1
= (6+1)11 −2
= (8−1)11 −2
=
(
C0
11811 +C1
11810 +C2
1189 +···+C10
118
)
−3
= 8m−3，(m ∈N∗)，
从而余数为5．
9
见解析
【解析】解：因为a
5m + b
3n = 2，所以，3na+5mb = 3n ×5m ⇒5m |a,3n|b．
设a = 5mk，b = 3nl (k,l ∈Z+)．则
【春】高一数学目标竞赛班练习册
73
检测题参考答案
k +l = 2 ⇒k = l = 1
⇒a = 5m，b = 3n
⇒5m −3n = 2①．
又对式①两边模3 得m 为奇数；对式①两边模4 得n 为奇数，令
u = 3n +1，v = 3
n−1
2
×5
m−1
2
，
则15v2 = 3n ×5m = u2 −1．
故x = u，y = v 为佩尔方程x2 −15y2 = 1 的解，其基本解为x1 = 4，y1 = 1．
于是，yn+1 = 8yn −yn−1，y1 = 1，y2 = 8．
对数列{yn} 模3 得1，2，0，1，2，0，···
对数列{yn} 模7 得1，1，0，−1，−1，0，1，1，0，−1，−1，0，···
故3|yn ⇔3|n；7|yn ⇔3|n．
从而3|yn ⇔7|yn．这表明，3α ×5β 不可能为{yn} 中的项．
因此，v = y1 = 1，即m = n = 1，此时，a = 5，b = 3．
故a = 5，b = 3 为所有可能的值．
10 见解析
【解析】解：由(x,y,z,t) 为方程的正整数解知2y ≡1(mod5)．
因为24 ≡(mod5)，所以，4|y．
题给方程两边取模4 得
22 ≡2(mod2) ⇒z = 1．
设y = 4r．则
5x +1 = 24r +2×5t
⇒5x −2×5t = 16r −1．①
对上式两边取模3 得
(−1)x +(−1)t ≡0(mod3)．
于是，x、t 一奇一偶．
又5t ≡1，5(mod8)，则对式①两边取模8 得
5x ≡2×5t −1 ≡1(mod8)．
故x 为偶数，t 为奇数．
(1) 若t = 1，则5x = 16r +9．
由x 为偶数，可设x = 2m，有
(5m −3)(5m +3) = 16r．
由(5m −3,5m +3) = (5m −3,6) = 2
【春】高一数学目标竞赛班练习册
74
检测题参考答案
⇒5m −3 = 2，5m +3 = 24r−1
⇒m = 1，24r−1 = 23
⇒r = 1，y = 4，x = 2
⇒(x,y,z,t) = (2,4,1,1)．
(2) 若t > 1，则t ⩾3，x ⩾4．
此时，53 |(5x −2×5t)，即53 |(16r −1)．
注意到，
16r −1 = (15+1)r −1
= 15r +···+C2
r152 +C1
r15．
于是，5|r．
令r = 5k．则
165k −1 ≡55k −1 ≡
(
5×32)k −1 ≡0(mod11)
⇒11|(5x −2×5t) ⇒11|5t (5x−t −2)
⇒11|(5x−t −2)．
但5n ≡1，3，4，5，9(mod11)，即11̸ |(5x−t −2)，
矛盾．
故原方程有唯一解(x,y,z,t) = (2,4,1,1)．
11 3
【解析】解：因为xy ∈N∗，
所以7x −3×2y 恒为奇数，且71 −3×21 = 1．
又若7x −3×2y = 3，
则3|7x ，而7x = (1+6)x ≡1(mod3)，
所以不存在正整数x、y 使7x −3×2y = 3 成立，
因此所求的最小正奇数为3．
12
√
5+1
2
【解析】解：设{a} = x，[a] = y．则a = x+y．
由题意知y2 = x2 +xy < 1+y ⇒y = 1，
x =
√
5−1
2
⇒a = x+y =
√
5+1
2
．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
75
检测题参考答案
第15 讲
综合复习
1
−6
19 或6
【解析】解：注意到，若x 为方程的实根，则−x 也为方程的实根．
设a 为绝对值最小的实根．
由题意得a̸ = 0．
若a = 0，则方程有四个实根，但0 是重根，与题意矛盾．故a > 0．
又−a 也为方程的实根，由四根成等差数列，知−a 与a 为相邻两项．则公差为2a．于是，四个实
根分别是为−3a、−a、a、3a，此时，方程可改写为
(
x2 −9a2)(
x2 −a2)
= 0．
则10a2 = 3m+2，9a4 = m2
⇒19m2 −108m−36 = 0
⇒m = −6
19 或6．
2
1,n = 1
0,n = 2k(k ∈Z+)
−1,n = 2k +1(k ∈Z+)
【解析】解：设f (x) = x2 +kx+1(k ∈N)．则f (f (f (x))) = f
(
f
(
x2 +kx+1
))
．
易得，k = 0．
于是，f (x) = x2 +1．
从而，an = a2
n−1 −1．
由a1 = 1，知a2 = 0，a3 = −1，a4 = 0，a5 = −1，···
于是，{an} 为循环数列．
故an =
1,n = 1
0,n = 2k(k ∈Z+)
−1,n = 2k +1(k ∈Z+)
．
3
见解析
【解析】解：设f (x) 与x 轴交点的横坐标分别为p、q、r．
由韦达定理得pqr = β > 0．
分两种情况讨论．
(1) p > 0，q < 0，r < 0．
由p+q+r = 1，得p > 1．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
76
检测题参考答案
易知，4α ⩽(1−p)(1+3p) < 0 <
√
3β +1．
(2) p > 0，q > 0，r > 0．
原不等式
⇔4(pq+qr +rp)−√3pqr −1 ⩽0 ⇔4pq−
√
3r√pq+4r(1−r)−1 ⩽0①．
设z = √pq ∈
(
0, p+q
2
]
．
故式①⇔4x2 −
√
3rz+4r(1−r)−1 ⩽0②．
令g(z) = 4z2 −
√
3rz+4r(1−r)−1．
注意到，
4r(1−r)−1 ⩽0 ⇔(2r −1)2 ⩾0．
于是，g(0) ⩽0．
又g
( p+q
2
)
⩽0 ⇔4r −6r2 ⩽
√
3r(1−r)，
而r ∈(0,1) 时上式显然成立，从而，式②成立．
综上，原不等式成立．
4 （1）见解析
【解析】解：由已知得
f1 (x) = f (x) =
1
1−x，
f2 (x) = f (f1 (x)) =
1
1−
1
1−x
= x−1
x
，
f3 (x) = f (f2 (x)) =
1
1−x−1
x
= x，
f4 (x) = f (f3 (x)) =
1
1−x．
于是，迭代函数以3 为周期．
从而，f2021 (x) = f2 (x) = x−1
x
．
设x < 0．则
−x > 0，
g(x) = g(−x) =
−x−1
−x
=
1+ 1
x
．
故g(x) =
1+ 1
x
,x < 0
1−1
x
,x > 0
．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
77
检测题参考答案
（2）见解析
【解析】解：由a < b，ma > mb > 0，知
m < 0，a < b < 0．
又mb̸ = 0，则−1 /∈[a,b](否则，m = 0，mb = ma = 0，矛盾)．
当a < b < −1 时，g(x) = 1+ 1
x 在区间(−∞,−1] 内单调递减，则
1+ 1
a = ma，1+ 1
b = mb．
从而，a、b 为方程1+ 1
x = mx 的两个不同实根，即
x2 −1
mx−1
m = 0
在区间(−∞,−1) 有两个不同实根．则
∆= 1
m2 + 4
m > 0
g(−1) = 1+ 1
m −1
m > 0
1
2m < −1
⇒−1
4 < m < 0．
当−1 < a < b < 0 时，g(x) = −1−1
x 在区间(−1,0) 内单调递增．则
−1−1
a = mb
−1−1
b = ma
⇒a = b(舍去)．
综上，−1
4 < m < 0．
5 （1）见解析
【解析】解：由an =
2nan−1
an−1 +n−1 (n ⩾2)，
⇒n
an
= an−1 +n−1
2an−1
= 1
2 · n−1
an−1
+ 1
2
⇒n
an
−1 = 1
2
(n−1
an−1
−1
)
，
由于1
a1
−1 = 1
2，于是n
an
−1 = 1
2n ⇒an =
2nn
1+2n ．
（2）见解析
【解析】解：注意到，
anan+1
2n+1n(n+1) =
2n
(1+2n)(1+2n+1)
=
2n+1 −2n
(1+2n)(1+2n+1)
【春】高一数学目标竞赛班练习册
78
检测题参考答案
=
1
1+2n −
1
1+2n+1 ．
故Tn =
n
∑
k=1
(
1
1+2k −
1
1+2k+1
)
= 1
3 −
1
1+2n+1 ．
6
(
2m+1 −m−1,2m+1 −m,2m+1)
(m ∈Z+)
【解析】解：设Sn =
n
∑
i=1ai．
由S2
n = a3
1 +a3
2 +···+a3
n ⇒S2
n+1 = a3
1 +a3
2 +···+a3
n+1①．
两式相减并结合an > 0，得
2Sn = a2
n+1 −an+1．
于是，当n ⩾2 时，2Sn−1 = a2
n −an．
则2an = 2Sn −2Sn−1 = a2
n+1 −an+1 −a2
n +an
⇒(an+1 +an)(an+1 −an −1) = 0．
因为{an} 是正数数列，所以，
an+1 −an −1 = 0
⇒an+1 −an = 1(n ⩾2)．
在式①中分别令n = 1，2 得
a1 = 1，a2 = 2．
于是，{an} 是公差为1 的等差数列，即
an = n ⇒bn = n
2n ．
注意到，bn+1 −bn = 1−n
2n+1 ．
从而，数列{bn} 从第二项起单调递减．
由bp +br = 2bq ⇒p
2p + r
2r = 2q
2q ．
当p ⩾2 时，q−p = 1，否则，若q−p ⩾2，则
bp
bq
⩾bp
bp+2
=
4p
p+2 =
4
1+ 2
p
⩾2 ⇒bp ⩾2bq，
矛盾．
从而，q−p = 1，此时，r
2r = 1
2p ．
令r −p = m+1(m ∈Z+)，则
r = 2m+1，p = 2m+1 −m−1，q = 2m+1 −m．
故(p,q,r) =
(
2m+1 −m−1,2m+1 −m,2m+1)
(m ∈Z+)．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
79
检测题参考答案
7
见解析
【解析】解：先证明：1
3 −x
6 ⩽
1
x3 +x2 +x+3，即证x(x−1)2 (x+1) ⩾0．
显然，当x 为非负数时，结论成立，且在x = 0 或x = 1 时，上式等号成立．
故∑
a
b3 +b2 +b+3 ⩾∑a
(1
3 −b
6
)
= 1
3 ∑a−1
6 ∑ab
= 2
3 −(a+c)(b+d)
6
⩾2
3 −1
6 × (a+c+b+d)2
4
= 1
2，
在a = b = 1，c = d = 0 及其转换时，上式等号成立．
8
[
1, 9
8
]
【解析】解：注意到，
(xy+yz+zx)(x+y+z)
(x+y)(y+z)(z+x)
=
(xy+yz+zx)(x+y+z)
(x+y+z)(xy+yz+zx)−xyz ⩾1，
(xy+yz+zx)(x+y+z)
(x+y)(y+z)(z+x)
⩽
(xy+yz+zx)(x+y+z)
(
1−1
9
)
(x+y+z)(xy+yz+zx)
= 9
8．
当r ∈
[
1, 9
8
]
时，存在x、y、z 满足原方程，因此，只需令y = x，z = kx(k > 0) 即可．
9
3
√
3
4
【解析】解：由坐标平移及复数开方的几何意义，知此三点所对应的复数必满足方程
(x+a)3 = b(a、b ∈C)．
又x3 + px+1 = (x+a)3 −b
= x3 +3ax2 +3a2x+a3 −b，
故3a = 0，3a2 = p，a3 −b = 1
⇒a = 0，p = 0，b = −1．
则原方程为x3 +1 = 0．
解得x1 = −1，x2,3 = 1
2 ±
√
3
2 i．
因此，正三角形面积为3
√
3
4 ．
【春】高一数学目标竞赛班练习册
80
检测题参考答案
10 1
4
【解析】解：因为小球从甲盒中取出的概率与从乙盒中取出的概率相等，所以，选出红球的概率为
1
2 × 1
2 = 1
4．
11 3030
【解析】解：令m = 2020．
记xn 的系数为f (n)．则f (n) 即为方程a+b+c = n 不超过m 的非负整数解的个数．
(1) 当0 ⩽n ⩽m 时，
f (n) = C2
n+2 = (n+2)(n+1)
2
．
(2) 当m + 1 ⩽n ⩽2m 时，若a > m，令a′ = a −m −1，方程a + b + c = n 的非负整数解与方程
a′ +b+c = n−m−1 的非负整数解对应，有C1
3C2
n−m+1 个，则
f (n) = C2
n+2 −C1
3C2
n−m+1
= (n+2)(n+1)−3(n−m)(n−m+1)
2
= −n2 +3mn+ −3m2 +3m+2
2
．
(3) 当2m+1 ⩽n ⩽3m 时，
若a > n−(2m+1)，则(b,c) 有2m+1+a−n 组解；
若a ⩽n−(2m+1)，方程无解．
故f (n) =
m
∑
a=n−2m(2m+1+a−n)
= 1+2+···+(3m+1−n)
= (3m+1−n)(3m+2−n)
2
．
事实上，在(1)、(2) 中，将n = m 代入，结果相同；在(2)、(3) 中，将n = 2m 代入，结果相同．于是，
f (n) =
(n+2)(n+1)
2
,0 ⩽n ⩽m
−n2 +3mn+ −3m2 +3m+2
2
,m ⩽n ⩽2m
(3m+1−n)(3m+2−n)
2
,2m ⩽n ⩽3m
故0 ⩽n ⩽m 时，f (n) 单调递增；
m ⩽n ⩽2m 时，f (n) 在n = 3m
2
时取到最大值(因为m 是偶数)；
2m ⩽n ⩽3m 时，f (n) 单调递减．
因此，l = 3m
2 = 3030．
1219092614296
