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2024 年1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）
数学试题
注意事项：
]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写
在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的．
1. 样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40 的中位数为（ ）
A. 14
B. 16
C. 18
D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】由中位数定义即可得.
【详解】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，
则其中位数为16.
故选：B.
2. 椭圆
2
2
2
1(
1)
x
y
a
a
的离心率为
1
2 ，则
a
（ ）
A. 2 3
3
B.
2
C.
3
D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得
2
1
1
2
a
e
a
，解得
2 3
3
a
，
故选：A.
3. 记等差数列
na
的前n 项和为
3
7
12
,
6,
17
n
S a
a
a
，则
16
S
（ ）
A. 120
B. 140
C. 160
D. 180
公众号：一枚试卷君
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【答案】C
【解析】
【分析】利用下标和性质先求出
5
12
a
a
的值，然后根据前n 项和公式结合下标和性质求解出
16
S
的值.
【详解】因为
3
7
5
2
6
a
a
a
，所以
5
3
a
，所以
5
12
3 17
20
a
a
，
所以
1
16
16
5
12
16
8
160
2
a
a
S
a
a
，
故选：C.
4. 设,
是两个平面，
,
m l 是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若
,
,
m
l
∥
∥
，则m
l
B. 若
,
,
m
l
m
l
∥，则
∥
C. 若
,
,
m l
l
∥
∥
，则m
l
∥
D. 若
,
,
m
l
m
l
∥，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.
【详解】对于A，
,
m l 可能平行，相交或异面，故A 错误，对于B，,
可能相交或平行，故B 错误，
对于D，,
可能相交或平行，故D 错误，由线面平行性质得C 正确，
故选：C
5. 甲、乙、丙等5 人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2 人，则不同排法共有（ ）
A. 20 种
B. 16 种
C. 12 种
D. 8 种
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论：乙丙及中间2 人占据首四位、乙丙及中间2 人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理
求得结果.
【详解】因为乙和丙之间恰有2 人，所以乙丙及中间2 人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间2 人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有
2
2
A 种方法，排甲有
1
2
A 种方法，剩余两个位置两人全排列有
2
2
A 种排法，
所以有
2
1
2
2
2
2
A
A
A
8
种方法；
②当乙丙及中间2 人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
公众号：一枚试卷君
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排乙丙有
2
2
A 种方法，排甲有
1
2
A 种方法，剩余两个位置两人全排列有
2
2
A 种排法，
所以有
2
1
2
2
2
2
A
A
A
8
种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有8 8
16
+ =
种排法，
故选：B.
6. 已知Q 为直线:
2
1
0
l x
y
上的动点，点P 满足
1, 3
QP
，记P 的轨迹为E ，则（ ）
A. E 是一个半径为5 的圆
B. E 是一条与l 相交的直线
C. E 上的点到l 的距离均为5
D. E 是两条平行直线
【答案】C
【解析】
【分析】设
,
P x y ，由
1, 3
QP
可得Q 点坐标，由Q 在直线上，故可将点代入坐标，即可得P 轨迹
E ，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设
,
P x y ，由
1, 3
QP
，则
1,
3
Q x
y
，
由Q 在直线:
2
1
0
l x
y
上，故
1
2
3
1
0
x
y
，
化简得
2
6
0
x
y
，即P
轨迹为E 为直线且与直线l 平行，
E 上的点到l 的距离
2
2
6 1
5
1
2
d
，故A、B、D 错误，C 正确.
故选：C.
7. 已知
3π
π
,π ,tan2
4tan
4
4
，则
2
1
sin2
2cos
sin2
（ ）
A. 1
4
B. 3
4
C. 1
D. 3
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将
2
1 sin2
2cos
sin2
齐次化即可得出答案.
【详解】由题
3π
π
,π ,tan2
4tan
4
4
，
得
2
2
4 tan
1
2tan
4 tan
1
2tan
1
tan
1
tan
，
的
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则
2tan
1
tan
2
0
tan
2
或
1
tan
2
，
因为
3π ,π ,tan
1,0
4
，所以
1
tan
2
，
2
2
2
2
2
1 sin2
sin
cos
2sin cos
tan
1
2tan
2cos
sin2
2cos
2sin cos
2
2tan
1
1 1
1
4
2
1
4
.
故选：A
8. 设双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，过坐标原点的直线与C 交于
,
A B 两点，
2
1
1
2
2
2
,
4
F B
F A F A F B
a
，则C 的离心率为（ ）
A.
2
B. 2
C.
5
D.
7
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的对称性可得
1
2
F A
F B
、
1
2
F B
F A
且四边形
1
2
AF BF 为平行四边形，由题意可得
出
2
1
F BF
，结合余弦定理表示出与a 、c 有关齐次式即可得离心率.
【详解】
由双曲线的对称性可知
1
2
F A
F B
，
1
2
F B
F A
，有四边形
1
2
AF BF 为平行四边形，
令
1
2
F A
F B
m
，则
1
2
2
F B
F A
m
，
由双曲线定义可知
2
1
2
F A
F A
a
，故有2
2
m
m
a
，即
2
m
a
，
即
1
2
2
F A
F B
m
a
，
1
2
4
F B
F A
a
，
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
4 cos
4
F A F B
F A
F B
AF B
a
a
AF B
a
，
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则
2
1
cos
2
AF B
，即
2
3
AF B
，故
2
1
2π
3
F BF
，
则有
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
4
2
2
1
cos
2
2 4
2
2
a
a
c
F B
F B
F F
F BF
F B
F B
a
a
，
即
2
2
2
20
4
1
16
2
a
c
a
，即
2
20
4
1
16
16
2
e
，则
2
7
e
，由
1
e
，故
7
e
.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于a 、b 、c 之间的等量关系，本题中
结合题意与双曲线的定义得出
1F A 、
2
F B 与a 的具体关系及
2
1
F BF
的大小，借助余弦定理表示出与
a 、c 有关齐次式，即可得解.
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9. 已知函数
3π
3π
sin 2
cos 2
4
4
f x
x
x
，则（ ）
A. 函数
π
4
f
x
为偶函数
B. 曲线
y
f x
对称轴为
π,
Z
x
k
k
C.
f x 在区间π π
,
3 2
单调递增
D.
f x 的最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简
3π
3π
sin 2
cos 2
4
4
f x
x
x
，再根据三角函数的性质逐项判断即
可.
【详解】
3π
3π
sin 2
cos 2
4
4
f x
x
x
3π
3π
3π
3π
sin 2 cos
sin
cos2
cos2 cos
sin2 sin
4
4
4
4
x
x
x
x
2
2
2
2
sin 2
cos2
cos2
sin2
2sin2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
，
的
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即
2sin2
f x
x
，
对于A，
i
π
π
4
2
2s n 2
2cos2
x
x
f
x
，易知为偶函数，所以A 正确；
对于B，
2sin2
f x
x
对称轴为
π
π
π
2
π,
Z
,
Z
2
4
2
k
x
k
k
x
k
，故B 错误；
对于C，
π π
2π
,
,2
,π
3 2
3
x
x
，
sin2
y
x
单调递减，则
2sin2
f x
x
单调递增，故C 正确；
对于D，
2sin2
f x
x
，则
sin2
1,1
x
，所以
2,
2
f x
，故D 错误；
故选：AC
10. 已知复数,z w 均不为0，则（ ）
A.
2
2
|
|
z
z
B.
2
2
|
|
z
z
z
z
C. z
z
w
w
D.
z
z
w
w
【答案】BCD
【解析】
【分析】设出
i
z
a
b
、
i
w
c
d
，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计算即可得.
【详解】设
i
z
a
b
,
R
a b
、
i
w
c
d
,
R
c d
；
对A：设
i
z
a
b
,
R
a b
，则
2
2
2
2
2
2
i
2
i
2
i
z
a
b
a
ab
b
a
b
ab
，
2
2
2
2
2
2
|
|z
a
b
a
b
，故A 错误；
对B：
2
z
z
z
z z
，又
2
z z
z
，即有
2
2
|
|
z
z
z
z
，故B 正确；
对C：
i
i
i
a
b
c
d
z
a
c
d
w
b
，则
i
a
c
z
w
b
d
，
i
z
a
b
，
i
w
c
d
，则
i
i
i
z
w
a
b
c
d
a
c
b
d
，
即有z
z
w
w
，故C 正确；
对D：
2
2
i
i
i
i
i
i
i
z
c
w
a
b
c
d
ac
bd
ad
bc
a
b
c
d
c
d
c
d
d
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2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ac
bd
ad
bc
a c
abcd
b d
a d
abcd
b c
c
d
c
d
c
d
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a c
b d
a d
b c
a c
b d
a d
b c
c
d
c
d
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
d
z
a
b
a
b
c
d
w
c
d
c
d
c
d
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a c
b c
a d
b d
c
d
，
故
z
z
w
w
，故D 正确.
故选：BCD.
11. 已知函数
f x 的定义域为R ，且
1
0
2
f
，若
4
f
x
y
f
x f
y
xy
，则（ ）
A.
1
0
2
f
B.
1
2
2
f
C. 函数
1
2
f
x
是偶函数
D. 函数
1
2
f
x
是减函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】对抽象函数采用赋值法，令
1
2
x
、
0
y
，结合题意可得
0
1
f
，对A：令
1
2
x
、
0
y
，
代入计算即可得；对B、C、D：令
1
2
y
，可得
1
2
2
f
x
x
，即可得函数
1
2
f
x
及函数
1
2
f
x
函数的性质，代入
1
x
，即可得
1
2
f
.
【详解】令
1
2
x
、
0
y
，则有
1
1
1
0
1
0
0
2
2
2
f
f
f
f
f
，
又
1
0
2
f
，故
1
0
0
f
，即
0
1
f
，
令
1
2
x
、
1
2
y
，则有
1
1
1
1
1
1
4
2
2
2
2
2
2
f
f
f
，
公众号：一枚试卷君
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即
1
1
0
1
2
2
f
f
f
，由
0
1
f
，可得
1
1
0
2
2
f
f
，
又
1
0
2
f
，故
1
0
2
f
，故A 正确；
令
1
2
y
，则有
1
1
1
4
2
2
2
f
x
f x f
x
，
即
1
2
2
f
x
x
，故函数
1
2
f
x
是奇函数，
有
1
1
2
1
2
2
2
f
x
x
x
，即
1
2
2
2
f
x
x
，
即函数
1
2
f
x
是减函数，
令
1
x
，有
1
2 1
2
2
f
，
故B 正确、C 错误、D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到
0
1
f
，再重新
赋值，得到
1
0
2
f
，再得到
1
2
2
f
x
x
.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12. 已知集合
2,0,2,4 ,
3
A
B
x x
m
，若A
B
A
，则m 的最小值为__________．
【答案】5
【解析】
【分析】由A
B
A
可得A
B
，解出集合B 后结合集合的关系计算即可得.
【详解】由A
B
A
，故A
B
，
由
3
x
m
，得
3
3
m
x
m
，
故有
4
3
2
3
m
m
，即
1
5
m
m
，即
5
m
，
即m 的最小值为5 .
故答案为：5 .
公众号：一枚试卷君
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13. 已知轴截面为正三角形的圆锥MM的高与球O 的直径相等，则圆锥MM的体积与球O 的体积的比值
是__________，圆锥MM的表面积与球O 的表面积的比值是__________．
【答案】
①. 2
3
②. 1
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径r 以及球的半径R ，用r 表示出圆锥的高h 和母线l 以及球的半径R ，然后根
据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.
【详解】设圆锥的底面半径为r ，球的半径为R ，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高
3
h
r
，母线
2
l
r
，
由题可知：
2
h
R
，所以球的半径
3
2
R
r
所以圆锥的体积为
2
3
1
1
3
π
3
π
3
3
V
r
r
r
，
球的体积
3
3
3
2
4
4
3
3
π
π
π
3
3
2
2
V
R
r
r
，
所以
3
1
3
2
3 π
2
3
3
3 π
2
r
V
V
r
；
圆锥的表面积
2
2
1
π
π
3π
S
rl
r
r
，
球的表面积
2
2
2
2
3
4π
4π
3π
2
S
R
r
r
，
所以
2
1
2
2
3π
1
3π
S
r
S
r
，
故答案为：2
3 ；1.
14. 以maxM 表示数集M 中最大的数．设0
1
a
b
c
，已知
2
b
a
或
1
a
b
，则
max
,
,1
b
a c
b
c
的最小值为__________．
【答案】1
5
##0.2
【解析】
公众号：一枚试卷君
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【分析】利用换元法可得
1
1
b
n
p
a
m
n
p
，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【详解】令
,
,1
,
b
a
m c
b
n
c
p
其中
, ,
0
m n p
，
所以
1
1
b
n
p
a
m
n
p
，
若
2
b
a
，则
1
2 1
b
n
p
m
n
p
，故2
1
m
n
p
，
令
=max
,
,1
max
, ,
M
b
a c
b
c
m n p
，
因此
2
2
M
m
M
n
M
p
,故4
2
1
M
m
n
p
,则
1
4
M
，
若
1
a
b
，则1
1
1
n
p
m
n
p
，即
2
2
1
m
n
p
，
=max
,
,1
max
, ,
M
b
a c
b
c
m n p
，
则2
2
2
2
M
m
M
n
M
p
,故5
2
2
1
M
m
n
p
,则
1
5
M
，
当
2
2
m
n
p
时，等号成立，
综上可知
max
,
,1
b
a c
b
c
的最小值为1
5
，
故答案
：1
5
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在
2
b
a
和
1
a
b
前提下进行合理分类讨论，根据题意
得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数
2
ln
2
f
x
x
x
ax
在点
2
2
f,
处的切线与直线2
3
0
x
y
垂直．
（1）求a ；
（2）求
f x
单调区间和极值．
【答案】（1）
3
a
（2）单调递增区间为
1
0, 2
、
1,，单调递减区间为1 ,1
2
，极大值3
ln 2
4
，极小值0
【解析】
为
的
公众号：一枚试卷君
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【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【小问1 详解】
1
2
f
x
x
a
x
，则
1
9
2
2 2
2
2
f
a
a
，
由题意可得9
2
1
2
3
a
，解得
3
a ；
【小问2 详解】
由
3
a ，故
2
ln
3
2
f x
x
x
x
，
则
2
2
1
1
1
2
3
1
2
3
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
，
0
x
，
故当
1
0
2
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，当1
1
2
x
时，
0
f
x
，当
1
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
故
f x 的单调递增区间为
1
0, 2
、
1,，
f x 的单调递减区间为1 ,1
2
，
故
f x 有极大值
2
1
1
1
1
3
ln
3
2
ln 2
2
2
2
2
4
f
，
有极小值
2
1
ln1 1
3 1
2
0
f
.
16. 盒中有标记数字1，2，3，4 的小球各2 个，随机一次取出3 个小球．
（1）求取出的3 个小球上的数字两两不同的概率；
（2）记取出的3 个小球上的最小数字为X ，求X 的分布列及数学期望
E X
．
【答案】（1）4
7
（2）分布列见解析，
10
7
E X
【解析】
【分析】（1）先确定3 个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取1个，通过计算可求符合要求的取
法数，再除以总的取法数可得结果；
（2）先确定X 的可取值为1,2,3，然后计算出不同取值的概率，注意X 的每种取值对应两种情况，由此可
求分布列和期望
E X
.
【小问1 详解】
公众号：一枚试卷君
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记“取出的3 个小球上的数字两两不同”为事件M ，
先确定3 个不同数字的小球，有
3
4
C 种方法，
然后每种小球各取1个，有
1
1
1
2
2
2
C
C
C
种取法，
所以
3
1
1
1
4
2
2
2
3
8
C
C
C
C
4
=
C
7
P M
.
【小问2 详解】
由题意可知，X 的可取值为1,2,3，
当
1
X
时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
所以
1
2
2
1
2
6
2
6
3
8
C C
C C
9
1
=
C
14
P X
；
当
2
X
时，分为两种情况：只有一个数字为2 的小球、有两个数字为2 的小球，
所以
1
2
2
1
2
4
2
4
3
8
C C
C C
2
2
=
C
7
P X
；
当
3
X
时，分为两种情况：只有一个数字为3 的小球、有两个数字为3 的小球，
所以
1
2
2
1
2
2
2
2
3
8
C C
C C
1
3
=
C
14
P X
，
所以X 的分布列为：
X
1
2
3
P
9
14
2
7
1
14
所以
9
2
1
10
1
2
3
14
7
14
7
E X
.
17. 如图，平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，底面ABCD 是边长为2 的正方形，O 为AC 与BD 的交点，
1
1
1
1
2,
,
45
AA
C CB
C CD
C CO
．
公众号：一枚试卷君
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（1）证明：
1
C O 平面ABCD ；
（2）求二面角
1
B
AA
D
的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2 2
3
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【小问1 详解】
连接
1
1
,
BC DC ，
因为底面ABCD 是边长为2 的正方形，所以BC
DC
，
又因
1
1
C CB
C CD
，
1
1
CC
CC
，
所以
1
1
C CB
C CD
，所以
1
1
BC
DC
，
点O 为线段BD 中点，所以
1
C O
BD
，
在
1
C CO
△
中，
1
1
2
2
2,
CC
CO
AC
，
1
45
C CO
，
所以
2
2
2
1
1
1
1
1
2
cos
2
2
2
C C
OC
C O
C CO
C O
C C
OC
，
则
2
2
2
1
1
1
C C
OC
C O
C O
OC
，
又OC
BD
O
，OC 平面ABCD ，BD 平面ABCD ，
所以
1
C O 平面ABCD .
【小问2 详解】
为
公众号：一枚试卷君
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由题知正方形ABCD 中AC
BD
，
1
C O 平面ABCD ，所以建系如图所示，
则
1
0,
2,0 ,
0,
2,0 ,
2,0,0 ,
2,0,0 ,
0,0,
2
B
D
A
C
C
，
则
1
1
2,0,
2
AA
CC
，
2,
2,0 ,
2,
2,0
AB
AD
，
设面
1
BAA 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
，面
1
DAA 的法向量为
2
2
2
,
,
x
n
y z
，
则
1
1
1
1
1
2
2
0
0
1,1, 1
0
2
2
0
x
z
AA m
m
AB m
x
y
，
2
2
1
2
2
2
2
0
0
1, 1, 1
0
2
2
0
x
z
AA n
n
AD m
x
y
，
设二面角
1
B
AA
D
大小为，
则
2
1
1
2 2
cos
sin
1 cos
3
3
3
3
m n
m
n
，
所以二面角
1
B
AA
D
的正弦值为2 2
3
.
18. 已知抛物线
2
:
4
C y
x
的焦点为F ，过F 的直线l 交C 于
,
A B 两点，过F 与l 垂直的直线交C 于
,
D E
两点，其中
,
B D 在x 轴上方，
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点．
（1）证明：直线MN 过定点；
（2）设G 为直线AE 与直线BD 的交点，求GMN
面积的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）8
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【解析】
【分析】（1）设出直线AB 与直线CD 的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示
出直线MN 后即可得定点坐标；
（2）设出直线AE 与直线BD 的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点G 的横坐标恒为1
，再
结合面积公式及基本不等式即可得.
【小问1 详解】
由
2
:
4
C y
x
，故
1,0
F
，由直线AB 与直线CD 垂直，
故两只直线斜率都存在且不为0 ，
设直线AB 、CD 分别为
1
1
x
m y
、
2
1
x
m y
，有
1
2
1
m m ，
1
1
,
A x y
、
2
2
,
B x
y
、
3
3
,
E x
y
、
4
4
,
D x
y
，
联立
2
:
4
C y
x
与直线AB ，即有
2
1
4
1
y
x
x
m y
，
消去x 可得
2
1
4
4
0
y
m y
，
2
1
16
16
0
m
，
故
1
2
1
4
y
y
m
、
1
2
4
y y ，
则
2
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
1
1
2
4
2
x
x
m y
m y
m
y
y
m
，
故
2
1
2
1
2
1
2
x
x
m
，
1
2
1
2
2
y
y
m
，
即
2
1
1
2
1,2
M
m
m
，同理可得
2
2
2
2
1,2
N
m
m
，
当
2
2
1
2
2
1
2
1
m
m
时，
则
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
:
1
2
2
2
1
MN
m
m
l
m
m
x
m
y
m
，
即
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
m
m
m
m
x
y
x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1 2
1 2
2
m m
m m
x
x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
，
由
1
2
1
m m ，即
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
y
x
x
m
m
m
m
m
m
，
故
3
x
时，有
2
1
3
0
1
3
m
m
y
，
公众号：一枚试卷君
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此时MN 过定点，且该定点为
3,0 ，
当
2
2
1
2
2
1
2
1
m
m
时，即
2
2
1
2
m
m
时，由
1
2
1
m m ，即
1
1
m 时，
有
2 1
3
:
MN
l
x
，亦过定点
3,0 ，
故直线MN 过定点，且该定点为
3,0 ；
【小问2 详解】
由
1
1
,
A x y
、
2
2
,
B x
y
、
3
3
,
E x
y
、
4
4
,
D x
y
，
则
3
1
1
1
3
1
:
AE
y
y
l
y
x
x
y
x
x
，由
2
1
1
4
y
x
、
2
2
2
4
y
x
，
故
2
2
2
3
1
1
1
3
1
3
1
1
1
2
2
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
4
4
4
4
4
y
y
y
y y
y y
y
y
x
x
y
x
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
，
同理可得
2
4
4
2
4
2
4
:
BD
y y
x
l
y
y
y
y
y
，联立两直线，即
1
3
3
1
3
1
2
4
4
2
4
2
4
4
y y
x
y
y
y
y
y
y y
x
y
y
y
y
y
，
有
1
3
2
4
3
1
3
1
4
2
4
2
4
4
y y
y y
x
x
y
y
y
y
y
y
y
y
，
即
4
2
1
3
4
2
3
1
2
4
3
1
4
4
x y
y
y y
y
y
x y
y
y y
y
y
，
有
2
4
3
1
1
3
4
2
4
2
3
1
4
y y
y
y
y y
y
y
x
y
y
y
y
，由
1
2
4
y y ，同理
3
4
4
y y ，
公众号：一枚试卷君
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故
2
4
3
1
1
3
4
2
2
3
4
1
2
4
1
3
4
1
2
3
4
2
3
1
4
2
3
1
4
4
y y
y
y
y y
y
y
y y y
y y y
y y y
y y y
x
y
y
y
y
y
y
y
y
2
4
1
3
4
2
3
1
4
1
4
y
y
y
y
y
y
y
y
，
故
1
G
x ，
过点G 作
//
GQ
x 轴，交直线MN 于点Q ，则
1
2
M
N
Q
G
GMN
S
y
y
x
x
，
由
2
1
1
2
1,2
M
m
m
、
2
2
2
2
1,2
N
m
m
，
故
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2 2
4
M
N
y
y
m
m
m
m
m
m
，
当且仅当
1
1
m 时，等号成立，
下证
4
Q
G
x
x
：
由抛物线的对称性，不妨设
1
0
m
，则
2
0
m
，
当
1
1
m 时，有
2
1
1
1,0
m
m
，则点G 在x 轴上方，点Q 亦在x 轴上方，
有
2
1
1
2
0
1
1
1
m
m
m
m
，由直线MN 过定点
3,0 ，
此时
3
1
4
Q
G
x
x
，
同理，当
1
1
m 时，有点G 在x 轴下方，点Q 亦在x 轴下方，
有
2
1
1
0
m
m
，故此时
4
Q
G
x
x
，
当且仅当
1
1
m 时，
3
Q
x
，
故
4
Q
G
x
x
恒成立，且
1
1
m 时，等号成立，
故
1
1
4 4
8
2
2
MN
M
G
N
Q
G
S
y
y
x
x
，
公众号：一枚试卷君
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【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点G 的横坐标恒为1
，此时可
根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.
19. 离散对数在密码学中有重要的应用．设p 是素数，集合
1,2,
,
1
X
p
，若,
,
u v
X m
N ，记u
v
为uv 除以p 的余数，
,
m
u
为
m
u
除以p 的余数；设a
X
，
2,
2,
1, ,
,
,
p
a a
a
两两不同，若
,
0,1,
,
2
n
a
b n
p
，则称n 是以a 为底b 的离散对数，记为
log( )a
n
p
b
．
（1）若
11,
2
p
a
，求
1,
p
a ；
（2）对
1
2
,
0,1,
,
2
m m
p
，记
1
2
m
m
为
1
2
m
m
除以
1
p 的余数（当
1
2
m
m
能被
1
p 整除时，
1
2
0
m
m
）．证明：
log( )
log( )
log( )
a
a
a
p
b
c
p
b
p
c
，其中,b c
X
；
（3）已知
log( )a
n
p
b
．对
,
1,2,
,
2
x
X k
p
，令
,
,
1
2
,
k
k
y
a
y
x
b
．证明：
2 ,
2
1
n p
x
y
y
．
【答案】（1）1
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.
（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.
（3）根据新定义进行转换即可得证.
【小问1 详解】微信公众号：智慧学库
若
11,
2
p
a
，又注意到
10
2
1024
93 11 1
，
公众号：一枚试卷君
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所以
1 ,0
1,
2
1
p
a
.
【小问2 详解】
当
2
p
时，此时
{1}
X
，此时
1
b
c
，
1
b
c
，
故
log( )
0,log( )
0,log( )
0
a
a
a
p
b
c
p b
p
c
，
此时
log( )
log( )
log( )
a
a
a
p
b
c
p b
p
c
.
当
2
p
时，因
2,
2,
1, ,
,
,
p
a a
a
相异，故
2
a
，
而a
X
，故,a p 互质.
设
1
2
=log( )
,
log( )
,
=log( )
a
a
a
n
p
b
c
n
p b n
p
c
记
1
2
=log( )
,
log( )
,
=log( )
a
a
a
n
p
b
c
n
p b n
p
c
，
则
1
2
,
N
m m
，使得
1
2
1
2
,
n
n
a
pm
b a
pm
c
，
故
1
2
1
2
n
n
a
pm
b
pm
c
，故
1
2
(mod
)
n
n
a
bc
p
，
设
1
2
1
,0
2
n
n
t p
s
s
p
，则
1
2
n
n
s
，
因为1,2,3,..
1
p 除以p 的余数两两相异，
且
,2 ,3 ,..
1
a
a
a
p
a
除以p 的余数两两相异，
故
1 !
2
3 ,..
1
(mod
)
p
a
a
a
p
a
p
，故
1
1mod
p
a
p
，
故
(mod
)
sa
bc
p
，而
(mod
)
(mod
),
n
a
b
c
p
bc
p
其中0
2
n
p
，
故s
n
即
log( )
log( )
log( )
a
a
a
p
b
c
p b
p
c
.
【小问3 详解】
当
2
b
时，由（2）可得
1
1mod
p
b
p
，若
1
b ，则
1
1mod
p
b
p
也成立.
因为
log( )a
n
p
b
，所以
mod
n
a
b
p
.
另一方面，
2
2 ,
2 ,
,
,
2
1
2
1
n p
n p
n p
k
k
y
y
y y
x
b
a
1
1
2
2
1
1
mod
mod
k
k
kn p
k p
k
k
p
xb
a
xb
b
x b
x
p
x
p
.
由于x
X
，所以
2 ,
2
1
n p
x
y
y
.
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即
公众号：一枚试卷君
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