2024年九省联考新情境压轴题精选25题（解析版）.pdf

1、12024 年九省联考新情境压轴题精选 25 题一、填空题1(2024重庆市联考题)已知集合 M=x N|1 x 12，集合 A1,A2,A3满足每个集合都恰有 4 个元素；A1 A2 A3=M.集合 Ai(i=1,2,3)中元素的最大值与最小值之和称为集合 Ai的特征数，记为 Xi(i=1,2,3)，则 X1+X2+X3的最大值与最小值的差为.【答案】12【解析】解：由题意知，当 A1=1,2,3,12,A2=4,5,6,11,A3=7,8,9,10,X1+X2+X3的最大值为 45.当 A1=1,4,5,6,A2=3,10,11,12,A3=2,7,8,9,X1+X2+X3的最小值为 33

2、.则 X1+X2+X3的最大值与最小值的差为 12.故答案为：122(2024湖北省联考题)记maxxa,bf(x)，minxa,bf(x)分别表示函数 f(x)在 a,b 上的最大值和最小值则 minm-3,3 maxn0,9|m+n-2 n|=.【答案】2【解析】解：m+n-2 n=n-12+m-1，当 n 0,9时，n 0,3，令 f x=x-12+m-1，x 0,3，f 1=m-1，f 3=m+3，f 0=m=f 2，可知函数 y=f x的最大值在 x=1 或 x=3 处取得，令 m-1=m+3，解得 m=-1，当 m-1 时，m+3=m+3 m-1，此时 f xmax=m+3；当 m

3、-1 时，m+3 m-1，此时 f xmax=m-1=1-m；则maxn 0,9m+n-2 n=m+3,m-11-m,m-1，令 g m=m+3,m-11-m,m-1，则当-1 m 3 时，g m=m+3 2；当-3 m 2；则函数 g m在 m -3,3上的最小值为 2，2故 minm-3,3maxn 0,9m+n-2 n=2.故答案为 2.3(2024广东省联考题)1643 年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于 120时，所求的点为三角形的正等角中心(即该点与三角形的三个顶点的连

4、线段两两成角 120)，该点称为费马点.已知 ABC 中，其中 A=60，BC=1，P 为费马点，则 PB+PC-PA 的取值范围是.【答案】33,1【解析】如图，根据题意，设 PA=m,PB=n,PC=t，PAC=0 60，则 PBA=，PAB=PCA=60-，在 PBC 中，由余弦定理有 cos120=n2+t2-12nt=-12 n+t=nt+1 在 PAC 中，由正弦定理有tsin=msin 60-，在 PAB 中，由正弦定理有msin=nsin 60-，故t=msinsin 60-n=msin 60-sin，则 nt=m2，由，n+t=m2+1 ，且 msin 60-sin+msin

5、sin 60-=m2+1 1+1m2=sin 60-sin+sinsin 60-，设 x=sin 60-sin，则 x=32 cos-12 sinsin=32tan-12，由题意，tan 0,31tan 33,+，所以 x 0,+，而1+1m2=x+1x，由对勾函数的性质可知1+1m2 2,+)0 0)的曲线 C(称为星形线)，则曲线 C 的内切圆半径为;以曲线 C 上点(m,n)(mn 0)为切点的直线被坐标轴截得的线段长等于.【答案】12 a；a【解析】曲线 C 有 x 轴，y 轴，y=x，y=-x 四条对称轴，由曲线的对称性，内切圆心为坐标原点，只需考察第一象限内，曲线上的点到原点距离的

6、最小值即为内切圆半径，第一象限内曲线上的点为 P(x,y)，则|PO|=x2+y2，令 x13=a13cos，y13=a13sin，0,2，则|PO|=a2(cos6+sin6)=a1-34 sin22，故当 =4 时，|PO|min=12 a，即内切圆半径为 12 a;由曲线的对称性，只需考察第一象限内的点(m,n)(m 0,n 0)为切点的直线，考查函数 y=a23-x2332，则切线方程为 y=-m23a23-m22(x-m)+n，设切线与 x 轴，y 轴交点为 A，B，4由于 m23+n23=a23，令 y=0，得 A 点坐标 m13n3+m,0，令 x=0，得 B 点坐标 m23n3

7、+n,0，故|AB|=(n1)2+m2+(m2)1+n)2=22(n2+m2)2+n2m2+n3=a.二、解答题5(2024湖北省联考题)记 A=l(x)|l(x)=kx+m,k,m R，若 l0(x)A，满足：对任意 l(x)A，均有maxxa,b|f(x)-l(x)|maxxa,b|f(x)-l0(x)|，则称 l0(x)为函数 f(x)在 x a,b 上“最接近”直线.已知函数g(x)=2lnx-x2+3，x r,s.(1)若 g(r)=g(s)=0，证明：对任意 l(x)A，maxxr,s|g(x)-l(x)|1;(2)若 r=1，s=2，证明：g(x)在 x 1,2 上的“最接近”直

8、线为：l0(x)=(2ln2-3)x-1+x02+2+g(x0)2，其中 x0(1,2)且为二次方程 2x2+(2ln2-3)x-2=0 的根.【答案】证明：(1)由题意 g(x)=2x-2x=2(1-x)(1+x)x，则当 x (0,1)时，g(x)0，g(x)在区间(0,1)上单调递增;当 x (1,+)时，g(x)0，g(x)在区间(1,+)上单调递减.又 g(r)=g(s)=0，0 r 1 s.g(x)在区间 r,s 上的最大值为 gmax(x)=g(1)=2，根据函数 g(x)的图象特点，可知对任意 l(x)A，均有maxxr,s|g(x)-l(x)|maxxr,s|g(r)-l(r

9、)|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|=maxxr,s|l(r)|,|l(s)|,|2-l(1)|，下面讨论|l(r)|,|l(s)|的大小：若|l(r)|,|l(s)|至少有一个大于等于 1，则maxxr,s|g(x)-l(x)|1;若|l(r)|,|l(s)|两个都小于 1，则 l(r)1，l(s)1，因为 l(x)是直线，故对任意 x r,s，均有 l(x)1，l(1)1，即maxxr,s|g(x)-l(x)|maxxr,s|l(r)|,|l(s)|,|2-l(1)|1.由可知，maxxr,s|g(r)-l(r)|,|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|1.当 l(x)

10、=g(1)2=1 时，公众号：慧博高中数学最新试题maxxr,s|g(x)-l(x)|=1，maxxr,s|g(r)-1|,|g(s)-1|,|g(1)-1|=1，此时等号成立.(2)设 h(x)=(2ln2-3)(x-1)+2，再令 f(x)=g(x)-h(x)，f(x)=g(x)-h(x)=2x-2x-(2ln2-3).令 m(x)=2x-2x-(2ln2-3)，可得 m(x)=-2x2-2 0，f(2)0，f(x)单调递增;x x0,2 时 f(x)0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f(x)满足：对任意 x 0,a，均有 f(x)f xk成立，且limx0 f(x)=0，则称函数 f

11、(x)为区间 0,a 上的 k 阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断 f(x)=x3-3x 是否为区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数;(2)计算：limx0(1+x)1x;6(3)证明：sinxx-3 cosx，x ,32.【答案】解：(1)设 F(x)=f(x)-f x2=78 x3-32 x，由于 F(1)=78-32 1，即有对任意 t 0,2，均有 f(t)ft2，所以 f(t)ft2 ft2n，因为limx0sinxx=limx0 cosx=1，所以 limn+ft2n=limn+sint2nt2n3 limn+1cost2n=1所以 f(t)1，t 0,

12、2，证毕!7(2024江苏省徐州市联考题)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为63，直线 l 与 相切，与圆 O:x2+y2=3a2相交于 A，B 两点.当 l 垂直于 x 轴时，|AB|=2 6.(1)求 的方程;7(2)对于给定的点集 M，N，若 M 中的每个点在 N 中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为 d(M,N).()若 M，N 分别为线段 AB 与圆 O 上任意一点，P 为圆 O 上一点，当 PAB 的面积最大时，求 d(M,N);()若 d(M,N)，d(N,M)均存在，记两者中的较大者为 H(M,N)

13、.已知 H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，证明：H(X,Z)+H(Y,Z)H(X,Y).【答案】解：(1)由题意知 ca=63，在 x2+y2=3a2中，令 x=a 得 y=2a，2 2a=2 6，a=3，则 c=2，b=1，的方程为 x23+y2=1.(2)由(1)知 a=3，则圆 O:x2+y2=9，圆心为 O(0,0)，半径为 r=3，(i)当 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2).y=kx+mx2+3y2=3(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0，=36k2m2-4(1+3k2)(3m2-3)=12(3k2-m2

14、+1)=0，则 3k2-m2+1=0，设 O 到 AB 的距离为 d=|m|k2+1，则|AB|=2 9-d2.d2=m2k2+1=3k2+1k2+1=3-2k2+1 1,3,所以 d 1,3.当点 P 到线段 AB 的距离为 d+r 时，PAB 的面积最大，则 SPAB 12 2 9-d2 (d+3)=(9-d2)(d+3)2=(3+d)3(3-d)，d 1,3,令 f(d)=(d+3)3(3-d)，d 1,3,f(d)=3(d+3)2(3-d)-(d+3)3=(d+3)2(6-4d)，当 1 d 0，f d单调递增;当 32 d 3 时，f(d)3 2+3 6，所以 SPABmax=27

15、34.取圆 O 的半径 OD 与线段 AB 交于 C，半径 OF 与圆 O 交于 E，如图，则线段 AB 上的点 C、E，到圆 O 上的点的距离最小值分别为 CD，EF，当半径 OH AB 于 G 时，线段 AB 上的点到圆上点的距离最小值中，GH 为最大值，为 r-d，故 PAB 的面积最大时，d(M,N)=r-d=3-32=32.(ii)H(X,Y)=maxd(X,Y),d(Y,X)，H(Y,Z)=maxd(Y,Z),d(Z,Y)，H(X,Z)=maxd(X,Z),d(Z,X)，H(X,Z)+H(Y,Z)d(X,Z)+d(Z,Y)d(X,Y)，同理 H(X,Z)+H(Y,Z)d(Y,Z)+

16、d(Z,X)d(Y,X)，H(X,Z)+H(Y,Z)maxd(X,Y),d(Y,X)=H(X,Y).【解析】本题考查椭圆与圆有关的新定义问题，椭圆与圆中的面积最值问题，涉及利用导数判断最值，涉及集合的概念理解，属难题.公众号：慧博高中数学最新试题(1)在圆方程中令 x=a，求得 l 垂直于 x 轴时的|AB|=2 2a，结合已知可得 a、b、c 的值，即可得椭圆方程；(2)(i)当 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=kx+m，设 O 到 AB 的距离为 d=|m|k2+1，则|AB|=2 9-d2，要求 PAB 面积最大，则 SPAB 12 2 9-d2 (d+3)，构造函数，利用

17、导数求最值，可得SPABmax=27 34，当 AB 斜率不存在时，SPAB 3 2+3 6，综上可得 SPABmax=27 34，分析可得d(M,N)=r-d；(ii)由题意理解最小距离的最大值概念，利用放缩法即可得证.8(2024全国模拟题)对称变换在对称数学中具有重要的研究意义.若一个平面图形 K 在 m(旋转变换或反射变换)的作用下仍然与原图形重合，就称 K 具有对称性，并记 m为 K 的一个对称变换.例如，正三角形 R 在 m1(绕中心 O 作 120的旋转)的作用下仍然与 R 重合(如图 1 图2 所示)，所以 m1是 R 的一个对称变换，考虑到变换前后 R 的三个顶点间的对应关系

18、，记 m1=123312；又如，R 在 l1(关于对称轴 r1所在直线的反射)的作用下仍然与 R 重合(如图 1 图 3 所示)，所以 l1也是 R 的9一个对称变换，类似地，记 l1=123132.记正三角形 R 的所有对称变换构成集合 S.一个非空集合 G 对于给定的代数运算。来说作成一个群，假如同时满足：.a,b G，ab G；.a,b,c G，abc=a bc；.e G，a G，ae=ea=a；.a G，a-1 G，aa-1=a-1a=e.对于一个群 G，称中的 e 为群 G 的单位元，称中的 a-1为 a 在群 G 中的逆元.一个群 G 的一个非空子集 H 叫做 G 的一个子群，假如

19、 H 对于 G 的代数运算 来说作成一个群.(1)直接写出集合 S(用符号语言表示 S 中的元素)；(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如 m 1=123312=132321=213132=231123=312231=321213.对于集合 S 中的元素，定义一种新运算*，规则如下：a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3=a1a2a3c1c2c3，a1,a2,a3=b1,b2,b3=c1,c2,c3=1,2,3.证明集合 S 对于给定的代数运算*来说作成一个群；已知 H 是群 G 的一个子群，e，e 分别是 G，H 的单位元，a H，a-1，a 分别是 a 在群 G，群

20、H 中的逆元.猜想 e，e 之间的关系以及 a-1，a 之间的关系，并给出证明；写出群 S 的所有子群.图 1 图 2 图 3【答案】解：(1)由题设可知，正三角形 R 的对称变换如下：绕中心 O 作 120 的旋转变换 m 1=123312；绕中心 O 作 240 的旋转变换 m2=123231；绕中心 O 作 360 的旋转变换 m3=123123；关于对称轴 r1 所在直线的反射变换 l1=123132；关于对称轴 r2 所在直线的反射变换 l2=123321；关于对称轴 r3 所在直线的反射变换 l3=123213.综上，S=123312,123231,123123,123132,12

21、3321,123213.(形式不唯一)10(2).a1a2a3b1b2b3，b1b2b3c1c2c3 S，a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3=a1a2a3c1c2c3 S；.a1a2a3b1b2b3，b1b2b3c1c2c3，c1c2c3d1d2d3 S，a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3=a1a2a3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3=a1a2a3d1d2d3a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3=a1a2a3b1b2b3*b1b2b3d1d2d3=a1a2a3d1d2d3所以a1a2a3b1

22、b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3=a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3;.123123 S,a1a2a3b1b2b3 Sa1a2a3a1a2a3*a1a2a3b1b2b3=a1a2a3b1b2b3=a1a2a3b1b2b3*b1b2b3b1b2b3，而 a1a2a3a1a2a3=b1b2b3b1b2b3=123123，所以 e=123123；.a1a2a3b1b2b3 S,b1b2b3a1a2a3 S，a1a2a3b1b2b3*b1b2b3a1a2a3=b1b2b3a1a2a3*a1a2a3b1b2b3=e；综上可知，集合 S

23、 对于给定的新运算*来说能作成一个群 e=e，a-1=a，证明如下：先证明 e=e：由于 H 是 G 的子群，取 a H，则 a G，a-1 G，根据群的定义，有 ae=a，ae=a，所以 ae=ae，所以 a-1 ae=a-1 ae，即 a-1ae=a-1ae，即 ee=ee，所以 e=e 再证明 a-1=a：由于 e=e，e=a-1a，e=aa，所以 a-1a=aa，所以 a-1 aa-1=a aa-1，所以 a-1e=ae，所以 a-1=a S 的所有子群如下：H1=123123,H2=123123,123132，H3=123123,123321，H4=123123,123213，11H

24、5=123312,123231,123123，H6=123312,123231,123123,123132,123321,123213 9(2024福建省模拟题)对于函数 f(x)，若实数 x0满足 f(x0)=x0，则称 x0为 f(x)的不动点.已知 a 0，且 f(x)=12 lnx+ax2+1-a 的不动点的集合为 A.以 minM 和 maxM 分别表示集合 M 中的最小元素和最大元素.(1)若 a=0，求 A 的元素个数及 maxA;(2)当 A 恰有一个元素时，a 的取值集合记为 B.(i)求 B;(ii)若 a=minB，数列 an 满足 a1=2，an+1=f(an)a，集合

25、 Cn=nk=1|ak-1|,43，n N*.求证：n N*，maxCn=43.【答案】解法一：(1)当 a=0 时，f(x)=12 lnx+1，其定义域为(0,+).由 f(x)=x 得，12 lnx-x+1=0.设 g(x)=12 lnx-x+1，则 g(x)=1-2x2x.当 x 0,12时，g(x)0;当 x 12,+时，g(x)g(1)=0，又 g(e-2)=-e-2 0，所以 g e-2g 12 0，所以 g(x)在 0,12恰有一个零点 x0，即 f(x)在12,+恰有一个不动点 x=1，在 0,12恰有一个不动点 x=x0，所以 A=x0,1，所以 A 的元素个数为 2.又因为

26、 x0 0 时，f(x)=12 lnx+ax2+1-a，其定义域为(0,+).由 f(x)=x 得，12 lnx+ax2-x+1-a=0.设 h(x)=12 lnx+ax2-x+1-a，则 h(x)=12x+2ax-1=4ax2-2x+12x.设 F(x)=4ax2-2x+1，则 =4-16a.当 a 14 时，0，F(x)0，h(x)0，所以 h(x)在(0,+)单调递增.又 h(1)=0，所以 h(x)在(0,+)恰有一个零点 x=1，即 f(x)在(0,+)恰有一个不动点 x=1，符合题意;12当 0 a 0，故 F(x)恰有两个零点 x1，x2(x1 0，F(1)=4a-1 0，所以

27、0 x1 1 0，h(x)0;当 x (x1,x2)时，F(x)0，h(x)0，h(x)0;所以 h(x)在(0,x1)单调递增，在(x1,x2)单调递减，在(x2,+)单调递增;注意到 h(1)=0，所以 h(x)在(x1x2)恰有一个零点 x=1，且 h(x1)h(1)=0，h(x2)1 时，h(x)h(1)=0，所以 f(x)x，即 f(x)x 1，故若 an 1，则 an+1 1，因此，若存在正整数 N 使得aN 1，则 aN-1 1，从而 aN-2 1，重复这一过程有限次后可得 a1 1，与 a1=2 矛盾，从而，n N*，an 1.下面我们先证明当 x 1 时，lnx 1 时，G(

28、x)=1x-32=2-3x2x 0，所以 G(x)在(1,+)单调递减，所以 G(x)1 时，lnx 1 时，12 lnx+14 x2+34-x 14 x2-14 x，从而12 lnx+14 x2+34x-1 14(x-1)，即 f(x)x-1 14(x-1)，故 f(a)an-1 14(an-1)，即 an+1-1 1，an+1 1，所以 an-1 0，an+1-1 0，故|an+1-1|14|an-1|，故 n 2 时，|an-1|14|an-1-1|142|an-2-1|14n-1|a1-1|=14n-1.所以 n N*，nk=1|ak-1|nk=114k-1=1-14n1-14=43

29、1-14n 0)，则 n(x)=-1+1x-1x3+1x2=-x3+x2+x-1x3=-(x-1)2(x+1)x3 0，所以 n(x)在(0,+)单调递减，又因为 n(1)=0，所以当 x (0,1)时，n(x)0，当 x (1,+)时，m(x)0，当 x (1,+)时，m(x)1 时，t(x)=2x-2x=2(x2-1)x 0，所以 t(x)在(1,+)单调递增，所以当x 1 时，t(x)t(1)=0，所以 (x)0，所以(x)在(1,+)单调递增，所以(x)(1)=1，故若 an 1，则 an+1 1，因此，若存在正整数 N 使得 aN 1，则 aN-1 1，从而 aN-2 1，重复这一过

30、程有限次后可得 a1141，与 a1=2 矛盾，从而，n N*，an 1.下面先证明当 x 1 时，lnx 1 时，g(x)g(1)=0，所以当 x 1 时，lnx 12 x-1x.所以 f(x)x-1=12 lnx+14 x2+34-xx12 12 x-1x+14 x2+34-xx=(x-1)34x2 1，an+1 1，所以 an-1 0，an+1-1 0，故 f(an)an-1 14(an-1)，即 an+1-1 14(an-1)，故|an+1-1|14|an-1|，故 n 2 时，|an-1|14|an-1-1|142|an-2-1|14n-1|a1-1|=14n-1.所以 n N*，n

31、k=1|ak-1 nk=114k-1=1-14n1-14=43 1-14n 1.下面我们先证明当 x 1 时，lnx 1 时，G(x)=1x-1=1-xx0，所以 G(x)在(1,+)单调递减，所以 G(x)G(1)=0，即 lnx 1 时，12 lnx 12(x-1)34(x-1)，于是 12 lnx+14 x2+34-x 14 x2-14 x，从而12 lnx+14 x2+34x-1 14(x-1)，即 f(x)x-1 14(x-1)，故 f(an)an-1 14(an-1)，即 an+1-1 1，an+1 1，所以 an-1 0，an+1-1 0，故|an+1-1|14|an-1|，故

32、n 2 时，|an-1|14|an-1-1|142|an-2-1|14n-1|a1-1|=14n-1.所以 n N*，nk=1|ak-1|nk=114k-1=1-14n1-14=43 1-14n 43，故 maxCn=43.10(2024广东省汕头市模拟题)2023 年 11 月，我国教育部发布了中小学实验教学基本目录，内容包括高中数学在内共有 16 个学科 900 多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前

33、面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.15假设小明在果园中一共会遇到 n 颗番石榴(不妨设 n 颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前 k(1 k 0)，则 g(x)=1n ln nx-1n，由 g x=0，得 x=ne，当 x 0,ne时，g(x)0，当 x ne,n时，g(x)100,bn=12203-n,1 n 500,0,n 500,dn=an bn，证明：d200 12.【答案】解：(1)因为 m4x3=(a1b4+a2b3+a3

34、b2+a4b1)x3，所以 m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1.(2)因为 f(an bn)=f(an)f(bn)，所以 f(an)f(bn)f(cn)=f(an bn)f(cn)=f(an bn)cn).又因为 f(an)fbn f(cn)=f(an)f(bn)f(cn)=f(an)f(bn)cn)=f(an (bn cn)，所以 f(an bn)cn)=f(an (bn cn)，所以(an bn)cn=an (bn cn).(3)对于 an，bn S，因为(a1+a2x+anxn-1+)(b1+b2x+bnxn-1+)=d1+d2x+dnxn-1+，所以 dnxn-1=a1(bn

35、xn-1)+akxk-1(bn+1-kxn-k)+an-1xn-2(b2x)+anxn-1b1，所以 dn=a1bn+a2bn-1+akbn+1-k+an-1b2+anb1，所以 an bn=dn=nk=1akbn+1-k，d200=200k=1akb201-k=100k=1akb201-k+200k=101akb201-k=100k=1akb201-k=100k=1(k+1)2+1k(k+1)2k+2，所以 d200=100k=112k+21+2k-1k+1(Textranslationfailed)=12-102101 2102 n-14n+2.【答案】解：(1)由该公式可得 sinx=x

36、-x33!+x55!-x77!+，故 sin 12=12-148+0.48.(2)结论：cosx 1-x22，证明如下：令 g(x)=cosx-1+x22，x 0，令 h(x)=g(x)=-sinx+x，h(x)=-cosx+1 0，故 h(x)在 0,+)上单调递增，h(x)h(0)=0，故 g(x)在 0,+)上单调递增，g(x)g(0)=0，即证得 cosx-1+x22 0，即 cosx 1-x22.(3)由(2)可得当 x 0 时，cosx 1-x22，且由 h(x)0 得 sinx x，当且仅当 x=0 时取等号，故当 x 0 时，cosx 1-x22，sinx cos1n+k(n+

37、k)1n+k=cos1n+k 1-12(n+k)2，而12(n+k)2=2(2n+2k)2 1-12n+2k-1-12n+2k+1，故nk=11(n+k)tan1n+k n-12n+1-12n+3+12n+3-12n+5+14n-1-14n+1=n-12n+1+14n+1，而 n-12n+1+14n+1-n-14n+2=14n+1-14n+2 0，即证得nk=11(n+k)tan1n+k n-14n+2.15(2024河南省开封市模拟题)在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在20RSA 加密算法中的应用.设 p，q 是两个正整数，若 p，q 的最大公约数是 1，则称 p，q

38、 互索.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过 n 且与 n 互素的正整数的个数，记为(n).(1)试求(3)，(9)，(7)，(21)的值;(2)设 n 是一个正整数，p，q 是两个不同的素数，试求(3n)，(pq)与(p)和(q)的关系;(3)RSA 算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言：准备两个不同的、足够大的素数 p，q;计算 n=pq，欧拉函数(n);求正整数 k，使得 kq 除以(n)的余数是 1;其中(n,q)称为公钥，(n,k)称为私钥.已知计算机工程师在某 RSA 加密算法中公布的公钥是(187,17).若满足题意的正整数 k 从小到大排列得到一

39、列数记为数列 bn，数列 cn 满足 80cn=bn+47，求数列 tancn tancn+1 的前 n 项和 Tn.【答案】(1)(3)=2，(9)=6，(7)=6，(21)=12.(2)在不大于 3n的正整数中，只有 3 的倍数不与 3n互素，而 3 的倍数有 3n-1个，故(3n)=3n-3n-1=2 3n-1因为 p，q 是两个不同的素数，所以，(p)=p-1，(q)=q-1，在不超过 pq-1 的正整数中，p 的倍数有 q-1 个，q 的倍数有 p-1 个，所以，(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1)，所以，(pq)=(p)(q)(3)计算

40、机工程师在某 RSA 加密算法中公布的公钥是(187,17)，所以，n=187，q=17，从而 p=11.公众号：慧博高中数学最新试题(n)=(187)=(11 17)=(11)(17)=10 16=160，所以，正整数 k 满足的条件为：17k=160 x+1，x N，k=9x+117(7x+1)，令 y=117(7x+1)，则 17y=7x+1，x=2y+17(3y-1)，令 z=17(3y-1)，则 7z=3y-1，y=2z+13(z+1)，取 z=3n-1，则 y=7n-2，x=17n-5，k=160n-47，所以，80cn=bn+47=160n，所以 cn=2ntancn tancn

41、+1=tan2n tan(2n+2)=tan(2n+2)-tan2ntan2-1，Tn=tanc1 tanc2+tanc2 tanc3+tancn tancn+1=tan2 tan4+tan4 tan6+tan2n tan(2n+2)=tan4-tan2+tan6-tan4+tan(2n+2)-tan2ntan2-n=tan(2n+2)tan2-n-1 16(2024河南省模拟题)若函数 f(x)的定义域、值域都是有限集合 A=a1,a2,，an，n N*，则定21义 f(x)为集合 A 上的有限完整函数已知 g(x)是定义在有限集合 M=1,2,3,4,5,6,7 上的有限完整函数(1)求7

42、i=1i g(i)的最大值；(2)当 i=1，2，3，4 时，均有 g(i)g(i+1)，求满足条件的 g(x)的个数；(3)对于集合 M 上的有限完整函数 g(x)，定义“闭环函数”如下：g1(x)=g(x)，对 k N*，且 k 6，gk+1(x)=g(gk(x)(注：g7k+i(x)=gi(x)，k N*，i=1，2，7).若 x M，m N*，g1(x)=g1+m(x)，则称 g(x)为“m 阶闭环函数”证明：存在一个闭环函数 g(x)既是 3 阶闭环函数，也是 4 阶闭环函数(用列表法表示g(x)的函数关系).【答案】解：(1)7i=1i g(i)=g(1)+2g(2)+3g(3)+

43、4g(4)+5g(5)+6g(6)+7g(7)12+g(1)22+22+g(2)22+32+g(3)22+42+g(4)22+52+g(5)22(Textranslationfailed)，当且仅当 g(1)=1，g(2)=2，g(7)=7 时取等号，故7i=1i g(i)的最大值为 140；(2)由题意知 g(1)g(2)g(3)g(4)0t 0，解得 0 t 0 a2+b2m2 p2，由韦达定理有 y1+y2=-2b2mpa2+b2m2,y1y2=b2p2-a2b2a2+b2m2，此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，也就是y1-tmy1+p-a2p+y2-tmy2+p-a2p=-2t

44、p-a2p，23也就是y1-tmy1+p-a2p+y2-tmy2+p-a2p+2tp-a2p=0，也就是 p-a2py1-tmy2+p-a2p+y2-tmy1+p-a2p+2t my1+p-a2pmy2+p-a2p=0，也就是 2m p-a2p+2m2ty1y2+p-a2p2+tm p-a2py1+y2=0，也就是 2m p-a2p+2m2t b2p2-a2b2a2+b2m2+p-a2p2+tm p-a2p-2b2mpa2+b2m2=0，也就是 m p-a2p+m2t b2 p2-a2+p-a2p2+tm p-a2p-b2mp=0，也就是p-a2p+mt b2 p2-a2-b2pp-a2p2+

45、tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p2-a2-pp-a2p2+tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p-a2p-p-a2p2+tm p-a2p=0，也就是p-a2p+mt p-a2p=p-a2p2+tm p-a2p，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，首先由于 Q 在 P 的极线 x=2 上，故由引理有 kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，而 kQA=kQB=12，所以 kQN=kQM，这表明 Q 是 MN 和 AB 的交点，又由于 kQA+kQM=2kPQ，故 kBA+kNM=2kPQ，设 Q 2,t，而 kAB=kQD=t-yD2，kMN=kQ

46、T=t-yT2，kPQ=kQE=t-yE2，所以 yD+yT=2yE，也就是 E 是 DT 的中点；设 Q 2,t，那么 kPQ=-t2,kAB=12，所以 kMN=-t-12，24这表明 MN 的方程是 y=-t-12x-2+t，即 t 3-x+1-12 x-y=0，所以 MN 恒过点 3,-12.18(2024福建省联考题)已知集合 Sn=X X=x1,x2,xn,xi 0,1,i=1,2,n，其中 n 2.对于 A=a1,a2,an，B=b1,b2,bn Sn，定义 A 与 B 之间的距离为 d A,B=ni=1ai-bi.(1)记 I=1,1,1,1 S4，写出所有 A S4使得 d

47、I,A=3；(2)记 I=1,1,1 Sn，A、B Sn，并且 d I,A=d I,B=p n，求 d A,B的最大值；(3)设 P Sn，P 中所有不同元素间的距离的最小值为 k，记满足条件的集合 P 的元素个数的最大值为 m，求证：m 2nC0n+C1n+Ck-1n.【答案】解：(1)已知 I=1,1,1,1 S4，A S4，且 d I,A=3，所以，A 的所有情形有：1,0,0,0、0,1,0,0、0,0,1,0、0,0,0,1；(2)设 A=a1,a2,an，B=b1,b2,bn，因为 d I,A=ni=1ai-1=ni=11-ai=p，则 a1+a2+an=n-p，同理可得 b1+b

48、2+bn=n-p，当 n 2p 时，d A,B=ni=1ai-bi=ni=1ai-1+1-bini=11-ai+ni=11-bi=2p；当 n n；(3)设 P 是满足条件的最大集合，即 P 中的元素个数为 m，所以，A、B P 且 A B，d A,B k，C P，记集合 S C,k-1=X Sn d X,C k-1，那么 S C,k-1中的元素个数为 C0n+C1n+Ck-1n，对于 Sn中的任意元素 X，都存在 C P，使得 d X,C k-1，若不然，假设存在 X0 Sn，C P 都有 d X0,C k，那么集合 P=P X0中所有不同元素间的距离的最小值为 k，且 P 中有 m+1 个

49、元素，这与 m 的最大性矛盾.所以 Sn中的每个元素必与 P 中某个元素间的距离不超过 k-1.25从而 Sn=CPS C,k-1，所以，2n m C0n+C1n+Ck-1n.19(2024安徽省黄山市模拟题)取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设 x R，不超过 x 的最大整数称为 x 的整数部分，记作 x，函数 y=x 称为取整函数.另外也称 x 是 x的整数部分，称 x=x-x 为 x 的小数部分.(1)直接写出 ln 和-34的值;(2)设 a，b N*，证明：a=b ab+b ab，且 0 b ab b-1，并求在 b 的倍数中不大于 a 的正整数的个数;(3

50、)对于任意一个大于 1 的整数 a，a 能唯一写为 a=pa11 pa22 pakk，其中 pi为质数，ai为正整数，且对任意的 i j，都有 pi 1,n N*)的指数(Textranslationfailed)【答案】(1)10.25(2)证明：因为 ab=ab+ab，等式两边同时乘 b，得 a=b ab+b ab.因为 a，b 都为整数，所以 b ab=a-b ab也为整数，又 0 ab 1，所以 0 b ab b.所以 0 b ab b-1，得证.假设 b，2b，nb 都小于等于 a，因为 a=b ab+b ab，所以 nb a=b ab+b ab，所以 n ab+ab.因为 0 ab

51、 1，所以 n ab，所以 b 的倍数中不大于 a 的正整数的个数为ab.(3)n!=1 2 3 n，将 2，3，n 每一个数都分解为质因数的乘积.对于质因数 pi，利用(2)中结论，pi的倍数中不大于 n 的正整数的个数为npi，记为 n1，将这些数都提取 pi出来，此时 pi的倍数中还有可以提取出 pi的数，注意到 pi2的倍数中不大于 n 的正整数的个数为npi2，记为 n2，将这些数提取 pi出来;同理，p3i 的倍数中不大于 n 的正整数的个数为npi3，记为 n3，依此这样进行下去，则质因数 pi的指数(Textranslationfailed)，得证.2620(2024湖南省联考

52、题)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如 x=ty+1 表示过点(1,0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线(1)若圆 C1：x2+y2=1 是直线族 mx+ny=1(m,n R)的包络曲线，求 m，n 满足的关系式；(2)若点 P(x0,y0)不在直线族：(2a-4)x+4y+(a-2)2=0(a R)的任意一条直线上，求 y0的取值范围和直线族 的包络曲线 E；(3)在(2)的条件下，过曲线 E 上 A，B 两点作曲线 E 的切线 l1，l2，其交点为 P.已知点 C(0,1)，若 A，B，

53、C三点不共线，探究 PCA=PCB 是否成立？请说明理由【答案】解：(1)由定义可知，mx+ny=1 与 x2+y2=1 相切，则圆 C1的圆心(0,0)到直线 mx+ny=1 的距离等于 1，则 d=1m2+n2=1，即 m2+n2=1.(2)点 P(x0,y0)不在直线族:(2a-4)x+4y+(a-2)2=0(a R)的任意一条直线上，所以无论 a 取何值时，(2a-4)x0+4y0+(a-2)2=0 无解.将(2a-4)x0+4y0+(a-2)2=0 整理成关于 a 的一元二次方程：a2+(2x0-4)a+(4+4y0-4x0)=0.若该方程无解，则 =(2x0-4)2-4(4+4y0

54、-4x0)x204.猜测直线族 的包络曲线 E 为 y=x24.证明：在 y=x24 上任取一点 Q x1,x214，y=x24 在该点处的切线斜率为 k=x12，于是可以得到 y=x24 在 Q x1,x214点处的切线方程为：y=x12 x-x214，即-2x1x+4y+x21=0.令直线族:(2a-4)x+4y+(a-2)2=0 中 2a-4=-2x1，则直线为：-2x1x+4y+x21=0，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.而对任意 a R，(2a-4)x+4y+(a-2)2=0 都是抛物线在点 2-a,(2-a)24处的切线.所以直线族 的包络曲线 E 为 y=x

55、24.(3)已知 C(0,1)，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 CA=(x1,y1-1)，CB=(x2,y2-1).|CA|=x214+1，|CB|=x224+1.由(2)知，y=x24 在点 A(x1,y1)处的切线方程为 y=x12 x-x214;同理 y=x24 在点 B(x2,y2)处的切线方程为 y=x22 x-x224.27y=x12 x-x214y=x22 x-x224 P x1+x22,x1x24，所以 CP=x1+x22,x1x24-1，因此 CA CP=x1x1+x22+x1x24-1x214-1=x214+x1x24+x31x216+1=x214+1x1x24

56、+1，同理：CB CP=x224+1x1x24+1，所以 CA CP|CA|CP|=x214+1x1x24+1|CP|x214+1=x1x24+1|CP|，CB CP|CB|CP|=x224+1x1x24+1CPx224+1=x1x24+1CP，即 CA CPCACP=CB CP|CB|CP|，所以 PCA=PCB 成立.21(2024山东省日照市模拟题)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 12 经过点 F1且倾斜角为 0 2的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点(其中点 A 在 x 轴上方)，且ABF2的周长为 8.将平面 xOy 沿 x

57、 轴向上折叠，使二面角 A-F1F2-B 为直二面角，如图所示，折叠后 A，B 在新图形中对应点记为 A，B.(1)当 =3 时，求证：AO BF2；求平面 AF1F2和平面 ABF2所成角的余弦值；(2)是否存在 0 2，使得折叠后 ABF2的周长为 152？若存在，求 tan 的值；若不存在，请说明理由【答案】解：(1)由椭圆定义可知 AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以 ABF2的周长 L=4a=8，所以 a=2，28因为离心率为 12，故 ca=12，解得 c=1，则 b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在 x 轴上，所以椭圆方程为 x24+y23=1，直线 l:y-0

58、=tan 3 x+1，即 l:y=3 x+1，联立 x24+y23=1 得 15x2+24x=0，解得 x=0 或-85，当 x=0 时，y=3 0+1=3，当 x=-85 时，y=3 -85+1=-3 35，因为点 A 在 x 轴上方，所以 A 0,3,B-85,-3 35，故 AO F1F2，折叠后有 AO F1F2，因为二面角 A-F1F2-B 为直二面角，即平面 AF1F2 F1F2B，交线为 F1F2，AO 平面 AF1F2，所以 AO 平面 F1F2B，因为 F2B 平面 F1F2B，所以 AO F2B；以 O 为坐标原点，折叠后的 y 轴负半轴为 x 轴，原 x 轴为 y 轴，原

59、 y 轴正半轴为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 F1 0,-1,0,A 0,0,3,B 3 35,-85,0,F2 0,1,0，AF2=0,1,-3,BF2=-3 35,135,0，其中平面 AF1F2的法向量为 n1=1,0,0，设平面 ABF2的法向量为 n2=x,y,z，则n2 AF2=x,y,z 0,1,-3=y-3z=0n2 BF2=x,y,z-3 35,135,0=-3 35 x+135 y=0，令 y=3 得 x=133,z=1，故 n2=133,3,1，设平面 ABF2与平面 AF1F2的夹角为，29则 cos=cosn1,n2=n1 n2n1 n2=1,0,0133,3,1

60、1699+3+1=13 205205，故平面 ABF2与平面 AF1F2的夹角的余弦值为 13 205205；(2)设折叠前 A x1,y1,B x2,y2，折叠后对应的 A x1,y1,0,B x2,0,-y2，设直线 l 方程为 my=x+1，将直线 l 与椭圆方程 x24+y23=1 联立得，3m2+4y2-6my-9=0，则 y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，在折叠前可知 AB=x1-x22+y1-y22，折叠后，在空间直角坐标系中，AB=x1-x22+y21+y22，由 AF2+BF2+AB=152，AF2+BF2+AB=8，故 AB-AB=12，所以 AB-AB

61、=x1-x22+y1-y22-x1-x22+y21+y22=12，分子有理化得-2y1y2x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=12，所以x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=-4y1y2，由得x1-x22+y1-y22=14-2y1y2，因为x1-x22+y1-y22=my1-1-my2+12+y1-y22=m2+1 y1-y2，故 14-2y1y2=m2+1 y1-y2，即 14-2y1y2=m2+1y1+y22-4y1y2，将 y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4代入上式得14+183m2+4=m2+16m3m2+42+363m2+

62、4，两边平方后，整理得 2295m4+4152m2-3472=0，即 45m2-2851m2+124=0，解得 m2=2845，因为 0 an，则称 n 是数列 A 的一个“D 时刻”.记 D(A)是数列 A 的所有“D 时刻”组成的集合，D(A)的元素个数记为 card(D,A).(1)对数列 A:-1，1，-2，2，-3，3，写出 D(A)的所有元素;(2)数列 A:a1，a2，a6满足 a1,a2,a6=1,2,3,4,5,6，若 card(D,A)=4，求数列 A 的种数.(3)证明：若数列 A 满足 an-an-1-1(n=2,3,4,N)，则 card(D,A)a1-aN.【答案】

63、解：(1)由题设知当 n=3 时，a1 a3，a2 a3，故 n=3 是数列 A 的一个“D 时刻”同理当 n=5 时，都有 ai a5(i=1,2,3,4)，即 n=5 也是数列 A 的一个“D 时刻”综上，D(A)=3,5;(2)由 card(D,A)=4，易知 a1=5 或 a1=6，当 a1=5 时，4，3，2，1 必须从左往右排列，6 可以是 ai(i=2,3,4,5,6)中任一个，共有 5 种情况;当 a1=6 时，若 D(A)中的四个元素是由集合 A 中的元素 4，3，2，1 或 5，3，2，1 或 5，4，2，1 或5，4，3，1 引起的;，若由 4，3，2，1 引起，即 4，

64、3，2，1 从左往右排列，则 5 必须排在 4 的后面，共 4 种;，若由 5，3，2，1 引起，即 5，3，2，1 从左往右排列，则 4 必须排在 3 的后面，共 3 种;，若由 5，4，2，1 引起，即 5，4，2，1 从左往右排列，则 3 必须排在 2 的后面，共 2 种;，若由 5，4，3，1 引起，即 5，4，3，1 从左往右排列，则 2 必须排在 1 的后面，共 1 种;综上，符合 card(D,A)=4 的数列 A 有 15 种.公众号：慧博高中数学最新试题另解：因为数列 A:a1，a2，a6 1,2,3,4,5,6，由题意可知 D(A)中的四个元素为 2，3，4，5，6 中的四

65、个共有 5 种情况：当 D(A)=3,4,5,6 时，数列 A=5,6,4,3,2,1 共有 1 种情况;当 D(A)=2,4,5,6 时，数列 A=6,4,5,3,2,1，5,4,6,3,2,1 共有 2 种情况;当 D(A)=2,3,5,6 时，数列 A=6,5,3,4,2,1，6,4,3,5,2,1，5,4,3,6,2,1 共有 3 种情况;当 D(A)=2,3,4,6 时，数列 A=6,5,4,2,3,1，6,5,3,2,4,1，6,4,3,2,5,1，5,4,3,2,6,1 共有 4 种情况;当 D(A)=2,3,4,5 时，数列 A=6,5,4,3,1,2，6,5,4,2,1,3，

66、6,5,3,2,1,4，6，4，3，2，1，5，5,4,3,2,1,6 共有 5 种情况;综上，符合 card(D,A)=4 的数列 A 有 15 种;(3)若 card(D,A)=0，由 a1 aN，所以 a1-aN 0，即 card(D,A)a1-aN 成立，若 card(D,A)=m(m 1)，不妨设 D(A)=i1,i2,i3,im，(i1 i2 i3 im)且 2 ij N(j=1,2,m)，从而 ai1-a1 ai1-ai1-1-1;ai2-ai1 ai2-ai2-1-1;ain-aim-1 ain-aim-1-1由累加法知：aim-a1-m，31又 aN-a1 aim-a1-m，

67、即 m a1-aN;综上：card(D,A)a1-aN.证毕.23(2024江苏省徐州市模拟题)对于每项均是正整数的数列 P：a1，a2，an，定义变换 T1，T1将数列P 变换成数列 T1(P)：n，a1-1，a2-1，an-1.对于每项均是非负整数的数列 Q：b1，b2，bm，定义 S(Q)=2 b1+2b2+mbm+b21+b22+b2m，定义变换 T2，T2将数列 Q 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列 T2(Q).(1)若数列 P0为 2，4，3，7，求 S(T1(P0)的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列 P0，令 Pk+1=T2(T1(Pk)，k N.()探究

68、S(T1(P0)与 S(P0)的关系；()证明：S(Pk+1)S(Pk).【答案】解：(1)T1(P0):4，1，3，2，6，S(T1(P0)=2(4+2 1+3 3+4 2+5 6)+42+12+32+22+62=172.(2)(i)设 P0:a1，a2，an，则 T1(P0):n，a1-1，a2-1，an-1.所以 S(T1(P0)=2n+2(a1-1)+3(a2-1)+(n+1)(an-1)+n2+(a1-1)2+(a2-1)2+(an-1)2.又 S(P0)=2(a1+2a2+nan)+a21+a22+a2n，所以 S(T1(P0)-S(P0)=2n-2-3-(n+1)+2(a1+a2

69、+an)+n2-2(a1+a2+an)+n=-n(n+1)+n2+n=0.故 S(T1(P0)=S(P0)；(i)设 P 是每项均为非负整数的数列 b1，b2，bn.当存在 1 i j n，使得 bi bj时，交换数列 P 的第 i 项与第 j 项得到数列 Q，则 S(Q)-S(P)=2(ia,+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)0.当存在 1 m n，使得 bm+1=bm+2=bn=0 时，记数列 b1，b2，bm为 T，则 S(T)=S(P).所以 S(T2(P)S(P).因此 S(Pk+1)=S(T2(T1(Pk)S(T1(Pk)又由(i)知，S(T1(Pk)=S(Pk

70、),故 S(Pk+1)S(Pk).24(2024湖南省张家界市模拟题)每个大于 1 的自然数 n 均可写成素数乘积的形式 n=pk11 pk22 pkmm，其中 m N*，k1，k2，km N，p1，p2，pm是互不相同的素因数，若存在 ki 2(1 i m)，则称 n 有素数平方因子.定义在 N*上的莫比乌斯函数(m)=0,若 m 有素数平方因子1,若 m=1(-1)r,若 m 是 r 个不同素数之积，例如(15)=(3 5)=(-1)2=1，(50)=(2 52)=0.d|ng(d)表示 d 取遍 n 的所有正整数因子时对 g(d)求和，例如当 g(n)32=n 时，d|6g(d)=d|6

71、d=1+2+3+6=12.(1)求(2025)，(105);(2)当 n N*且 n 2 时，求 d|n(d);(3)假设 f(x)和 g(x)是定义在 N*上的函数，满足 f(n)=d|ng(d)=d|ng nd.求证：g(n)=d|n(d)f nd.【答案】解：(1)因为 2025=34 52含平方因子，故(2025)=0.因为 105=3 5 7，所以 105 是 3 个不同素数之积故(105)=(-1)3=-1.(2)设 n=pk11 pk22 pkmm，其中 p1，p2，pm是互不相同的素因数，则 d|n(d)=(1)+(p1)+(p2)+(pm)+(p1p2)+(p1p2 pm)=

72、1+C1m(-1)+C2m(-1)2+Cmm(-1)m=(1-1)m=0.(3)证明：设 T=d|n(d)f nd.因为 f(n)=d|ng(d)，所以 f nd=d nd g(d)，代入可得：T=d|n(d)f nd=d|n(d)d nd g(d)，对于每一个 d，nd 固定，在 d nd g(d)中 d 的变化与 d 无关，与(d)无关，因此由乘法分配律得(d)d nd g(d)=d nd(d)g(d)，同理，在 d nd(d)g(d)中 d 的变化与 g(d)无关，提公因式得 d nd(d)g(d)=g(d)d nd(d)，于是 d|n(d)d nd g(d)=d|n d nd(d)g(

73、d)=d|nd nd(d)g(d)=dd|n(d)g(d)，=d|nd nd(d)g(d)=d|n g(d)d nd(d)=d|ng(d)d nd(d),即 T=d|ng(d)d nd(d),由(2)可知，当 nd 2 时，则 d nd(d)=0;当 nd=1 时，则 d nd(d)=1因此 d|ng(d)d nd(d)=d|ng(d)1=d|ng(d)=g(n),故原命题得证.25(2024浙江省联考题)在平面直角坐标系 xOy 中，我们把点(x,y),x,y N*称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点(x,y)进行赋值记为 P(x,y)，例如 P(2,3)=8，P(4,2)=14,P(

74、2,5)=17.33(I)求 P(x,1);(II)求证：2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1);(III)如果 P(x,y)满足方程 P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024，求 P(x,y)的值.【答案】解：(I)根据图形可知 P(x,1)=1+2+3+x=x(x+1)2，(II)固定 x，则 P(x,y)为一个高阶等差数列，且满足P(x,y+1)-P(x,y)=x+y-1,P(x+1,y)-P(x,y)=x+y,所以 P(x,y+1)-P(x,1)=1+2+y+y(x-1)=y(y+1)2+y(x-1)P(x,y+1)=y(y+

75、1)2+y(x-1)+x(x+1)2所以 P(x,y)=x(x+1)2+y(y-1)2+(x-1)(y-1)，P(x-1,y)=x(x-1)2+y(y-1)2+(x-2)(y-1)，所以P(x,y+1)+P(x-1,y)=x(x-1)2+y(y-1)2+(x-2)(y-1)+y(y+1)2+y(x-1)+x(x+1)2=x2+y2+2xy-3y-x+2=2P(x,y)(III)P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024等价于 P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2023，等价于 P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023即 12 x(x+1)+y(y+2x-1)+32(x+1)(x+2)+(y-1)(y+2x)=2023，化简得 y2+2xy+x2-y+x=1010 (x+y-1)(x+y)+2x=1010，由于 x+y 增大，(x+y-1)(x+y)也增大，当 x+y=31 时，(x+y-1)(x+y)+2x 992 1056 1010，故当 x+y=32 时，(x+y-1)(x+y)+2x=1010 x=9,y=23，即 P(9,23)=9 102+23 222+8 3422=474