2024年江苏省南通市高考数学适应性试卷

这是一份2024年江苏省南通市高考数学适应性试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）数据68，70，80，88，89，90，96，98的第15百分位数为（ ）
A．69B．70C．75D．96
2．（5分）已知双曲线1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±3x，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．3
3．（5分）等差数列{an}和{bn}的前n项和分别记为Sn与Tn，若，则（ ）
A．B．C．D．2
4．（5分）已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题错误的是（ ）
A．如果α∥β，n⊂α，那么n∥β
B．如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n
C．如果m∥n，m⊥α，那么n⊥α
D．如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
5．（5分）为了更好的了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹．某校团支部6人组建了党史宣讲，歌曲演唱，诗歌创作三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则组建方法有（ ）种
A．60B．72C．30D．42
6．（5分）已知直线l1：（m﹣1）x+my+3＝0与直线l2：（m﹣1）x+2y﹣1＝0平行，则“m＝2”是“l1平行于l2”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
7．（5分）已知α，β∈（0，），2tanα，则tan（2α+β）＝（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）双曲线C：x2﹣y2＝4的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2，△F1AB的内切圆圆心分别为O1，O2，O3，则△O1O2O3的面积是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sinx|有下述四个结论，其中结论错误的是（ ）
A．f（x）是偶函数
B．f（x）在区间单调递增
C．f（x）在[﹣π，π]有4个零点
D．f（x）的最大值为2
（多选）10．（6分）已知复数z1，z2，满足|z1|•|z2|≠0，下列说法正确的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则
B．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
C．若z1z2∈R，则
D．|z1z2|＝|z1||z2|
（多选）11．（6分）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）f（x﹣y）＝f2（x）﹣f2（y），f（1），f（）为偶函数，则（ ）
A．f（0）＝0B．f（x）为偶函数
C．f（3+x）＝﹣f（3﹣x）D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）定义集合运算A⊙B＝{z|z＝xy（x+y），x∈A，y∈B}，集合A＝{0，1}，B＝{2，3}，则集合A⊙B所有元素之和为 ．
13．（5分）早在南北朝时期，祖冲之和他的儿子祖暅在研究几何体的体积时，得到了如下的祖暅原理：幂势既同，则积不容异．这就是说，夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等．将双曲线C1：与y＝0，所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何体Γ，其中线段OA为双曲线的实半轴，点B和C为直线分别与双曲线一条渐近线及右支的交点，则线段BC旋转一周所得的图形的面积是 ，几何体Γ的体积为 ．
14．（5分）已知X为包含v个元素的集合（v∈N*，v≥3）．设A为由X的一些三元子集（含有三个，元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称（X，A）组成一个v阶的Steiner三元系．若（X，A）为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ．
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．（13分）已知函数f（x）＝lnx+ax﹣a2x2（a≥0）．
（1）若x＝1是函数y＝f（x）的极值点，求a的值；
（2）求函数y＝f（x）的单调区间．
16．（15分）A，B，C，D四人进行羽毛球单打循环练习赛，其中每局有两人比赛，每局比赛结束时，负的一方下场，第1局由A，B对赛，接下来按照C，D的顺序上场第2局、第3局（来替换负的那个人），每次负的人其上场顺序排到另外2个等待上场的人之后（即排到最后一个），需要再等2局（即下场后的第3局）才能参加下一场练习赛．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立．
（1）求前4局A都不下场的概率；
（2）用X表示前4局中B获胜的次数，求X的分布列和数学期望．
17．（15分）四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD成角为60°，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值．
18．（17分）如图，已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，左右焦点分别为F1，F2，离心率为，|F1F2|＝2，O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过点P（4，m）的直线PA1，PA2与椭圆分别交于点M，N，其中m＞0，求△OMN的面积S的最大值．
19．（17分）已知是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i＜s≤m，1≤j＜t≤m时，记d（ai，j，as，t）＝|ai，j﹣as，j|+|as，j﹣as，t|．设n∈N*，若Am满足如下两个性质：
①ai，j∈{1，2，3；⋯，n}（i＝1，2，⋯，m；j＝1，2，⋯，m）；
②对任意k∈{1，2，3，⋯，n}，存在i∈{1，2，⋯，m}，j∈{1，2，⋯，m}，使得ai，j＝k，则称Am为Γn数表．
（1）判断是否为Γ3数表，并求d（a1，1，a2，2）+d（a2，2，a3，3）的值；
（2）若Γ2数表A4满足d（ai，j，ai+1，j+1）＝1（i＝1，2，3；j＝1，2，3），求A4中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意Γ4数表A10，存在1≤i＜s≤10，1≤j＜t≤10，使得d（ai，j，as，t）＝0．
2024年江苏省南通市高考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）数据68，70，80，88，89，90，96，98的第15百分位数为（ ）
A．69B．70C．75D．96
【解答】解：因为8×15%＝1.2，
根据百分位数的定义可知，该数学成绩的15%分位数为第2个数据70．
故选：B．
2．（5分）已知双曲线1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±3x，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．3
【解答】解：由双曲线的方程可得渐近线为：yx，
所以由题意可得：3，
所以离心率e，
故选：A．
3．（5分）等差数列{an}和{bn}的前n项和分别记为Sn与Tn，若，则（ ）
A．B．C．D．2
【解答】解：根据题意，2．
故选：D．
4．（5分）已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题错误的是（ ）
A．如果α∥β，n⊂α，那么n∥β
B．如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n
C．如果m∥n，m⊥α，那么n⊥α
D．如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
【解答】解：α，β是两个平面，m，n是两条直线，
对于A，α∥β，n⊂α，则由面面平行的性质得n∥β，故A正确；
对于B，m⊥α，n∥α，则由线面垂直的性质得m⊥n，故B正确；
对于C，m∥n，m⊥α，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故C正确；
对于D，m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故D错误．
故选：D．
5．（5分）为了更好的了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹．某校团支部6人组建了党史宣讲，歌曲演唱，诗歌创作三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则组建方法有（ ）种
A．60B．72C．30D．42
【解答】解：6人平均分3个不同组，共种，
甲在歌曲演唱小组，此时有种，
乙在歌曲诗歌创作小组，此时有种，
甲在歌曲演唱小组且乙在歌曲诗歌创作有种，
故共有90﹣30﹣30+12＝42种，
故选：D．
6．（5分）已知直线l1：（m﹣1）x+my+3＝0与直线l2：（m﹣1）x+2y﹣1＝0平行，则“m＝2”是“l1平行于l2”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：当l1∥l2时，（m﹣1）×2＝m（m﹣1），
解得m＝1或m＝2，经检验可知m＝1或m＝2都符合，
所以“m＝2”是“l1∥l2”的充分不必要条件．
故选：B．
7．（5分）已知α，β∈（0，），2tanα，则tan（2α+β）＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：因为2tanα，
所以，
所以sinα+sinαsinβ＝csαcsβ，
即sinα＝csαcsβ﹣sinαsinβ＝cs（α+β），
因为α，β∈（0，），所以α+α+β，
所以tan（2α+β）＝tan．
故选：B．
8．（5分）双曲线C：x2﹣y2＝4的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2，△F1AB的内切圆圆心分别为O1，O2，O3，则△O1O2O3的面积是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意如图所示：由双曲线C：x2﹣y2＝4，
知a2＝b2＝4，
所以c2＝a2+b2＝8，
所以，
所以过F2作垂直于x轴的直线为，
代入C中，解出，
由题知△AF1F2，△BF1F2的内切圆的半径相等，
且|AF1|＝|BF1|，△AF1F2，△BF1F2的内切圆圆心
O1，O2的连线垂直于x轴于点P，
设为r，在△AF1F2中，
由等面积法得：，
由双曲线的定义可知：|AF1|﹣|AF2|＝2a＝4，
由|AF2|＝2，所以|AF1|＝6，
所以，
解得：，
因为F1F2为△F1AB的∠AF1B的角平分线，
所以O3一定在F1F2上，即x轴上，令圆O3半径为R，
在△AF1B中，由等面积法得：，
又，
所以，
所以，
所以，，
所以，
故选：A．
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sinx|有下述四个结论，其中结论错误的是（ ）
A．f（x）是偶函数
B．f（x）在区间单调递增
C．f（x）在[﹣π，π]有4个零点
D．f（x）的最大值为2
【解答】解：因为f（x）＝sin|x|+|sinx|的定义域为R，
又f（﹣x）＝sin|﹣x|+|sin（﹣x）|＝sin|x|+|sinx|＝f（x），∴f（x）为偶函数，故A正确．
当时，f（x）＝2sinx，它在区间单调递减，故B错误．
当0≤x≤π时，f（x）＝2sinx，它有两个零点：0，π；
当﹣π≤x＜0时，f（x）＝sin（﹣x）﹣sinx＝﹣2sinx，
它有一个零点：﹣π，故f（x）在[﹣π，π]有3个零点：﹣π，0，π，故C错误．
当x∈[2kπ，2kπ+π]（k∈N*）时，f（x）＝2sinx；
当x∈[2kπ+π，2kπ+2π]（k∈N*）时，f（x）＝sinx﹣sinx＝0，
又f（x）为偶函数，∴f（x）的最大值为2，故D正确．
故选：BC．
（多选）10．（6分）已知复数z1，z2，满足|z1|•|z2|≠0，下列说法正确的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则
B．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
C．若z1z2∈R，则
D．|z1z2|＝|z1||z2|
【解答】解：对选项A，设，
则，，不满足，故A错误；
对选项B，设z1，z2在复平面内表示的向量分别为，且，
当方向相同时，，
当方向不相同时，，
综上|z1+z2|≤|z1|+|z2|，故B正确；
对选项C，设z1＝1+i，z2＝1﹣i，z1z2＝（1+i）（1﹣i）＝2∈R，
，故C错误；
对选项D，设z1＝a+bi，z2＝c+di，a，b，c，d≠0，
z1z2＝（a+bi）（c+di）＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i，
则，
，
故D正确．
故选：BD．
（多选）11．（6分）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）f（x﹣y）＝f2（x）﹣f2（y），f（1），f（）为偶函数，则（ ）
A．f（0）＝0B．f（x）为偶函数
C．f（3+x）＝﹣f（3﹣x）D．
【解答】解：对于A，因为f（x+y）f（x﹣y）＝f2（x）﹣f2（y），令x＝y＝0，则f2（0）＝0，故A正确；
对于B，因为f（x）的定义域为R，关于原点对称，
令x＝0，则f（y）f（﹣y）＝f2（0）﹣f2（y）＝﹣f2（y），
又f（y）不恒为0，故f（﹣y）＝﹣f（y），
所以f（x）为奇函数，故B错误；
对于C，因为f（）为偶函数，所以f（）＝f（），
即f（x）＝f（﹣x），
所以f（x）的图象关于x对称，
所以f（x+3）＝f（﹣x），f（x）＝f（﹣x+3），
由B选项可知，f（x）为奇函数，
所以f（﹣x）＝﹣f（x），
即f（x+3）＝﹣f（﹣x+3），故正确；
对于D，由选项C可知f（x+3）＝f（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
所以f（x）的周期为6，
又因为f（1），
所以f（﹣1）＝﹣f（1），
由f（x）＝f（﹣x+3）可得：f（2）＝f（1），
f（3）＝f（0）＝0，f（4）＝f（﹣1），
f（5）＝f（﹣2）＝﹣f（2），
f（6）＝f（0）＝0，
所以f（1）+f（2）+…+f（6）00＝0，
所以f（1）+f（2）+…+f（2023）＝337[f（1）+f（2）+…+f（6）]+f（1）＝337×0+f（1）＝f（1），故正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）定义集合运算A⊙B＝{z|z＝xy（x+y），x∈A，y∈B}，集合A＝{0，1}，B＝{2，3}，则集合A⊙B所有元素之和为 18 ．
【解答】解：∵A⊙B＝{z|z＝xy（x+y），x∈A，y∈B}，集合A＝{0，1}，B＝{2，3}，
∴z＝0×2×（0+2）＝0，z＝0×3×（0+3）＝0，z＝1×2×（1+2）＝6，z＝1×3×（1+3）＝12，
∴A⊙B＝{0，6，12}，
∴集合A⊙B所有元素之和为18．
故答案为：18．
13．（5分）早在南北朝时期，祖冲之和他的儿子祖暅在研究几何体的体积时，得到了如下的祖暅原理：幂势既同，则积不容异．这就是说，夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等．将双曲线C1：与y＝0，所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何体Γ，其中线段OA为双曲线的实半轴，点B和C为直线分别与双曲线一条渐近线及右支的交点，则线段BC旋转一周所得的图形的面积是 π ，几何体Γ的体积为 ．
【解答】解：由双曲线得，则渐近线方程为
所以，所以，则；又，所以，则
则线段旋转一周所得的图形的面积为：；
因为被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总想等，
又双曲线的实半轴OA＝a＝1，此时截面面积为
所以根据祖暅定理可得：几何体Γ的体积为；
故答案为：π；．
14．（5分）已知X为包含v个元素的集合（v∈N*，v≥3）．设A为由X的一些三元子集（含有三个，元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称（X，A）组成一个v阶的Steiner三元系．若（X，A）为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 7 ．
【解答】解：由题设，令集合X＝{a，b，c，d，e，f，g}，共7个元素，
所以X的三元子集，如下共35个：
{a，b，c}，{a，b，d}，{a，b，e}，{a，b，f}，{a．b．g}，{a，c，d}，{a，c，e}，{a，c，f}，{a，c，g}，{a，d，e}，{a，d，f}{a，d，g}，{a，e，f}，{a，e，g}，{a，f，g}，{b，c，d}，{b，c，e}，{b，c，f}，{b，c，g}，{b，d，e}，{b，d，f}，{b，d，g}，{b，e，f}，{b，e，g}，{b，f，g}，{c，d，e}，{c，d，f}，{c，d，g}，{c，e，f}，{c，e，g}，{c，f，g}，{d，e，f}，{d，e，g}，{d，f，g}，{e，f，g}，
因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满足：
{a，b，c}，{a，d，e}，{a，f，g}，{b，d，f}，{b，e，g}，{c，d，g}，{c，e，f}，共7个；
{a，b，c}，{a，d，f}，{a，e，g}，{b，d，e}，{b，f，g}，{c，d，g}，{c，e，f}，共7个；
{a，b，c}，{a，d，g}，{a，e，f}，{b，d，e}，{b，f，g}，{c，d，f}，{c，e，g}，共7个；
{a，b，d}，{a，c，e}，{a，f，g}，{b，c，f}，{b，e，g}，{c，d，g}，{d，e，f}，共7个；
{a，b，d}，{a，c，g}，{a，e，f}，{b，c，e}，{b，f，g}，{c，d，f}，{d，e，g}，共7个；
{a，b，d}，{a，c，f}，{a，e，g}，{b，c，e}，{b，f，g}，{c，d，g}，{d，e，f}，共7个；
{a，b，e}，{a，c，d}，{a，f，g}，{b，c，f}，{b，d，g}，{c，e，g}，{d，e，f}，共7个；
{a，b，e}，{a，c，f}，{a，d，g}，{b，c，d}，{b，f，g}，{c，e，g}，{d，e，f}，共7个；
{a，b，e}，{a，c，g}，{a，d，f}，{b，c，d}，{b，f，g}，{c，e，f}，{d，e，g}，共7个；
{a，b，f}，{a，c，d}，{a，e，g}，{b，c，e}，{b，d，g}，{c，f，g}，{d，e，f}，共7个；
{a，b，f}，{a，c，g}，{a，d，e}，{b，c，d}，{b，e，g}，{c，e，f}，{d，f，g}，共7个；
{a，b，g}，{a，c，d}，{a，e，f}，{b，c，e}，{b，d，f}，{c，f，g}，{d，e，g}，共7个；
{a，b，g}，{a，c，e}，{a，d，f}，{b，c，d}，{b，e，f}，{c，f，g}，{d，e，g}，共7个；
{a，b，g}，{a，c，f}，{a，d，e}，{b，c，d}，{b，e，f}，{c，e，g}，{d，f，g}共7个；
共有15种满足要求的集合A，都只有7个元素．
故答案为：7．
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．（13分）已知函数f（x）＝lnx+ax﹣a2x2（a≥0）．
（1）若x＝1是函数y＝f（x）的极值点，求a的值；
（2）求函数y＝f（x）的单调区间．
【解答】解：（1）函数定义域为（0，+∞），
因为x＝1是函数y＝f（x）的极值点，所以f′（1）＝1+a﹣2a2＝0，解得或a＝1，
因为a＞0，所以a＝1；
（2）若a＝0，0，
∴函数f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
若a≠0，则a＞0，，
由f′（x）＞0，结合函数的定义域，可得0＜x；
由f′（x）＜0，结合函数的定义域，可得x；
∴函数的单调增区间为（0，）；单调减区间为（，+∞）．
16．（15分）A，B，C，D四人进行羽毛球单打循环练习赛，其中每局有两人比赛，每局比赛结束时，负的一方下场，第1局由A，B对赛，接下来按照C，D的顺序上场第2局、第3局（来替换负的那个人），每次负的人其上场顺序排到另外2个等待上场的人之后（即排到最后一个），需要再等2局（即下场后的第3局）才能参加下一场练习赛．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立．
（1）求前4局A都不下场的概率；
（2）用X表示前4局中B获胜的次数，求X的分布列和数学期望．
【解答】解：（1）前4局A都不下场说明前4局A都获胜，
故前4局A都不下场的概率为；
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
其中，X＝0表示第1局B输，第4局是B上场，且B输，则；
X＝1表示第1局B输，第4局是B上场，且B赢；或第1局B赢，且第2局B输，则；
X＝2表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B输，
则；
X＝3表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B输，
则；
X＝4表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B赢，则；
所以X的分布列为：
故X的数学期望为．
17．（15分）四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD成角为60°，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，
所以BD⊥AC，
因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面PBD，
因为PB⊂平面PBD，故AC⊥PB．
（2）设AC∩BD＝O，则O为AC、BD的中点，
又因为PB＝PD，
所以PO⊥BD，
又因为AC⊥平面PBD，PO⊂平面PBD，
所以PO⊥AC，
因为AC∩BD＝O，AC、BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以∠PAO为PA与平面ABCD所成角，故∠PAO＝60°，
由于四边形ABCD为边长为AD＝2，∠BAD＝60°的菱形，
所以，，
以点O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系：
则，，B（0，1，0），D（0，﹣1，0），P（0，0，3），
由，
得，且，
设平面BEC的法向量为，
则，
取，则z＝1，y＝0，
所以，
又平面BCD的一个法向量为，
所以，
所以平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值为．
18．（17分）如图，已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，左右焦点分别为F1，F2，离心率为，|F1F2|＝2，O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过点P（4，m）的直线PA1，PA2与椭圆分别交于点M，N，其中m＞0，求△OMN的面积S的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）∵离心率为，|F1F2|＝2，∴，∴a＝2，c，则b＝1
∴椭圆C的方程的方程为：．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得A1（﹣2，0），A2（2，0），
直线PA1，PA1的方程分别为：y，y
由得（9+m2）x2+4m2x+4m2﹣36＝0
∴﹣2+xM，可得.，
由，可得（1+m2）x2﹣4mx+4m2﹣4＝0
∴2+xN，可得xN，
，
直线MN的方程为：，
y
可得直线MN过定点（1，0），故设MN的方程为：x＝ty+1
由得（t2+4）y2+2ty﹣3＝0
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
|y1﹣y2|
∴△OMN的面积S（y1﹣y2）＝2
令，则s
∵，且函数f（d）＝d在[，+∞）递增，
∴当d，s取得最小值
19．（17分）已知是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i＜s≤m，1≤j＜t≤m时，记d（ai，j，as，t）＝|ai，j﹣as，j|+|as，j﹣as，t|．设n∈N*，若Am满足如下两个性质：
①ai，j∈{1，2，3；⋯，n}（i＝1，2，⋯，m；j＝1，2，⋯，m）；
②对任意k∈{1，2，3，⋯，n}，存在i∈{1，2，⋯，m}，j∈{1，2，⋯，m}，使得ai，j＝k，则称Am为Γn数表．
（1）判断是否为Γ3数表，并求d（a1，1，a2，2）+d（a2，2，a3，3）的值；
（2）若Γ2数表A4满足d（ai，j，ai+1，j+1）＝1（i＝1，2，3；j＝1，2，3），求A4中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意Γ4数表A10，存在1≤i＜s≤10，1≤j＜t≤10，使得d（ai，j，as，t）＝0．
【解答】解：（1）是Γ3数表，
d（a1，1，a2，2）+d（a2，2，a3，3）＝2+3＝5；
（2）由题可知d（ai，j，as，t）＝|ai，j﹣as，j|+|as，j﹣as，t|＝1（i＝1，2，3；j＝1，2，3），
当ai+1，j＝1时，有d（ai，j，ai+1，j+1）＝（ai，j﹣1）（ai+1，j+1﹣1）＝1，
所以ai，j+ai+1，j+1＝3，
当ai+1，j＝2时，有d（ai，j，ai+1，j+1）＝（2﹣ai，j）（2﹣ai+1，j+1）＝1，
所以ai，j+ai+1，j+1＝3，
所以ai，j+ai+1，j+1＝3（i＝1，2，3；j＝1，2，3），
所以a1，1+a2，2+a3，3+a4，4＝3+3＝6，a1，3+a2，4＝3，a3，1+a4，2＝3，
a1，2+a2，3+a3，4＝3+1＝4或者a1，2+a2，3+a3，4＝3+2＝5，
a2，1+a3，2+a4，3＝3+1＝4或者a2，1+a3，2+a4，3＝3+2＝5，
a1，4＝1或a1，4＝2，a4，1＝1或a4，1＝2，
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1＝22，
当时，
各数之和取得最小值22；
（3）证明：由于Γ4数表A10中共100个数字，
必然存在k∈{1，2，3，4}，使得数表中k的个数满足T≥25，
设第i行中k的个数为ri（i＝1，2，…，10），
当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，
则该行有ri﹣1条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数RT﹣10，
设第j列中k的个数为cj（j＝1，2，…，10）．
当cj≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，
则该列有cj﹣1条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数CT﹣10，
所以R+C≥2T﹣20，
因为T≥25，所以R+C﹣T≥2T﹣20﹣T＝T﹣20＞0．
所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在1＜u＜v≤10，1＜p＜q≤10，
使得au，p＝av，p＝av，q＝k，
所以d（au，p，av，q）＝|au，p﹣av，p|+|av，p﹣av，q|＝0，
则命题得证．
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