高三数学难题怪题

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这部分是我从历年来高三的真题 / 模拟题中挑选的一些高难度的题目，适合考前打开思路用。

并且我将尝试采用类似洛谷的难度评分，将题目难度划分为 5 级，同时多一维度——优美度，与题目的解法有关，同样是 5 级。

关于优美度：

西江月 · 证明

即得易见平凡，仿照上例显然。

留作习题答案略，读者自证不难。

反之亦然同理，推论自然成立。

略去过程 Q.E.D，由上可知证毕。

由于单选题可以转变成解答题，所以这里不给出详细的选项。多选题会给出选项。并且这里会包含类似 19 题的创新题，放在最后面。

那么下面就让我们开始吧 ！

一些较显然的题目

这部分题目中，难度 \leq 4，优美度 \leq 3。

  1. 【浙江省 L16 联盟 2024 年高三返校适应性测试 T14】已知双曲线 C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a,b>0) 与平行于 x 轴的动直线交于 A,B 两点，点 A 在点 B 左侧，双曲线 C 的左焦点为 F，且当 AF\perp AB 时，|AF|=|AB|，则双曲线的离心率为。当直线运动时，延长 BF 至点 P 使得 |AF|=|FP|，连接 AP 交 x 轴于点 Q，则 \frac{|FQ|}{|FP|} 的值是。

难度：3\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：2.5

答案：\sqrt{2}+1;\ \sqrt{2}-1

解析：

对于第 1 问，设 A(-c,y_0)，联立双曲线方程得 y_0^2=\frac{b^4}{a^2}；又 |AF|=|AB|，所以 \frac{b^2}{a}=2c；又 b^2=a^2-c^2，得 c^2-2ac-a^2=0，显然 e=\sqrt{2}+1 或 1-\sqrt{2}（ 舍 ）。

对于第 2 问，注意到 \Delta PQF\sim\Delta PAB，有

\frac{|FQ|}{|FP|}=\frac{|AB|}{|BP|}=\frac{|AB|}{|AF|+|BF|}

设 A(x,y),B(-x,y),|AB|=2x,|AF|=\sqrt{(x+c)^2+y^2},|BF|=\sqrt{(-x+c)^2+y^2}，所以

\frac{|FQ|}{|FP|}& =\frac{|2x|}{|\sqrt{(x+c)^2+y^2}+\sqrt{(-x+c)^2+y^2}|} \\ & =\frac{|2x||\sqrt{(x+c)^2+y^2}-\sqrt{(-x+c)^2+y^2}|}{|(x+c)^2+y^2-[(-x+c)^2+y^2]|} \\ & =\frac{|\sqrt{(x+c)^2+y^2}-\sqrt{(-x+c)^2+y^2}|}{2c} \\ &=\frac{2a}{2c}=\frac{1}{e}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}-1 \end{aligned}
  1. 【浙江省 L16 联盟 2024 年高三返校适应性测试 T11】【多选】已知函数 f(x)=\ln^2x，曲线 C:y=f(x)。过不在 C 上的点 P(a,b)(a>0) 恰能作 2 条 C 的切线，切点分别为 (x_1,y_1),(x_2,y_2)(x_1<x_2)，则（ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{} ）
& \text{A}.a>e\ \ \ \ \ \ \ \ & \text{B}.2a=e(b+1) \ \ \ \ \ \ \ \ & \text{C}.x_1<a\ \ \ \ \ \ \ & \text{D}.f(x_2)>b \end{aligned}

难度：4\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：2

答案：\text{BCD}

解析：To Be Done.

  1. 【2025 广州零模 T18】已知 f(x)=e^x-(a+1)x-b-1。

    $(2)$ 若对任意的 $x\in\R$，函数 $f(x)>0$ 恒成立，且 $f(-1)\leq e^{-1}+a$，求实数 $a$ 的值。 $(3)$ 证明：当 $n\in\N^*$ 且 $n\geq 2$ 时，$\displaystyle\frac{n^{n-1}}{(n-1)!}>e^{\frac{n-1}{2}}

难度：3\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：3

解：(1) b=-\frac{1}{2}

(2) \begin{aligned}f(-1)=e^{-1}+a-b\leq e^{-1}+a\implies b\geq 0 \\ f(0)=-b\geq 0\end{aligned}\implies b=0 $$f(x)=a+1-(a+1)\ln(a+1)-1=t-t\ln t-1\geq 0$$ 令 $g(x)=x-x\ln x-1$，题目转化为证明 $g(x)$ 恒 $\geq 0$。 $g'(x)=-\ln t$，令 $g'(x)=0$ 得 $x=1$，代入 $g(1)=0$。 由 $g'(x)$ 单调递减，可得 $g(x)$ 在 $(0,1)\downarrow\ (1,\infty)\uparrow\implies g(x)_{\min}=g(0)=0

此时 t=1,a=0。

当 $n\geq 2$ 时，若 $n=k$ 满足题意，即 $\displaystyle\frac{k^{k-1}}{(k-1)!}>e^{\frac{k-1}{2}}

我们转化一下式子，变为 \displaystyle\frac{k^k}{k!}>e^{\frac{k-1}{2}}=\frac{e^k}{\sqrt{e}}，即 \displaystyle\sqrt{e}\cdot\frac{k^k}{k!}>e^\frac{k}{2}\implies e^{\frac{k}{2}}k!<\sqrt{e}k^k ①

那么当 n=k+1 时，要证明 \displaystyle\frac{(k+1)^k}{k!}>e^{\frac{k}{2}}，即证明 \displaystyle\frac{(k+1)^k}{k!}-e^{\frac{k}{2}}=\frac{(k+1)^k-e^{\frac{k}{2}}k!}{k!}>0 ②

联立 ①② 变为证明 \displaystyle\frac{(k+1)^k-\sqrt{e}k^k}{k!}>0

也就是 k+1\geq\sqrt[k]{\sqrt{e}}k=ke^{\frac{1}{2k}}，令 x=\frac{1}{2k}，转化为证明 \frac{1}{2x}e^x-\frac{1}{2x}-1\leq 0，两边同乘 2x 转化为证明 e^x-2x-1\leq 0(x<\frac{1}{4})，求导一下可以证明成立，也就是说当 k>1 时 k+1\geq ke^{\frac{1}{2k}} 恒成立。

所以 n=k+1 时也满足题意，由数学归纳法，当 n\in\N^* 时命题成立。

另外，本题也有另一种方法。不过更需要注意力。

由 (2) 得 e^x>x+1(x\neq 0)，令 x=-\frac{k}{n}，所以 e^{-\frac{k}{n}}>1-\frac{k}{n},(k=1,2,\dots,n)。

两边同取对数 -\frac{k}{n}>\ln(\frac{n-k}{n})，所以 \displaystyle\sum_{k=1}^n(-\frac{k}{n})>\sum_{k=1}^n\ln\frac{n-k}{n}，即 -\frac{n(n-1)}{2n}>\ln\frac{(n-1)!}{n^{n-1}}。

所以 e^{-\frac{n-1}{2}}>\frac{(n-1)!}{n^{n-1}}，所以 \frac{n^{n-1}}{(n-1)!}>e^{\frac{n-1}{2}}

  1. 已知椭圆 E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左右焦点分别为 F_1,F_2，P 为椭圆上不与顶点重合的任意一点，I 为 \Delta PF_1F_2 的内心，记直线 OP,OI 的斜率分别为 k_1,k_2，若 k_1=\frac{3}{2}k_2，则椭圆 E 的离心率是_____

难度：4\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：2

解：我们知道内心坐标公式 \displaystyle I(\frac{ax_1+bx_2+cx_3}{a+b+c},\frac{ay_1+by_2+cy_3}{a+b+c})，以及焦点弦长 a\pm ex，所以有：

x_I=\frac{-c|PF_2|+c|PF_1|+x_p\cdot 2c}{2a+2c}=\frac{-c(a-ex_p)+c(a+ex_p)+2cx_p}{2a+2c}=\frac{cx_p(e+1)}{a+c}

由 k_1=\frac{3}{2}k_2 得 \frac{y_p}{x_p}=\frac{3}{2}\frac{y_I}{x_I}\implies \frac{y_p}{y_I}=\frac{3}{2}\frac{x_p}{x_I}=\frac{3}{4}\frac{e+1}{e}

于是 \frac{e+1}{e}=\frac{3}{2}\frac{a+c}{c(e+1)}\implies e=\frac{1}{2}

  1. 曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 上 P(x_0,y_0) 处的曲率半径公式为 R=a^2b^2(\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4})^{\frac{3}{2}}，则下列说法正确的是：
$\text{B.}$ 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 上任意一点处的曲率半径最大值为 $a$。 $\text{C.}$ 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 上任意一点处的曲率半径最小值为 $\frac{b^2}{a}$。 $\text{D.}$ 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+y^2=1(a>1)$ 上一点 $(\frac{1}{2},y_0)$ 处的曲率半径随着 $a$ 的增大而减小。 答案：$\text{AC}

对于 BC，极值在 (\pm a,0) 和 (0,\pm b) 处产生，R\in[\frac{b^2}{a},\frac{a^2}{b}]。

对于 D，先得到曲率半径 R=a^2(\frac{1}{4a^2}+y_0^2)^{\frac{3}{2}}，代入 y_0^2=1-\frac{1}{4a^2} 后得到

R=(\frac{a^{-\frac{8}{3}}}{4}+a^{\frac{4}{3}}-\frac{a^{-\frac{2}{3}}}{4})^{\frac{3}{2}}

求导得到 R 随 a 增大而增大。

创新题

这部分题目中，难度 \geq 4，优美度 \geq 3。

  1. 【2024 九省联考 T19】本题目经过大幅度改编，更容易看懂。 记 a\ \text{mod}\ p 表示 a\div p 的余数。 设 p 是素数，集合 X=\set{1,2,\dots,p-1}，设 a\in X,1,a,a^2\ \text{mod}\ p,\dots,a^{p-2}\ \text{mod}\ p 两两不同，若 a^n\ \text{mod}\ p=b(n\in\set{0,1,\dots,p-2})，则称 n 是以 a 为底 b 的离散对数，记为 n=\log(p)_ab。

    $(2)$ 证明：$\log(p)_a(bc\ \text{mod}\ p)=[\log(p)_ab+\log(p)_ac]\ \text{mod}\ p$。 $(3)$ 已知 $n=\log(p)_ab$。对 $x\in X,k\in\set{1,2,\dots,p-2}$，令 $y_1=a^k\ \text{mod}\ p,y_2=xb^k\ \text{mod}\ p$，证明：$x=y_2y_1^{n(p-2)}\ \text{mod}\ p$。

难度：4\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：3

提示：费马小定理：当 p 是质数时，\forall a\in \Z,a^p\ \text{mod}\ p=a。

解：(1) 显然 2^{10}\ \text{mod}\ 11=1。

由 $a^n\ \text{mod}\ p=bc\ \text{mod}\ p,a^{n_1}\ \text{mod}\ p=b,a^{n_2}\ \text{mod}\ p=c$ 得 $$a^{n_1+n_2}\ \text{mod}\ p=bc$$ 显然 $bc<p$，得 $a^n\ \text{mod}\ p=bc$，因此 $$a^{n_1+n_2}\ \text{mod}\ p=a^n\ \text{mod}\ p$$ 由费马小定理：当 $p$ 是质数时，$\forall a\in \Z,a^p\ \text{mod}\ p=a$，那么 $$(n_1+n_2)\ \text{mod}\ p=n\ \text{mod}\ p=n$$ 证毕。 $(3)$ 我们把命题展开： $$x=xb^k(a^k)^{n(p-2)}\ \text{mod}\ p$$ 由 $a^n\ \text{mod}\ p=b$，两边同除 $x$： $$1=b^k(a^n)^{k(p-2)}\ \text{mod}\ p=b^{k+k(p-2)}\ \text{mod}\ p=b^{k(p-1)}\ \text{mod}\ p=(b^{p-1})^k\ \text{mod}\ p$$ 由费马小定理，$b^{p-1}\ \text{mod}\ p=1$，所以显然命题正确。 --- 2. 【2025 广州零模 T19】在正整数 $1,2,\dots,n(n\geq 2)$ 的任意一个排列 $A:a_1,a_2,\dots,a_n$ 中，$\forall i,j\in\N^*,i<j$，若 $a_i<a_j$，则称 $(a_i,a_j)$ 是一个顺序对，若 $a_i>a_j$，则称 $(a_i,a_j)$ 是一个逆序对。记 $A$ 中顺序对个数为 $S(A)$，逆序对个数为 $N(A)$。例如对于排列 $A:2,1,3$，有 $S(A)=2,N(A)=1$。 $(1)$ 设排列 $B:2,4,1,3$ 和 $C:5,3,1,4,2$，试写出 $S(B),N(B),S(C),N(C)$ 的值。 $(2)$ 对于正整数 $1,2,\dots,n(n\geq 2)$ 的所有排列 $A$，求满足 $S(A)=2$ 的排列个数。 $(3)$ 如果把排列 $A:a_1,a_2,\dots,a_n$ 中两项 $a_i,a_j(i<j)$ 交换位置，而其余项保持不变，那么就得到了一个新的排列 $A'$，证明：$[S(A)-S(A')]\cdot[N(A)-N(A')]$ 为奇数。 难度：$4\ \ \ \ \ \ \text{}$ 优美度：$3

解：(1)\ S(B)=3,N(B)=3,S(C)=3,N(C)=7-------4 分

**注意到**数字 $1$ 只能放在排列的后面 $3$ 位，否则 $S(A)>2$。那么我们分类讨论 $1$ 放在第几位。 ① 若 $1$ 放在最后一位，问题转化为长度为 $n-1$ 的排列中满足 $S(A)=2$ 的数量，即 $f_{n-1}$。 ② 若 $1$ 放在倒数第 $2$ 位，那么**显然**最后一位只能填 $2$ 或 $3$。 - 最后一位填 $2$：对答案产生 $1$ 的贡献，前面 $n-2$ 位再产生 $1$ 的贡献即可。 于是我们设 $g_n$ 表示长度为 $n$ 的 $S(A)=1$ 的排列个数，显然 $g_2=1$。 假设我们已知 $g_{n-1}$ 的值，要求 $g_n$，显然可以把 $n$ 放在数组的第一位，产生 $g_{n-1}$ 的贡献；也可以把 $n$ 放在数组的第二位，$n-1$ 放在第一位，后面倒序排序，产生 $1$ 的贡献。 于是我们得到了 $g_n=g_{n-1}+1$，结合 $g_2=1$ 得到 $g_n=n-1------7$ 分 - 最后一位填 $3$：相当于限制了后面三位只能填 $2,1,3$，前面全部倒序排列，对答案产生 $1$ 的贡献。 ③ 若 $1$ 放在倒数第 $3$ 位，相当于限制了后面三位只能填 $1,3,2$，前面全部倒序排列，对答案产生 $1$ 的贡献。 综上所述，$f_n=f_{n-1}+g_{n-2}+1+1=f_{n-1}+n-1-------8$ 分 同理有 $f_{n-1}=f_{n-2}+n-2,f_{n-2}=f_{n-3}+n-3,\dots,f_3=f_2+2$，全部相加得到 $$f_n=(n-1)+(n-2)+\dots+2+f_2=\frac{(n+1)(n-2)}{2}=\frac{n^2-n-2}{2}$$ 于是满足 $S(A)=2$ 的排列有 $\frac{n^2-n-2}{2}$ 个。$--------10$ 分 $(3)$ 显然题目转化为证明 $S(A)-S(A')$ 和 $N(A)-N(A')$ 都是奇数。又由对称性可知，证明 $S(A)-S(A')$ 是奇数即可。 **注意到**，交换 $a_i$ 后只会改变 $[i,j]$ 内的贡献。不妨设 $a_i<a_j$，于是我们按 $[i,j]$ 中**数字大小从小到大**列个表： | $\red{A}$ | $\red{A}$ | $a_i$ | $\blue{B}$ | $\blue{B}$ | $a_j$ | $\green{C}$ | $\green{C}$ | |:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:| 那么显然，移动 $a_i$ 对答案的贡献是 $\red{A}-(\blue{B}+\green{C})$，移动 $a_j$ 对答案的贡献是 $\green{C}-(\red{A}+\blue{B})$，二者相加得到 $-2\blue{B}$，必定是偶数 ！ 而交换 $(a_i,a_j)$ 本身就会带来 $1$ 的贡献，因此 $S(A)-S(A')$ 必定为奇数，原命题得证 ！ --- 3. 【2023 广东一模 T19】数值线性代数又称矩阵计算, 是计算数学的一个重要分支, 其主要研究对象包括向量和矩阵。对于平面向量 $\overrightarrow{a}=(x,y)$，其模定义为 $|\overrightarrow{a}|=\sqrt{x^2+y^2}$。类似地，对于 $n$ 行 $n$ 列的矩阵 $A_{nn}=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & \dots & a_{2n} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & \dots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & a_{n3} & \dots & a_{nn}\end{pmatrix}$，其模可由向量模扩展为 $A=(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n a_{ij}^2)^{\frac{1}{2}}$，其中 $a_{ij}$ 为矩阵中第 $i$ 行第 $j$ 列的数，$\sum$ 为求和符号，记作 $||A||_F$，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数。例如对于矩阵 $A_{22}=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 3 & 5\end{pmatrix}$，其矩阵模 $A_F=(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n a_{ij}^2)^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2^2+4^2+3^2+5^2}=3\sqrt{6}$。 $(1)\ \forall n\in\N^*,n\geq 3$，矩阵 $B_{nn}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & \sqrt{n}\end{pmatrix}$，求使 $||B||_F>3\sqrt{5}$ 的 $n$ 的最小值。 $(2)\ \forall n\in\N^*,n\geq 3$，矩阵 $C_{nn}=\begin{pmatrix}1 & \cos\theta & \cos\theta & \cos\theta & \dots & \cos\theta & \cos\theta \\ 0 & -\sin\theta & -\sin\theta\cos\theta & -\sin\theta\cos\theta &\dots & -\sin\theta\cos\theta & -\sin\theta\cos\theta \\ 0 & 0 & \sin^2\theta & \sin^2\theta\cos\theta & \dots & \sin^2\theta\cos\theta & \sin^2\theta\cos\theta \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & (-1)^{n-2}\sin^{n-2}\theta & (-1)^{n-2}\sin^{n-2}\theta\cos\theta \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & (-1)^{n-1}\sin^{n-1}\theta \end{pmatrix}$，求 $||C||_F$。 $(3)$ 矩阵 $D_{nn}=\begin{pmatrix}\ln\frac{n+2}{n+1} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ \ln(\frac{n+1}{n})^{\frac{\sqrt{2}}{2}} & \ln(\frac{n+1}{n})^{\frac{\sqrt{2}}{2}} & 0 & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ \ln(\frac{4}{3})^{\frac{\sqrt{n-1}}{n-1}} & \ln(\frac{4}{3})^{\frac{\sqrt{n-1}}{n-1}} & \ln(\frac{4}{3})^{\frac{\sqrt{n-1}}{n-1}} & \ln(\frac{4}{3})^{\frac{\sqrt{n-1}}{n-1}} & \dots & 0 \\ \ln(\frac{3}{2})^{\frac{\sqrt{n}}{n}} & \ln(\frac{3}{2})^{\frac{\sqrt{n}}{n}} & \ln(\frac{3}{2})^{\frac{\sqrt{n}}{n}} & \ln(\frac{3}{2})^{\frac{\sqrt{n}}{n}} & \dots & \ln(\frac{3}{2})^{\frac{\sqrt{n}}{n}} & \end{pmatrix}$，证明：$\forall n\in\N^*,n\geq 3,||D||_F>\sqrt{\frac{n}{3n+9}}

难度：4\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：4

解：(1) n_{\min}=10。

因为每当 $n\gets n+1$ 时，相当于原本的矩阵在右边多加一列，我们可以计算这一列对模的平方的贡献恰好为 $1$，那么即可证明 $||C||_F=\sqrt{n}$。 记第 $n$ 列的和为 $T$，那么 $$\begin{aligned}T&=\cos^2\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta\cos^2\theta+\dots+\sin^{2n-4}\theta\cos^2\theta+\sin^{2n-2}\theta \\ &=\cos^2\theta(1+\sin^2\theta+\sin^4\theta+\dots+\sin^{2n-4}\theta)+\sin^{2n-2}\theta \\ &=\cos^2\theta\times\frac{1-\sin^{2n-4}\theta\cdot \sin^2\theta}{1-\sin^2\theta}+\sin^{2n-2}\theta\ \ \ \ \ \ （ \ 等比数列求和\ ） \\ &=1\end{aligned}$$ 于是 $||C_F||=\sqrt{n}$ 得证。 $(3)$ 证明 $||D||_F>\sqrt{\frac{n}{3n+9}}$ 等价于证明 $\ln^2\frac{3}{2}+\ln^2\frac{4}{3}+\dots+\ln^2\frac{n+2}{n+1}>\frac{n}{3n+9}$。 **注意到**左侧相当于 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln^2\frac{k+2}{k+1}$，右侧相当于 $$\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+3})&=(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+(\frac{1}{4}-\frac{1}{5})+\dots+(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3})\\&=\frac{1}{3}-\frac{1}{n+3}=\frac{n}{3n+9}\end{aligned}$$ 故只需要证 $\displaystyle\ln^2\frac{n+2}{n+1}>\frac{1}{(n+2)^2}>\frac{1}{(n+2)(n+3)}=\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}$ 即可。 即证 $\displaystyle\ln\frac{n+2}{n+1}>\frac{1}{n+2},\forall n\in\N^*,n\geq 1$ 成立。 令 $x=1+\frac{1}{n+1}$，转化为证 $\ln x\geq 1-\frac{1}{x},x\in(1,\frac{3}{2}]$ 成立。记 $f(x)=\ln x+\frac{1}{x}-1$，则 $f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}>0$ 在 $(1,\frac{3}{2}]$ 上恒成立。 所以 $f(x)$ 在 $(1,\frac{3}{2}]$ 上单调递增，$f(x)>f(1)=0$，于是原命题成立，原不等式成立。 # 钓鱼题 > 姜太公钓鱼，愿者上钩。 这部分题目的难度 $=5$，优美度 $\geq 3$。 1. 已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，离心率为 $e$。点 $P$ 在椭圆上，连接 $PF_1$ 并延长交 $C$ 于点 $Q$，连接 $QF_2$，若存在点 $P$ 使得 $|PQ|=|QF_2|$ 成立，则 $e^2$ 的取值范围是_______ 难度：$5\ \ \ \ \ \ \text{}$ 优美度：$3

答案：[8\sqrt{2}-11,1)

我们首先证明一个引理：在椭圆 C 中，过 F_1 的直线 PQ 满足 \displaystyle\boxed{\frac{1}{|PF_1|}+\frac{1}{|QF_1|}=\frac{2a}{b^2}}。

设 |PF_1|=m,|PF_2|=2a-m,|QF_1|=n，设 PQ 倾斜角为 \theta，由余弦定理，

(2a-m)^2=m^2+4c^2-4mc\cos\theta\ |\ (2a-n)^2=n^2+4c^2-4nc\cos\theta

得到 n=\frac{b^2}{a-c\cos\theta},m=\frac{b^2}{a+c\cos\theta}，得证。

由于 m+2n=2a，所以 (\frac{1}{m}+\frac{1}{n})(m+2n)\geq 3+2\sqrt{2}，取等条件 m=\sqrt{2}n，后面正常做就行。

这道题看似比较简单，实际上如果没有这个引理几乎做不出来（ 我算了 45 分钟都没做出来 ），因此难度 5 分。

  1. 【2024 I 卷 T19】设 m 为正整数，数列 a_1,a_2,\dots,a_{4m+2} 是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项 a_i 和 a_j(i<j) 后剩余的 4m 项可被平均分为 m 组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列 a_1,a_2,\dots,a_{4m+2} 是 (i,j) 可分数列。

    $(2)$ 当 $m\geq 3$ 时，证明：数列 $a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}$ 是 $(2,13)$ 可分数列。 $(3)$ 从 $1,2,\dots 4m+2$ 中一次任取两个数 $i,j$，记数列 $a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}$ 是 $(i,j)$ 可分数列的概率为 $P_m$，证明：$P_m>\frac 1 8$。

难度：5\ \ \ \ \ \ \text{} 优美度：4

提示：如果你在做第 2 问：多枚举几个答案就出来了。

第 3 问似乎很不可做，可不可以参考 (1)(2) 的结论呢 ？仔细观察一下数字的特点。

解：(1)\ (i,j)=(1,2) 或 (i,j)=(1,6) 或 (i,j)=(5,6)。

$$a_1,a_4,a_7,a_{10}\ |\ a_3,a_6,a_9,a_{12}\ |\ a_5,a_8,a_{11},a_{14}$$ 显然每一组都是等差数列。对于 $m\geq 4$ 的情况，只需要将 $a_{14}$ 后**每相邻的 $4$ 个数分为一组**即可。故原命题成立。 $(3)$ 首先任选两个数的方法有 $C_{4m+2}^2=\frac{(4m+2)(4m+1)}{2}=8m^2+6m+1$ 种。 根据 $(1)$，可以知道，$(1,2),(1,4m+2),(4m+1,4m+2)$ 必定是可分数列。 根据 $(2)$，我们知道在数列中去掉 $a_i,a_j$ 后，其余的项大部分都是相邻的。 因此可以**构造** $i=4p+1,j=4q+2\ (0\leq p\leq q\leq m)$，这样的形式满足题意。 根据 $(2)$，可以发现，正解并不只是上述这种构造，似乎并不拘束于 $p\leq q$。 我们接下来分析 $p>q$ 的情况，当 $p=q-1$ 时，$i-j=3$，显然根据 $(1)$ 这种方法不行。 当 $p=q-2$ 时，$i-j=7$，令 $m=2$，则 $(i,j)=(2,9)$，对于 $a_1,\dots,a_{10}$ 可以这样划分： $$a_1,a_3,a_5,a_7\ |\ a_4,a_6,a_8,a_{10}$$ 当 $m>2$ 时，前面或者后面的数可以相邻 $4$ 个分为一组，满足条件。 当 $p>q-2$ 时，**仿照上例显然成立，读者自证不难**。 于是我们可以得出结论：当 $i=4p+1,j=4q+2\ (0\leq p,q\leq m$ 且 $|i-j|\neq 3)$ 时必为 $(i,j)$ 可分数列。 那么接下来就是统计有多少个 $(i,j)$ 了。 先统计包括 $|i-j|=3$ 的情况，这部分有 $(m+1)^2=m^2+2m+1$ 种。 再去除 $i-j=3$ 的情况，这部分有 $m$ 种。 于是满足条件的 $(i,j)$ 共有 $m^2+2m+1-m=m^2+m+1$ 种。 于是 $\displaystyle P_m=\frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac{1}{8}$。证毕。