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145分数列★★★★☆
设实数 qq 满足：存在数列 {an}\{a_n\}，使得对于任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，均有 a1+a2+⋯+a3n=n2+na_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n，且 {an}\{a_n\} 中有某连续 99 项 aka_k，ak+1a_{k+1}，⋯\cdots，ak+8a_{k+8} 是公比为 qq 的等比数列，则 qq 的最大值为______．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 14 题 · 填空题

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145分概率与统计★★★★☆
甲，乙两人各有四张卡片，甲为 {1,3,5,7}\{1,3,5,7\}，乙为 {2,4,6,8}\{2,4,6,8\}. 每轮各出一张牌比较大小，先大者得 11 分，先小者得 00 分，弃置该轮牌. 四轮后甲总得分不少于 22 的概率是______.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 14 题 · 填空题

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165分解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0） 的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2. 点 AA 在 CC 上，点 BB 在 yy 轴上，F1A⊥F1BF_1A\perp F_1B，F2A→=−23F2B→\overrightarrow{F_2A}=-\frac23\overrightarrow{F_2B}，则 CC 的离心率为______.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 16 题 · 填空题

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155分导数及其应用★★★★☆
若曲线 y=(x+a)exy=(x+a)\mathrm{e}^x 有两条过坐标原点的切线，则 aa 的取值范围是______.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 15 题 · 填空题

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165分解析几何★★★★☆
已知椭圆 C: x2a2+y2b2=1C:\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0），CC 的上顶点为 AA，两个焦点为 F1F_1，F2F_2，离心率为 12\frac12. 过 F1F_1 且垂直于 AF2AF_2 的直线与 CC 交于 DD，EE 两点，∣DE∣=6|DE|=6，则 △ADE\triangle ADE 的周长是______.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 16 题 · 填空题

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165分数列★★★★☆
某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为 20 dm×12 dm20\text{ dm}\times 12\text{ dm} 的长方形纸，对折 11 次共可以得到 10 dm×12 dm10\text{ dm}\times 12\text{ dm}，20 dm×6 dm20\text{ dm}\times 6\text{ dm} 两种规格的图形，它们的面积之和 S1=240 dm2S_1=240\text{ dm}^2；对折 22 次共可以得到 5 dm×12 dm5\text{ dm}\times 12\text{ dm}，10 dm×6 dm10\text{ dm}\times 6\text{ dm}，20 dm×3 dm20\text{ dm}\times 3\text{ dm} 三种规格的图形，它们的面积之和 S2=180 dm2S_2=180\text{ dm}^2. 以此类推.
(1) 对折 44 次共可以得到不同规格图形的种数为______； (2) 如果对折 nn 次，那么 ∑k=1nSk=‾ dm2\sum_{k=1}^n S_k=\underline{\hspace{2em}}\text{ dm}^2.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 16 题 · 填空题

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16三角函数★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 的平面展开图中，AC=1AC=1，AB=AD=3AB=AD=\sqrt{3}，AB⊥ACAB\perp AC，AB⊥ADAB\perp AD，∠CAE=30∘\angle CAE=30^\circ，则 cos⁡∠FCB=‾\cos \angle FCB=\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −14-\dfrac{1}{4} \end{answer}

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16数列★★★★☆
数列 {an}\{a_n\} 满足 an+2+(−1)nan=3n−1a_{n+2}+(-1)^n a_n=3n-1，前 1616 项和为 540540，则 a1=‾a_1=\underline{\hspace{2em}}.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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16解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2. 过 F1F_1 的直线与 CC 的两条渐近线分别交于 AA，BB 两点，若 F1A→=AB→\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}，F1B→⋅F2B→=0\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0，则 CC 的离心率为______.
\begin{answer} 2 \end{answer}

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知 ∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ，PP 为平面 ABCABC 外一点，PC=2PC=2，点 PP 到 ∠ACB\angle ACB 两边 ACAC，BCBC 的距离均为 3\sqrt3，那么 PP 到平面 ABCABC 的距离为______.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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16三角函数★★★★☆
已知函数 f(x)=2sin⁡x+sin⁡2xf(x)=2\sin x+\sin2x，则 f(x)f(x) 的最小值是______.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16函数与初等函数★★★★☆
若 aa，bb 是函数 f(x)=x2−px+qf(x) = x^2 - px + q （p>0p > 0，q>0q > 0）的两个不同的零点，且 aa，bb，−2-2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p+qp + q 的值等于______.

2015 · 福建 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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15计数原理与组合数学★★★★☆
若集合 {a,b,c,d}={1,2,3,4}\{a, b, c, d\} = \{1, 2, 3, 4\}，且下列四个关系：
① a=1a = 1； ② b≠1b \neq 1； ③ c=2c = 2； ④ d≠4d \neq 4.
有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组 (a,b,c,d)(a, b, c, d) 的个数是______.

2014 · 福建 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15计数原理与组合数学★★★★☆
当 x∈Rx \in \mathbf{R}，∣x∣<1|x| < 1 时，有如下表达式： 1+x+x2+⋯+xn+⋯=11−x1 + x + x^{2} + \cdots + x^{n} + \cdots = \frac{1}{1-x}. 两边同时积分得： ∫0121 dx+∫012x dx+∫012x2 dx+⋯+∫012xn dx+⋯=∫01211−x dx\int_{0}^{\frac{1}{2}} 1\,\text{d}x + \int_{0}^{\frac{1}{2}} x\,\text{d}x + \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{2}\,\text{d}x + \cdots + \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{n}\,\text{d}x + \cdots = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{1-x}\,\text{d}x， 从而得到如下等式： 1×12+12×(12)2+13×(12)3+⋯+1n+1×(12)n+1+⋯=ln⁡21 \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{3} + \cdots + \frac{1}{n+1} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} + \cdots = \ln 2. 请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算： Cn0×12+12Cn1×(12)2+13Cn2×(12)3+⋯+1n+1Cnn×(12)n+1=‾\mathrm C_{n}^{0} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \mathrm C_{n}^{1} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{1}{3} \mathrm C_{n}^{2} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{3} + \cdots + \frac{1}{n+1} \mathrm C_{n}^{n} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} =\underline{\hspace{2em}}.

2013 · 福建 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16函数与初等函数★★★★☆
设 SS，TT 是 R\mathbf{R} 的两个非空子集. 如果存在一个从 SS 到 TT 的函数 y=f(x)y = f(x) 满足：
① T={f(x)∣x∈S}T = \{f(x)\mid x\in S\}； ② 对任意 x1x_{1}，x2∈Sx_{2} \in S，当 x1<x2x_{1} < x_{2} 时，恒有 f(x1)<f(x2)f(x_{1}) < f(x_{2})，
那么称这两个集合“保序同构”. 现给出以下 3 对集合：
① A=NA = \mathbf{N}，B=N∗;B = \mathbf{N}^{*}; ② A={x∣−1⩽x⩽3}A = \{x\mid -1\leqslant x\leqslant 3\}，B={x∣−8⩽x⩽10}B = \{x\mid -8\leqslant x\leqslant 10\}； ③ A={x∣0<x<1}A = \{x \mid 0 < x < 1\}，B=RB = \mathbf{R}.
其中，“保序同构”的集合对的序号是______. （写出所有“保序同构”的集合对的序号）
\begin{answer} \circled1\circled2\circled3\circled{1}\circled{2}\circled{3} \end{answer}
\begin{solution} 对第\circled1\circled{1}对集合，按 N={0,1,2,…}\mathbf{N}=\{0,1,2,\ldots\}、N∗={1,2,3,…}\mathbf{N}^{*}=\{1,2,3,\ldots\} 取 f(x)=x+1f(x)=x+1. 该函数严格递增，且值域为 N∗\mathbf{N}^{*}，所以第\circled1\circled{1}对保序同构.
对第\circled2\circled{2}对集合，取
f(x)=92(x+1)−8=92x−72f(x)=\frac92(x+1)-8=\frac92x-\frac72
它把 [−1,3][-1,3] 的两个端点分别映为 −8,10-8,10，并且斜率为正，所以严格递增且值域为 [−8,10][-8,10]，第\circled2\circled{2}对保序同构.
对第\circled3\circled{3}对集合，取 f(x)=tan⁡(πx−π2)f(x)=\tan\left(\pi x-\frac\pi2\right)，0<x<10<x<1. 该函数在 (0,1)(0,1) 上严格递增，且当 x→0+x\to0^+ 时 f(x)→−∞f(x)\to-\infty，当 x→1−x\to1^- 时 f(x)→+∞f(x)\to+\infty，值域为 R\mathbf{R}，所以第\circled3\circled{3}对也保序同构. 因此应填 \circled1\circled2\circled3\circled{1}\circled{2}\circled{3}. \end{solution}

2013 · 福建 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★★★☆
对于实数 aa 和 bb，定义运算“∗\ast”：
a∗b={a2−ab,a⩽b,b2−ab,a>b.a \ast b = \begin{cases} a^{2} - ab, & a \leqslant b,\\ b^{2} - ab, & a > b. \end{cases}
设 f(x)=(2x−1)∗(x−1)f(x) = (2x - 1) \ast (x - 1)，且关于 xx 的方程 f(x)=mf(x) = m （m∈Rm \in \mathbf{R}）恰有三个互不相等的实数根 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3}，则 x1x2x3x_{1}x_{2}x_{3} 的取值范围是______.

2012 · 福建 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15函数与初等函数★★★★☆
已知定义域为 (0,+∞)(0, +\infty) 的函数 f(x)f(x) 满足：
(1) 对任意 x∈(0,+∞)x \in (0, +\infty)，恒有 f(2x)=2f(x)f(2x) = 2f(x) 成立； (2) 当 x∈(1,2]x \in (1, 2] 时，f(x)=2−xf(x) = 2 - x.
给出结论如下：
① 对任意 m∈Zm \in \mathbf{Z}，有 f(2m)=0f(2^{m}) = 0； ② 函数 f(x)f(x) 的值域为 [0,+∞)[0, +\infty)； ③ 存在 n∈Zn \in \mathbf{Z}，使得 f(2n+1)=9f(2^{n+1}) = 9； ④ “函数 f(x)f(x) 在区间 (a,b)(a, b) 上单调递减”的充要条件是“存在 k∈Zk \in \mathbf{Z}，使得 (a,b)⊆(2k,2k+1)(a, b) \subseteq (2^{k}, 2^{k+1})”.
其中所有正确结论的序号是______.

2010 · 福建 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15数列★★★★☆
五位同学围成一圈依序循环报数，规定：
① 第一位同学首次报出的数为 11，第二位同学首次报出的数也为 11，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和； ② 若报出的数为 33 的倍数，则报该数的同学需拍手一次.
已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100100个数时，甲同学拍手的总次数为______.
\begin{solution} 记第nn个报出的数为FnF_n，则F1=F2=1F_1=F_2=1，且Fn=Fn−1+Fn−2F_n=F_{n-1}+F_{n-2}.模33计算得到 F1F_1，F2F_2，…\ldots，F8≡1F_8\equiv1，11，22，00，22，22，11，0(mod3)0\pmod{3} 又 F9≡F1F_9\equiv F_1，F10≡F2(mod3)F_{10}\equiv F_2\pmod{3}，递推关系相同，所以之后以88为周期.因此FnF_n是33的倍数当且仅当n≡0n\equiv0或4(mod8)4\pmod{8}.
甲同学第一次报第11个数，五人循环，所以甲报数的序号为n=1+5kn=1+5k.报到第100100个数时0⩽k⩽190\leqslant k\leqslant19.条件 1+5k≡01+5k\equiv0或4(mod8)4\pmod{8}分别给出k≡3k\equiv3或7(mod8)7\pmod{8}.在0⩽k⩽190\leqslant k\leqslant19中，这些kk为33，77，1111，1515，1919，共55个.因此甲同学拍手55次. \end{solution}

2009 · 福建 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16集合与逻辑基础★★★★☆
设 PP 是一个数集，且至少含有两个数，若对任意 a∈Pa\in P，b∈Pb \in P，都有 a+ba + b，a−ba - b，abab，ab∈P\frac{a}{b} \in P（除数 b≠0b \neq 0），则称 PP 是一个数域. 例如有理数集 Q\mathbf{Q} 是数域；数集 F={a+b2∣a,b∈Q}F = \{a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbf{Q}\} 也是数域. 有下列命题：
① 整数集是数域； ② 若有理数集 Q⊆M\mathbf{Q} \subseteq M，则数集 MM 必为数域； ③ 数域必为无限集； ④ 存在无穷多个数域.
其中正确的命题的序号是______. \begin{answer} 33、44 \end{answer} \begin{solution} 命题一不成立，因为整数集对除法不封闭，例如 22，1∈Z1\in\mathbf{Z}，但 12∉Z\frac{1}{2}\notin\mathbf{Z}. 命题二不成立，例如 M=Q∪{2}M=\mathbf Q\cup\{\sqrt2\} 含有 Q\mathbf Q，但 2+2=22∉M\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2\notin M，所以不一定是数域.
证明命题三：取数域 PP 中两个不同的数 uu，vv，则 d=u−v∈Pd=u-v\in P 且 d≠0d\neq0. 由除法封闭性，1=dd∈P1=\frac{d}{d}\in P，再由加法封闭性，所有正整数都属于 PP，从而 PP 是无限集.
证明命题四：对每个正素数 pp，集合
Pp={r+sp∣r,s∈Q}P_p=\{r+s\sqrt p\mid r,s\in\mathbf Q\}
是数域. 确实，和、差、积仍为此形式. 若分母 r+sp≠0r+s\sqrt p\neq0，则 r2−ps2≠0r^2-ps^2\neq0，否则 s=0s=0 时有 r=0r=0，或 s≠0s\neq0 时 p=rs∈Q\sqrt p=\frac{r}{s}\in\mathbf{Q}，均与分母非零矛盾. 因此
u+vpr+sp=(u+vp)(r−sp)r2−ps2\frac{u+v\sqrt p}{r+s\sqrt p}=\frac{(u+v\sqrt p)(r-s\sqrt p)}{r^2-ps^2}
其中 r2−ps2≠0r^2-ps^2\neq0，结果仍属于 PpP_p. 不同的素数给出不同的数域. 先说明：若 pp 是素数，则 p∉Q\sqrt p\notin\mathbf{Q}. 否则设 p=uv\sqrt p=\frac{u}{v}，其中 uu，v∈Zv\in\mathbf{Z}、v≠0v\neq0 且 gcd⁡(u,v)=1\gcd(u,v)=1，则 pv2=u2pv^2=u^2，从而 p∣up\mid u，再代回可得 p∣vp\mid v，与互素矛盾.
事实上，若 p≠qp\neq q 且 p∈Pq\sqrt p\in P_q，则存在 rr，s∈Qs\in\mathbf{Q}，使得
p=r+sq\sqrt p=r+s\sqrt q
两边平方得 p=r2+2rsq+qs2p=r^2+2rs\sqrt q+qs^2. 因为 q∉Q\sqrt q\notin\mathbf{Q}，所以 rs=0rs=0. 若 s=0s=0，则 p=r∈Q\sqrt p=r\in\mathbf{Q}，矛盾；若 r=0r=0，则 p=qs2p=qs^2. 写 s=uvs=\frac{u}{v}（uu，vv 互素且 v≠0v\neq0），便有 pv2=qu2pv^2=qu^2. 因为 p≠qp\neq q，由素数整除性得 p∣up\mid u，再代回得 p∣vp\mid v，与 uu，vv 互素矛盾. 因此 p∉Pq\sqrt p\notin P_q，从而 Pp≠PqP_p\neq P_q. 因而存在无穷多个数域，正确命题的序号为 33、44. \end{solution}

2008 · 福建 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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