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下面是本卷的答案及解析：

选择题答案速查： $C,A,A,D,C,B,C,B,(ACD),(BC),(AC)$
填空题答案速查： $(\frac{3}{2},2),4,[\frac{\sqrt{3}-1}{2},\frac{\sqrt{3}+1}{2}]$

T1

答案：$C$
解析：显然集合 $A,B$ 都包含 $1$ ，自然都包含所有整数。

T2

答案：$A$
解析：设 $z = a + bi$，由于 $z$ 为虚数，则 $b\neq 0$ 。下面计算：

$$ z + \frac{1}{z} = (a+\frac{a}{a^2+b^2}) + \frac{b(a^2+b^2-1)}{a^2+b^2}i $$

$z+\frac{1}{z}$ 为实数，则虚部为 $0$，故 $a^2 + b^2 = 1$，$|z| = \sqrt{a^2+b^2} = 1$ 。

T3-T6

答案：$A,D,C,B$
解析：略

T7

答案：$C$
解析：由题意，$S_8 - S_4 = a_5 + a_6 + a_7 + a_8 = 0$，根据等差数列的性质：

$$ \text{若}m+n=p+q\text{，则} a_m + a_n = a_p + a_q $$

推出 $a_1 + a_{12} = 0$，从而 $S_{12} = 6(a_1 + a_{12}) = 0$ 。由本题可以得到以下结论：若 $S_m = S_n$，则 $S_{m+n} = 0$ ($m\neq n$)。

T8

答案：$B$
解析：$\cos{a_n}\cdot\tan{a_{n+1}} = 1$ 等价于 $\tan{a_{n+1}} = \frac{1}{\cos{a_n}}$ ，两边平方得 $\tan^2{a_{n+1}} = \frac{1}{\cos^2{a_n}}$ ，利用余弦和正切的关系式：

$$ \frac{1}{\cos^2{\theta}} = \tan^2{\theta} + 1 $$

得到 $\tan^2{a_{n+1}} = \tan^2{a_n} + 1$ ，于是 $\{\tan^2{a_n}\}$ 是首项为 $1$ 公差为 $1$ 的等差数列，$\tan^2{a_n} = n$ ，$\tan{a_n} = \sqrt{n}$ 。又因为 $0 < a_n < \frac{\pi}{2}$ ，则 $\cos{a_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}$ ，$\cos{a_{2025}} = \frac{1}{\sqrt{2026}}$ 。

T9

答案：$ACD$
解析：

  • 对于 $A$ ：略
  • 对于 $B$ ：注意是正弦值，余弦值才是 $\frac{1}{3}$
  • 对于 $C$ ：即外接球
  • 对于 $D$ ：即外接正方体，考虑下面的图形： geogebra-export (1).png

T10

答案：$BC$
解析：

  • 对于 $A$ ：由题意，$a_{n+k} = \frac{1}{a_n}$ ，于是 $a_{n+2k} = \frac{1}{a_{n+k}} = a_n$，周期为 $2k$
  • 对于 $B$ ：$S_{n+2k} - S_{n}$ 是一个周期中所有项之和，只需考虑最开始的一个周期：
$$ a_1,a_2,\dots,a_k,a_{k+1},a_{k+2},\dots,a_{2k} $$

由于 $a_{n+k} = \frac{1}{a_n}$，故这个周期的项可以写成：

$$ a_1,a_2,\dots,a_k,\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},\dots,\frac{1}{a_{k}} $$

从而所有项之和为 $(a_1 + \frac{1}{a_1}) + (a_2 + \frac{1}{a_2}) + \cdots + (a_k + \frac{1}{a_k}) \geq 2k$

  • 对于 $C$ ：$a_{n+2k+1} = a_{n}$ 意味着 $\{a_n\}$ 有一个周期为 $2k+1$，从而 $a_1 = a_{2k+2} = a_2$，同理有 $a_2 = a_{2k+3} = a_{3}$ ……如此下去可知 $\{a_n\}$ 一个周期内 $a_1 = a_2 = \cdots = a_{2k}$，从而是常数列。
  • 对于 $D$：如果 $k=1$ ，考虑数列 $1,-1,1,-1,1,\dots$，满足 $\{a_n\}$ 有两个周期 $2$ 和 $4$ ，但它不是常数列。

T11

答案：$AC$
解析：$A,B,C$ 的图比较简单，略微穷举也可选出答案。至于 $D$ 图，凭直觉也能判错。
实际上，一个图能否一笔画，可以这样考虑：

  • 如果一笔画的起点和终点不在同一点，那么起点和终点连出的边必须是奇数条，因为从起点离开的边一定比到达起点的边多一条，而到达终点的边一定比进入终点的边多一条；在起点和终点之间经过的点，每一点连出的边一定是偶数条，否则会出现“只进不出”或者“只出不进”的情况，而这样的情况只能发生在起点和终点上。
  • 如果一笔画的起点和终点是同一点，那么图中每个点连出的边都是偶数条。 因此，一个图能一笔画，当且仅当每个点连出的边都是偶数条（此时从图中任意顶点开始都能一笔画，并且回到原点）；或者有两个点连出的边是奇数条（也就是起点和终点），其它每个点连出的边都是偶数条。
    根据这个结论，图 $A$ 的 $B,C$ 两点连出的边是奇数条，其它每个点连出的边都是偶数条，因此可以一笔画，而且起点和终点就是 $B,C$ ；图 $B$ 每个点连出的边都是奇数条，因此不能一笔画；图 $C$ 的 $B,C$ 两点连出的边是奇数条，其它每个顶点连出的边都是偶数条，因此可以一笔画；图 $D$ 每个点连出的边都是奇数条，因此不能一笔画。

T12

答案：$(\frac{3}{2},2)$
解析：$2 - m < m - 1$

T13

答案：$4$
解析：两边平方，$(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b})^2 = (\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})^2$ $\Longrightarrow$ $\boldsymbol{a}^2 + \boldsymbol{b}^2 + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = (\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})^2$ ，根据基本不等式以及向量形式的柯西不等式，有 $\boldsymbol{a}^2 + \boldsymbol{b}^2 \geq 2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\geq 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}$ ，则 $(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})^2 \geq 4\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}$ ，解得 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} \geq 4$ ，等号成立当且仅当 $\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$ 同向且 $|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 2$ 。（注意根据题目条件可以得到 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} > 0$ )

T14

答案：$[\frac{\sqrt{3}-1}{2}, \frac{\sqrt{3}+1}{2}]$
解析：如果直接想象正四面体的运动模式，非常困难。运动是相对的，本题不妨反过来想：把正四面体看成静止的参考系，则空间直角坐标系的原点 $O$ 相对于正四面体运动。由于 $OB\perp OC$ ，故 $O$ 点的轨迹是以 $BC$ 为直径的球，后面就好做了，连接 $A$ 与球心，连线与轨迹球的一远一近两个交点即为 $|OA|$ 取最大、最小时点 $O$ 的位置。

T15

答案：(1) $\frac{a_1}{q-1}$ (2) 略
解析：
(1) $S_n = \frac{a_1}{q-1}q^n - \frac{a_1}{q-1}$ ，故 $\{S_n + \frac{a_1}{q-1}\}$ 为等比数列，$c = \frac{a_1}{q-1}$ 。
(2) 假设存在正整数 $m,n$ 使得 $S_m + S_n = S_{m+n}$，则

$$ \frac{a_1(q^m+q^n-2)}{q-1} = \frac{a_1(q^{m+n}-1)}{q-1} $$

化简得 $q^m + q^n - 1 = q^{m+n}$ ，可以写成 $(q^m - 1)(1 - q^n) = 0$ ，由于 $q\neq1$ ，该式不可能成立，所以假设不成立，即不存在正整数 $m,n$ 使得 $S_m + S_n = S_{m+n}$ 。

T16

答案：(1) 略 (2) $\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：
(1)

$$ \begin{align*} S^2_{\triangle ABD} &= \frac{1}{4}\cdot AB^2\cdot AD^2 \cdot \sin^2{\angle BAD}\\ &= \frac{1}{4}\cdot AB^2\cdot AD^2 \cdot (1-\cos^2{\angle BAD})\\ &= \frac{1}{4}\cdot AB^2 \cdot AD^2 \cdot (1 - \frac{(AB^2 + AD^2 - BD^2)^2}{4 \cdot AB^2 \cdot AD^2})\\ &= \frac{1}{4}\cdot AB^2 \cdot AD^2 - \frac{(AB^2 + AD^2 - BD^2)^2}{16}\\ &= \frac{1}{4}\cdot (CA^2 + CB^2)\cdot(CA^2 + CD^2)-\frac{[(CA^2 + CB^2) + (CA^2 + CD^2) - (CB^2 + CD^2)]^2}{16}\\ &= \frac{1}{4}(CA^2\cdot CB^2 + CA^2\cdot CD^2 + CD^2 \cdot CB^2)\\ &= S^2_{\triangle ABC} + S^2_{\triangle ADC} + S^2_{\triangle BCD} \end{align*} $$

得证。

(2) 以 $C$ 为原点， $CB,CD,CA$ 为 $x,y,z$ 轴正方向建系，求出 $P$ 点坐标即可。设 $CB,CD,CA$ 的长度分别为 $a,b,c$ ，设 $P(x,y,z)$ 。根据题意有 $CP \perp \text{平面}ABD$ ，容易求出平面 $ABD$ 的一个法向量为 $\boldsymbol{n} = (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})$ ，于是 $\overrightarrow{CP} \mathop{//} \boldsymbol{n}$ ，即

$$ \frac{x}{\frac{1}{a}} = \frac{y}{\frac{1}{b}} = \frac{z}{\frac{1}{c}} $$

得到 $ax = by = cz$ ，于是可以设 $x = \frac{k}{a},y = \frac{k}{b},z = \frac{k}{c}$ ，然后易求出平面 $PCB$ 的一个法向量 $\boldsymbol{n_1} = (0,b,-c)$ ，平面 $CBD$ 的一个法向量 $\boldsymbol{n_2} = (0,0,1)$ ，则二面角 $P-BC-D$ 的余弦值为

$$ \cos{\theta} = \frac{c}{\sqrt{b^2+c^2}} = \frac{1}{2} $$

解得 $\frac{c}{b} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ 。

T17

答案：(1) 略 (2) $(n^2-2n+3)\cdot 2^n - 3$
解析：
(1) 取 $i = j = 1$，则 $\frac{a_1}{a_1} = 1$ 是 $\{a_n\}$ 中的项，由于 $\{a_n\}$ 递增且各项均为正整数，故只能是 $a_1 = 1$ 。再取 $i = n$，$j = 1,2,3,\dots,n$ ，则下面的 $n$ 项：

$$ \frac{a_n}{a_1},\frac{a_n}{a_2},\frac{a_n}{a_3},\dots,\frac{a_n}{a_{n-1}},\frac{a_n}{a_n} $$

均在 $\{a_n\}$ 中，由于它们都小于 $a_{n+1}$ 且为递减排列，故它们依次等于 $a_n,a_{n-1},\dots,a_3,a_2,a_1$ ，于是 $\frac{a_n}{a_{n-1}} = a_2$ ，这就说明了 $\{a_n\}$ 是首项为 $1$ ，公比为 $a_2$ 的等比数列。

(2) $a_2 = 2a_1 = 2$，则 $a_n = 2^{n-1}$ 。令

$$ \begin{align*} S_n &= 1^2\cdot a_1 + 2^2\cdot a_2 + \dots + n^2\cdot a_n\\ &=1^2\cdot 2^0 + 2^2\cdot 2^1 + \cdots + n^2\cdot 2^{n-1}\\ 2\cdot S_n &= 1^2\cdot 2^1 + 2^2 \cdot 2^2 + \cdots + n^2\cdot 2^n \end{align*} $$

错位相减得

$$ S_n = n^2\cdot 2^n - (3\cdot 2^1 + 5\cdot 2^2 + 7\cdot 2^3 +\cdots +(2n-1)\cdot 2^{n-1}) - 1 $$

再令

$$ \begin{align*} T_n &= 3\cdot 2^1 + 5\cdot 2^2 + 7\cdot 2^3 +\cdots +(2n-1)\cdot 2^{n-1}\\ 2\cdot T_n &= 3\cdot 2^2 + 5\cdot 2^3 + 7\cdot 2^4 + \cdots + (2n-1)\cdot 2^{n} \end{align*} $$

错位相减得

$$ T_n = (2n-3)\cdot 2^n + 2 $$

于是

$$ S_n = n^2\cdot 2^n - T_n - 1 = (n^2-2n+3)\cdot 2^n - 3 $$

T18

答案：(1) 6 (2) $\frac{27}{2}$ (3) 不存在
解析：
(1) $F$ 坐标为 $(1,0)$ 。设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3)$ ，由重心坐标公式有

$$ \left\{ \begin{align*} x_1 + x_2 + x_3 &= 3\\ y_1 + y_2 + y_3 &= 0 \end{align*} \right. $$

则 $|FA| + |FB| + |FC| = (x_1 + 1) + (x_2 + 1) + (x_3 + 1) = 6$ 。
(2) 在 (1) 中已经得出：

$$ \left\{ \begin{align*} x_1 + x_2 + x_3 &= 3\qquad(1)\\ y_1 + y_2 + y_3 &= 0\qquad(2) \end{align*} \right. $$

由于 $x_1 = \frac{y_1^2}{4}$，$x_2 = \frac{y_2^2}{4}$，$x_3 = \frac{y_3^2}{4}$ ，代入 $(1)$ 式有：

$$ y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 = 12\qquad(3) $$

将 $(2)$ 式平方，有：

$$ \begin{align*} (y_1+y_2+y_3)^2 &= 0\\ y_1^2+y_2^2+y_3^2 + 2(y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1)&=0\\ 12 + 2(y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1)&=0\\ y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1 &= -6\qquad(4) \end{align*} $$

再将 $(4)$ 式平方，有：

$$ \begin{align*} (y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1)^2 &= 36\\ y_1^2y_2^2+y_2^2y_3^2+y_3^2y_1^2+2y_1y_2y_3(y_1+y_2+y_3) &= 36\\ y_1^2y_2^2+y_2^2y_3^2+y_3^2y_1^2 &= 36\qquad(5) \end{align*} $$

由于 $x_1 = \frac{y_1^2}{4}$，$x_2 = \frac{y_2^2}{4}$，$x_3 = \frac{y_3^2}{4}$ ，代入 $(5)$ 式有：

$$ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1 = \frac{9}{4}\qquad(6) $$

再将 $(1)$ 式平方，有：

$$ \begin{align*} (x_1+x_2+x_3)^2 &= 9\\ x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 +2(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1) &= 9\\ x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 +\frac{9}{2} &= 9\\ x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 &= \frac{9}{2}\qquad(7) \end{align*} $$

根据 $(1)$ 式和 $(7)$ 式即可求出：

$$ \begin{align*} |FA|^2 + |FB|^2 + |FC|^2 &= (x_1+1)^2 + (x_2+1)^2 + (x_3+1)^2\\ &= (x_1^2+x_2^2+x_3^2)+2(x_1+x_2+x_3)+3\\ &= \frac{9}{2} +6 + 3\\ &= \frac{27}{2} \end{align*} $$

(3) 不存在。如果存在 $n>2$ ，使得 $|FA|^n + |FB|^n + |FC|^n$ 为定值 $C$ ，那么根据方程组：

$$ \left\{ \begin{align*} |FA|+|FB|+|FC| &= 6\\ |FA|^2 + |FB|^2 + |FC|^2 &= \frac{27}{2}\\ |FA|^n + |FB|^n + |FC|^n &= C \end{align*} \right. $$

能求出 $|FA|,|FB|,|FC|$ 的值，然而这三个显然不是定值。

T19

答案：略
解析：
(1) $|a_2-a_1| + |a_3-a_2| + \cdots + |a_{n+1} - a_n| = a_1(1-q^n) < |a_1|$，取 $M = |a_1|$ 即可。
(2) 由题意，存在正数 $M_1,M_2$，分别使得：

$$ \begin{align*} |a_2-a_1| + |a_3-a_2| + \cdots + |a_{n+1} - a_n| &< M_1\\ |b_2-b_1| + |b_3-b_2| + \cdots + |b_{n+1} - b_n| &< M_2 \end{align*} $$

则

$$ \begin{align*} |a_n| &= |a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})|\\ &\leq |a_1| +|a_2-a_1| + |a_3-a_2| + \cdots + |a_{n+1} - a_n|\\ &< |a_1| + M_1 \end{align*} $$

同理有 $|b_n| < |b_1| + M_2$ 。由于

$$ \begin{align*} |a_{n+1}b_{n+1}-a_nb_n| &= |a_{n+1}b_{n+1}-a_{n+1}b_n+a_{n+1}b_n-a_nb_n|\\ &= |a_{n+1}(b_{n+1}-b_n)+b_n(a_{n+1}-a_n)|\\ &\leq |a_{n+1}||b_{n+1}-b_n| + |b_n||a_{n+1}-a_n|\\ &< (|a_1| + M_1)|b_{n+1}-b_n| + (|b_1| + M_2)|a_{n+1}-a_n|\\ \end{align*} $$

故

$$ \begin{align*} |a_2b_2-a_1b_1| + |a_3b_3 - a_2b_2| +\cdots |a_{n+1}b_{n+1} - a_nb_n| < (|a_1|+M_1)M_2 + (|b_1| + M_2)M_1 \end{align*} $$

取 $M = (|a_1| + M_1)M_2 + (|b_1| + M_2)M_1$ 即可。
(3) 取 $a_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ ，则

$$ |a_2-a_1| + |a_3-a_2| + \cdots + |a_{n+1} - a_n| = 1 - \frac{1}{\sqrt{n+1}} < 1 $$

故 $\{a_n\}$ 具有性质 $P$ 。另一方面我们有：

$$ \begin{align*} |S_2-S_1| + |S_3-S_2| + \cdots + |S_{n+1} - S_n| &= \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n+1}}\\ &= \frac{2}{\sqrt{2} + \sqrt{2}} + \frac{2}{\sqrt{3} + \sqrt{3}} + \cdots + \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n+1}}\\ &> \frac{2}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\cdots+\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}\\ &=2(\sqrt{3}-\sqrt{2})+2(\sqrt{4}-\sqrt{3})+\cdots+2(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})\\ &=2(\sqrt{n+2}-\sqrt{2}) \end{align*} $$

从而 $|S_2-S_1| + |S_3-S_2| + \cdots + |S_{n+1} - S_n|$ 可以无限大，$\{S_n\}$ 不具有性质 $P$ 。