高中数学-11 费马 （以费马为背景的高中数学考题题组训练）解析版

【高中数学数学文化鉴赏与学习】

专题11费马

（以费马为背景的高中数学考题题组训练）

一、单选题

1.十七世纪，数学家费马提出猜想：”对任意正整数〃>2,关于x,y,z的方程

x"+y"=z"没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁•怀尔斯给出了证

明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（）

A.对任意正整数〃，关于x,y,z的方程x"+y"=z"都没有正整数解

B.对任意正整数”>2,关于x,y,z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解

C.存在正整数”42,关于x,y,z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解

D.存在正整数”>2,关于x,y,z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解

【答案】D

【解析】

【分析】

根据命题的否定形式，直接写出命题的否定即可

【详解】

命题的否定形式为，原命题的题设不变，结论改否定；

故只有D满足题意；

故选：D

2.费马数是以法国数学家费马命名的一组自然数，具有形式为22"+1（记做工），其中

〃为非负数.费马对〃=0,1,2,3,4的情形做了检验，发现这组费马公式得到的

数都是素数，便提出猜想：费马数是质数.直到1732年，数学家欧拉发现月=2^+1

为合数，宣布费马猜想不成立.数列｛4｝满足4=log2（£-l）,则数列｛。,,｝的前〃项

和5.满足S,>2020的最小自然数是（）

A.9B.10C.11D.12

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意得到4,=2",利用等比数列的前"项和公式求得S“=2"“-2,进而求得

5“>2022的最小自然数,得到答案.

【详解】

由题意，可得数列｛〃,,｝满足a,,=log2（E,—l）=log222"=2",

利用等比数列的前〃项和公式，可得数列｛4｝的前“项和S"=2'（1-2，，）=2"+,-2,

1—2

当〃=9时，可得与=2">-2=1022；

当”=10时，可得品>=2"-2=2046,

又由=2e-2"=2">0,所以S“单调递增，

所以S“>2022的最小自然数为10.

故选：B.

3.费马小定理：若。是质数，且。，P互质，那么。的（P-1）次方除以。所得的余数

恒等于1.依此定理，若在数集｛2,3,5,6｝中任取两个数，其中一个作为P,另一个作

为。，则所取的两个数符合费马小定理的概率为（）

A.—B.-C.-D.；

12432

【答案】A

【解析】

【分析】

利用古典概型的概率求解.

【详解】

样本点（2,3）表示p=2,a=3,余类推，则样本空间

Q=｛（2,3）,（2,5）,（2,6）,（3,2）,（3,5）,（3,6）,（5,2）,（5,3）,（5,6）,（6,2）,（6,3）,（6,5）｝,共有12

个样本点.

记事件A表示“所取的两个数符合费马小定理”，则事件A所含的样本点为（2,3）,

（2,5）,（3,2）,（3,5）,（5,2）,（5,3）,（5,6）,共7个.

7

所以所取的两个数符合费马小定理的概率「（A）.

故选：A.

4.皮埃尔•德・费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学做出

了重大贡献.其中在1636年发现了：若P是质数，且整数4与。互质，那么。的0-1

次方除以P的余数恒为1.后来人们称之为费马小定理.以此定理，若在数集｛2,3,4｝

中任取两个数，其中一个作为P,另一个作为“，则所取两个数符合费马小定理的概

率为（）

A.-B.|C.1D.-

3326

【答案】C

【解析】

【分析】

利用列举法求出所取两个数所有结果，在选取（PM）符合费马小定理包含的基本事件个

的个数，由此能求出所取两个数符合费马小定理的概率.

【详解】

解：在数集｛2,3,4｝中任取两个数，其中一个作为P,另一个作为“，

基本事件总数有（2,3）,（2,4）,（3,4）,（3,2）,（4,2）,（4,3）,

所取两个数（P，a）符合费马小定理包含的基本事件有：

（2,3）,（3,2）,（3,4）共3个,

所取两个数符合费马小定理的概率为尸==3=彳1.

62

故选：C.

5.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了£,=22"+1（〃=

0,1,2,…）是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出

g=641*6700417,不是质数.现设=log/月—1乂〃=1,2,）,5“表示数列｛%｝的

前n项和，若32S“=63a"，贝lj”=（）

A.5B.6C.7D.8

【答案】B

【解析】

【分析】

利用数列的递推关系求得通项公式，再结合等比数列求和公式即可求出结果.

【详解】

2n

因为月=2^+1（"=0,1,2,…）,^an=log4（Fn-1）=log42"=2-',

所以｛刖｝是等比数列，首项为1,公比为2,所以S〃=里二为=2〃一1

1-2

所以32（2"—D=63x2"T,解得〃=6,

故选：B

6.点尸在_43C所在平面内一点，当上4+P8+PC取到最小值时，则称该点为一A8C

的“费马点”.当，45C的三个内角均小于120。时，费马点满足如下特征：

NAP8=/8PC=/CPA=120".如图，在，ABC中，AB=AC=近，BC=6,则其

费马点到ARC三点的距离之和为（）

B

A.4B.2

C.2-2百D.2+出

【答案】A

【解析】

【分析】

可根据等腰三角形的性质以及余弦定理即可进行求解.

【详解】

根据题意，ABC为等腰三角形，

ZAPB=NAPC=NBPC=120。，:.PB=PC,

在，依C中，由余弦定理可得：

BC2=BP-+CP2-2BPCP-cosNBPC,

gp（x^）2=2BP2-2x（-l）BP2,解得：BP=1,

2

在ZXABP中，由余弦定理可得：

AB2=BP2+AP2-2BPAPCOSZAPB,

即（近）2=1+4L-2X（—1）XAP,解得：AP=2,

；.AP+BP+CP=4,.••其费马点至IJA,B,C三点距离之和为4.

故选：A

7.马林•梅森（A/“ri"Merse，"?e,1588-1648）是17世纪法国数学家.他在欧几里得、费

马等人研究的基础上深入地研究了2。-1型的数.人们为纪念梅森在数论方面的这一贡

献，将形如2。-1（其中P是素数）的素数，称为梅森素数.在不超过20的素数中，随机

选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（）

3c5〃13r19

AA.-B.—C.—D.—

7122855

【答案】C

【解析】

【分析】

列举法找出所有不超过20的素数和梅森素数，求出随机取两个数的种数，求出至少有

一个为梅森素数的种数，即可得出概率..

【详解】

可知不超过20的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个，

其中梅森素数有3,7共2个

则在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数共有=28种，

其中至少有一个为梅森素数有C；C：+C；=13利

13

所以至少有一个为梅森素数的概率是尸=二.

28

故选：C.

【点睛】

易错点睛：（1）素数的定义：1不是素数也不是合数，2是素数.（2）梅森素数即是在

素数中符合2。-1的数.

8.皮埃尔・德・费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学界做

出了重大贡献，其中在1636年发现了：若p是质数，且小p互质,那么“的（P-I）次

方除以0的余数恒等于1,后来人们称该定理为费马小定理，依此定理若在数集

{2,3,4,5,6,7}中任取两个数，以其中一个作为p,另一个作为“，则所取两个数不符合

费马小定理的概率为（）

17,13八2r3

A.—B.—C.—D.一

303055

【答案】B

【解析】

【分析】

先列举出所有的总数，根据费马小定理找出两个数符合费马小定理的个数，求出两个

数符合费马小定理的概率，再对立事件的概率的关系可求得结果

【详解】

解：数集｛2,3,4,5,6,7｝中，质数的2,3,5,7,

当p=2时，。可以取3,5,7,共3种，

当p=3时，。可以取2,4,5,7,共4种，

当p=5时，&可以取2,3,4,6,7,共5种，

当p=7时，a可以取2,3,4,5,6,共5种，

所以符合费马小定理的情况共有3+4+5+5=17种，

因为从｛2,3,4,5,6,7｝中任取两个数，且有序，共有星=30种，

所以所取两个数符合费马小定理的概率为1与7，

所以所取两个数不符合费马小定理的概率为1-为17=荒13，

故选:B

9.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配'’的问题：博弈水平相当的甲、

乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金

币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了

1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概

率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（）

A.甲150枚，乙150枚B.甲225枚，乙75枚

C.甲200枚，乙100枚D.甲25枚，乙50枚

【答案】B

【解析】

【分析】

列举出若游戏继续进行到结束的所有情况，计算出甲乙各自胜出的概率，从而决定他

们各自赌金的份额.

【详解】

由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为g.

若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负：

[U第四局甲高.比姆吉束，甲胜出，柩率为g

②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为

224

③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为=

224

则甲胜出的概率为:+!=?，则甲应该分得赌金的?，即300x^=225枚，

24444

乙分得赌金75枚.

故选：B.

10.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出猜想：

E,=22"+l(weN')是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出

怎=6400417,不是质数.现设a“=log式工-l)-l(〃eN*),若存在“eM,使不

),2ryn

等式上+—++--<%成立，则实数九的取值范围是()

%出々2%

22

A.A...-B.4>—C.2.1D.A>1

33

【答案】B

【解析】

【分析】

2"2"11

由已知条件可得q=2T,从而得力二产而刁=再一而廿进而可

2

求得上2+—2++工印—再由y=i一幅工在“上单调递增，可求

32，，+1-12—1

得答案

【详解】

2

解：Fn=2+1（〃=0,1,2,…）,

由于4=log2（工-1）-I=log2（22"+1-1）-1=2"-1,

则互「QTbe'T）

11

2222"

--------+---------++-------------

%%。2。344+1

=1।-----1----1------1------------1-----F

22-122-123-1

11

4----------------------:------

2"-12"+'-1

=1——J—,

因为y=i-2■:在N上单调递增，

2—1

2222"

----F---++-----

2"+|-1-3

故后

故选：B.

11.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均

小120。时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对三角形

三边的张角相等，均为120。.根据以上性质，已知4-2,0),8(2,0),C(0,4),P为

MC内一点，记/"(尸)=|网+|PB|+|PC|,则“P)的最小值为()

A.2GB.4+2百

C.4+6D.2+6

【答案】B

【解析】

【分析】

由费马点所对的三角形三边的张角相等均为120。，求出费马点M,再根据费马点是与

三角形三个顶点距离之和最小的点求出f(P).

【详解】

设0(0,0)为坐标原点，由4-2,0),8(2,0),C(0,4),

知|AC|=|BC|=2V5,K,ABC为锐角三角形，

因此，费马点M在线段OC匕设用(0,〃)，如图,

则△M4B为顶角是120。的等腰三角形，故〃=|。8仙1130。=孚，

所以/(尸).J(M)=|M4|+|MB|+|MC|=4A+4-/2=4+26

贝的最小值为4+2、5.

故选：B

12.费马数列｛工｝是以数学家皮埃尔・德・费马(Pie/redeFe/7??c〃，1601~1665年)命名

的数列，其中工=2二+1.例如片=2，+1=22+1=5.因为今=?=3.4.所以今的

整数部分是1位数；因为鲁=等=15.12,所以.的整数部分是2位数；…；则等

白217”2“13

的整数部分位数最接近于()(1g2ko.3010)

A.240B.600C.1200D.2400

【答案】D

【解析】

【分析】

214

先表示出耳3，心，作近似处理得冬笈)，再取以10为底的对数化简即可求解

耳322

【详解】

所呼手

由于13=2支+1,%=22'4+1与1相比都非常大,

「13乙

F2产

所以1g上nlgK=2力g2-2"lg2=2覆馆2。2"xO.3010=8912x0.3010=2682.512,

耳32~

故21()2682.512

5

又因为Q由＜102682口26s3,吁的整数位数为"+1位,

所以善的整数部分位数最接近2400位.

故选：D.

13.我们把工=22'+1（〃=0,12…）叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设

%=地2优一1），〃=1，2,3,…，设数列｛q｝的前"项和为5,,,则使不等式

B+S2+S3+…+5”>2021-2〃成立的正整数”的最小值是（）

A.8B.9C.10D.116

【答案】B

【解析】

【分析】

求得q,=2"，利用等比数列的求和公式可求得S,，利用分组求和法可求得

S,+S2+S3+-+S„,由已知条件可得出关于〃的不等式，即可得解.

【详解】

a“=log2（E—l）=bg22"=2",则如=2,故数列｛4｝是公比为2的等比数列,

则S二立也2-2，

“1-2

234,,+4,,+2

所以，S,+52+S34----+S„=（2+2+2++2'）-2/Z=^-^-2n=2-2n-4>

由E+S2+S3+…+S”>2021-2〃可得22>2025,

2'°<2025<2",所以〃+2N11,即心9.

故选：B.

【点睛】

方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；

（2）对于｛4勿｝结构，其中｛〃,｝是等差数列，｛〃｝是等比数列，用错位相减法求和;

（3）对于｛q+2｝结构，利用分组求和法；

（4）时于结构，其中｛4｝是等差数列，公差为"（4x0），则

—利用裂项相消法求和.

14.费马数列优｝是以数学家皮埃尔・德・费马(PierredeFermat,1601~1665年)命名

的数列，其中E,=2?+l,例如耳=22'+l=22+l=5.因为星=1=3.4,所以去的

整数部分是1位数；因为5=等。15.12,所以餐的整数部分是2位数；…；则善

F217F

2FI2

的整数部分位数最接近于(lg2*0.3010)()

A.240B.600C.900D.1200

【答案】D

【解析】

【分析】

山学的整数部分位数近似于去二■的整数部分位数，对售1取对数，求得其近似

/自T七-1

值，再根据W的整数部分位数是n+1位求解.

【详解】

因为43=2#+1,耳2=2*+1与1相比都非常大，

所以学的整数部分位数近似于等言的整数部分位数,

耳2耳2T

而1g口）=炮（63-1）-电（片2-1），

=2l3lg2-2l2lg2=2l2lg2,

«4096x0.301=1232.896.

所以去1=10血叱

62T

而10⑵2<10皿896<]0⑵3,

因为10"的整数部分位数是〃+1位，

所以10口32的整数部分位数是1233位，

及233的整数部分位数是1234位，

所以鲁[的整数部分位数最接近1200位，

即善的整数部分位数最接近1200位，

故选：D

【点睛】

关键点点睛：本题关键是由10"的整数部分位数是“+1位而得解.

15.形如6=2*+1(〃eN*)的数被称为费马数，费马完成了玲，丘尸?,与，吊的验证

后，于1640年提出猜想：费马数都是质数，但由于巴及之后的费马数都实在太大了，

费马也未能完成验证及证明.直到1732年才被数学家欧拉算出巴=641x6700417不是质

数，从而宣告了费马数的猜想不成立.现设/:帅式工若任意

2222"

neN\使不等式二+=++——</恒成立，则实数％的取值范围是

()

A.(1,+^)B.[l,+oo)C.(g,+8)D.1,+8)

【答案】B

【解析】

【分析】

2"1111

由题知可=2"-1(〃eN*),——=---^—=-----------,进而根据裂项求和得

aa

„„+l2—12-1an4M

2222n1

——+——++——进而根据不等式恒成立即可得答案.

4华咏a“a“+i2-1

【详解】

解：因为4,=log2(工——居=2"+l(〃€N*),

所以a“=log,2r-1=2"-l(neN*),

一2"_2_11_]____1_

所以耳=(2--|)(2n+1-l)=门-2_―广丁募'

2222"fl1W11"I(11)

所以---+----++-----=------+-------+.+--------

为%+i14^2)[4

因为“eN‘，TJ—>0,所以1一白了<1

Z—1Z—I

2222〃

所以，对任意〃EN*,使不等式+---++-----<4恒成立，则丸21.

所以，实数，的取值范围是

故选：B

16.十七世纪法国数学家费马猜想形如“月=22"+1(〃eN)”是素数，我们称巴为

“费马数设％=log2优-1),"=21*4,nGN-,数列｛%｝与｛4｝的前八项和分

别为3与1，则下列不等关系一定成立的是()

A.an<bnB.an>b„

C.S.4T“D.Sn>T„

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据题意求出4，"，从而可求出S”与(，再分析判断即可

【详解】

因为工=2乎+1(weN),

2

所以q=log2(f；,-l)=log2(2"+17)=2",«eN'

所以纥=21og2a“=210g22"=2",neN,>

当”=2时a2=l~=4,Z>,=2X2=4,

所以AB错误，

因为也=*=2,〃用一仇=2(〃+1)-2〃=2,

所以数列｛a,,｝是以2为公比，2为首项的等比数列，｛仇｝是以2为公差，2为首项的等

差数列，

所以S.=2^=2”+-2,7>^U，+〃，

"1-22

当”=1时，I=4=2,当〃=2时，$2=(=6,

当“=3时，&=15,n=12,由此可得当“23时，S„>T„,下面用数学归纳法证明

当”=3时，显然成立，

假设当"=%(%23,&eN*)时，成立，即2"「2>公+人则

当〃=4+1时，S川=2**2-2=2(2«*-2)+2

>2(k2+k)+2

=(%+1)2+公+1

>(%+1)-+(Z+1),即S*+]>〃+1,

综上，当“23时，S”>T”,所以S,27；,

所以C错误，D正确，

故选：D

二、多选题

17.费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有如下形式：入=2*+1（〃=0,

1'2,若包=_i）_36”N）则（:

A.数列包｝的最大项为4B.数列出｝的最大项为外

C.数列｛%｝的最小项为4D.数列出｝的最小项为打

【答案】BD

【解析】

【分析】

先求出bn=Z7^T7>利用单调性求出最大项和最小项•

【详解】

-1）-36=27^36,因为函数〃〃）=2"-36单调递增，且当“V5时，

b“<0,当”26时，bn>0,所以数列出｝的最大项为%,数列也｝的最小项为瓦.

故选：BD

18.十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程

/一幺=@2仅>0,%彳1,。工0）表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆

上任意一点P（异于A,B两点）向长轴A8引垂线，垂足为Q,记/L.下

列说法正确的是（）

A.M的值与P点在椭圆上的位置有关B.M的值与尸点在椭圆上的位置无关

C.M的值越大，椭圆的离心率越大D.M的值越大，椭圆的离心率越小

【答案】BD

【解析】

【分析】

22

不妨设椭圆方程为设2(%,%)(-“<Xo<a),A(-q,O),8(4,0),

arb~

求出和椭圆的离心率e=Jl—M后,可得答案.

【详解】

不妨设椭圆方程为5+卫=1（。>6>0），

ab

设P*o，%)(-a<x(,<a),A(-a,O),B(a,O),则。(%,0),

所以|PQ『=y；,\AQ\=x0+a,\BQ\=a-x0,

,b2，

b22X0b2

所以M=a

・(a+x)(a-x)2，

|AQ||8Q|00L苍7

因为M为定值，所以M的值与P点在椭圆上的位置无关，故A不正确，B正确;

椭圆的离心率e=£=/耳=j=Jl-M，

所以M的值越大，椭圆的离心率越小，故C不正确，D正确.

故选：BD

19.我们把工=2'+1（〃=O,1,2,L）叫作“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设

a“=log2（E,T），"=1，2，，5“表示数列｛4｝的前〃项和，则使不等式

S,+S2+Si++S,>2021-2〃成立的正整数”的值可以是（）

A.7B.8C.9D.10

【答案】CD

【解析】

【分析】

由题可得4=2”，利用等比数列得前〃项和公式可得S,=2向-2,利用分组求和可得

S1+S2+S3+L+S,,=2"2_2"-4,化简不等式，即可求出结果.

【详解】

rn

/；=2+l（n=0,l,2,L）,.-.a,,=log2（/=；-1）=2,/jeN'.

”号>=2向—2,

4(l-2n)M

.•.E+S2+S3++S〃=-^----^-2n=2rt+2-2n-4，

1—2

2"?-2〃-4>2021-2"n2"2>2025.

当"=8时，左边=1024,不满足题意;

当〃=9时，左边=2048,满足题意，

故最小正整数”的值为9.

故选：CD.

20.十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程

a2-x2=ky2(k>0,AHLawO)表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质.若从椭圆

IPQF

上任意一点尸(异于48两点)向长轴AB引垂线，垂足为Q,记用=则

\AQ\-\BQ\

)

2

A.方程/_%=ky\k>0,4xl,aW0)表示的椭图的焦点落在x轴上

B.M的值与P点在椭圆上的位置无关

C.e=yjM-\

D.M越来越小，椭圆越来越扁

【答案】BD

【解析】

【分析】

2

A.当0<左<1时，a2<—,所以椭圆的焦点在y轴上，所以该选项错误；

k

B.设P(x,y),所以M=需%==J(常数)，所以M的值与尸点在椭圆上

\AQ\-\BQ\优一Vk

的位置无关，故B正确；

C离心率e=Jl-g)2=g7,所以选项C错误；

D.M越来越小，椭圆的离心率越大，椭圆越来越扁，所以选项D正确.

【详解】

x2y2_2

解：A.由题得/+/=】，当0<无<1时，a2<—,所以椭圆的焦点在N轴上；当

Tk

时，a2>—,所以椭圆的焦点在*轴匕所以该选项错误；

k

B.设P(x,y),不妨设椭圆的长轴在x轴上，则|PQ『=y2,

\AQ\-\BQ\=(X+a)(a-x)=a2-x2,

所以==：(常数)，所以M的值与匕点在椭圆上的位置无关，故

\AQ\-\BQ\a-xk

B正确；

X~2y~2

C.又由方程方得/+?=1,所以“是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平

T

方，即M=e)z,所以离心率0=、，耳=口7,同理可得椭圆的长轴在y轴上时结

aVa

论一致.

所以选项c错误；

D.M越来越小，椭圆的离心率越大，椭圆越来越扁，所以选项D正确.

故选：BD

三、填空题

21.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了

5=(21+l(“eN*)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算

出.月=641x6700417,也就是说得不是质数，这个猜想不成立.设

%=/。84(工一。(〃€*),S“是数列｛q｝前〃项和，若2加4s”对“eN•恒成立，则，〃

的最大值是.

【答案】y##0.5

【解析】

【分析】

根据条件化简得4,=2小，再求前〃项和，根据不等式恒成立可求解.

【详解】

由题意可知，a„=log4(2)'=2"x—=2"」，2m<-!—=-=2"-1,显然当〃=1时，加取

21—2

到最大值为3.

故答案为：y

22.十七世纪，法国数学家费马提出猜想：“当正整数〃>2时，关于X、八z的方程

x"+y"=z"没有正整数解”，经历三百多年，1995年英国数学家安德鲁怀尔斯给出了证

明，使它终成费马大定理，则下列四个命题：

①对任意正整数”，关于光、券z的方程x"+y"=z"都没有正整数解；

②当正整数〃>2,关于X、八z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解；

③当正整数"W2,关于X、八z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解；

④若关于x、八z的方程x"+y"=z"至少存在一组正整数解，则正整数〃42；

真命题的序号是(写出所有真命题的序号)

【答案】③④

【解析】

【分析】

通过举反例，可判断①错：根据题中条件，可判断②错；通过举例，可判断③正确；

根据互为逆否命题的命题真假性之间关系，可判断④正确.

【详解】

①中，当”=1时，方程x"+y"=z"即x+y=z有正整数解（如x=y=l,z=2）,故①

错；

②根据费马大定理可得：”当正整数〃>2时，关于X、V、Z的方程x"+y"=z"没有正整

数解”，故②错;

③当〃=1时，方程x"+y"=z"即x+y=z有无数正整数解（如x=yeN+，z=2x）；

当〃=2时，方程x"+y"=z"即/+V=z2也有无数正整数解（如苍丫为直角三角形的

两直角边长，z为斜边长，其中三边长均取正整数）；

因此当正整数”42,关于*八z的方程x"+y"=z,至少存在一组正整数解；故③正

确；

④互为逆否命题的两命题，真假性相同，”若关于X、八z的方程*"+y"=z"至少存在

一组正整数解，则正整数2”是题干中所给命题的逆否命题，故④正确.

故答案为：③④.

23.数学中有许多猜想，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：£=2"+1质

数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5不是质数.现设

a„=log2［log2（/;,tl-l）］（"GN"）,bn=—1:,则数列｛加｝的前21项和为

【答案】W21

【解析】

【分析】

先对勺=蜒2［噬2国7-1）］进行化简，再以裂项相消法求数列｛加｝的前21项和.

【详解】

a„=log2［log2（Fn+l-1）］=log2^log2（2-■1+1-1）］

log[log(22"")]=log2"+l

222=n+l,

所以bn—-----------=---------------=------—------

«„(«„+!)(«+1)(»+2)n+1n+2

则％；-~——-+LH———1_1J_2£

23342223223-46

21

故答案为：—

24.学数学的人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜

遁逃.欲将轻骑逐，大雪满弓刀.”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战

斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情.这首诗历代传诵，而无人

提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此

诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归.月黑天高处，怎得见

雁飞？“但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下

猜想耳,=2*+1,(〃=0,1,2,)是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出

羽=641x6700417不是质数.现设q=log2[log,(/;,-!)],(«=1,2,3,)，记

b“=1[J苛)，则数歹U论,｝的前2“项和52“二

■由2n

【答案】-—_-

2〃+1

【解析】

【分析】

根据题意，化简数列通项公式，利用分组求和的方法求解即可.

【详解】

?，

依题意有F„=2+1代入an=log2[log2(f；,-l)]

n

得an=log2[log?(2?'+1-1)]=log22=n,

(T严(2"+l)2〃+l

所以a==(-i)"+，=(一1严

〃(九+1)

则有52,』1+自上+牛口+4-

2〃(2j(23)(34)(2〃2〃+D2/2+12〃+l

故答案为：字2〃7

25.在一个三角形ABC中，到三个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点,

经证明它也满足NAPB=NBPC=NCPA=12(),因此费马点也称为三角形的等角中

心，如图，在二/WC外作等边△ACQ,再作△AC。的外接圆，则外接圆与线段8。的

交点户即为费马点.若AB=1,BC=2,/C4B=9(),则24+P8+PC=.

【答案】币

【解析】

【分析】

由费马点的性质及一的边角关系，证得△B48APBC,从而有

DApRAi?1

震=篙=塞=：，然后在△PAB中，由余弦定理求得PAP8的长，从而求得结果.

/Dix_zLJ乙

【详解】

根据费马点的性质有，ZAPB=NBPC=ZCPA=120

则NPAB+NPB4=60,5LAB=\,BC=2,ZCAB=90,

故3c=2,AABC=60,即NPBC+NPBA=60

所以NPAB=NPBC,从而有△PABAPBC

,,PAPBAB1

则r—=—=—=-,

PBPCBC2

则PC=2PB=47%,

在△P4B中，由余弦定理知，

PA2+PB2-I2=2PAPBCOS120,

解得花垣，PA=^~

77

则PC=«5,PA+PB+PC=5

7

故答案为：不

26.我们把骂=2乎+1(〃=(),1,2)叫“费马数”(费马是十七世纪法国数学家)，设

«„=log2(F,-l),5,表示数列｛q｝的前〃项之和，则使不等式

,2o"+l

£厂+1++三丁〈当■成立的最大正整数〃的值是_______

W341+1"/

【答案】5

【解析】

【分析】

由对数的运算性质求得%,由等比数列的求和公式可得5“，再由数列的裂项相消求

和，解不等式可得所求最大值.

【详解】

2

解:由题意得，an=log2(/^—1)=log22=2",

所以=2(1-2")则高一2向1_______1

+,+2

1-2S“3“+|(2,,+1-2)(2,,+2-2)~2"-22"-2

2223

所以——+——+L+

S岛S2S3SS

-2-6+6-14+,+2,,+l-2-2nt2-2

11

~2~2"+2-2'

.1163

^2~2"+2-2<T2J，

可得"丁二，解得〃<6，

2n+2-22x127

所以最大正整数〃的值为5,

故答案为：5

【点睛】

关键点点睛：此题考查等比数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和

法，解题的关键是由已知条件求出a.=k)g2(4,-1)=唾22*=2",从而可得

2,,+)11

2(1—2〃)=2用_2,进而可求出考

"1-2(2"“-2)(2"+2-2)

查转化思想和计算能力，属于中档题.

27.著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马(1601-1665)于1643年提出的平面

几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和

最小费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的

费马点，当ABC的三个内角均小于120。时，则使得/4m=/82。=/。24=120。的

点P即为费马点.已知点尸为A8C的费马点，且AC_LBC,若|/>A|+|P8|=RPC|,

则实数2的最小值为.

【答案】2G+2

【解析】

【分析】

根据题意NAP8