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v2ex · 2026-06-10 13:10:17+08:00 · tech

以下数据为优易充年统计数据：年电（ kwh ）费（元） 2021 2502.6 1952.03 2022 1939.24 1512.62 2023 2813.23 2194.33 2024 2495.86 1440.24 2025 2475.599 1237.97 2026 1088.401 570.41 合计 13314.93 8907.6 保险平均一年 3000, 里程大概 10w 公里多一点，这些费用另一辆油车用的话仅能加油 18 次。给想买电车的朋友做个参考。

[汽车] 我也算了一下电车最近 6 年的用电量和电费

v2ex · 2026-06-10 13:10:17+08:00 · tech

以下数据为优易充年统计数据：年电（ kwh ）费（元） 2021 2502.6 1952.03 2022 1939.24 1512.62 2023 2813.23 2194.33 2024 2495.86 1440.24 2025 2475.599 1237.97 2026 1088.401 570.41 合计 13314.93 8907.6 保险平均一年 3000, 里程大概 10w 公里多一点，这些费用另一辆油车用的话仅能加油 18 次。给想买电车的朋友做个参考。

[汽车] 我也算了一下电车最近 6 年的用电量和电费

v2ex · 2026-06-10 11:53:03+08:00 · tech

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[汽车] 我也算了一下电车最近 6 年的用电量和电费

v2ex · 2026-06-10 11:48:53+08:00 · tech

以下数据为优易充年统计数据：年电（ kwh ）费（元） 2021 2502.6 1952.03 2022 1939.24 1512.62 2023 2813.23 2194.33 2024 2495.86 1440.24 2025 2475.599 1237.97 2026 1088.401 570.41 合计 13314.93 8907.6 保险平均一年 3000, 里程大概 10w 公里多一点，这些费用另一辆油车用的话仅能加油 18 次。给想买电车的朋友做个参考。

新高考数学参考答案（仅供参考，大模型测试自用，由于公式较多卡加载请使用电脑打开）

LinuxDo 最新话题 · 2026-06-07 19:54:29+08:00 · tech

答案仅供参考，不保证完全正确来源为圈内整理和手动，以及：新高考数学一卷出炉，测测哪些 AI 有实力搞七捻三我会让 GPT 5.5 Pro + GPT 5.2 Pro 来打分，标准：客观题： 1~8 题为单选题，每题 5 分 9~11 题为多选题，每题 6 分，全选对得 6 分，有错选直接 0 分；如果标准答案有两个，那么选对一个得 3 分；如果标准答案有3 个选项，那么选对一个得 2 分，选对两个得 3 分 12~14 题为填空题，答案一眼看出来和标准答案等价就可以主观题： 15~… 答案总览题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A C D D B B A ACD BC BCD \sqrt{\dfrac{11}{6}} \theta = \dfrac{3\pi}{2} f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 解答题结果： 15 题距离为 1；16 题 \cos A = \dfrac{1}{3} , CE = 3\sqrt{5} ；17 题见分布列与证明；18 题 C : \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1 ，l : y = \dfrac{\sqrt{5}}{2} (x + 1) ， \tan \angle PQR 的最小值为 4\sqrt{3} ；19 题见证明。一、单项选择题本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中位数样本数据 6 ， 8 ， 4 ， 5 ， 12 的中位数为 A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 答案：B 【解析】将样本数据从小到大排列： 4, 5, 6, 8, 12. 共有 5 个数，中位数是第 3 个数，所以中位数为 6 。 2. 平面向量线性表示唯一性已知平面向量 \boldsymbol{a} ， \boldsymbol{b} 不共线，且 2\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}=x\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b} ，则 A. x=2,\ y=-3 B. x=-2,\ y=3 C. x=2,\ y=3 D. x=-2,\ y=-3 答案：A 【解析】已知 a, b 不共线，且 2a + yb = xa - 3b. 移项得 (2 - x)a + (y + 3)b = 0. 因为 a, b 不共线，所以它们线性无关，于是对应系数均为 0 ： 2 - x = 0, y + 3 = 0. 因此 x = 2, y = -3. 3. 集合交集已知集合 A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\} 则 A\cap B= A. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\} B. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\} C. \left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\} D. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\} 答案：C 【解析】先计算集合 A 中的三个数： \sin\frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2}, \cos\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}, \tan\frac{5\pi}{4} = 1. 所以 A = \left\{-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1\right\}. 又 B = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right). 两集合的公共元素为 -1/2 和 1 ，故 A\cap B = \left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}. 4. 曲线切线方程曲线 y=5x+8\ln x 在点 (1,\ 5) 处的切线方程为 A. y=3x+2 B. y=5x C. y=8x-3 D. y=13x-8 答案：D 【解析】曲线为 y = 5x + 8\ln x. 求导得 y' = 5 + \frac{8}{x}. 在 x = 1 处， y'(1) = 5 + 8 = 13. 又曲线过点 (1, 5) ，所以切线方程为 y - 5 = 13(x - 1). 整理得 y = 13x - 8. 5. 抛物线焦点距离已知抛物线 C_1:y^2=2p_1x\ (p_1>0) 和 C_2:x^2=2p_2y\ (p_2>0) 均经过点 (4,\ 8) ，则 C_1 的焦点与 C_2 的焦点之间的距离为 A. 12 B. 4\sqrt{5} C. 6 D. \dfrac{\sqrt{65}}{2} 答案：D 【解析】抛物线 C_1 : y^2 = 2p_1x 过点 (4, 8) ，代入得 8^2 = 2p_1 \cdot 4, 64 = 8p_1, p_1 = 8. 标准式 y^2 = 2px 的焦点为 \left(\dfrac{p}{2}, 0\right) ，所以 F_1 = (4, 0). 抛物线 C_2 : x^2 = 2p_2y 过点 (4, 8) ，代入得 4^2 = 2p_2 \cdot 8, 16 = 16p_2, p_2 = 1. 标准式 x^2 = 2py 的焦点为 \left(0, \dfrac{p}{2}\right) ，所以 F_2 = \left(0, \frac{1}{2}\right). 于是两个焦点间距离为 F_1F_2 = \sqrt{(4 - 0)^2 + \left(0 - \frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{65}}{2}. 6. 函数最大值确定参数已知函数 f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a} 的最大值为 1 ，则 a= A. \dfrac{1}{2} B. 1 C. \dfrac{3}{2} D. 2 答案：B 【解析】设 f(x) = \frac{x + 2}{\mathrm{e}^x + a}. 求导： f'(x) = \frac{(\mathrm{e}^x + a) - (x + 2)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2} = \frac{a - (x + 1)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2}. 若在 x = x_0 处取得最大值 1 ，则一方面 f'(x_0) = 0, 即 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0}, 另一方面 f(x_0) = 1, 即 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + a. 代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} = (x_0 + 2)\mathrm{e}^{x_0}. x_0 = -2 不可能满足上式的最大值条件，因此可除以 x_0 + 2 ，得到 \mathrm{e}^{x_0} = 1, x_0 = 0. 再代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 a = 1. 7. 数列配对成等差数列 108 塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩。该塔群有 108 座塔，依山势自下而上排成 12 行，将第 i 行中塔的座数记为 a_i\ (i=1,2,\cdots,12) ，其中 a_1=1 ， a_2=a_3=3 ， a_4=a_5=5 ，且 a_6,a_7,\cdots,a_{12} 是一个首项为 7 、公差为 2 的等差数列。将 a_1,a_2,\cdots,a_{12} 分为 6 组，每组两个数，使得每组 the 两个数之和可构成一个项数为 6 且公差为 d\ (d>0) 的等差数列，则 d= A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 答案：B 【解析】由题意可知这 12 行的塔数依次为 1, 3, 3, 5, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19. 先核对总数： 1 + 3 + 3 + 5 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 = 108, 与题干一致。将这 12 个数分成 6 组，每组 2 个数。设每组两个数之和依次构成首项为 T 、公差为 d 的等差数列，则这 6 个组和为 T, T + d, T + 2d, T + 3d, T + 4d, T + 5d. 它们的总和仍然等于所有塔数之和 108 ，所以 T + (T + d) + (T + 2d) + (T + 3d) + (T + 4d) + (T + 5d) = 108. 整理得 6T + 15d = 108, 2T + 5d = 36. 因此 T = 18 - \frac{5}{2}d. 题目选项给出的 d 为 2, 4, 6 或无解，逐项排除。若 d = 2 。此时 T = 18 - 5 = 13 ，六个组和应为 13, 15, 17, 19, 21, 23 。但原来的 12 个数全部是奇数，任意两个奇数之和必为偶数，不可能得到奇数组和。因此 d = 2 不可能。若 d = 6 。此时 T = 18 - 15 = 3 ，六个组和应为 3, 9, 15, 21, 27, 33 。然而任意一组由两个正整数相加，最小可能和是 1 + 3 = 4 ，不可能得到首项 3 。因此 d = 6 不可能。若 d = 4 。此时 T = 18 - 10 = 8 ，六个组和应为 8, 12, 16, 20, 24, 28 。下面给出一个可行分组： \begin{aligned} 1 + 7 &= 8, \\ 3 + 9 &= 12, \\ 3 + 13 &= 16, \\ 5 + 15 &= 20, \\ 5 + 19 &= 24, \\ 11 + 17 &= 28. \end{aligned} 这正好把 12 个数全部用完，且组和构成首项为 8 、公差为 4 的等差数列。因此 d = 4 。 8. 随机变量的数学期望设 U=\{(x_1,x_2,x_3)\mid x_i\in\{-2,-1,1,2\},\ i=1,2,3\} 为空间中 64 个点构成的集合，点 P(1,1,1) 。记样本空间 \Omega=\complement_U\{P\} 从 \Omega 中随机选取一个点，定义随机变量 X 如下：对于 \Omega 中的每个点 A(x_1,x_2,x_3) ，令 X(A)=x_1+x_2+x_3 则 X 的数学期望为 A. -\dfrac{1}{21} B. -\dfrac{1}{63} C. 0 D. \dfrac{1}{7} 答案：A 【解析】集合 U = \{(x_1, x_2, x_3) \mid x_i \in \{-2, -1, 1, 2\}, i = 1, 2, 3\} 共有 4^3 = 64 个点。样本空间为 \Omega = U \setminus \{(1, 1, 1)\}, 所以 \Omega 中共有 63 个点。在完整集合 U 中，每个坐标的取值 -2, -1, 1, 2 出现次数相同，且 -2 - 1 + 1 + 2 = 0. 因此 \sum_{(x_1,x_2,x_3)\in U} (x_1 + x_2 + x_3) = 0. 被删去的点是 (1, 1, 1) ，其对应的 X = 1 + 1 + 1 = 3 。所以在 \Omega 中， X 的总和为 0 - 3 = -3 。于是数学期望为 E(X) = \frac{-3}{63} = -\frac{1}{21}. 二、多项选择题本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9. 复数运算设 z=3+2\mathrm i ，则 A. \overline z=3-2\mathrm i B. |z|=5 C. z^2=5+12\mathrm i D. \dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R 答案：ACD 【解析】已知 z = 3 + 2\mathrm{i} 。 A 项： \overline{z} = 3 - 2\mathrm{i} ，正确。 B 项： |z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \neq 5 ，错误。 C 项： z^2 = (3 + 2\mathrm{i})^2 = 9 + 12\mathrm{i} + 4\mathrm{i}^2 = 5 + 12\mathrm{i} ，正确。 D 项： \dfrac{z + 3}{z - \mathrm{i}} = \dfrac{6 + 2\mathrm{i}}{3 + \mathrm{i}} = \dfrac{2(3 + \mathrm{i})}{3 + \mathrm{i}} = 2 \in \mathbb{R} ，正确。故选 A、C、D。 10. 空间中到定直线距离与二面角在空间中， A ， B 为两个定点，动点 C 到直线 AB 的距离为 2 ，动点 D 到直线 AB 的距离为 1 。若二面角 C\text{-}AB\text{-}D 为 60^\circ ，则 A. \angle CAD\ge 60^\circ B. CD\ge\sqrt 3 C. 当 AB\perp CD 时， CD\perp 平面 ABD D. 当 AB\perp 平面 ACD 时， AC\perp AD 答案：BC 【解析】取直线 AB 为 x 轴。设点 C, D 到直线 AB 的垂足在 x 轴上的坐标分别为 c, d 。在垂直于 AB 的平面内，设 u = 点 C 到 AB 的垂直向量， v = 点 D 到 AB 的垂直向量。由题意 |u| = 2, \quad |v| = 1, \quad \angle(u, v) = 60^{\circ}. 于是 CD^2 = (c - d)^2 + |u - v|^2. 又 |u - v|^2 = |u|^2 + |v|^2 - 2|u||v| \cos 60^{\circ} = 4 + 1 - 2 = 3. 所以 CD^2 = (c - d)^2 + 3 \ge 3 \implies CD \ge \sqrt{3}. B 正确。若 AB \perp CD ，则 CD 在 x 轴方向上的分量为 0 ，即 c = d 。此时 \vec{CD} = (0, v - u). 它显然垂直于 AB 。再看它与 AD 的关系： \vec{AD} = (d, v), 故 \vec{CD} \cdot \vec{AD} = (v - u) \cdot v = |v|^2 - u \cdot v = 1 - 2 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = 0. 所以 CD \perp AD ，且 CD \perp AB ，从而 CD \perp 平面 ABD 。C 正确。 A 项不一定正确。例如让 C, D 在 AB 方向上的坐标都很大且相同，则 AC, AD 几乎同向， \angle CAD 可趋近于 0^{\circ} 。 D 项也不一定正确。若 AB \perp 平面 ACD ，则 A, C, D 到 AB 的垂足都在 A ，但 AC, AD 在垂直于 AB 的平面内夹角仍为 60^{\circ} ，并不垂直。 11. 三圆截弦长已知圆 C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad C_3:x^2+(y-\sqrt3)^2=1 直线 l:y=kx+b 与 C_1,C_2,C_3 均有两个交点。设 l 被 C_1,C_2,C_3 截得的弦长分别为 s_1,s_2,s_3 ，则 A. k 可以取任意实数 B. 满足 s_1=s_2=s_3 的直线 l 共有 3 条 C. 满足 s_1+s_2+s_3=3 的直线 l 多于 3 条 D. 当 b=0 时， s_1+s_2+s_3 的最大值为 \dfrac{2\sqrt{21}}{3} 答案：BCD 【解析】三个圆的圆心分别为 O_1 = (-1, 0), \quad O_2 = (1, 0), \quad O_3 = (0, \sqrt{3}), 半径都为 1 。直线 l : y = kx + b 写成 kx - y + b = 0 。记 N = \sqrt{k^2 + 1}. 圆心到直线的距离分别为 d_1 = \frac{|b - k|}{N}, \quad d_2 = \frac{|b + k|}{N}, \quad d_3 = \frac{|b - \sqrt{3}|}{N}. 对应截弦长为 s_i = 2\sqrt{1 - d_i^2} \quad (i = 1, 2, 3). A 项错误。取 k = -1/\sqrt{3} \implies N = 2/\sqrt{3} 。要与 C_1 有两个交点，需要 |b - k| < N \iff \left|b + \frac{1}{\sqrt{3}}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff -\sqrt{3} < b < \frac{1}{\sqrt{3}}. 要与 C_3 有两个交点，需要 |b - \sqrt{3}| < N \iff \left|b - \sqrt{3}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \sqrt{3} - \frac{2}{\sqrt{3}} < b < \sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \frac{1}{\sqrt{3}} < b < \frac{5}{\sqrt{3}}. 两个开区间没有公共点，所以此时不存在满足题意的 b ，故 k 不能取任意实数。 B 项正确。由 s_1 = s_2 = s_3 可知 |b - k| = |b + k| = |b - \sqrt{3}|. 先由 |b - k| = |b + k| 得 k = 0 或 b = 0 。若 k = 0 ，则 |b| = |b - \sqrt{3}| \implies b = \frac{\sqrt{3}}{2} ，得到一条直线。若 b = 0 ，则 |k| = \sqrt{3} \implies k = \pm\sqrt{3} ，得到两条直线。共 3 条。 C 项正确。只看过原点的直线，即取 b = 0 。此时 d_1 = d_2 = \frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}}, \quad d_3 = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{k^2 + 1}}. 要有三个实弦，需 k^2 > 2 。令 u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 则 s_1 + s_2 + s_3 = \frac{4 + 2\sqrt{k^2 - 2}}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}. 令该和等于 3 ，得 \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}} = 3. 两边平方： 4(u + 2)^2 = 9(u^2 + 3), 即 5u^2 - 16u + 11 = 0. 解得 u = 1 或 u = \frac{11}{5} 。于是至少有 k = \pm\sqrt{3} ， k = \pm\sqrt{\frac{171}{25}} 四条直线满足 s_1 + s_2 + s_3 = 3 ，所以多于 3 条。 D 项正确。当 b = 0 时，上式给出 S(k) = s_1 + s_2 + s_3 = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}, \quad u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 令 g(u) = \frac{u + 2}{\sqrt{u^2 + 3}}. 则 g'(u) = \frac{(u^2 + 3) - u(u + 2)}{(u^2 + 3)^{3/2}} = \frac{3 - 2u}{(u^2 + 3)^{3/2}}. 所以最大值在 u = 3/2 处取得。此时 S_{\max} = 2 \cdot \frac{2 + 3/2}{\sqrt{9/4 + 3}} = \frac{7}{\sqrt{21}/2} = \frac{14}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}. 三、填空题本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 双曲线离心率双曲线 5x^2-6y^2=1 的离心率为 \underline{\qquad} 。答案： \sqrt{\dfrac{11}{6}} 【解析】双曲线 5x^2 - 6y^2 = 1 化为标准形式： \frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1. 所以 a^2 = \frac{1}{5}, \quad b^2 = \frac{1}{6}. 双曲线满足 c^2 = a^2 + b^2 = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}. 离心率 e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{c^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{11/30}{1/5}} = \sqrt{\frac{11}{6}}. 13. 三角函数的偶性与单调性已知 f(x)=2\sin(ax+\theta) ，其中 a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi 。若 f(x) 是偶函数，且 f(x) 在区间 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 单调递增，则 \theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad} 答案： \theta = \dfrac{3\pi}{2} ， f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 1 【解析】已知 f(x) = 2\sin(ax + \theta), \quad a \in \mathbb{Z}, \quad 0 \le \theta < 2\pi. 题设说 f(x) 是偶函数，即 f(-x) = f(x) 对一切 x 成立。因此 \sin(\theta - ax) = \sin(\theta + ax). 两边相减得 \sin(\theta + ax) - \sin(\theta - ax) = 2\cos\theta\sin(ax) = 0. 由于 f(x) 在 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增，所以 f 不可能是常函数，从而 a \neq 0 。于是 \sin(ax) 不恒为 0 ，必须有 \cos\theta = 0. 又 0 \le \theta < 2\pi ，所以 \theta = \frac{\pi}{2} 或 \theta = \frac{3\pi}{2} 。情形一： \theta = \frac{\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{\pi}{2}\right) = 2\cos(ax). 若 a > 0 ，则在充分靠近 0 的右侧有 f'(x) = -2a\sin(ax) < 0 ；若 a < 0 ，令 m = -a > 0 ，则 f(x) = 2\cos(mx) ，同样在充分靠近 0 的右侧单调下降。因此该情形不可能满足在整个 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增。情形二： \theta = \frac{3\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{3\pi}{2}\right) = -2\cos(ax). 令 m = |a| ，则 f(x) = -2\cos(mx) ， m \in \mathbb{N}^* 。求导得 f'(x) = 2m\sin(mx). 若 m = 1 ，则 0 < mx < \frac{\pi}{2} ，所以 f'(x) > 0 ；若 m = 2 ，则 0 < mx < \pi ，所以 f'(x) > 0 。这两种情况都满足单调递增。若 m \ge 3 ，则 \frac{\pi}{m} < \frac{\pi}{2} ，并且在 x 略大于 \frac{\pi}{m} 时，有 \pi < mx < 2\pi ，从而 \sin(mx) < 0 ，于是 f'(x) < 0 ，不可能在整个 \left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增。因此 |a| = 1 或 |a| = 2 。无论 |a| = 1 还是 |a| = 2 ，都有 f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2\cos\left(a \cdot \frac{2\pi}{3}\right). 当 |a| = 1 时， -2\cos\frac{2\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1; 当 |a| = 2 时， -2\cos\frac{4\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1. 所以 \theta = \frac{3\pi}{2} ， f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 。 14. 数列中连续九项成等比数列设实数 q 满足：存在数列 \{a_n\} ，使得对于任意 n\in\mathbb N^* ，均有 a_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n 且 \{a_n\} 中有某些连续 9 项 a_k,a_{k+1},\cdots,a_{k+8} 是公比为 q 的等比数列，则 q 的最大值为 \underline{\qquad} 。答案： \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 【解析】题意为：存在数列 \{a_n\} ，使得对任意 n \in \mathbb{N}^* ，均有 a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 令 S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 相邻两个式子相减，得第 n 个三项块的和为 a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = S_n - S_{n-1} = (n^2 + n) - [(n - 1)^2 + (n - 1)] = 2n. 也就是说，按每 3 项分块，三项块和依次为 2, 4, 6, 8, \dots, 2n, \dots. 设某连续九项 a_{\ell}, a_{\ell+1}, \dots, a_{\ell+8} 构成公比为 q 的等比数列。由于这些连续项中必含两个或三个完整三项块，而完整三项块的和均为正数，后面将得到 q^3 > 0 ，故最大值只需考虑 q > 0 。将这九项记为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 按照 \ell 除以 3 的余数分类讨论。情形一： \ell \equiv 1 \pmod 3 。此时九项正好覆盖三个完整三项块。设第一个完整三项块是第 n 个块，则 A(1 + q + q^2) = 2n, Aq^3(1 + q + q^2) = 2(n + 1), Aq^6(1 + q + q^2) = 2(n + 2). 由于 1 + q + q^2 > 0 ，可由前两式相除得 q^3 = \frac{n + 1}{n} ，由后两式相除得 q^3 = \frac{n + 2}{n + 1} 。这要求 \frac{n + 1}{n} = \frac{n + 2}{n + 1}, 即 (n + 1)^2 = n(n + 2), 也就是 n^2 + 2n + 1 = n^2 + 2n, 矛盾。因此此情形不可能出现。情形二： \ell \equiv 2 \pmod 3 。设 \ell = 3r + 2 ，其中 r \ge 0 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 2 个块和第 r + 3 个块。对应到等比数列中的项为 Aq^2 + Aq^3 + Aq^4 = 2(r + 2), Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = 2(r + 3). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2}. 因为 r \ge 0 ，所以 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2} = 1 + \frac{1}{r + 2} \le \frac{3}{2}. 于是 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 情形三： \ell \equiv 0 \pmod 3 。设 \ell = 3r ，其中 r \ge 1 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 1 个块和第 r + 2 个块。对应到等比数列中的项为 Aq + Aq^2 + Aq^3 = 2(r + 1), Aq^4 + Aq^5 + Aq^6 = 2(r + 2). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 2}{r + 1} = 1 + \frac{1}{r + 1} \le \frac{3}{2}. 因此仍有 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 综上，凡能出现的公比 q 都满足 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 最后说明这个上界可以取到。取 \ell = 2 ，令 q = \sqrt[3]{\frac{3}{2}} 。连续九项 a_2, a_3, \dots, a_{10} 取为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 第 2 个完整三项块为 a_4 + a_5 + a_6 ，应等于 4 ，所以令 A(q^2 + q^3 + q^4) = 4. 此时 a_7 + a_8 + a_9 = Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = q^3 A(q^2 + q^3 + q^4) = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6, 正好等于第 3 个三项块的和。其余未被固定的项，例如 a_1, a_{11}, a_{12}, \dots ，可以再按每个三项块和为 2n 的要求补足。因此该上界确实可以达到。所以 q 的最大值为 \sqrt[3]{\frac{3}{2}} 。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. 直三棱柱中的线面关系与距离在直三棱柱 ABC\text{-}A_1B_1C_1 中， \angle ACB=90^\circ ， AC=BC ， D ， E 分别为 AB ， AC_1 的中点。（1）证明： DE\parallel 平面 BCC_1B_1 ；（2）设 CC_1=2 ，直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成的角为 45^\circ ，求直线 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。答案：(1) 见证明；(2) 距离为 1。【解析】设直三棱柱 ABC - A_1B_1C_1 中 \angle ACB = 90^\circ, \quad AC = BC. 取坐标系如下：令 C = (0, 0, 0), \quad A = (a, 0, 0), \quad B = (0, a, 0), 其中 a = AC = BC 。因为是直三棱柱，设 C_1 = (0, 0, h), \quad A_1 = (a, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h). 本题第二问给出 CC_1 = 2 ，所以之后取 h = 2 。点 D 是 AB 的中点，因此 D = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right). 点 E 是 AC_1 的中点，因此 E = \left(\frac{a}{2}, 0, \frac{h}{2}\right). 所以 \overrightarrow{DE} = E - D = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right). （1）证明 DE \parallel 平面 BCC_1B_1 。平面 BCC_1B_1 由点 B = (0, a, 0), \quad C = (0, 0, 0), \quad C_1 = (0, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h) 组成，故其方程为 x = 0. 直线 DE 上两点 D, E 的 x 坐标都等于 a/2 ，且方向向量 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right) 没有 x 分量，说明 DE 的方向平行于平面 x = 0 。又 D, E 不在平面 x = 0 内，所以 DE \parallel \text{平面} BCC_1B_1. （2）求 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。此时 h = 2 ，所以 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, 1\right). 平面 ACC_1A_1 的方程为 y = 0. 其法向量可取 n = (0, 1, 0). 设直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成角为 \alpha ，题给 \alpha = 45^\circ 。线面角满足 \sin\alpha = \frac{|\overrightarrow{DE} \cdot n|}{|\overrightarrow{DE}| |n|}. 代入得 \sin 45^\circ = \frac{a/2}{\sqrt{(a/2)^2 + 1}}. 即 \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 1}}. 两边平方： \frac{1}{2} = \frac{a^2/4}{a^2/4 + 1}. 于是 a^2/4 = 1, a = 2. 平面 BCC_1B_1 为 x = 0 ，直线 DE 上任意点的 x 坐标恒为 a/2 。因为 DE \parallel 该平面，所以线面距离等于任意一点到该平面的距离： \text{dist}(DE, \text{平面} BCC_1B_1) = \frac{a}{2} = 1. 16. 三角形与平行垂直条件已知在 \triangle ABC 中， AB=3 ， BC=2\sqrt3 ， \cos B=\dfrac{\sqrt3}{3} 。（1）求 \cos A ；（2）设 D ， E 两点满足： D 在 BA 的延长线上， DE\parallel BC ， AE\perp AC 。若 DE=\sqrt6 ，求 CE 。答案： \cos A = \dfrac{1}{3} ， CE = 3\sqrt{5} 。【解析】已知 AB = 3, \quad BC = 2\sqrt{3}, \quad \cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}. （1）求 \cos A 。由余弦定理， AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cos B. 代入数据： AC^2 = 3^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 9 + 12 - 12 = 9. 所以 AC = 3. 再由余弦定理， \cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \cdot 3 \cdot 3} = \frac{1}{3}. （2）求 CE 。建立坐标系。令 A = (0, 0), \quad B = (3, 0). 因为 AC = 3 且 \cos A = 1/3 ，所以 C = (3\cos A, 3\sin A) = (1, 2\sqrt{2}). 于是 \overrightarrow{BC} = C - B = (-2, 2\sqrt{2}). 因为 D 在 BA 的延长线上，所以可设 D = (-t, 0), \quad t > 0. 又 DE \parallel BC ，所以可设 \overrightarrow{DE} = \lambda(-2, 2\sqrt{2}). 于是 E = D + \lambda(-2, 2\sqrt{2}) = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 由 DE = \sqrt{6} ，且 |\overrightarrow{BC}| = 2\sqrt{3} ，可得 |\lambda| \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{6}, |\lambda| = \frac{\sqrt{2}}{2}. 由于 D 在 BA 的延长线上，最终取 \lambda > 0 。又 AE \perp AC 。因为 \overrightarrow{AC} = (1, 2\sqrt{2}), \quad \overrightarrow{AE} = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda), 所以 \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. 即 (-t - 2\lambda) \cdot 1 + (2\sqrt{2}\lambda)(2\sqrt{2}) = 0. 化简： -t - 2\lambda + 8\lambda = 0, t = 6\lambda. so E = (-8\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 代入 \lambda = \frac{\sqrt{2}}{2} ： E = (-4\sqrt{2}, 2). 于是 CE^2 = (1 + 4\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2} - 2)^2. 分别计算： (1 + 4\sqrt{2})^2 = 1 + 8\sqrt{2} + 32 = 33 + 8\sqrt{2}, (2\sqrt{2} - 2)^2 = 8 - 8\sqrt{2} + 4 = 12 - 8\sqrt{2}. 相加得 CE^2 = 45. 因此 CE = 3\sqrt{5}. 17. 投篮停止次数的分布与无记忆性设整数 N\ge2 ，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 N 次，当且仅当投中一次时，或 N 次均未投中时，停止练习。设该同学每次投中的概率为 p\ (0<p<1) ，各次投中与否相互独立。记 X 为停止练习时该同学的投篮次数。（1）当 N=4 ， p=\dfrac13 时，求 X 的分布列；（2）设 k ， m 均为自然数。（i）当 k\le N-1 时，求 P(X>k) ；（ii）当 k+m\le N-1 时，证明： P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m) 【解析】记一次投篮命中的概率为 p ，未命中的概率为 q = 1 - p. 练习至多进行 N 次，且一旦命中就停止；若前 N 次均未命中，也在第 N 次后停止。于是 X = \min\{\text{首次命中的投篮次数}, N\}. （1）当 N=4 ， p = \frac{1}{3} 时，求 X 的分布列。此时 p = \frac{1}{3}, \quad q = \frac{2}{3}. 对 j = 1, 2, 3 ，事件 X = j 表示前 j - 1 次未中，第 j 次命中，所以 P(X = j) = q^{j-1}p. 当 X = 4 时，只要求前三次都未中；第四次中或不中都会停止，所以 P(X = 4) = q^3. 因此 P(X = 1) = \frac{1}{3}, P(X = 2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, P(X = 3) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}, P(X = 4) = \left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}. 分布列为： X 1 2 3 4 P \dfrac{1}{3} \dfrac{2}{9} \dfrac{4}{27} \dfrac{8}{27} 检查： \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = \frac{9}{27} + \frac{6}{27} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = 1. （2）（i）当 k \le N - 1 时，求 P(X > k) 。 X > k 表示前 k 次均未命中。由于各次投篮相互独立， P(X > k) = q^k = (1 - p)^k. （2）（ii）证明条件概率公式。当 k + m \le N - 1 时，由上式 P(X > k + m) = (1 - p)^{k+m}, P(X > k) = (1 - p)^k. 于是 P(X > k + m \mid X > k) = \frac{P(X > k + m)}{P(X > k)} = \frac{(1 - p)^{k+m}}{(1 - p)^k} = (1 - p)^m. 又由于 m \le k + m \le N - 1 ，同理 P(X > m) = (1 - p)^m. 因此 P(X > k + m \mid X > k) = P(X > m). 18. 椭圆、面积比与角的最值已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) 的左焦点为 F(-1,0) ，离心率为 \dfrac12 。（1）求 C 的方程；（2）过 F 且斜率大于 0 的动直线 l 与 C 交于 P ， Q 两点，其中 Q 在第三象限，直线 PO 与 C 的另一个交点为 R 。（i）若 \triangle PQR 的面积是 \triangle PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程；（ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。【解析】（1）求椭圆 C 的方程。已知左焦点为 F(-1, 0) ，故焦距参数 c = 1. 离心率 e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}. 所以 a = 2. 又 b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3. 故椭圆方程为 \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1. （2）设直线 l 的斜率为 t > 0 。直线 l 过 F(-1, 0) ，所以 l : y = t(x + 1). 令 x = -1 + \lambda, \quad y = t\lambda. 代入椭圆方程： \frac{(\lambda - 1)^2}{4} + \frac{t^2\lambda^2}{3} = 1. 两边乘以 12 ： 3(\lambda - 1)^2 + 4t^2\lambda^2 = 12. 整理得 (3 + 4t^2)\lambda^2 - 6\lambda - 9 = 0. 设两个根为 \lambda_1 > 0, \quad \lambda_2 < 0. 则 P = F + (\lambda_1, t\lambda_1), \quad Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2). 由求根公式，记 s = \sqrt{1 + t^2} ，可得 \lambda_1 = \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2}, \quad \lambda_2 = \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2}. （i）面积比求直线 l 。因为椭圆关于原点中心对称，直线 PO 与椭圆的另一个交点为 R = -P. 点 P, F, Q 共线。取 PF 、 PQ 为同一直线上的底边，则 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = \frac{PQ}{PF} \cdot \frac{d(R, l)}{d(O, l)}. 直线 l 的方程为 tx - y + t = 0. 原点到 l 的距离为 d(O, l) = \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}}. 因为 P 在直线 l 上，且 R = -P ，把 R 代入直线方程可得 d(R, l) = \frac{2t}{\sqrt{1 + t^2}} = 2d(O, l). 所以 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = 2 \cdot \frac{PQ}{PF}. 题设给出 [\triangle PQR] = 3[\triangle PFO] ，因此 \frac{PQ}{PF} = \frac{3}{2}. 又 PF = \lambda_1 \sqrt{1 + t^2} ， PQ = (\lambda_1 - \lambda_2)\sqrt{1 + t^2} ，所以 \frac{PQ}{PF} = \frac{\lambda_1 - \lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{2}. 即 \lambda_1 - \lambda_2 = \frac{3}{2}\lambda_1, -\lambda_2 = \frac{1}{2}\lambda_1, \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0. 代入 \lambda_1, \lambda_2 ： \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2} + 2 \cdot \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2} = 0. 分子为 3 + 6s + 6 - 12s = 9 - 6s. so 9 - 6s = 0, s = \frac{3}{2}. 即 \sqrt{1 + t^2} = \frac{3}{2}, t^2 = \frac{5}{4}. 由于 t > 0 ， t = \frac{\sqrt{5}}{2}. 故 l : y = \frac{\sqrt{5}}{2}(x + 1). （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。向量 \vec{QP} 与直线 l 同向，可取方向向量 v = (1, t). 又 R = -P , Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2) ，可得 \overrightarrow{QR} = R - Q = (2, 0) - (\lambda_1 + \lambda_2)(1, t). 由根与系数关系， \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 记 S = \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 则 \overrightarrow{QR} = (2 - S, -St). 于是 |v \times \overrightarrow{QR}| = |1 \cdot (-St) - t(2 - S)| = 2t, v \cdot \overrightarrow{QR} = 2 - S - St^2 = 2 - S(1 + t^2). 代入 S = \frac{6}{3+4t^2} ： 2 - S(1 + t^2) = 2 - \frac{6(1 + t^2)}{3 + 4t^2} = \frac{2t^2}{3 + 4t^2} > 0. 所以 \tan\angle PQR = \frac{|v \times \overrightarrow{QR}|}{v \cdot \overrightarrow{QR}} = \frac{2t}{\frac{2t^2}{3+4t^2}} = \frac{3 + 4t^2}{t} = 4t + \frac{3}{t}. 由 t > 0 ，利用基本不等式，或直接求导： 4t + \frac{3}{t} \ge 2\sqrt{4t \cdot \frac{3}{t}} = 4\sqrt{3}. 等号在 4t = \frac{3}{t} ，即 t = \frac{\sqrt{3}}{2} 时成立。因此 \tan\angle PQR_{\min} = 4\sqrt{3}. 19. 集合 D(x_0) 与函数单调性已知函数 f(x) 的定义域为 \mathbb R ，且当 x<0 时， f(x)=2^x 。对任意 x_0\in\mathbb R ，定义集合 D(x_0)=\{d\in\mathbb R\mid f(x_0+d)>f(x_0)\} （1）若当 x\ge0 时， f(x)=1-x ，求 D(-1) ；（2）若 f(x) 是奇函数， f(x_1)\le f(x_2) 且 x_1,x_2\ne0 ，证明： D(x_2)\subseteq D(x_1) （3）设 f(x) 满足： ① 若 f(x_1)\le f(x_2) ，则 D(x_2)\subseteq D(x_1) ； ② 当 0<x<1 时， f(x)<f(0) 。（i）证明： f(0)\ge1 ；（ii）证明： f(x) 在区间 (0,+\infty) 单调递增。定义 D(x_0) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0)\}. 也就是说， d \in D(x_0) 表示从 x_0 平移 d 后，函数值严格增大。（1）求 D(-1) 。当 x < 0 时， f(x) = 2^x ；当 x \ge 0 时， f(x) = 1 - x 。先算 f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}. 要求 f(-1 + d) > \frac{1}{2}. 令 y = -1 + d 。分两种情况。若 y < 0 ，即 d < 1 ，则 f(y) = 2^y > \frac{1}{2} = 2^{-1} \iff y > -1. 即 -1 < -1 + d < 0 \implies 0 < d < 1. 若 y \ge 0 ，即 d \ge 1 ，则 f(y) = 1 - y = 1 - (-1 + d) = 2 - d. 要求 2 - d > \frac{1}{2} \implies d < \frac{3}{2}. 结合 d \ge 1 ，得 1 \le d < \frac{3}{2}. 合并两段： D(-1) = \left(0, \frac{3}{2}\right). （2）奇函数情形下的包含关系。若 f 是奇函数，且 x < 0 时 f(x) = 2^x ，则 f(0) = 0, 并且当 x > 0 时， f(x) = -f(-x) = -2^{-x}. 因此 f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ -2^{-x}, & x > 0. \end{cases} 先求 D(x_0) 的形式。若 x_0 < 0 ，则 f(x_0) = 2^{x_0} > 0 。要使 f(x_0 + d) > f(x_0) ，只能仍在负半轴且指数变大，即 x_0 < x_0 + d < 0. 所以 D(x_0) = (0, -x_0), \quad x_0 < 0. 若 x_0 > 0 ，则 f(x_0) = -2^{-x_0} < 0 。若 x_0 + d < 0 或 x_0 + d = 0 ，函数值分别为正数或 0 ，都大于 f(x_0) ；若 x_0 + d > 0 ，则 -2^{-(x_0+d)} > -2^{-x_0} \iff x_0 + d > x_0 \iff d > 0. 所以 D(x_0) = (-\infty, -x_0] \cup (0, +\infty), \quad x_0 > 0. 现设 f(x_1) \le f(x_2), \quad x_1x_2 \neq 0. 分情况讨论。若 x_1, x_2 < 0 ，则 2^{x_1} \le 2^{x_2} ，所以 x_1 \le x_2 ，从而 (0, -x_2) \subset (0, -x_1), 即 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1, x_2 > 0 ，则 -2^{-x_1} \le -2^{-x_2} \iff 2^{-x_1} \ge 2^{-x_2} \iff x_1 \le x_2. 于是 (-\infty, -x_2] \subset (-\infty, -x_1], 且 (0, +\infty) 相同，所以 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1 > 0, x_2 < 0 ，则 f(x_1) < 0 < f(x_2), 题设 f(x_1) \le f(x_2) 自动成立。此时 D(x_2) = (0, -x_2) \subset (0, +\infty) \subset D(x_1). x_1 < 0, x_2 > 0 时， f(x_1) > 0 > f(x_2) ，不可能满足 f(x_1) \le f(x_2) 。综上，结论成立： D(x_2) \subset D(x_1). （3）（i）证明 f(0) \ge 1 。反设 f(0) < 1. 由于 \lim_{t\to 0^-} 2^t = 1, 可取 t \in (-1, 0) ，使得 f(0) < 2^t = f(t) < 1. 于是 f(0) < f(t). 由条件 1，取 x_1 = 0, x_2 = t ，得 D(t) \subset D(0). 又因为 t < 0 ，取 d = -\frac{t}{2}. 则 t + d = \frac{t}{2} < 0, 且 f(t + d) = 2^{t/2} > 2^t = f(t), 所以 d \in D(t). 由 D(t) \subset D(0) 得 d \in D(0), 即 f(d) > f(0). 但 t \in (-1, 0) ，所以 0 < d < \frac{1}{2} < 1. 由条件 2， f(d) < f(0), 矛盾。因此 f(0) \ge 1. （3）（ii）证明 f(x) 在区间 (0, +\infty) 单调递增。先证明一个关键结论： x > 0 \implies f(x) \le 0. 第一步，证明 0 < x < 1 时 f(x) \le 0 。反设存在 x \in (0, 1) 使 f(x) > 0. 由条件 2 有 f(x) < f(0), 所以 -x \in D(x), 因为 x + (-x) = 0, f(0) > f(x). 又可取足够小的 t < 0 ，使 2^t = f(t) < f(x). 于是 f(t) \le f(x) 。由条件 1， D(x) \subset D(t). 因此 -x \in D(t). 这意味着 f(t - x) > f(t). 但 t - x < t < 0 ，在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t - x) = 2^{t-x} < 2^t = f(t), 矛盾。故 0 < x < 1 \implies f(x) \le 0. 第二步，把结论推广到所有 x > 0 。任取 y > 0 ，取一个 x \in (0, \min\{1, y\}). 刚才已知 f(x) \le 0 。再任取 M > y ，则 x - M < y - M < 0. 因为负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(x - M) < f(y - M). 由条件 1， D(y - M) \subset D(x - M). 若 f(y) > 2^{y-M} = f(y - M) ，则 M \in D(y - M), 从而 M \in D(x - M). 这会推出 f(x) > f(x - M) = 2^{x-M} > 0, 与 f(x) \le 0 矛盾。因此对一切 M > y ，都有 f(y) \le 2^{y-M}. 令 M \to +\infty ，得 f(y) \le 0. 由于 y > 0 任意，关键结论成立。最后证明严格递增。任取 0 < x < y. 令 h = y - x > 0. 由关键结论， f(x) \le 0. 取 t < -h ，则 t < 0, t + h < 0. 在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t + h) = 2^{t+h} > 2^t = f(t). 因此 h \in D(t). 又因为 f(x) \le 0 < 2^t = f(t), 由条件 1 可得 D(t) \subset D(x). 于是 h \in D(x). 这正是 f(x + h) > f(x), 即 f(y) > f(x). 所以 f(x) 在 (0, +\infty) 上严格单调递增。 6 个帖子 - 5 位参与者阅读完整话题

佬们，谁知道codex的api模式怎么样能使用电脑操控吗

LinuxDo 最新话题 · 2026-06-06 12:22:45+08:00 · tech

使用的是win电脑，一直想体验一下这个电脑操控，但是codex使用的是api模式不知道能不能使用，有佬知道吗 3 个帖子 - 2 位参与者阅读完整话题

佬门，有没有想过什么时候能够实现大部分人的本地模型能够自给自足

LinuxDo 最新话题 · 2026-06-06 09:20:29+08:00 · tech

佬门，有没有想过什么时候能够实现大部分人的本地模型能够自给自足，就像家用电脑一样普及本地模型，未来多久会实现这种变化，或者是以后得家用电脑就是一个家用的agent系统，不再是现在常用的视图窗口模式。 18 个帖子 - 10 位参与者阅读完整话题

今夏国家电网最大用电负荷将超 13 亿千瓦，同比增约 6%

IT之家 · 2026-06-04 10:24:01+08:00 · tech

IT之家 6 月 4 日消息，据央视新闻今天从国家电网了解到，据测算，今夏国家电网经营区最大用电负荷将超过 13 亿千瓦，比去年同期增长约 6%。为全力保障电网安全运行和电力可靠供应，国家电网加快保供能力建设，持续完善电力市场化交易，促进清洁能源高效利用，目前，168 项迎峰度夏重点工程正在加快建设。 IT之家注意到，国家发展改革委今年 5 月披露，今夏全国最高用电负荷将达到 16 亿千瓦左右，较去年增加约 9000 万千瓦，对此，我国将全力做好能源电力保供。据了解，我国将大力推进电源建设投产，加强电煤储备和水电蓄能。1—4 月，全国新增发电装机容量约 1 亿千瓦。截至 4 月底，全国统调电厂存煤达到 2 亿吨左右、可用天数超过 30 天；水电蓄能超过 800 亿千瓦时，处于历史较好水平。据IT之家此前报道，2025 年入夏以来，全国用电负荷 4 次创新高，国家电网用电负荷 5 次创新高，华北、华东、华中、东北、西北、西南等 6 个区域电网负荷 16 次创新高，天津、冀北、河北、山东、江苏、浙江、安徽、福建、湖北、河南、湖南、江西、辽宁、蒙东、陕西、四川、重庆等 17 个省级电网负荷 50 次创新高。

[宽带症候群] 桥接后用电脑拨号可以跑满千兆， OpenWRT 软路由只有 700M，求解

v2ex · 2026-06-02 16:51:14+08:00 · tech