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西南大学附中高 2025 届高三上 12 月一诊模拟考试
数 学 试 题
（满分：150 分；考试时间：120 分钟）
2024 年 12 月
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2．答选择题时，必须使用 2B 铅笔填涂；答非选择题时，必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书写；
必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲)。
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1． 若复数 z = (1 i)(2 + i)，则 z 的共轭复数是（ ）
A．3+ i B．3 i C．1 i D． 3+ i
2． 已知全集U = R ，集合 A = {x | x2 4x ≥ 0}，B = { y | y = 2x +1，x∈R}，则 ( U A) B（ ）
A．{x | x > 4} B．{x |1< x < 4} C．{x |1≤ x < 4} D．{x |1< x ≤ 4}
3． 已知体积为16π的圆柱存在内切球．则该内切球的表面积为（ ）
32π
A．8π B． C．16π D．32π
3
4． 2024 年 12 月 7 日西南大学附属中学校迎来了办学 110 周年庆典，为此某班设计了富含寓
意的 11 个文创作品，已知甲同学喜欢作品 A、B，乙同学喜欢作品 B、C、D，丙同学除了
不喜欢 E 作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若
这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（ ）
A．50 种 B．48 种 C．45 种 D．40 种
5． 已知 sin(
1
α +β) = ， tanα = 3tanβ，则 cos(2α 2β) =（ ）
2
7 1 7 1
A． B． C． D．
8 2 8 2
6． 已知正项等比数列{an}满足 a5 = a4 + 6a3 ，若在{an}中存在两项 a ，a ，使得 a a = 9a 2m t m t 2 ，
1 4
则 + 的最小值为（ ）
m t
5 3 5 9
A． B． C． D．
3 2 2 4
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7． 已知点 P 为圆C : (x +1)2 + (y 2)2 = 4上一点，A（0，– 4），B（6，0），则 | PA + PB |的最
大值为（ ）
A．8 2 + 4 B．8 2 4 C． 4 2 + 2 D． 4 2 2
8． 已知实数 x，y 满足M = { y x | x ln y = y ln x，2 ≤ x < y}，若一定存在 t∈M ，使得λt ≥ 2024
成立，则λ的最小值为（ ）
2024 2024
A．501 B．1012 C． D．
e 4 e
二、多项选择题：本大题共 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．全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．
9． 下列说法正确的是（ ）
A．数据 5，7，9，11，13，14，15，22 的平均数为 12
B．一组数据 6，7，7，8，10，12，14，16，19，21 的第 30 百分位数为 7
C．若随机变量 X 服从二项分布 X ~ B(10，p)，且 E(X ) = 8 ，则 D(X ) =1.6
D．若随机变量服从正态分布Y N (10，σ 2 ) ， P(Y < 6) = 0.3 ，则 P(6 < Y <14) = 0.6
10． 已知抛物线C : y2 = 2 px ( p > 0) ，过 C 的焦点 F 作直线 l : x = my + 2，若 C 与 l 交于 A，B

两点， AF = 3FB ，则下列结论正确的有（ ）
32
A．抛物线 C 的焦点到准线的距离为 4 B． | AB | =
3

C．m = 3 或 3 D．OA OB = 12
11． 已知函数 f (x) = ecos x sin2 x ，则下列说法正确的是（ ）
A． f (x)是偶函数
π
B． f (x)在（ ，π）上单调递增
2
C． f (x)在（ π，π）内共有 3 个极值点
D g(x) f (x) 1．设 = ，则 g(x)在 [ 4π，4π ]上共有 12 个零点
e
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．

7
12． 已知 | a | = 2， | b | = 5， a b = ，则 | a b | = ____________．
2
13． 若函数 f (x) = x3 3x + 3a，在区间（– 2，m）的最大值为 8，无最小值，则 am 的取值范围为
_________．
x2 y214． 已知椭圆C : 2 + 2 =1的左、右焦点分别是 F1 和 F2，下顶点为点 A，直线 AF2 交椭圆 Ca b
F P 2
于点 B，△ABF1 的内切圆与 BF 11 相切于点 P，若 = ，则椭圆的离心率为__________．
PB 5
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． (13 分) 在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．
已知 sin B(a cos B + bcos A) = ccos
B π
6
．

(1) 求角 B 的大小；
(2) 6 3若∠ABC 的角平分线 BD与边 AC 相交于点 D ，BD = ，b = 7 ，求△ABC的周长．
5
16． (15 分) 某中学为提升学生们的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学
文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，初赛成绩排名前两百名的学生参加复
赛．已知共有 8000 名学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取 100 人的
初赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：
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(1) 规定初赛成绩中不低于 90 分为优秀，80～90 分为良好，70～80 分为一般，60～70 分
为合格，60 分以下为不合格，若从上述样本中初赛成绩不低于 80 分的学生中随机抽
取 2 人，求至少有 1 人初赛成绩优秀的概率，并求初赛成绩优秀的人数 X 的分布列及
数学期望；
(2) 由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩 Z 服从正态分布 N（μ，
σ2），其中 μ可近似为样本中的 100 名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间
的中点值代替），且 σ2 = 65．已知小华的初赛成绩为 85 分，利用该正态分布，估计小
华是否有资格参加复赛？
2
（参考数据： 65 ≈ 8；若 Z～N ( ，σ )，则 P ( σ < Z < +σ ) ≈ 0.6827 ，
P ( 2σ < Z < + 2σ ) ≈ 0.9545， P ( -3σ < Z < + 3σ ) ≈ 0.9973．）
17． (15 分) 如图，在多面体 ABCDPQ 中，四边形 APQD 为矩形，四边形 ABCD 为直角梯形，
AD∥BC，∠ABC = 90°，2AD = 2AB = BC = 4，且 PA = PB．

(1) 当 BC = 4BM 时，求证：PM⊥BD； P Q
(2) 当点 M 在线段 BC 上（包含端点），DQ = 2 时，求平
面 PAM 与平面 CDQ 的夹角的余弦值的取值范围．
A D
B M C
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2
18 (17 ) C x y
2
． 分 已知双曲线 ： 2 2 =1（a > 0，b > 0）的左右焦点分别为点 F1 、 Fa b 2
，右顶点 B

（2，0），且 BF1 BF2 = 1．
(1) 求双曲线 C 的方程；
4
(2) 过左焦点 F1 的直线 l 与双曲线 C 的左支交于 E、F 两点，若 | EF | = ，求直线 l 的方程； 3
(3) l 4 5若直线 1 与双曲线 C 的右支相切，切点为 P，直线 l1 与直线 l2 ： x = 交于点 Q，试5
探究以线段 PQ 为直径的圆是否过 x 轴上的定点，若存在，求出定点坐标；若不存在，
请说明理由． y
F1 O B F2 x
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19． (17 分) 对于数列{an}，如果{an}中存在四项 am 、an 、ak 、al ，使得 am + an = ak + al（m，
n，k，l 互不相同），则称数列{an}为缤纷数列．
(1) 2024 年 12 月 7 日，西南大学附属中学迎来了办学 110 周年庆典，若数列：2，4，12，
7，x 为缤纷数列，且 x > 12，求 x 的所有可能值；
(2) 数列{an}是等比数列，公比 q > 0 且 q≠1，{an}是缤纷数列，求{an}项数的最小值，
并求此时公比 q 的个数；
(3) 项数为 n（ n ≥ 4 ）的数列{an}为等差数列，公差不为 0，从{an}中任意取出 4 个元素
1
组成一个数列，该数列为缤纷数列的概率超过 ，求 n 的最大值．
10
n
2 n(n +1)(2n +1)
［参考公式：∑k = 6 ］ k=1
（命题、审题人：校命题小组）
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g x西南大学附中高 2025届高三上 12月一诊模拟考试 在 (0, x0 )单调递减， (x0 , ) 单调递增， ( , 2 x0 ) 单调递减， (2 x0 , 2 ) 单调递增，
又 g(0) e
1 0 1 3 1 1 ， g( ) 0 ， g( ) 0， g( ) 0， g(2 ) e 0 ，
数学试题参考答案 e 2 e 2 e e
所以 g(x) 在[0,2 ]上有 3 个零点，故 g(x) 在[ 4 , 4 ] 上共有 12 个零点. D 正确.
1—5:ABCDC 6—8:BAB 9.AC 10.ABD 11 ACD
8 x ln y y ln x, 2 x y. ln x ln y , 2 x y. f (x) ln x , f (x) 1 ln x 故选：ACD. ．已知 即 令 则 ，
x y x x2 1
12．6； 13 ． , 2
1
； 13．
当 x (0,e) ln 2 ln 4时, f (x) 0, f (x) 递增; x (e, )时, f (x) 0. f (x) 递减. 又 . 2 2
2 4 1
2024 15．解：(1) 由正弦定理， sin B(sin Acos B sin B cos A) sin C cos(B ). acsin
结合图象知 y x 的最大值为 4 2 2. 即 M 中的最大元素为 2, 故 1012. 选 B. 6 2 3
2 1 6 3
11．对于 A，函数 f (x) ecos x sin2 x ，定义域为R ，关于原点对称， (a c) sin sin Bsin(A B) sin Bsin C sin C

cos(B ).
2 5 6 6
且 f ( x) ecos( x) sin2 ( x) ecos x sin2 x f (x) ，故函数 f (x) 是偶函数，A 正确； 结合 A B C 化简可得 -----------------------2 分
B f (x) ecos x 2对于 ，由函数 sin x, x (

, ) 3 1， 又因为C (0, ) , 所以 sin C 0 , 所以 sin B cos(B ) cos B sin B ,
2 6 2 2

可得 f (x) sin xecos x 2sin xcos x sin x(ecos x 2cos x) ， x ( , ) 即 tan B 3. --------------------5 分
2
B (0, ) B 又因为 ， 则 . ---------------------------6 分
令 t cos x ， x ( , )， t ( 1,0)， h t et 2t, t ( 1,0)， 3
2
1 (2)
6
因为 S ABC S ABD S BCD , 所以, 即 ac (a c) , ------------9 分
则 h t et 2 0 ， h t 在 t ( 1,0)单调递增，又 h 1 2 0， h 0 1 0， 5
e 1 a2 c2 7 (a c)2 2ac 7
t ( 1,0) h t 0 t cos x , x (
由余弦定理， cos ,
所以存在 0 使得 0 ， 0 0 0 , )， f (x) 0 3 2 2ac 2ac2 6
当 t ( 1, t0 ) 时， h t 0， f x 0 ， f x 在 x (x , ) 结合 ac (a c) 可得 a c 5 (舍负)，----------------12 分 0 单调递增； 5
当 t (t0 ,0) 时， h t 0

， f x 0 ， f x 在 x ( , x0 )单调递减；故 B 错误； 则 ABC 的周长为5 7 . ----------------13 分 2
f (x) ecos xC sin
2 x, x ( , ) 16．解：(1) 在[80，90）内样本中人数：0.015 × 10 × 100 = 15 对于 ，由函数 ，
f (x) sin xecos x 2sin xcos x sin x(ecos x 2cos x)
可得 ， x ( , ) 在[90，100）内样本中人数：0.005 × 10 × 100 = 5
因为函数 f (x) 是偶函数，不妨设 x (0, ) ， sin x 0 ，令 t cos x ， x (0, ) ， t ( 1,1) 抽取 2 人中成绩优秀人数 X 可取 0，1，2 ，
215 21 1 115 5 15 25 1
h t 1 et 2t, t ( 1,1) ，则 h t et 2 0 = = ， = = ， = = ， h t 在 t ( 1,1) 单调递增，又 h 1 2 0， ( = 0) 2 38 ( = 1)20 220 38 ( = 2) 2e 20
19
X 的分布列为
h 0 1 0 ，所以存在 t0 ( 1,0)使得 h t0 0 ， t0 cos x0 , x0 ( , )， f (x) 0 2 X 0 1 2
t ( 1, t0 ) h t 0 f x 0 f x 当 时， ， ， 在 (x0 , ) 单调递增； P 21 15 1
t (t0 ,1) h t 0 f x 0 f x
当 时， ， ， 在 (0, x0 )单调递减； f (x) 在 x x0 38 38 19处取得极小值
又函数 f (x) f x 是偶函数，所以 在 ( , x
17
0 )单调递减，在 ( x0 ,0) 单调递增 至少有 1 人初赛成绩优秀的概率 ( ≥ 1) = 38
所以 f (x) 在 x x0处取得极小值，在 x 0 处取得极大值. 故 C 正确； (2) = 45 × 0.05 + 55 × 0.2 + 65 × 0.3 + 75 × 0.25 + 85 × 0.15 + 95 × 0.05 = 69
1 2cos x 2 1 = 65， ≈ 8
对于 D，由 g(x) f (x) e sin x ， g(x 2π) g x ，函数 g x 周期为 2π ，
e e ∵ (69,65)
不妨设 x [0,2π]

， g (x) sin x(ecos x 2cos x)，由 C 可知，存在 x ( , ) ， 10 2 ∴ ( ≥ 85) = ( ≥ + 2 ) = 2[1 ― ( ― 2 < < + 2 )] ≈ 0.02275
∴ 全校参加初赛学生中，不低于 85 分的约有8000 × 0.02275 = 182人 8 1
∵ 182 < 200, ∴ 估计小华有资格参加复赛。 = 27 21 1 1
17．(1) 证明：过点 P 作 ⊥ 于点 O，连接 OM，过 D 作 ⊥ 于 E，连接 AE 4 ― 12。 + 16
∵ = ， ∴ = = 1
8 1
令 ， ∈ [
8 8
11,3]，则cos = 7 21 2 ― 12 + 16
在矩形 APQD 中， ⊥ ，在梯形 ABCD 中，∠ = 90°， ∥ ， 4
令 21 8 8( ) = 24 ―12 + 16， ∈ [11,3]， 对 =
8
∴ ∠ = 90°，即 ⊥ 78 8 8 8
又 ∩ = ， 面 ， 面 ， ∴ ⊥ 面 ∵ 3 ― 7 > 7 ― 11
∵ 面 ， ∴ ⊥ ∴ 8 64 8 64当 = 3时， ( ) = 3 ，当 = 7时， ( )min = 7
又 ⊥ ， ∩ = ， , 面 ， ∴ ⊥ 面 1∴ ∈ [ 3 , 7 ] 1 ∈ [ 3, 7] ∴ cos ∈ [ 21 ( ) 64 64 ， ， ,1] ∵ 面 ， ∴ ⊥ ( ) 8 8 7
PAM CDQ [ 21即平面 与平面 的夹角的余弦值的取值范围为 ,1].
在梯形 ABCD 中， = = 2 = 1 72 ，E 是 BC 中点 18．解：(1) 由题 B(2,0)， a 2，点 F1( c,0)、 F2 (c,0)，

∵ = 4 ， ∴ = 14 =
1
2 ，M 是 BE
2
的中点， ∴ ∥ 则 BF1 ( c 2,0) ， BF2 (c 2,0) ， BF1 BF2 4 c 1,
2 2 2 2
正方形 ABED 中， ⊥ ， ∴ ⊥ ∴ c 5，b c a 1
x2
又 ⊥ ， ∩ = ， , 2面 ， ∴ ⊥ 面 故双曲线 C 的方程为： y 1 4
∵ 面 ， ∴ ⊥ (2) 设直线 l : x ty 5 ， E(x1, y1), F (x2 , y2 )
(2) 解：以 O 为原点，过 O 平行于 AD 方向的直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴，OP 所在直线为 x ty 5联立 ，消 x 得， (t2 4)y2 2 5ty 1 0 ， 16t2 16 0
z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 O（0，0，0），P（0，0， 3），Q（2，0， 3 A x2 4y2）， 4
（ 0， 1， 0），B（ 0， -1， 0），C（ 4， -1， 0），D（ 2， 1， 0），设 = 韦达定理， y 2 5t1 y2 2 ， y1 y
1
2 t 4 t2
4
（0 ≤ ≤ 1）, C = （4，0，0）， （4 ，0，0），M（4 ，-1，0）， =（0，-1，
2 2 2 4(t2 1) 4
3）， = 4 -2 0 = -2 2 0 = 0 -1 3 弦长 EF 1 t y y 1 t (y y ) 4y y ， （ ， ， ）， D （ ， ， ）， Q （ ， ， ） 1 2 1 2 1 2 t2 4 3
设平面 PAM 的一个法向量 = ( , , ) z 1 1
= 0 3 P Q
∴ t2 ， t
则 ∴ ― + = 0 ∴ = ( 3,2 3 ,2 ) 4 2 = 0 4 ― 2 = 0 ，
故直线 l 的方程为： x 1 y 5 或 x 1 y 5 ，
设平面 CDQ 的一个法向量 = ( , , ) 2 2
= 0 ∴ ―2 + 2 = 0
y 即 2x y 2 5 0 或 2x y 2 5 0 .
则 ∴ = ( 3, 3,1) A D = 0 ― + 3 = 0，
O x (3) 当直线 l1 的斜率不存在时， l1 ∥ l2 ，不符合题意.
记平面 PAM 与平面 CDQ B的夹角为 ，则 M C
| | |3 + 6 + 2 | y kx m
cos = |cos , | = = 当直线 l1 的斜率存在时，设 l1 : y kx m ，联立 2 2 消 y 得，
| || | 3 + 12 2 + 4 2 3 + 3 + 1
x 4y 4
3
8 + 3 8 + 8 3 2 (4k 2 1)x2 8kmx 4m2 4 0
= 8 +16 2 + 3 7 = 7
16 2 + 3 = 7 8
16 2 + 3 (8km)
2 4(4k 2 1)(4m2 4) 16(4k 2 m2 1) 0 ，∴ m2 4k 2 1,m 0
= + 3 ∈ [3,11] 3令 8， 8 8 ，则 = ― 8 设切点 P(x1, y1) ，交点 Q(x2 , y2 ) ，
2 2 2
8 2 8 2 则 x 8km 4km 4k 4k 4k m 1
∴ cos = = 1
2 2 ， y2(4k 1) 4k 1 m 1
kx1 m m ，
7 3 9 21 m m m16 2 ― 4 +
7 2
64 + 3 16 ― 12 + 4
x 4 5 ， y 4 5 k m b c m i 1 2
m 3
A m i 1 2 5 2 5 相应 ， 的取法有 种，∴2 m i 1 2
假设存在 x 轴上点 M (x0 ,0) 满足条件，则 MP MQ 恒成立， m 4
2 m 2 1 2
MP MQ (x1 x0 , y1) (x2 x0 , y2 ) (x1 x0 )(x2 x0 ) y1y2 当 m 为偶数时， Am 2i (m 2)
i 1 2 4
16 5k 4k 4 5 1 4 5
x1x2 x0 (x1 x
2
2 ) x0 y1y2 x0 ( ) x
2
0 ( k m) m m 35m m 5 m 5 当 为奇数时，若 a = 1，共有 种
1 (5x 2 4 5x 5) 4k
2
0 0 (x0 5)
1
(x0 5)(5x
4k
0 5) (x 5) 15 m 5 m 0 若 a 2，则回到刚才 m 为偶数的情形，共有 (m 3)2 种 4
(x 5)(x 5 4k ) 0 A 1 (m 3)2 m 3 m 3 m 10 0 5 m 此时 m
4 2 2 2
故存在 x0 5 ，使得 MP MQ 0 即 MP MQ ，此时 x 轴上定点 M ( 5,0) . 综上，当 n 为偶数时，从{an}中取出 4 个数为缤纷数列的个数为：
19．解：(1) ① 4 x 7 12，x 15，② 2 x 7 12，x 17 ， Tn A4 A5 A6 An (A4 A6 An ) (A5 A7 An 1)
2 x 4 12 x 16 2 x 4 7 x 9 n 2
2 n 4 n 2
③ ，④ ， ， （舍） 12 22 1 2 2 3
2 2 2
∴x 所有可能值为：15，16，17 1
n 2 n (n 1) 2(C22 C
2
3 C
2 1
n 2 ) (n 2)(n 1)n 2C
3
6 2 2 24 n
(2) 若项数为 4，不妨令 an 为：1，q， q
2 ， q3 ， 2 2
n n n
1 q3 q q2 ， q2 q 1 q ， (q 1)2 0 q 1 ( 1)( 2)， （舍） 1 (n 2)(n 1)n 2 2 2 2 1 (n 2)(n 1 1)n (n 4)(n 2)n
24 6 24 24
若项数为 5，不妨令 an 为：1，q， q
2 ， q3 ， q4 1
(n 2) n(2n 5)
则 1，q， q2 ， q3 ， q4 为从小到大或从大到小排列。 24
1
a. q q4 q2 q3 ，1 q3 q q2 ，∴ q2 q 1 q (q 1)2 0 q 1 T (n 2) n(2n 5)， ， （舍） n 24 2n 5 1由 2
C4

1 2 ，即 n 24n 53 0 n 4n 3 10
b. 1 q4 q2 q3 ， q3 (q 1) (q 1)(q 1) ，∴ q3 q 1， q3 q 1 0 n n(n 1)(n 2)(n 3)24
令 f (x) x3 x 1 (x 0) ， f '(x) 3x2 1 f (x) 0 3 3， 在（ ， ） （ ， + ） ∴ 3 n 21，此时 n 最大为 20。
3 3
当 n 为奇数时，Tn (A4 A6 An 1) (A5 A7 An )
f (1) 1 0， f (2) 5 0 ， f (0) 1 0 2
2 2 n 3 n 3 n 1
∴ p (1，2)使 f ( p) 0 1 2 (1 2 2 3 ) 2 2 2
c. 1 q4 q q3 ， q3 (q 1) q 1， q3 1， q 1（舍） 1 n 3 n 1(n 2) 2(C2 22 C3 C
2
n 2 )
d. 1 q4 q q2 ， q2 (q2 1) q 1， q2 (q 1) 1， q3 q2 1 0 6 2 2 2
n 1 n 3 n 5
令 g(x) x3 x2 1 (x 0) ， g '(x) 3x2 2x 1
(n 3)(n 1)(n 2) 2 2 2 2
x > 0 时， g '(x) 0 ， g(x)在（0， + ） ， g(1) 1 0， g(1) 1 0 24 6
1
∴ q (0，1) 使 g(q) 0 (n 1)(n 3)(2n 7)
24
e. 1 q3 q q2 ， q2 q 1 q ， (q 1)2 0， q 1（舍） 1
T (n 1)(n 3)(2n 7) 2n 7 1
综上：满足条件的公式 q一共有 2 个。 由 n 244
2
C 1 n2
，即 n 22n 70 0
n 2n 10
(3) 不妨令 a n(n 1)(n 2)(n 3)n = 1，2，3，…，n，取出的 4 个数从小到大依次为 a b c d 24
当 d m 时（m n ，m z ），缤纷数列 a，b，c，d 共有 Am 个 ∴ 4 n 18，此时 n 最大为 17。
a i （1 i m 3， i z ），从 a 到 d 共有m i 1个数 综上，n 的最大值为 20。

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