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２０２５届高三部分重点中学３月联合测评
数学试题参考答案
题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ １,又 １ ５cos(α－β)＝－ ,故t２＝ ．又t＞０,４ ４ ４ ∴t
答案 C A D B A C ５
＝ ．
题号 ７ ８ ９ １０ １１ ２
６．【答案】答案 D B ACD ACD BCD C
【解析】由Cm ＝CN－m 知,当N 为偶数时,Cm ,CnN N N N
１．【答案】C
－２i 均有
N
＋１个不同的取值．由方程是椭圆的方程
【解析】∵(１－i)z＝－２i,∴z＝ ＝１－i,故 ２１－i 知,CmN ≠CnN ,故方程可表示的不同的椭圆方程的
z ＝ ２．
２．【答案】A 个数为
N N N N

２＋１
÷ ,令 ＋１÷ ＝１２,解得
è ２ è２ ２
【解析】对于集合 １P,由１－２x＞０,得x＜ ,∴P N＝６．２
当 为奇数时, N＋１ １ １－ex N C
m
N ,CnN 均有 个不同的取
＝ －∞, ÷ ;对于集合Q,由２ e
x ＞０,得 ＜ ２
è ２ 值．故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为
１, １
２ ∴Q＝ －∞
, ÷ ,故
２ P∩Q＝
１
－∞, ÷２ ．
N＋１
è è
N－１,令N＋１ N－１ ,解得
２ ２ ２ ２ ＝１２ N
３．【答案】D ＝７．
【解析】已知实数a＜b,若m＞０,例如a＝－２,b 综上所述,N＝６或７．
, ,得a a＋m a＝－１m＝２ ＞ , “ ”不是“ ７．【答案】Db b＋m ∴ m＞０ b
【解析】该同学收集了四组数据,由表中数据知x a＋m
＜ ”的充分条件;b＋m ５, ５＝ y＝ ,
若a a＋m
２ ２
＜ ,例如a＝０,b＝１,m＝－２符合此b b＋m ( ５ ５１×０＋２×２＋３×３＋４×５)－４× ×
不等式,但是 , “ ”不是“a a＋m
２ ２
m＜０ ∴ m＞０ ＜ ” ∴b＝ ２b b＋m (１２＋２２＋３２＋４２)－４× ５ ÷
è２
的必要条件．
８, ５ ５ ８ ３
“ ” “a a＋m” ＝５ a＝２－ × ＝－ ．
又收集了两组数据(５,
∴ m＞０ 是 b ＜
的既不充分也不必要 ２ ５ ２
b＋m
－ －
条件． ４)和(６,５)后,新的平均数为
７, １９x′＝２ y′＝
,
６ ∴b′＝
４．【答案】B
７ １９
【解析】由题意知,各层楼的灯笼数从上至下依次 (１×０＋２×２＋３×３＋４×５＋５×４＋６×５)－６×２×６
成等比数列,记为数列{a },第５层楼所挂灯笼 ２n (１２＋２２＋３２＋４２＋５２＋６２)－６× ７ ÷
a (１－q５) è２
数为a１,公比q＝２．由S
１
５＝ １－ ＝１８６
,解
q ３３, １９ ３３ ７ ２＝３５a′＝
, ,
得a１＝６． ６
－３５×２＝－１５ ∴b＞b′a＜a′．
∴最中间一层的灯笼数为a ＝a q２３ １ ＝２４． ８．【答案】B
５．【答案】A 【解析】A(x ２１,y１),B(x２,y２)是圆C:(x－１)＋
【解析】令sinα＋sinβ＝t(t＞０)①,∵cosα＋cos
２
β y ＝４上的动点,圆心C(１,０),
１
＝ ②,
４
∴由２ ①
２＋②２,得２＋２cos(α－β)＝t２＋ ∴(x１－１)(x２－１)＋y１y２＝CA
→ CB→＝－ ,且３
数学试题　参考答案　第１　页　共７页
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CA→ ＝ CB→ ＝２,由BM→ ＝３MA→,得CM→ ＝ ２
∴０＜b＜ ．
３ → １ ２ ３
４CA＋４CB
→,∴ CM→ ＝ ３ → １ → ÷
è４CA＋４CB ＝ a
２＋b２ ＝ (２－３b)２ ＋b２ ＝１０b２ －１２b＋４＝
９ → １ → ３ → → ３
２ ２,当 ３ ２ ２|CA|２
÷
１６ ＋１６|CB
２ CA CB ,| ＋８ ＝ ２．
１０b－ ＋ b＝ 时 a ＋b 取得最小
è ５ ５ ５
２
∴动点M 在圆心为C(１,０),半径为 ２的圆上运 值,最小值为 ,∴选项B错误;５
x２, y
２
动 点P 在椭圆９＋ ＝１
上运动,则
８ MP
→ ≤ ２ a a＋３b a ３b a
a ＋３b＝ a ＋３b＝１＋a ＋→ ３b
≥１＋
PC ＋ ２． ３b a
x２ y２ ２ ＝３,当且仅当
３b a
＝ ,即a＝３b＝１
又C(１,０)为 椭 圆 的 右 焦 点, a ３b a ３b９ ＋ ８ ＝１ ∴ 时取等,∴选项C正确;
PC 的最大值为３＋１＝４,此时P 为椭圆的左
, ( ,), → ∵a＋３b＝２,∴(a＋１) ( ) ,
１ ３
顶点 点 M 的坐标为 １＋ ２ ０ ∴ MP 的最 ＋３b＋２ ＝９a＋１＋b＋２
大值为４＋ ２． １ ９ １＝ [( ) ( )]
９．【答案】ACD a＋１
＋３(b＋２)＝ ９ a＋１ ＋３ b＋２
【解析】圆锥的侧面展开图如图所示． é １ ９ ù １ é ３(b＋２)９( )ê a＋１ ùê a＋１＋３(
ú
b＋２)ú ＝
ê
９ ê１０＋
ú
a＋１ ＋３(b＋２)ú ≥
１( １６
９ １０＋２９
)＝ ,９
(
当且仅当３b＋２
) ９(a＋１),即
a＋１ ＝３(b＋２) a＋１＝b＋２＝
设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥SO 的 ９时取等号,∴选项D正确４ ．
侧面积为πrl＝４π,∴l＝４,∴选项 A正确;
１１．【答案】BCD
圆锥SO 的侧面展开图的圆心角
２πr π
α＝ ,l ＝２ 【解析】易知点(１,－１)在曲线C 上,∴选项 A
∴选项B错误; 错误;
２
如上图,由A 点出发绕圆锥侧面一周,又回到A 令x (x－y)＝０,则直线y＝x 和y 轴为曲线
点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到 C 的渐近线,事实上,曲线C 的图象如下图所
, 示,∴选项B正确;的扇形的圆心角所对的弦长AA′ AA′＝ ２l＝４
２,∴选项C正确;
球与圆锥内切时,球的半径最大,此时球心在轴
SO 上,且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面．设
内切球的半径为R,圆锥的高为 l２－r２ ＝ １５,
由等面积法得 １ １S△SAB＝ (２×２× １５＝２× ４＋４
曲线C:x２１５ (x－y)＝２与曲线E:y
２(y－x)＝２
＋２)R,解得R＝ ,∴选项D正确５ ． 关于y＝x 对称．又x２(x－y)＝２化为y＝x－
１０．【答案】ACD ２
２＜x,∴曲线C 在直线y＝x 下方,由对称知
【解析】由 题 意 知,抛 物 线 y２ ＝ －２px 在 点 x
２
４ ４y 曲线E:y ( ) 在直线 y－x ＝２ y＝x 上方,∴曲
－２, ÷ 处的切线方程为３ ＝－
(x－２),且
è ３ p 线C 与曲线E 没有交点,∴选项C正确;
１６ 设A(x１,y１),B(x２,y２),结合图象分析,当曲
４p＝ ,∴切线方程为９ x＋３y－２＝０．
又切线过
线C 与圆O:x２＋y２＝２交于A,B 两点时,x１
点(a,b),故a＋３b＝２,∴选项 A正确; y －y
＞０,x １ ２
∵a＋３b＝２,∴a＝２－３b,又a,b均为正实数, ２
＞０,此时直线AB 的斜率k＝x ＝１－x２
数学试题　参考答案　第２　页　共７页
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２ ２ １
x é ù１－ ２－x２＋ n ê ú ＞０恒成立,故 (x)x１ x２２ ２(x ＋x ) ê
１－
(x＋１)(x＋n＋１)ú φ
x －x ＝ １ ＋
１ ２
(xx )２ ＞ １ ＋１ ２ １ ２ 在区间[０,＋∞)上单调递增．
４ xx ４ x２ ２１ ２ { １＋y１＝２,① ∵m＞０,∴φ(m)＞φ(０)＝０成立,符合题意;(xx )２＝１＋ ．又１ ２ (xx )３ x２＋y２１ ２ ２ ２＝２,② ②当a≤０时,φ′(x)＜０恒成立,∴φ(x)在区
①＋②得x２＋x２＋y２１ ２ １＋y２２＝４,那么x２１＋x２２≤ 间[０,＋∞)上单调递减．∵m＞０,∴φ(m)＜
４,故２xx ＜x２１ ２ １＋x２２≤４,即x１x２＜２,从而k φ(０)＝０,与题意矛盾;
＞１＋ ２,∴选项D正确． 当 １③ ０＜a＜ 时,φ′(０)
n
＝２an－ ＝n
１２．【答案】２ ２ n＋１
【解析】(１－ax)６(a≠０)的展开式中二项式系 １ ２a－ ÷ ,当 ,
１
÷ 时, ()
数和为２６,系数和为(１－a)６, è n＋１
n∈ ０２a－１ φ′０ ＜０． è
∵２６＝６４(１－a)６＝(２－２a)６,∴２＝±(２－ 又φ′(x)在 区 间 [０,＋ ∞)上 单 调 递 增,且
２a),又a≠０,故２＝２a－２,解得a＝２． １ φ′ ２a－１
÷ ＝２an êé １ ù１－ ú ＞２an(１－２a)＞è ê １ ú
１３．【答案】êé４ ７ ê ＋núê , ÷ ３ ３ ２a
【解析】由 得 π π０≤x≤π － ≤２ωx－ ≤２πω－ ０
,∴ x０∈
１
０, －１÷ ,使得φ′(x )＝０,当x
６ ６ è ２a
０
π π ∈[０,x０)时,φ′(x)＜０,φ(x)在区间[０,x０)上．令f(x)＝０,则sin ２ωx－ ÷６ ＝１
在区间
è ６ 单调递减．∴ m∈(０,x０)时,使得φ(m)＜
[,]上恰有两个实数根 令 π０π ．t＝２ωx－ ,则sin φ
(０)＝０,矛盾．
６
综上所述, １a≥ ．
t＝１在区间 éê π, πω ùê－ ２π － úú 上恰有两个实数
２
６ ６
５π １５．(１)证明:已知
３
bcosC＝５a＋ccosB
,由正弦定
根．结合正弦函数图象与性质,可得２≤２πω－
π ９π ４ ７ 理得
３
sinBcosC ＝ sinA ＋sinCcosB ＝
＜ ,解得６ ２ ３≤ω＜３．
５
３
５sin
(B＋C)＋sinCcosB,
整理得sinBcosC＝４cosBsinC． ４分
若cosC＝０,则cosB＝０,这与B,C 为△ABC
的内角矛盾,∴cosC≠０,同理,cosB≠０．
６分
１４．【答案】é１
ê
ê ,＋∞ ÷ 两边同除以２ cosBcosC
,得tanB＝４tanC．
【解 析】由 题 可 知, m,n ∈ ( , ),有 ０ ＋ ∞ ７分
ln(m＋n＋１)＋a(m＋n)２＞ln(m＋１)＋am２ (２)解:由tanB＝４tanC 可知B,C∈ ,π ０ ÷
＋ln(n＋１)＋an２ 恒成立,即２amn＋ln(m＋n è ２
．

＋１)－ln(m＋１)－ln(n＋１)＞０恒成立． 又 ５ １sinC＝ ,∴tanC＝ , ,
令 (x)＝２anx＋ln(x＋n＋１)－ln(x＋１)－ ５ ２
tanB＝２
φ
( ), , 分lnn＋１ x≥０n＞０． ９
１ １ ２５
∴φ′(x)＝２an＋x＋n＋１－
,令
x＋１ h
(x)＝ ∴sinB＝ ５ ．
设 边上的高为 ,则
φ′(x), (
１ １ BC h h＝c sinB＝２．
∴h′x)＝－(x＋n＋１)２＋(x＋１)２＞ １０分
０,∴φ′(x)在区间[０,＋∞)上单调递增．
又 h h ２ ２BC＝ 分１ , ( ) １ １ tanB
＋tanC＝２＋１＝５． １２
①当a≥ 时２ φ′x ≥n＋x＋n＋１－x＋１＝ ２
数学试题　参考答案　第３　页　共７页
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１ １ ２
∴S△ABC＝２BC
h é ù＝２×５×２＝５．
１３分 êê ,２úú３ ．
１５分

１７．解:(１)当a＝１时,f(x)＝ex－lnx＋１,x＞０,
( ) x １f′x ＝e － ． x １
分
令 １ １t(x)＝ex － ,∴t′(x)＝ex ＋ ２ ＞０,即
１６．解:(１)如图,以 A 为坐标原点,以 AB,AD, x x
、 、 , ( )在区间(, )上单调递增 分AA１所在直线分别为x 轴 y 轴 z 轴 建立如 f′x ０ ＋∞ ． ３
图所示的空间直角坐标坐标系． １分 又 ′ １ f ÷２ ＝ e－２＜０
,f′(１)＝e－１＞０,è
设DM→＝λDD→１,λ∈[０,１],则 A(０,０,０),
１
B１(１,０,２),C(１,１,０),D(０,１,０),D１(０,１,２), ∴ x０∈ , ÷ ,使得è２ １ f′
(x０ ) ＝０． ５分
M(０,１,２λ), ２分 当x∈(,→ → → ０x０
)时,f′(x)＜f′(x０)＝０;当x∈
∴B１D＝(－１,１,－２),AC＝(１,１,０),AM ＝ (x０,＋∞)时,f′(x)＞f′(x０)＝０．
(０,１,２λ),要 使 B１D ⊥ 平 面 MAC,需 满 足 ∴f(x)在区间(０,x０)上单调递减,在区间(x０,
B D→{ １ A
→C＝０, ＋∞)上单调递增,x＝x０ 是f(x)的唯一极小
→ → ４分B D AM＝０, 值点,无极大值点．１
１ ∴f(x)的极值点个数为１． → ６分由B１D AM→＝１－４λ＝０,解得λ＝４．
６分 (２)解法一:令g(x)＝f(x)－(２－a)x－a＝
eax－lnx－(２－a)x,x∈(１,＋∞)．
∴原命题等价于函数g(x)在区间(１,＋∞)上
有两个零点． ７分
∵g′(x)＝aeax
１
－ －(２－a),x
当a≤０时,g′(x)＜０恒成立,∴g(x)在区间
(１,＋∞)上单调递减,g(x)至多有一个零点,
不合题意; ９分
当
∴当M 是棱DD 上靠近点D 的四等分点时, a＞０
时,令h(a)＝eax－lnx－(２－a)x,∴
１
h′(a)＝xeax有B１D⊥平面MAC． ＋x＞０
,
７分
∴h(a)在区间(０, )上单调递增 分
()设DM BN
＋∞ ． １１
２ , [, ],则 (,, xDD ＝BC ＝λλ∈ ０１ M ０１ 又１ a∈Z,∴h(a)≥h(１)＝e －lnx－x．
x
２λ),N(
( ) , (,
１,λ,０),∴AA→ 令＝(０,０,２),AM→＝(０, m x ＝e －lnx－x x∈ １ ＋∞
)．
１
１,２λ),AN→＝(１,λ,０)．
１
８分 ∴m′(x)＝ex－ －１,易知m′(x)在区间(x １
,＋
设平面AMN 的法向量为n＝(x０,y０,z０), ∞)上单调递增,∴m′(x)＞m′(１)＝e－２＞０．
→
{AM n＝y０＋２λz０＝０, ∴m(x)在区间(１,＋∞)上单调递增,m(x)＞→ 令z０ ＝１,得 n ＝AN n＝x ＋λy ＝０, m(１)＝e－１＞０． １３分０ ０
(２λ２,－２λ,１)为平面AMN 的一个法向量． 从而g(x)＝h(a)≥m(x)＞０恒成立,故g(x)
１１分 在(１,＋∞)上无零点,不合题意． １４分
AA→ n 综上所述,不存在整数a,使得f(x)的图象与
点A１ 到平面ANM 的距离d＝
１
n ＝ y＝(２－a)x＋a 的图象在区间(１,＋∞)上有
２ ２ 两个交点． １５分
＝ , 分
(２λ２)２＋(－２λ)２＋１ ２λ
２＋１ １３ 解法二:依题意,假设eax －lnx＋a＝(２－a)x
２ ＋a 有两解,∴方程e
ax ＋ax－(lnx＋２x)＝０
∵d＝ 在区间[,]上单调递减,２λ２＋１ ０１ ∴d∈ 有两解． ７分
数学试题　参考答案　第４　页　共７页
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令h(x)＝eax＋ax－(lnx＋２x), ＝b＝１, ２分
当a≤０时,h(x)为减函数,方程至多一个解, ∴双曲线C 的标准方程为x２－y２＝１． ３分
不合题意; ９分 (２)①∵直线A２B２ 的方程为y＝－x＋１,
当a≥２时,易知eax≥e２x＞lnx,ax≥２x, A２B２ 平分∠MA２N,∴直线A２M,A２N 关于
∴h(x)＞０,方程无解; １１分 直线A２B２ 对称,
当a＝１时,h(x)＝ex－lnx－x,h′(x)＝ex－ ∴两直线的斜率之积kA MkA N ＝１． 分２ ２ ５
１
－１为增函数,且h′(１)x ＝e－２＞０
,∴h(x)在 直线l的斜率显然存在,设l的方程为y＝kx
＋m,
区间(１,＋∞)上单调递增,方程最多一个解,不 设点M(x１,y１),N(x２,y２),
合题意． １４分
y＝kx＋m,
综上所述,不存在整数a,使得f(x)的图象与 联立{ 整理得( ２) ２x２－y２ , １－k x －２kmx－
y＝(２－a)
＝１
x＋a 的图象在区间(１,＋∞)上有
m２－１＝０．
两个交点． １５分
: , ax 则有１－k
２≠０,且Δ＝(－２km)２＋４(１－k２)
解法三 依题意 若方程e －lnx＋a＝(２－a)
２ ２ ２
x＋a 有两解,即方程eax＋ax－(lnx＋２x)
(
＝０ m ＋１
)＝４(m －k ＋１)＞０,
２
有两解． ７分 ２km , －m －１x１＋x２＝ , 分
( ) ax ( ), １－k
２ x１x２＝ １－k２ ６
令hx ＝e ＋ax－ lnx＋２x
y
当a １
y２ (kx１＋m)(kx２＋m)
≤０时,h(x)为减函数,方程至多一个解, 又kA２MkA２N＝ x１－１ x２－１＝ (x１－１)(x２－１)
不合题意; ９分
k２x１x２＋km(x１＋x２)＋m２
当a＞０时,转化为eax＋ax－(ln(２x)＋２x)＋ ＝ ,x１x －(x ＝１２ １＋x２)＋１
ln２＝０有两解． 整理得(k２－１)x１x２＋(km＋１)(x１＋x２)＋m２
设函数g(t)＝et＋t,易知g(t)在 R上单调递 －１＝０, ８分
增,∴g(ax)－g(ln(２x))＝－ln２＜０, ∴(k２－１)(－m２－１)＋(km＋１) ２km＋(m２
这就要求g(ax)＜g(ln(２x))在区间(１,＋∞) －１)(１－k２)＝０,
上有解．
∴２km＋２m２＝２m(k＋m)＝０,得m＝０或k
ln(２x)
∴ax＜ln(２x),∴a＜ x ．
１２分 ＋m＝０． ９分
( ) ( ) 当k＋m＝０时,直线l的方程为y＝kx－k＝k
设函数h(
ln２x １－ln２x
x)＝ ,h′(x)＝ ２ ,x x (x－１),
即直线l过定点A (１,０),此时∠MA N 不存
令h′( )
e ２ ２
x ＝０,得x＝２． 在,舍去; １０分
当x∈ ,e １ 时, ( ) ,( )单调递增; 当m＝０,且Δ＝４(－k
２＋１)＞０时,此时直线 ÷ l
è ２ h′x ＞０hx 的方程为y＝kx,恒过定点(０,０)．
当x∈ e ,＋∞ ÷ 时,h′(x)＜０,h(x)单调递减． 综上所述,直线l恒过定点(０,０)． １１分
è２
２
∴h(x)≤h e ÷２ ＝e＜１．è
显然有０＜a＜１,∴不存在符合题意的正整数．
１４分
综上所述,不存在整数a,使得f(x)的图象与
y＝(２－a)x＋a 的图象在区间(１,＋∞)上有
两个交点． １５分
ì 由 知,直线 的方程为 ,显然 e＝ １＋ b
２ ② ① MN y＝kx k＝
÷ ＝ ２, ０时 不 符 合 题 意,不 妨 设 ０＜k ＜１．联 立
１８．解:(１)由题意得 èa í 解得a
１ y＝kx,
２a ２b＝２, { 得(２ ２ , １－k２)x２＝１． ２ x －y ＝１
数学试题　参考答案　第５　页　共７页
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１ k １ k (A１A２A３ A ３Pn－１APn )
则M － ,－ ÷ ,N , ÷ , (A ３２A３ APn－１)＝
è １－k２ １－k２ è １－k２ １－k２ A１A
＝
Pn
k －Q３１ n,∴ Qn＋１ ＝ Q ３n , ７分
∴S△A２MN ＝２|OA２|
|y１－y２|＝ ．
１－k２ 两边同时取以e为底的对数,则ln Qn＋１ ＝
１３分 ３lnQn ,∵lnQ１|＝ln８,
y ∴{ln Qn }是首项为ln８,公比为３的等比
又直线A M 的方程为 １２ y＝ ( ),令x１－１x－１ x＝ 数列,
n
１, y１ , １ y１ lnQn ＝３
n－１ln８＝３nln２,∴ Q ３
, n
＝２ ．由于
得
２ y＝－
即 ÷
２(x１－１) P －è２ ２(x１－１)
．
Q１＞０,故Q ＝(－１)n＋１２３
n
n ． ９分
n
同理, yQ １ , － ２ ÷． Pn＋Q ＝２n＋１n ＋１＋(－１)n＋１ ( ) ２
３ ,当n≤６
è２ ２x２－１
, n
１ １ 时１ |Pn＋Qn|≤|P
n＋１
n|＋|Qn|＝２ ＋１＋２３ ≤
∴S△A２PQ ＝ ２ × １－２ ×|PQ|＝ ４ × ２
７＋１＋２７２９＜２２０２５, １１分
y y １ k 当n＝７时,
７
|P７＋Q７|＝２８＋１＋２３ ＝２５７＋
－ １２(x －１)＋
２
２(x ＝－１) ８ ２ － ２２１８７＞２２０２５１＋ １－k ,∴n 的最小值为７． 分１ ２ １２
k ２ (２)设事件A:该数列经过１－k ３
次“J延拓”后,Q３
＝ 分２ ４k ． １５ 能被４８整除．由于a,b,c 都有６种可能性,故１－ １－k
基本事件总数为６３＝２１６．由题设可知,Q１＝
k １－k２
∴S ３ ３△A２MN ＋S△A２PQ ＝ ＋ ４k ≥２× Q Q１－k２ a２b３c２,Q ＝
１ ２ １４ ２７ １４
２ ,ac Q３＝
,
ac ∴Q３＝a b c
,而
１ ,当且仅当 k １－k
２ ４
＝１ ＝ ,即k＝ ４８＝２ ×３,故要使Q３能被４８整除,则a,b,c中４ １－k２ ４k 既要有能被２整除的数,又要有能被３整除的数．
５ １４分时取等号
５ ．
１６分
解法一:记事件B＝“a,b,c∈{－２,－１,１,２}”,
∴△A２MN 与△A２PQ 面积之和的最小值为１． 事件C＝“a,b,c∈{－３,－１,１,３}”．
１７分 则P(A)＝P(B∪C)＝P(B)＋P(C)－P(BC)
１９．解:(１)①数列－１,２,１第一次“J延拓”后得到 ４３ ４３ ２３ ５
＝ ＋ － ＝ ． １６分
数列－１,－２,２,２,１,第２次“J延拓”后得到数 ６３ ６３ ６３ ９
列－１,２,－２,－４,２,４,２,２,１,∴P２＝９,Q２＝ ４∴P(A)＝１－P(A)＝ ．
－５１２． ２分 ９
②数列－１,２,１第n 次“J延拓”后得到数列,记 ∴该数列经过３次“J延拓”后,Q３ 能被４８整除
为A１,A２,A３, ,APn , 的概率为４． １７分
第n＋１次“J延拓”后,每两项之间添加１项,共 ９
( ) , 解法二:令集合 { ,}, { ,},添加了 Pn－１ 项 M ＝ －３３ N＝ －２２ T
{ ,}
∴总项数P ＝ －１１ ．n＋１＝Pn＋(Pn－１)＝２Pn－１,
①在集合M,N,T 中各取一个数构成数列,共３分
有 １ １ １ ３
故P －１＝２(P －１),∵P ＝５, C２C２C２A３＝４８
种; １５分
n＋１ n １
{ } 在集合 中取两次数,集合 中取一个数∴ Pn－１ 是首项为４,公比为２的等比数列,
② M N
C１C１C１A３
Pn－１＝４×２n－１＝２n＋１,即P ＝２n＋１n ＋１ 构成数列,共有
２ ２ ２ ３
A２ ＝２４
种; １６分
２
４分 ③在集合N 中取两次数,集合 M 中取一个数
第n＋１次“J延拓”后,每相邻两项之间插入这 C１C１C１A３
两项的乘积,∴在计算所有项的乘积时, 构成数列,共有
２ ２ ２ ３
A２ ＝２４
种．
２
因子Ai(i＝２,３, ,Pn －１)共出现了３次, ∴该数列经过３次“J延拓”后,Q３ 能被４８整除
A１,APn 共出现了２次,A１＝－１,APn ＝１．
∴ 所 有 项 的 乘 积 Q ＝ (A A )２ 的概率为
４８＋２４＋２４ ４
＝ ． １７分
n＋１ １ Pn ２１６ ９
数学试题　参考答案　第６　页　共７页
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