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期末重难点检测卷（三）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 宜春校级期末）若（2+i） z＝5i，则z的虚部为（　　）
A．﹣2i B．2i C．﹣2 D．2
2．（2024春 威信县校级期末）如果{，}表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（　　）
A．，2 B．2，2
C．3，62 D．，3
3．（2024春 杭州期末）如图是一个古典概型的样本空间Ω和随机事件A，B，其中n（Ω）＝30，n（A）＝15，n（B）＝10，n（A∪B）＝20，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024春 威信县校级期末）如果一架飞机向西飞行400km，再向东飞行500km，记飞机飞行的路程为s，位移为，那么s﹣||＝（　　）
A．800km B．700km C．600km D．500km
5．（2024春 南京期末）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（　　）
A．若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
6．（2024春 茅箭区校级期末）如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB＝8cm，CD＝2cm，则该青铜器的体积为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024春 绥棱县校级期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，BC＝10km，∠ABC＝90°，现计划在工业园区内选择P处建一仓库，若∠APB＝120°，则CP的最小值为（　　）
A．6km B．8km C． D．
8．（2024春 深州市校级期末）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个四棱柱相通连接而成．某次计时前如图1所示，已知圆锥体底面半径是6cm，高是6.75cm；四棱柱底面边长为6cm和2πcm，液体高是6.5cm．计时结束后如图2所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．4.5cm
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 安丘市校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的有（　　）
A．若m∥n，m∥β，则n∥β
B．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D．若m∥β，n∥β，m α，n α，则α∥β
（多选）10．（2024春 灵丘县校级期末）已知事件A，B，且P（A）＝0.7，P（B）＝0.2，则下列说法正确的是（　　）
A．若B A，则P（AB）＝0.7
B．若A与B互斥，则P（A∪B）＝0.9
C．若A与B相互独立，则
D．若A与B相互独立，则P（A∪B）＝0.9
（多选）11．（2024春 越秀区校级期末）在△ABC中，AB＝4，AC＝6，，D为边BC上一动点，则（　　）
A．
B．当AD为角A的角平分线时，
C．当D为边BC中点时，
D．若点P为△ABC内任一点，的最小值为
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 凉山州期末）已知i是虚数单位，则　 　 ．
13．（2024秋 南昌校级期末）如图，用A，B，C三个不同的元件连接成一个系统N．当元件C正常工作且元件A，B至少有一个正常工作时，系统N正常工作．已知元件A，B，C正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.8，则系统N能正常工作的概率为 　 　 ．
14．（2024春 海淀区校级期末）如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段B1D1上，且，给出下列四个结论：
①存在点P，使得直线PE∥平面C1BD；
②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体C﹣D1B1P的体积逐渐减小；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为；
④当二面角P﹣D1B1﹣C的平面角的正切值为时，平面PD1C1截正方体所得截面图形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 防城港期末）已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
16．（2024春 东丽区校级期末）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，，求△ABC的面积；
（3）若△ABC锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围．
17．（2024春 广西期末）如图，某公司出产了一款美观实用的筷子笼，是由与圆柱底面成一定角度的截面截圆柱所得．如果从截面的最底端到最高端部分还原圆柱，如图所示，AB，A'B'分别为圆柱OO'底面直径，AA'，BB'为圆柱的母线，AB＝AA′＝2，过AB'的平面α截圆柱且与底面所在平面交于直线l，且AB⊥l．
（1）证明：l⊥AB'；
（2）若底面有一动点M从A点出发在圆O上运动一周，过动点M的母线与截面α交于点N，设x，MN＝y，求y与x的函数关系．
18．（2024春 和平区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，点D，E，F分别为A1B1，AA1，CD的中点，AB＝AC＝AA1＝2．
（1）求证：EF∥平面ABC；
（2）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
（3）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
19．（2024春 合肥期末）n个有次序的实数a1，a2，…，an所组成的有序数组（a1，a2，…，an）称为一个n维向量，其中ai（i＝1，2，…，n）称为该向量的第i个分量．特别地，对一个n维向量，若|ai|＝1，i＝1，2…n，称为n维信号向量．设，，
则和的内积定义为，且0．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
（3）已知k个两两垂直的2024维信号向量x1，x2，…，xk满足它们的前m个分量都是相同的，求证：45．
期末重难点检测卷（三）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B A B D B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC BC AB
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 宜春校级期末）若（2+i） z＝5i，则z的虚部为（　　）
A．﹣2i B．2i C．﹣2 D．2
【解答】解：由（2+i） z＝5i ．
所以复数z的虚部为2．
故选：D．
2．（2024春 威信县校级期末）如果{，}表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（　　）
A．，2 B．2，2
C．3，62 D．，3
【解答】解：由共线向量基本定理知，选项A，B和D中的两个向量均不共线，故可以作为平面的基底，
因为3（62），即3与62共线，所以选项C中的两个向量不能作为一个基底．
故选：C．
3．（2024春 杭州期末）如图是一个古典概型的样本空间Ω和随机事件A，B，其中n（Ω）＝30，n（A）＝15，n（B）＝10，n（A∪B）＝20，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：对于一个古典概型的样本空间Ω和随机事件A，B，n（Ω）＝30，
n（A）＝15，n（B）＝10，n（A∪B）＝20，
则，
则．
故选：B．
4．（2024春 威信县校级期末）如果一架飞机向西飞行400km，再向东飞行500km，记飞机飞行的路程为s，位移为，那么s﹣||＝（　　）
A．800km B．700km C．600km D．500km
【解答】解：路程s＝400+500＝900（km），
位移大小是|400﹣500|＝100（km），
故s﹣||＝800（km）．
故选：A．
5．（2024春 南京期末）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（　　）
A．若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
在A中，若m α，n α，l⊥m，l⊥n，
则l与α相交、平行或l α，故A错误；
在B中，若l∥m，m∥n，l⊥α，
则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故B正确；
在C中，若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，故C错误；
在D中，若m α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．
故选：B．
6．（2024春 茅箭区校级期末）如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB＝8cm，CD＝2cm，则该青铜器的体积为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
．
故选：D．
7．（2024春 绥棱县校级期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，BC＝10km，∠ABC＝90°，现计划在工业园区内选择P处建一仓库，若∠APB＝120°，则CP的最小值为（　　）
A．6km B．8km C． D．
【解答】解：设∠BAP＝θ，（0°＜θ＜60°），
则∠ABP＝60°﹣θ，∠PBC＝90°﹣（60°﹣θ）＝30°+θ，
在△BAP中由正弦定理，即，
所以BP＝12sinθ，
在△PBC中，CP2＝BP2+BC2﹣2BP BC cos∠PBC
＝144sin2θ+100﹣240sinθcos（θ+30°）
＝144sin2θ+100﹣240sinθ（cosθcos30°﹣sinθsin30°）
＝232﹣12×14sin（2θ+φ）（其中），
所以当2θ+φ＝90°时，（CP2）min＝232﹣12×14＝64，
所以CP最小值为8km．
故选：B．
8．（2024春 深州市校级期末）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个四棱柱相通连接而成．某次计时前如图1所示，已知圆锥体底面半径是6cm，高是6.75cm；四棱柱底面边长为6cm和2πcm，液体高是6.5cm．计时结束后如图2所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．4.5cm
【解答】解：如图，
圆锥的底面半径是6cm，高是6.75cm，
所以△ABC、△CDE是直角三角形，
由已知可得：液体的体积为6×2π×6.5＝78π（cm3），
圆锥的体积为，
计时结束后，圆锥中没有液体的部分体积为81π﹣78π＝3π（cm3），
设计时结束后，“沙漏”中液体的高度AD为xcm，
则，
即，
所以，
即6.75﹣x＝2.25，
解得x＝4.5，
所以计时结束后．“沙漏”中液体的高度为4.5cm．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 安丘市校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的有（　　）
A．若m∥n，m∥β，则n∥β
B．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D．若m∥β，n∥β，m α，n α，则α∥β
【解答】解：对于A，若m∥n，m∥β，则n∥β或n β，故A错误；
对于B，若α∥β，m⊥α，n⊥β，由线面垂直的性质定理，则m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥n，m⊥α，则n α或n∥α，
当n α时，又n⊥β，所以α⊥β，
当n∥α时，则α内必存在一直线l∥n，而n⊥β，则l⊥β，
l α，故α⊥β，故C正确；
对于D，若m∥β，n∥β，m α，n α，则α与β平行或相交，故D错误，
故选：BC．
（多选）10．（2024春 灵丘县校级期末）已知事件A，B，且P（A）＝0.7，P（B）＝0.2，则下列说法正确的是（　　）
A．若B A，则P（AB）＝0.7
B．若A与B互斥，则P（A∪B）＝0.9
C．若A与B相互独立，则
D．若A与B相互独立，则P（A∪B）＝0.9
【解答】解：对于A，若B A，则P（AB）＝P（B）＝0.2，故A错误；
对B，若A与B互斥，则P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.9，故B正确；
对于C，若A与B相互独立，则与B相互独立，
所以，故C正确；
对于D，若A与B相互独立，
则P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝0.7+0.2﹣0.7×0.2＝0.76，故D错误．
故选：BC．
（多选）11．（2024春 越秀区校级期末）在△ABC中，AB＝4，AC＝6，，D为边BC上一动点，则（　　）
A．
B．当AD为角A的角平分线时，
C．当D为边BC中点时，
D．若点P为△ABC内任一点，的最小值为
【解答】解：在△ABC中，AB＝4，AC＝6，，D为边BC上一动点，
对于A，由余弦定理得：，故A正确；
对于B，当AD为角A的角平分线时，由等面积法得，即，解得，故B正确；
对于C，当D为边BC中点时，（） （2 ）（16+36+2×4×6）＝19 AD，故C错误；
对于D，设D是BC的中点，则2，取AD的中点Q，连接PQ，如图：
则2，
所以 2[][]＝22，
当且仅当点P与点Q重合时，取得最小值，即 的最小值为．故D错误．
故选：AB．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 凉山州期末）已知i是虚数单位，则　　 ．
【解答】解：，
则．
故答案为：．
13．（2024秋 南昌校级期末）如图，用A，B，C三个不同的元件连接成一个系统N．当元件C正常工作且元件A，B至少有一个正常工作时，系统N正常工作．已知元件A，B，C正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.8，则系统N能正常工作的概率为 　0.752　 ．
【解答】解：系统N能正常工作，则A，B至少有1个能正常工作且C能正常工作，
又元件A，B，C正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.8，且相互独立，
则系统N能正常工作的概率为（0.8×0.3+0.2×0.7+0.8×0.7）×0.8＝0.752．
故答案为：0.752．
14．（2024春 海淀区校级期末）如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段B1D1上，且，给出下列四个结论：
①存在点P，使得直线PE∥平面C1BD；
②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体C﹣D1B1P的体积逐渐减小；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为；
④当二面角P﹣D1B1﹣C的平面角的正切值为时，平面PD1C1截正方体所得截面图形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 　①②④　 ．
【解答】解：对于①，当P点位于A点时，由于BB1∥DD1，BB1＝DD1，即四边形BB1D1D为平行四边形，
则B1D1∥BD1，同理可证AD1∥BC1，
由于B1D1 平面C1BD，BD 平面C1BD1，故B1D1∥平面C1BD1，
同理AD1∥平面C1BD1，而B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1 平面AB1D1，
故平面AB1D1∥平面C1BD，此时PE 平面AB1D1，则PE∥平面C1BD，
即存在点P，使得直线PE∥平面C1BD，①正确；
对于②，由于AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，故AA1⊥B1D1，
而A1C1⊥B1D1，而AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1 平面AA1C1，故B1D11平面AA1C1，
AC1 平面AA1C1，故B1D1⊥AC1，同理可证B1C⊥AC1，
B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C 平面CB1D1，故AC1⊥平面CB1D1，
由于，过点P作PQ⊥平面CB1D1，垂足为Q，则PQ∥AC1，
当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，PQ长逐渐变小，
而△CB1D1的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确；
对于③，，作EG⊥A1D1，垂足为G，连接AG，
则A1G＝3，EG＝1，此时，
则P点轨迹为在AC上的线段，如图示，
△EAC为等腰三角形，则其底边上的高为，
故当P向点C运动时，EP逐渐变小，故在线段AH上存在一点P，使得PE＝5，
同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得PE＝5，
当PE＝5时，，则点P轨迹的长度为，③错误；
对于④，设A1C1，B1D1交于R，则R为B1D1的中点，
由于AB1＝AD1，CB1＝CD1，故AR⊥B1D1，CR⊥B1D1，
即∠ARC为二面角A﹣B1D1﹣C的平面角，而，，
故，即∠ARC为锐角，
则，即，
当P点由A向C运动时，∠ARC将变小，
即可知当二面角P﹣D1B1﹣C的平面角的正切值为时，P点位于A处，
由于AB∥C1D1，此时平面PD1C1截正方体所得截面即为矩形ABC1D1，
面积为，④正确．
故答案为：①②④．
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 防城港期末）已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
【解答】解：（1）由题意，
因为，则，得，
则，所以；
（2）由已知，又，，
所以2﹣（4﹣2x）＝0，得x＝1，
则，，
故．
16．（2024春 东丽区校级期末）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，，求△ABC的面积；
（3）若△ABC锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围．
【解答】解：（1）由正弦定理及，得（sinCsinB）cosA+sinAcosC＝0，
所以sinCcosA+cosCsinA＝sin（C+A）＝sinBsinBcosA，
因为sinB≠0，
所以cosA，
又A∈（0，π），所以A．
（2）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bcbc，
所以4（2）bc，
解得bc，
所以△ABC的面积SbcsinA（）．
（3）由正弦定理知，，
所以a＝2sinA＝2，，
因为△ABC是锐角三角形，
所以，解得B，
所以，
令t＝sinB∈（，1），则，
由对勾函数的性质知，当时，函数y单调递减；当时，函数y单调递增，
所以当时，；当时，；当t＝1时，y＝7，
因为，所以ymax＝5，
所以，
所以（4sinB）∈[2，5），
故的取值范围为[2，5）．
17．（2024春 广西期末）如图，某公司出产了一款美观实用的筷子笼，是由与圆柱底面成一定角度的截面截圆柱所得．如果从截面的最底端到最高端部分还原圆柱，如图所示，AB，A'B'分别为圆柱OO'底面直径，AA'，BB'为圆柱的母线，AB＝AA′＝2，过AB'的平面α截圆柱且与底面所在平面交于直线l，且AB⊥l．
（1）证明：l⊥AB'；
（2）若底面有一动点M从A点出发在圆O上运动一周，过动点M的母线与截面α交于点N，设x，MN＝y，求y与x的函数关系．
【解答】证明：（1）由题意AB α，AB' α，
∵BB'为圆柱的母线，则BB'垂直圆柱下底面圆O，
∴直线l是平面α与底面交线，
∴BB'⊥l，又因为AB⊥l，AB，BB' 平面α，
∴l⊥平面α，而AB' 平面α，
所以l⊥AB'．
解：（2）∵l⊥AB'且AB⊥l，
∴∠B'AB或其补角为平面α与底面二面角的平面角，
又AB＝AA'＝2，
∴∠B′AB，
过点M作MF垂直于直线l于F，连接NF，
则∠NFM，MN＝FM，
作ME垂直于直径AB于E，四边形AFME为矩形，AE＝FM，
∵AB＝2，则底面圆O半径OA＝1，
又∵x，
∴∠AOM＝xOE＝cosx，AE＝OA﹣OE＝1﹣cosx，FM＝1﹣cosx，
又∵MN＝FN，
∴MN＝1﹣cosx，
∴y＝1﹣cosx，x∈[0，2π）．
18．（2024春 和平区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，点D，E，F分别为A1B1，AA1，CD的中点，AB＝AC＝AA1＝2．
（1）求证：EF∥平面ABC；
（2）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
（3）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：设AC1∩A1C＝O，连接OF，OE，则O为AC1，A1C的中点，
因为O，F分别为A1C，CD的中点，则OF∥A1D，
且A1D∥AB，则OF∥AB，
由OF 平面ABC，AB 平面ABC，可得OF∥平面ABC，
又因为O，E分别为AC1，AA1的中点，则OE∥AC，
由OE 平面ABC，AC 平面ABC，可得OE∥平面ABC，
且OF∩OE＝O，OF，OE 平面OEF，可得平面OEF∥平面ABC，
由EF 平面OEF可得EF∥平面ABC．
（2）由题意可得：，
作A1M⊥C1D，垂足为M，
因为CC1⊥平面A1B1C1，A1M 平面A1B1C1，可得CC1⊥A1M，
且C1D∩CC1＝C1，C1D，CC1 平面CC1D，可得A1M⊥平面CC1D，
由等面积可得，
可知点A1到平面CC1D的距离为，
且点D为A1B1的中点，则点B1到平面CC1D的距离，
取BB1的中点G，GB1的中点H，连接GA1，DH，
则A1E∥BG，A1E＝BG，则A1EBG为平行四边形，可得A1G∥BE，
又因为D，H分别为A1B1，B1G的中点，则DH∥A1G，且，
可得DH∥BE，
可知直线BE与平面CC1D所成角即为直线DH与平面CC1D所成角，
因为B1H∥CC1，B1H 平面CC1D，CC1 平面CC1D，
所以B1H∥平面CC1D，所以H到平面CC1D的距离等于点B1到平面CC1D的距离，
设直线DH与平面CC1D所成角为θ，则，
所以直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为．
（3）由（2）可知：，
作MN⊥CD，垂足为N，
因为A1M⊥平面CC1D，CD 平面CC1D，可得A1M⊥CD，
且MN∩A1M＝M，MN，A1M 平面A1MN，可得CD⊥平面A1MN，
由A1N 平面A1MN，可得CD⊥A1N，
可知平面A1CD与平面CC1D夹角为∠A1NM，
由CC1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，可得CC1⊥C1D，
在Rt△CC1D中，则，可得，
在Rt△DMN中，则，
在Rt△A1MN中，则，
可得，
所以平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为．
19．（2024春 合肥期末）n个有次序的实数a1，a2，…，an所组成的有序数组（a1，a2，…，an）称为一个n维向量，其中ai（i＝1，2，…，n）称为该向量的第i个分量．特别地，对一个n维向量，若|ai|＝1，i＝1，2…n，称为n维信号向量．设，，
则和的内积定义为，且0．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
（3）已知k个两两垂直的2024维信号向量x1，x2，…，xk满足它们的前m个分量都是相同的，求证：45．
【解答】解：（1）依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
（1，1，1，1），（﹣1，﹣1，1，1），（﹣1，1，﹣1，1），（﹣1，1，1，﹣1）．
（2）证明：假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为﹣1，
设的前7个分量中有r个﹣1，则后7个分量中有7﹣r个﹣1，r∈N*，
则，则，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量．
（3）证明：任取i，j∈{1，2，…，k}，计算内积，
将所有这些内积求和得到S，则，
设的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以k2m，
则2024k≥k2m，所以km≤2024＜2025，故．
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