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四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷
1．（2025·四川模拟）已知复数，则（　　）
A． B．2 C． D．5
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意知，，
所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】首先利用分母有理化（共轭复数相乘消去虚数单位），将复数化为标准形式，然后先求的结果，再用模长公式（实部平方加虚部平方开根号）计算.
2．（2025·四川模拟）已知空间中两条直线，及平面，且满足，“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：充分性：只有当垂直于内的两条相交直线，才可推出，由题可知，垂直于内的一条直线，可能与平面斜交，平行，或在平面内，
故无法推出，充分性不满足；
必要性：，又，则，故必要性成立；
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】首先依据线面垂直定义（直线垂直平面需垂直平面内所有直线 ），判断仅（）能否推出，明确充分性是否成立，然后根据线面垂直定义，若且，直接推出，确定必要性是否成立，最后结合充分性和必要性的判断结果，确定条件关系.
3．（2025·四川模拟）为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据120个有放回随机样本的数据，得到如下列联表：
药物 疗效 合计
未患疾病 患疾病
未服用 10 50 60
服用 18 42 60
合计 28 92 120
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），结论为（　　）
A．药物对预防疾病没有效果
B．药物对预防疾病没有效果，这种判断犯错误的概率不超过
C．药物对预防疾病有效果
D．药物对预防疾病有效果，这种判断犯错误的概率不超过
【答案】A
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：设零假设：药物对预防疾病没有效果；因为，
故零假设不成立，药物对预防疾病没有效果.
故答案为：A.
【分析】首先独立性检验通过比较计算的值与临界值（如 ）判断假设是否成立，然后将题目中计算的和对比，值小于临界值，最后依据独立性检验规则，若值小于临界值，不能拒绝原假设（药物对预防疾病没有效果 ），从而得出结论.
4．（2025·四川模拟）已知函数，则满足的实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解： 对求导，根据求导公式，，可得.
因为，，所以恒成立.
所以在上是单调递增函数.
所以若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】通过求导，分析导函数的正负性，确定函数在上单调递增，这是利用函数性质解不等式的基础，然后依据单调递增函数的性质，函数值大则自变量大，将转化为关于的一元一次不等式，求解得出的取值范围.
5．（2025·四川模拟）已知为等差数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C．0 D．12
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，
则两式作差可得：，即，；
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前项和公式，再结合已知条件得出的值.
6．（2025·四川模拟）已知直线是曲线的一条切线，则（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质；导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设，，
设切点为，根据切线斜率为1，则，
解得，则，则切点坐标为，则，解得.
故答案为：C.
【分析】对曲线函数求导，根据切线斜率等于曲线在切点处的导数，建立关于切点横坐标的方程，求出，然后结合切点在切线和曲线上，得到关于a的方程，求解得出a的值.
7．（2025·四川模拟）已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，作图如下：
设点坐标为，因其在抛物线上，故；
以为圆心，为半径圆，其圆心到轴的距离为，半径；
由题可知：，整理得：，故，.
故答案为：A.
【分析】首先设出点M坐标，代入抛物线方程得到p与的一个关系式，这是基础条件，然后根据圆被y轴截得弦长，利用圆的弦长与圆心到弦距离、半径的几何关系（勾股定理 ），列出另一个关于p和的方程，最后将两个方程联立，消去，求解得出p的值.
8．（2025·四川模拟）已知，，且满足，则最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，，，，
因为，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，即，
因为，，则，即，则，
此时，
因为，所以，则或，
故当或时，等号成立，
因此，最小值为.
故答案为：D.
【分析】首先利用积化和差公式或和角差角公式，将转化为含有已知的形式，这是关键步骤，通过变换将所求式子与已知条件建立联系，然后根据和的范围，确定变换后三角函数中角的范围，进而分析三角函数的最值情况，最后找到使三角函数值最小的情况，代入计算得出结果.
9．（2025·四川模拟）已知函数，下列说法正确的是（　　）
A．1是的周期 B．的定义域为
C． D．的图象关于点对称
【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、正切函数的周期为，A正确；
B、正切函数无定义时，，，解得： ，因此定义域为，B不正确；
C、因为，
，
因为在上递增，，
所以，即，C不正确；
D、令，求得，，可得的对称中心是，，当时，可得的对称中心是，D正确；
故答案为：AD.
【分析】本题围绕正切函数的性质展开，包括周期、定义域、单调性、对称性，解题思路是：
A、利用正切函数的周期公式计算，判断是否为周期 ；
B、正切函数无定义时，，解此方程得定义域，判断选项是否正确 ；
C、先计算与的具体正切值，再结合正切函数在上的单调性比较大小 ；
D、正切函数的对称中心满足，解此方程得对称中心坐标，判断是否为对称中心，核心是正切函数性质的运用.
10．（2025·四川模拟）动圆过定点，且与圆相内切于点，记圆心的轨迹为曲线．则（　　）
A．曲线的方程为： B．动圆面积的最小值为
C．的最大值为3 D．的最小值是
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的定义
【解析】【解答】解：
A、由题意可知，动圆圆心到定点和定圆圆心的距离之和为，
即，又因为，
所以的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆，
所以曲线的方程为：，A正确；
B、由A可知，点轨迹方程为，
所以设，
则动圆的半径
，
当，取到最小值，
所以要使动圆面积的最小，只需最小，
所以动圆面积的最小值为，B正确；
C、由B可知，
则，，
所以，
当时，取到最大值2，C错误；
D、因为和互补，
所以求的最小值就是求的最大值，
由椭圆的性质可知，当位于短轴端点时，最大，
不妨设此时，则，
所以，
因为，所以，
所以的最小值是，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A、根据两圆内切性质（圆心距与半径关系），结合椭圆定义（到两定点距离和为定值且大于两定点间距），确定轨迹为椭圆，再计算椭圆参数（）得方程.B、动圆面积由半径平方决定，半径是，利用椭圆上点到定点距离的最值（结合二次函数或椭圆顶点），求最小值，进而得面积最小值.C、展开向量数量积，结合椭圆方程消元转化为关于的二次函数，根据范围求最大值.D、利用等腰三角形（），结合椭圆几何特征（短轴端点时角度特殊），通过余弦定理或几何对称性分析的最小值.
11．（2025·四川模拟）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（　　）
A．当时，是唯一的分集
B．对任意，总存在至少一个分集
C．若是分集，则
D．若是分集，则
【答案】A,D
【知识点】基本不等式；点与圆的位置关系；不等式的解集
【解析】【解答】解：由得，当且仅当时等号成立.
即
A、当时，则，又，所以，A正确；
B、时，，不符合，B错误；
C、当时，，所以，C错误；
D、当时，，又，所以，解得，，D正确.
故选：AD.
【分析】A、利用定值，结合基本不等式求的最值，判断集合元素的唯一性；B、通过的最大值得出时无解；C、D、将、变形为关于或的表达式，结合不等式求范围.
12．（2025·四川模拟）已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为　 　．
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设与的夹角为，则，因为在上的投影向量为，可得，故，即与的夹角为.
故答案为：.
【分析】首先清楚向量在单位向量上投影向量的表达式为，然后将已知的投影向量和的值代入定义式，得到关于夹角的余弦值的方程，求解得出余弦值后，结合夹角的取值范围确定夹角大小.
13．（2025·四川模拟）在如下的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有　 　种．
2 5 7
4 9 10
6 8 11
【答案】3
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．
若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法有；；，三种情况；
故答案为：3.
【分析】首先利用 “既不同行也不同列” 的规则，通过行列交叉枚举所有3个数的组合（共6种），然后计算每组数的极差，筛选出极差的组合，最后数出符合条件的组合数量，即为满足要求的选法种数.
14．（2025·四川模拟）已知棱长为2的正方体中，为中点，四点都在球的球面上，且四点都在球的球面上，记球与球两球面上的所有公共点构成轨迹，则的周长为　 　．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：
如图所示，设为的中点，分别为的中点，
分别为的中点，连接，
分别为的中点，，
由题意可知，因为四点都在球的球面上，
所以即为三棱锥外接球的球心，
也就是三棱柱外接球的球心，
因为三棱柱是直三棱柱，且为直角三角形，
所以外接球的球心在的中点处，
同理，就是三棱柱外接球的球心，且在的中点处，
因为球与球两球面同时经过四点，
所以球与球两球面上的所有公共点构成轨迹
即为以为圆心，且过四点的圆的周长，
在矩形中，因为，
所以，，
所以矩形的外接圆直径，
所以，所以外接圆的周长为，
故答案为：
【分析】首先利用三棱柱外接球心的性质（直三棱柱外接球心在侧面中点连线中点 ），确定，位置，然后两球公共点轨迹为同时过四点的圆（， A， E， ），再通过矩形外接圆直径公式（勾股定理求对角线），得直径后计算周长.
15．（2025·四川模拟）记内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为钝角三角形，求．
【答案】（1）解：由正弦定理，得，即，
又，，则，
又，则.
（2）解：由余弦定理知：，
，或，
当时，，此时为钝角三角形，满足题意，
当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去，
综上所述：
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角的关系，结合已知条件解出，再根据边的大小关系确定角的范围，得出.
（2）先用余弦定理列出关于的方程，求解后根据“钝角三角形”的性质（最大边对的角为钝角，其余弦值小于 ）筛选出符合条件的.
（1）由正弦定理知：，，
又，，则，
又，则.
（2）由余弦定理知：，
，或，
当时，，此时为钝角三角形，满足题意，
当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去，
综上：．
16．（2025·四川模拟）已知函数．
（1）若，试判断函数在区间内的极值点个数，并说明理由；
（2）当，时，求证：．（参考数据：）
【答案】（1）解：个，理由如下：
因为，则，
所以，函数在区间上单调递增，
因为，则，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数函数在区间内的极值点个数为.
（2）证明：当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导分析导函数的符号变化，结合零点存在定理确定极值点个数，关键是利用二次函数的性质和端点值判断.
（2）构造函数，通过求导分析其单调性，找到最小值并证明最小值大于0.
（1）因为，则，
所以，函数在区间上单调递增，
因为，则，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数函数在区间内的极值点个数为.
（2）当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
17．（2025·四川模拟）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）解：连接交于，连接，
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以且，，
又分别为的中点，所以，
以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，平面ACE平面=OE，
平面平面=，所以OE//，
因为都经过点O，所以三点共线，
又，
所以∽，所以，所以.
（2）解：取CD的中点F，连接BF，
因为，所以是等边三角形，所以，且，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，所以平面，
又平面，所以，
所以两两互相垂直，
以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，所以，
，
取，则，所以，
因为E是对角线上一点，
所以与平面所成的角即是与平面所成的角，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用平面平面，结合两个平面与平面的交线，得到线线平行（ ），然后依据平行六面体中棱与中点的平行、相等关系，推导与的比例，最后通过线线平行和中点性质，得出.
(2)根据平面垂直关系（平面平面 ），选取合适的原点与坐标轴，建立坐标系，确定各点坐标（利用等边三角形、勾股定理等计算坐标 ），然后求出向量，找平面的法向量，利用线面角公式（线面角正弦值等于线向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ）计算BE 与平面AC 所成角的正弦值．
（1）连接交于，连接，
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以且，，
又分别为的中点，所以，
以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，平面ACE平面=OE，
平面平面=，所以OE//，
因为都经过点O，所以三点共线，
又，
所以∽，所以，所以；
（2）取CD的中点F，连接BF，
因为，所以是等边三角形，所以，且，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，所以平面，
又平面，所以，
所以两两互相垂直，
以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，所以，
，
取，则，所以，
因为E是对角线上一点，
所以与平面所成的角即是与平面所成的角，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18．（2025·四川模拟）已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、．
（1）求双曲线的方程；
（2）求点的坐标；
（3）若、，记的面积为，证明：．
【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）解：由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1) 已知右焦点，得（ ），然后双曲线渐近线方程为，点到渐近线距离为，根据点到直线距离公式，结合（ ），联立求解得、，从而确定双曲线方程，核心是双曲线关系及点到直线距离公式的应用.
(2)设斜率为（ ），则斜率为，分别设，，然后将与双曲线方程联立，利用韦达定理求中点坐标；同理求与双曲线方程联立后中点坐标，最后根据坐标，求出直线的方程，分析其过定点，即坐标，关键是韦达定理求中点、直线方程整理找定点.
(3) 通过的推导，归纳的坐标规律（可能为定点 ），然后根据、、坐标，求的面积（利用三角形面积公式，底为长度，高为横坐标与的距离 ），最后对进行放缩（如裂项相消 ），证明其前项和小于.
（1）双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
19．（2025·四川模拟）图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图由顶点集与边集组成，记为．顶点集是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图，其顶点集，边集．若图中依次存在一组边：，则称顶点相互可达．如果图中任意两个顶点相互可达，则称图是连通的，如右所示的图就是连通的．
一个有含有个顶点的图，任意两个顶点间有边的概率为．设图是连通的概率为，定义．
（1）当时，在顶点与顶点相互可达的条件下，求与之间有边的概率；
（2）当时，求恰有3个顶点相互可达的概率；
（3）求．
【答案】（1）解：设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边，
当时，与相互可达分以下两种情况：
①与之间有边，概率为，
②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为，
故与相互可达的概率，故，
而，故，
故与之间有边的概率为.
（2）解：设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为，
同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况：
①三个顶点两两有边，概率为，
②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，
，则，
恰有3个顶点相互可达的概率为.
（3）解：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，，
当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，
剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达，
则，显然，任意两个事件和均为互斥事件，
因此，
，，
，故，
，
，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【分析】(1)时，顶点为，所有可能的边组合（共条可能的边，每条存在概率 ），可设“与相互可达”为事件，“与有边”为事件，然后用古典概型分别计算（有边时一定相互可达，计算有边且其他边任意的情况数 ）和（相互可达包含“有边”或“无边但通过连通” ），再由条件概率公式求解.
(2) 首先分类讨论：4个顶点中选3个顶点的组合数为种，然后分析3个顶点连通的情况：对于选定的3个顶点，它们连通的概率为（可由(1)或类似思路得 ），第4个顶点与这3个顶点都不连通（即与3个顶点的边都不存在 ），最后计算概率：每种组合的概率为（3个顶点连通概率，第4个顶点与3个顶点无边的概率 ），再乘以组合数.
(3)首先利用递推思想：个顶点的连通概率，可通过“总概率减去不连通的概率”计算，然后分析不连通情况：不连通时，图可分为一个个顶点的连通子图和一个个顶点的子图（ ），计算每种对应的概率（ ，是选个顶点包含某固定顶点的组合数，是个顶点连通概率，是两子图之间无边的概率 ，最后计算：利用，（2个顶点连通即有边，概率 ），（由(1)得 ），（通过时总概率减去不连通概率，不连通包含恰3个连通等情况 ），递推计算.
（1）设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边，
当时，与相互可达分以下两种情况：
①与之间有边，概率为，
②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为，
故与相互可达的概率，故，
而，故，
故与之间有边的概率为.
（2）设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为，
同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况：
①三个顶点两两有边，概率为，
②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，
，则，
恰有3个顶点相互可达的概率为.
（3）方法一：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，，
当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，
剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达，
则，显然，任意两个事件和均为互斥事件，
因此，
，，
，故，
，
，
.
方法二：共有条可能的边，
①当不存在任何边时，不可能连通，概率为
②当中只存在1条边时，概率为，此时不可能是连通的；
③同理，中只存在2条或3条边时，概率分别为：，
均不可能是连通的：
④当中只存在4条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，4条边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为．
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于4，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边，并且这3个顶点相互都有边．概率为．
⑤当中只存在5条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，5边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为，
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于5，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边时，边数小于5，与假设矛盾，
⑥当中只存在6条边时，不连通的情况只当存在1个孤立点时，
概率为：；
⑦当中存在多于6条边时，因为最多只有6条边，因此必然连通，
故不连通的概率为：，
.
1 / 1四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷
1．（2025·四川模拟）已知复数，则（　　）
A． B．2 C． D．5
2．（2025·四川模拟）已知空间中两条直线，及平面，且满足，“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
3．（2025·四川模拟）为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据120个有放回随机样本的数据，得到如下列联表：
药物 疗效 合计
未患疾病 患疾病
未服用 10 50 60
服用 18 42 60
合计 28 92 120
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），结论为（　　）
A．药物对预防疾病没有效果
B．药物对预防疾病没有效果，这种判断犯错误的概率不超过
C．药物对预防疾病有效果
D．药物对预防疾病有效果，这种判断犯错误的概率不超过
4．（2025·四川模拟）已知函数，则满足的实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·四川模拟）已知为等差数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C．0 D．12
6．（2025·四川模拟）已知直线是曲线的一条切线，则（　　）
A．1 B．2 C． D．
7．（2025·四川模拟）已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（　　）
A． B．2 C． D．
8．（2025·四川模拟）已知，，且满足，则最小值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·四川模拟）已知函数，下列说法正确的是（　　）
A．1是的周期 B．的定义域为
C． D．的图象关于点对称
10．（2025·四川模拟）动圆过定点，且与圆相内切于点，记圆心的轨迹为曲线．则（　　）
A．曲线的方程为： B．动圆面积的最小值为
C．的最大值为3 D．的最小值是
11．（2025·四川模拟）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（　　）
A．当时，是唯一的分集
B．对任意，总存在至少一个分集
C．若是分集，则
D．若是分集，则
12．（2025·四川模拟）已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为　 　．
13．（2025·四川模拟）在如下的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有　 　种．
2 5 7
4 9 10
6 8 11
14．（2025·四川模拟）已知棱长为2的正方体中，为中点，四点都在球的球面上，且四点都在球的球面上，记球与球两球面上的所有公共点构成轨迹，则的周长为　 　．
15．（2025·四川模拟）记内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为钝角三角形，求．
16．（2025·四川模拟）已知函数．
（1）若，试判断函数在区间内的极值点个数，并说明理由；
（2）当，时，求证：．（参考数据：）
17．（2025·四川模拟）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值．
18．（2025·四川模拟）已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、．
（1）求双曲线的方程；
（2）求点的坐标；
（3）若、，记的面积为，证明：．
19．（2025·四川模拟）图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图由顶点集与边集组成，记为．顶点集是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图，其顶点集，边集．若图中依次存在一组边：，则称顶点相互可达．如果图中任意两个顶点相互可达，则称图是连通的，如右所示的图就是连通的．
一个有含有个顶点的图，任意两个顶点间有边的概率为．设图是连通的概率为，定义．
（1）当时，在顶点与顶点相互可达的条件下，求与之间有边的概率；
（2）当时，求恰有3个顶点相互可达的概率；
（3）求．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意知，，
所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】首先利用分母有理化（共轭复数相乘消去虚数单位），将复数化为标准形式，然后先求的结果，再用模长公式（实部平方加虚部平方开根号）计算.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：充分性：只有当垂直于内的两条相交直线，才可推出，由题可知，垂直于内的一条直线，可能与平面斜交，平行，或在平面内，
故无法推出，充分性不满足；
必要性：，又，则，故必要性成立；
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】首先依据线面垂直定义（直线垂直平面需垂直平面内所有直线 ），判断仅（）能否推出，明确充分性是否成立，然后根据线面垂直定义，若且，直接推出，确定必要性是否成立，最后结合充分性和必要性的判断结果，确定条件关系.
3．【答案】A
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：设零假设：药物对预防疾病没有效果；因为，
故零假设不成立，药物对预防疾病没有效果.
故答案为：A.
【分析】首先独立性检验通过比较计算的值与临界值（如 ）判断假设是否成立，然后将题目中计算的和对比，值小于临界值，最后依据独立性检验规则，若值小于临界值，不能拒绝原假设（药物对预防疾病没有效果 ），从而得出结论.
4．【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解： 对求导，根据求导公式，，可得.
因为，，所以恒成立.
所以在上是单调递增函数.
所以若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】通过求导，分析导函数的正负性，确定函数在上单调递增，这是利用函数性质解不等式的基础，然后依据单调递增函数的性质，函数值大则自变量大，将转化为关于的一元一次不等式，求解得出的取值范围.
5．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，
则两式作差可得：，即，；
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前项和公式，再结合已知条件得出的值.
6．【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质；导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设，，
设切点为，根据切线斜率为1，则，
解得，则，则切点坐标为，则，解得.
故答案为：C.
【分析】对曲线函数求导，根据切线斜率等于曲线在切点处的导数，建立关于切点横坐标的方程，求出，然后结合切点在切线和曲线上，得到关于a的方程，求解得出a的值.
7．【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，作图如下：
设点坐标为，因其在抛物线上，故；
以为圆心，为半径圆，其圆心到轴的距离为，半径；
由题可知：，整理得：，故，.
故答案为：A.
【分析】首先设出点M坐标，代入抛物线方程得到p与的一个关系式，这是基础条件，然后根据圆被y轴截得弦长，利用圆的弦长与圆心到弦距离、半径的几何关系（勾股定理 ），列出另一个关于p和的方程，最后将两个方程联立，消去，求解得出p的值.
8．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，，，，
因为，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，即，
因为，，则，即，则，
此时，
因为，所以，则或，
故当或时，等号成立，
因此，最小值为.
故答案为：D.
【分析】首先利用积化和差公式或和角差角公式，将转化为含有已知的形式，这是关键步骤，通过变换将所求式子与已知条件建立联系，然后根据和的范围，确定变换后三角函数中角的范围，进而分析三角函数的最值情况，最后找到使三角函数值最小的情况，代入计算得出结果.
9．【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、正切函数的周期为，A正确；
B、正切函数无定义时，，，解得： ，因此定义域为，B不正确；
C、因为，
，
因为在上递增，，
所以，即，C不正确；
D、令，求得，，可得的对称中心是，，当时，可得的对称中心是，D正确；
故答案为：AD.
【分析】本题围绕正切函数的性质展开，包括周期、定义域、单调性、对称性，解题思路是：
A、利用正切函数的周期公式计算，判断是否为周期 ；
B、正切函数无定义时，，解此方程得定义域，判断选项是否正确 ；
C、先计算与的具体正切值，再结合正切函数在上的单调性比较大小 ；
D、正切函数的对称中心满足，解此方程得对称中心坐标，判断是否为对称中心，核心是正切函数性质的运用.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的定义
【解析】【解答】解：
A、由题意可知，动圆圆心到定点和定圆圆心的距离之和为，
即，又因为，
所以的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆，
所以曲线的方程为：，A正确；
B、由A可知，点轨迹方程为，
所以设，
则动圆的半径
，
当，取到最小值，
所以要使动圆面积的最小，只需最小，
所以动圆面积的最小值为，B正确；
C、由B可知，
则，，
所以，
当时，取到最大值2，C错误；
D、因为和互补，
所以求的最小值就是求的最大值，
由椭圆的性质可知，当位于短轴端点时，最大，
不妨设此时，则，
所以，
因为，所以，
所以的最小值是，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A、根据两圆内切性质（圆心距与半径关系），结合椭圆定义（到两定点距离和为定值且大于两定点间距），确定轨迹为椭圆，再计算椭圆参数（）得方程.B、动圆面积由半径平方决定，半径是，利用椭圆上点到定点距离的最值（结合二次函数或椭圆顶点），求最小值，进而得面积最小值.C、展开向量数量积，结合椭圆方程消元转化为关于的二次函数，根据范围求最大值.D、利用等腰三角形（），结合椭圆几何特征（短轴端点时角度特殊），通过余弦定理或几何对称性分析的最小值.
11．【答案】A,D
【知识点】基本不等式；点与圆的位置关系；不等式的解集
【解析】【解答】解：由得，当且仅当时等号成立.
即
A、当时，则，又，所以，A正确；
B、时，，不符合，B错误；
C、当时，，所以，C错误；
D、当时，，又，所以，解得，，D正确.
故选：AD.
【分析】A、利用定值，结合基本不等式求的最值，判断集合元素的唯一性；B、通过的最大值得出时无解；C、D、将、变形为关于或的表达式，结合不等式求范围.
12．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设与的夹角为，则，因为在上的投影向量为，可得，故，即与的夹角为.
故答案为：.
【分析】首先清楚向量在单位向量上投影向量的表达式为，然后将已知的投影向量和的值代入定义式，得到关于夹角的余弦值的方程，求解得出余弦值后，结合夹角的取值范围确定夹角大小.
13．【答案】3
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．
若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法有；；，三种情况；
故答案为：3.
【分析】首先利用 “既不同行也不同列” 的规则，通过行列交叉枚举所有3个数的组合（共6种），然后计算每组数的极差，筛选出极差的组合，最后数出符合条件的组合数量，即为满足要求的选法种数.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：
如图所示，设为的中点，分别为的中点，
分别为的中点，连接，
分别为的中点，，
由题意可知，因为四点都在球的球面上，
所以即为三棱锥外接球的球心，
也就是三棱柱外接球的球心，
因为三棱柱是直三棱柱，且为直角三角形，
所以外接球的球心在的中点处，
同理，就是三棱柱外接球的球心，且在的中点处，
因为球与球两球面同时经过四点，
所以球与球两球面上的所有公共点构成轨迹
即为以为圆心，且过四点的圆的周长，
在矩形中，因为，
所以，，
所以矩形的外接圆直径，
所以，所以外接圆的周长为，
故答案为：
【分析】首先利用三棱柱外接球心的性质（直三棱柱外接球心在侧面中点连线中点 ），确定，位置，然后两球公共点轨迹为同时过四点的圆（， A， E， ），再通过矩形外接圆直径公式（勾股定理求对角线），得直径后计算周长.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，得，即，
又，，则，
又，则.
（2）解：由余弦定理知：，
，或，
当时，，此时为钝角三角形，满足题意，
当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去，
综上所述：
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角的关系，结合已知条件解出，再根据边的大小关系确定角的范围，得出.
（2）先用余弦定理列出关于的方程，求解后根据“钝角三角形”的性质（最大边对的角为钝角，其余弦值小于 ）筛选出符合条件的.
（1）由正弦定理知：，，
又，，则，
又，则.
（2）由余弦定理知：，
，或，
当时，，此时为钝角三角形，满足题意，
当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去，
综上：．
16．【答案】（1）解：个，理由如下：
因为，则，
所以，函数在区间上单调递增，
因为，则，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数函数在区间内的极值点个数为.
（2）证明：当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导分析导函数的符号变化，结合零点存在定理确定极值点个数，关键是利用二次函数的性质和端点值判断.
（2）构造函数，通过求导分析其单调性，找到最小值并证明最小值大于0.
（1）因为，则，
所以，函数在区间上单调递增，
因为，则，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数函数在区间内的极值点个数为.
（2）当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
17．【答案】（1）解：连接交于，连接，
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以且，，
又分别为的中点，所以，
以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，平面ACE平面=OE，
平面平面=，所以OE//，
因为都经过点O，所以三点共线，
又，
所以∽，所以，所以.
（2）解：取CD的中点F，连接BF，
因为，所以是等边三角形，所以，且，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，所以平面，
又平面，所以，
所以两两互相垂直，
以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，所以，
，
取，则，所以，
因为E是对角线上一点，
所以与平面所成的角即是与平面所成的角，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用平面平面，结合两个平面与平面的交线，得到线线平行（ ），然后依据平行六面体中棱与中点的平行、相等关系，推导与的比例，最后通过线线平行和中点性质，得出.
(2)根据平面垂直关系（平面平面 ），选取合适的原点与坐标轴，建立坐标系，确定各点坐标（利用等边三角形、勾股定理等计算坐标 ），然后求出向量，找平面的法向量，利用线面角公式（线面角正弦值等于线向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ）计算BE 与平面AC 所成角的正弦值．
（1）连接交于，连接，
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以且，，
又分别为的中点，所以，
以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，平面ACE平面=OE，
平面平面=，所以OE//，
因为都经过点O，所以三点共线，
又，
所以∽，所以，所以；
（2）取CD的中点F，连接BF，
因为，所以是等边三角形，所以，且，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，所以平面，
又平面，所以，
所以两两互相垂直，
以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，所以，
，
取，则，所以，
因为E是对角线上一点，
所以与平面所成的角即是与平面所成的角，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）解：由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1) 已知右焦点，得（ ），然后双曲线渐近线方程为，点到渐近线距离为，根据点到直线距离公式，结合（ ），联立求解得、，从而确定双曲线方程，核心是双曲线关系及点到直线距离公式的应用.
(2)设斜率为（ ），则斜率为，分别设，，然后将与双曲线方程联立，利用韦达定理求中点坐标；同理求与双曲线方程联立后中点坐标，最后根据坐标，求出直线的方程，分析其过定点，即坐标，关键是韦达定理求中点、直线方程整理找定点.
(3) 通过的推导，归纳的坐标规律（可能为定点 ），然后根据、、坐标，求的面积（利用三角形面积公式，底为长度，高为横坐标与的距离 ），最后对进行放缩（如裂项相消 ），证明其前项和小于.
（1）双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
19．【答案】（1）解：设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边，
当时，与相互可达分以下两种情况：
①与之间有边，概率为，
②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为，
故与相互可达的概率，故，
而，故，
故与之间有边的概率为.
（2）解：设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为，
同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况：
①三个顶点两两有边，概率为，
②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，
，则，
恰有3个顶点相互可达的概率为.
（3）解：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，，
当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，
剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达，
则，显然，任意两个事件和均为互斥事件，
因此，
，，
，故，
，
，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【分析】(1)时，顶点为，所有可能的边组合（共条可能的边，每条存在概率 ），可设“与相互可达”为事件，“与有边”为事件，然后用古典概型分别计算（有边时一定相互可达，计算有边且其他边任意的情况数 ）和（相互可达包含“有边”或“无边但通过连通” ），再由条件概率公式求解.
(2) 首先分类讨论：4个顶点中选3个顶点的组合数为种，然后分析3个顶点连通的情况：对于选定的3个顶点，它们连通的概率为（可由(1)或类似思路得 ），第4个顶点与这3个顶点都不连通（即与3个顶点的边都不存在 ），最后计算概率：每种组合的概率为（3个顶点连通概率，第4个顶点与3个顶点无边的概率 ），再乘以组合数.
(3)首先利用递推思想：个顶点的连通概率，可通过“总概率减去不连通的概率”计算，然后分析不连通情况：不连通时，图可分为一个个顶点的连通子图和一个个顶点的子图（ ），计算每种对应的概率（ ，是选个顶点包含某固定顶点的组合数，是个顶点连通概率，是两子图之间无边的概率 ，最后计算：利用，（2个顶点连通即有边，概率 ），（由(1)得 ），（通过时总概率减去不连通概率，不连通包含恰3个连通等情况 ），递推计算.
（1）设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边，
当时，与相互可达分以下两种情况：
①与之间有边，概率为，
②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为，
故与相互可达的概率，故，
而，故，
故与之间有边的概率为.
（2）设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为，
同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况：
①三个顶点两两有边，概率为，
②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，
，则，
恰有3个顶点相互可达的概率为.
（3）方法一：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，，
当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，
剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达，
则，显然，任意两个事件和均为互斥事件，
因此，
，，
，故，
，
，
.
方法二：共有条可能的边，
①当不存在任何边时，不可能连通，概率为
②当中只存在1条边时，概率为，此时不可能是连通的；
③同理，中只存在2条或3条边时，概率分别为：，
均不可能是连通的：
④当中只存在4条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，4条边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为．
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于4，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边，并且这3个顶点相互都有边．概率为．
⑤当中只存在5条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，5边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为，
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于5，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边时，边数小于5，与假设矛盾，
⑥当中只存在6条边时，不连通的情况只当存在1个孤立点时，
概率为：；
⑦当中存在多于6条边时，因为最多只有6条边，因此必然连通，
故不连通的概率为：，
.
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