注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名?考生號(hào)等填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 設(shè)是兩個(gè)不同的平面，則的一個(gè)充分條件是（ ）
A. 平行于同一條直線B. 平行于同一個(gè)平面
C. 垂直于同一個(gè)平面D. 內(nèi)有無數(shù)條直線與平行
【答案】B
【解析】
【分析】利用選項(xiàng)中的條件，數(shù)形結(jié)合即可判斷.
【詳解】若平行于同一條直線，則與的位置關(guān)系是平行或相交，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

若平行于同一個(gè)平面，則與的位置關(guān)系是平行，故B正確；

若垂直于同一個(gè)平面，則與的位置關(guān)系是平行或相交，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

若內(nèi)有無數(shù)條直線與平行，則與的位置關(guān)系是平行或相交，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選：B.
2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（ ）
A. B. 2C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件求出復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模的計(jì)算公式求出．
【詳解】已知，即．則．
可得．
故選：C．
3. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分別求解集合與集合，再根據(jù)交集的定義求出．
【詳解】已知集合，根據(jù)絕對(duì)值性質(zhì)，絕對(duì)值不等式等價(jià)于．
可得，即．所以集合．
已知集合，則．解得或．
所以集合或． 可得，即．
故選：B．
4. 在中，角對(duì)邊分別是，若，則（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由正弦定理化簡得到，進(jìn)而得到，再由正弦定理，得到，即可求得的值.
【詳解】因?yàn)椋?br>由正弦定理，可得，所以，
又因?yàn)?，所以，所以?br>又由正弦定理，可得，即
因?yàn)椋?
故選：A.
5. 如圖是江西省博物館中典藏的元青白釉印花雙鳳紋碗，高，口徑，若將該碗的內(nèi)表面近似于一個(gè)球面的一部分，則這個(gè)球的半徑近似于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以將碗的內(nèi)表面看作是球的一部分，碗口所在平面是球的一個(gè)截面，碗的高和球的半徑以及截面圓的半徑構(gòu)成一個(gè)直角三角形，通過已知的碗的口徑和高，利用勾股定理建立關(guān)于球半徑的方程來求解．
【詳解】已知碗的口徑為，那么碗口所在截面圓的半徑．
這是因?yàn)榭趶绞墙孛鎴A的直徑，根據(jù)半徑是直徑的一半得到．
設(shè)球的半徑為，碗高．
由球的截面性質(zhì)可知，球心到截面圓的距離與球的半徑、截面圓的半徑構(gòu)成直角三角形，其中球的半徑為斜邊．這里球心到碗口所在截面圓的距離．
根據(jù)勾股定理，將，代入可得：．
展開得，解得
所以這個(gè)球的半徑近似于．
故選：D．
6. 已知、終邊不重合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，代入已知等式，利用兩角和、差的正弦、余弦公式化簡得出的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>即
，
，
所以，，
因?yàn)?、的終邊不重合，則，則，
所以，則，所以，
因此，.
故選：D.
7. 將雙曲線繞其中心旋轉(zhuǎn)一個(gè)合適的角度，可以得到一些熟悉的函數(shù)圖象，比如反比例函數(shù)，“對(duì)勾”函數(shù)，“飄帶”函數(shù)等等，它們的圖象都能由某條雙曲線繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)而得.現(xiàn)將雙曲線繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一個(gè)合適的角度，得到“飄帶”函數(shù)的圖象，則雙曲線的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知“飄帶”函數(shù)的漸近線，設(shè)兩漸近線夾角為（），則，求得，進(jìn)而旋轉(zhuǎn)之前雙曲線的一條漸近線斜率，結(jié)合計(jì)算即可求解.
【詳解】“飄帶”函數(shù)的漸近線為與軸，
設(shè)兩漸近線夾角為（），則，
整理得，又，
所以，整理得，
由，解得.
所以旋轉(zhuǎn)之前雙曲線的一條漸近線斜率為，
所以雙曲線的離心率為.
故選：B
8. 已知函數(shù)滿足，且，則的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用賦值法得出，，令可得出，進(jìn)而可得出，推導(dǎo)出，再利用基本不等式可求出的最小值.
【詳解】令可得，因?yàn)?，則，
令，可得，解得，
令可得，即，
令可得，所以，，
所以，，，
由基本不等式可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
所以，的最小值為.
故選：C.
二?多選題：本題共3小題，每題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分
9. 人工智能是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動(dòng)力量，是研究?開發(fā)用于模擬?延伸和擴(kuò)展人的智能的理論?方法?技術(shù)及應(yīng)用系統(tǒng)的一門新的技術(shù)科學(xué).很多學(xué)校已經(jīng)推出基于的人工智能通識(shí)課程，幫助學(xué)生深入了解人工智能的歷史?關(guān)鍵技術(shù)及其在科學(xué)研究?社會(huì)發(fā)展中的高效應(yīng)用，培養(yǎng)跨學(xué)科思維，推動(dòng)人工智能技術(shù)在多領(lǐng)域的深度融合與創(chuàng)新.某探究小組利用解答了50份高考模擬試卷，收集其準(zhǔn)確率，整理得到如下頻率分布直方圖，則下列說法正確的是（ ）
A.
B. 估計(jì)準(zhǔn)確率的分位數(shù)為
C. 估計(jì)準(zhǔn)確率的平均數(shù)為
D. 估計(jì)準(zhǔn)確率的中位數(shù)為
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用頻率分布直方圖中所有矩形的面積和為，可判斷A選項(xiàng)；利用百分位數(shù)的定義可判斷B選項(xiàng)；利用平均數(shù)公式可判斷C選項(xiàng)；利用中位數(shù)的定義可判斷D選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，由頻率分布直方圖可得，解得，A對(duì)；
對(duì)于B選項(xiàng)，前兩個(gè)矩形的面積之和為，
所以估計(jì)準(zhǔn)確率的分位數(shù)為，B對(duì)；
對(duì)于C選項(xiàng)，估計(jì)準(zhǔn)確率的平均數(shù)為，C錯(cuò)；
對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)中位數(shù)為，前三個(gè)矩形的面積之和為，
所以，則，解得，
所以估計(jì)準(zhǔn)確率的中位數(shù)為，D對(duì).
故選：ABD.
10. 已知.不等式的解集為且，則下列說法中正確的是（ ）
A. 函數(shù)的極大值點(diǎn)為1
B. 函數(shù)的對(duì)稱中心為
C. 過點(diǎn)可作一條直線與曲線相切
D. 當(dāng)時(shí)，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)不等式的解集與方程的解之間的聯(lián)系求得，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和極值點(diǎn)的概念即可判斷A；根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱性驗(yàn)證即可判斷B；根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可判斷C；利用作差法計(jì)算即可判斷D.
【詳解】A：因?yàn)椴坏仁降慕饧癁榍遥?br>即不等式的解集為且，
所以方程的根為和（二重根），
得，即，
所以，則，得，
令，或，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以是的極大值點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B：由選項(xiàng)A知，
則，
所以，
即的一個(gè)對(duì)稱中心為，故B正確；
C：由選項(xiàng)A知，
設(shè)過點(diǎn)的切線方程為，設(shè)切點(diǎn)為，
則，，得，
整理得，即，解得，
此時(shí)切點(diǎn)為，不符題意，
所以過點(diǎn)只能作一條直線與曲線相切，故C正確；
D：令，當(dāng)時(shí)，則，
只需.
而，由，
得，即，所以，故D正確.
故選：BCD
11. 數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美的曲線，曲線就是其中之一，下列選項(xiàng)中關(guān)于曲線的說法正確的有（ ）
A. 當(dāng)時(shí)，曲線與軸有個(gè)交點(diǎn)
B. 曲線的圖象關(guān)于對(duì)稱
C. 當(dāng)時(shí)，曲線上的一點(diǎn)到原點(diǎn)距離的最小值小于
D. 當(dāng)時(shí)，曲線上的一點(diǎn)到原點(diǎn)距離的最小值大于
【答案】BCD
【解析】
【分析】當(dāng)時(shí)，解方程，可判斷A選項(xiàng)；利用曲線的對(duì)稱性可判斷B選項(xiàng)；在曲線上的一點(diǎn)，可得出，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上最小值的取值范圍，可判斷D選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，在曲線的方程中，令，可得，
解得，所以當(dāng)時(shí)，曲線與軸有個(gè)交點(diǎn)，A錯(cuò)；
對(duì)于B選項(xiàng)，在曲線上任取一點(diǎn)，則點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，
因?yàn)?，即點(diǎn)也在曲線上，
所以曲線的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，B對(duì)；
對(duì)于CD選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，在曲線上的一點(diǎn)，則，
則，其中，
令，其中，則，
因?yàn)楹瘮?shù)、在上均為增函數(shù)，
故函數(shù)在上為增函數(shù)，
因?yàn)椋?br>所以，存在使得，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
，
因?yàn)?，所以，則，
所以，
所以，，且，
故，CD都對(duì).
故選：BCD.
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知函數(shù)，若，則__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式分類討論求解即可.
【詳解】由題意知，當(dāng)時(shí)，，解得；
當(dāng)時(shí)，，解得，與矛盾，此時(shí)無解.
所以.
故答案為：2
13. 已知向量，，則的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)，由平面向量數(shù)量積的運(yùn)算可出，再利用平面向量的模長公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得的最小值.
【詳解】設(shè)，則，可得，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取最小值.
故答案為：.
14. 某次慶典后，墻壁上的裝飾品需要取下來，如圖，由于材料特性，每次能取一個(gè)，且所取的裝飾品只能有個(gè)或個(gè)相鄰的裝飾品，則不同的取法數(shù)有__________種.
【答案】
【解析】
【分析】對(duì)小球進(jìn)行編號(hào)，然后對(duì)前三個(gè)球的取法進(jìn)行分類討論，進(jìn)而對(duì)后續(xù)小球的摸球順序進(jìn)行討論，結(jié)合分步乘法與分類加法計(jì)數(shù)原理可得結(jié)果.
【詳解】將這個(gè)小球編號(hào)如下圖所示：
分以下兩種情況討論：
第一種，第一步，先取、、號(hào)球，第二步，再取、、號(hào)球依次取個(gè)球，
最后一步，從剩余兩球依次摸取，此時(shí)不同的抽法種數(shù)為種；
第二種，將、、視為三個(gè)整體，
前三個(gè)球從其中一個(gè)整體和每支不與號(hào)球相鄰的小球中依次摸取，有種，
以、、為例，可依次為、、，共種，
剩余、、、號(hào)球，先從、號(hào)球中摸一個(gè)，有種情況，
比如先取號(hào)球，剩余三個(gè)相鄰的小球，接下來從、號(hào)球中取一個(gè)，有種情況，
最后剩余兩球摸取的先后順序任意，
此時(shí)，不同的取法種數(shù)為.
綜上所述，不同的取法種數(shù)為種.
故答案為：.
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 在三棱柱中，側(cè)面是邊長為4的正方形，，.

（1）求證：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意，根據(jù)勾股定理及其逆定理可證得，結(jié)合線面垂直與面面垂直的判定定理即可證明；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求解面面角即可.
【小問1詳解】
因?yàn)閭?cè)面是邊長為4的正方形，
所以，
因?yàn)椋?br>則，因?yàn)椋?br>所以，即，
因?yàn)槠矫妫?br>所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小問2詳解】

以為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)?，所以?br>所以，
則，
設(shè)平面的法向量為，
由，可得，令，則，
平面的法向量為，
所以，
又二面角為銳角，所以其余弦值為.
16. 己知拋物線，過點(diǎn)作斜率大于直線與曲線交于、兩點(diǎn).原點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)為記為點(diǎn).
（1）求證：：
（2）當(dāng)在拋物線上時(shí)，求三角形的面積.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）設(shè)、，設(shè)直線的方程為，將該直線方程與拋物線方程，列出韋達(dá)定理，利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算以及韋達(dá)定理計(jì)算出，即可證得結(jié)論成立；
（2）設(shè)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，根據(jù)點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱解出點(diǎn)的坐標(biāo)，由點(diǎn)在拋物線上求出的值，列出韋達(dá)定理，根據(jù)三角形的面積公式可求得的面積.
【小問1詳解】
設(shè)、，
由題意，設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立直線與拋物線方程得，則，
由韋達(dá)定理可得，，，
，所以.
【小問2詳解】
設(shè)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，則，
解得，，即，
又因?yàn)辄c(diǎn)在拋物線上，則，解得
所以，，，
所以，
所以.
17. 為宣揚(yáng)中國文化，某校組織古詩詞知識(shí)比賽.比賽分為兩階段，第一階段為基礎(chǔ)知識(shí)問答，每位選手都需要回答3個(gè)問題，答對(duì)其中至少2個(gè)問題，進(jìn)入第二階段，否則被淘汰；第二階段分高分組、和低分組，第一階段3個(gè)問題都答對(duì)的選手進(jìn)入高分組，共回答4個(gè)問題，每答對(duì)一個(gè)得20分，答錯(cuò)不得分；第一階段答對(duì)2個(gè)問題的選手進(jìn)入低分組，共回答4個(gè)問題，每答對(duì)一個(gè)得10分，答錯(cuò)不得分.第一階段，每個(gè)問題選手甲答對(duì)的概率都是；第二階段，若選手甲進(jìn)入高分組，每個(gè)問題答對(duì)的概率都是，若選手甲進(jìn)入低分組，每個(gè)問題答對(duì)的概率都是.
（1）求選手甲第一階段不被淘汰的概率；
（2）求選手甲在該次比賽得分?jǐn)?shù)為40分概率；
（3）已知該次比賽選手甲進(jìn)入了高分組，記選手甲在該次比賽中得分?jǐn)?shù)為，求隨機(jī)變量的分布列和期望值.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列見解析，20
【解析】
【分析】（1）選手甲第一階段不被淘汰，即甲回答三個(gè)問題答對(duì)其中2個(gè)或3個(gè)，根據(jù)條件即可求解；
（2）選手甲在該次比賽得分?jǐn)?shù)為40分有兩種情況：進(jìn)入高分組，答對(duì)2個(gè)問題；進(jìn)入低分組，答對(duì)4個(gè)問題，根據(jù)條件求解即可；
（3）由題的可能取值有，分別求出相應(yīng)取值的概率，即可得出答案.
【小問1詳解】
選手甲第一階段不被淘汰，即甲回答三個(gè)問題答對(duì)其中2個(gè)或3個(gè)，其概率為：
【小問2詳解】
選手甲在該次比賽得分?jǐn)?shù)為40分有兩種情況：進(jìn)入高分組，答對(duì)2個(gè)問題；進(jìn)入低分組，答對(duì)4個(gè)問題.故概率為：
【小問3詳解】
的可能取值有，
，
，
，
所以分布列為：
所以.
18. 已知.
（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：
（2）當(dāng)時(shí)，求證：；
（3）當(dāng)，試討論函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【答案】（1）減區(qū)間為，增區(qū)間內(nèi)為
（2）證明見解析 （3）答案見解析
【解析】
【分析】（1）當(dāng)時(shí)，利用函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系可求出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；
（2）當(dāng)時(shí)，分析得出，令，可得，結(jié)合（1）中的結(jié)論可證得；
（3）解法一：對(duì)實(shí)數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可得出函數(shù)在不同情況下的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
解法二：求得，令，令，對(duì)實(shí)數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可得出函數(shù)在不同情況下的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
解法三：將函數(shù)解析式變形為，設(shè)，則，則有，設(shè)，則，對(duì)實(shí)數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，分析的符號(hào)變化，可得出的單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理可得出函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【小問1詳解】
當(dāng)時(shí)，，，
當(dāng)時(shí)，，則在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，則在為減函數(shù)；
故當(dāng)時(shí)，函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間內(nèi)為.
【小問2詳解】
因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，所以，
當(dāng)時(shí)，，所以，所以，
設(shè)，由（1）可知，所以不等式成立.
【小問3詳解】
解法一：，
設(shè)，此時(shí)，
則，
因?yàn)?，所以?br>則在為減函數(shù)，，
①當(dāng)時(shí)，，結(jié)合在為減函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，在為減函數(shù)；
所以，所以，即在上為減函數(shù)，
又因?yàn)椋灾挥幸粋€(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)時(shí)，，
所以存在，使得，
當(dāng)時(shí)，，所以在上增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，所以在上減函數(shù).
因?yàn)?，則，當(dāng)，
使得，
所以時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)，又因?yàn)?，所?
所以使得，
在為減函數(shù)，所以，所以存在兩個(gè)零點(diǎn).
綜上所述：當(dāng)時(shí)，函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn).
解法二：，
設(shè)，此時(shí)，
則，
設(shè)，所以，
①當(dāng)時(shí)，此時(shí)，則，此時(shí)，
當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，在為減函數(shù)；
所以，所以，即在上為減函數(shù).
又因?yàn)?，所以只有一個(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)，所以，
設(shè).因?yàn)椋?br>因?yàn)闀r(shí)，所以存在，使得
當(dāng)時(shí)，，即，所以在上增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，所以在上減函數(shù).
因?yàn)椋瑒t，當(dāng)，
使得，
所以時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)，又因?yàn)?，所?
所以使得，
在為減函數(shù)，所以，所以存在兩個(gè)零點(diǎn).
綜上所述：當(dāng)時(shí)，函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn).
解法三：，設(shè)，則，
則有，，
設(shè).
因?yàn)?，所以?br>則在為減函數(shù)，，
①當(dāng)，即，結(jié)合在為減函數(shù)
當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，在為減函數(shù)；
所以，所以，即在上為減函數(shù).
又因?yàn)?，所以只有一個(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)時(shí)，，
所以存在，使得，
當(dāng)時(shí)，，所以在上增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，所以在上減函數(shù).
因?yàn)?，則，當(dāng)，
使得，
所以時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，即，即在為減函數(shù)；
當(dāng)，又因?yàn)?，所?
所以使得，
在為減函數(shù)，所以，所以存在兩個(gè)零點(diǎn).
綜上所述：當(dāng)時(shí)，函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn).
19. 對(duì)于共項(xiàng)的等差數(shù)列（公差不為0）各項(xiàng)重新排列得到新數(shù)列，若中的任意兩項(xiàng)的等差中項(xiàng)都不在這兩項(xiàng)所在位置之間，則稱數(shù)列是等差數(shù)列的“無均數(shù)列”.
（1）若，寫出等差數(shù)列（公差不為0）的4個(gè)不同的“無均數(shù)列”；
（2）若，寫出等差數(shù)列（公差不為0）的一個(gè)“無均數(shù)列”；
（3）若，判斷等差數(shù)列（公差不為0）的“無均數(shù)列”是否存在，并證明你的結(jié)論.
【答案】（1）答案見解析
（2）
（3）存在，證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)“無均數(shù)列”的定義，列舉得出滿足“無均數(shù)列”的數(shù)列個(gè)數(shù)，即可得到答案；
（2）根據(jù)“無均數(shù)列”的定義，列舉法的其中的一個(gè)“無均數(shù)列”，即可得到答案；
（3）利用數(shù)學(xué)歸納法，先證明對(duì)時(shí)，數(shù)列，都存在“無均數(shù)列”，再將將項(xiàng)去掉，即可得到時(shí)，等差數(shù)列存在“無均數(shù)列”.結(jié)合每一組是一共8項(xiàng)的等差數(shù)列，令，把其分為4組這樣排列就能構(gòu)成“無均”數(shù)列，反復(fù)執(zhí)行上述操作，即可得到答案.
【小問1詳解】
解：根據(jù)“無均數(shù)列”的定義得：
當(dāng)時(shí)，存以下“無均數(shù)列”：
；；；；；；；；；，
總共10種（寫出其中的4個(gè)即可）.
【小問2詳解】
解：當(dāng)時(shí)，存在“無均數(shù)列”：.
【小問3詳解】
解：存在，
先證明對(duì)時(shí)，存在，
①當(dāng)時(shí)，由①知存在“無均數(shù)列”，
②假設(shè)時(shí)，存在“無均數(shù)列”，
則時(shí)，數(shù)列分成2組，兩組分別有次項(xiàng)，
且從這兩組中各任取一項(xiàng)，得到的兩項(xiàng)的等差中項(xiàng)不是的項(xiàng)，由假設(shè)，
數(shù)列存在“無均數(shù)列”，設(shè)為，
數(shù)列存在“無均數(shù)列”，設(shè)為，
構(gòu)造數(shù)列：，
觀察，每組之間的任意兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)均不在兩數(shù)位置之間，故只需要考慮每組內(nèi)部重新排成“無均數(shù)列”，
因此數(shù)列：，中任意兩項(xiàng)的等差中項(xiàng)均不在這兩項(xiàng)中間，
即時(shí)，數(shù)列存“無均數(shù)列”，
由①②可知，時(shí)，都存在“無均數(shù)列”，
所以令，即時(shí)，存在“無均數(shù)列”，
接下來我們只需要將項(xiàng)去掉，
便可得到時(shí)，等差數(shù)列存在“無均數(shù)列”.
同樣注意到此時(shí)每一組是一共8項(xiàng)的等差數(shù)列，
令，故由第二問知道，
此時(shí)只需要把其分為4組這樣排列就能構(gòu)成“無均”數(shù)列，
因此反復(fù)執(zhí)行上述操作能把2048項(xiàng)的等差數(shù)列重新排列成一個(gè)“無均”數(shù)列，
所以當(dāng)時(shí)也能重新排列成一個(gè)“無均”數(shù)列.
0
20
40
60
80

相關(guān)試卷

江西省南昌市一模2022高三理科數(shù)學(xué)試卷及答案（解析版）+PDF版含解析：

這是一份江西省南昌市一模2022高三理科數(shù)學(xué)試卷及答案（解析版）+PDF版含解析，共6頁。

2024年江西省南昌市高考數(shù)學(xué)二模試卷（含詳細(xì)答案解析）：

這是一份2024年江西省南昌市高考數(shù)學(xué)二模試卷（含詳細(xì)答案解析），共18頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年江西省南昌市高考數(shù)學(xué)二模試卷（含解析）：

這是一份2024年江西省南昌市高考數(shù)學(xué)二模試卷（含解析），共18頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

江西省南昌市2023屆高三數(shù)學(xué)（理）二模試題（Word版附解析）

江西省南昌市2023屆高三數(shù)學(xué)（理）二模試題（Word版附解析）
江西省南昌市2023屆高三數(shù)學(xué)（文）二模試題（Word版附解析）

江西省南昌市2023屆高三數(shù)學(xué)（文）二模試題（Word版附解析）
2023屆江西省南昌市高三二模數(shù)學(xué)（文）試題含解析

2023屆江西省南昌市高三二模數(shù)學(xué)（文）試題含解析
2023屆江西省南昌市高三上學(xué)期摸底測試（零模）數(shù)學(xué)（理）試題含解析

2023屆江西省南昌市高三上學(xué)期摸底測試（零模）數(shù)學(xué)（理）試題含解析
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部