数学+答案_2025年4月_2504092025年福建4月九市联考

绝密★启用前 试卷类型：A 厦门市 2025 届高中毕业班第三次质量检测 数学试题答案及评分参考 2025.4 1 选择题、填空题答案：1-4.CBBA 5-8.DDAC 9.BC 10.ABD 11.ABD 12. 3 4 8 120 13. 14. 14题结果未化简（如 ）也给分，12，13题其它结果不得分。 5 15 225 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B B A D D A C 1． 答案：C 解析：易知B{x|x2k,kZ}．所以AB{1,2}，故选C． 2． 答案：B 解析：|z2 ||z|22，所以|z| 2，故选B． 3． 答案：B 1 1 3 解析：E(X)n 2，解得n4，所以P(X 2)C2( )4  ，故选B． 2 4 2 8 4． 答案：A 解析：易知a 1，令x1可得，(1)5 a a a a a a 1， 0 0 1 2 3 4 5 所以a a a a a 2，故选A． 1 2 3 4 5 5． 答案：D      AB     AB  解析：EC EBBC   AD，EDEA AD  AD， 2 2  所以  E  C    E  D    A  D  2  AB 2 3 ，故选D． 4 6． 答案：D 解析：设N 为BC的中点，则l即为MN 所在直线，故l平面BDDB ， 1 1 所以lBD ，故选D． 1 7． 答案：A 解析：若{a }为递增数列，则a (1qn1)0，则公比q1，a aqn1为指数型递增 n 1 n 1 数列，易得存在正整数N ，当n N 时，a 1. 充分性成立；不妨设a 2，此时{a } 0 0 n n n 不是递增数列，所以甲是乙的充分条件但不是必要条件，故选A． 8． 答案：C x2 1 alnx a 解析：设A(x ,x2 1)(x 0) ，则k  1 2；设B(x ,alnx )，则k  2  ． 1 1 1 OA x 2 2 OB x e 1 2 a k k e 取k 2，k  ，此时tanAOB OA OB tan45，解得a ，故选C． OA OB e 1k k 3 OA OB 试卷第1页，共12页二、多项选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 题号 9 10 11 答案 BC ABD ABD 9．答案：BC 2π 解析： f(x)的最小正周期为 π，故选项A错误； 2 π 2π 2π 3 因为 f( )2cos 2asin 0，解得a ，故选项B正确； 3 3 3 3 2 3 π 2 3 由B可知， f(x) sin(2x )，所以 f(x) ，故选项C正确； 3 6 3 π f( )0，故选项D错误．故选BC． 12 10．答案：ABD |TC | |C P| 1 解析：考察A选项：∵ 1  1  ，TPC ，TMC 均为钝角， |TC | |C M | 2 1 2 2 2 因为△TPC∽△TMC ，则TPC TMC ，故CPC M ，A选项正确． 1 2 1 2 1 2 考察B选项：同上述分析可知CQC N ，所以PCQMC N． 1 2 1 2 |C P| |CQ| 1 |PQ| 1 因为 1  1  ，所以△PCQ∽△MC N，  ，B选项正确． |C M | |C N| 2 1 2 |MN| 2 2 2         考察C选项：方法1：取PQ中点S，则TPTQ(TS SP)(TS SQ)TS 2 SP 2     (TC 2 CS 2 )(PC 2 CS 2 )16115，C选项错误． 1 1 1 1 a 7a 方法2：取PQ中点为H ，设|PQ|a，则|PH | ，|TH | ， 2 2 由勾股定理可得，|C P|2 |HP|2 |HT |2|CT |2， 1 1 即1( a )2 ( 7a )2 16，解得|PQ|a 5 ，T  P  T  Q  12  P  Q  2 15． 2 2 2 考察D选项：由题设及C选项的分析可知，T  P  T  Q  12  P  Q  2 15，所以|PQ| 5 ． 2 由B选项的分析可知，|QM ||QN||MN||TQ|2|PQ|2|PQ| 5 ，D选项正确． 综上所述，本题应选ABD． 试卷第2页，共12页11．答案：ABD 解析：因为PA PB，所以P在底面ABCD的射影P 在直线AB的垂直平分线上，过P 0 0 作PH 垂直AD于H ，连接PH ，则PH  AD，PH  5，△PAD的面积为 0 1 PH AD 5 ，故选项A正确； 2 因为△PAD≌△PBC，所以APDBPC，故选项B正确； 过P 分别作AB，CD的垂线，垂足分别为E ，F ，所以当PEPF最小时，四棱锥 0 P ABCD表面积取得最小值，不妨设PEh，则 0 PEPF  4h2  4(2h)2 2 5，所以四棱锥P ABCD表面积的最小值为 44 5，故选项C错误； 若四棱锥P ABCD存在内切球，则该球与平面ABCD，平面PAD，平面PBC 均相 51 切，过P 作PG垂直BC于G，所以△PHG的内切圆半径等于该球半径，为 . 0 0 2 当四棱锥P ABCD为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项D正确；故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 1 12．答案： 3 π tan1 tan1 1 解析：tan( ) 3，所以  . 4 1tan tan1 3 4 13．答案： 5 解析：若C 的长半轴为3，则△PFF 的周长小于12，不符题意； 1 2 4 所以C 的长半轴为 m，所以2 m2 m9 18，解得m25，所以C 的离心率为 . 5 8 14．答案： 15 解析：方法一：左、右两边的各6个绳头各自随机均分成3组， C2C2C2 C2C2C2 共有 6 4 2  6 4 2 1515225种， A3 A3 3 3 先选定左边第一条绳子的绳头，然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结， 然后按照从右边4个绳头里任取一个，从左边3个绳头里任取一个，从右边2个绳头里 任取一个的顺序打结，一共有A5种， 5 A5 8 所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为 5  . 225 15 方法二：根据对称性，不妨假设左边分组已确定，从上至下依次为1至6号绳，且1 号与2号在同一组，3号与4号在同一组，5号与6号在同一组． 对于1号绳的右端，若要6根绳子围成一个大圈，则其不能与2号绳的右端同一组，可 4 以与3-6号绳的任意一根的右边同一组，概率为 ，此后所选绳的左边所在组的另一根 5 2 4 2 8 绳在剩余的3根绳的右边中不能选2号绳，概率为 ，故所求概率为   ． 3 5 3 15 试卷第3页，共12页四、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） 记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知acosCccosAcb． （1）求A； （2）若D在边BC上，且BAD90，BD4DC4，求△ABC的面积． 解：（1）方法一：由正弦定理得，sinAcosCsinCcosAsinCsinB．..................2分 因为sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC ，所以2sinCcosAsinC0， 1 由于0C180，故sinC0，cosA ，..................................................................4分 2 而0 A180，因此A120．..........................................................................................5分 a2 b2 c2 b2 c2 a2 方法二：由余弦定理得，  cb，............................................2分 2b 2b b2 c2 a2 1 所以a2 c2 bcb2，cosA  ．.............................................................4分 bc 2 而0 A180，因此A120．..........................................................................................5分 评分细则： 步骤一：使用正弦定理或余弦定理转化条件（2分） 步骤二：化简求出cosA（2分） 步骤三：结合A的范围求A（1分） （2）方法一：由（1）及题设知，BAD90，CAD30，a5． BD c 在△ABD中，由正弦定理得，  ． sinBAD sinADB CD b 在△ACD中，由正弦定理得，  ．...................................................7分 sinCAD sinADC c 4sinADB 两式相除可得  2．.......................................................................................9分 b 2sinADC 故25b2 c2 bc7b2，.....................................................................................................11分 1 3 25 △ABC 的面积S  bcsinA b2  3．.................................................................13分 2 2 14 方法二：过C作CE AB，垂足为E ． 1 在Rt△ACE中，CAE180BAC60，所以AE  b．......................................7分 2 c BD 4 由于BADBEC90，故△BAD∽△BEC，   ，得c2b．............9分 BE BC 5 后同方法一． 方法三：由（1）及题设知，BAD90，CAD30． BD 一方面，因为高相同，△ABD与△ACD的面积之比等于 4，................................7分 CD 试卷第4页，共12页1 cADsinBAD 2 2c 另一方面，△ABD与△ACD的面积之比  ，...........................9分 1 b bADsinCAD 2 2c 所以 4，c2b．............................................................................................................10分 b 后同解法一． 评分细则： 步骤一：转化条件BD4DC（2分） 步骤二：得到c2b（2分） 步骤三：求出b2（或b）（2分） 步骤四：求△ABC 的面积（面积公式1分＋结果1分） 注：方法一、二中“13分”这一步，面积公式和计算结果各1分；方法三中“9分”这一 步，含面积公式1分，后续步骤中求b2（或b）2分，求△ABC 的面积1分，无公式分． 16．（15分） 如图，在长方体ABCDABCD 中，AB AD2AA ，AC与BD交于点M ，N 为 1 1 1 1 1 棱AB 的中点． 1 1 （1）证明：MN 平面MC D ； 1 1   （2）设NQNC ，其中01，若二面角 1 QMD C 的大小为60，求． 1 1 解：（1） 方法一：（1）以A 为坐标原点，|AA |为单位长， 1 1  AB 为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标 1 1 系A xyz． 1 由题设知N(1,0,0)，M(1,1,1)，C (2,2,0)，D(0,2,0)．...................................................2分 1 1     由NM MC (0,1,1)(1,1,1)0得，NM MC ． 1 1     由NM MD (0,1,1)(1,1,1)0得，NM MD ．........................................................4分 1 1 而MC 平面MCD ，MD 平面MCD ，MC MD M ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以MN 平面MCD ．..........................................................................................................6分 1 1 方法二：（1）取CD 中点P，设|AA |a，连结PM ，PN． 1 1 1 在长方体中，MN MP 2a，MN2 MP2 NP2， 故MN MP．...........................................................................................................................2分 MC  MC2CC2  3a ，NC  NP2PC 2  5a ，MN2 MC2 NC2， 1 1 1 1 1 1 故MN NC ．...........................................................................................................................4分 1 而MC 平面MCD ，MD 平面MCD ，MC MD M ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以MN 平面MCD ．..........................................................................................................6分 1 1 试卷第5页，共12页 （2）方法一：由题设知NQ(1,2,0)，∴Q(1,2,0)．.............................................8分  由（1），平面MCD 的一个法向量为NM (0,1,1)．..........................................................9分 1 1 设平面MQD 的法向量n(p,q,r)，则 1   nDQ0, (1)p(22)q0,   1  即 nDM 0, pqr0, 1 .....................................................................................................................................................11分 令 p22，可得平面MQD 的一个法向量n(22,1,31)．.......................13分 1   NM n 4 1 则 cosNM,n    ，又二面角QMD C 的余弦值为 ， |NM ||n| 2 142 126 1 1 2 1 1 解得 或1（舍去），故的值为 ．...................................................................15分 3 3 评分细则： 步骤一：求Q的坐标（2分） 步骤二：求两个法向量（1分＋4分） 步骤三：求二面角的余弦值及（1分＋1分） 方法二：在平面NMC 内过Q作QH∥NM 交MC 于H ，则QH 平面MCD ，........7分 1 1 1 1 在平面MCD 内过H 作HG垂直MD 于G，所以QH MD ， 1 1 1 1 又HGMD ，所以MD 平面QHG，..............................................................................9分 1 1 所以MD QG，QGH 为二面角QMD C 的平面角，..........................................10分 1 1 1 不妨设AA 1，易知，QH  2(1)，...........................................................................11分 1 1 2 2 由余弦定理得，cosCMD  ，则sinCMD  ， 1 1 3 1 1 3 2 6 所以HG 3sinCMD  ，..................................................................................12分 1 1 3 QH 2(1) tanQGH    3 所以 HG 2 6 ，...........................................................................14分 3 1 1 解得 ，故的值为 ．.................................................................................................15分 3 3 评分细则： 步骤一：作二面角的平面角（3分＋1分） 步骤二：求边长及平面角的正切（2分＋2分） 步骤三：求（1分） 方法三：由（1）可知，若二面角QMD C 的大小为60，则MN 和平面MQD 所成的 1 1 1 1 2 角为30，则N 到平面MQD 的距离为d  MN  a．..............................................8分 1 2 2 试卷第6页，共12页1 2 一方面，三棱锥M NQD 的体积V  aS  a3；................................................9分 1 3 △NQD1 3 1 另一方面，V  dS ． 3 △MQD1 由余弦定理，MQ MN2NQ22MNNQcosMNQ  5242a ，...........11分 QD  DN2NQ22DNNQcosDNQ  5265a ．.................................12分 1 1 1 1 142 126 sinDMQ 1cos2DMQ  ， 1 1 3(52 42) 1 1 故S  MQMD sinDMQ 142 126a2．............................................14分 △MQD1 2 1 1 2 2 2 1 1 则 142 126a3  a3，解得 或1（舍去），故的值为 ．......15分 12 3 3 3 评分细则： 步骤一：二面角转化为线面角（2分） 步骤二：用两种方式求体积（1分，3分＋2分） 步骤三：利用等体积解（1分） 17．（15分） 已知函数 f(x)x2 aln(x1)． （1）当a4时，求 f(x)的极小值； （2）若 f(x)存在唯一极值点x ，证明： f(x )x 2 0． 0 0 0 解：（1） f(x)的定义域为(1,)．.....................................................................................1分 4 2(x2)(x1) 当a4时， f(x)x2 4ln(x1)， f(x)2x  ．.....................3分 x1 x1 令 f(x)0得，x2或x1．............................................................................................4分 当x(1,1)时， f(x)0， f(x)单调递减；x(1,)时， f(x)0， f(x)单调递增． .......................................................................................................................................................5分 所以当x1时， f(x)取极小值 f(1)14ln2．.................................................................6分 评分细则： 步骤一：定义域和求导（1分＋2分） 步骤二：求单调性和极小值（2分＋1分） 2x2 2xa （2）方法一： f(x) ，x1． x1 当x1时， f(x)与g(x)2x2 2xa同号．..................................................................7分 1 因为g(x)2x2 2xa的图象关于x 对称，又 f(x)存在唯一极值点x ， 2 0 如图可得g(1)0，所以a0，...........................................................................................9分 所以g(0)0，故x 0．......................................................................................................10分 0 试卷第7页，共12页将a(2x 2 2x )代入得 0 0 f(x )x 2 2x 2 aln(x 1)2x  x (x 1)ln(x 1) ，...........................................12分 0 0 0 0 0 0 0 0 构造h(x)x(x1)ln(x1) ，x 0,， 则h(x)ln(x1)0，........................................................................................................14分 所以h(x)h(0)0，即x (x 1)ln(x 1)0， 0 0 0 所以 f(x )x 2 0..................................................................................................................15分 0 0 方法二：7分及以前步骤同方法一． 1 1 易知g(x)在(, )单调递减，在( ,)单调递增． 2 2 1 1 1 （i）当a 时，g(x)2(x )2 (a )0， f(x)在(1,)单调递增， 2 2 2 函数 f(x)无极值点．......................................................................................................8分 1 1 12a 1 12a （ii）当0a 时，令g(x)0可得x  ，x  ． 2 1 2 2 2 由于1x x 0，故 f(x)在区间(1,x )单调递增，(x ,x )单调递减，(x ,)单调递 1 2 1 1 2 2 增，从而有两个极值点，不合题意．......................................................................................9分 （iii）当a0时，x 1，x 0，故 f(x)在区间(1,x )单调递减，(x ,)单调递增， 1 2 2 2 恰有唯一极值点x x ，符合题意．...................................................................................10分 0 2 x 所以 f(x )x 2 2x 2 aln(x 1)2(x 2 x )[ 0 ln(x 1)]．.............................12分 0 0 0 0 0 0 x 1 0 0 x x 设h(x) ln(x1)，x0，h(x) 0．...................................................14分 x1 (x1)2 所以h(x)在[0,)单调递减，h(x )h(0)0， 0 故 f(x )x 2 2(x 2 x )h(x )0．...................................................................................15分 0 0 0 0 0 评分细则： 步骤一：确定a和x 的范围（3分＋1分） 0 步骤二：隐零点代换得到关于x 的函数（2分） 0 步骤三：证明该函数小于等于0（3分） 18．（17分） 设抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，过F 的直线l 交C于A，B两点（A在第一 1 象限），当直线AB垂直于x轴时，|AB|4. （1）求C的方程； （2）过F 且与AB垂直的直线l 交C于D，E两点（D在第一象限），直线x1与直 2 线AD和BE分别交于P，Q两点. 4 （i）当l 的斜率为 时，求|PQ|． 1 3 （ii）是否存在以PQ为直径的圆与 y轴相切．若存在，求l ，l 的方程；若不存在， 1 2 试卷第8页，共12页请说明理由． 解：设各点坐标分别为A(x ,y ),B(x ,y ),D(x ,y ),E(x ,y ),其中y 0,y 0． A A B B D D E E A D p p （1）依题意F( ,0)．当ABx轴时，直线AB的方程为x ．.................................2分 2 2 p 令x 可得y  p，y p．...........................................................................................3分 2 A B 故|AB|2p4， p2，C的方程为 y2 4x．.................................................................4分 评分细则： 步骤一：求直线AB的方程（2分） 步骤二：求A，B的坐标，进而求C 的方程（1分＋1分） 注：该问未考虑题目条件A在第一象限不扣分． 4 3 （2）（i）依题意，直线AB的方程为y (x1)，即x y1；.................................5分 3 4 y2 4x,  1 由 3 得y2 3y40，故y 4，y 1，则A(4,4)，B( ,1)．............6分 x y1 A B 4  4 3 4 直线DE的方程为y (x1)，即x y1．.............................................................7分 4 3 y2 4x,  16 2 1 2 由 4 得y2  y40，故y  ，y 6,则D( , )，E(9,6)．......8分 x y1 3 D 3 E 9 3  3 6 10 所以直线AD的方程为y4 (x4)，令x1得P(1, )．..........................................9分 7 7 4 10 20 直线BE的方程为y6 (x9)，令x1得Q(1, )，故|PQ| ．.................10分 7 7 7 （ii）方法一：设直线AB的方程为xmy1，不妨设m0． y2 4x, 由 得y2 4my40，y y 4．同理y y 4．...............................11分 xmy1 A B D E y y 4 y 2 直线AD的方程为yy  A D (xx )，即y (x A ) y A x x A y  y 4 A A D A D 4 y y 令x1得y  A D ．.....................................................................................................12分 P y  y A D 4 4 y y 4 由于y  ，y  ，所以y  A D y ．.............................................14分 A y D y Q y  y P B E A D 从而PQ的中点恒为F ，以PQ为直径的圆与 y轴相切等价于y 1． P 4 4 若y 1，则 y y 4 y  y ．由ABDE得，  1， P A D A D y  y y  y A B D E 4 4 故(y  )(y  )16，(y y )2 4(y 2  y 2)1616y y ． A y D y A D A D A D A D 试卷第9页，共12页所以(y y 4)2 4(y  y )2，y y 42(y y )，因此y 3y ．....................16分 A D A D A D A D A D 回代得3y 2 4y 40，而判别式320，该方程无解，从而不存在以PQ为直径 D D 的圆与 y轴相切．....................................................................................................................17分 评分细则： 步骤一：求 y ， y （1分＋1分） P Q 步骤二：通过联立韦达得到 y  y 0（2分） P Q 步骤三：利用垂直说明不存在（2分＋1分） 方法二：设直线AD的方程为xkym，其中m0． y2 4x, 由 得y2 4ky4m0，16k216m0， xkym y  y 4k，y y 4m． A D A D y y y 2 y 2 因为FAFD，所以 A  D 1，y y ( A 1)( D 1)0．.....................12分 x 1 x 1 A D 4 4 A D 从而4k2 m2 6m1．.........................................................................................................13分 1m 令x1得y  ．............................................................................................................14分 P k (m1)2 4(m1)2 4 y 2   4(1 )2 故 P k2 m2 6m1 1 ． m 6 m 当且仅当m1时，等号成立，...........................................................................................16分 同理y 2 2，而P，Q分别在第一、第四象限，故|PQ|2 2 2，从而不存在以PQ为直 Q 径的圆与 y轴相切．................................................................................................................17分 评分细则： 步骤一：利用垂直推导k 和m的关系（3分） 步骤二：说明 y  2 ，进而|PQ|2 2，从而不存在（3分＋1分） P 19．（17分） 将区间(0,1)中的全体有理数按一定顺序排列得到数列{a }，规则如下： n p ①a  n ，正整数 p 与q 互质，如 p 1，q 2； n q n n 1 1 n ②q q ，当且仅当q q 时， p  p ． n n1 n n1 n n1 （1）写出{a }的前5项； n 2023 2024 （2）若a  ，a  ，求nm； m 2024 n 2025 S 1 （3）记{a }的前n项和为S ，证明： n  ． n n n 2 1 1 2 1 3 解：（1）{a }的前5项为 ， ， ， ， ．...............................................................4分 n 2 3 3 4 4 评分细则：只看结果，第2项至第5项，每正确一项得一分． 试卷第10页，共12页p 2023 （2）因为a  m  ， p 1q ，所以q q ． m q 2024 m m m1 m m 又因为mn，故m1n，q q 2025， m1 n 因此q 2025，当且仅当m1k n时，q 2025．...............................................6分 m1 k 由于2025452 3452， 故由p 与2025互质可得 p 既不是3的倍数，也不是5的倍数．.................................7分 k k 2025 而在1到2024之间的正整数中，是3的倍数的整数有 1674个，是5的倍数的 3 2025 2025 整数有 1404个，是15的倍数的整数有 1134个．.............................8分 5 15 所以nm2024(674404134)1080 ．...................................................................10分 评分细则： 步骤一：分析得到a 和a 之间所有项分母均为2025（2分） m n 步骤二：求2025的质因数，进而用容斥原理求nm（1分，1分＋2分） （3）方法一：依题意，若正整数 p 与q 互质，则q p 与q 也互质，..................11分 n n n n n 记{a }中分母为正整数N(N 2)的共有k 项，则a 总满足 n N n p q  p a  i 或a  i i (i j)，其中q  N，k 为偶数． i q j q i N i i a a 1 1 1 因为 i j  ，所以a  a ，且这k 项的平均数为 ．....................................13分 2 2 i 2 j N 2 n （i）对于满足q N的所有a 的前n 项和为S  0 ．..............................................14分 i n 0 n0 2 （ii）当q N 1时，不妨设1 p  p ... p  N 1，其中mnn ． n n0 1 n0 2 n0 m 0 n 则S S (a a ...a ) 0 (a a ...a )． n0 m n0 n0 1 n0 2 n0 m 2 n0 1 n0 2 n0 m k 1 n m n m ①若m N1 ，则a a ...a  ，则S  0   0 ．............15分 2 n0 1 n0 2 n0 m 2 n0 m 2 2 2 k ②若m N1 ，则 2 1 a a ...a a ...a  a ...a ， n0 1 n0 2 n0 kN1 m n0 kN1 m1 n0 kN 2 1 2 n0 kN 2 1 1 n0 m n k 则S  0 (a a ...a )(m N1)， n0 m 2 n0 1 n0 2 n0kN1 m 2 n k m k n m 所以S  0  N1 m N1  0 ．.................................................................16分 n0 m 2 2 2 2 S 1 综上， n  ．.......................................................................................................................17分 n 2 方法二：记H {a |q N}，H 中的元素个数为|H |． N n n N N 试卷第11页，共12页k 设n|H |r，其中0r|H |． N k1 N2 p x k H ，若正整数 p 与N 互质，则N p 与N 互质， N N k k |H | 故1xH ，H 中所有元素之和为 N ．....................................................................12分 N N 2 （i）若r 0，则S   x  x  x 1  k |H | n ， S n  1 ．................14分 n xH2 xH3 xHk 2 N2 N 2 n 2 （ii）若r 0，设H 中的元素从小到大排列依次为x ，x ，…，x ，则 k1 k1,1 k1,2 k1,r r |Hk1| (|H |r)x r x ，这是由于不等式两边的元素数量均为r(|H |r)个，但左 k1 k1,i k1,i k1 i1 ir1 边的最大元素x 小于右边的最小元素x ． k1,r k1,r1 r r |Hk1| Hk1| 所以|H |x rx r x rx ， k1 k1,i k1,i k1,i k1,i i1 i1 ir1 i1 1 r 1 |Hk1| 1 所以 x   x  ，..................................................................................16分 r k1,i |H | k1,i 2 i1 k1 i1 1 k r 1 k nr 从而S  |H |x  (|H |r) ， nr 2 N k1,i 2 N 2 N2 i1 N2 S 1 综上， n  ．.......................................................................................................................17分 n 2 评分细则： S 1 步骤一：将分母为N 的项两两配对，得到a 为某组的最后一项时 n  （3分＋1分） n n 2 S 1 步骤二：a 不为某组的最后一项时，利用组内的单调性说明 n  （2分＋1分） n n 2 试卷第12页，共12页