河北省衡水市冀州中学2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学（含答案）_2025年8月_250821河北省衡水市冀州中学2025-2026学年高三上学期开学摸底考试（全科）

2025-2026 学年高三上学期开学考试
数学试题
一、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.
 
A x 2x 3x0 ,B 0,1,2,4  ,
1. 已知集合 则
AB 
（ ）
A. 0,1 B.  1,2  C.  0,4  D.  1,2,4 
2  zi 
2 若 3i，则z （ ）
.
z
A. 1i B. 1i C. 1i D. 1i
        
3. 已知向量a,b满足|a|2,|b|1，若向量a在向量b上的投影向量为 3b，则a,b （ ）
5π 3π 2π 7π
A. B. C. D.
6 4 3 12
4. 设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则能确定m//n的一组条件是（ ）
A. ,m, n// B. //,m,n
C.
,m,n//
D.
//,m,n
5. 某人工智能研发公司从5名程序员与3名数据科学家中选择3人组建一个项目小组，该小组负责开发一
个用于图象识别的深度学习算法.已知选取的3人中至少有1名负责算法的实现与优化的程序员和1名负责
数据的准备与分析的数据科学家，且选定后3名成员还需有序安排，则不同的安排方法的种数为（ ）
A.240 B.270 C.300 D.330
6. 已知A，B是圆O:x2  y2 1与x轴的两个交点，动点M 满足 MA  2 MB ，记点M的轨迹为E，
则（ ）
A. E与圆O相切
B. E是两条平行的直线
π
C. MAB的最大值为
4
D. E上的点到原点O的距离的最大值为6
1sin2
7 已知 2，则tan2（ ）
. cos2
第 1 页 共 4 页4 1 3
A. 3 B.  C. D.
3 3 4
x2 y2
8. 已知双曲线C:  1(a 0,b0)的左、右焦点分别为F ，F ，A是双曲线C右支上一点，若
a2 b2 1 2
uuur uuur  
F B2F A，FBF B0，且 F B a，则双曲线C的离心率为（ ）
2 2 1 2 2
7 2 3 51 3 2
A. B. C. D.
2 3 2 2
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得 6分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分.
9. 已知一组数据x，x ，L ，x 是公差为2的等差数列，若去掉首末两项，则（ ）
1 2 10
A. 平均数变大 B. 中位数没变 C. 方差变小 D. 极差变小
π
10. 已知函数 f(x) Acos(x)（A0，0，|| ）的部分图象如图所示，则（ ）
2
A. f(0)1
4π 11π
B. f(x) 在区间 , 上单调递减
 3 6 
π 
C. f(x)在区间 ,2π上有3个极值点
 2 
5π
D. 将 f(x)的图象向左平移 个单位长度，所得函数图象关于原点O对称
12
11. 已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(1)1， f(x y) f(x) f(y) f(x)f(y)，当x 0时，
f(x)0，则（ ）
3
A. f(0)0 B. f(2)
4
10
C. f(x)在(0,)上单调递增 D.  f(i)2024
i1
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15分.
12. 已知椭圆x2 my2 1  m1  的离心率为 3 ，则m _______.
2
13. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为30π，则圆台的体积为______，若该圆台的上、
下底面圆周均在球O的球面上，则球O的表面积为______.
第 2 页 共 4 页 1 1
14. 记min{a,b,c}为a,b,c中最小的数.设x 0，y 0，.则min2x, ,y 的最大值为________
 y x
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. 已知函数 f(x) x2 axb ex的图象在点(0, f(0))处的切线方程为2x y10.
（1）求a，b的值；
（2）求 f(x)的单调区间与极值.
16. 激光的单光子通信过程可用如下模型表述：发送方将信息加密后选择某种特定偏振状态的单光子进行发
送，在信息传输过程中，若存在窃听者，由于密码本的缺失，窃听者不一定能正确解密并获取准确信息.某
次实验中，假设原始信息的单光子的偏振状态0，1，2等可能地出现，原始信息的单光子的偏振状态与窃
听者的解密信息的单光子的偏振状态有如下对应关系.
原始信息的单光子的偏振状态 0 1 2
解密信息的单光子的偏振状态 0，1，2 0，1，3 1，2，3
已知原始信息的任意一种单光子的偏振状态，对应的窃听者解密信息的单光子的偏振状态等可能地出现.
（1）已知发送者连续两次发送信息，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1.求原始信息的单光子有两
种偏振状态的概率.
（2）若发送者连续三次发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，设窃听者解密信息的单光子的偏振状
态为1的个数为X ，求X 的分布列和数学期望E(X).
17. 如图，在直三棱柱ABCABC 中，AB  AC  5,BC 2BB 2，P为BC 的中点.
1 1 1 1 1 1
（1）证明:ABCP.
1
 
（2）若BQQA ，求直线AB与平面CPQ所成角的正弦值.
1 1
第 3 页 共 4 页18. 已知F是抛物线E： y2 2px  p0  的焦点，P  x ,2  为抛物线E上一点，且 PF 2.
0
（1）求抛物线E的方程；
（2）设A，B为抛物线E上的两点（不同于点P），直线AP，BP分别与y轴交于M，N两点，且原点O恰
为MN的中点.
（i）证明：直线AB过定点；
（ii）若直线AB的斜率大于0，且△OAB的面积为2 2，求直线AB的方程.
19. 在不大于kn  k,nN,k 2  的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数字的个数记为
 
F n .
k
 
（1）求F 3 的值.
3
（2）对于m,n,pN,mn p，是否存在m,n, p，使得F  m F  n  F  p  ？若存在，求出m,n, p
6 6 6
的值；若不存在，请说明理由.
n 5
（3）记  x  表示不超过x的最大整数，且S  ，求  S  S  S  S  的值.
n F  i 1 1 2 3 100
i1 6
第 4 页 共 4 页2025-2026 学年高三上学期开学考试
数学答案
1. B【分析】利用交集的性质  AB  B，逐一将B中元素代入集合A中验证即可.
【详解】因为AB   x xA且xB  ，所以  AB  B,  AB  A，
 
当x0时，代入集合A x 2x 3x0 可得到：20 3010，即0A；
 
当x1时，代入集合A x 2x 3x0 可得到：213110，即1A；
 
当x2时，代入集合A x 2x 3x0 可得到：22 3220，即2A；
 
当x4时，代入集合A x 2x 3x0 可得到：24 3440，即4A.
因为B 0,1,2,4  ，所以AB 1,2  .
故选：B.
2.C【分析】根据复数的乘法及除法计算求解.
2  zi 
【详解】因为 3i，
z
所以2z2i3ziz，即得  1i  z 2i，
2i 2i  1i 
所以z   1i.
1i  1i  1i 
故选：C.
  3
3.A【分析】利用投影向量的定义列式，结合题设求得cosa,b   ，根据两向量的夹角范围即可求得该角.
2
  
  a cosa,b    
【详解】因向量a在向量b上的投影向量为  b 2cosa,bb，
b
    3
由题意，2cosa,b  3，即cosa,b   ，
2
    5π
因0a,b  π，则a,b  .
6
故选：A.
4.D【分析】根据空间中点、线、面的位置关系即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A,若,m, n//，则m,n可能平行，也可能相交或者异面，故A错误，
对于B,若//,m,n，则mn，故B错误，
对于C, ,m,n//,则m,n可能平行，可能异面，也可能相交，故C错误，
对于D, //,m,m ，又n，故m//n，故D正确，
故选：D
第 1 页 共 10 页5.B【分析】由题意可知，选取的3人中至少有1名程序员和1名科学家，有两种情况:有1名程序员和2名科学家；
有2名程序员和1名科学家；根据排列组合求解即可.
【详解】选取的3人中有1名程序员和2名科学家的组合有C1C2种；
5 3
选取的3人中有2名程序员和1名科学家的组合有C2C1种；
5 3
 
由题意，不同的安排方法有 C1C2 C2C1 A3 270种.
5 3 5 3 3
故选：B.
6.C【分析】依题意，设M(x,y)，利用 MA  2 MB 先求出动点M的轨迹方程，得到E是圆心在点C(3,0)，半
径为2 2的圆C，结合作图，利用圆与圆之间位置关系判断，圆的切线性质以及圆上的点到定点距离的最值求解
逐一判断各选项即可.
【详解】
设M(x,y)，由题意，A(1,0),B(1,0)，因 MA  2 MB ，代入坐标可得：
(x1)2  y2  2 (x1)2  y2 ，
两边取平方，整理得：x2 6x y2 10，即(x3)2  y2 8，
故点M的轨迹为E是圆心在点C(3,0)，半径为2 2的圆.
对于A，因圆O与圆C的圆心距|OC|3满足2 21|OC|12 2 ，故两圆相交，即A错误；
对于B，由上分析知E是圆心在点C(3,0)，半径为2 2 的圆，故B错误；
对于C，如图，当AM 与圆C相切时，MAB取得最大值，此时记切点为M ，
1
π 2 2 2 π
因AM C= ，则sinM AB   ，故得MAB的最大值即M AB  ，故C正确；
1 2 1 4 2 1 4
对于D，由上分析，因圆C的圆心C(3,0)与原点O都在x轴上，
故圆C与x轴的右交点D(32 2,0)到原点O的距离最大，且距离最大为32 2，故D错误.
故选：C.
7. D【分析】利用平方关系，把余弦、正弦化为正切，解方程可得tan的值，再利用二倍角公式即可求解.
sin2cos22sincos
【详解】 2，
cos2sin2
tan212tan
即 2，且tan21，
1tan2
得3tan22tan10，
1
解得tan 或tan1（舍去），
3
2tan 3
tan2  .
1tan2 4
故选：D.
第 2 页 共 10 页a 1 5
8.A【分析】由题意，可得 F A  AB  ，由双曲线定义得到 FA 2a a  a，结合勾股定理可求出
2 2 1 2 2
BF 2 6a2，在△BFF 中，可得4c2 7a2，即可求出离心率.
1 1 2
uuur uuur
【详解】如图，F B2F A， F B a，
2 2 2
a
所以 F A  AB  ，
2 2
1 5
由双曲线的定义知 FA 2a F A 2a a  a，
1 2 2 2
25 1
又FB F B，则在ABF 中， BF 2  AF 2| AB|2 a2  a2 6a2，
1 2 1 1 1 4 4
在△BFF 中， FF 2  BF 2  BF 2，
1 2 1 2 1 2
c 7
即4c2 6a2 a2 7a2，可得e  .
a 2
故选：A
9.BCD【分析】根据题意，由平均数，中位数以及方差的计算公式，逐一检验，即可得到结果.
1 10 1 x x
【详解】对于A，原数据的平均数x  x  5  x x  5 6 ，去掉首末两项后的平均数
1 10 i 10 5 6 2
i1
1 9 1 x x
x  x  4  x x  5 6 ，
2 8 i 8 5 6 2
i2
即平均数不变，A项错误；
x x x x
对于B，原数据的中位数为 5 6 ，去掉首末两项后的中位数为 5 6 ，
2 2
即中位数不变，B项正确；
对于C，原数据的方差
s2  1  10  x x 2  1 9 2 7 2 5 2 3 2 1 2 12 32 52 72 92 33，
1 10 i 1 10  
i1
去掉首末两项后的方差s2  1  9  x x 2  1 7 2 5 2 3 2 1 2 12 32 52 72 21，
2 8 i 2 8  
i2
即方差变小，C项正确；
对于D，原数据的极差x x 18，去掉首末两项后的极差x x 14，
10 1 9 2
即极差变小，D项正确.
故选：BCD.
4π 11π  7 10
10.ACD【分析】结合函数图象求得函数解析式，即可判断A；由x  , ，可得2x   , ，结
 3 6  3  3 3 
合余弦函数单调性判断B；结合余弦函数的最值情况判断C；根据三角函数图象的平移变换以及函数的奇偶性判断
D。
第 3 页 共 10 页3 11π π 3π 2π 2π
【详解】由图象得A2， T    ，解得T π，  2，
4 12 6 4 T π
π π π
由 f   2，得2 2kπ，kZ，解得2kπ ，kZ，
6 6 3
π π  π  π
而|| ，故 ， f(x)2cos2x ，则 f(0)2cos   1，A项正确；
2 3  3  3
4π 11π  7 10 7 10
x  , ，则2x   , ，函数ycosx在 , 上不单调，
 3 6  3  3 3   3 3 
4π 11π
故 f(x)在区间 , 上不单调，B项错误；
 3 6 
   2 11 
由x  ,2 ，得2x   , ，则2x π,2π,3π时， f(x)取到极值，
 2  3  3 3  3
π 
此时 f(x) 在区间 ,2π上有3个极值点，C项正确；
 2 
5π  5  
将 f(x)的图象向左平移 个单位长度，得 f x  2cos2x  2sin2x，
12  12   2 
该函数是奇函数，图象关于原点O对称，D项正确.
故选：ACD
11.ABC【分析】令x1，y0可判断A；令x1，y 1求 f(1)，再令x y 1可判断B；令x 0，y 0，
判断 f(x y)，f(x)的大小关系可判断C；令xnN*， y 1，利用构造法求通项，然后分组求和可判断D.
【详解】对A，令x1，y0，则 f(1) f(1) f(0) f(1)f(0)，又 f(1)1，则 f(0)0，A项正确；
1
对B，令x1，y 1，则 f(11) f(1) f(1) f(1)f(1)，得 f(1) ，
2
3
令x y 1，则 f(2) f(1) f(1)[f(1)]2  ，B项正确；
4
对C，令x 0，y 0， f(x y) f(x) f(y) f(x)f(y) f(y)[1 f(x)]，
当x 0时， f(x)0，则 f(y)[1 f(x)]0，即x y  x0时， f(x y) f(x)0，
故 f(x)在(0,)上单调递增，C项正确；
对D，令xnN*，y 1，则 f(n1) f(n) f(1) f(n)f(1)2f(n)1，
f(n1)12[f(n)1]，即数列{f(n)1}是以 f(1)12为首项，2为公比的等比数列，得 f(n)2n 1，
10
 f(i)222 L 210 102036，D项错误.
i1
故选：ABC
y2
x2  1 3 c2
12.4【分析】将椭圆化成标准方程得 1 ，由椭圆的离心率为 ，利用e2  ,a2 b2 c2，化简整理，
2 a2
m
可求得m4．
第 4 页 共 10 页【详解】由题意得：
y2
x2  1
椭圆化成标准方程为 1 ，
m
3
∵椭圆的离心率为 ，
2
c2 a2 b2 3
∴e2    ，
a2 a2 4
a2 4b2，又m1，
4
∴ 1，
m
故m4．
故答案为：4.
c2 a2 b2
【点睛】本题主要考查了椭圆离心率有关的问题，注意公式e2   的运用，解题过程注意a,b,c的关
a2 a2
系．属于较易题.
13.①. 31π ②. 125π 【分析】根据侧面积公式求母线长，进而可得高，由体积公式可得第一空；先判断球心
位置，利用勾股定理列方程求出球心O到圆台下底面的距离，然后可得半径，可得第二空.
【详解】设圆台的母线长为l，高为h，
由题意知(15)l 30，解得l 5，则易得h 52  51 2 3，
1
圆台的体积V  (12515)331.
3
设球O的半径为R，
由12 32 52，
易知球心O不在圆台的上、下底面之间，
设球心O到圆台下底面的距离为d ，则12 (3d)2 52 d2，
5 125
得d  ，则R2  ，球O的表面积为4R2 125π.
2 4
故答案为：31π；125π.
 1 1 1 2 1 1 3
14. 3 【分析】设M min2x, ,y ，由题意知可得  ，y ，结合M  y  ，即可求
 y x x M M x M
得答案.
 1 1
【详解】设M min2x, ,y ，
 y x
∵x 0，y 0，
第 5 页 共 10 页M 2x

1
M 
 y
∴ ，
 1
M  y

x

M 0
1 2 1
∴  ，y ，
x M M
1 1 2 3
∴M  y    ，∴M2 3，
x M M M
1 1
∴0 M  3，当且仅当2x  y  3时取等号.
y x
 1 1
所以M min2x, ,y 的最大值为 3.
 y x
故答案为：
3
15.【分析】（1）由题知 f(0)1及 f(0)2联立求解可得结果；
（2）令 f(x)0求单调增区间，令 f(x)0求单调减区间，进而可得函数 f(x)的极值.
【小问1详解】
由题意，易知 f(0)1，得b1.
 
f(x)(2xa)ex  x2 ax1 ex x2 (a2)xa1ex，
 
由 f(0)a12，解得a3.
【小问2详解】
 
由（1）知 f(x) x2 x2 ex (x1)(x2)ex，易知ex 0，
当x变化时， f(x)， f(x)的变化情况如下表所示.
x (,1) 1 (1,2) 2 (2,)
f(x)  0  0 
5
f(x) 单调递增 单调递减 e2 单调递增
e
因此，函数 f(x)在(,1)和(2,)上单调递增，在(1,2)上单调递减.
5
当x1时， f(x)有极大值，且极大值为 f(1) ；
e
当x2时， f(x)有极小值，且极小值为 f(2)e2.
16.【分析】（1）由独立重复事件的概率公式求解概率即可.
（2）利用分布列的定义求解分布列，再求解数学期望即可.
【小问1详解】
第 6 页 共 10 页1
若窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1，则发送者原始信息的单光子的偏振状态为0，1，2的概率均为 ，
3
2
1 2
故所求概率P C2A2    .
3 2 3 3
【小问2详解】
易知发送者发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，
1
窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1的概率为 ，
3
且X 的所有可能取值为0，1，2，3.
3
2 8
P(X 0)C0    ，
33 27
2
1 2 4
P(X 1)C1     ，
3 3 3 9
2
1 2 2
P(X 2)C2     ，
3 3 3 9
3
1 1
P(X 3)C3    ，
3 3 27
所以X 的分布列如下.
X 0 1 2 3
8 4 2 1
P
27 9 9 27
8 4 2 1
数学期望为E(X)0 1 2 3 1.
27 9 9 27
17. 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明；
（2）利用空间向量的夹角公式求解.
【小问1详解】
连接AP，BP，
1
∵AB  AC ，∴AP BC ，
1 1 1 1 1 1 1
∵平面ABC 平面CBBC ，且平面ABC Ç平面CBBC  BC ，AP平
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
面ABC ，
1 1 1
∴AP平面CBBC ，
1 1 1
∵CP平面CBBC ，∴AP CP，
1 1 1
在矩形CBBC 中，易知CP BP 2 ，则CP2 BP2 CB2，即CPBP，
1 1
∵BPAPP，BP,AP平面ABP，∴CP平面ABP，
1 1 1 1
又∵AB平面ABP，∴AB CP；
1 1 1
第 7 页 共 10 页【小问2详解】
取BC的中点M ，连接PM ，分别以MP,PB,PA为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，
1 1
∵AB  5，PB 1，∴AP 2，
1 1 1 1
 
∵BQQA ，∴Q为AB的中点，
1 1
1 1 
∴B  1,1,0  ，A  0,0,2  ，Q , ,1，C  1,1,0  ，P  0,0,0  ，
1 2 2 
   1 1 
∴AB 1,1,2 ，PC  1,1,0 ，PQ   , ,1，
1 2 2 

设平面CPQ的法向量为n

x,y,z

，
  x y 0
 nPC 0  
则   ，即1 1 ，令 y 1，则x1，z  1，故n  1,1,1  ，
nPQ0  x yz 0
2 2


  A 1 Bn 4 2 2
则直线A 1 B与平面CPQ所成角的正弦值为 cosA 1 B,n  n    A  B   3 6  3 .
1
18. 【分析】（1）根据抛物线的定义以及点在抛物线上两个条件列出方程，联立即可求解.
（2）（i）设直线的方程xmyn，根据原点O恰为MN的中点，以及韦达定理化简得到m、n的关系即可求出定
点；（ii）由（i）求得定点后，设出直线方程并通过弦长公式求出三角形的面积表达式，通过解方程即可求出直线方
程里的参数，最终得到直线AB的方程.
【小问1详解】
因为抛物线y2 2px  p0  的焦点为F   p ,0  ，准线方程为x p ，且P  x ,2  在抛物线E上，|PF |2，根
 2  2 0
p
据抛物线定义有，x  2，
0 2
2
又因为P在抛物线上，所以22 2px ，即x  ，
0 0 p
p 2
消去x ，可得2  ，即 p2 2 0，解得 p2，
0 2 p
所以抛物线E的方程为y2 4x.
【小问2详解】
xmyn
（i）设 A  x ,y  ，B  x ,y  ，直线 AB 方程为xmyn，联立 ，消x得 y2 4my4n0，则
1 1 2 2 y2 4x
y  y 4m，y y 4n，
1 2 1 2
y 2 2x  y 2y 2y
直线AP：y2 1  x1  ，令x0，得M 纵坐标y  1 1  1 ；同理N 纵坐标y  2 ，
x 1 M x 1 y 2 N y 2
1 1 1 2
第 8 页 共 10 页2y 2y
因O是MN中点，y  y 0，即 1  2 0，化简得y y  y  y 0，将 y  y 4m，y y 4n
M N y 2 y 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
代入，得4n4m0，即nm，
直线AB方程为xm  y1  ，当y 1时，x0，故直线AB过定点  0,1  .
y kx1
（ii）设直线AB：y kx1(k 0)，联立 ，得k2x2 (2k4)x10，
y2 4x
2k4 1
由韦达定理，x x  ，x x  ，
1 2 k2 1 2 k2
4 1k2  k1
弦长 AB  1k2  x x  1k2  (x x )2 4x x  ，
1 2 1 2 1 2 k2
1
根据点到直线的距离公式可知，点O到直线AB距离为d  ，
1k2
1 2 k1
由S 2 2 可得， | AB|d 2 2 ，即 2 2，化简得2k4 k10，
OAB 2 k2
因式分解得  k 1  2k3 2k2 2k1  0，因k0，得k 1，
所以直线AB方程为x y10.
   
19. 【分析】（1）依据F n 的定义，列举求出F 3 的值；
k 3
6n 6m 6n 6p
（2）由整除数字个数，排除法得到F  n  ，假设F  m F  n  F  p  成立，转化为   ，整
6 3 6 6 6 3 3 3
理为16nm 6pm，根据等式两边数字特点判断；
（3）由（2）知

S
5，放缩得n2时，S
的取值范围，从而得到

S

的值，即可计算

S

S

S

S

1 n n 1 2 3 100
的值.
【小问1详解】
在不大于33 27的正整数中，
所有既不能被2整除也不能被3整除的数字为1,5,7,11,13,17,19,23,25，共9个，
所以F

3
9.
3
【小问2详解】
6n 6n 6n
在不大于6n的正整数中，能被2整除的数有 个，能被3整除的数有 个，能被236整除的数有 个，
2 3 6
6n 6n 6n 66n 36n 26n 6n 26n 6n
所以既不能被2整除也不能被3整除的数字有6n       个，
2 3 6 6 6 3
6n 6m 6p
即F  n  ，所以F  m  ，F  p  ，
6 3 6 3 6 3
若F  m F  n  F  p  成立，即
6m

6n

6p
，即6m 6n 6p，同时除以6m得16nm 6pm，
6 6 6
3 3 3
第 9 页 共 10 页因为mn p，所以nm 0, pm0，所以16nm是奇数，6pm是偶数，等式不成立，
所以不存在m,n, p使得F  m F  n  F  p  成立.
6 6 6
【小问3详解】
由（2）知，当n1时，F
6
 1  6
3
1 2，所以S
1

F  1
5
1

2
5
1
5，所以  S
1
5，
6
5 5 5 61 6 3
    
当n2时， F  n 1 6n 26n11 26n11 26n1 6n1 ，
6 1
3
1 1 
1 
n 5 1 1 1  6 6n1  3 1 
所以，当n2时，S  53

 

53 5 1

，
n F  i 1 6 62 6n1  1 5 6n1 
i1 6 1
6
1 1 3 1  3 1 
因为0 1，所以01 1,0 1  0.6,55 1  5.6，所以  S 5，
6n1 6n1 5 6n1 5 6n1 n
所以

S

S

S

S
1005500.
1 2 3 100
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