精品解析：2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题（解析版）.pdf

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1、 第 1 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司绝密绝密 启用前启用前2024 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷）卷）数学数学本试卷共本试卷共 10 页，页，19 小题，满分小题，满分 150 分分.注意事项：注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上

2、对应题目的答案标号涂黑铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正

3、确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合355,3,1,0,2,3AxxB，则AB I（）A.1,0B.2,3C.3,1,0D.1,0,2【答案】A【解析】【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.【详解】因为33|55,3,1,0,2,3AxxB，且注意到3152，从而AB I1,0.故选：A.2.若1 i1zz，则z（）A.1 i B.1 i C.1 iD.1 i【答案】C【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.第 2 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司【详解】因为1 1

4、111 i111zzzzz ，所以111 iiz .故选：C.3.已知向量(0,1),(2,)abxrr，若(4)bbarrr，则x（）A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.【详解】因为4bbarrr，所以40bbarrr，所以240ba brr r即2440 xx，故2x，故选：D.4.已知cos(),tantan2m，则cos()（）A.3mB.3mC.3mD.3m【答案】A【解析】【分析】根据两角和的余弦可求coscos,sinsin的关系，结合tantan的值可求前者，故可求cos的值.【详解】因为cosm，所以coscossinsinm，

5、而tantan2，所以sinsin2coscos，故coscos2coscosm即coscosm，从而sinsin2m，故cos3m，故选：A.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A.2 3B.3 3C.6 3D.9 3【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体 第 3 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司积.【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为23r，而它们的侧面积相等，所以2233rrr即22 33r，故3r，故圆锥的体积为1 933 33.故选：B.6.已知

6、函数为22,0()eln(1),0 xxaxa xf xxx，在 R 上单调递增，则 a 取值的范围是（）A.(,0B.1,0C.1,1D.0,)【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为 f x在R上单调递增，且0 x 时，eln1xf xx单调递增，则需满足02021eln1aa ，解得10a，即 a 的范围是 1,0.故选：B.7.当0,2 x 时，曲线sinyx与2sin 36yx的交点个数为（）A.3B.4C.6D.8【答案】C【解析】【分析】画出两函数在0,2上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数sinyx的的最小正周

7、期为2T，函数2sin 36yx的最小正周期为23T，所以在0,2x上函数2sin 36yx有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：第 4 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司由图可知，两函数图象有 6 个交点.故选：C8.已知函数为()f x的定义域为 R，()(1)(2)f xf xf x，且当3x 时()f xx，则下列结论中一定正确的是（）A.(10)100fB.(20)1000fC.(10)1000fD.(20)10000f【答案】B【解析】【分析】代入得到(1)1,(2)2ff，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当3x 时()

8、f xx，所以(1)1,(2)2ff，又因为()(1)(2)f xf xf x，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5ffffff，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21fffffffff，(8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89fffffffff，(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377fffffffff(14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987ffffff，(16)(15)(14)15971000fff，则依次下去可知(20)1000f，则 B 正确；

9、且无证据表明 ACD 一定正确.故选：B.【点 睛】关 键 点 点 睛：本 题 的 关 键 是 利 用(1)1,(2)2ff，再 利 用 题 目 所 给 的 函 数 性 质()(1)(2)f xf xf x，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.第 5 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司二、选择题：本题共选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分分，部分选对的得部分分，选对但

10、不全的得部分分，有选错的得 0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值2.1x，样本方差20.01s，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布21.8,0.1N，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布2,N x s，则（）（若随机变量 Z 服从正态分布2,N u，()0.8413P Zu）A.(2)0.2P X B.(2)0.5P X C.(2)0.5P Y D.(2)0.8P Y【答案】BC【解析】【分析】根据正态分布的3原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01xs，所以2.1,0.1YN:，故22.1

11、0.12.1 0.10.84130.5P YP YP Y，C 正确，D 错误；因为1.8,0.1XN:，所以21.82 0.1P XP X，因为1.80.10.8413P X，所以1.80.11 0.84130.15870.2P X ，而21.82 0.11.80.10.2P XP XP X，B 正确，A 错误，故选：BC10.设函数2()(1)(4)f xxx，则（）A.3x 是()f x的极小值点B.当01x时，2()f xfxC.当12x时，4(21)0fx D.当10 x 时，(2)()fxf x【答案】ACD【解析】【分析】求出函数 f x的导数，得到极值点，即可判断 A；利用函数的

12、单调性可判断 B；根据函数 f x在1,3上的值域即可判断 C；直接作差可判断 D.第 6 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司【详解】对 A，因为函数 f x的定义域为 R，而 22141313fxxxxxx，易知当1,3x时，0fx，当,1x 或3,x时，0fx函数 f x在,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,上单调递增，故3x 是函数 f x的极小值点，正确；对 B，当01x时，210 xxxx，所以210 xx，而由上可知，函数 f x在0,1上单调递增，所以 2f xf x，错误；对 C，当12x时，1213x，而由上可知，函数 f x在1,3上单调递减，所以 1213f

13、fxf，即4210fx，正确；对 D，当10 x 时，222(2)()12141220fxf xxxxxxx，所以(2)()fxf x，正确；故选：ACD.11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线 C 的一部分.已知 C 过坐标原点 O.且 C 上的点满足横坐标大于2，到点(2,0)F的距离与到定直线(0)xa a的距离之积为 4，则（）A.2a B.点(2 2,0)在 C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 1D.当点00,xy在 C 上时，0042yx【答案】ABD【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求a，故可判断 A 的正误，结合曲线方程可判断 B 的正误，利用特

14、例法可判断 C 的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断 D 的正误.【详解】对于 A：设曲线上的动点,P x y，则2x 且2224xyxa，第 7 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司因为曲线过坐标原点，故2202004a，解得2a ，故 A 正确.对于 B：又曲线方程为22224xyx，而2x ，故22224xyx.当2 2,0 xy时，22 222 22844，故2 2,0在曲线上，故 B 正确.对于 C：由曲线的方程可得2221622yxx，取32x，则2641494y，而6416452562451049449449 4，故此时21y，故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大

15、于 1，故 C 错误.对于 D：当点00,xy在曲线上时，由 C 的分析可得220022001616222yxxx，故0004422yxx，故 D 正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.设双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左右焦点分别为12FF、，过2F作平行于y轴的直线交 C 于 A，B两点，若1|13,|10F AAB，则 C 的离心率为_【答案】32【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出

16、2AF，结合双曲线第一定义求出1AF，即可得到,a b c的值，从而求出离心率.【详解】由题可知2,A B F三点横坐标相等，设A 在第一象限，将xc代入22221xyab得2bya，即22,bbA cB caa，故2210bABa，225bAFa，第 8 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司又122AFAFa，得1222513AFAFaa，解得4a，代入25ba得220b，故22236,cab，即6c，所以6342cea.故答案为：3213.若曲线exyx在点0,1处的切线也是曲线ln(1)yxa的切线，则a_.【答案】ln2【解析】【分 析】先 求 出 曲 线exyx在0,1的 切

17、线 方 程，再 设 曲 线ln1yxa的 切 点 为00,ln1xxa，求出y，利用公切线斜率相等求出0 x，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由exyx得e1xy，00|e12xy，故曲线exyx在0,1处的切线方程为21yx；由ln1yxa得11yx，设切线与曲线ln1yxa相切的切点为00,ln1xxa，由两曲线有公切线得0121yx，解得012x ，则切点为11,ln22a，切线方程为112ln21ln222yxaxa，根据两切线重合,所以ln20a，解得ln2a.故答案为：ln214.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字 1，3，5

18、，7，乙的卡片上分别标有数字 2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选 第 9 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得 1 分，数字小的人得 0 分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于 2 的概率为_.【答案】12#0.5【解析】【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,XXXX，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种

19、，从而甲在该轮获胜的概率6314 48kP X，所以31,2,3,48kE Xk.从而441234113382kkkE XE XXXXE X.记0,1,2,3kpP Xkk.如果甲得 0 分，则组合方式是唯一的：必定是甲出 1，3，5，7 分别对应乙出 2，4，6，8，所以04411A24p；如果甲得 3 分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出 1，3，5，7 分别对应乙出 8，2，4，6，所以34411A24p.而X的所有可能取值是 0，1，2，3，故01231pppp，1233232pppE X.所以121112pp，1213282pp，两式相减即得211242p，故2312pp.所以甲总得

20、分不小于 2 的概率为2312pp.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记ABCV内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，已知sin2cosCB，2222abcab（1）求 B；（2）若ABCV的面积为33，求 c的 第 10 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）3B （2）2 2【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求

21、出cos,sinCC，最后结合已知sin2cosCB得cosB值即可；（2）首先求出,A B C，然后由正弦定理可将,a b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问 1 详解】由余弦定理有2222cosabcabC，对比已知2222abcab，可得22222cos222abcabCabab，因为0,C，所以sin0C，从而2222sin1 cos122CC，又因为sin2cosCB，即1cos2B，注意到0,B，所以3B.小问 2 详解】由（1）可得3B，2cos2C，0,C，从而4C，53412A，而5232162sinsinsin124622224A，由正弦定理有5s

22、insinsin1234abc，从而6231362,24222acc bcc，由三角形面积公式可知，ABCV的面积可表示为的【第 11 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司211316233sin222228ABCSabCcccV，由已知ABCV面积为33，可得233338c，所以2 2c.16.已知(0,3)A和33,2P为椭圆2222:1(0)xyCabab上两点.（1）求 C 的离心率;（2）若过 P 的直线l交 C 于另一点 B，且ABPV的面积为 9，求l的方程【答案】（1）12 （2）直线l的方程为3260 xy或20 xy.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于,a b的方

23、程，解出即可；（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设00,B xy，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线3ykx，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设3:(3)2PB yk x，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，

24、利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.【小问 1 详解】由题意得2239941bab，解得22912ba，所以229111122bea.【小问 2 详解】的 第 12 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司法一：3312032APk，则直线AP的方程为132yx，即260 xy，2233 503322AP，由（1）知22:1129xyC，设点B到直线AP的距离为d，则2 912 553 52d，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移12 55单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：20 xyC，则612 555C，解得6C 或18C ，当6C 时，联立22112926

25、0 xyxy，解得03xy 或332xy ，即0,3B或33,2，当0,3B时，此时32lk，直线l的方程为332yx，即3260 xy，当33,2B时，此时12lk，直线l的方程为12yx，即20 xy，当18C 时，联立2211292180 xyxy得22271170yy，2274 2 1172070 ，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3260 xy或20 xy.法二：同法一得到直线AP的方程为260 xy，点B到直线AP的距离12 55d，第 13 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司设00,B xy，则0022002612 5551129xyxy，解得00332xy 或

26、0003xy，即0,3B或33,2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为260 xy，点B到直线AP的距离12 55d，设2 3cos,3sinB，其中0,2，则有2 3cos6sin612 555，联立22cossin1，解得3cos21sin2 或cos0sin1，即0,3B或33,2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时0,3B，16 392PABS V，符合题意，此时32lk，直线l的方程为332yx，即3260 xy，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为3ykx，联立椭圆方程有2231129ykxxy，则2243240kxkx，其中APkk，即12k ，解得0

27、 x 或22443kxk，0k，12k ，令22443kxk，则2212943kyk，则22224129,4343kkBkk同法一得到直线AP的方程为260 xy，点B到直线AP的距离12 55d，第 14 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司则2222412926434312 555kkkk，解得32k=，此时33,2B，则得到此时12lk，直线l的方程为12yx，即20 xy，综上直线l的方程为3260 xy或20 xy.法五：当l的斜率不存在时，3:3,3,3,2l xBPBA到PB距离3d，此时193 3922ABPS V不满足条件.当l的斜率存在时，设3:(3)2PB yk x

28、，令1122,P x yB xy，223(3)21129yk xxy，消y可得22224324123636270kxkk xkk，222224124 433636270kkkkk，且APkk，即12k ，222122221212221222412274 31 39434,144336362743kkxxkkkkPBkxxx xkkkx xk，A 到直线PB距离222223327334 31 391224,924311PABkkkkkdSkkkV，12k或32，均满足题意，1:2l yx或332yx，即3260 xy或20 xy.法六：当l的斜率不存在时，3:3,3,3,2l xBPBA到PB距

29、离3d，此时193 3922ABPS V不满足条件.当直线l斜率存在时，设3:(3)2l yk x，设l与y轴的交点为Q，令0 x，则30,32Qk，第 15 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司联立223323436ykxkxy，则有2223348336362702kxkkxkk，2223348336362702kxkkxkk，其中22223834 3436362702kkkkk，且12k ，则2222363627121293,3434BBkkkkxxkk，则2113 121839222 34PBkSAQ xxkk，解的12k或32k=，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为12yx或

30、332yx，即3260 xy或20 xy.17.如图，四棱锥PABCD中，PA 底面 ABCD，2PAAC，1,3BCAB（1）若ADPB，证明：/AD平面PBC；（2）若ADDC，且二面角ACPD的正弦值为427，求AD【答案】（1）证明见解析 （2）3【解析】第 16 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）先证出AD 平面PAB，即可得ADAB，由勾股定理逆定理可得BCAB，从而/ADBC，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点 D 作DEAC于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，根据三垂线法可知，DFE即为二面角ACPD的平面角，即可求得tan6DFE，再分别用

31、AD的长度表示出,DE EF，即可解方程求出AD【小问 1 详解】（1）因为PA 平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PAAD，又ADPB，PBPAPI，,PB PA平面PAB，所以AD 平面PAB，而AB平面PAB，所以ADAB.因为222BCABAC，所以BCAB，根据平面知识可知/ADBC，又AD 平面PBC，BC平面PBC，所以/AD平面PBC【小问 2 详解】如图所示，过点 D 作DEAC于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，因为PA 平面ABCD，所以平面PAC 平面ABCD，而平面PAC I平面ABCDAC，所以DE平面PAC，又EFCP，所以CP平面DEF，根据二面角的定

32、义可知，DFE即为二面角ACPD的平面角，即42sin7DFE，即tan6DFE因为ADDC，设ADx，则24CDx，由等面积法可得，242xxDE，又222244442xxxCEx，而EFCV为等腰直角三角形，所以242 2xEF，故2242tan642 2xxDFEx，解得3x，即3AD 第 17 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司18.已知函数3()ln(1)2xf xaxb xx（1）若0b，且()0fx，求a的最小值；（2）证明：曲线()yf x是中心对称图形；（3）若()2f x 当且仅当12x，求b的取值范围【答案】（1）2 （2）证明见解析 （3）23b 【解析】【分析

33、】（1）求出 min2fxa后根据()0fx可求a的最小值；（2）设,P m n为 yf x图象上任意一点，可证,P m n关于1,a的对称点为2,2Qman也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断 12f 即2a ，再根据()2f x 在1,2上恒成立可求得23b .【小问 1 详解】0b 时，ln2xf xaxx，其中0,2x，则 112,0,222fxa xxxxx，因为22212xxxx，当且仅当1x 时等号成立，故 min2fxa，而 0fx成立，故20a即2a ，所以a的最小值为2.，【小问 2 详解】第 18 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司 3ln12x

34、f xaxb xx的定义域为0,2，设,P m n为 yf x图象上任意一点，,P m n关于1,a的对称点为2,2Qman，因为,P m n在 yf x图象上，故3ln12mnamb mm，而3322ln221ln122mmfmambmamb mamm，2na ，所以2,2Qman也在 yf x图象上，由P的任意性可得 yf x图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.【小问 3 详解】因为 2f x 当且仅当12x，故1x 为 2f x 的一个解，所以 12f 即2a ，先考虑12x时，2f x 恒成立.此时 2f x 即为3ln2 1102xxb xx在1,2上恒成立，设10,1tx，则3

35、1ln201ttbtt在0,1上恒成立，设 31ln2,0,11tg ttbt tt，则 2222232322311tbtbg tbttt，当0b，232332320btbbb，故 0g t恒成立，故 g t在0,1上为增函数，故 00g tg即 2f x 在1,2上恒成立.当203b时，2323230btbb，故 0g t恒成立，故 g t在0,1上为增函数，故 00g tg即 2f x 在1,2上恒成立.第 19 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司当23b ，则当20113tb 时，0g t故在20,13b上 g t为减函数，故 00g tg，不合题意，舍；综上，2f x 在1,2

36、上恒成立时23b .而当23b 时，而23b 时，由上述过程可得 g t在0,1递增，故 0g t 的解为0,1，即 2f x 的解为1,2.综上，23b .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19.设 m 为正整数，数列1242,.,ma aa是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项ia和jaij后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列1242,.,ma a

37、a是,i j 可分数列（1）写出所有的,i j，16ij，使数列126,.,a aa是,i j 可分数列；（2）当3m 时，证明：数列1242,.,ma aa是2,13 可分数列；（3）从1,2,.,42m中一次任取两个数i和j ij，记数列1242,.,ma aa是,i j 可分数列的概率为mP，证明：18mP【答案】（1）1,2,1,6,5,6 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据,i j 可分数列的定义即可；（2）根据,i j 可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是,i j 可分数列的,i j至少有21mm个，再使用概率的定义.【小问 1 详解】第

38、 20 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司首先，我们设数列1242,.,ma aa的公差为d，则0d.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形111,2,.,42kkaaakmd，得到新数列1,2,.,42kak km，然后对1242,.,ma aa进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设1,2,.,42kak km，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第 1 小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j ij，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或

39、3,4,5,6.所以所有可能的,i j就是 1,2,1,6,5,6.【小问 2 详解】由于从数列1,2,.,42m中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；15,16,17,18,19,20,21,22,.,41,4,41,42mmmm，共3m组.（如果30m，则忽略）故数列1,2,.,42m是2,13 可分数列.【小问 3 详解】定义集合410,1,2,.,1,5,9,13,.,41Akkmm，420,1,2,.,2,6,10,14,.,42Bkkmm.下面证明，对142ijm，如果下面两

40、个命题同时成立，则数列1,2,.,42m一定是,i j 可分数列：命题 1：,iA jB或,iB jA；命题 2：3ji.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,iA jB，且3ji.此时设141ik，242jk，12,0,1,2,.,k km.第 21 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司则由ij可知124142kk，即2114kk，故21kk.此时，由于从数列1,2,.,42m中取出141ik和242jk后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：11111,2,3,4,5,6,7,8,.,43,42,41,4kkkk，共1k组；111111112222

41、42,43,44,45,46,47,48,49,.,42,41,4,41kkkkkkkkkkkk，共21kk组；2222222243,44,45,46,47,48,49,410,.,41,4,41,42kkkkkkkkmmmm，共2mk组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,.,42m是,i j 可分数列.第二种情况：如果,iB jA，且3ji.此时设142ik，241jk，12,0,1,2,.,k km.则由ij可知124241kk，即2114kk，故21kk.由于3ji，故 2141423kk，从而211kk，这就意味着212kk.此时，由于从数列1,2,.,42m中取出

42、142ik和241jk后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：11111,2,3,4,5,6,7,8,.,43,42,41,4kkkk，共1k组；112121241,31,221,31kkkkkkk，121212232,222,32,42kkkkkkk，共2组；全体11212124,3,22,3kpkkpkkp kkp，其中213,4,.,pkk，共212kk组；2222222243,44,45,46,47,48,49,410,.,41,4,41,42kkkkkkkkmmmm，共2mk组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对和进行一下解释：将中的每一组作为一个

43、横排，排成一个包含212kk个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：第 22 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司111243,44,.,3kkkk，12121233,34,.,22kkkkkk，121212223,223,.,3kkkkkk，1212233,34,.,4kkkkk 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍11241,42,.,42kkk中除开五个集合1141,42kk，121231,32kkkk，1212221,222kkkk，121231,32kkkk，2241,42kk中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k 和241k

44、 以外，剩余的八个数恰好就是中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,.,42m是,i j 可分数列.至此，我们证明了：对142ijm，如果前述命题 1 和命题 2 同时成立，则数列1,2,.,42m一定是,i j 可分数列.然后我们来考虑这样的,i j的个数.首先，由于AB，A 和B各有1m个元素，故满足命题 1 的,i j总共有21m个；而如果3ji，假设,iA jB，则可设141ik，242jk，代入得 2142413kk.但这导致2112kk，矛盾，所以,iB jA.设142ik，241jk，12,0,1,2,.,k km，则 2141423kk，即211k

45、k.所以可能的12,k k恰好就是 0,1,1,2,.,1,mm，对应的,i j分别是 2,5,6,9,.,42,41mm，总共m个.所以这21m个满足命题 1 的,i j中，不满足命题 2 的恰好有m个.这就得到同时满足命题 1 和命题 2 的,i j的个数为21mm.当我们从1,2,.,42m中一次任取两个数i和j ij时，总的选取方式的个数等于424121412mmmm.而根据之前的结论，使得数列1242,.,ma aa是,i j 可分数列的,i j至少有21mm个.所以数列1242,.,ma aa是,i j 可分数列的概率mP一定满足.第 23 页/共 23 页学科网（北京）股份有限公司222211111242141214121422 21218mmmmmmmmPmmmmmmmm.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.