2024年浙江溫州高三三模高考數(shù)學(xué)試卷（含答案詳解）

溫州市普通高中2024屆高三第三次適應(yīng)性考

試數(shù)學(xué)試題卷

本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試用時(shí)120分鐘.

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答

題卷上，將條形碼橫貼在答題卷右上角“條形碼粘貼處”.

2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卷上對應(yīng)題目選項(xiàng)的答

案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在

試題卷上.

3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定

區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不

準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.

4.考生必須保持答題卷的整潔，不要折疊、不要弄破.

選擇題部分(共58分)

一、選擇題：本大題共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.在ABC中，三個(gè)內(nèi)角A氏C成等差數(shù)列，則sin(A+C)=()

A.1B.受C.BD.1

2.平面向量4=(〃7,2),。=(-2,4),若°〃(“-6),則()

A.-1B.1C.-2D.2

3.設(shè)A,B為同一試驗(yàn)中的兩個(gè)隨機(jī)事件，貝1]“尸(4)+尸(3)=1”是“事件4,8互為對立事件”

的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要

條件

4.已知〃zeN*,(1+尤廣和(l+x)2"-i的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)的最大值分別為。和"則()

A.a<bB.a=b

C.a>bD.“力的大小關(guān)系與加有關(guān)

5.已知sin[p+苧]

=一~—,則sin(a-20cosa-cos(2/7—a)sina=()

24n24c3「3

A.-----B.—C.■一D.—

252555

?尤2+3光〉0

6.6知函數(shù)/(%)=*2「’.o,則關(guān)于x方程/（x）=依+2的根個(gè)數(shù)不可能是（）

A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)

22

7.已知片，鳥是橢圓C:=+工=l（a>b>0）的左右焦點(diǎn)，C上兩點(diǎn)A,3滿足：AF2=2F,B,

ab

4

cosZAFlB=~,則橢圓C的離心率是（）

A.-B.—C.-D.—

4433

S/\56

8.數(shù)列｛4｝的前〃項(xiàng)和為S“,a“+i=」4"eN"）,則￡的廠可以是（）

anz=lz=l

A.18B.12C.9D.6

二、選擇題：本題共3小題，每小題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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得。分.

9.已知空間兩條異面直線6所成的角等于60。，過點(diǎn)P與6所成的角均為。的直線有且

只有一條，則，的值可以等于（）

A.30°B.45°C.75°D.90°

10.己知4*2是關(guān)于尤的方程x2+px+q=0（p,qeR）的兩個(gè)根，其中Z]=l+i,貝！|（）

A.z（=z2B.z；=z；C.p=—2D.q=2

11.已知函數(shù)4x）=sin（8+"）（0>O）,xe的值域是可，則下列命題正確的是（）

JT7

A.若6-。=2,夕=:，則。不存在最大值B.若b-a=2,（p=j則。的最小值是:

O63

C.若b-a=6,則。的最小值是gD.若b-a==3,則。的最小值是4:

23

非選擇題部分（共92分）

三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.

12.設(shè)隨機(jī)變量占服從正態(tài)分布N（2,l）,若PC>“+l）=P（J<a）,貝心=.

13.定義在（0,+"）上的函數(shù)“X）滿足：/（xy）=/（x）+/（y）-l,/（4）=2,則

試卷第2頁，共4頁

-----------

14.過拋物線y2=2px(O＜0＜2)焦點(diǎn)廠的直線/交拋物線于A3兩點(diǎn)，點(diǎn)M(LO),沿x軸

將坐標(biāo)系翻折成直二面角，當(dāng)三棱錐A-RWB體積最大時(shí)，P=.

四、解答題：本大題共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.由四棱柱ABCD-ABCP截去三棱錐A-AQG后得到如圖所示的幾何體，四邊形

ABCD是菱形，AC=4,80=2,0為AC與8。的交點(diǎn)，⑸。，平面ABCD.

(2)若BQ=2右,求平面\DC,與平面BCG用夾角的大小.

16.設(shè)函數(shù)/(%)=m1》-二X3的導(dǎo)函數(shù)為g(x).

⑴求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)證明：函數(shù)/(x)存在唯一的極大值點(diǎn)與,且不＞].

(參考數(shù)據(jù)：1112=0.6931)

17.已知直線/：7=履+/與雙曲線。:]-尸=1相切于點(diǎn)。.

⑴試在集合＜：,勺,手,1＞中選擇一個(gè)數(shù)作為上的值，使得相應(yīng)的，的值存在，并求出相應(yīng)

的」的值;

⑵過點(diǎn)。與/垂直的直線/'分別交x，y軸于A,s兩點(diǎn)，尸是線段A3的中點(diǎn)，求點(diǎn)P的軌跡方

程.

18.現(xiàn)有“張形狀相同的卡片，上而分別寫有數(shù)字m+l,，”+2,,m+M(meN,?eN,),將這

”張卡片充分混合后，每次隨機(jī)抽取一張卡片，記錄卡片上的數(shù)字后放回，現(xiàn)在甲同學(xué)隨機(jī)

抽取4次.

⑴若〃=8,求抽到的4個(gè)數(shù)字互不相同的概率；

（2）統(tǒng)計(jì)學(xué)中，我們常用樣本的均值來估計(jì)總體的期望.定義E（X］為隨機(jī)變量X的左階矩,

其中1階矩就是X的期望E（X）,利用上階矩進(jìn)行估計(jì)的方法稱為矩估計(jì).

（i）記每次抽到的數(shù)字為隨機(jī)變量X,計(jì)算隨機(jī)變量X的1階矩磯X）和2階矩E（X2）；

（參考公式：『+2?++“2=++1）（2〃+1））

6

（ii）知甲同學(xué)抽到的卡片上的4個(gè)數(shù)字分別為3,8,9,12,試?yán)眠@組樣本并結(jié)合（i）

中的結(jié)果來計(jì)算〃的估計(jì)值”.（n的計(jì)算結(jié)果通過四舍五入取整數(shù)）

19.對于給定的一個(gè)〃位自然數(shù)x=a。4（其中。產(chǎn){0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},，=1,2,?）,

稱集合加工為自然數(shù)x的子列集合，定義如下：M，=他瓦以同6且

i1<i2<-<im^n,使得“=牝（4=1,2,m）},比如：當(dāng)彳=麗時(shí)，=^0,1,00,01,001}.

（1）當(dāng)尤=麗立時(shí)，寫出集合“工；

（2）有限集合A的元素個(gè)數(shù)稱為集合A的基數(shù)，一般用符號網(wǎng)來表示.

（i）已知x=00111,y=11100,z=10101,試比較|見,以|,“|大小關(guān)系；

（ii）記函數(shù)r（x）=a；Za'n（其中（《,不，”）為（q,%…，％）這”個(gè)數(shù)的一種順序變換），

并將能使|上（/取到最小值的7（x）記為，（x）.當(dāng)x=202420242024時(shí)，求|我（/的最小值，

并寫出所有滿足條件的C*（尤）.

試卷第4頁，共4頁

1.c

【分析】由條件可知A+C=28,結(jié)合A+B+CMTT求得A+C,從而代入得解.

【詳解】因?yàn)锳B,C成等差數(shù)列，所以A+C=23；

又A+8+C=兀，所以38=兀，即8=巴，所以A+C=2B=@,

33

所以sin（A+C）=sing7i=1.

故選：C.

2.A

【分析】根據(jù)向量平行滿足的坐標(biāo)關(guān)系即可求解.

【詳解】a-b=（m+2,-2）,由于所以-2〃工=2（〃z+2）,解得根=-1,

故選：A

3.B

【分析】根據(jù)對立事件概率的性質(zhì)可以說明條件是必要的，容易給出反例說明條件不是充分

的.

【詳解】若AB互為對立事件，根據(jù)對立事件概率公式可直接得到尸（A）+P（3）=l,故條件

是必要的；

若試驗(yàn)基本事件含3種及以上，其中4,8表示概率為g的兩個(gè)不同事件，

則A,3不互為對立事件，此時(shí)P（A）+P（B）=g+：=l,故條件不是充分的.

故選：B.

4.A

【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)知〃=C黑，〃=C黑+一再用組合數(shù)的定義驗(yàn)證〃〈人

【詳解】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，最大的二項(xiàng)式系數(shù)出現(xiàn)在正中間的1項(xiàng)或正中間的2項(xiàng).

（2m+1）!2m+1（2m）!2m+1

所以6=―今=-r?一;=一從而?！唇?/p>

m+1m\m\m+1

故選：A.

5.B

答案第1頁，共13頁

194

【分析】先由兩角和正弦和已知條件解得sin￡+cos￡=y,進(jìn)而得sin2B=-=,再利用兩

角和與差的正弦、余弦公式簡化所求式子即可求解.

【詳解】因?yàn)閟in[/7+，)=-需，故由兩角和正弦公式得sin/+cos〃=[,

124

1+2sinPcosP=1+sin2p=—,BPsin2p=,

^sin(6Z-2/7)cos6Z-cos(2/7-cr)sinct:=sin(6Z-2/7)coscr-cos(cr-2/7)sincif

24

=sin(iz-2y0-cr)=-sin(2p)=—.

故選：B.

6.C

【分析】將原問題轉(zhuǎn)化為直線，="+2與函數(shù)＞=/(x)的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，作出y=/(%)的

圖象，分，〉0、〃=0、。＜0三種情況，結(jié)合圖象求解即可.

【詳解】作出函數(shù)＞的圖象，如圖所示：

將原問題轉(zhuǎn)化為直線、=依+2(過定點(diǎn)(0,2))與函數(shù)y=/(x)的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù),

由圖可知，當(dāng)。=0時(shí)，直線y=2與函數(shù)y=/(尤)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)；

當(dāng)a＜0時(shí)，直線丫=依+2與函數(shù)y=/(x)的圖象沒有交點(diǎn)；

當(dāng)。＞0時(shí)，直線丫=依+2與函數(shù)y=/(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)；

所以直線尸辦+2與函數(shù)y=/(x)的圖象不可能有兩個(gè)交點(diǎn).

故選：C.

7.D

【分析】根據(jù)焦點(diǎn)三角形的邊長關(guān)系，利用余弦定理即可求解.

【詳解】由祠=2工以可知|4閭=2,0,設(shè)歸Q=X,則從川=2%

|AZ\|=2a-2元,忸￡卜2a-x,\AB\=3x,

答案第2頁，共13頁

貝1|由余弦定理可得（3尤）2=（2a-2尤）2+（2。一一2（2。一2x）（2"x）Xg

化簡可得2a之—3依—9%2=0=＞（〃-3x）（2〃+3x）=0,故Q=3X,2a=—3%（舍去）,

又cosZAF2F1+cosABF2FX=0,

所以（2龍）2+402-（2a-2x）2+尤2+3一0人才=0,化簡可得

2?2%?2c2-x-2c

3c2+4ax-3a2=03c2+4a--3A2=09c2=5a2,故3c=6ne=",

33

【分析】易通過。同=5.-邑，可得為+2-%=1，也可求得。2=1，但此數(shù)列存在不確定的

首項(xiàng)，所以在求和后發(fā)現(xiàn)結(jié)果為-6%,與選項(xiàng)中的四個(gè)數(shù)進(jìn)行對比分析，發(fā)現(xiàn)％一定不能為

負(fù)整數(shù)，所以只能選C.

【詳解】由。用=&(〃eN*)可得：5“=%”,且0產(chǎn)0,

an

S｝I

由上式又有：?2=-=1,

4

還有'+1=an+2■%,兩式相減得：fl?+1=an+2-a用-an+1-an,

兩邊同時(shí)除以4+i(”〃+iHO)得：""+2——1'

由上式可知數(shù)列｛4｝的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列，公差為1,

56

a

所以2i-\=(〃2+。4+〃6+。8+〃10)—(〃1+/+“5+%+〃9+011)

i=lz=l

由此數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)公式為0鵬=4+5-1),又由為N0,

所以可以判斷可一定不能為負(fù)整數(shù)，即只能有-6q=9,

答案第3頁，共13頁

故選：c.

9.AD

TTTTJTTT

【分析】過點(diǎn)尸作，〃。*'/",求得直線/與所成角的范圍為或。e

_o2J32

結(jié)合選項(xiàng)，即可求解.

【詳解】過點(diǎn)尸作，〃"力

冗冗ITTT

從兩對角的角平分線開始，直線/與必加所成角的范圍為。e或。e,

o2J|_32_

而均為e的直線有且僅有一條，根據(jù)對稱性，可得，=30或6=90.

故選：AD.

10.ACD

【分析】根據(jù)虛根成對原理得到Z=l-i,即可判斷A,再根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算判

斷B,利用韋達(dá)定理判斷C、D.

【詳解】因?yàn)閦”Z2是關(guān)于x的方程/+px+q=0(°,qeR)的兩個(gè)根且4=1+i,

所以Z2=l-i,即Z]=[,故A正確；

z；=(l+i/=2i,z^=(l-i)2=-2i,所以故B錯(cuò)誤；

因?yàn)閆]+Z?=(l+i)+(l-i)=2=-p,所以p=-2,故C正確；

又4Z2=(l+i)(l-i)=F一i2=2=q,故D正確.

故選：ACD

11.ABC

【分析】由已知結(jié)合正弦函數(shù)的最值取得條件，周期性及單調(diào)性檢驗(yàn)各選項(xiàng)即可判斷.

ITTT7T

【詳解】當(dāng)》一。=2,時(shí)，a=-l,b=l,/(x)=sin(6yx+-),當(dāng)①足夠大時(shí)，[不兀]包含

662

完整周期，故A正確;

答案第4頁，共13頁

—+-<2far--

262

為使。更小，g,兀］只包含一個(gè)最大、最小值點(diǎn)，所以，,解得

兀、兀

TICOH----N2K71H-----

62

12

2k+—<a)<4k—,k￡Z,

33

7

所以k=1時(shí)，8",驗(yàn)證成立，故B正確;

71"(兀)=_且叵

C項(xiàng)：若b—a=6,當(dāng)。取最小值時(shí)，周期最大，且/<一5萬>,故

汽07書，故故C正確;

項(xiàng)：若-。=^|，。取最小值時(shí)，周期最大，71"㈤

D6,當(dāng)

771iTT2兀\3兀..,

此時(shí)D錯(cuò)誤.

2

故選：ABC.

12-1

【分析】根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性計(jì)算可得.

【詳解】因?yàn)镴N(2,l)^P(^>a+l)=P^<a),

,,3

所以〃+1+Q=2X2,解得〃=—.

2

3

故答案為：—

13.-##0.5

2

a1

【分析】依次賦值x=y=2,得〃2)=半賦值x=2,y=l,得〃1)=1；最后賦值x=l,y=；

即可求解.

【詳解】由題賦值％=丁=2,得〃2x2)=/(2)+/(2)—l,

3

所以由"4)=2,得62)=；；

賦值x=2,y=l,得〃2xl)=〃2)+/⑴—1,所以"1)=1；

賦值x=2,y=g,得“21

X—=/(2)+/Tn/

2II

故答案為：y

答案第5頁，共13頁

41

14.-##1-

33

【分析】設(shè)直線AB的方程為彳=歿+葭，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合三棱錐

的體積公式求解.

【詳解】由于直線過焦點(diǎn)且與拋物線交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，故設(shè)其方程為

P

x=myH——,

2

聯(lián)立方程「一沖+，，消去X得，y2-2pmy-P2=0,

y=2Px

所以力?%=-02，

所以

22

^A-FMB=\-SBFM-\yA\=^x^\MF\-\-yB\-\yA\=^\MF\-\-yB\-\yA\=^P(l-^]=^-p^-2p')<p+p+(42p

jjZoozy243

4,、

當(dāng)p=4-2p,即p=§時(shí)，三棱錐A-RWB體積最大.

4

故答案為：—.

15.（1）證明見解析

【分析】（1）取4G中點(diǎn)a，連接用Q，。。，由已知條件證明出4?！ā?，即可得證用。//

平面AQG.

（2）先求平面與平面BCC4的法向量7"=國％，4）和”=（々,%/2），再由

m-n

COS7"，〃=口嗣，結(jié)合二面角夾角范圍和圖形即可求解.

【詳解】（1）如圖，取AC中點(diǎn)a，連接oox,

則由題意4B//你//。。且片2=M=。。1,故四邊形B.BOQ是平行四邊形，

所以BQHBO且B。=BO,故BQJ/OD且用孰=。。，

答案第6頁，共13頁

所以四邊形4ao。是平行四邊形，故用O//OQ,

又耳。＜2平面AOC],QOu平面A。G，

所以用。//平面AQG.

（2）由題意可知AC,B3O4兩兩垂直，

故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz,

則由題意4（0,-2,O）,E＞（1,O,O）,C（O,2,O）,B（-1,0,0）,Bx（0,0,2月），

又用=/=明=（1,0,2月），

所以O(shè)G=OC+CG=OC+B4=（0,2,0）+（1,0,2A/3）=（1,2,2A/3）,

OAl=OA+AA,=OA+BB,=（0,-2,0）+（1,0,2道）=（1,-2,2@,

即A（1,-2,2⑹,G（1,2,2⑹，

所以4G=（1,2,0）,CG=（l，0,26）,DA=（0,-2,2^）,DG=（0,2,273）,

設(shè)平面AQG的一個(gè)法向量為根=（%,4zj,

m_LBCm?BG=玉+2y=0

則,所以＜1

m-CC=玉+2V=0

m±CCXX

取%=2石，則譏=（2百，-石1）,

n_LDO】

設(shè)平面3CG4的一個(gè)法向量為〃=（兀2，%*2），貝卜

n_LDA{

=2A/3Z

Un-D-O2,%+92=居04取/j則”（z1，。，。x），

所以

答案第7頁，共13頁

_mn_2A/3_G

所以cosm,n=?J?=---二—，

4x12

設(shè)平面4。。]與平面BCC[B]夾角為e,則cosg=|cosm,?|=,

TT

所以平面AQG與平面BCQBI夾角的大小為e=y.

16.(l)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(L+8)上單調(diào)遞減，極大值g(l)=；,無極小值.

(2)證明見解析

【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)〃x)的極大值點(diǎn)及，由單調(diào)性證明

【詳解】(1)函數(shù)〃x)=xhu=，x3,定義域?yàn)?0,+“)，

6

111—/

g(x)=/'(x)Tnx+1_w尤2,g，(x)=—x=----(x>0),

乙XX

g'(x)>0解得0cx<1,g'(x)<0解得x>l,

所以g(X)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

故極大值為g(l)=lnl+l—；=；,無極小值.

(2)由(1)可知，-⑴=g6=；>0且/[]=一』<。，廣仁)=7<0,

所以根據(jù)零點(diǎn)定理，居eg」]使/&)=0,叫e(l,e)使尸(%)=。，

即工?0,%)5々，+8)時(shí)，/'(x)<0，f(x)為減函數(shù)；

xe(玉,巧)時(shí),f'(x)>0,/(x)為增函數(shù),

所以/(%)存在唯一極大值點(diǎn)巧，即%)=豆e(Le),

又因?yàn)?(m)=ln|+l(I

=ln3-ln2+l--=ln3-|ln2+-?ln3-0.8181>0=^(x)

8180,

所以即x°>T，得證！

17.(1)當(dāng)左=正時(shí)，f=0；當(dāng)左=更時(shí)，f=土無；當(dāng)％=1時(shí)，t=±l.

222

答案第8頁，共13頁

2/9

⑵XXw±---.

竹84

【分析】（1）直線方程和雙曲線方程聯(lián)立，由△=（）求得左與r的函數(shù)關(guān)系，再由左的值求出

相應(yīng)的,的值;

（2）設(shè)Q（機(jī),〃），利用導(dǎo)數(shù)求直線/的斜率，得直線/'的斜率和方程，求出A,8兩點(diǎn)的坐標(biāo),

表示出分點(diǎn)尸的坐標(biāo)，由。（"，,"）在雙曲線上，得點(diǎn)P的軌跡方程.

【詳解】（1）由〈萬一）'T,消去y得（2二一1）/+4依+2產(chǎn)+2=0,

y=kx+t

由公=-16左2+85+8=0,得2/=產(chǎn)+1,當(dāng)A=1?時(shí)，/不存在；

當(dāng)％=也時(shí)，fwO；當(dāng)左=中時(shí)，t=+--,當(dāng)左=1時(shí)，t=±l.

222

（2）設(shè)QOM,則〃w0,根2=2/+2,

對。求導(dǎo)可得＞2y.y=0,則了=5，

有冗,=一@=一型,所以=

xmm

令y=0,得x=],所以?|九0；令x=0,得，=3〃，所以8（0,3"）,

f33133

所以尸即％=]〃?，匕＞=7”，

則〃?=丸,〃=久，所以那%=。；+2,得考=?+，,八。,

5Jyy2o

即尸的軌跡方程是土羋.

2o4

以⑴黑

(2)(i)E(X)=M+；(〃+1),E(X2)=zw2+m(n+1)+1(n+1)(2?+1)；(ii)H

答案第9頁，共13頁

【分析】(1)根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算可得;

(2)(i)根據(jù)左階矩的定義、期望公式及等差數(shù)列求和公式計(jì)算可得；(ii)首先求出樣

本數(shù)據(jù)的1階矩及2階矩，結(jié)合(i)的中的結(jié)果得到方程組，解得即可.

【詳解】⑴依題意可得抽到的4個(gè)數(shù)字互不相同的概率尸=卜塔;

oooo230

(2)(i)依題意X的可能取值為m+1,m+2,L,根+〃OEN,〃￡N*),

且尸(X=m+i^=—(1<z<nSzGN*),

n

所以E(X)」[O+l)+O+2)++(m+n)]

n

=—nm+—n{n+1)=m+—(n+1),

n22

依題意X?的可能取值為(m+1)2,(m+2)2,L,n)2(mGN,neN*)

且P(x2=(m+i)]=：(IV<〃且QN*),

所以E(X?)=匕(租+1)2+(m+2)2+…+(〃z+riy]

n

1r2

=—n?m+2(m+2m++nm)+(l2+22++

nL

121

=—n-m+〃(〃+l)?根+一〃(〃+1)(2〃+1)

n6

71

=m+m(n+1)+—(及+1)(2〃+1)；

6

(ii)依題意樣本數(shù)據(jù)3,8,9,12為期望(平均數(shù))為:(3+8+9+12)=8,

則9,64,81,144為期望(平均數(shù))為:(9+64+81+144)=74.5,

E(X)=++1)=8

所以

(22皿〃+(

EX)=m+1)+g"+1)(2"+1)=74.5

2

消去加得8-1(?+l)8一*+1)

+(〃+l)+-(n+1)(2〃+1)=74.5,

6

整理得/=127,解得〃=加(負(fù)值已舍去)，

又1儼=121,122=144,所以”1L

19.(1)MT={0,1,2,00,01,02,12,601,002,012,0012}

⑵(i)\Mz\>\Mx\=\My\;(ii)答案見解析

答案第10頁，共13頁

【分析】（1）由自然數(shù)X的子列集合，即可求解；

（2）⑴由工=而11/=仃面,z=iWL根據(jù)子列集合的定義，進(jìn)行列舉，分別求得=

Mb"和M』=i9,即可求解；

（ii）根據(jù)題意，得到加強(qiáng)命題轉(zhuǎn)化為⑶L=n*（q+1）T，等號成立的條件是，當(dāng)X中

相同數(shù)字排列在一起的情形，結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法，作出證明即可.

【詳解】（1）解：由自然數(shù)X的子列集合，可得：

自然數(shù)x=而無，可得此.={。,1255,所,應(yīng),心,麗,而,近,麗直}.

（2）解：（i）由X=00111,y=11100,z=10101,

可得{6,1,55,51,II,麗,5H,TH,麗1,而工麗11},即

MV={L6,n,io,oo,m,HO,IOO,mo,nooo,moo},BP|MJ=H,

MZ={[6,*,桁,所,麗,麗,麗,麗,麗,而,麗,山,15而,而1而,麗1兩,麗1},即

|M』=19,所以

（ii）加強(qiáng)命題如下：若由生個(gè)數(shù)字2構(gòu)成題中的自然數(shù)元（其中qsN,偽一位整數(shù)，本

題即為%=3,4=0,%=6,為=2,%=3,&=4的情形），

則所求M.L=口著（《+1）-1,等號成立的條件是，當(dāng)》中相同數(shù)字排列在一起的情形，

證明：①當(dāng)”=1時(shí)，跖⑸，。一，顯然成立；

②設(shè)當(dāng)〃=%時(shí)，命題成立，即“⑺L=n*（q+i）-i,

當(dāng)〃=%+1時(shí)，相當(dāng)于在原來字符串的基礎(chǔ)上增加了%+i個(gè)4+1,

注意到此時(shí)w=左時(shí)的每一種排列,此時(shí)匹配上0到aM個(gè)排列，

都能構(gòu)成〃=左+1時(shí)的一種排列，再結(jié)合不含有n=%