2025年湖北省八市高三(3月)联考数学试卷（PDF版，含答案）

2025 年湖北省八市高三(3 月)联考
数 学 试 卷
命题单位:天门市教科院　 　 审题单位:潜江市教研室　 黄冈市教科院 2025. 3
　 　 本试卷共 4 页,19 题,全卷满分 150 分. 考试用时 120 分钟.
★祝考试顺利★
注意事项:
1. 答题前,先将自己的姓名、准考证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 2B 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.
3. 非选择题的作答: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.
4. 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 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.
1. 已知集合 A= {x | y= x-1 },B= {y | y= 2-x2},则 A∩B=
A. [1,+ ) B. [0,2] C. D. [1,2]
+
2. , z z = 3 i在复平面内 复数 1 对应的点与复数 2 对应的点关于实轴对称,则 z 等于2-i 1
A. 1+i B. -1-i C. -1+i D. 1-i
3. 已知圆 C:(x-1) 2 +y2 = 1 和直线 l:y= kx- 3 , 3则“k> ”是“直线 l 与圆 C 有公共点”的
3
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知 cos(α+β)= sinαcosβ,tanαtanβ= -2,则 tan(α+β)=
A. - 7 B. 1 C. 7 D. - 7
3 3 9 9
5. 已知△ABC 的面积为 1,取△ABC 各边的中点 A1,B1,C1 作△A1B1C1,然后再取△A1B1C1
各边的中点 A2,B2,C2 作△A2B2C2,…依此方法一直继续下去. 记△AnBnCn(n∈N )的
面积为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则
A. 数列{2na }为常数列 B. 数列{2nn an}为递增数列
S S
C. 数列{ n } n为递减数列 D. 数列{ }为递增数列
n n
数学试卷　 第 1 页(共 4 页)
6. 下列四个命题
①直线 a 不平行于平面 α,a α,则平面 α 内不存在与 a 平行的直线;
②两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件;
③平面 α⊥平面 β,α∩β=l,过 α 内的任意一点作交线 l 的垂线,则此垂线必垂直于平面 β;
④空间中,一个角的两边分别垂直于另一个角的两边,那么这两个角相等或互补.
其中正确的命题是
A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④
Y = b x+a +e
7. 1 1 1 1根据变量 Y1 和 x 的成对样本数据,由一元线性回归模型①{ 2,得到E(e1)= 0,D(e1)= σ1
经验回归模型 y= b1x+a1,对应的残差如图(1)所示. 根据变量 Y2 和 x 的成对样本数据,
{Y2 = b2x+a② 2 +e2由一元线性回归模型 ,得到经验回归模型 y = b x+a ,对应的残E(e2)= 0,D(e2)= σ2 2 22
差如图(2)所示,则
A. 模型①的误差满足一元线性回归模型的 E(e1)= 0 的假设,不满足 D(e )= σ21 1 的假设
B. 模型①的误差不满足一元线性回归模型的 E(e1)= 0 的假设,满足 D(e1)= σ21 的假设
C. 模型②的误差满足一元线性回归模型的 E(e2)= 0 的假设,不满足 D(e2)= σ22 的假设
D. 模型②的误差不满足一元线性回归模型的 E(e2)= 0 的假设,满足 D(e2)= σ22 的假设
8. 已知函数 f(x)= axex+ln a ,g(x)= x2 -x,若存在实数 x0,使得 f(x0 ) ≤g(x0 ),则实数 ax
的取值范围为
A. (0,1] B. ( - 1∞ ,0)∪(0,1] 　 　 C. (0, ] D. ( -∞ ,0)∪(0,
1 ]
e e
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,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分。
9. 已知函数 f(x)= Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则
A. f(x) π的解析式可以为 f(x)= 2sin(2x+ )
3
B. 将 f(x)图象上的所有点的横坐标变为原来的 2 倍,再向左平
π
移 个单位,得到 g(x)的图象,则 g(x)= f( 1 x+ π )
3 2 3
C. f(x) π的对称中心为( - +kπ,0),k∈Z
6
D. 若 x1,x ∈( -
π , π2 ),f(x1)= f(x
　
6 3 2
)(x1≠x2),则 f(x1 +x2)= 3
数学试卷　 第 2 页(共 4 页)
y2 210. x已知椭圆 C: 2 + 2 = 1(a>b>0)的上下焦点分别为 F1,F2,左右顶点分别为 B,A,O 为a b
坐标原点,M 为线段 AO 上一点,直线 F1M 垂直平分线段 AF2 且交椭圆 C 于 P、Q 两
点,则下列说法中正确的有
A. 椭圆 C 1的离心率为
2
B. △APQ 的周长为 4a
C. 以点 M 为圆心, |MB |为半径的圆与椭圆 C 恰有三个公共点
D. 若直线 AP,BQ 的斜率分别为 k1,k2,则 k1 = 2k2
11. 在一次数学兴趣小组的实践活动中,李怡同学将一张边长为 10 cm 的菱形纸片 ABCD
沿对角线 BD 折叠,形成一个二面角模型 A′-BD-C,BD= 12 cm,如图所示. 下列叙述中
正确的有
A. 四面体 A′-BCD 体积的最大值为 384 cm3;
B. 在折叠的过程中,存在某个时刻使 DA′⊥BC;
C. 当 A′C= 8 cm 时,动点 M 在平面 A′BD 内且 CM≤7 cm,则动
点 M 所形成区域的面积为 π cm2;
D. 1在 C 的条件下,若直线 CM 与直线 BD 所成的角为 α,则 cosα 的最大值为 .
7
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。
12. (1+x2)(1+x) 5 的展开式中 x4 的系数为 .
13. 平面向量 a,b 满足 | a | = 2, | a-b | + | a+b | = 8,则〈a-b,a+b 〉的最小值为 .
14. 一袋中装有 3 个红球,5 个黑球,从中任意取出一球,然后放回并放入 2 个与取出的球
颜色相同的球,再从袋中任意取出一球,然后放回并再放入 2 个与取出的球颜色相同
的球,一直重复相同的操作.
(1)第二次取出的球是黑球的概率为 ;
(2)在第一次取出的球是红球的条件下,第 2 次和第 2025 次取出的球都是黑球的概率
为 .
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. (本小题满分 13 分)
已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C的对边,向量m=(a,b+c),n=( 3sinC+cosC,1),
m·n= 2(b+c) .
(1)求 A;
(2)若 c= 2 3 ,B→M= 2M→C,AM= 2. 求△ABC 的面积.
数学试卷　 第 3 页(共 4 页)
16. (本小题满分 15 分)
已知函数 f(x)= lnx-mx2 在 x= 1 处的切线方程为 x+my= 0.
(1)求实数 m 的值;
(2)已知 a>0,函数 g(x)= f(x) +1- x
-b+x2,若 g(x)≤0, 1求证:ab≤ .
a 2e
17. (本小题满分 15 分)
如图,直三棱柱 ABC -A1B1C1 中,A1D
→
1 = λA1C
→
1,A
→D = μA→C (λ,μ∈ ( 0,1)) 且平面
AB1D1∥平面 BDC1 .
(1)求实数 λ,μ 的值;
(2) A C⊥ AB D ,AB= 　若 1 平面 1 1 2AA1,A1C∩AD1 =E.
(i)求证:BD⊥AC;
(ii)求二面角 E-BC1 -D 的余弦值.
18. (本小题满分 17 分)
已知两点 F1( -2,0),F2(2,0),平面内的动点 M 到定点 F2 的距离与到直线 l:x = 1 的
距离之比为 2 ,点 M 的轨迹为曲线 C.
(1)求曲线 C 的方程;
(2)点 P → →在曲线 C 上,且在第一象限,连接 PF2 并延长与曲线 C 交于点 Q,PF2 =λF2Q
(λ>0),以 P 为圆心, | PF2 | 为半径的圆与线段 PF1 交于点 N,记△PF2N,△PF1Q 的面积
分别为 S1,S2 .
|PF | x +1
(i) 1 1若点 P 的坐标为(x1,y1),求证: = ;|PF2 | x1 -1
S +λS
(ii) 2 1求 的最小值.
S1
19. (本小题满分 17 分)
有穷等差数列{an}共有 m 项(m>2),公差为 1,前 n 项和为 Sn,a = a21 ,a 2m = b (a,b 为
正整数) . T 为集合 A= {ak | ak 为完全平方数,k= 1,2,…,m}中所有元素之和.
(1)当 a= 2,b= 6 时, T求 ;
Sm
(2)从数列{an}
1
中任取一项 ai,若 ai∈A 的概率为 ,试求出所有的数对(a,b);100
(3)设 X 为正整数,将 X2 从正中间分割为两个数(若 X2 的位数是奇数,在数的前面
补上 0 再分割),若这两个数的和恰好等于 X,则称 X2 为“漂亮数” . 例如:92 = 81,8+1 = 9,
所以 81 是一个“漂亮数”,2972 = 88209,88 + 209 = 297,所以 88209 是一个 “漂亮数” .
当 a= 32,b= 99 时,从集合 A 中任取一个元素,求该元素为“漂亮数”的概率.
数学试卷　 第 4 页(共 4 页)
2025年湖北省八市高三 (3月)联考
数学参考答案与评分细则
一、单选题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D B C C A A D
二、多选题
题号 9 10 11
答案 AD ABD BCD
三、填空题
12. 15 13. 2π3 (120
0) 14. (1) 58 (2)
7
24
部分试题解析
7.对于残差图 (1)对应的散点，随机误差满足 E(e1) = 0的假设，但是方差 σ21 随着 x的变化而
变化，不满足D(e1) = σ21 的假设；对图 (2)对应的散点，均匀分布在水平带状区域内，随机误
差满足 E(e2) = 0的假设，方差 σ22 不随 x的变化而变化，满足D(e 2) = σ22 的假设.故选 A
8.当 a< 0时，x< 0，f (a) = a2ea< a2< a2- a= g(a)，合题意.
当 a> 0 a a时，x> 0，f (x)≤ g(x)即 axex+ ln ≤ x2x - x axe
x+ x+ ln x ≤ x
2
axex+ x+ ln a + lnx2≤ x2+ lnx2 ex+ln(ax)x + x+ ln(ax)≤ x
2+ lnx2
∵ y= x+ lnx ∴ ex+ln(ax)为增函数， ≤ x2，即 axex≤ x2 a≤ x
ex
x 1 1
由题意，只需 a≤(
ex
)max= e ，所以 0< a≤ e
综上，a的取值范围为 (-∞,0) ∪ (0, 1e ]，故选D
10.由题知：|AF1| = |F1F2|，即 a= 2c e= 12 ，故 A正确；
由题知：|AP| = |F2P|，|AQ| = |F2Q|，
∴ΔAPQ与ΔF2PQ的周长相等
又 |QF1| +|QF2| = 2a，|PF1| +|PF2| = 2a, B
故ΔF2PQ的周长为 4a，即ΔAPQ的周长为 4a,故 B正确；
1 a2∵ e= ∴ = 42 2 3 ，易知Mb
b
3 ,0 ，
设V(x,y)为椭圆上的任意一点，则
2
|MV |2= - b 2 x + (y- 0)2=- 1 (x+ b)2 16b3 3 + 9 (x∈ [-b,b])
2
当 x=-b时，|MV |2 = 16bmax 9 ，∴ |MV |
4b
max= 3 ，即 |MV | ≤ |MB|，
∴以点M为圆心，|MB|为半径的圆与椭圆C恰有一个公共点，故C错；
·1·
2
设直线 AQ a的斜率为 k3，易知：k2k3=- ；b2
∵直线 AP的方程为：y= k1(x- b)，直线 AQ的方程为：y= k3(x- b)
∴点 P，Q的坐标满足方程：[y- k1(x- b)] [y- k3(x- b)]= 0
即 y2+ k 21k3(x- b) - (k1+ k3) (x- b)y= 0
y2 2 2
又点 P，Q x椭圆上，∴点 P，Q的坐标满足 + = 1 y2=- a (x2- b22 2 2 )a b b
a2
代入上式可得：- 2 2 22 (x - b ) + k1k3(x- b) - (k1+ k3) (x- b)y= 0b
∵ x≠ b ∴- a
2
， 2 (x+ b) + k1k3(x- b) - (k1+ k3)y= 0即为直线 PQ的方程，b
2
将M ( b3 ,0)
2a
代入得：k1k3=- 2 = 2k2k3，又 k3≠ 0，所以 k1= 2kb 2
.
故D正确，所以选 ABD
11.连接 AC交 BD于O，连接 A'O,则OB=OD= 6,，
OC=OA=OA' = 8, S 1ΔBCD= 2 × 12× 8= 48
当 A'O⊥平面 BCD时，四面体 A' - BCD的体积最大，
此时V 1A'-BCD= 3 × 48× 8= 128，故 A错；
易知，平面 A'AC⊥平面 ABCD，
平面 A'AC∩平面 ABCD= AC，
过 A'作 A'N⊥ AC于N，则 A'N⊥平面 ABCD，
当DN⊥ BC时，BC⊥平面 A'DN，此时 A'D⊥ BC，
故 B正确；
当 A'C= 8时，ΔA'OC为正三角形，又面 A'OC⊥面 A'BD，过C作CH⊥ A'O
则CH= 4 3，
CM 2=CH2+HM 2≤ 49 HM≤ 1，
即点M在以H为圆心，1为半径的圆面上，其面积为 π，故C正确；
1
由前面分析知：CM与平面 A'BD所成角最小时，其余弦值 7 ，
所以CM与 BD所成角 α 1最小时，cosα= 7 (CM的射影与 BD平行时)
故D正确.，所以选 BCD
14.记 Ai表示第 i次取到黑球，则

(1)P(A2) = P(A1)P(A2|A1) + P(A1)P A 5 7 3 5 52|A1)= 8 × 10 + 8 × 10 = 8

(2)P(A A 5 7 72 3|A1) = 10 × 12 = 24

P(A2A4|A1) = P(A2A A 5 7 9 5 5 7 73 4|A1) + P(A2A3A4|A1) = 10 × 12 × 14 + 10 × 12 × 14 = 24
·2·

P(A2A5|A1) = P(A2A3A4A5|A1) + P(A2A3A4A5|A1) + P(A2A3A4A5|A1) + P(A2A3A4A5|A1)
= 5 × 7 × 9 11 5 7 5 9 510 12 14 × 16 + 10 × 12 × 14 × 16 + 10 ×
5 × 7 × 912 14 16 +
5 5 7 7
10 × 12 × 14 × 16
= 724
......

P(A2An|A ) = 71 24 (n> 2)
5
事实上,可以证明：① n∈N *，P(An) = 8 ；

② n> 2，P(A2An|A 71)= 24 (n∈N
*)；

③ n>m≥ 2，P AmAn|A 7 * *1)= 24 (m∈N ，n∈N )．
四、解答题
15. 解：(1) m n = 2(b+ c) 3asinC+ acosC= b+ c
3sinAsinC+ sinAcosC= sinB+ sinC
3sinAsinC+ sinAcosC= sinAcosC+ cosAsinC+ sinC
3sinAsinC= sinC(cosA+ 1)
∵C∈ (0,π),sinC≠ 0∴ 3sinA- cosA= 1即 2sin A- π6 = 1 4分
又 A∈ (0,π),A- π6 ∈ -
π , 5π A- π = π A= π6 6 ，故 ，即 5分 6 6 3
(2) BM = 2MC AM - AB= 2(AC- AM )
1 2 ∴ AM = 3 AB+ 3 AC
1 |AM |2= 3 AB+
2 2
3 AC =
1 2 4 2 4
9 AB + 9 AC + 9 AB AC 9分
又 AB= c= 2 3，AC= b，AM= 2即 |AM | = 2
∴ 4= 1 29 2 3 +
4 b29 +
4
9 b 2 3cos
π
3
∴ b2+ 3b- 6= 0 ∴ b= 3或 b=-2 3 (舍)
S = 1 bcsinA= 3 3故 ΔABC 2 2 13分
16．解：(1) ∵ f (x) = lnx-mx2，∴ f '(x) = 1x - 2mx
当m= 0时，f (x) = lnx,显然 x= 0不是 f (x)的切线，不合题意；
f (1)=- 1m , -m=-
1
m , m2=1,
当m≠ 0时，由题意 1 1 2- - = ,解得m= 1.f '(1)=- , 1-2m=- 2m m 1 0m m
6分
·3·
(2) g(x) = lnx+ 1- x-b = lnx- x + 1+ b证明： a a a
g'(x) = 1 - 1 = a-xx a ax 8分
因为 a> 0，所以 g(x)在 (0,a)上单调递增，在 (a, +∞)上单调递减，
所以 g(x)max= g(a) = lna+ ba 10分
g(x)≤ 0 b，当且仅当 g(x)max≤ 0，即 lna+ a ≤ 0 b≤-alna，
所以 ab≤-a2lna 12分
设 h(x) =-x2lnx 1，x> 0，则 h'(x) =-2xlnx- x2 x =-x(2lnx+ 1)
- 1 1
h'(x)> 0 0< x< e 2
-
，h'(x)< 0 x> e 2，
- 1 1
∴ h(x)在 0,e 2 -上单调递增，在 e 2,+∞ 上单调递减，
- 1
∴ h(x) = h e 2 = 1 ，所以-a2max 2e lna≤
1
2e ,所以 ab≤
1
2e . 15分
17.解：(1)连接 A1B交 AB1于点 F，则 F为 A1B的中点，连接D1F，
因为平面 AB1D1 平面 BDC1，
平面 AB1D1∩平面 BA1C1= D1F，平面 BDC1∩平面 BA1C1=C1B,，所以D 1F BC1
1
所以D1 为 A1 C1的中点，所以 λ= 2 3分
因为平面 AB1D1 平面 BDC1，
平面 AB1D1∩平面 ACC1A1= AD1，平面 BDC1∩平面.ACC1A1= C1D，
所以 AD1 DC1，又 AD D1C1，所以四边形 ADC1D1为平行四边形，
所以 AD= D1C = 1 11 2 AC，所以 μ= 2
故 λ= μ= 12 6分
(2) (i) ∵ A1C⊥平面 AB1D1，B1D1 平面 AB1D1，∴ A1C⊥ B1D1
又 AA1⊥平面 A1B1C1，B1D1 平面 A1B1C1，∴ AA1⊥ B1D1
又 AA1∩ A1C= A1，AA1 平面 AC1，A1C 平面 ACC1A1，
∴ B1D1⊥平面 ACC1A1
∵D,D1分别为 AC, A1C1的中点，所以DD1 BB1，DD1= BB1,
所以四边形 BB1D1D为平行四边形，∴ B1D1 BD，∴ BD⊥平面 ACC1A1
又 AC 平面 ACC1A1，∴ BD⊥ AC 10分
(ii)因为 A1C⊥平面 AB1D1，AD1 平面 AB1D1，所以 A1C⊥ AD1，所以ΔAA1D1 ΔCAA1，
·4·
∴ AA1CA =
A1D1
AA AC= 2AA1，又 AB= 2AA1，所以 AC= AB1
由 (i) BD⊥ AC且D为 AC中点，∴ AB= BC，∴ AB= BC= AC 12分
设 AB= 2a，则 AA1= 2a，
如图，以D为坐标原点，以DA为 x轴，DB为 y轴，DD1为 z轴建立空间直角坐标系，
则 A1(a,0, 2a),B(0, 3a,0),C(-a,0,0),E a ,0, 2 2a3 3 ,C1(-a,0, 2a)，

∴ BE= a3 ,- 3a,
2 2a
3 ,BC1= (-a, - 3a, 2a),A1C= (-2a,0, - 2a), 13分

设平面 EBC1的法向量 n= (x,y,z)，则

n
B E
a 2 2a

=0 3 x- 3ay+ 3 z=0
n BC1=0 -ax- 3ay+ 2az=0
不妨令 x= 2，可得 z= 4,y= 6，即 n = ( 2 , 6 ,4)

又向量 A1C为平面 BC1D的法向量，且 A1C= (-2a,0, - 2a) 14分

|n A C|
设二面角 E- BC1-D的平面角为 θ cosθ= 1 = 6 2a = 2，则
|n | |A 2+6+16 6a 21C|
15分
方法二：
连接C1E并延长交 A1A于点H，则H为 A1A的中点，二面角 E- BC1-D即二面角
H- BC1-D.
因为 A1C⊥平面 AB1D1，平面 AB1D1 平面 BDC1，∴ A1C⊥平面 BDC1，
因为HD∥ A1C，所以HD⊥平面 BDC1
设 AB= 2a，则 AA1= 2a，则
DC1= a2+( 2a)2= 3a，DB= (2a)2-a2= 3a=DC1
∴ΔDC1B为等腰三角形，取C1B的中点 S，连接DS，
则DS⊥ BC1
连接HS，则∠DSH即为二面角H- BC1-D的平面角.
∵ΔBDC DS= 1 C B= 6a1为直角三角形，所以 2 1 2 .
DH= 1 6a又 2 A1C = 2 ，所以DH=DS
DH 2
所以 tan∠DSH= DS = 1，故 cos∠DSH = 2 ，
即二面角 E- BC1-D 2的余弦值为 2 .
·5·
2 2
18.解：(1)设M ( (x-2) +yx,y)，由题意： | - | = 2 2分x 1
(x- 2)2+ y2= 2(x- 1)2 x2- y2= 2
所以曲线C的方程为：x2- y2= 2 4分
(2) (i)由 (1)知 |PF2| = (x -2)21 +y21 = 2 (x1- 1) 6分
因为曲线C为双曲线，且 F1，F2为焦点，点 P在右支上，所以
|PF1| -|PF2| = 2 2 |PF1| = 2 2+ 2 (x1- 1) = 2 (x1+ 1)
∴ |PF1| = x1+1|PF2| x -1
9分
1
(ii)设点Q(x
2
,y2)，
∵ PF2= λF2Q即 (2- x1, -y1) = λ(x2- 2,y2)
∴ 2-x1=λ(x2-2) x1+λx2=2λ+2 -y =λy 即1 2 y1+λy =0 (1)2
∵ x21- y21= 2,x22- y22= 2，∴ x21- y2- λ21 (x2 22- y2) = 2- 2λ2
∴ (x21- λ2x22) - (y21- λ2y22) = 2- 2λ2
∴ (x1- λx2) (x1+ λx2) - (y1- λy2) (y 21+ λy2) = 2- 2λ
将 (1)代入上式得 x1- λx2= 1- λ，又 x1+ λx2= 2λ+ 2
联立解得 x1= λ+32 13分
PF(i) 1 = x1+1 = 5+λ |PQ| 1+λ由 知
PF2 x1-1 1+λ
，又 | =PF2| λ
= ∴ S2 = |PQ| |PF1| |PQ| |PFPN PF 1| 5+λ由题意 2 ， S1 |
=
PN | |PF2| |PF2| | |
= λ 15分PF2
∴ S2+λS1 = S2S S + λ=
5+λ
λ + λ=
5
λ + λ+ 1≥ 2 5+ 1(等号成立仅当 λ= 5 )1 1
S2+λS所以 1S 的最小值为 2 5 + 1. 17分1
方法二:
当直线 PQ的斜率存在时，设直线 PQ的方程为：y= k(x- 2)
x2-y2 =2联立 2 2 2 2 y=k(x-2) (1- k )x + 4k x- 4k - 2= 0
∴ x + x = 4k
2
x 4k
2+2
1 2 k2
，
-1 1
x2= k2
(k≠±1)
-1
∴- 3 ( 3x1-42 x1+ x2) + x1x2=-2 x2= 2x1-3
又 x1+ λx2= 2λ+ 2，联立解得 x = λ+31 2
当直线 PQ的斜率存在时，上式也成立.
以下同解法一.
19. (1) a= 2,b= 6 a = 4,a = 36,m= 33,S = 4+36解： 当 时， 1 m m 2 × 33= 660
A={4,9,16,25,36}∴ T= 4+ 9+ 16+ 25+ 36= 90 3分
T = 90 3故 Sm 660
= 22 4分
2 2
(2)因为公差 d= am-a1m-1 = 1
b -a
，即 2 2m-1 = 1，∴m= b - a + 1
·6·
又 A中元素的个数为 b- a+ 1，
b-a+1 1
由题意 2 2 = 100 6分b -a +1
整理得 b2- a2+ 1= 100(b- a) + 100 b2- a2- 100(b- a) = 99
∴ (b- a) (b+ a- 100) = 99
因为 a , b均为正整数，且 b> a
b-a=1 b-a=3 b-a=9 b-a=11所以 b+a-100=99 或 b+a-100=33 或 b+a-100=11 或 b+a-100=9
或 b-a=33 b-a=99 b+a-100=3 或 b+a-100=1 9分
a=99 a=65 a=51 a=49 a=35 a=1解得 b=100 或 b=68 或 b=60 或 b=60 或 b=68 或 b=100
故满足条件的数对有 (1,100)，(35,68)，(49,60)，(51,60)，(65,68)，(99,100) 10分
(3)由题意，“漂亮数”一定是完全平方数，又 322= 1024，992= 9801，故此时数列 {an}中的
数全部是四位数.
可设 {a }中的“漂亮数”为 p2n = 100x+ y且 p= x+ y，
其中 32≤ p≤ 99,x为两位数，y为两位数或一位数.
∴ (x+ y)2= 100x+ y
∴ (x+ y)2- (x+ y) = 99x，即 (x+ y) (x+ y- 1) = 99x
∴ 99整除 (x+ y) (x+ y- 1) 13分
注意到 99= 1× 99= 3× 33= 9× 11，又 32≤ x+ y≤ 99
①若 x+ y= 99，则 x+ y- 1= x，此时 x= 98,y= 1，∴ 9801是一个“漂亮数”. 14分
②若 x+ y< 99，注意到 (x+ y) (x+ y- 1)为相邻整数，不可能同时为 3的倍数，所以必有
9整除 x+ y，11整除 x+ y- 1，或者 11整除 x+ y，9整除 x+ y- 1.
下面分两种情况进行讨论.
(i)x+ y= 9m，x+ y- 1= 11n，4≤m≤ 10，m,n∈N *
两式相减可得 9m- 11n= 1，即 n= 9m-111
∵ n∈N *，所以m只能取 5，此时 n= 4，∴ x+ y= 45，∴ 452= 2025是一个“漂亮数” .
(ii)x+ y= 11m，x+ y- 1= 9n，3≤m≤ 8，m,n∈N *
11m- 9n= 1 n= 11m-1两式相减可得 ，即 9
∵ n∈N *，所以m只能取 5，此时 n= 6，∴ x+ y= 55，∴ 552= 3025是一个“漂亮数”.
综上所述，当 a= 32，b= 99时，数列 {an}中的“漂亮数”有 2025，3025，9801，共 3个，且都
属于集合 A 16分
而集合 A中元素的个数为 68
3
故从 A中任取一个元素，且该元素为“漂亮数”的概率为 68 . 17分
(解答题若有其他解法，参照评分细则酌情给分)
·7·