2025北京二中高三11月月考数学（PDF版，含解析）

2025北京二中高三 11月月考
数 学
一、单选题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的.
2
设集合 A = {x || x 1|≥1}， B ={x | x x 2 0}1. ，则 A B =（ ）
A. ( 2,0) B. ( 1,0)
C. ( 2,0] D. ( 1,0]
z
2. 在复平面内，复数 z1，z2对应的点分别是 (2, 1) , ( 21, 3)，则 的模是（ ）
z1
A. 5 B. 5 C. 2 D. 2
3. 设 a = ln 2，b = cos 2， c = 20.2 ，则（ ）
A. b c a B. c b a
C. b a c D. a b c
π
4. 已知 ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 c = 4， A = ，且 BE为边 AC上的
3

高， AD为边 BC上的中线，则 AD BE的值为（ ）
A. 2 B. 2 C. 6 D. 6
2
5. 在平面直角坐标系 xOy中，角 与角 的终边关于 y轴对称.若cos = ，则cos =（ ）
2 3
1 1 4 5 4 5
A. B. C. D.
9 9 9 9

6. 已知非零向量 a,b ，则“ a与 b 共线”是“ a b a b ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
1
7. 在数列 an 中， a1 = 2， an+1 = an + ln(1+ )，则 an =
n
A. 2 + ln n B. 2 + (n 1) ln n C. 2 + n ln n D. 1+ n + ln n
π
8. 将函数 g(x) = 2sin 2x的图象向左平移 个单位长度，再向下平移 1 个单位长度得到函数 f (x) 的图
12
象，则函数 f (x) 的（ ）
5π π
A. 最大值为3 B. 最小值为 1 C. 一个对称中心为 ,0 D. 一条对称轴为 x =
12 6
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9. 近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物的释放对大气臭氧层的破坏作用.科学研究表明，臭氧
t
含量Q与时间 t

（单位：年）的关系为Q =Q e a ，其中Q0 是臭氧的初始含量，a为常数.经过测算，如果0
不对氟化物的使用和释放进行控制，经过 280 年将有一半的臭氧消失.如果继续不对氟化物的使用和释放进
行控制，再．经过 n年，臭氧含量只剩下初始含量的 20%，n约为（ ）
（参考数据： ln 2 0.7 ， ln10 2.3）
A. 280 B. 300 C. 360 D. 640
9 1 1 1
10. 已知数列 a 满足 2anan+1 + an+1 = 3an n，且 a2 = ，则使不等式 + + + 100成立的n的
11 a1 a2 an
最大值为（ ）
A. 98 B. 99 C. 100 D. 101
二、填空题：本题共 5小题，每小题 5分，共 25分.
11. 已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
12. 已知递减的等差数列 a 满足 a1 + a7 =16，a7，a8，an 12 成等比数列，则数列 an 的前 n 项和的最大
值为______.
ex a, x 0
13. 设函数 f (x) = .
x
2 (a + 2)x +1, x 0
1
（1）当 a = 0 时， f (x) 的解集为______；
4
（2）若函数 f ( x)有 3 个零点，则实数 a的取值范围是______.
14. 已知长方体 ABCD A1B1C1D1的外接球的表面积为 24π， AA1 = 4，点 P在四边形 A1ACC1 内（含边界
），且直线 BP与平面 A1ACC1 所成角的正切值为 6 ，则长方体的体积最大时，三棱锥 P AB1C1体积的
最小值为______.
15. 2020 年底，中国科学家成功构建了 76 个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到
一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》
中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱 ABC A1B1C1为一“堑堵”， P是BB1 的中
点， AA1 = AC = BC = 2，设平面 过点 P且与 AC1平行，现有下列四个结论：
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3 3
①当平面 截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于 ；
2
②当平面 截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于 2 2 ；
10
③异面直线 AC1与CP所成角的余弦值为 ；
10
1
④三棱锥C1 ACP的体积是该“堑堵”体积的 .
3
所有正确结论的序号是___________.
三、解答题：本题共 6小题，共 85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 记 ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，已知a2 + b2 c2 = ab，bsinC = 2 3 sin B .
（1）求C及 c；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 ABC存在且唯一，求 ABC的
面积.
条件①：b = 4 ；
条件②：bsinC = 3 ；
3
条件③： cosB = .
2
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解
答计分.
17. 在五面体 ABCDEF 中，CD ⊥平面 ADE ， EF ⊥平面 ADE ．
（1）求证： AB//CD；
2
（2）若 AB = 2AD = 2EF = 2， ADE = CBF = 90 ，点 D到平面 ABFE 的距离为 ，求二面角
2
A BF C 的大小．
（3）在第（2）问条件下，线段 AB上是否存在点 M，使得DM 与平面 BCF 所成的角为30 ．若存在，
求 AM 的长度，若不存在，请说明理由．
18. 某大学 A学院共有学生千余人，该学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，按性别分层抽样，
已知 A 学院男生与女生人数之比为16 : 9 ，从该学院所有学生中抽取若干人作为样本，对样本中的每位学
生在5月份的累计跑步里程进行统计，得到下表.
跑 步 里 程 0 s 30 30 s 60 60 s 90 s 90
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（s km）
男生 a 9 10 6
女生 6 6 4 2
用样本频率估计总体概率.
（1）求a的值，并估计从 A学院所有学生中抽取一人，该学生5月份累计跑步里程（s km）在 0,30)中的
概率；
（2）从 A学院所有男生中随机抽取 2 人，从 A学院所有女生中随机抽取1人，将这3人中在5月份的累计
跑步里程不低于60km的人数记为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
（3）该大学 B学院男生与女生人数之比为 ， B学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，也按性别
进行分层抽样，已知 A学院和 B学院的样本数据整理如下表.
5月份累计跑步里程平均值（单位： km ）
性别 学
院 A B
男生 50 59
女生 40 45
设 A学院样本中学生 5 月份累计跑步里程平均值为 x ， B学院样本中学生 5 月份累计跑步里程平均值为A
x ，是否存在 ，使得 x x ？如果存在，求 的最大值；如果不存在，说明理由. B A B
x2 y2 3 1
19. 已知椭圆 + =1(a b 0)的离心率 e = ，且经过点 ( 3, )， A， B，C，D为椭圆的四
a2 b2 2 2
个顶点（如图），直线 l过右顶点 A且垂直于 x轴．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2） P为 l上一点（ x轴上方），直线 PC， PD分别交椭圆于 E， F 两点，若 S PCD = 2S PEF ，求点 P
的坐标．
x 2
20. 已知函数 f (x) = e +mx e,m R .（注：e = 2.718281…是自然对数的底数）
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（1）当m =1时，求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
（2）若 f (x) 只有一个极值点，求实数 m的取值范围；
（3）若存在 n R，对与任意的 x R，使得 f (x) n恒成立，求m n的最小值.
21. 对于有限正整数数列Q : a1,a2 , ,an，若存在连续子列ai ,ai+1, ,a j和符号序列 si ，
j
si+1, , s j 1,1 ，使得 skak = 0 ，其中1 i j n,i, j *N ，则称数列Q存在平衡连续子列．
k=i
（1）写出数列 2，1，2，3 的一个平衡连续子列；
（2）设对任意正整数 i，定义函数 v (i)为满足 i = u 2v的非负整数 v，其中u为奇数，令
2 v(i)
ai = 2 (i =1,2, ,7)．证明：数列 a1,a2 , ,a7 不存在平衡连续子列；
k (k *（3）设数列Q的每一项均为不大于 N )的正整数，证明：当 n 2k时，Q存在平衡连续子列．
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参考答案
一、单选题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C D A B A D C B
二、填空题：本题共 5小题，每小题 5分，共 25分.
11. 【答案】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC = 2, AB = AC = 3，且点 M为 BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
1
由于 AM = 32 12 = 2 2 ，故 S△ABC = 2 2 2 = 2 2 ，
2
设内切圆半径为 r，则：
1 1 1
S△ABC = S△AOB + S△BOC + S△AOC = AB r + BC r + AC r
2 2 2
1
= (3+3+ 2) r = 2 2 ，
2
2 4 2
解得： r ，其体积：V = r3 = .
2 3 3
2
故答案为： .
3
12. 【答案】解：因为数列 an 是递减的等差数列，设公差为 d，则 d 0 ，
所以 a1 + a7 = 2a4 =16，即 a4 = 8，即 a1 + 3d = 8①，
又 a7，a8，a12 成等比数列，
2
所以 a
2
8 = a7 a12 ，即 (a + 7d ) = (a ②， 1 1 + 6d )(a1 +11d )
a1 =17
联立①②，解得 ，
d = 3
所以 an =17 3(n 1) = 3n + 20 ，
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20
令 an 0 ，则 3n + 20 0 ，解得： n ，
3
又数列 an 是递减的等差数列，
所以从 a1 到 a6 均大于 0，从 a7 开始每项都小于 0，
6(a + a ) 6 (17+ 2)
所以 1 6Smax = S6 = = = 57 .
2 2
故答案为：57 .
ex , x 0
13. 【答案】（1）当 a = 0 时，函数 f (x) = ， 2
x 2x +1, x 0
1 1
当 x 0 时， f (x) ，即 e
x ，
4 4
1
解得 x ln = ln 4；
4
结合 x 0 ，得 ln 4 x 0 ；
1 2 1
当 x 0 时 f (x) ，即 x 2x +1 ，
4 4
3 1
解得 x 或 x ，
2 2
1 3
结合 x 0 ，得0 x 或 x≥ .
2 2
1 1 3
综上， f (x) 的解集为[ ln 4, ] [ ,+ ) ；
4 2 2
（2）若函数 f ( x)有 3 个零点，可得 f ( x)在（ , 0]上有一个零点，在（0,+ ）上有两个零点，
当 x 0 时， f (x) = ex a = 0 ，得 a = ex ，
因 x 0 ，故 ex (0,1]，
即当 a （0,1]时， （f x）在（ , 0]上有一个零点 x = lna；
当 x 0 时， f (x) = x2 (a + 2)x +1= 0 ，这是一元二次方程，需有 2 个正根，
2Δ = (a + 2) 4 0

则 a + 2 0 ，解得 a 0 ，
1 0

综上，a的取值范围是 (0,1] .
1 3
故答案为：（1）[ ln 4, ] [ ,+ ) ；（2） (0,1] .
2 2
14. 【答案】设长方体 ABCD A1B1C1D1的外接球的半径为 R，则4πR
2 = 24π，即R2 = 6 ，
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设 AB a， AD b， AA1 = c = 4，
2
则 (2R) = a2 + b2 + c2，即 24 = a2 + b2 +16，所以 a2 + b2 = 8，
V = abc = 4ab 2(a2 + b2而长方体的体积 ) =16，当且仅当 a = b = 2 时，等号成立，
所以长方体的体积最大时， a = b = 2 ，即 AB = AD = 2 ，
1 1
所以OB = BD = 2 ，OA = AC = 2 ， AC = 2 6 ， 1
2 2
连接 AC， BD，交于点O，连接OP，则OB ⊥ AC，
由长方体的性质知， AA1 ⊥平面 ABCD，
因为OB 平面 ABCD，所以 AA1 ⊥OB，
又 AC∩AA1 = A， AC， AA1 平面 A1ACC1 ，所以OB ⊥平面 A1ACC1 ，
所以 OPB就是直线 BP与平面 A1ACC1 所成角，即 tan OPB = 6 ，
OB OB 2 3
在Rt△POB中，OB = 2 ， tan OPB = = 6 ，所以OP = = = ，
OP 6 6 3
3
即点 P的轨迹是在四边形 A1ACC1 内（含边界），以O为圆心， r = 为半径的半圆，
3
过点O作OQ ⊥ AC1于点Q，
OQ CC1 OA CC1 2 4 2 3因为 sin CAC1 = = ，所以OQ = = = ，
OA AC1 AC1 2 6 3
2 3 3 3
所以半圆上的点 P到 AC1距离的最小值为 d =OQ r = = ，
3 3 3
所以三棱锥 P AB1C1体积
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1 1 1 1 1 3 2
VP AB C =VB APC =VB APC = OB S APC OB AC1 d = 2 2 6 = ， 1 1 1 1 1 3 1 3 2 3 2 3 3
2
即三棱锥 P AB1C1体积的最小值为 .
3
2
故答案为： .
3
15. 【答案】对于①，如图，取 E， F ，G 分别为对应边中点，
6
易知四边形 PEFG是等腰梯形，且高为 ，
2
当 E不是 AA1 中点时， PE不平行平面 A1B1C1，
1 6 3 3
则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个， SPEFG = ( 2 + 2 2 ) = .
2 2 2
所以① 正确；
对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，
1 3
其面积 S = (1+ 2) 2 = 2 . 所以②错误；
2 2
对于③，将三棱柱补成正方体， J 为对应边中点，易知 CPJ 为异面直线 AC1与CP所成角或补角，
2
CP = CJ = 5 ， PJ = 2 ，所以 2 10 ，所以③ 正确； cos CPJ = =
5 10
1 4 1
对于④，VC ACP =VP C CA = S△C CA 2 = ，VABC A B C = 2 2 2 = 4 ，所以④正确. 1 1 3 1 3 1 1 1 2
故答案为：①③④.
三、解答题：本题共 6小题，共 85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
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16. 【答案】（1）
2 2 2 a
2 +b2 c2 1
由 a + b c = ab和余弦定理可得cosC = = .
2ab 2
2π
因为C为 ABC的内角，所以C (0,π) ，故C = ，
3
b 2 3
由bsinC = 2 3 sin B变形得 = ，由正弦定理得 c = 2 3 .
sinB sinC
（2）
选择条件①：b = 4 ，
4 2 3
=
由正弦定理得 sin B 3 ，解得 sin B =1，
2
π
因为 B为 ABC的内角，所以 B (0,π) ，故 B = ，
2
2π
与C = 相互矛盾，故不存在这样的三角形，
3
所以我们不选择条件①，
选择条件②：bsinC = 3 ，
2π 3
因为bsinC = 3 ，C = ，所以b = 3 ，
3 2
1 4+ a2 12
解得b = 2 ，由余弦定理得 = ，
2 2 a
化简得 a2 + 2a 8 = 0，解得 a = 2或 a = 4 （舍），
1
所以 S△ABC = absinC = 3 .
2
3
选择条件③： cosB = ，
2
3 1
因为 cosB = ，所以 sin B = .
2 2
因为bsinC = 2 3 sin B，所以b = 2 ，
3 a2 +12 4
由余弦定理得 = ，化简得 a2 6a +8 = 0 .
2 2a 2 3
解得 a = 2或 a = 4，当 a = 4时， ABC是直角三角形，与题干不符，故排除，
1
所以 S△ABC = absinC = 3 .
2
17. 【答案】（1）
第10页/共17页
证明： CD ⊥平面 ADE ， EF ⊥平面 ADE ，
CD//EF ， CD 平面 ABEF， EF 平面 ABEF，
CD// 平面 ABEF，
平面 ABEF 平面 ABCD = AB， AB 平面 ABCD，
AB//CD．
（2）
CD ⊥平面 ADE ， AB//CD， AB ⊥平面 ADE ， AE 平面 ADE ，
AB ⊥ AE，
又 CD ⊥平面 ADE ， AD,ED 平面 ADE ，
CD ⊥ AD,CD ⊥ ED，

又 ADE = 90 , AD DC = D， AD,DC 平面 ABCD，
ED ⊥平面 ABCD，
V 2D ABE =VE ABD ， S ABE = S ABD ED ，
2
1 2 1 2
AB AE = AB AD ED ，即 AE = AD ED AE = 2 ED ，
2 2 2 2
2 2
AE = AD + ED = 2 ED ，即 AD = ED =1， AE = 2 ，
以 D为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
设 DC = c，则
A(1,0,0) ,B (1,2,0) ,C (0,c,0) ,D (0,0,0),E (0,0,1),F (0,1,1)，

BF = ( 1, 1,1) ,BC = ( 1,c 2,0)，

CBF = 90 ， BF BC =1 c + 2 = 0，解得 c = 3，

设平面 BFA的法向量为m = (x1, y1, z1 )，平面 BFC 的法向量为 n = (x2 , y2 , z2 )，

AB = (0,2,0) ,BF = ( 1, 1,1)，

AB m = 2y1 = 0
，令 x1 =1则m = (1,0,1)，
BF m = x1 y1 + z1 = 0
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BC = ( 1,1,0) ,BF = ( 1, 1,1)，

BC n = x2 + y2 = 0
，令 x2 =1，则 n = (1,1,2)，
BF n = x2 y2 + z2 = 0
设二面角 A BF C 的大小为 ，结合图象可知 为钝角，

m n 1+ 2 3 5π
cos = = = ，故 = ．
m n 2 6 2 6
（3）
设线段 AB上存在点 M，使得DM 与平面 BCF 所成的角为30 ，
设 AM = t, t 0,2 ，

则M (1, t,0)，则DM = (1, t,0)，

由（2）知，平面 BCF 的法向量为 n = (1,1,2)，
1+ t 1 4 2 3
cosDM ,n = = sin 30 = ，即 t 2 4t +1= 0，解得 t = = 2 3 ，
6 t2 +1 2 2
0 t 2， t = 2 3 ，
线段 AB上是存在点 M，使得DM 与平面 BCF 所成的角为30 ，此时 AM = 2 3 ．
18. 【答案】（1）
a +9+10+ 6 16
依题意 = ，解得 a = 7 ，
6+ 6+ 4+ 2 9
7+ 6 13
所以在 0,30)中的概率为 = ；
7+9+10+ 6+ 6+ 6+ 4+ 2 50
（2）
A学院所抽取的学生中男生有7 + 9+10+ 6 = 32 人，
其中5月份的累计跑步里程低于60km有7 + 9 =16 人，不低于60km有10+ 6 =16 人，
A学院所抽取的学生中女生有6+ 6+ 4+ 2 =18 人，
其中5月份的累计跑步里程低于60km有6+ 6 =12 人，不低于60km有4+2 = 6人，
由题意 X 的可能取值为0,1, 2,3，
C2 C1 2 1 1 1 1
P（X = 0）= 16 12
5 C C +C
= P（X =1）= 16 6 16
C12C16 79
， = ，
C2 132C18 31 C
2 C132 18 186
C2 1 1 1 1 2 1
P（X = 2）= 16
C12 +C16C16C6 1 C C 5= ，P（X = 3）= 16 6 = ，
C2 1 2 132C18 3 C32C18 62
则 X 的分布列为：
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X 0 1 2 3
5 79 1 5
P
31 186 3 62
5 79 1 5 124
E（X）= 0 +1 + 2 +3 = ；
31 186 3 62 93
（3）
设 B学院女生有 x人，则男生有 x人，
16 9 232 59 x 45x 59 x + 45x 59 + 45
则 xA = 50+ 40 = ， xB = + = = ，
25 25 5 x + x x + x x + x +1
232 59 + 45
依题意 x x ，即 ， A B
5 +1
1 1
显然 0 ，解得0 ，所以 的最大值为 .
9 9
x2 y2 3 1
19. 【答案】（1）因 + =1(a b 0)的离心率 e = ，且经过点 3, ，
a2 b2 2 2
c 3
= ,
a 2
所以 2
( 3 ) 1
+ =1,
a
2 4b2
x2
解得 a2 = 4，b2 =1．所以椭圆标准方程为 + y
2 =1．
4
x2
（2）由（1）知椭圆方程为 + y2 =1，所以直线 l方程为 x = 2 ，C (0,1)，D (0, 1)．
4
m 1
设 P (2,m)，m 0，则直线 PC的方程为 y = x +1，
2
m 1
y = x +1, 2
联立方程组 消 y得 (m2 2m+ 2) x2 + 4(m 1) x = 0 ，
x2 + y2 =1,
4
4(m 1)
所以 E点的横坐标为 x ； E =
m2 2m+ 2
m+1
又直线 PD的方程为 y = x 1
2
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m+1
y = x 1, 2 2 2
联立方程组 消 y得2 (m + 2m+ 2) x 4(m+1) x = 0 ，
x + y2 =1,
4
4(m+1)
所以 F 点的横坐标为 xF = ．
m2 + 2m+ 2
1 1
由 S PCD = 2S PEF 得 PC PDsin DPC = 2 PE PFsin EPF ，
2 2
2 0 2 0
PC PD = 2
则有 = 2 ，则 4(m 1) 4(m +1) ，
PE PF 2+ 2
m2 2m + 2 m2 + 2m + 2
m4 + 4
化简得 = 2，解得m2 = 2 ，因为m 0，所以m = 2 ，
m4
所以点 P的坐标为 (2, 2 )．
20. 【答案】（1）
（1）当m =1时， f (x) = ex + x2 e, f (x) = ex + 2x，
故 f (0) = e0 + 2 0 =1, f (0) =1 e，
故在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = x +1 e；
（2）
解：由题意知 f (x) = ex + 2mx = 0有且只有一个根且 f (x)有正有负，
构建 g(x) = f (x) ，则 g (x) = ex + 2m .
①当m 0时， g (x) 0 当 x R时恒成立， g(x) 在R上单调递增，
1
1
因为 g = e
2m 1 0, g(0) =1 0 ，
2m
所以 g(x) 有一个零点，即为 f (x) 的一个极值点；
②当m = 0时， g(x) = f (x) = ex 0在R上恒成立，即 f (x) 无极值点；
③当m 0时，当 x ln( 2m), g (x) 0 ；当 x ln( 2m), g (x) 0，
所以 g(x) 在 ( , ln( 2m))单调递减，在 (ln( 2m),+ )上单调递增，
故 g(x)min = g(ln( 2m)) = 2m + 2m ln( 2m)，
e
若 g(x)min 0，则 1+ ln( 2m) 0，即m< .
2
因为m 0，所以当 x 0 时， g(x) 0 ，
当 x 0 时， g(2ln( 2m)) = 4m2 + 4m ln( 2m) = 4m[ m ln( 2m)]，
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e t 1
令 m = t，则 s(t) = t ln(2t), t ，故 s (t) = 0，
2 t
e
故 s(t) 在 ,+ 上为增函数.
2
e e e e
故 s(t) s = ln = 1+ ln 2 0，
2 2 2 2
故 2m[ 2m ln( 2m)] 0，
e
故当m 时， g(x) 有两个零点，此时 f (x) 有两个极值点，
2
当 g(ln( 2m)) 0时， g(x) 0当 x R时恒成立，即 f (x) 无极值点；
综上所述：m 0 .
（3）
解：由题意知，对于任意的 x R，使得 f (x) n恒成立，
则当 n取最大值时，m n取到最小值.
当m = 0时，因为 f (x) = ex e 0 e = e ，故当n = e时，m n的最小值为 e；
当m 0时，当 x 0 时， f (x) = ex +mx2 e mx2 e +1，
所以 f (x) 无最小值，即m n无最小值；
x
当m 0时，由（2）得 f (x)只有一个零点 x 0 x 00 ，即e + 2mx0 = 0且 0 ，
当 x x 时， f (x) 0 ，当 x x 0 0 时， f (x) 0，
x
所以 f (x) 在 ( , x0 )上单调递减，在 ( x0 ,+ )上单调递增， f (x)min = f (x 00 ) = e +mx
2
0 e = n，
x 2
此时m n = m e 0 mx0 + e，
x0
x e
因为 e 0 + 2mx0 = 0，所以m = ，
2x0
x
e 0
x
x e
0
2 1 x 1
代入得m n = e 0 + x0 + e = e
0
x0 2 + e ，
2x0 2x0 2 x0
1 1 exx (x 1)
2(x +1)
令 (x) = e x 2 + e(x 0), (x) = (x 0) ，
2 x 2x2
当 x 1时， (x) 0，当 1 x 0 时， (x) 0 ，
所以 (x) 在 ( , 1)上单调递减，在 ( 1,0) 上单调递增，
1 1 3
(x)min = ( 1) = e ，此时m = ,n = e ，
e 2e 2e
1
所以m n的最小值为 e .
e
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21. 【答案】（1）
1，2，3.
子列 1，2，3 对应原数列的 a2 =1， a3 = 2， a4 = 3，
设符号序列为 s s s 1 s + 2 s + 3 s = 02 ， 3 ， 4 ，需满足 2 3 4 ，其中 s ， s3 ， s4 1,12 ，
若取 s2 =1， s3 =1， s4 = 1，则和为1 1+ 2 1+ 3 ( 1) =1+ 2 3 = 0 ，
4
满足 skak = 0 ，
k=2
由于存在连续子列 1，2，3，以及符号序列 s2 =1， s3 =1， s4 = 1均属于{ 1,1}，
使得符号与对应项乘积的和为 0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号加
权和为 0) ，
综上，子列 1，2，3 是数列 2，1，2，3 的平衡连续子列；
（2）
因为 1，3，5，7 是奇数，故 v (1) = v (3) = v (5) = v (7) = 0，
2 0
所以 a1 = a3 = a5 = a7 = 2 = 4 ．
因为 v (2) = v (6) =1 a = a 2 1，所以 2 6 = 2 = 2．
因为 v (4) = 2，所以a4 = 2
2 2 =1，
所以数列 4，2，4，1，4，2，4．
因为 si , si+1, , s j 1,1 (1 i j 7) ，
所以 siai + si+1ai+1 + + s ja j 与ai + ai+1 + + a j 奇偶性相同．
当 i 4 j或 i 4 j时，因为ai ,ai+1, ,a j中， a4 为奇数，其余各项均为偶数，
所以ai + ai+1 + + a j 为奇数．
所以 siai + si+1ai+1 + + s ja j 0．
当 (i, j )取 (1,2) ,(1,3) ,(2,3) , (5,6) , (5,7) , (6,7)时，
由（1）可知 siai + si+1ai+1 + + s ja j 0，
综上，该数列不存在平衡连续子列．
（3）
bi + ai+1,bi 0
设b1 = a1,bi+1 = (i =1,2, ,n 1)，
bi ai+1,bi 0
则b1,b2 , ,bn是整数数列．
下面证明对任意 i 1,2, ,n ，均有 k +1 bi k ．
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显然b = a 满足 k +1 b1 k1 1 ．
假设结论不成立，则存在 t 2,3, ,n ，使得bt k或bt k +1，
且当 j t 时都有 k +1 b j k．
（ⅰ）若bt k，当bt 1 0 时，bt 1 = bt at，
因为 at k ，所以bt 1 = bt at k at 0 ，矛盾；
当bt 1 0 时，bt 1 = bt + at，
因为 a b = b + a k + a kt 0，所以 t 1 1 1 t ，矛盾．
（ⅱ）若bt k +1，当bt 1 0 时，bt 1 = bt at，
因为 a 0，所以bt 1 = bt at k +1 at k +1t ，矛盾；
当bt 1 0 时，bt 1 = bt + at，
因为at k,bt 1 = bt + at k +1+ at k +1+ k = 1，
又bt 1 是整数，所以bt 1 0 ，矛盾．
综上，对任意 i 1,2, ,n ，均有 k +1 bt k．
若存在 j 2,3, ,n ，使得b j = 0，
则存在 (1, j )且 s , s , , s 1,1 ，使得 s1a1 + s2a2 + + s ja1 2 j j = 0，
此时数列Q存在平衡连续子列．
若任意 i 1,2, ,n ,bi 0，
因为 k +1, k + 2, , 1,0,1, ,k中共 2k 1个非零整数，
当 n 2k时，数列b1,b2 , ,bn中存在 p,q 1,2, ,n 且 p q，使得bp = bq，
从而存在 s , s , s 1,1 ，使得 sp+1ap+1 + sp+2ap+2 + + sqaq = bq b = 0p+1 p+2 q p ，
此时数列Q存在平衡连续子列．
综上，当 n 2k时，数列Q存在平衡连续子列．
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