北京市昌平区第一中学2025-2026学年高三上学期第三次学情调研（11月）数学试卷（图片版，含答案）

2025北京昌平一中高三 11月月考
数 学
2025.11
本试卷共 21 道题，满分 150 分．考试时长 120 分钟试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在
试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项．
z (1 i) =1 3i
1. 若复数 z满足 ，则 z对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 下列函数中，既是奇函数又在区间 (0,+ )上单调递减的是（ ）
x 1 x x 1 x
A. y = 2 B. y = x C. y = e e D. y = ln
x 1+ x
1
3. 下列双曲线，焦点在 y轴上且渐近线方程为 y = x的是（ ）
2
x2 x2 y2
A. y2 =1 B. =1
4 2 8
2
y2 x2 y
C. =1 D. x2 =1
3 12 4
4. 设正项等比数列 a 的前 n项和为 Sn，且 S3 = 6n ，则 a2的最大值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 6
5. 在交通工程学中有如下定义：交通流量Q 辆/小时)是单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流
速度V 千米/小时)是单位时间内车流平均行驶过的距离；车流密度 K 辆/千米)是单位长度道路上某一瞬间
K
所存在的车辆数，其中Q,V 和 K 的测量通常视为连续不断的数值.设某路段的V 和K 满足V = v0 1
k0
其中 v0 ,k0 是正数)，则随着车流密度K增大，以下说法正确的是（ ）
A. 车流速度V 增大 B. 交通流量Q增大
C. 交通流量Q先减小后增大 D. 交通流量Q先增大后减小
6. 若 (x1, y y = lnx1 ) ,(x2 , y2 )是函数 图象上两个不同的点，则下列结论中正确的是（ ）
A. y1 x1 1 B. y1 y2 x1 x2
C. y1 + y2 x1 + x2 D. x1x2 + y1y2 0
第1页/共14页
7. 已知圆 x2 + (y + 2)2 = r 2 (r 0) 上到直线 y = 3x + 2的距离为 1的点有且仅有 2个，则 r的取值范围是
（ ）
A. (0,1) B. (1,3) C. (3,+ ) D. (0,+ )
先将函数 f (x) = sin x（ * 且 4n,n *

8. N N ）的图象向左平移 个单位长度，再向上平移 a个
2
单位长度后得到函数 g (x)的图象，若方程 f (x) = g (x)有无数个解，则 a的值不能为（ ）
A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2
9. 已知函数 f ( x)和 g (x)的定义域都为R ，且图象都是连续不断的，则“ f ( x)和 g (x)都是奇函数”是
“ y = f (x) g (x)存在最大值或存在最小值”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
10. 设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2，点M 在底面 ABCD内且满足性质 P．若点M 的轨迹为抛物
线的一部分，则性质 P可以为（ ）
①点M 到直线 AA1 的距离与它到平面 BB1C1C的距离相等；
②点M 到点 A的距离与它到直线DD1的距离之和为 4；
③直线MA1 和 A1D夹角为 45
；
④直线MA1 和 AA1 夹角为 45
．
A. ①或③ B. ①或④ C. ②或③ D. ②或④
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．
1
11. 函数 f (x) = + lg x +1 的定义域是________．
10x
( )
1
12. 在 ABC中内角 A、 B、C所对边分别为 a、b、 c，能说明“若 acosA = bsinA，则 ABC是直角
三角形”为假命题的一组 A、 B的值 A = _____，B = _____.
13. 已知正方形 ABCD边长为 2，E 为线段CD的中点，若 F 为线段 BE上的动点，G 为DF 的中点，则

2AG +DA 的最小值为_____.
第2页/共14页
a 2x + 4，x 0
14. 已知函数 f (x) = ， 2
ax + 2x +3，x 0
当 a =1时，不等式 f (x) 0 的解集为_____；
若 0是 f ( x)的一个极值点，则a的取值范围是_____.
15. 已知等差数列 an 与等比数列 bn 都是无穷递增数列，给出下列四个结论:
①不存在数列 an 与 bn ，使得 an + bn 是递减数列；
②存在数列 an 与 bn ，使得 an bn 是递增数列；
③不存在数列 an 与 bn ，使得 an + bn 同时有无穷个正项和无穷个负项；
a
④存在数列 an 与 b
n
n ，使得 恰好出现三个为 1的项.
bn
其中正确结论的序号是_____.
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在 ABC中，内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，已知 ABC不是直角三角形，且角 A为锐角，
3
a = 7 ， sin2B = bcosB．
7
（1）求角 A；
（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，使得 ABC存在且唯一确定求
ABC的面积．
1 3
条件①： c = 8；条件②： cosB = ；条件③： csinA = 3 ．
7 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解答，按第一个
解答计分．
17. 在一次学业水平测试中，有一道填空题考查核心概念，A，B 两所中学的高二年级学生都参加了测
试．为分析学生对该概念的掌握情况，随机抽取了 A，B两校高二年级各 150名学生的答题数据，其中 A校
学生作答正确的人数为 120，B校学生作答正确的人数为 105．
假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率．
（1）估计 A校高二年级学生该题作答正确的概率 p；
（2）从 A，B两校高二年级学生中各随机抽取 1名，设 X 为这 2名学生中该题作答正确的人数，估计
X =1的概率及 X 的数学期望；
（3）假设：若未掌握该概念，学生作答正确的概率为 40%（因题目有一定提示性）；若掌握该概念，A校
学生作答正确的概率为 100%，B校学生作答正确的概率为 75%．设 A，B两校高二年级学生掌握该概念的
概率估计值分别为 p1， p2 ，判断 p1， p2 的大小．（结论不要求证明）
18. 如图，四边形 ABCD 、 ABEF 均为直角梯形， AB // CD // EF ， DAB = FAB = 90 ，
第3页/共14页
1
AD = DC = AF = EF = AB =1，且 AF ⊥ AD．
2
（1）求证：DF / / 平面 BCE ；
6 FP
（2）在线段DF上是否存在点 P，使得直线 AE和平面BCP所成角的正弦值为 ？若存在，求出
3 FD
的值；若不存在，说明理由．
x2 y2 2
19. 已知椭圆C： + =1(a b 0)的离心率为 ，长轴长为 4．过点 (0, 2)的直线 l与椭圆C交
a2 b2 2
于 A， B两点，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若△OAB的面积为 2 ，求 AB ；
（3）求△OAB的面积的最大值．
20. 已知函数 f (x) = xln (ax) ax +1，其中 a 0 .
（1）若曲线 y = f (x)在 x =1处的切线为 x轴，求 a的值:
（2）函数 f ( x)的导函数为 f (x)，曲线 y = f (x)与曲线 y = f (x)交于 A,B两点，求证:直线 AB的斜
率小于 1.
21. 已知 a a =1n 为各项均为整数的无穷递增数列，且 1 . 对于 an 中的任意一项 ak (k 3) ，在 an 中都
a 2
存在两项 a ,a
j
i j (i j) ，使得 ak = 2a j ai 或 ak = .
ai
（1）若a2 = 3， a5 = 25，写出 a4 的所有可能值；
（2）若am = 2025 .
①当 a m2 = 3时，求 的最大值；
②当 a2 = 2时，求m的最小值.
第4页/共14页
参考答案
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B C B D C B D D A
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．
10x 1 0
11. 【答案】根据题意可得如下不等式组，
x +1 0
解得 x 1且 x 0 .
所以函数的定义域为 ( 1,0) (0,+ ) .
故答案为： ( 1,0) (0,+ ) .
12. 【答案】由 acosA = bsinA结合正弦定理可得 sin Acos A = sin Asin B，
因为 A、 B (0,π)，所以 sin A 0，故 sin B = cos A 0 ，故 A为锐角，
π π
且 sin B = cos A ( 0,1)，故B ，所以 sinB = cos A = sin A ，
2 2
π π π
因为 A 0, ，则0 A ，
2 2 2
π π π π
若 B 0, ，由于正弦函数 y = sin x在 0, 上为增函数，故 B = A，故 A+ B = ；
2 2 2 2
π π π
若 B ,π ，则B + A = π，可得B A = ，
2 2 2
π π
综上所述， A+ B = 或B A = .
2 2
π
命题“若 acosA = bsinA，则 ABC是直角三角形”为假命题，则B A = ，
2
2π π
故可取 B = ， A = （答案不唯一）.
3 6
π 2π π
故答案为： ； （答案不唯一，只需满足B A = 即可）.
6 3 2
1
13. 【答案】由题可得 2AG +DA = 2 (AD+ AF ) AD = AF ，
2
第5页/共14页

则 2AG +DA 的最小值为 AF 的最小值，设为 d，
1 1 4 4 4 5
则 S ABE = 2 2 = BE d d = = = .
2 2 BE 22 +12 5
4 5
故答案为：
5
2x + 4, x 0
14. 【答案】第一空：当 a =1时， f (x) = ， 2
x + 2x +3, x 0
当 x 0 时，由 f (x) 0 ，得 2x + 4 0，所以 2x 22 ，解得 x 2 ，所以0 x 2；
当 x 0 时，由 f (x) 0 ，得 x2 + 2x + 3 0 ，所以 (x 3)(x +1) 0 ，
解得 1 x 3，所以 1 x 0 ；
综上所述：不等式 f (x) 0 的解集为 ( 1, 2)；
第二空：当 a 0 时， f ( x)在 (0,+ )上单调递减，在 ( , 0)上单调递增，
若 0是 f ( x)的一个极值点，则 f (0)是极大值，所以 a 20 + 4 a 02 + 3，
解得 a 1，所以0 a 1，
当 a = 0 时， f ( x)在 (0,+ )上为常数函数，在 ( , 0)上单调递增，
故 0不是 f ( x)的一个极值点，
1
当 a 0 时， f ( x)在 (0,+ )上单调递增，在 ,0 上单调递增，
a
若 0是 f ( x)的一个极值点，则 f (0)是极小值，
a 20 + 4 a 02 + 3

所以 2
0 1 1 ，解得 a 1，又 a 0 ，所以 a ；
a 2 + 4 a + 2 + 3
a a
综上所述：所以 a的取值范围是 (0,1 .
故答案为：① ( 1, 2)；② (0,1 .
15. 【答案】因为等差数列 an 与等比数列 bn 都是无穷递增数列，
则 an+1 an 0,bn+1 bn 0，
则 (an+1 +bn+1 ) (an +bn ) = (an+1 an )+ (bn+1 bn ) 0+ 0 = 0，
所以数列 an + bn 是递增数列，不存在数列 an 与 bn ，使得 an + bn 是递减数列，①正确；
设等差数列 an 公差为 d，等比数列 bn 公比为 q，
第6页/共14页
则 (an+1 bn+1 ) (an b ) = (a a )+ (b b ) = d +b (1 q)q
n 1
n n+1 n n n+1 1 ，
显然 (an+1 bn+1 ) (an bn ) 0可以成立，
n
1 1
如当 d =1,b1 = 1,q =

时d +b1 (1 q)q
n 1 =1 0，即 (an+1 bn+1 ) (an b n ) 0， 2 2
所以存在数列 an 与 bn ，使得 an bn 是递增数列，②正确；
由①数列 an + bn 是递增数列，所以最小项为 a1 + b1，
由等差数列性质 n→+ ,an →+ ，
若bn 0恒成立，则由等比数列 bn 是无穷递增数列得 n→+ ,bn → 0，
则一定存在 n = M N *，使得an + bn 0，则当 n M 时， an + bn 0，
则 an + bn 有无穷个正项和有限个负项，
所以不存在数列 an 与 bn ，使得 an + bn 同时有无穷个正项和无穷个负项，③正确；
n 1
因为 an = a1 + (n 1)d = dn + a1 d为一次型函数增长模型，bn = a1q 为指数型增长模型，
由一次函数与指数函数图像特征可知，一次函数与指数函数至多只有两个交点，
a n
所以不存在数列 an 与 bn ，使得 恰好出现三个为 1的项，④错误.
bn
故答案为：①②③
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 【答案】（1）
3
由二倍角公式可得 sin2B = 2sin BcosB = bcosB，
7
3 3
即 cosB 2sin B b = 0 ，所以 cosB = 0 或 2sin B = b
.
7 7
π
在 ABC中，由 cosB = 0 解得B = .
2
因为 ABC不是直角三角形，所以 cosB = 0 舍去.
3 2b b a
当 2sin B = b时，在 ABC中，由正弦定理 = = 可得
7 2sin B sin B sin A
2b 2 7
= = 3 π
3 3 sin A，解得 sin A = ，因为角 A为锐角，所以 A = ；
b 2 3
7 7
（2）
第7页/共14页
π
选择条件①时， c = 8，由（1）知 A = ，
3
在 ABC中，由余弦定理 a2 = b2 + c2 2bccos A可得 49 = b2 + 64 8b，
即b2 8b +15 = 0，即 (b 3)(b 5) = 0 ，解得b = 3或b = 5，
所以 ABC不唯一，不合题意，舍去；
1
选择条件②时，由 cosB = 0，可知 B为钝角，所以 ABC唯一，符合题意.
7
2
2 1 4 3此时 sinB = 1 cos B = 1 = ，
7 7
3 4 3 3
代入 2sin B = b中，可得 2 = b，解得b =8 .
7 7 7
π
在 ABC中，由（1）知 A = ，因为C = π (A+ B)，
3
π
所以 sinC = sin π (A+ B) = sin (A+ B) = sin + B
3
π π 3 1 1 4 3 3 3
sin cosB + cos sin B = + = .
3 3 2 7 2 7 14
1 1 3 3
所以 S△ABC = absinC = 7 8 = 6 3 ；
2 2 14
3 π 3
选择条件③时， csinA = 3 ，由（1）知 A = ， sin A = ，
2 3 2
3 3
则 c = 3 ，解得 c = 3 .
2 2
在 ABC中，由余弦定理 a2 = b2 + c2 2bccos A可得 49 = b2 + 9 3b，
即b2 3b 40 = 0 ，即 (b +5)(b 8) = 0 ，解得b =8或b = 5（舍去），
所以 ABC唯一，符合题意.
1 1 3
此时 S . △ABC = bcsin A = 8 3 = 6 3
2 2 2
17. 【答案】（1）
120 4
估计 A校高二年级学生该题作答正确的概率 p = = .
150 5
（2）
设 A为“从 A校高二年级学生抽取 1人做对”，则P (A) = 0.8，P (A) = 0.2 ，
第8页/共14页
105
设 B为“从 B校高二年级学生抽取 1人做对”，则P (B) = = 0.7，P (B ) = 0.3，
150
设C为“恰有 1人做对”，故P (C ) = P (AB )+ P (AB) = P (A)P (B )+ P (A)P (B)
= 0.8 0.3+ 0.2 0.7 = 0.38，依题可知， X 可取0,1, 2 ，
P (X = 0) = P (AB ) = 0.2 0.3 = 0.06 ，P (X =1) = 0.38，P (X = 2) = P (AB) = 0.8 0.7 = 0.56，
故 X 的分布列如下表：
X 0 1 2
P 0.06 0.38 0.56
故 E (X ) = 0 0.06+1 0.38+ 2 0.56 =1.5 .
（3）
设D为 “A校掌握这个知识点的学生做该题”，
因为 A校掌握这个知识点则有 100%的概率做对该题目，
未掌握该概念的学生作答正确的概率为 40%，
2
故 P (D)+ 0.4 (1 P(D)) = 0.8 ，即 p1 + 0.4 (1 p1 ) = 0.8 ，故 p1 = ，
3
6
同理有，0.75p2 + 0.4 (1 p2 ) = 0.7，故 p2 = ，
7
故 p1 p2 .
18. 【答案】（1）
因为CD = EF 且CD / /EF ，
故四边形CDFE为平行四边形，所以DF / /CE，
又CE 平面 BCE ，DF 平面 BCE ，所以DF / / 平面BCE ；
（2）因为 AF ⊥ AD， DAB = FAB = 90 ，所以 AD,AB, AF 两两垂直，
故以 A为坐标原点，以 AD,AB, AF 所在直线分别为 x, y, z轴，建立空间直角坐标系，
1
因为 AD = DC = AF = EF = AB =1，
2
则 A(0,0,0) ,D (1,0,0) ,E (0,1,1) ,F (0,0,1) ,B (0,2,0) ,C (1,1,0)，
FP
设 =m(0 m 1)，则 FP = mFD，设 P (a,0,b)，
FD
则 (a,0,b 1) = m (1,0, 1)，解得 a = m,b =1 m，故P (m,0,1 m)，
第9页/共14页

设平面BCP的法向量为 n = (x, y, z )，

BC n = (1, 1,0) (x, y, z ) = x y = 0
则 ，
PC n = (1 m,1,m 1) (x, y, z ) = (1 m) x + y + (m 1) z = 0

令 x = m 1，则 y = m 1, z = m 2，故 n = (m 1,m 1,m 2)，
设直线 AE和平面BCP所成角的正弦值为 ，

AE n (0,1,1) (m 1,m 1,m 2) 3 2m 6
则 sin = cos AE,n = = = = ，
AE n 2 2 2 22 (m 1) + (m 1) + (m 2) 6m 16m +12 3
3
平方化简得12m = 9，解得m = ，
4
6
综上，在线段DF上存在点 P，使得直线 AE和平面BCP所成角的正弦值为 ，
3
FP 3
此时 = .
FD 4
19. 【答案】（1）
2
因为长轴长为 4，故a = 2，而离心率为 ，故 c = 2 ，
2
x2 y2
故b = 2 ，故椭圆方程为： + =1 .
4 2
（2）
当直线 AB的斜率不存在时，此时 A,O,B三点共线，不合要求，舍去，
当直线 AB的斜率存在时，
设直线 AB的方程为： y = kx 2，
第10页/共14页
y = kx 2
2 2
联立 x2 y2 消去 y得， (1+ 2k ) x 8kx + 4 = 0 ，
+ =1
4 2
2
= ( 8k ) 4 4(1+ 2k 2 2
1
由 ) =16(2k 1) 0，解得 k 2 ，
2
设 A(x1, y1 ) ,B (x2 , y2 )，
8k 4
x1 + x2 = , x1x2 = ，
1+ 2k 2 1+ 2k 2
1 2
S OAB = 2 x1 x2 = (x1 + x2 ) 4x1x2
2
2
8k 4 4 4 2k 2 1
= = = 2 ，
1+ 2k
2 1+ 2k 2 1+ 2k 2
2 3
解得 k = ，
2
3
所以 AB = 1+ k 2 x1 x2 = 1+ 2 = 5 ．
2
（3）
当直线 AB的斜率不存在时，此时 A,O,B三点共线，不合要求，舍去，
当直线 AB的斜率存在时，
设直线 AB的方程为： y = kx 2，
y = kx 2

联立 x2 y2 消去 y (1+ 2k 2 ) x2得， 8kx + 4 = 0 ，
+ =1
4 2
2 1
由 = ( 8k ) 4 4(1+ 2k 2 ) =16(2k 2 1) 0，解得 k 2 ，
2
设 A(x1, y1 ) ,B (x2 , y2 )，
8k 4
x1 + x2 = , x1x2 = ，
1+ 2k 2 1+ 2k 2
2
1 22
S OAB = 2 x1 x2 = (
8k 4 4 4 2k 1
x 1 + x2 ) 4x1x2 = = 2 1+ 2k 2 1+ 2k 2 1+ 2k 2
设 2 ，则 2k 2 = t22k 1 = t 0 +1，
4t 4 4
S OAB = = = 2
2+ t2 2
+ t 2 ，
2 t
t t
第11页/共14页
2 3
当且仅当 = t，即 t 2
2
= 2 时等号成立，即 k = ，
t 2
6 2 1
解得 k = 时取等号，满足 k ，
2 2
所以△OAB的面积最大为 2 .
20. 【答案】（1）
函数求导 f (x) = xln (ax) ax +1, f (x) = ln (ax)+1 a，
由题意，曲线在 x =1处的切线为 x轴，则 f (1) = 0, f (1) = 0，
1 a
即 lna a +1= 0，令 h (a) = lna +1 a，易知 h (a) = ，
a
则 h (a)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+ )上单调递减，所以 h (a) h (1) = 0，
即 h (a) = 0只有一个解，得 a =1；
（2）
曲线 y = f (x)与 y = f (x)的交点满足 xln (ax) ax +1= ln (ax)+1 a，
化简得 (x 1) ln (ax) a = 0，
a
则 x =1或 ln ( eax) = a即ax = ea x = ，
a
ea
不妨令交点 A(1, ln a +1 a)，则B ,1 .
a
a ln a a ln a
k = =
直线 AB的斜率为 ea ea ln a 1，
1
a
由上可知 a ln a 1(a 0)，所以 ea ln ea = ea a 1，
t
令 a ln a = t (t 1)，则 et 1 t，故 1，
et 1
于是 k 1 .
21. 【答案】（1）
a2
a 23 = 2a2 a1 = 5或a3 = = 9，
a1
a2
当 a3 = 5
3
时，因为 a5 = 25 = ，符合条件；
a1
a2 a2 25
则 a4 = 2a3 a1 = 9
3 3
或 a4 = 2a3 a2 = 7或 a4 = = 25或a4 = = ，
a1 a2 3
第12页/共14页
又因为 an 为各项均为整数的无穷递增数列，则 a4 = 9 或 a4 = 7 .
a2 a2
当 a3 = 9 时， 则 a4 = 2a3 a1 =17 或 a4 = 2a3 a2 =15
3
或 a 34 = = 81或a4 = = 27，
a1 a2
当 a4 =17时， a5 = 2 17 9 = 2a4 a3 ，符合题意，
152 a2
当 a4 =15时，a
4
5 = 25 = = ，符合题意，
9 a3
当 a4 = 81或 27，此时不满足数列为递增数列，故舍去，
综上， a4 的所有可能值为 7，9，15，17．
（2）
①m的最大值为 1013，理由如下：
（i）当 an = 2n 1时符合题意且m =1013．
（ii）假设 an 中存在偶数，且首个偶数为 ak (k 3) ，
因为 an 为递增数列，所以存在 i j，使得 ak = 2a j ai = a j + (a j ai ) a j 或
a2j a j
a = = a a ，进而有 i j kk j j ．
ai ai
a2
所以 ai ,a
j
j为奇数，此时 2a j a ai , 均不为偶数，与 k 为偶数矛盾．
ai
所以 an 中各项均为正奇数，
又因为 a a 2m 1n 为递增数列，所以 m ，
即 2025 2m 1,m 1013．
综上m的最大值为 1013．
②m的最小值为 7，理由如下：
（i）首先证明m = 7 时存在符合条件的 an ：
当 an 前 7项为$1，2，3，9，27，45，2025$时m = 7 ，
2
且可构造 an 的后续项使其符合题意（如可取 an = an 1 (n 8))．
（ii）其次证明m 6．
由题，当 i j时， a j 2,ai 1，
a2 a2j j
所以 = a
2
j ,a
2 2
j (2a j ai ) = a j 2a j + ai = a j (a j 2)+ ai 0，
ai a1
2
进而有 ak ak 1 (k 3)，
第13页/共14页
所以 a3 4,a4 16,a5 256，
所以m 6．
（iii）最后证明m 6 ．
假设存在 an 符合题意且 a6 = 2025，
因为 a 256，所以当 i j 5时，2a j ai 2a5 a1 2 256 1 20255 ，
a 2
所以存在 i j 5
j
，有 2025 = ，从而a j = 45 ai 45 16 a4 ，
ai
所以 j = 5，所以 45 a5 45 a4 180，从而a5 = 45r (1 r 4，且 r Z) 因为 a4 16，
所以当 s t 4时， 2at as 2a4 a1 2 16 1 45，
a2t
所以存在 s t 4，有 a5 = ，从而 at = 3 5 r as 为整数，
as
又因为1 r 4 ，所以 as为 5的倍数，与as a3 4矛盾．
综上有m的最小值为 7．
第14页/共14页