北京市人大附中朝阳学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷(图片版,含答案)

2025 北京人大附中朝阳学校高三 12 月月考
数 学
2025年 12月
考生须知
1.本试卷分为 I II两卷，两大题共有 21小题，共 4页，满分 150分；答题纸共 8页考试时长
120分钟，.
2.请将个人信息完整填写在答题纸密封线内，确保信息准确无误.
3.第 I卷各题均须用 2B铅笔按规定要求在“机读答题卡”对应区域上作答，选项与题号要对应，
填涂要规范，保持答题卡整洁，不要折叠 折皱 破损，不得做任何标记.
4.第 II卷各题均须用黑色字迹的签字笔按规定要求在答题纸上作答.
第 I卷（共 40分请将答案填涂在答题纸上）
一 选择题：（本大题共 10小题，每小题 4分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项符合题意）
1.设集合 A {x || x 1| } B {x | x
2
≥1 ， x 2 0}，则 A B （ ）
A. ( 2,0) B. ( 1,0)
C. ( 2,0] D. ( 1,0]
2. 2若复数 z满足 z 2 i | 2 i | ，则 z （ ）
A. 2 i B. 2 i C. 2 i D. 2 i
3.在平面直角坐标系 xOy中，角 与角 的终边关于 y轴对称.若 cos
2
，则 cos （ ）
2 3
1 1
A. B. C. 4 5 D. 4 5
9 9 9 9

4.已知向量 AB，CD在正方形网格上的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为 1，则 AB CD
（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
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5.渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退
休年龄每 4个月延迟 1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工
延迟法定退休年龄部分对照表如表所示：
1965 年 1 月－ 4 1965 年 5 月－ 8 1965 年 9 月－12 1966 年 1 月－ 4
出生时间 …
月 月 月 月
新方案法定退休年
60岁 1个月 60岁 2个月 60岁 3个月 60岁 4个月 …
龄
那么 1970年 5月出生的男职工退休年龄为（ ）
A. 61岁 4个月 B. 61岁 5个月
C. 61岁 6个月 D. 61岁 7个月
6.在人工智能模型训练中，为避免模型后期震荡，常采用指数学习率衰减策略，学习率 与训练轮次 T满
足公式 kT0 e （其中 0是初始学习率，k是衰减系数）．已知当训练轮次T 20时，学习率降至初始
1
学习率的 ；当训练轮次T 80时，学习率为 1；当训练轮次T 40
1
时，学习率为
10 2
，那么 约为
2
（ ）
A. 10 2 B. 10 1 C. 10 D. 102
7.若数列 an 是存在负数项的无穷等比数列，则“数列 an 有最小项”是“数列 an 有最大项”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
8. 已知定点 A 1,0 ，圆C与 y轴相切，直线 2x+y 2 0是圆C的一条对称轴．若圆C上存在两点
P,Q π使得 PAQ ，则圆C圆心的横坐标的取值范围是（ ）
3
3 9 11 3
A. , ,

B. 1, C. 0,1

,

D. 1,5
2 2 2 2
9.已知抛物线C的焦点F 到准线 l的距离为 2，点 P是直线 l上的动点.若点 A在抛物线C上，且 |AF| 5，
过点 A作直线 PF 的垂线，垂足为 H ，则 | PH | | PF |的最小值为（ ）
A. 2 5 B. 6 C. 41 D. 2 13
10.如图，正方体 ABCD A B C D 的棱长为 2，E为CD的中点， F 为线段 A C上的动点，给出下列四
个结论：
①存在唯一的点F ，使得 A,B ,E,F 四点共面；
②EF D F 的最小值为 2 3；
③存在点 F ，使得 AF D E ；
④有且仅有一个点 F ，使得平面 AEF 截正方体 ABCD A B C D 所得截面的面积为 2 5 .
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其中正确结论是（ ）
A.①② B.①③ C.②④ D.①③④
第 II卷（非选择题部分共 110分）
二 填空题：（本大题共 5大题，每小题 5分，共 25分，把答案写在答题纸上.）
11.双曲线 x2 4y2 1的一条渐近线方程为__________.
5
12.已知 1 x 1 2C15 4C2 35 8C5 16C45 32C55 ，则实数 x _____
13.在V ABC 中内角 A、 B、C所对边分别为 a、b、 c，能说明“若 acosA bsinA，则V ABC 是直角
三角形”为假命题的一组 A、 B的值 A _____，B _____.
ex a, x 0
14.设函数 f (x) 2 .
x (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______.
15.已知无穷数列 an 满足 a
5 1
n 1 (n 1,2,3, )2 a .给出下列四个结论：n
*
①存在 a1，使得集合 n an 0,n N 中有无穷多个元素；
②存在 a1，使得集合 n an 2,n N * 中有有限个元素；
*
③对于任意的 a1，集合 n an 0,n N 中至多有一个元素；
* *
④当 a1 1时，集合 n an an 1 2,n N N .
其中所有正确结论的序号是_________.
三 解答题：（本大题共 6大题，共 85分，把答案写在答题纸上.）
x x x
16.已知函数 f x cos2 3sin cos 0 .从条件① 条件② 条件③这三个条件中选择一
2 2 2
个作为已知，使函数 f x 存在且唯一确定.
（1）求 的值；
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（2）若不等式 f x 1在区间 0,m 内有解，求m的取值范围.
条件①： f
π 3
；
6 2
条件②： f x 2图象关于 x π对称，且在区间 0, π 有且只有一个最大值和一个最小值；
3
条件③： f x π 2π 2π π 在区间 , 内无极值点，且 x R, f6 3 f x f3 6 恒成立.
注：如果选择的条件不符合要求，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.某项射击比赛的规则如下：比赛可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过 10的正整
数，选手甲参加十轮比赛，分数如下表：
轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十
第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 9
第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 9 9
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于 7分，且二者之差的绝对值不超过 1分，则称其在该轮“稳定发
挥”.
（1）若从以上十轮比赛中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
（2）假设甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，用频率估计概率.记 X为甲在这三轮比赛中“稳定发挥”
的轮数，求 X的分布列和数学期望E X ；
（3）假设选手乙参加 10轮射击比赛，恰有 8轮“稳定发挥”.从这 10轮比赛中任选 2轮，记 Y为乙在这两
轮比赛中“稳定发挥”的轮数，直接写出 E X 与 E Y 的大小关系（结论不要求证明）.
18.如图，多面体 ABCDEF中，正方形 ABCD的边长为 2， AD DE，CD∥EF ， DEF 60 ，
DE 2， EF 4 .
（1）求证： AE DF ；
（2）求直线 AE与平面 BDF 所成角的正弦值；
（3）设M 为 AD的中点， P，Q分别在DE， EF 上，且平面MPQ / /平面 BDF ，求 PQ的长.
x2 219. y已知椭圆 C：
2 2 1 a b 0 过点 A 2, 1 ，长轴长为 4 2 .a b
（1）求椭圆方程及离心率；
第 4页/共 17页
（2）直线 l： y kx m与椭圆 C交于两点 M、N，直线 AM、AN分别与直线 x 4交于点 P、Q，O为坐
标原点且 OP OQ ，求证：直线 l过定点，并求出定点坐标.
20.已知函数 f x x x .e
（1）求曲线 y f x 在 0, f 0 处的切线方程；
（2）若 x 0是函数 g x f a f x sinx的极值点，
（i）证明： a的取值范围是 1,0 的子集；
（ii）求 g x 在区间 π,π 内的零点个数.
21.若有限数列 A： a1,a2 , ,am的各项均为正整数，且对 i, j 1,2,3, ,m 2, i j，都有
ai ai 1 ai 2 a j a j 1 a j 2 ，则称数列 A具有性质 P.将数列 A各项之和记为 S A .
（1）分别判断下列两个数列 an ：1，6，2，4，3， bn ：1，2，3，4，5，…，10，是否具有性质 P，
并说明理由.
（2）若数列 A具有性质 P，且项数 m为 6，求 S A 的最小值.
（3）对具有性质 P且项数固定为 m的数列 A，记 S A 的最小值为 Sm .判断是否存在正整数m 4使得
Sm 23 .若存在，求出所有的 m；若不存在，请说明理由.
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参考答案
第 I卷（共 40分请将答案填涂在答题纸上）
一 选择题：（本大题共 10小题，每小题 4分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项符合题意）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A A B A C D B B
第 II卷（非选择题部分共 110分）
二 填空题：（本大题共 5大题，每小题 5分，共 25分，把答案写在答题纸上.）
x2 y
2
11. 1【答案】由双曲线 x2 4y2 1，可得其标准方程为 1 ，
4
a2 1,b2 1可得 ，即 a 1,b 1 ，
4 2
b 1 1
所以双曲线的渐近线方程为 y x x，即 y x，
a 2 2
1 1
所以双曲线 x2 4y2 1其中一条渐近线为 y x（或 y x）
2 2
1
故答案为： y x（或 y 1 x）.
2 2
12. 1 2 3 4【答案】因为1 2C5 4C5 8C5 16C5 32C
5
5
=C0 15 2 0 C1 14 1 2 3 2 3 2 3 4 1 55 5 2 C5 1 2 C5 1 2 C5 1 2
4 C55 1
0 2 5 = 1 2 ，
所以 1 5 5 x 1 2 ，
故 x 2 .
故答案为： 2 .
13.【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，
且 sin B cos A 0,1 B π π，故 ，所以 sin B cos A sin
2
A ，
2
A 因为 0,
π 0 π A π ，则 ，
2 2 2
B π π π π若 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
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B π若 , π
π
，则 B A π，可得 B A
π
，
2 2 2
π π
综上所述， A B 或 B A .
2 2
π
命题“若 acosA bsinA，则V ABC是直角三角形”为假命题，则 B A ，
2
B 2π A π故可取 ， （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
ex , x 0
14.【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) x，即 e ，
4 4
1
解得 x ln ln 4；
4
结合 x 0，得 ln 4 x 0；
1 1
当 x 0时 f (x) ，即 x2 2x 1 ，
4 4
3 1
解得 x 或 x ，
2 2
结合 x 0，得0
1 3
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) x 2 (a 2)x 1 0 ，这是一元二次方程，需有 2个正根，
Δ a 2 2 4 0

则 a 2 0 ，解得a 0，

1 0
综上，a的取值范围是 (0,1] .
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1 3
故答案为：（1）[ ln 4, ] [ , )；（2） (0,1] .
2 2
15. *【答案】分析结论①，假设存在 a1使得集合{n | an 0,n N }中有无穷多个元素.
5 1 5 5 1
当 an 0时， an 1 a 2 a 2 .那么 n 2n 2 a
，
n 1
5 1 2 5 1 5 2 21
因为 an 1 ，所以0 ，则 an 2 2 a 5 2 a .2 n 1 n 1 2 5 10
这意味着一旦 an 0，后面的项不可能再无限次地小于0，所以①错误.
*
分析结论②，假设存在 a1使得集合{n | an 2,n N }中有有限个元素.
a 5 1 1 1 5 1 5 1由 n 1 ，当 an 2时，0 ，a2 a n 1
2
n an 2 2 a
.
n 2 2
*
如果 a1 2，那么数列{an}从第二项起都大于 2，即集合{n | an 2,n N }中只有有限个元素，所以②
正确.
5 1 5
分析结论③，假设 n k时 ak 0，则 ak 1 2 a .k 2
a 5 1 1 2 5 1 5 2 21k 2 a
5
，因为 k 1 ，所以0 a 22 ak 1 2 ak 1 5
， k 2 2 a .k 1 2 5 10
所以对于任意的 a1，集合{n | an 0,n N
*}中至多有一个元素，③正确.
a 1 a 5 1 3 a 5 2 11 a 5 6 43分析结论④，当 1 时， 2 ， ，2 2 3 2 3 6 4
.
2 11 22
通过计算发现 an an 1 2恒成立.
用数学归纳法证明：
先证明1 an 2，
当 n 1时，1 a1 1 2，
3 5 1
假设当n k时，1 ak 2成立，则 a2 k 1
2
2 a ，k
所以1 an 2成立，
再证明an an 1
当 n 1时， a1 1， a
3
2 ，1 a1 a2 2
2成立.
假设当n k时，1 ak ak 1 2成立.
a a 5 1 (5 1 ) 1 1 a k 1 ak则 k 2 k 1 0 a a2 ak 1 2 ak a a a a
，所以 k 1 k 2 .
k k 1 k k 1
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所以当n k 1时也成立，
所以 an an 1 2恒成立，
*
所以当a1 1时，集合{n | an an 1 2,n N } N
*
，④正确.
故正确结论的序号是②③④.
故答案为：②③④
三 解答题：（本大题共 6大题，共 85分，把答案写在答题纸上.）
16.【答案】（1）
由函数 f x cos2 x 3sin x cos x
2 2 2
1 cos x 3
sin x
2 2
1 cos x 3 sin x 1
2 2 2
sin x π 1 ，
6 2
π π π 1 3
若选择①：则 f sin ，
6 6 6 2 2
sin π π 即 1，
6 6
π π π
所以 2kπ k Z ，
6 6 2
解得： 12k 2 k Z 不唯一，
所以函数 f x 不唯一确定；
2
若选择②：若 f x 图象关于 x π对称，
3
2π
则
π π
kπ k Z ，
3 6 2
1 3即 k k Z ，
2 2
π π π
由 0 x π，所以 x π+
6 6 6
所以若函数 f x 在区间 0, π 有且只有一个最大值和一个最小值，
3π π+ π 5π 4 7则 ，即 ，
2 6 2 3 3
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4 1 3 7 5 11
即 k ，则有 k ，
3 2 2 3 9 9
又 k Z，所以 k 1，
所以 1 3 2，所以函数 f x 存在且唯一确定；
2 2
若选择③：
设函数 f x 的最小正周期为T ，
因为 f x π 2π 在区间 , 内无极值点，且 x R, f
2π f x f π
6 3 3 6
，

T 2π π π
故 T π， 2，
2 3 6 2
由此得出 唯一，所以函数 f x 唯一确定；
综上所述函数 f x 要唯一确定，则 2 .
（2）
π 1
由（1）得： f x sin 2x ，
6 2

所以不等式 sin 2x
π 1
1 sin

2x
π 1
6 2 6 2
2kπ 7π 2x π π所以 2kπ k Z ，
6 6 6
kπ 2π即 x kπ k Z ，
3
因为0 x m，我们需要找到满足：
kπ 2π x kπ k Z 且0 x m的情况，
3
π 2π π则当 k 1时有： x π x π，
3 3
所以要使得不等式 f x 1在区间 0,m π内有解，则m ，
3
π
所以m的取值范围为： , .
3
17.【答案】（1）
10轮比赛中，除第二、六两轮不是“稳定发挥”，“稳定发挥”的有 8轮.
所以从以上十轮比赛中任选两轮，这两轮均“稳定发挥”的概率为：
第 10页/共 17页
8 7
C2P 8 2 1 28
C2 10 9
.
10 45
2 1
（2）
4
用频率估计概率，每轮能“稳定发挥”的概率为 ，
5
4
因为甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，所以“稳定发挥”的轮数 X B 3, ，
5
3 2
P X 0 C0 4 1 4 4 12即 3
1 ， P X 1 C1
1 ，
5 125 3 5 5 125
2 3
P X 2 C2 4 4 48 3 4 643 5 1
， P X 3 C
5 125 3
.
5 125
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 12 48 64
P
125 125 125 125
4 12
且E X 3 .
5 5
（3）
Y 的值可以为：0,1,2
2
P Y 0 C2 1 P Y 1 C
1 1 2
且 ， 2
C8 16
2 2 ， P Y 2
C8 28 .
C10 45 C10 45 C
2
10 45
E Y 0 1 1 16 2 28 8所以 .
45 45 45 5
所以 E X E Y .
18.【答案】（1）
正方形 ABCD中， AD DC ,
又 AD DE， DC,DE 平面CDEF ,
DC DE D ,
所以 AD 平面CDEF ,又DF 平面CDEF ,
所以 AD DF .
在 DEF 中， DEF 60 ，DE 2， EF 4 ,
则DF 2 DE 2 EF 2 2DE EF cos DEF
第 11页/共 17页
4 16 1 2 2 4 12 ,
2
则EF 2 DE 2 DF 2 ,
π
所以 EDF ,即 ,
2 DE DF
又DE, AD 平面 ADE ,
DE AD D ,
所以DF 平面 ADE ,又 AE 平面 ADE ,
所以 AE DF .
（2）
由（1）以DE,DF ,DA所在直线为 x, y, z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则D 0,0,0 , A 0,0,2 ,E 2,0,0 ,B 1, 3,2 ,F 0,2 3,0 ,

所以 AE 2,0, 2 ,DB 1, 3,2 ,DF 0,2 3,0 ,
设平面 BDF 的法向量 n

x, y, z ，
n DB 0 x 3y 2z 0
则 ,即 ，
n DE 0 2 3y 0
令 z 1，得 y 0, x 2，
则n

2,0,1 ，
设直线 AE与平面 BDF 所成角为 ，

则 sin cos AE, n
AE n 2 10
，
AE n 2 2 5 10
10
所以直线 AE与平面 BDF 所成角的正弦值为 .
10
（3）
M 为 AD的中点，则其坐标为 0，0，1 ，
又平面MPQ / /平面 BDF ，
第 12页/共 17页
平面MPQ 平面CDEF PQ ,
平面BDE 平面CDEF DF ,
则 PQ / /DF ,
设P a，0,0 ，0 a 2 ,则Q a, 2 3 3a, 0 ，

所以MP a,0, 1 ,PQ 0,2 3 3a,0 ,
设平面MPQ

的法向量m x1, y1, z1 ，

m MP 0 ax1 z 0
则 ,即 ，
m

PQ 0 2 3 3a y 0
令 x1 1，得 y 0, z a,
则m

1,0，a ，又平面MPQ / /平面 BDF ，
1
所以m / /n，则 a ，
2
PQ 3 3此时 ,
2
3 3
故PQ .
2
19.【答案】（1）
由椭圆C的长轴为 2a 4 2 ，得 a 2 2，
4 1
将点 A的坐标代入椭圆C的方程，得 1，解得得 ，
8 b2 b 2
x2 y2 a2C 1 e b
2 6 3
所以椭圆 的方程为 ，离心率 .
8 2 a 2 2 2
（2）
如图，
y kx m 2 2 2
由 x2 2
消去 y得， 4k 1 x 8kmx 4m 8 0，
4y 8

第 13页/共 17页
Δ 64k 2m2 4 4k 2 1 4m2 8 16 8k 2 m2 2 0 ，即8k 2 m2 2 0，
2
设M x1, y1 、 N x2 , y2 ，则 x1 x
8km 4m 8
2 2 ， x x ．4k 1 1 2 4k 2 1
y1 1 2(y1 1)
直线MA的方程为 y 1 x 2 ，则 P( 4, 1)x1 2 x
，
1 2
y2 1 2(y2 1)
直线 NA的方程为 y 1 x 2 ，则Q( 4, 1)x ，2 2 x2 2
2 y 1 2 y 1 kx m 1 kx m 1
由 OP OQ
1 1 2 ，得 1 0 1 2，则 1
x1 2 x2 2 x1 2 x
，
2 2
于是 (2k 1)x1x2 (2k m 3)(x1 x2) 4m 8 0 ，
4m2 8 8km
即 (2k 1) 2 (2k m 3) 2 4m 8 04k 1 4k 1
整理得 (m 2k 1)(m 4k) 0，解得m 2k 1或m 4k，
当m 2k 1时，直线方程为 y kx 2k 1，即 y k x 2 1，
此时直线 l过定点 A( 2, 1)，不符合题意，舍去；
当m 4k 时，直线方程为 y kx 4k ，即 y k x 4 ，直线 l过定点( 4,0)，合乎题意，
所以直线 l经过定点，且定点坐标为( 4,0).
20.【答案】（1）
1 x 1
由题意可知： f x x ，所以 f 0 0 1， f 0 0，e e
所以曲线 y f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y x；
（2）
（i）易知 g x f a f x sinx ax a x +sin x ，e
g x a 1 x则 a x +cos x，由题意 g 0
a 1 0
a 0 cos0
a
1=0，
e e e e ea
得 ea a=0 F x ex x F a ea，设 ，则有 a 0，
0 1
又F 0 e +0 1,F 1 1 0 ，且 F x ex x在 , 上单调递增，
e
根据零点存在定理得 1 a 0，即 a的取值范围是 1,0 的子集；
a x
（ii）由（i）知 a = 1，所以 g x sin x，得 g 0 0 sin 0 0，e ex
即 x 0是一个零点；
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x 1
易知 g x x cos x，设 h x
x 1 cos x h x 2 x x ，则 x sin x，e e e
x π,0 2 x当 时， x 0, sin x 0，故 h x 0， g x 单调递增，e
所以 g x g 0 1 1 0，故函数 g x 单调递减， g x g 0 0，
故函数在 π,0 上无零点；
x 0, π g x x 1当 时， x sin x e xx sin x x ，e e
设F x ex sin x x F x ex，则 sin x cos x 1，
设 k x ex sin x cos x 1，则 k x 2ex cos x，
x π x当 0, 时， k x 2e cos x 0， k x 单调递增，
2
x π 当 , π 时， k x 2ex cos x 0， k x 单调递减，
2
π
且 k 0 0， k π e2 1 0， k π eπ 1 0，
2
x π故存在 0 , π

，使 k x0 0，
2
当 x 0, x0 时， k x 0， F x 单调递增，
当 x x0 , π 时， k x 0，F x 单调递减， F 0 0，
故F x0 0，F π π<0，
故函数在 x x0 , π 上有 1个零点.
综上所述， g x 在区间 π,π 内的零点个数为 2.
21.【答案】（1）
对于数列 an ：1，6，2,，4，3
因为 a1 a2 a3 1 6 2 9，a2 a3 a4 6 2 4 12，a3 a4 a5 2 4 3 9
因为存在两个连续三项的和相等，所以数列 an 不具有性质 P；
对于数列 bn ：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10
b1 b2 b3 1 2 3 6，b2 b3 b4 2 3 4 9，b3 b4 b5 3 4 5 12，
b4 b5 b6 4 5 6 15，b5 b6 b7 5 6 7 18，b6 b7 b8 6 7 8 21，
b7 b8 b9 7 8 9 24，b8 b9 b10 8 9 10 27
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因为所有连续三项的和互不相等，所以数列 bn 具有性质 P .
（2）
因为数列 A的各项均为正整数，所以为了使 S A 最小，数列的项应尽可能小，从 1开始尝试，
构造数列 A：a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 ， S1 a1 a2 a3，S2 a2 a3 a4，S3 a3 a4 a5，S4 a4 a5 a6，
要求 S1，S2，S3，S4互不相等，
当数列 A的项全为 1时， A：1，1，1，1，1，1，所有连续三项的和为3，3，3，3，不满足互不相等；
当数列 A的项有 5个 1时，若有 4个或 5个 1相邻，不满足互不相等，当有 3个 1相邻时，如 A：1，1，2，1，1，1，
不满足互不相等；
当数列 A的项有 4个 1时，若有 4个 1相邻，不满足互不相等，
若有 3个 1相邻，如 A：1，1，1，2，1，2或 A：2，1，1，1，2，1或 A：1，1，1，2，2，1，
均不满足互不相等；
当数列 A的项有 3个 1时，如 A：1，1，1，2，2，2或 A：2，2，2，1，1，1，满足题意；
此时数列的和最小，最小值为1 1 1 2 2 2 9 .
（3）
记 Si ai ai 1 ai 2 , (i 1,2,3, ,m 2)
a N*, S N*i i ，又因为为 Si , (i 1,2,3, ,m 2) 互不相等，
即 Si S j ,i, j 1,2,3, ,m 2 ， 且 i j 所 以 ， Si S j 1 。 由 于 要 用 到 S i ， 我 们 先 计 算
3S(A) 3 a1 a2 a3 am
2a1 a2 S1 S2 S3 Sm 2 am 1 2am ，
将 S1,S2 ,S3 , ,Sm 2 按从小到大重新排序，不影响 S(A)的值，
不妨设为 S1 S2 S3 Sm 2 ，
要使 S1 S2 S3 Sm 2 最小，则 S1,S2 ,S3 , ,Sm 2 相邻间的间隔最小，只能为 1，
即 Si 1 Si 1(i 1,2,3, ,m 3)
(m 2)(m 3)
所以， S1 S2 S3 Sm 2 (m 2)S1 12
那么，3S(A) 2a1 a2 S1 S2 S3 S m 2 am 1 2am
2a1 a2 (m 2)S
(m 2)(m 3)
1 a2 m 1
2am
3 3(m 2) (m 2)(m 3) am 1 2am （其中取 a1 a2 a3 1,S1 3）2
S(A) m 1 (m 2)(m 3) am 1 2a所以， m
6 3
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(m 2)(m 3) (12 2)(12 3)
①当m 12时，m 1 12 1 26 23 。
6 6
这就是说，当m 12时， S(A)的最小值不会为 23,m 12都不满足条件。
②当m 4,5,6时，由（2）的解析知不满足条件，所以m不取$4，5，6$
(7 2)(7 3) a
③当m 7时， S(A) 7 1 6
2a7 10 2 2a 6 7 10 2a 7
6 3 3 3 3
这里 a7 a6 2，否则，不满足 S i互不相等，又要最小，所以 a7 3
这时 S(A)min 12 23，所以 m不取 7．
S(A) 8 1 (8 2)(8 3) 3 2a 2a当m 8时， 8 13 8 a 8 a 7 3 6 3 3
这里 a8 a7 3，否则，不满足 S i互不相等，又要最小，所以 a8 3
这时 S(A)min 15 23，所以 m不取 8．
同样可算得
当m 9,a9 3时， S(A)min 18 23；
当m 10,a10 4时， S(A)min 22 23；
当m 11,a11 4时， S(A)min 26 23 .
所以 m不取 9，10，11．
综上，满足条件的m不存在.
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