四川省广安中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷

这是一份四川省广安中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
某中学有 10 个学生社团，每个社团的人数分别是 70，60，60，50，60，40，40，30，30，10，则这组数据的平均数，众数，中位数的和为（）
A. 165B. 160C. 150D. 170
已知复数 z 满足 z 1 2i  3  i ，则复数 z 的虚部为（）
设集合 A  2, 1, 0,1, 2， B  x | x  2  0 ，则 A ∩ B  （ ）
x  2
A. i
B.
i
C.
1
D. 1
3. 若 A  {x | 0  x  2},
A. {x | x  2}
B 
{x |1  x  2} ，则 A ∩ B 
B.
.
{x | x  1}
C. {x |1  x  2}
D.
{x | 0  x  2}
1, 0,1

1, 0,1, 2
2, 1, 0,1
2, 1, 0,1, 2
三角形的两边分别为 5 和 3，若它们夹角的余弦值是方程5x2  7x  6  0 的根，则三角形的另一边长为
13
A. 52B. 2
C. 16D. 4
已知点 F 是抛物线y2  2px(p  0) 的焦点，点A2, y 、B 1 , y  分别是抛物线上位于第一、四象
1 22 

已知函数 f  x  sin  x φ  sin  x  7φ 为奇函数，则参数φ的一个可能值为（）
限的点，若 AF
 10 ，则aABF 的面积为(
)
A 42
B. 30
C. 18
D. 14
7. 已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，若 a6
A. 12B. 16
 a9  6  a3 ，则 S11
C. 20
 （ ）
D. 22
ππ
B.
74
3ππ
C.D.
82
二、多选题
设数列a 是各项均为正数的等比数列， T 是a 的前 n 项之积， a  27 ， a  a  a  1 ，则当
nnn
Tn 最大时， n 的值为（）
236927
A. 4B. 5C. 6D. 7
已知函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时， f (x)  x 
2
x 1
，则下列结论正确的是（）
f (0)  2B.f (x) 的单调递增区间为（-1，0），（1，+  ）
当 x  0 时， f (x)  x 
2
1 x
xf (x)  0 的解集为（-  ，-1） ∪ （1，+  ）
已知点 P ， Q 分别为双曲线C : x2  y2  a2 a  0 的左、右顶点，点A ， B 是C 右支上不同两点，若
3
QP  QA  QB  0 且aPAB 的面积为12，则下列说法正确的是（）
双曲线C 的渐近线方程为 y   xB. 点Q 为aPAB 的重心
a  4
aPAB 为等边三角形
三、填空题
→
已知向量 a  3, 6 ，则与向量 a 平行的单位向量为.
已知二次函数 f ( x)  x2  bx  c(b, c  R) ，且 f (2021)  2021 ， f (2022)  2022 ，则 f (2023) 
.
在半径为 5 的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为．
四、解答题
15 已知ω 1 ，函数 f (x)  cs ωx  π  .
3 

当ω 2 时，求 f (x) 的单调递增区间；
 
若 f (x) 在区间 π , π  上单调，求ω的取值范围.
 6 3 
2
从椭圆 x
2
y  1a  b  0 上一点 P 向
x 轴作垂线，垂足恰好为左焦点 F1 ， A 是椭圆与
x 轴正半轴

2
2
ab
10
5
的交点， B 是椭圆与 y 轴正半轴的交点，且 AB//OP ， F1 A ，求此椭圆方程.
如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CC1  平面 ABC ， D 为 AB 的中点， AB  2 ， AC  1 ，
CC1 3 ， ABC  30.
证明： AC1 / / 平面 B1CD ；
求直线 DC1 与平面 B1CD 所成角的正弦值.
已知函数 f  x  x 1 ex .
求 f (x) 的最大值；
若 g(x) 
f (x)
x 1 ex 
，分析 g(x) 在(0, ) 上的单调性.
如果数列an中存在四项am ，an ，ak ，ai ，使得 am  an  ak  ai （ m, n, k, i 互不相同），则称数列an
为稳健数列．
若数列an是项数为 5 的正项等比数列，且an是稳健数列，求an的公比 q 的个数；
若数列an的项数为 6，且 an  n ，从an中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率；
若数列an为等差数列，且公差不为 0，从an中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列
1
的概率超过
10
，求数列an的项数的最大值．
广安中学 2026 高考冲刺月测卷一
数学试卷
一、单选题
某中学有 10 个学生社团，每个社团的人数分别是 70，60，60，50，60，40，40，30，30，10，则这组数据的平均数，众数，中位数的和为（）
A. 165B. 160C. 150D. 170
【答案】C
【解析】
【分析】将数字从小到大（或从大到小）排列，得到众数和中位数，再算出平均数，即可得到答案.
【详解】人数分别是 10,30,30,40,40,50,60,60,60,70，则众数为 60，中位数为 40  50  45 ，平均数为
2
10  30  30  40  40  50  60  60  60  70  45 ，
10
∴平均数，众数，中位数的和为：60+45+45=150.故选：C.
已知复数 z 满足 z 1 2i  3  i ，则复数 z 的虚部为（）
iB. i
【答案】C
1
1
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 z ，由此可得出复数 z 的虚部.
【详解】由已知可得 z  3  i
1 2i
因此，复数 z 的虚部为1.
故选：C.
 3  i1 2i
1 2i1 2i
 5  5i  1 i ， 5
若 A  {x | 0  x 
2},
B  {x |1  x  2} ，则 A ∩ B  .
{x | x  2}
{x | x  1}
{x |1  x  2}
{x | 0  x  2}
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的交集运算易得.
【详解】因为 A  {x | 0  x 
2},
B  {x |1  x  2} ，
则 A  B  {x |1  x 
2} .
故选：C
设集合 A  2, 1, 0,1, 2， B  x | x  2  0 ，则 A ∩ B  （ ）
x  2
1, 0,1

1, 0,1, 2
2, 1, 0,1
2, 1, 0,1, 2
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合 B ，利用交集的意义可求 A  B .
【详解】由 x  2  0 ，得(x  2)(x  2)  0 ，解得2  x  2 ，所以集合 B  {x | 2  x  2} ，

x  2
x  2  0
又因为 A  2, 1, 0,1, 2，所以 A ∩ B  1, 0,1, 2.
故选：B.
三角形的两边分别为 5 和 3，若它们夹角的余弦值是方程5x2  7x  6  0 的根，则三角形的另一边长为
13
A. 52B. 2
C. 16D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设已知两边的夹角为θ．求出csθ，再利用余弦定理求解.
【详解】设已知两边的夹角为θ．根据题意得csθ  3 或csθ 2 （舍去），
5
13
∴三角形的另一边长为 52  32  2  5 3csθ= 52 =2．
故选 B．
【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
已知点 F 是抛物线y2  2px(p  0) 的焦点，点A2, y 、B 1 , y  分别是抛物线上位于第一、四象
1 22 

限的点，若 AF  10 ，则aABF 的面积为()
A. 42B. 30C. 18D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】利用焦半径公式可得 AF  2  p  10 ，得到抛物线方程，求得 A、B 的坐标，得到 AB 方程，
2
求出 AB 与 x 轴交点C ，再由面积公式求解．
【详解】
因为A 到焦点 F 的距离，等于A 到准线 x   p 的距离，
2
所以 AF  2  p  10 ， p  16 ，
2
则抛物线的方程为 y2  32x ，
把 x  1 代入方程，得 y  4( y  4 舍去) ，即B 1 , 4  ．
2 2

x  1
同理可得 A2,8 ，则 AB ： y  4  2 ，即8x  y  8  0 ．
8  42  1
2
设直线 AB 与 x 轴交于C 点，已知C 1, 0 ，
 S 1 8 1 y  y  42 ，故选 A．
a ABF212
【点睛】本题考查抛物线的方程、定义与简单性质，是中档题. 与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ，若 a6  a9  6  a3 ，则 S11  （ ）
A. 12B. 16C. 20D. 22
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列及前 n 项和的性质即可求解；
【详解】由 a6  a9  6  a3 ，可得： a6  a9  a3  3a6  6 ，所以 a6  2 ，
又 S11  11a6  22 ，故选：D
已知函数 f  x  sin  x φ  sin  x  7φ 为奇函数，则参数φ的一个可能值为（）
ππ
B.
74
3ππ
C.D.
82
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数 f 0  0 ，运用排除法，再验算对于任意的 x  R ， f (x)   f (x) 是否成立即可.
【详解】Q f  x 是奇函数，并在 x  0 时有意义， f 0  0 ，
对于 A 项， f 0  sin π  sin 7π  sin π  sin π  sin π  0 ，故 A 项错误；
777
对于 B 项， f 0  sin π  sin 7π  sin π  sin  2π  π   2 sin π  0 ，故 B 项错误；
 4
对于 C 项， f 0  sin 3π  sin 21π  sin 3π  sin  2π  5π   sin 3π  sin  π  3π   0 ，
888
8 
88 

又 f  x  sin  x  3π   sin  x  21π   sin  x  3π   sin  x  2π  5π 
8 8 8 8 

 sin  x  3π   sin  x  π  3π   sin  x  3π   sin  x  3π 
8 8 8 8 

 sin x cs 3π  cs x sin 3π  sin x cs 3π  cs x sin 3π  2 cs 3π sin x ，
88888
即 f  x  2 cs 3π sin x ，
8
所以 f x  2 cs 3π sin(x)  2 cs 3π sin x   f  x ，即 f x   f  x ，
88
所以 f  x 是奇函数，故 C 项正确；
对于 D 项， f 0  sin π  sin 7π  sin π  sin  4π  π   2 sin π  2  0 ，故 D 项错误.
222
2 2

故选：C.
二、多选题
设数列a 是各项均为正数的等比数列， T 是a 的前 n 项之积， a  27 ， a  a  a  1 ，则当
nnn
Tn 最大时， n 的值为（）
236927
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】AB
【解析】
【分析】设等比数列an的公比为 q ，求出 q 的值，进而可求得数列an的通项公式，解不等式 an  1，求出 n 的取值范围，即可得解.
【详解】设等比数列a 的公比为 q ，则 a  a  a  a3  1 ，可得 a  1 ，
n36962763
a6
4
a2
4
81
1
1 1 n2
3
 
 q ，所以， a  a qn2  27   35n ，
3n2 
n
令 a  35n  1，解得 n  5 ，故当Tn 最大时， n  4 或5 .
故选：AB.
已知函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时， f (x)  x 
2
x 1
，则下列结论正确的是（）
f (0)  2B.f (x) 的单调递增区间为（-1，0），（1，+  ）
当 x  0 时， f (x)  x 
【答案】BC
2
1 x
xf (x)  0 的解集为（-  ，-1） ∪ （1，+  ）
【解析】
【分析】根据奇函数的性质可得 f (0)  0 ，再根据函数 f  x 的单调性及 f 1  0 可得出函数值为正负时， x 的范围，从而可判断 BD，根据奇函数的定义求出 x  0 时函数的解析式即可判断 C.
【详解】解：因为函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，所以 f (0)  0 ，故 A 错误；
因为函数 y  x, y  
2
x 1
在0, ∞ 都是增函数，
所以函数 f (x)  x 
2
x 1
在0, ∞ 是增函数，
又 f 1  0 ，则当0  x  1时， f  x  0 ，当 x  1 时， f  x  0 ，当 x  1时， f  x  0 ，当1  x  0 时， f  x  0 ，
则函数 y  f (x) 的单调递增区间为（-1，0），（1，+  ），故 B 正确；
当 x  0 时，则x  0 ，
f x  x 
2
x 1
  f  x ，
所以当 x  0 时， f (x)  x 
2
1 x
，故 C 正确；
x  0x  0
若 xf (x)  0 ，则 f  x  0 或 f  x  0 ，

所以0  x  1或1  x  0 ，
即不等式 xf (x)  0 的解集为1, 0 U0,1 ，故 D 错误.故选：BC.
已知点 P ， Q 分别为双曲线C : x2  y2  a2 a  0 的左、右顶点，点A ， B 是C 右支上不同两点，若
3
QP  QA  QB  0 且aPAB 的面积为12，则下列说法正确的是（）
双曲线C 的渐近线方程为 y   xB. 点Q 为aPAB 的重心
a  4
aPAB 为等边三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等轴双曲线求得渐近线判断 A；根据重心的向量形式判断 B；设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，根
1
据重心坐标性质得A ， B 关于 x 轴对称，进而求得 y2  3a2 ，根据aPAB 的面积求得 a  2 判断 C，结合选
项 C 求得APB  π ，根据对称性可得aPAB 为等边三角形判断 D.
3
【详解】由于双曲线C 是等轴双曲线，故其渐近线为 y   x ，故 A 正确；
由QP  QA  QB  0 知点Q 为aPAB 的重心，故 B 正确；设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ， P a, 0 ， Q a, 0 ，
由点Q 为aPAB 的重心知 x1  x2  a  3a ， y1  y2  0  0 ，
故A ， B 关于 x 轴对称且 x  x  2a ， y2  x2  a2  3a2 ，
1211
3
故aPAB 的面积 S  3a  3a  12，解得 a  2 ，故 C 错误；
由 C 可知， A ， B 关于 x 轴对称且 x1  x2  2a ， y1 3a ，
y1
所以tanAPQ 3 ，所以APQ  π ，所以APB  π ，
3a363
因此aPAB 为等边三角形，故 D 正确.故选：ABD.
三、填空题
→
已知向量 a  3, 6 ，则与向量 a 平行的单位向量为.

【答案】
5 , 2 5  或 
5 ,  2 5 
 55 55 

【解析】

【分析】利用与向量a 平行的单位向量为
a
→ ，求解即可
a
→→
32  62
【详解】因为 a  3, 6 ，所以 a 
 3 5 ，所以与向量 a 平行的单位向量为
5
5
5
5
→→→→
5
5
或
→
→
a  a  , 2  a  a   ,  2  .
a3 55 
a3
55 

故答案为：
5 , 2 5  或 
5 ,  2 5 
 55 55 

已知二次函数 f ( x)  x2  bx  c(b, c  R) ，且 f (2021)  2021 ， f (2022)  2022 ，则 f (2023) 
.
【答案】2025
【解析】
【分析】由 f (2021)  2021 ， f (2022)  2022 解出b, c ，进而得出答案.
20212  2021b  c  2021

【详解】由20222  2022b  c  2022 ，解得b  4042, c  2021 2022
f (2023)  20232  (2023  2019)  2023  2022  2021  2025
故答案为： 2025
在半径为 5 的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为．
【答案】 4000π ## 4000 π
8181
【解析】
【分析】利用球的截面小圆性质，用圆锥的高表示出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥体积的函数关系，利
用导数求出最大值即得.
【详解】过圆锥的轴的平面截球面得大圆，截圆锥得轴截面等腰三角形，是球的截面大圆的内接三角形，如图，
设圆锥的高为 h(0  h  10) ，圆锥底面圆半径为 r ，球心O 到圆锥底面距离 d | h  5 | ，
则 r 2  d 2  52 ，即 r 2  10h  h2 ，圆锥体积V (h)  1 πr 2 h  1 π(10h2  h3 ) ，
33
求导得V (h)  1 π(20h  3h2 ) ，当0  h  20 时，V (h)  0 ，当 20  h  10 时，V (h)  0 ，
333
因此函数V (h) 在(0, 20) 上单调递增，在( 20 ,10) 上单调递减，V (h) V ( 20)  4000π ，
3
所以圆锥体积的最大值为
4000π
3
4000π
.
81
max
381
故答案为：
81
【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
四、解答题
已知ω 1 ，函数 f (x)  cs ωx  π  .
3 

当ω 2 时，求 f (x) 的单调递增区间；
 
若 f (x) 在区间 π , π  上单调，求ω的取值范围.
 6 3 
【答案】（1）[ π  kπ, kπ  π], k  Z
36
（2）ω[2, 4]
【解析】
【分析】（1）令π  2kπ  2x  π  2kπ, k  Z 求 x 的范围，即可得增区间；
3
（2）由题意 y  cs t 在t [ πω π , πω π] 上单调，讨论分别为递减区间、递增区间求ω的取值范围.
【小问 1 详解】
 
6333
由题设 f (x)  cs(2x  π) ，令π  2kπ  2x  π  2kπ, k  Z ，
33
所以 π  kπ  x  kπ  π , k  Z ，故 f (x) 的单调递增区间为[ π  kπ, kπ  π], k  Z .
3636
【小问 2 详解】
由 x   π , π  ，则t  ωx  π [ π ω π , π ω π] ，
 6 3 
 
363 33
y  cs t[ πω π πω π
所以在
 , ] 上单调，又ω 1 ，
6333
 πω π
πω π πω π
 2kπ
 63
若[ ,
6
 ]  [2kπ, π  2kπ] ， k  Z ，则 πω π
， k  Z ，
333
  π  2kπ
 33
所以2 12k  ω 4  6k ， k  Z ，故 k  0 时2  ω 4 ，满足题设；
 πω π
πω π πω π
 π  2kπ
 63
若[ ,
6
 ]  [π  2kπ, 2kπ] ， k  Z ，则 πω π
， k  Z ，
333
  2kπ
 33
所以2 12k  ω 1 6k ， k  Z ，此时没有满足题设的 k 值；综上，ω[2, 4] .
2
从椭圆 x
2
y  1a  b  0 上一点 P 向
x 轴作垂线，垂足恰好为左焦点 F1 ， A 是椭圆与
x 轴正半轴

2
2
ab
10
5
的交点， B 是椭圆与 y 轴正半轴的交点，且 AB//OP ， F1 A ，求此椭圆方程.
x2  y2 
【答案】
【解析】
1
105
【分析】
根据椭圆方方程可确定 A, B, P 点坐标，利用 AB//OP 可构造方程求得b  c ，结合 F1A 和椭圆 a, b, c 的关系可构造方程求得 a, b ，进而得到椭圆方程.
【详解】由椭圆方程可知： Aa, 0 ， B 0, b ，
b2 
1a
设椭圆焦点 F c, 0 ，又 AB//OP ，则 P  c, ，

 k  b ， k
b2bb2

 ，  ，整理可得： bc ，
ABaOPac
aac
10
5
又 F1 A  c  a ， a2  b2  c2  2c2 ， a 
10 ， c ，b ，
此椭圆的方程为：
5
5
x2y2

1 .
105
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解问题，解题关键是能够根据直线平行得到斜率相等关系，属于基础题.
如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CC1  平面 ABC ， D 为 AB 的中点， AB  2 ， AC  1 ，
CC1 3 ， ABC  30.
证明： AC1 / / 平面 B1CD ；
求直线 DC1 与平面 B1CD 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 15 .
10
【解析】
【分析】（1）连接 BC1 交 B1C 于点 E，连接 DE，证明 DE∥ AC1 ,即可证明AC1 ∥平面B1CD ．（2）以
CA，CB，CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 C﹣xyz，直线 DC1 与平面 B1CD 所成角为 θ，求出平面 B1CD 的法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可．
【详解】（Ⅰ）连接BC1 交B1C 于点E ，连接DE ，
∵四边形BB1C1C 是平行四边形，
∴点E 是BC1 的中点，又点D 为AB 的中点，
∴ DE 是ΔABC1 的中位线，∴ DE / /AC1 .
又 DE⊂平面 B1CD，AC1⊄平面 B1CD，
∴ AC1 / / 平面B1CD .
3
（Ⅱ）由AB  2 ， AC  1，∠ABC  30 ，由余弦定理得BC 可得AC  BC，
以点C 为坐标原点， CA ， CB， CC1 为x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C  xyz .
3
则C0, 0, 0 ， B 0, 3, 3 ， D 1 ,, 0  ， C 0, 0, 3  ，
1 221

––––v13––––v–––v 1
3
∴ DC1    2 ,  2 , 3  ， CB1  0, 3, 3  ， CD   ,, 0  ，
 22
设平面B CD 的法向量为v  x, y, z ，则v CB  0 ， v，
1
 3y 
n
3z  0
n1n CD  0

即 1

v
x 
3
y  0
，令z  1，得n  
3, 1,1 ，
 22
––––v
v ––––v
v
∴ cs n, DC1
 n  DC1 
15
n DC1
v ––––v
10 ，
15
11
∴直线DC 与平面B CD 所成角的正弦值为.
10
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题
18 已知函数 f  x  x 1 ex .
求 f (x) 的最大值；
若 g(x) 
f (x)
x 1 ex 
，分析 g(x) 在(0, ) 上的单调性.
【答案】（1）最大值为0 ；（2） g(x) 在(0, ) 上单调递减.
【解析】
【分析】(1)求导后，判断单调性进而求出最大值即可；
(2)由题意可知， g(x) 求导后表达式比较复杂，故因式分解后构造新的函数，通过二次求导来判断 g( x)
的正负号，进而判断出 g(x) 在(0, ) 上的单调性.
【详解】(1)由条件知 f  (x)  1 ex ，令 f (x)  0 ，得 x  0 ，
由 f (x)  0 ，得x＜0 ，由 f (x)＜0 ，得x＞0 ，
所以 f (x) 在(, 0) 上单调递增，在(0, ) 上单调递减，所以 f (x) 的最大值为 f (0)  0 .
x
ex  x 111
(2)由已知得 g(x) 
x ex 1  x  e 1 ，
x

x

xx2ex x
2 xe2  ex 1 xe2  ex 1

所以 
e 1
e 1
 ，
g (x) 
ex 12
x2x2 ex 12
x2 ex 12
x
当 x  0 时， xe2  ex 1  0 .
x xφ
1 x
 x 
令φ x  x  e2  e 2 ，则
(x) 
 2  e2  e
2  ，
当 x  0 时，
x
e2  e
 x
2  2
2 
，所以φ (x)  0 ，
所以φ(x) 在(0, ) 上单调递减，所以φ(x) φ(0)  0 ，
x x x x 
所以 xe2ex 1  e2  x  e2  e 2   0 ，

从而 g(x)  0 ，所以 g  x 在(0, ) 上单调递减.
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
不能随意将函数的 2 个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
19. 如果数列an中存在四项am ，an ，ak ，ai ，使得 am  an  ak  ai （ m, n, k, i 互不相同），则称数列an
为稳健数列．
若数列an是项数为 5 的正项等比数列，且an是稳健数列，求an的公比 q 的个数；
若数列an的项数为 6，且 an  n ，从an中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率；
若数列an为等差数列，且公差不为 0，从an中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列
1
的概率超过
10
，求数列an的项数的最大值．
7
【答案】（1）3（2）
15
（3）21
【解析】
【分析】（1）不妨设数列an为：1，q， q2 ， q3 ， q4 ，分类求解方程，根据解的情况可得.
由列举法及古典概型概率公式可求.
根据公差与项数 n 的奇偶性分类计数，借助取整函数与数列求和求解．
【小问 1 详解】
由 am  an  ak  ai  am  ai  ak  an ， m, n, k, i 互不相同，不妨设 m  n ， k  i ， m  k ，不妨设数列an为：1，q， q2 ， q3 ， q4 ，由数列为正项等比数列，知 q  0 ，
当 q  1 时，满足题意；
当 q  0 且 q  1时，则数列为递增或递减数列，
mnmnmnmn
依题意， a  a  1 q 且 a  a  1 q2 ， a  a  q3  q4 且 a  a  q2  q4 ，
①若1 q4  q2  q3 ，则 q4  q3  q2 1，即 q3 (q 1)  (q 1)(q 1) ， q3  q 1  0 ，令 f (x)  x3  x 1(x  0) ，求导得 f  x  3x2 1 ，
当 x (0,
3 ) 时， f (x)  0 ；当 x (
3
3 , ) 时， f (x)  0 ，
3
函数 f  x 在(0,
3 ) 上单调递减，在(
3
3 , ) 上单调递增，
3
而 f (0)  1  0, f (1)  1  0, f (2)  5  0 ，因此x0 (1, 2) ，使得 f (x0 )  0 ，即存在唯一的 q (1, 2) ，使得 q3  q 1  0 ；
②若 q  q4  q2  q3 ，则(1 q)(1 q  q2 )  q(1 q) ，1 2q  q2  0 ，无解；
③若1 q4  q  q3 ，则 q4  q3  q 1， q3  1 ，无解；
④若1 q4  q  q2 ，则 q4  q2  q 1 ，整理得 q3  q2 1  0 ，
令 g(x)  x3  x2 1(x  0) ，求导得 g(x)  3x2  2x  x(3x  2)  0 ，
函数 g(x) 在(0, ) 上单调递增，又 g(0)  1  0, g(1)  1  0 ， x1 (0,1) ，使得 g(x1)  0 ，即存在唯一的 q (0,1) ，使得 q3  q2 1  0 ；
⑤若1 q3  q  q2 ，则(1 q)(1 q  q2 )  q(1 q) ，整理得 q2  q 1  q ，无解；若1 q3  q  q4 ，则 q  1 ，无解，
所以公比 q 的个数为 3.
【小问 2 详解】
从an中取出的 4 项所有可能为：1，2，3，4（稳健数列）；1，2，3，5（不是稳健数列）； 1，2，3，6（不是稳健数列）；1，2，4，5（稳健数列）；1，2，4，6（不是稳健数列）；
1，2，5，6（稳健数列）；1，3，4，5（不是稳健数列）；1，3，4，6（稳健数列）；
1，3，5，6（不是稳健数列）；1，4，5，6（不是稳健数列）；2，3，4，5（稳健数列）；
2，3，4，6（不是稳健数列）；2，3，5，6（稳健数列）；2，4，5，6（不是稳健数列）；
3，4，5，6（稳健数列）；共 15 种，其中 7 个稳健数列，
7
所以从an中任意取出 4 个元素组成一个数列，该数列为稳健数列的概率 P .
15
【小问 3 详解】
m
不妨令 an  1，2，3，…，n，取出的 4 个数从小到大依次为 a  b  c  d ，当 d  m(m  n, m  N ) 时，稳健数列 a，b，c，d 共有 A 个：
若 a  i(1  i  m  3, i  N ) ，从 a 到 d 共有 m  i 1 个数，
相应的 b，c 的取法有[
m  i 1 2 2
]  [
m  i 1 2
m3

] 种，则 Am [
i1
m  i 1] ，
2
当 m 为偶数时， Am
m4
2
 
i1
2i  m  2  1 (m  2)2
24
m  3
当 m 为奇数时，若 a  1 ，则共有种，
2
若 a  2 ，则回到 m 为偶数的情况，共有 1 (m  3)2 种；
4
此时 Am
 1 (m  3)2  m  3  (m  3)(m 1) ；
424
因此当 n 为偶数时，从an中取出 4 个数为稳健数列的个数为：
Tn  A4  A5  A6 L An  ( A4  A6 L An )  ( A5  A7 L An4 )
 22(n  2)2
(n  4)(n  2)
1  2
L1 2  2  3 L
24
 1  n  2  n(n 1)  2(C2  C2 L C2)  n(n 1)(n  2)  2C3

622
23n224n
n ( n 1)( n  2)
 n(n 1)(n  2)  2  2 22
22
 n(n 1)(n  2)  n(n  2)(n  4)  n(n  2)(2n  5)
246242424
n(n  2)(2n  5)
由 Tn  24  2n  5  1 ，而n  4 ，整理得 n2  24n  53  0 ，
C4n(n 1)(n  2)(n  3)n2  4n  310
n
24
则正整数 n 满足4  n  21 ，又 n 为偶数，此时 n 最大为 20；当 n 为奇数时，从an中取出 4 个数为稳健数列的个数为：
Tn  A4  A5  A6 L An  ( A4  A6 L An1 )  ( A5  A7 L An )
 12  22 L ( n  3)2 [1 2  2  3 L (n  3)(n 1)]
24
 1  (n 1)(n  2)(n  3)  2(C2  C2 L C2 )  1  (n 1)(n  2)(n  3)  2C3

6423
n164
n11
 (n 1)(n  2)(n  3)  2 
n 1  n  3  n 1
222
22
 (n 1)(n  3)(2n 1) ，
24624
(n 1)(n  3)(2n 1)
由 Tn  24  2n 1  1 ，而n  4 ，整理得 n2  22n 10  0 ，
C4n(n 1)(n  2)(n  3)n2  2n10
n
24
正整数 n 满足4  n  21 ，又 n 为奇数，此时 n 最大为 21．所以 n 的最大值为 21.