【新结构】云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题(含详细答案解析)

这是一份【新结构】云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题(含详细答案解析)，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。

1.若{an}是等比数列，a1=1，a3=5，则a5=( )
A. 7B. 9C. 25D. 35
2.双曲线C:x24−y29=1的渐近线方程为( )
A. y=±94xB. y=±49xC. y=±23xD. y=±32x
3.复平面内表示复数z=m+(m+1)i(m∈R)的点在直线y=2x上，则m=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
4.已知下图网格中面积最小的正方形边长为1，平面向量a，b如图所示，则|a−b|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
5.在(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中，含x2项的系数是( )
A. 16B. 19C. 21D. 24
6.已知函数f(x)=ex+e2−x，则下列说法正确的是( )
A. f(x)为增函数B. f(x)有两个零点
C. f(x)的最大值为2eD. y=f(x)的图象关于x=1对称
7.早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M=2π3;行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M=3π4，∠E1SE0=π3.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是( )(参考数据： 3≈1.7)
A. 2.1RB. 2.2RC. 2.3RD. 2.4R
8.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，圆x2+y2=a2−b2与E的一个交点为P，直线PF2与E的另一个交点为Q，tan∠F1QF2=34，则E的离心率为( )
A. 35B. 22C. 34D. 32
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)=sin2x，若f(x1)=f(x2)=12，则|x1−x2|的值可以为( )
A. π6B. π3C. π4D. 2π3
10.在数列{an}中，∀n≥2，n∈N*，an+1+an−1=a1an，记{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是( )
A. 若a1=1，a2=2，则a3=1B. 若a1=1，a2=2，则an=an+4
C. 若a1=2，a2=3，则an=n+1D. 若a1=2，a2=3，则S20=230
11.在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为△A′BD，连接A′C得到三棱锥A′−BCD，在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A. 三棱锥A′−BCD体积的最大值为14B. 点A′，B，C，D都在同一球面上
C. 点A′在某一位置，可使BD⊥A′CD. 当A′B⊥DC时，A′C= 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知csα= 33，α∈(0,π2)，则tan2α=__________.
13.已知正六棱锥的侧棱长为2 3，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为16π，则该正六棱锥的体积为__________.
14.如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动六次.质点位于4的位置的概率为__________;在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为__________.
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13分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E为A1C，AB中点，连接A1B，BC1.
(1)证明：DE//平面A1BC1;
(2)若DE⊥AB，AB=BC=1，AA1=2，求二面角A1−BC1−C的正弦值.
16.(本小题15分)
某企业响应国家“强芯固基”号召，为汇聚科研力量，准备科学合理增加研发资金.为了解研发资金的投入额x(单位：千万元)对年收入的附加额y(单位：千万元)的影响，对2017年至2023年研发资金的投入额xi和年收入的附加额yi进行研究，得到相关数据如下：
(1)求y关于x的线性回归方程;
(2)若年收入的附加额与投入额的比值大于0.1，则称对应的年份为“优”，从上面的7个年份中任意取3个，记X表示这三个年份为“优”的个数，求X的分布列及数学期望.
参考数据：i=17xiyi=2976，i=17yi=42，i=17xi2=32800.
附：回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nx yi=1nxi2−nx2，a=y−bx.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnxx+1.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当x≥1时，f(x)≤a(x−1)，求a的取值范围.
18.(本小题17分)
已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，直线y=x+1与C交于A，B两点，|AF|+|BF|=8.
(1)求C的方程;
(2)过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：|PD||PE|=|AD||BE|.
19.(本小题17分)
若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f:A→B.
设集合A={−5,−3,−1,1,3,5}，B={b1,b2,⋯,bn}(n∈N*,n≤6)，且B⊆A.设有序四元数集合P={X|X=(x1,x2,x3,x4),xi∈A且i=1，2，3，4}，Q={Y|Y=(y1,y2,y3,y4)}.对于给定的集合B，定义映射f:P→Q，记为Y=f(X)，按映射f，若xi∈B(i=1,2,3,4)，则yi=xi+1;若xi∉B(i=1,2,3,4)，则yi=xi.记SB(Y)=i=14yi.
(1)若B={−5,1}，X=(1,−3,−3,5)，写出Y，并求SB(Y);
(2)若B={b1,b2,b3}，X=(1,−3,−3,5)，求所有SB(Y)的总和;
(3)对于给定的X=(x1,x2,x3,x4)，记i=14xi=m，求所有SB(Y)的总和(用含m的式子表示).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质，属于基础题.
由等比数列的性质即可求解.
【解答】
解：∵等比数列{an}中，a1=1，a3=5，
∵a32=a1⋅a5，
∴a5=a32a1=521=25.
故选C.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题.
由题意可知，a=2，b=3，代入y=±bax可得渐近线方程．
【解答】
解：因为双曲线方程为x24−y29=1，
所以焦点在x轴，且a=2，b=3，
故渐近线方程为y=±bax=±32x.
故选：D.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
将复数z对应复平面内的点(m,m+1)代入直线方程，解方程即可.
【解答】
解：因为复数z=m+(m+1)i(m∈R)对应复平面内的点(m,m+1)，
代入y=2x中，
则m+1=2m，解得m=1.
故选：A.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求向量的模，属于基础题.
建立平面直角坐标系，求出向量坐标，由向量模的坐标表示即可求解.
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意得，最小正方形的边长为1，
∴a=(3,0)，b=(2,1)，
则a−b=(1,−1)，
则|a−b|= 12+12= 2，
故选：C.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，求展开式中某项的系数，属于基础题．
利用二项展开式的通项公式，组合数公式，求得含x2项的系数．
【解答】
解：(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中，
含x2项的系数为C32+C42+C52=3+6+10=19.
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的最值，零点以及对称性，属中档题.
对函数求导之后得到 f′x=ex−e2−x，此时函数f′x为增函数，进一步得到导函数零点，进一步得到原函数的单调性，对选项逐个判断即可.
【解答】
解：由题意可得，
f′x=ex−e2−x，
又f′1=0，且f′x为增函数从而得，
x∈−∞,1,f′x<0,fx单调递减；
x∈1,+∞,f′x>0,fx单调递增，
故A项错误；
又fx≥f1=2e，
故函数fx没有零点，故B项错误；
又当x→−∞,fx→+∞；
x→+∞,fx→+∞，
故f(x)没有最大值；故C项错误；
当f2−x=e2−x+e2−2−x
=ex+e2−x=fx，
则y=f(x)的图象关于x=1对称，故D项正确.
故选：D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.
利用正弦定理列出方程，联立方程可得答案.
【解答】
解：设∠E1SM=α，
在△E1SM中，由正弦定理，
有Rsinπ4−α=SMsin3π4①，
在△E0SM中，由正弦定理，
有Rsinα=SMsin2π3②，
由①②，有tanα=2 3−3≈0.4，
故SM= 32Rsinα≈2.1R.
故选A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的定义与性质以及三角函数知识的运用，考查了运算能力，属于中档题.
由题可得PF1⊥PF2，设F1Q=5x，x>0，解三角形求得PF1=3x，PQ=4x，利用椭圆的定义求得PF2，QF2，从而得到a=3x，在Rt△PF1F2中，得到F1F2=2c=3 2x，结合椭圆的离心率公式求解即可.
【解答】
解：记F1F2=2c，
则圆x2+y2=a2−b2
即为x2+y2=c2，
由题可知PF1⊥PF2，
因为tan∠F1QF2=34，
所以sin∠F1QF2=35，cs∠F1QF2=45，
在Rt△PQF1中，设F1Q=5x，x>0，
则PF1=F1Q⋅sin∠F1QF2=3x，
PQ=F1Q⋅cs∠F1QF2=4x，
由椭圆的定义可得
PF2=2a−PF1=2a−3x，
QF2=2a−QF1=2a−5x，
则由PQ=PF2+QF2可得
4x=2a−3x+2a−5x，可得a=3x，
则PF2=PF1=3x，
在Rt△PF1F2中，
F1F2=2c=3 2x，即c=3 2x2，
则椭圆E的离心率为e=ca= 22.
故选：B.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查由正弦函数值求角，属于基础题．
由题意得出2x1=π6+2k1π,(k1∈Z),2x2=5π6+2k1π,(k2∈Z),即可求得x1−x2=π3+kπ,k∈Z，从而得解.
【解答】
解：因为函数f(x)=sin2x，
若f(x1)=f(x2)=12，
当x1=x2时，|x1−x2|=0，
当x1≠x2时，所以2x1=π6+2k1π,(k1∈Z),
2x2=5π6+2k1π,(k2∈Z),
所以x1=π12+k1π,(k1∈Z),
x2=5π12+k1π,(k2∈Z),
则x1−x2=π3+kπ,k∈Z.
当k=0时，|x1−x2|=π3；
当k=−1时，|x1−x2|=2π3.
故选BD.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查根据数列的递推公式求数列的项和通项公式，等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式，属于中等题.
利用数列的递推公式可判断选项AB，利用等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式可判断选项CD.
【解答】
解：对A选项，n=2时，有a3+a1=a1a2，
所以a3=a1a2−a1=2−1=1，故A正确；
对B选项，当a1=1时，有an+1+an−1=an(n≥2)，
所以an+3=an−an+1=an−an−an−1=an−1(n≥2)，
则an=an+4(n≥2)，经验证，a1=1，a2=2时，a3=1，a4=−1，a5=−2≠a1，故B不正确；
对C选项，当a1=2时，an+1+an−1=2an(n≥2)，an+1−an=an−an−1=⋯=a2−a1=1，
所以数列{an}是等差数列，公差为1，首项为2，an=n+1，故C正确；
对D选项，由C选项可知，数列{an}是等差数列，an=n+1，
故S20=20a1+a202=10×2+21=230，所以D选项正确；
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的结构特征，考查棱锥的体积，球的切、接问题，空间向量的数量积与空间向量的垂直关系，属于较难题.
当三棱锥A′−BCD的体积最大时，平面A′BD⊥平面BCD，分析三棱锥的结构特征，利用三棱锥的体积公式可判断选项A；利用直角三角形的外接圆圆心在斜边中点处可得三棱锥A′−BCD的外接球球心的位置，可判断选项B；若BD⊥A′C，则需要BD⊥GC，显然不成立，可判断选项C；利用空间向量的数量积与空间向量的垂直关系可判断选项D.
【解答】
解：对A选项，当三棱锥A′−BCD的体积最大时，平面A′BD⊥平面BCD，
过点A′作A′G⊥BD，因为平面A′BD∩平面BCD=BD，A′G⊂平面A′BD，
所以A′G⊥平面BCD，
即A′G为三棱锥A′−BCD的高，
A′G=A′D⋅A′BBD= 32，
所以三棱锥A′−BCD体积的最大值为
VA′−BCD=13⋅A′G⋅S△BCD
=13× 32×12× 3×1=14，故A正确；
对B选项，取BD的中点为O，因为△A′BD，△CBD为直角三角形，
所以OA′=OD=OB=OC，所以点O为三棱锥A′−BCD的外接球的球心，半径为1，
故点A′，B，C，D都在同一球面上，故B正确；
对C选项，若BD⊥A′C，
则BD⋅A′C=BD⋅A′G+GC=0，
所以只需BD⊥GC，
显然在矩形ABCD中不成立，故C错误；
对D选项，当A′B⊥DC时，
有A′B⋅DC=0
A′C+CB⋅DC=0
A′C⋅DC+CB⋅DC=0
A′C⋅DC=0，
即A′C⊥DC，所以△A′CD为直角三角形，∠A′CD为直角，
则A′C= 2，故D正确.
故选ABD.
12.【答案】−2 2
【解析】【分析】
本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角正切公式，属于基础题．
运用同角三角函数的平方关系，求解sinα，从而得到tanα，再利用二倍角正切公式计算即可．
【解答】
解：因为csα= 33，α∈(0,π2)，
所以sinα= 1−cs2α= 1−13= 63，
所以tanα=sinαcsα= 63 33= 2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=2 21−2=−2 2，
故答案为：−2 2.
13.【答案】9 32
【解析】【分析】
本题主要考查的是正六棱锥的体积，正六棱锥的结构特征，属于中档题.
由题可求出正六棱锥外接球的半径，正六棱锥的底边长为a，高为h，结合正六棱锥的结构，列出关于a，h的方程，求解即可得到正六棱锥的体积.
【解答】
解：设正六棱锥H−ABCDEF，底面中心为G，外接球半径为R，底面正六边形的边长为a，棱锥的高HG=h，则4πR2=16π，所以R=2，FG=a，
①当外接球的球心O在棱锥内部时，h>2，
在Rt△HGF中，FH2=HG2+FG2，
即12=h2+a2，
在Rt△OGF中，R2=OG2+FG2，
即4=h−22+a2，
联立12=h2+a24=h−22+a2，
解得a= 3h=3，
所以该正六棱锥的体积为
V=13×3×6× 34× 32=92 3；
②当外接球的球心O在棱锥外部时，h<2，
在Rt△HGF中，FH2=HG2+FG2，
即12=h2+a2，
在Rt△OGF中，R2=OG2+FG2，
即4=2−h2+a2，
联立12=h2+a24=2−h2+a2，
解得a= 3h=3，与h<2矛盾，不合题意，舍去；
综上，该正六棱锥的体积为9 32.
故答案为：9 32.
14.【答案】332 ； 18
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率公式，属于中档题.
质点位于4的位置，则质点向右移动5次，向左移动1次，根据相互独立事件的概率公式可求得对应的概率；列举出该质点共经过两次3的位置的情况，根据相互独立事件的概率公式求解即可.
【解答】
解：质点位于4的位置，则质点向右移动5次，向左移动1次，
可得质点位于4的位置的概率为
P1=C61×121×125=332；
在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置，有如下情况：
1→2→3→4→3→2，1→2→3→4→3→4，
1→2→3→2→3→2，1→2→3→2→3→4，
共4种移动方法，
则该质点共经过两次3的位置的概率为
P2=4×125=18.
故答案为332；18.
15.【答案】解：(1)连接AC1，
因为D，E分别为AC1，AB的中点，所以DE//BC1，
又因为DE⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以DE//平面A1BC1.
(2)由(1)得DE//BC1，因为DE⊥AB，所以AB⊥BC1，
因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥BB1，
因为BB1∩BC1=B，BB1，BC1⊂平面B1BCC1，
所以AB⊥平面B1BCC1，
又BC⊂平面B1BCC1，故AB⊥BC.
建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则A1(0,1,2)，B(0,0,0)，C1=(1,0,2)，
BA1=(0,1,2)，BC1=(1,0,2)，
设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BA1=y+2z=0n⋅BC1=x+2z=0，
可取n=(2,2,−1)为平面A1BC1的一个法向量，
可取m=(0,1,0)为平面B1BCC1的一个法向量，
则|cs|=|n⋅m|n|m|=23，
设二面角A1−BC1−C的大小为θ，
则|csθ|=23，sinθ= 1−(23)2= 53，
所以二面角A1−BC1−C的正弦值为 53.
【解析】本题重点考查线面平行的判定和二面角，属于一般题.
(1)通过求证DE//BC1，由线面平行的判定定理即可求证;
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.
16.【答案】解：(1)由题意y=427=6，
x=10+30+40+60+80+90+1107=60，
b=i=17xiyi−nx yi=17xi2−nx2=2976−7×60×632800−7×3600=0.06，
a=y−bx=6−0.06×60=2.4，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.06x+2.4；
(2)由题意，7个年收入的附加额与投入额的比值大于0.1的有3个“优”，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C30C43C73=435，
P(X=1)=C31C42C73=1835，
P(X=2)=C32C41C73=1235，
P(X=3)=C33C73=135，
X的分布列如下：
所以X的期望是E(X)=0×435+1×1835+2×1235+3×135=97.
【解析】本题考查回归直线方程和离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题.
(1)求出b和a，即可得回归直线方程;
(2)求出X的所有可能取值和对应概率，即可得分布列和期望.
17.【答案】解：(1)由于f(1)=0，
则切点坐标为(1,0)，
因为f ′(x)=1+1x−ln⁡x(x+1)2，
所以切线斜率为f ′(1)=12，
故f x 在点 1,0 处的切线方程为y=12x−12；
(2)当x ≥1，f(x)≤a(x−1)，
等价于lnx≤ax2−1，
令g(x)=a(x2−1)−ln⁡x，x∈[1,+∞),
lnx≤ax2−1恒成立，等价于gx≥0恒成立，
g ′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，
当a ≤0时，g ′(x)<0，
所以g x 在 1,+∞上单调递减，
所以g(x)⩽g(1)=0，不符合题意;
当01，
当x∈1, 12a时，g′x<0，
g(x)单调递减，g(x)⩽g(1)=0不符合题意;
当a ≥12，因为x≥1，所以2ax2−1≥0，
则g′x≥0，g(x)在 1,+∞上单调递增，
所以g(x)⩾g(1)=0，符合题意.
综上所述，a的取值范围是 12,+∞.
【解析】本题考查了导数的综合应用，属于中档题.
(1)根据导数的几何意义求出切线斜率，点斜式即可得切线方程;
(2)由题意可构造函数令g(x)=a(x2−1)−ln⁡x，x∈[1,+∞)，利用导数，结合分类讨论的思想，确定函数g(x)的单调性，根据单调性由g(x)min≥0求解可得.
18.【答案】解：(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，(x1<0联立x=y−1x2=2py，得
y2−(2+2p)y+1=0，
则Δ=4p2+8p>0，
y1+y2=2+2p，y1y2=1，
则|AF|+|BF|=y1+y2+p=2+3p=8，
故p=2，
所以C的方程为x2=4y；
(2)证明：由(1)知y1+y2=6，
因为抛物线C：y=14x2，则y′=12x，
则kPA=x12，kPB=x22，
则直线PA方程为y−y1=x12(x−x1)，
即x1x=2(y+y1)，
同理直线PB方程为x2x=2(y+y2).
联立xx1=2(y+y1)xx2=2(y+y2)，得
x(x1−x2)=2(y1−y2)，则x=2(y1−y2)x1−x2=2，
将x=2代入得x1=y+y1x2=y+y2，
两式相加得
2y=(x1+x2)−(y1+y2)
=(y1−1+y2−1)−(y1+y2)=−2，
即y=−1，所以点P(2,−1)，
设直线DE与抛物线相切于点T(x0,y0)，
则直线DE方程为xx0=2(y+y0)，设D(xD,yD)，E(xE,yE)，
联立得xDx1=2(yD+y1)xDx0=2(yD+y0)，解得yD=x0x14，
同理yE=x0x24，
因为|PD||PE|
= 1+1kPA2|yD−yP|⋅ 1+1kPB2|yE−yP|
= 1+4x12 1+4x22(yD+1)(yE+1)，
同理|AD|⋅|BE|= 1+4x12 1+4x22(y1−yD)(y2−yE)，
故要证|PD|⋅|PE|=|AD|⋅|BE|，
即证yDyE+yD+yE+1=y1y2−y2yD−y1yE+yDyE，
即证yD+yE+yDy2+y1yE=0，
即证x0x14+x0x24+x0x14⋅x224+x0x24⋅x124=0，
即证4x0(x1+x2)+x0x1x2(x1+x2)=0，
即证x0(4+x1x2)(x1+x2)=0，
由(1)知(x1x2)2=16y1y2=16，
又x1x2<0故x1x2=−4，上式成立，
故|PD||PE|=|AD||BE|.
【解析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，以及抛物线中的弦长问题，属于较难题目.
(1)联立x=y−1x2=2py，由焦点弦公式，直接求得p，进而可得方程；
(2)由导数的几何意义，求出直线PA方程x1x=2(y+y1)，直线PB方程为x2x=2(y+y2)，然后，进而可得|PD||PE|，|AD||BE|，即证yDyE+yD+yE+1=y1y2−y2yD−y1yE+yDyE，直接证明即可.
19.【答案】解：(1)由题知，
Y=f(X)=f((1,−3,−3,5))=(1+1,−3,−3,5)=(2,−3,−3,5)，
所以SB(Y)=2−3−3+5=1.
(2)对1，−3，5是否属于B进行讨论
①含1的B的个数为C52=10，
此时在映射f下，y1=1+1=2；
不含1的B的个数为C53=10，
此时在映射f下，y1=1；
所以所有Y中2的总个数和1的总个数均为10；
②含5的B的个数为C52=10，
此时在映射f下，y4=5+1=6;
不含5的B的个数为C53=10，
此时在映射f下，y4=5；
所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10，
③含−3的B的个数为C52=10，
此时在映射f下，y2=−3+1=−2，y3=−3+1=−2;
不含−3的B的个数为C53=10，
此时在映射f下，y2=−3，y3=−3；
所以所有Y中−2的总个数和−3的总个数均为20，
综上，所有SB(Y)的总和为10×(1+2+5+6)+20×(−2−3)=140−100=40；
(3)对于给定的X=(x1,x2,x3,x4)，考虑x1在映射f下的变化，
由于在A的所有非空子集中，含有x1的子集B共25个，
所以在映射f下x1变为y1=x1+1，
不含x1的子集B共25−1个，在映射f下x1变为y1=x1，
所以在映射f下得到的所有y1的和为
25(x1+1)+(25−1)x1=63x1+32；
同理，在映射f下得到的所有yi(i=2,3,4)的和为
25(x1+1)+(25−1)xi=63xi+32；
所以所有SB(Y)的总和为63(x1+x2+x3+x4)+32×4=63m+128.
【解析】本题以映射为背景考查集合的相关知识，考查逻辑推理，分析问题解决问题的能力，再结合计数原理的相关知识逐求解，属于难题.
(1)先理解映射的定义，即可求解；
(2)对1，−3，5是否属于B进行讨论，即可求解.
(3)对于给定的X=(x1,x2,x3,x4)，考虑x1在映射f下的变化，在映射f下x1变为y1=x1，所以在映射f下得到的所有y1的和为25(x1+1)+(25−1)x1=63x1+32；同理，在映射f下得到的所有yi(i=2,3,4)的和为25(x1+1)+(25−1)xi=63xi+32.即可解答.年份
2017
2018
2019
2020
2021
2022
2023
投入额xi
10
30
40
60
80
90
110
年收入的附加额yi
3.20
4.00
4.80
6.00
7.30
7.45
9.25
X
0
1
2
3
P
435
1835
1235
135