【文档说明】浙江省（杭州二中、绍兴一中、温州中学、金华一中、衢州二中）五校联考2024届高考数学模拟卷 Word版含解析.docx，共(23)页，1.570 MB，由管理员店铺上传

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2024年浙江省高考数学模拟卷命题：浙江省温州中学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数z满足1i3iz=+−，则z的共轭复数z在复平面上对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解

析】【分析】利用复数的运算性质求出z，再利用共轭复数的性质求出z，最后利用复数和对应点的关系求解即可.【详解】由题意得1i3iz=+−，故2(1i)(3i)33iii2i4z=+−=+−−=+，故2i4z=

−+，显然z在复平面上对应的点是(4,2)−，在第四象限，故D正确.故选：D2.设集合21,ZMxxkk==+，31,ZNxxkk==−，则MN=（）A.21,Zxxkk=+B.31,Zxxkk=

−C.61,Zxxkk=+D.61,Zxxkk=−【答案】D【解析】【分析】利用最小公倍数排除A，B，利用奇数和偶数排除C，求解即可.【详解】易知集合21,ZMxxkk==+，31,ZNxxkk==−，则MN中k前面的系数应为2,3的最小公倍数，故排除A

，B，对于C，当1k=时，集合61,Zxxkk=+为7xx=，而令317k−=，可得k不为整数，故31,ZNxxkk==−不含有7，可得MN中不含有7，故C错误，故选：D3.已知不共线的平面向量

a，b满足()()2abab++∥，则正数=（）A.1B.2C.3D.2【答案】B【解析】【分析】思路一：根据向量共线的判定条件即可解出.思路二：由共线向量基本定理即可得解.【详解】方法一：由已知有12

=，0，解得2=.方法二：设()()2,Rabab+=+，由题意120==，解得2=.故选：B.4.传输信号会受到各种随机干扰，为了在强干扰背景下提取微弱信号，可用同步累积法.设

s是需提取的确定信号的值，每隔一段时间重复发送一次信号，共发送m次，每次接收端收到的信号()1,2,3,,iiXsim=+=，其中干扰信号i为服从正态分布()20,N的随机变量，令累积信号1iimYX==，则Y服从正态分布()2,Nm

sm，定义信噪比为信号的均值与标准差之比的平方，例如1X的信噪比为2s，则累积信号Y的信噪比是接收一次信号的（）倍A.mB.mC.32mD.2m【答案】B【解析】【分析】利用正态分布性质，根

据信噪比的定义列式计算即可求解.【详解】由Y服从正态分布()2,Nmsm，则Y的信噪比为22mssmm=，又接收一次信号1X的信噪比为2s，所以22smms

=，所以累积信号Y的信噪比是接收一次信号的m倍.故选：B5.已知函数()πcos24fxx=+，则“()ππ8kk=+Z”是“()fx+为奇函数且()fx−为偶函数”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【答案】A

【解析】【分析】由三角函数奇偶性、诱导公式以及充分不必要条件的定义即可判断.【详解】一方面，当，()ππ8kk=+Z时，()ππcos22πsin244fxxkx+=+++=−是奇函数，()ππcos22πcos244f

xxkx−=+−−=是偶函数，故充分性成立，另一方面，当5π8=时，有()π5πcos2sin244fxxx+=++=是奇函数，()π5πcos2cos244fxxx−=+−=−是偶函数，但此时关于k的方程()π5ππ88kk+=

Z没有解，故必要性不成立，综上所述，在已知()πcos24fxx=+的情况下，“()ππ8kk=+Z”是“()fx+为奇函数且()fx−为偶函数”充分而不必要条件.故选：A.6.在平面直角坐标

系xOy中，直线2yxt=+与圆C：22240xyxy+−+=相交于点A，B，若2π3ACB=，则t=（）A.12−或112−B.－1或－6C.32−或132−D.－2或－7【答案】C【解析】【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，根据2π3ACB=，得到圆心C到

直线l的距离，再利用点到直线的距离公式求得t的值即可.【详解】由题意可知，圆C：22240xyxy+−+=，标准化后可得圆C：()()22125xy−++=因为，2π3ACB=，过点C作AB的垂线CD，ABCD⊥.如图所示，5ACBC==，在RtACD中，π

5cos532CD==.的所以，圆心C到直线l的距离:4525td+==因此，542t+=，解得，12313,22tt=−=−故选：C.7.已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低

”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（）A.12B.14C.16D.18【答案】B【解析】【分析】将排法分为两种情况讨论，再利用分类加法计数原理相加即可.【详解】依据题意，分两种情况讨论，情况一：高低高低高依

次对应1-5号位置，规定甲在2号位，则乙在1号位或4号位，而甲，丁不相邻，当乙在1号位时，此时为乙甲戊丙丁，共1种，当乙在4号位时，此时有丙甲戊乙丁，戊甲丙乙丁，共2种，易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共6种，情况二：低高低高低依次对应1-5号位置，假设戊在2

号位，若丁在1号位，此时有丁戊甲丙乙，丁戊乙丙甲，共2种，若丁在4号位，此时有甲戊丙丁乙，甲戊乙丁丙，共2种，易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共8种，故符合题意的情况有8614+=种，故B正确.故选：B.8.已知双曲线()22221,0xyabab−=上存在关于原点中心对称的

两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得ABC为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（）A.()2,+B.()3,+C.()2,+D.23,3+【答案】A【解析】【分析】设点(),Axy，则可取()3,3Cyx−，代入双曲线方程整理可得22222233yabxab+=+，

结合渐近线列式求解即可.【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为byxa=，设点(),Axy，则可取()3,3Cyx−，则222222221331xyabyxab−=−=，整理得2222222233yabbxaba+=+，解得22ba，即222caa−，可

得222ca，则222cceaa==，所以该双曲线离心率的取值范围是()2,+．故选：A.【点睛】关键点点睛：1.巧妙设点：设点(),Axy，根据垂直和长度关系可取()3,3Cyx−；2.根据渐

近线的几何意义可得：2222ybxa.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数()()1exfxx=+，则下列结论正确的是（）A.()fx在区间()2,−+上单调递增B

.()fx的最小值为21e−C.方程()2fx=的解有2个D.导函数()fx的极值点为3−【答案】ABD【解析】【分析】利用导数判断单调性，求解最值判断A，B，将方程解的问题转化为函数零点问题判断C，对()fx构造函数再次求导，判断极值点即可.【详解】易知()()1exfxx

=+，可得()()2exfxx+=，令()0fx，(),2x−−，令()0fx，()2,x−+，故()fx在(),2−−上单调递减，在()2,−+上单调递增，故()fx的最小值为()212ef−=−，故A，B正确，若讨论方程()2f

x=的解，即讨论()()1e2xgxx=+−的零点，易知()2122eg−=−−，()10g，故()()120gg−，故由零点存在性定理得到存在()02,1x−作为()gx的一个零点，而当x→−时，()gx→−，显然()gx在(),2−−内无零点，

故()()1e2xgxx=+−只有一个零点，即()2fx=只有一个解，故C错误，令()()()2exhxfxx=+=，故()()3exhxx=+，令()0hx=，解得3x=−，而(0)0h，(4)0h−，故3x=

−是()hx的变号零点，即3x=−是()hx的极值点，故得导函数()fx的极值点为3−，故D正确.故选：ABD10.南丁格尔是一位英国护士、统计学家及社会改革者，被誉为现代护理学的奠基人．1854年，在克里米亚

战争期间，她在接到英国政府的请求后，带领由38名志愿女护士组成的团队前往克里米亚救治伤员，并收集士兵死亡原因数据绘制了如下“玫瑰图”．图中圆圈被划分为12个扇形，按顺时针方向代表一年中的各个月份．每个扇形的面积与该月的死亡人数成比例．扇形中

的白色部分代表因疾病或其他原因导致的死亡，灰色部分代表因战争受伤导致的死亡．右侧图像为1854年4月至1855年3月的数据，左侧图像为1855年4月至1856年3月的数据．下列选项正确的为（）A.由于疾病或其他原因而死的士兵远少于战场上因伤死亡

的士兵B.1854年4月至1855年3月，冬季（12月至来年2月）死亡人数相较其他季节显著增加C.1855年12月之后，因疾病或其他原因导致的死亡人数总体上相较之前显著下降D.此玫瑰图可以佐证，通过改善军队

和医院的卫生状况，可以大幅度降低不必要的死亡【答案】BCD【解析】【分析】根据每个扇形的面积与该月的死亡人数成比例，分析相应的面积大小或面积变化，就能判断出选项A、B、C的正确与否，随着38名志愿女护士的加入，分析未来一年“玫瑰

图”每个扇形白色部分面积在逐步的变少，可以判断出因疾病或其他原因导致的死亡的士兵越来越少，是由于志愿女护士的加入，改善了军队和医院的卫生状况，从而降低了不必要的死亡，所以D选项是正确的.【详解】对于A选项，1854年4月至1855年3月,因为每个扇形白色部分面积远大

于灰色部分的面积，根据每个扇形的面积与该月的死亡人数成比例，可以得出由于疾病或其他原因而死的士兵远大于战场上因伤死亡的士兵；错误；对于B选项，从右侧图像可以看出，冬季（12月至来年2月）相应的扇形面积，大于其他季节时扇形的面积，表明在冬季死亡人数相较其他季节显著增加，

正确；对于C选项，从左侧图像可以看出，1855年12月之后，每个扇形白色部分的面积较大幅度的在减少，表明因疾病或其他原因导致的死亡人数总体上相较之前显著下降，正确；对于D选项，随着38名志愿女护士的加入，分析未

来一年“玫瑰图”每个扇形白色部分面积、在逐步的变少，可以判断出因疾病或其他原因导致的死亡的士兵越来越少，因此，可以推断出随着志愿女护士的加入，改善了军队和医院的卫生状况，从而使得因疾病或其他原因导致的死亡的士兵越来越少，大幅度降低了不必要的死亡，正确,故选：BCD.11.如图

，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若1OAOB+=恒成立，则l始终和曲线C：1xy+=相切，关于曲线C的说法正确的有（）A.曲线C关于直线yx=和yx=−都对称B.曲线C上的点到11,22和

到直线yx=−的距离相等C.曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是2,14D.曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于π14−【答案】BCD【解析】【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可.【详解】对于A，曲线C：1xy+=中

，0,0xy，所以不关于直线yx=−对称，故错误；对于B，设C上一点(),Pxy，则22221122210222xyxyxyxyxy+−+−=+−−−+=，而()2221214122210xyxyxyxyxyxyxyxy+=++==

−−+−−−+=，故正确；对于C，2221OPxyxy=++=，()()22222112228xyxyxy+++=，所以221[,1]8xy+，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是2,14，故正确；对于D，(),Pxy到点()1,1A的距离()

()2222211222211APxyxyxyxy=−+−=+−−+=+，故曲线C位于圆()()22111xy−+−=的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于π14−．故选：BCD.三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．12.若62axx

−展开式中的常数项为160−，则实数=a______.【答案】1【解析】【分析】求得二项展开式的通项，结合通项求得r的值，代入列出方程，即可求解.【详解】由二项式62axx−展开式的通项为()6662166C2()()2CrrrrrrrraTxax

x−−−+=−=−，令620r−=，可得3r=，代入可得333346()2C160160Taa=−=−=−，解得1a=.故答案为：1.13.已知公差为正数的等差数列na的前n项和为nS，nb是等比数列，且()22342Sbb=−+，()()612566Sbbb

b=++，则nS的最小项是第______项．【答案】2【解析】【分析】设出公比，公差，首项，依据给定条件得到62026SS+=，进而得到132da=−，最后写出nS，利用二次函数的性质求解即可.【详解】设nb的公比为q，

故()()2223414222Sbbbbq=−+=−+，()()()24612561266Sbbbbbbq=++=+，可得62026SS+=，设na的首项为1a，公差为d，故得110212665a

dad++=+，化简得1230ad+=，解得132da=−，故23(1)2222ndnnSndnndd−−−=+=，故当nS最小时，2222dnd−=−=，故得2S是nS的最小项，即nS的最小项是第2项．故答案为：214.已知正三角形ABC的边长为2，中

心为O，将ABC绕点O逆时针旋转角2π03，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至ABC，使得两三角形所在平面的距离为263，连接AA，AC，BA，BB，CB，CC，得到八面体ABCABC，则该八面体

体积的取值范围为______．【答案】8222,3【解析】【分析】将八面体转换成四个三棱锥的体积之和，结合三角函数的值域即可得解.【详解】先证明一个引理：如图所示，在三棱柱111ABCABC-中，11111,ACABaCABC

AB====，三棱柱111ABCABC-的高为h，则三棱锥的体积为1121sin6CAABVah−=.引理的证明如下：()1111111111111111111112223CAABCAABCAABBABCABCCABCABCA

BCABCABCVVVVVVV−−−−−−−===−=−111221111sinsin3326ABCABCVahah−===，引理得证.事实上上述引理等价于，若三棱锥11CAAB−满足，11ACABa==，异面直线11,CAAB所成夹角为，且异面直线11,CAAB

之间的距离为h，则三棱锥的体积为1121sin6CAABVah−=.从而由上述引理有ABCABCAABCCABCABBCACACVVVVV−−−−=+++213261π261262222s

in22sin34363363=+++43π321sinsin3333=+++43121sincos322=++4π21sin36=++

．若2π03，则ππ5π663+，从而πsin6+的取值范围是1,12，4π21sin36ABCABCV=++的取值范围是8222,3

.故答案为：8222,3.【点睛】关键点点睛：关键在于对八面体的适当划分，结合体积公式以及引理即可顺利得解.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．1

5.在ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知1tanA，1cosB，1tanC是等差数列．（1）若a，b，c是等比数列，求tanB；（2）若π3B=，求()cosAC−．【答案】（1）12（2）324−【解析】【分析】（1）运用等差数列和等比数列的中项性质，结合同角三角函数的基本关系

、两角和的正弦公式，化简求得1tan2B=；（2）由（1）得2sincossinsinBBAC=，再借助角B的值，以及两角和与差的余弦公式即可求解.【小问1详解】因为a，b，c是等比数列，所以2bac=，有2sinsinsinBAC=，因为1tanA，1cosB，1tanC是等差数列，所以211c

oscossincostantansinsinsinsinACBBACACAC=+=+=.故22sinsin1cossinsinsinsinBBBACBB===.所以1tan2B=．【小问2详解】由（1）的过程可知2sincossinsinBBAC=，若π3B=，则13s

insinsincos28ACBB==.又由()13coscoscoscossinsincoscos28BACACACAC−=−=+=−=−，得31coscos82AC=−，故()31332coscoscossinsin8284ACACAC−−=+=−+=

．16.已知椭圆()222210xyabab+=的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为21+和21−．（1）求该椭圆的方程；（2）对椭圆上不在上下顶点的任意一点P，其关于y轴的对称点记为P，求PFPF+；（3）过点(

)2,0Q作直线交椭圆于不同的两点A，B，求FAB面积的最大值．【答案】（1）2212xy+=；（2）22；（3）324.【解析】【分析】（1）设出椭圆上的点00(,)Mxy，求出||MF的最值，进而求出,ac即可.（2）利用椭圆的对称性及椭圆定义求解即得.（3）设出直线AB的方程，与椭

圆方程联立求出三角形面积的表达式，再求出最大值即得.【小问1详解】令(,0)Fc−，设00(,)Mxy是椭圆22221xyab+=上的点，则22220002(),byaxaxaa=−−，则22222000002||()2ccMFxcyxcxaax

aa=++=++=+，显然当0xa=−时，min||MFac=−，当0xa=时，max||MFac=+，则2121acac−=−+=+，解得21ac==，所以椭圆的方程为2212xy+=.【小问2详解】记椭圆的右焦点为F，由椭圆对称

性知，||||PFPF=，所以222PFPFPFPFa+=+==.【小问3详解】显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为2xmy=+，1122(,),(,)AxyBxy，由22222xmyxy

=++=消去x得22(2)420mymy+++=，222168(2)8(2)0mmm=−+=−，则12122242,22myyyymm+=−=++，212121222)42222||(myyyyyym−−=+=+−，因此2122|1322|||22ABFmSQFyym−=−=+，令2

20tm=−，于是23232324224ABFttStt==+，当且仅当2t=，即6m=时取到等号，所以FAB面积的最大值324.17.如图，已知三棱台111ABCABC-，112ABBCCAAABB=====，114AB=，点O为线段11AB的中点，点D

为线段1OA的中点.（1）证明：直线AD∥平面1OCC；（2）若平面11BCCB⊥平面11ACCA，求直线1AA与平面11BCCB所成线面角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）π4【解析】【分析】（1）取AB中点M，利用平行四边形的性质证明ADOM∥，从而利用线面平行的判定定

理证明即可；（2）法1（建系）：利用梯形性质证明1AOOM⊥，建立空间直角坐标系，设()()31cos,0,3sinC−，利用平面11BCCB⊥平面11ACCA求得2326,0,33C

，再利用线面角的向量公式求解即可；法2（综合法）：连接1CA，1CB，取11AC中点N，延长1CC，1AA，1BB交于点V，根据面面垂直的性质定理，结合线面角的定义得1AVC即为所求，在直角三角形中求解即可；法3（三余弦定理）：延长1CC，1AA，1BB交于点V，根据三余弦定理

求解即可.【小问1详解】取AB中点M，连接,,CMMOCO，则1CMCO∥，故O，M，C，1C共面，由AM与OD平行且相等得，ODAM为平行四边形，故ADOM∥，因为AD平面1OCC，OM平面1OCC，所以AD∥平面1OCC.【小

问2详解】法1（建系）：连接OA，因为BA∥1BO，且1=2BABO=，所以1BAOB为平行四边形，故12AOBB==，又点D为线段1OA中点，所以1AOAD⊥，由ADOM∥得1AOOM⊥，故以O为原点，OM，1OA为x，y轴正方向，垂直于平面11ABBA向上为z轴正方向，建立

空间直角坐标系Oxyz.则()()()()113,1,0,0,2,0,0,2,0,3,1,0AABB−−，因为2ABBCCA===，AB的中点M，所以ABCM⊥，又ABOM⊥，CMOMM=,,CMOM平面CMO，所以

AB⊥平面CMO，又AB平面11ABBA，所以平面CMO⊥平面11ABBA，设CMO=，3CM=，则()()31cos,0,3sinC−，设平面11ACCA的法向量为()1111,,nxyz=，()()()13cos,1,3sin,31cos,

2,3sinACAC=−−=−−，则()1111113cos3sin031cos23sin0xyzxyz−−+=−−+=，取11x=，则111cos3,sinyz+==，则平面11ACCA的法向量为11cos1,3,sinn+=

；设平面11BCCB的法向量为()2222,,nxyz=，()()()13cos,1,3sin,31cos,2,3sinBCBC=−=−，的则()2222223cos3sin031cos23sin0xyzxyz−++=−++=，取21x=，则221cos3,

sinyz+=−=，则平面11BCCB的法向量为21cos1,3,sinn+=−，因为平面11BCCB⊥平面11ACCA，所以120nn=，即()1cos1cos11330sinsin+++−+=，即23cos2cos10+−=

，解得1cos3=或cos1=−（舍去），故2326,0,33C，()21,3,2n=−，记直线1AA与平面11BCCB所成线面角为，()13,1,0AA=−，则1212332sin22132AAnAAn−−=

==++，故π4=，即直线1AA与平面11BCCB所成线面角π4.法2（综合法）：连接1CA，1CB，取11AC中点N，则1111CNAANANC====，故11CACC⊥，由平面11BCCB⊥平面11ACCA，1CC=平面11BCCB平面11ACCA，1CA平面11ACCA，故1C

A⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，故11BCAC⊥，又由11BCAC=，得112BCAC==，延长1CC，1AA，1BB交于点V，则所求线面角即1AVC，而1112sin2ACAVCAV==，所以1πsin4AVC

=，故直线1AA与平面11BCCB所成线面角的大小为π4.法3（三余弦定理）：先证三余弦定理：设A为平面上一点，过点A的直线AO在平面上的射影为AB，AC为平面内的一条直线，令OAC=，1OAB=，2BAC

=，则这三个角存在一个余弦关系：12coscoscos=(其中1和2只能是锐角)，称为三余弦定理，又称最小张角定理.证明：如上图，自点O作OBAB⊥于点B，过B作BCAC⊥于C，连接OC，因

为OB⊥平面，AC平面，所以OBAC⊥，又BCAC⊥，BCOBB=，,BCOB平面CBO，所以AC⊥平面CBO，又OC平面CBO，所以ACOC⊥，则cos,cos,cosACABACOACOABBACOAOAAB===，所以co

scoscosOACOABBAC=，即12coscoscos=.延长1CC，1AA，1BB交于点V，则11π3BVA=，1111AVCBVC=，由平面11BCCB⊥平面11ACCA，用三余弦定理得111111cosco

scosBVACVACVB=，所以2111cos2CVA=，所以112cos2CVA=，故直线1AA与平面11BCCB所成线面角为11π4CVA=.18.第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每辆

坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n辆（nN）坦克的编号为1X，2X，…，nX，记12max,,,nMXXX=，即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的

坦克编号信息估计总数N.甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用12nXXXXn+++=估计总体的均值，因此()112NiNNNXi=+=，得12NX+，故可用21YX=−作为N的估计.乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现YM的无意义结果.例如，当5N=，3n=

时，若11X=，22X=，34X=，则4M=，此时124112133YM++=−=.（1）当5N=，3n=时，求条件概率()5PYMM=；（2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值.当8N=，4n=时，求随机变量M的分布列和均值()EM；（

3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现()EM与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断()EM与N的大小关系，并给出证明.【答案】（1）16（2）分布列见解析，()365EM=（3）()EMN，证明见解析【解析】分析】（1）根据题意分别求出()5P

M=和()5PYMM=且，代入条件概率公式计算即得；（2）根据题意，列出M的可能取值4,5,6,7,8，利用古典概型概率公式计算概率，写出分布列，求出其【均值即可；（3）直观判断()EMN，根据随机变量均值的定义列式，并将其适当放大，利用分布

列的性质即可证得.小问1详解】由5N=，3n=知，当5M=时，最大编号为5，另2辆坦克编号有24C种可能，故()2435C35C5PM===，由YM，有215X−，解得3X，故总编号和小于9，则除最大编号5外，另2

个编号只能是1，2，故()35115C10PYMM===且，因此()()()1511053565PYMMPYMMPM======且；【小问2详解】依题意，用M作为N的估计值，因8N=，则M的可能取值有

4,5,6,7,8，于是3348C1(4)C70PM===，3448C42(5)C7035PM====，3548C11(6)C707PM====，3648C202(7)C707PM====，3748C351(8)C702PM====，于是M的分

布列如下：M45678P170235172712故()12121364567870357725EM=++++=；【小问3详解】直观上可判断()EMN，证明：因()()(1)(1)()EMnPM

nnPMnNPMN==++=+++=【[()(1)()]NPMnPMnPMNN=+=+++==.【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于，正确理解题意，将相关量合理表达，如把握,,MnN的含义，求出()5PM=和()5PYMM=且；以及用M作为

N的估计值时，M的可能值的概率；最后对于()EMN的推理证明.19.卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列na，nb，定义无穷数列()11Nnnknkkcabn+−+==，记作

*nnnabc=，称为na与nb的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即nc中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律**nnnnabba=．（1）若nan=，2nnb=，

*nnnabc=，求1c，2c，3c，4c；（2）对i+N，定义inTa如下：①当1i=时，innTaa=；②当2i时，inTa为满足通项10,,nninidani+−=的数列nd，即

将na的每一项向后平移1i−项，前1i−项都取为0．试找到数列()int，使得()innintaTa=；（3）若nan=，*nnnabc=，证明：当3n时，122nnnnbccc−−=−+．【答

案】（1）12c=，28c=，322c=，452c=（2）()1,0,ninitni==（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据数列na和数列nb的通项公式，分别求出这两个数列的前四项，再根据数列nc的定义求出1c，2c，

3c，4c.（2）通过特例(1)nt和前面的一些项来寻找规律及性质，有效转化特殊与一般.（3）思路一：由卷积运算的交换律，得()11nknknkbc=+−=，记nb的前n项和为nS，再利用nS求nb.思路二：记nb的前n项和为nS，()

int对所有i+N对应项相加所得的数列为nT，易证卷积关于数列加法有分配律、卷积运算满足结合律，因此可得*nnnTbS=，1nniicS==，再利用nS求nb.【小问1详解】因为nan=，2nnb=，所以11a=，12b=；22a=，24b=；33a=，38b=；

44a=，416b=.因为*nnnabc=，()11Nnnknkkcabn+−+==，所以12c=，28c=，322c=，452c=.【小问2详解】(1)1,10,2nntn==，对一般的Ni+，()1,0,ninitni==.【小问3详解】方法

一：记nb的前n项和为nS，由卷积运算的交换律有()11nknknkbc=+−=,故()11nnknknSkbc=+−=，因此()()111121nnknnknSkbnbc+++=+−−+=，②②－①得

11nnnScc++=−，故当3n时，()()1112122nnnnnnnnnnbSSccccccc−−−−−−=−=−−−=−+．方法二：记nb的前n项和为nS，常数列()1NnTn+=，注意（Ⅰ）易证卷积关于数列加法

有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得*nnnTbS=，注意（Ⅱ）注意nT是()int对所有i+N对应项相加所得的数列，na是()*nnitT对所有i+N对应项相加所得的数列，易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，得*nnncab=

的通项即为1nniicS==，故当3n时，()()1112122nnnnnnnnnnbSSccccccc−−−−−−=−=−−−=−+．注：以上论证可用符号语言说明如下：定义数列加法：nnnzxy=+，其中nnnzxy=+．容易验证卷积运算满足结

合律：()()****nnnnnnxyxy=，数列加法关于卷积满足分配律：()***nnnnnnnxyxy+=+．因此()()

()()()11111nnijijinnnnnnnjijiiabttbttbS========.【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义与卷

积运算的综合问题，属于难题.1、解决数列新概念问题时需注意:（1）读懂定义，理解新定义数列含义；的（2）通过特例列举前面的一些项来寻找规律及性质，以及新定义数列与已知数列的关系，进行求解.2、卷积运算具有的性质（1）交换律：**nnnnabba=.（2）结合律：()

()****nnnnnnxyxy=.（3）分配律：()***nnnnnnnxyxy+=+.