【文档说明】浙江省金华市第一中学2025届高三上学期9月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.270 MB，由小赞的店铺上传

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金华一中2024学年第一学期高三9月月考数学试题卷命题：高三数学组校对：高三数学组一、选择题：本大题共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.已知集合{|(1)(2)0},{1,0,1,2,3}AxxxB=−−=−，

则AB=（）A.1,0,3−B.1,0,1−C.1,2D.2,3【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合A，利用交集的定义直接求解即得.【详解】依题意，集合{|(1)(2)0}{|12}Axxxxx=−−=，而{

1,0,1,2,3}B=−，所以1,2AB=.故选：C2.已知复数()i17iz=−，则z=（）A.7i−+B.7i−−C.7i+D.7i−【答案】D【解析】【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得.【详解】因为()i17i7iz=−=+，所以7iz=−.故选：D3.函

数π()cossin4fxxx=+的最小正周期是（）A.π4B.π2C.πD.2π【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换得到()1π2sin2244fxx=+−，利用2πT=求出最小正周期.【详解】由余弦和角公式、倍角公式、降幂公式可得()2ππ22coscossin

sinsinsincossin4422fxxxxxxx=−=−()221cos2221π2sin2sin2cos2sin242244244xxxxx−=−=+−=+−，所以(

)fx的最小正周期为2ππ2T==．故选：C4.比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4

，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（）附：若随机变量Z服从正态分布()2,,()0.68NPZ−.A.82B.78C.74D.70【答案】B【解析】【分析】先根据题意计算标准差，从而得到正态分布()257.4,20.664N，再利用正态密度

曲线的轴对称性和百分位数的定义进行求解即可.【详解】根据题意得标准差为57.40.3620.664=，所以测试结果（单位：分）近似服从正态分布()257.4,20.664N，又因为0.6884%0.52=+，且()0.68PZ−，所以全体学生成绩的第84百分位数约为57

.420.66478+=+.故选：B.5.设抛物线()2:20Cypxp=的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FAFB⊥，2FAFB=，则l的斜率是（）A.±1B.2C.3D.±2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的定义得

到如图的抛物线，得到11,AAAFBBBF==，可求得AH，做1BHAA⊥在直角三角形RtABH△中，可求得BH，结合斜率的定义进行求解即可【详解】下图所示为l的斜率大于0的情况．如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为1A，1B，1BHAA⊥，垂足

为H．设22FAFBa==，0a，则5ABa=．而11AHAABBAFBFa=−=−=，所以222BHABAHa=−=，l的斜率为2BHAH=．同理，l的斜率小于0时，其斜率为2−．另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为O，则FOFA⊥，可求得2FAFOp==，可求得l

斜率为2FAFO=，同理，l的斜率小于0时，其斜率为2−．故选：D6.某地响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场．该滑雪场中某滑道的示意图如下所示，A点、B点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20m．两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三

次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面约成43~48的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则A、B两点在水平方向的距离约为（）A.13mB.19mC.23mD.29m【答案】D【解析】【分析】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系

，由题意可知，O为AB的中点，设三次函数的解析式为()32fxaxbxcx=++，其中0a，设点()0,10Ax−，则()0,10Bx−，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，由题意得出0b=，(

)()()300020010tan1030fcfxaxcxfxaxc==−=+=−=+=，求出02x，即可得解.【详解】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，设三次函数的解析式为()32f

xaxbxcx=++，其中0a，设点()0,10Ax−，则()0,10Bx−，()232fxaxbxc=++，在滑道最陡处，0x=，则()fx的对称轴为直线0x=，则03ba−=，可得0b=，则()23fxaxc=+，()3fxaxcx=+，在滑道最陡处，设滑雪者的身

体与地面所成角为，则()sincos120tan2sintancos2fc+==+==−=−+，所以，()3tanxfxax=−，()213tanfxax=−，由图可知()()20030001

30tan10tanfxaxxfxax=−==−=−，可得0230tanx=，4348，则()0230tan29mx=.故选：D.7.设,,ABC三点在棱长为2的正方体的表面上，则ABAC的最小值为（）A.94−B.2−C.32−D.43−【答案】B【

解析】【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面xOy中，设()12,,0Aaa，()123,,Bbbb，()123,,Cccc，()112,,0Bbb和()112,,0Ccc分别是点B，C在平面xOy上投影，利用向量不等式可得：()211113311114

ABACABACbcABACABAC++−−，即可求解【详解】将正方体置于空间直角坐标系Oxyz−中，且A在平面xOy中，点O和点()2,2,2的连线是一条体对角线．设()12,,0Aaa，()123,,Bbbb，()123,,Cccc，()112,,0

Bbb和()112,,0Ccc分别是点B，C在平面xOy上的投影．可得()130,0,BBb=，()130,0,CCc=，110ABCC=，110ACBB=则()()111111111111ABACABBBACCCABACABCCACBBB

BCC=++=+++1133ABACbc=+uuuruuur，因为()211113311114ABACABACbcABACABAC++−−，当且仅当点C为11BC的中点时，等号成立，的可得()2211111244ABACBC+−=−−，所以2ABAC−，当(

)1,1,0A，11222bcbc−=−=，且330bc=时等号成立．故选：B【点睛】关键点点睛：本题形式简洁，但动点很多，且几乎没有约束条件，这时就需要学生对于动点所在的位置进行分类讨论，讨论的顺序、对于对称性的使用都对学生提出了很高的要求．从几何角度来看，点B，C不会位于A所在面

的一侧，故如果采用坐标形式计算数量积，一定会有一项是非负的，且可以取到0．找到这一突破口后，即可将问题转化为平面向量的问题，也就很容易得到结果了．8.已知数列na满足1122nnnaaa+++，11a=，nS是na的前n项和．若2024mS=，则正整数m的所有可能取值的个

数为（）A.48B.50C.52D.54【答案】D【解析】【分析】根据11nnaa++可得11nnaa+−，由累加迭代法可得nan，进而可得()14046mm+，由122nnaa++得252,3nnan−

，进而根据等比数列的求和可得406225m<，两种情况结合可得1063,m进而可求解.【详解】由11nnaa++，得11nnaa+−，由累加法，当2n时，𝑎𝑛=(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)+(𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2)+⋅⋅⋅+(𝑎2−𝑎1)+�

�1>1+1+⋅⋅⋅+1=𝑛，因此𝑆𝑚=𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑚>1+2+⋅⋅⋅+𝑚=𝑚(𝑚+1)2，即得2024>𝑚(𝑚+1)2；所以()14048mm+，当63m=时，()14032mm+=，故63m；由122nn

aa++，得()2221321122222222222,aaaaaa++++=++所以()2233243112222222222aaaa++++=++，以此类推，得1122212222252,3nnnnnn

naan−−−−−++=+=，因此()12212145222mmmSaaa−++++++++，即()2121220245552512mm−−−+=−−，得1202925m−；又892256,2512==，所以19m

−，即10m；综上可知，1063m＃，故满足条件的正整数m所有可能取值的个数为6310154−+=个.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用不等式1122nnnaaa+++将数列{𝑎𝑛}的通项公式通过放缩法和累加法可求得nan且252,3nnan−，再由2024mS=

解不等式即可得出正整数m的所有可能取值.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()1,0A−，()3,2B，()2,1C

−，ABCV的外接圆为M，则（）A.点M的坐标为()1,1-B.M的面积是5C.点()4,3在M外D.直线23yx=−与M相切【答案】BC【解析】【分析】根据垂直平分线计算交点得到圆心为()1,1，再计算半径为5R=，得到圆方程，再依次

判断每个选项得到答案.【详解】()1,0A−，()3,2B的垂直平分线的斜率满足：131220ABkk+=−=−=−−，()1,0A−，()3,2B的中点为()1,1，故垂直平分线方程为()21123yxx=−−+=−+；同理可得()3,2B，()2,1C−的垂直平分线方程为：1433yx=−+，

231433yxyx=−+=−+，两条垂直平分线的交点为：()1,1，故圆心为()1,1，()()2211105R=++−=，圆方程为()()22115xy−+−=.对选项A：点M的坐标为()1,1，错误；对选项B：M的面积是()

2π55π=，正确；对选项C：()()224131135−+−=，正确；对选项D：M到直线的距离22213255512d−−==+，相交，错误.故选：BC10.连续投掷一枚均匀骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为

Y，则（）A.事件“X为奇数”发生的概率18B.事件“17Y”发生的概率为5354C.事件“2X=”和事件“4Y=”相等D.事件“4X=”和事件“Y＝6”独立【答案】ABC【解析】【分析】利用相互独立事件、对立

事件的概率公式计算判断AB；写出事件的所有基本事件判断C；利用相互独立事件的定义判断D.【详解】对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为311()28=，A正确；对于B，事件“17Y”的对立事件为“17Y=

或18Y=”，而“18Y=”等价于“3次掷出的点数均为6”，其概率为311()6216=，“17Y=”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，其概率为13311C()672=，因此()11531712167254PY=−−=，B正确

；对于C，事件“2X=”和事件“4Y=”包含相同的样本点(2,1,1,(1,2}{,1,(1),1,2))，因此是相等事件，C正确；对于D，事件“4X=”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，其概率为612

1636=，事件“6Y=”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，或者1个1，1个2和1个3”，其概率为1365216108++=，而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率3115216

7236108=，D错误．故选：ABC11.设1a，n为大于1的正整数，函数的定义域为R，()()()yfxfyafxy−=−，()10f，则（）A.()00f=B.()fx是奇函数C.()fx是增函数D.()()11nfnanf++【答案】AD的

【解析】【分析】运用赋值判定A;运用赋值结合反证法判定B;运用特例判定C;运用赋值加累加法判定D．【详解】令yx=可知，()()()00xaffxfx=−=，所以()00f=，A正确；令1x=，1y=−得()()()1112fffa−−=

，令1x=−，1y=得()()()112ffaf−−=−，则()()1220fafa+−=．若()fx是奇函数，则()()22ff−=−，结合1a知()20f=．而令2,1xy==得()()()211ffaf−=，所以()10f=，矛盾！，故(

)fx不是奇函数，B错误；取()()11xfxaa=−+，则()()()yxyfxfyaaafxy−=−=−，满足题设要求，但此时()fx为减函数，故C错误；由()()()211ffaf−=，()()()2321ffaf−=，…，()()()11

nfnfnaf+−=，累加可得()()121111nnfnaaaafa++−=+++=−．设()()()()1111nnnFnaaananan+=−−−+=−+−，()()()()111110nnnFnFnaaaaa++−=−−+=−−，故()()10FnF=，即()()1

1nfnanf++，D正确．故选：AD.【点睛】知识点点睛：本题考查抽象函数、函数基本性质、函数与不等式．抽象函数作为近年来的热门考点，以形式简洁、内涵丰富而常见于各大模拟卷及高考卷．本题属于难题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.对于各数位均不为0的三位数

abc，若两位数ab和bc均为完全平方数，则称abc具有“S性质”，则具有“S性质”的三位数的个数为__________．【答案】4【解析】【分析】先列出具有两位数，且每一位都不为0的完全平方数，然后根据题意组合即可.【详解】已知22416,525==2222636,749,864,981=

===的经过组合可知：具有“S性质”的组合有：16,64abbc==；36,64abbc==；64,49abbc==；81,16abbc==，此时的三位数分别为：164,364,649,816，共4个.故答案为：41

3.过双曲线2213xy−=的一个焦点作倾斜角为60o的直线，则该直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积是__________.【答案】332##332【解析】【分析】求出过焦点的直线方程和渐近线方程后可求三角形的面积.【详解】由双曲线的对称性不

妨设倾斜角为60o的直线过右焦点，由双曲线2213xy−=可得渐近线方程为33yx=，双曲线的半焦距为2c=，故右焦点坐标为()2,0F，过倾斜角为60o的直线方程为()32yx=−，由()3233

yxyx=−=可得交点坐标为()3,3A，由()3233yxyx=−=−可得交点坐标为33,22B−，倾斜角为60o的直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积为133323222−−=，故答案为：332.14.已知四面体

ABCD各顶点都在半径为3的球面上，平面ABC⊥平面BCD，直线AD与BC所成的角为90，则该四面体体积的最大值为_________________.【答案】4545【解析】【分析】根据给定条件，探求四面体体积的表达式，并确定体积最大时四面体的结构特征，结合球半径、球

心O到平面ABC和平面BCD的距离及BC长表示出最大体积的关系式，再利用均值不等式、导数求最值求解作答.【详解】在ABCV中，过A作AHBC⊥于H，连接DH，因为ADBC⊥，,,AHADAAHAD=平面ADH，则⊥BC平面ADH，显然DH平面ADH，有DHBC⊥，而平面ABC⊥平

面BCD，则90AHD=，四面体ABCD的体积1136AHDVSBCBCAHDH==，当BC长固定时，DH经过DBC△的外接圆圆心2O时，DH最大，此时H为BC中点，并且AH经过ABCV外接圆圆心1O，四面体ABCD的体积

V最大，令四面体ABCD外接球球心为O，连接12,OOOO，则1OO⊥平面ABC，2OO⊥平面BCD，令1122,,2OOdOOdBCa===，显然四边形12OOHO是矩形，于是222222129ddaOHCHOC++=+=

=，且22222211,AHdadDHdad=++=++，222222221122222211()()()()2daddadAHDHdaddad+++++=++++222211229ddadda=++++，当且仅当22222211daddad++=++，即21d

d=时取等号，此时22192add−==，2224999298122aaAHDHaa−−=++=+−，因此41(981)3Vaa+−，令4()(981),03faaaa=+−，4442()98181afaaa=+−−−，由()0fa=，得445a=，当4045a

时，()0fa，时4453a时，()0fa，因此()fa在4(0,45)上单调递增，在4(45,3)上单调递减，所以当445a=，()fa取得最大值44(45)1545f=，因此V的最大值为4545.故答案为：45

45【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.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.15.已知()sinfxxax=+，曲线()yfx=在点()π,πP处的切线斜率为2.（1）求a的值；（2）求不等式

()()1320fxfx++−的解集.【答案】（1）1−（2）(),4−【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得参数值；（2）根据导数判断函数单调性，再结合函数的奇偶性解不等式即可.【小问1详解】由已知()sinfxxax=+，得()1cosfxax=+，又函数𝑦=�

�(𝑥)在点()π,πP处的切线斜率为2，即()π1cosπ12faa=+=−=，解得1a=−；【小问2详解】由（1）得()sinfxxx=−，()1cosfxx=−，则()1cos0fxx=−

恒成立，即()fx在R上单调递增，又()()()sinsinfxxxxxfx−=−−−=−+=−，即函数()fx为奇函数，由()()1320fxfx++−，可知()()()13223fxfxfx+−−=−，即123xx+−，解得4x，即不等式的

解集为(),4−.16.如图，在三棱台111ABCABC−中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，1AA⊥平面ABC，设平面11ABC平面=ABCl，点,EF分别在直线l和直线1BB上，且满足1,EFlEFBB⊥⊥.（1）证明：⊥EF平面11BCCB；（2）若

直线EF和平面ABC所成角的余弦值为63，求该三棱台的体积.【答案】（1）证明见解析（2）192【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得11BC∥l，再结合线面垂直的判定定理可得结果；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面11BCCB与平面ABC的法向量，利

用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果.【小问1详解】由三棱台111ABCABC−知，11BC∥平面ABC，因为11BC平面11ABC，且平面11ABC平面=ABCl，所以11BC∥l，因为EFl⊥，所以EFBC⊥，又11,EFBBBCBBB⊥=，1,BCBB平面11BCCB，所以⊥EF

平面11BCCB；【小问2详解】取BC中点M，连接AM，以A为原点，AM为y轴，1AA为z轴，过点A做x轴垂直于yOz平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为h，则()()()()113,33,0,2,23,,6,0,0,1,3,,BBhCBBBh==−−设平面11BCCB的法向量为

𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则100CBnBBn==，即6030xxyzh=−−+=，令3z=，可得平面11BCCB的一个法向量()0,,3nh=，易得平面ABC的一个法向量()0,0,1m=，设EF与平面ABC夹角为，23,3,1mnnhm==

+=，所以23cos,,31mnmnmnh==+由6cos3=，得3sin3=，由（1）知EF∥n，所以233sincos,|331mnh===+，解得6h=，所以三棱台的体积()11923Vhssss+==+.17.在ABCV中，角,,ABC所对的边分

别为,,abc．已知,,abc成公比为q的等比数列．（1）求q的取值范围；（2）求tantan22AC的取值范围．【答案】（1）5151,22q−+（2）135,32−.【解析】【分析】（1）根据等比数列性质与三角形三边关系

列出不等式求解即可；（2）利用正弦定理、余弦定理化简根据q的取值范围利用对勾函数的单调性即可求解.【小问1详解】由题意知2,baqcaq==，根据三角形三边关系知：22222201110qqqaaqaqqqaaqaqqqaq

aqaq++++++，解得5151,22q−+；【小问2详解】由（1）及正弦定理、余弦定理知：222222221sin1cos2tantan221cossin12abcACACaacbaaqaqabcbaACc

acbaaqaqbc+−−−+−+−====+−++−+++222122111111qqqqqqqqq+−==−=−++++++，由对勾函数的性质知：()11fqqq=++在51,12−上单调递减

，在511,2+上单调递增，所以())113,51fqqq=+++，则21351,1321qq−−++，即tantan22AC的取值范围为135,32−

.18.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点()2,2A，且C的右焦点为()2,0F．（1）求C的方程：（2）设过点()4,0的一条直线与C交于,PQ两点，且与线段AF交于点S．（i）若ASFS=，求PQ；（ii）若APS△的面积与

FQS的面积相等，求点Q的坐标．【答案】（1）22184xy+=（2）（i）1235PQ=；（ii）27,2或27,2−.【解析】【分析】（1）将点A坐标代入椭圆方程，再由222abc=+的关系式即可得出结果；（2）（i）由ASFS=可知S为AF的中点，即可得22,

2S，求出直线PQ的方程并与椭圆联立，利用弦长公式即可得出结果；（ii）易知直线SF平分PFQ，由两三角形面积相等以及三角形相似可证明//PFAQ，再由点Q在线段AF垂直平分线上，与C的方程联立可得27,2或27,

2−.【小问1详解】根据题意有221(0)42abab+=，且由椭圆的几何性质可知22224abcb=+=+，所以228,4ab==.所以C的方程为22184xy+=.【小问2详解】（i）如下图所示：的若ASFS=可得，S为AF的中点，可得22,2S，即PQ

的斜率为2022244PQk−==−−，所以直线PQ的方程为()244yx=−−；设()()1122,,,PxyQxy，联立直线和椭圆方程可得252404xx−−=，所以1212168,55xxxx+==−，即可得()()

222212121212221231414445PQxxxxxxxx=+−+−=+−+−=因此可得1235PQ=；（ii）显然PQ的斜率存在，设PQ的方程为()4ykx=−，代入C的方程有：()222221163280k

xkxk+−+−=，其中Δ0.则可得2212122216328,2121kkxxxxkk−+==++，以下证明：直线SF平分PFQ，易知AFx⊥轴，故只需满足直线FP与FQ的斜率之和为0.设,FPFQ的斜率分别为12,kk，则：()

()()()121212121212121244242222224kxkxkxxyykkkxxxxxxxx−−+−+=+=+=−−−−−−++，()()1212121238224xxxxkxxxx−++=−++，代

入2212122216328,2121kkxxxxkk−+==++，有120kk+=，故直线AF平分PFQ，即AFPAFQ=.因为APS△的面积等于FQS的面积，故SASPSFSQ=，即SASQSFSP=，故//PFAQ.故,

AFQAFPFAQAQFQQ===在线段AF的垂直平分线上.易知线段AF的垂直平分线为22y=，与C的方程联立有27x=，故Q的坐标为27,2或27,2−.19.设5n为正整数，120naaa为正实数列

．我们称满足jikjaaraa−=−（其中1ijkn）的三元数组(,,)ijk为“r−比值组”.（1）若5n=，且{}na为等差数列，写出所有的1−比值组；（2）给定正实数r，证明：中位数为4（即(,,)ijk中4j=）的r−比值组

至多有3个；（3）记r−比值组的个数为()nfr，证明：2()4nnfr.【答案】（1）(1,2,3),(1,3,5),(2,3,4),(3,4,5)；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由15ijk以及等差数列性质得1jikjaajiaakj

−−==−−，进而根据r−比值组的定义对i和相应ji−的取值进行分类讨论即可得解.（2）依据题意得,ij固定时，则至多有一个k使得jikjaaraa−=−成立，接着由4j=得i的取值有三种即可得证.（3）由,ij固定时，则至多有一个k使得jikjaaraa−=−成立，结合i值的取法数可得j

ikjaaraa−=−的三元数组的个数为()1jgrj−，同理得,jk固定时()jgrnj−，进而得()min,1jgrnjj−−，再对n分偶数和奇数两种情况计算()12()nnjjfrgr−==即可得证.【小问1详解】因为{}na为等差数列，设其公差为d，若5,1

nr==，则15ijk，()()1jikjaajidjiaakjdkj−−−===−−−，所以当1i=且1ji−=时，2j=，1kj−=即3k=，此时1−比值组为()1,2,3；当1i=且2ji−=时，3j=，2kj−=即5k=，此时1−比值组为()1,3,5；当1i=且3j

i−=时，4j=，3kj−=即7k=，不符合；当2i=且1ji−=时，3j=，1kj−=即4k=，此时1−比值组为()2,3,4；当2i=且2ji−=时，4j=，2kj−=即6k=，不符合；当3i=且1ji−

=时，4j=，1kj−=即5k=，此时1−比值组为()3,4,5；当3i=且2ji−=时，5j=，不符合；当4i=且1ji−=时，5j=，不符合；综上，若5n=且{}na为等差数列的所有的1−比值组为(1,2,3),(

1,3,5),(2,3,4),(3,4,5).【小问2详解】因为120naaa，1ijkn，所以当,ij固定时，则至多有一个k使得jikjaaraa−=−成立，因为4j=，所以2i=或3或4共三种取法，所以中位数为4（即(,,

)ijk中4j=）的r−比值组至多有3个.【小问3详解】对给定的()1jjn，满足1ijkn，且jikjaaraa−=−①的三元数组的个数记为()jgr，因为120naaa，所以当,ij固定时，则至多有一个k使得①成立，因为ij，所以i值有1j−种取法，故()1jg

rj−，同理，若当,jk固定时，则至多有一个i使得①成立，因为jk，所以k值有nj−种取法，故()jgrnj−，所以()min,1jgrnjj−−，当n为偶数时，设2,Nnmm=，则当2jm时，()min,11jgrnjjj−−=−，当121mjm+−时

，()min,12jgrnjjnjmj−−=−=−，所以()()()121221()nmmnjjjjjjmfrgrgrgr−−===+==+()()()()()2121121211221mmjjmjmjmmm−==+−+−=+++−+−+−+++

()()22211224mmmmnmmm−−=+=−=，当n为奇数时，设21,Nnmm=+，则当2jm时，()min,11jgrnjjj−−=−，当12mjm+时，()min,121jgrnjjnjmj−−=−=+−，则有()()()()()12222121()121

nmmmmnjjjjjjjjmjjmfrgrgrgrgjgmj−===+==+==+−++−()()()()()22111211221224mmmmnmmmmm−+=+++−++−+−+++=+==，所以综上，记r−比值组个

数为()nfr，则2()4nnfr.【点睛】关键点睛：求证2()4nnfr的关键1是得出,ij固定时至多有一个k使得jikjaaraa−=−成立，从而结合i值的取法数可得jikjaaraa−=−的三元数组的个数为()1jgrj−，同理得,jk固定时()jgrnj−

，进而得()min,1jgrnjj−−，关键2是明确到()21jjn−影响到,1njj−−的大小，而n的奇偶性影响()12njjgr−=的取值，进而对n分偶数和奇数两种情况计算()12()nnjjfrgr−==并将()12njjgr−=分成两部分计算即可得证.的