【文档说明】北京市海淀区2024届高三上学期期末练习数学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.294 MB，由小赞的店铺上传

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海淀区2023-2024学年第一学期期末练习高三数学2024.01本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中

，选出符合题目要求的一项.1.已知集合1,2,3,4,5,6U=，13,5A=,，1,2,3B=，则()UAB=ð（）A.2,4,5,6B.4,6C.2,4,6D.2,5,6【答案】A【解析】【分析】由集合的交集运算、补集

运算即可求解.【详解】由题意集合1,2,3,4,5,6U=，13,5A=,，1,2,3B=，则1,3AB=，()2,4,5,6UAB=ð.故选：A.2.如图，在复平面内，复数1z，2z对应的点分别为1Z，2Z，则复数12zz的虚部为（）Ai−

B.1−C.3i−D.3−【答案】D【解析】【分析】由复数对应的点求出复数1z，2z，计算12zz，得复数12zz的虚部.【详解】在复平面内，复数1z，2z对应的点分别为1Z，2Z，则112zi=+，22zi=−+，得()()1212i2i43izz=+−+=−−，所以复数12z

z的虚部为3−..故选：D3.已知直线1:12ylx+=，直线2:220lxay−+=，且12ll∥，则=a（）A.1B.1−C.4D.4−【答案】B【解析】【分析】由直线平行的充要条件列方程求解即可.【详解】由题意直线1:12ylx+=，直线2:220lxay−+=，且12ll∥，所以(

)11202a−−=，解得1a=−.故选：B.4.已知抛物线2:8Cyx=的焦点为F，点M在C上，4MF=，O为坐标原点，则MO=（）A.42B.4C.5D.25【答案】D【解析】【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点M的坐标，再利用两点间的距离公式求出MO.【详解】设()00,M

xy，2008yx=，又因为024MFx=+=，所以2002,16xy==，故2220021625MOxy=+=+=.故选：D.5.在正四棱锥PABCD−中，2AB=，二面角PCDA−−的大小为π4，则该四棱锥的体积为（）A.4B.2C.43D.23【答案】C【解析】【分析】作出辅

助线，得到PQH为二面角PCDA−−的平面角，所以π4PQH=，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.【详解】连接,ACBD，相交于点H，则H为正方形ABCD的中心，故PH⊥底面ABCD，取CD的中点Q，连接,HQ

PQ，则,HQCDPQCD⊥⊥，112HQAD==，故PQH为二面角PCDA−−的平面角，所以π4PQH=，故1PHHQ==，所以该四棱锥的体积为21433ABPH=.故选：C6.已知圆22:210Cxxy++−=，直线()10

mxny+−=与圆C交于A，B两点.若ABC为直角三角形，则（）A.0mn=B.0−=mnC.0mn+=D.2230mn−=【答案】A【解析】【分析】由直线与圆相交的弦长公式222ABrd=−进行求解即可.【详解】因为圆2

2:210Cxxy++−=，圆心为()1,0C−，半径为2r=，即2CACB==因为ABC为直角三角形，所以222ABCBCA=+=,设圆心()1,0C−到直线()10mxny+−=的距离为d，2222mnmndmnmn−−+

==++由弦长公式222ABrd=−得1d=，所以221mnmn+=+，化简得0mn=.故选：A.7.若关于x的方程log0xaxa−=（0a且1a）有实数解，则a的值可以为（）A.10B.eC.2D.54【答案】D【解析】【分析】根据反函数的性质以及导数的几何意义，只需

函数()xfxa=与直线yx=相交即可.【详解】对比选项可知我们只需要讨论1a时，关于x的方程log0xaxa−=的解的情况，若关于x的方程log0xaxa−=（0a且1a）有实数解，即()xfxa=与()lo

gagxx=的图像有交点，因为()xfxa=与()logagxx=互为反函数，所以()xfxa=与()logagxx=的图像关于直线对称，如图所示：设函数()xfxa=与直线yx=相切，切点为()00,Pxy，()lnxfxaa=，则有000ln1xxaaax==，解得

：0eeexa==，由图像可知，当(e1,ea时，曲线()xfxa=与直线yx=有交点，即()xfxa=与()logagxx=的图像有交点，即方程log0xaxa−=有解.故选：D.8.已知直线1l

，2l的斜率分别为1k，2k，倾斜角分别为1，2，则“()12cos0−”是“120kk”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】B【解析】【分析】由题意首项得12ππ,0,,π22

，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾斜角的关系，两角差的余弦公式即可得解.【详解】由题意两直线均有斜率，所以12ππ,0,,π22，若取122ππ

,33==，则有()1202ππ1332coscos=−=−，但122ππtantan3033kk==−；若12121212sinsintantan0coscoskk==，又12sinsin0，所以12coscos0，而()121212cosco

scossinsin0−=+，综上所述，“()12cos0−”是“120kk”的必要而不充分条件.故选：B.9.已知na是公比为()1qq的等比数列，nS为其前n项和.若对任意的*Nn，11naSq−恒成立，则（）A.

na是递增数列B.na是递减数列C.nS是递增数列D.nS是递减数列【答案】B【解析】【分析】先根据等比数列前n项和()111nnaqSq−=−,结合11naSq−恒成立，得出,aq的取值范围，得到na是递减数列.【详解】na是公比为()1qq

的等比数列，nS为其前n项和()111nnaqSq−=−,()1111111nnnaqaaSSqqq−=−−−，恒成立,101naqq−恒成立,若0q，则nq可能为正也可能为负，不成立所以10,

01naqq−,当10,01,naqa是递减数列,当10,1,aqna是递减数列,故选:B.10.蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形，棱AG，BH，CI，DJ，EK，FL均垂直于底面A

BCDEF，上顶由三个全等的菱形PGHI，PIJK，PKLG构成.设1BC=，10928GPIIPKKPG===，则上顶的面积为（）（参考数据：1cos3=−，tan22=）A.22B.332C.922D.924【答案】D【解析】【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角

三角函数以及三角形面积公式求解.【详解】由于10928GPIIPKKPG===，所以10928GHI=,连接GI,取其中点为O，连接OH,所以2224tan2GOOHGOGI===,由1BC=，且多边形ABCD

EF为正六边形，所以2sin603ACAB==，由于=3GIAC=,所以26=44OHGI=，故一个菱形的面积为1632223244GHISGIOH===，因此上顶的面积为3292344=，故选：D第二部分（

非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.在51xx−的展开式中，x的系数为__________.【答案】5−【解析】【分析】由二项式的展开式的通项进行求解即可.【详解】51xx−的展开式的通项为()()53521

551C1CrrrrrrrTxxx−−+=−=−令5312r−=得1r=，所以125C5Txx=−=−，x的系数为5−.故答案为：5−.12.已知双曲线221xmy−=的一条渐近线为30xy−=,则该双曲线的离

心率为__________.【答案】2【解析】【分析】由双曲线方程可得其渐近线方程,从而得关于m的方程,再结合离心率公式求解即可.【详解】由题意得0m，易知双曲线221xmy−=，即2211yxm−=的渐近线方程为1,yxm=13,m=得13,m=所以该双曲线的离心率112.

ceam==+=故答案为：2.13.已知点A，B，C在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则ABBC=__________；点C到直线AB的距离为__________.【答案】①.1−②.755##755【解析】【分析】

建立适当的平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式以及点到直线的距离公式即可求解.【详解】以B为原点建立如图所示平面直角坐标系，由题意()()()2,1,0,0,1,3ABC−，所以()()2,11,3231A

BBC=−=−=−，而直线AB的表达式为12yx=−，即20xy+=所以点C到直线AB的距离为212375512d+==+.故答案为：1−，755.14.已知无穷等差数列na的各项均为正数,公差为d,则能使得1nnaa+为某一个等差

数列nb的前n项和()1,2,n=的一组1a,d的值为1a=__________,d=__________.【答案】①.1②.1（答案不唯一）【解析】【分析】设等差数列nb的前n项和为nS,根据题意可得123,,bbb.根据2132,bbb=+结合等差数列的通项的公式,可得关于1,

ad的方程,解方程即可.【详解】设等差数列nb的前n项和为nS,则1,nnnSaa+=112223334,,.SaaSaaSaa===又na是公差为d的等差数列,11122212312233234233,2,2,b

SaabSSaaaadabSSaaaada===−=−==−=−=2132,bbb=+即()()()21231111222,422,daaadadadaaddad=++=+++整理得()110,aad−=由题知110,.aad=故满足题意的一组1a,d的值为11a=,1d=.（答案不唯一

）故答案为：1;1（答案不唯一）15.已知函数()cosfxxa=+.给出下列四个结论：①任意aR，函数()fx的最大值与最小值的差为2；②存在aR，使得对任意xR，()()π2+−=fxfxa；③当0a时，对任意非零实数x，ππ22fxfx+

−；④当0a=时，存在()0,πT，0xR，使得对任意Zn，都有()()00fxfxnT=+.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②④【解析】【分析】取0a=可判断①，取1a=化简后可判断②，先化简，取πx=可判断

③，取π2T=可判断④.【详解】对于①，当0a=时()cosfxx=，其最大值为1，最小值为0，()fx的最大值与最小值的差为1，故①错误；对于②，当1a=时，()cos11cos=+=+fxxx，()()π-cosπ-11cos1cos=+=−=

−fxxxx，因此对任意xR，()()π22+−==fxfxa，故②正确；对于③，ππcossin22+=++=−fxxaax，ππcossin22−=−+=+fxxaax，当πx=时ππ22+=−=

fxfxa，故③错误；对于④，当0a=时()cosfxx=，取π2T=，0π=4x，使得对任意Zn，都有()()00fxfxnT=+，故正确.故答案为：②④三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过

程.16.如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，侧面11ABBA是正方形，平面11ABBA⊥平面ABCD，ABCD∥，12ADDCAB==，M为线段AB的中点，1ADBM⊥.（1）求证：1//CM平面11ADDA；（2）求直线1AC

与平面11MBC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）69【解析】【分析】（1）连接1AD，由四棱柱性质可得11MADC为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得1//CM平面11ADDA；（2）由面面垂直的性质以及

线面垂直判定定理可求得1,,ADABAA三条棱两两垂直，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得结果.【小问1详解】连接1AD，如下图所示：在四棱柱1111ABCDABCD−中，侧面11CDDC为平行四边形，所以11CDCD∥，11CDCD=,

因为ABCD∥，12CDAB=，M为AB中点，所以CDAM∥，CDAM=，所以11CDAM∥，11CDAM=,所以四边形11MADC为平行四边形，所以11MCAD∥，因为1CM平面11ADDA，所以1//CM平面11ADDA，【小问2详解】在正方形11ABBA中，1AAAB⊥，因为平面

11ABBA⊥平面ABCD，平面11ABBA⊥平面ABCDAB=；所以1AA⊥平面ABCD，而AD平面ABCD，即可得1AAAD⊥，因为1ADBM⊥，11,AABM平面11ABBA，1BM与1AA相交，所以AD⊥平面11

ABBA，而AB平面11ABBA，即ADAB⊥；如图建立空间直角坐标系Axyz−.不妨设1AD=，则()0,0,0A，()11,2,1C，()10,2,2B，()0,0,1M.所以()11,2,1AC=，()111,0,

1CB=−，()11,2,0MC=.设平面11MBC的法向量为(),,nxyz=，则111020nCBxznMCxy=−+==+=，令2x=，则1y=−，2z=，于是()2,1,2n=−；因为1116cos,9ACnACnACn==，所以直线

1AC与平面11MBC所成角的正弦值为69.17.在ABC中，2cos2cAba=−.（1）求C的大小；（2）若3c=，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在，求AC边上中线的长.条件①：ABC的面积为23；条

件②：1sinsin2BA−=；条件③：2222ba−=.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.【答案】17.π318.不能选①，选②或③，答案均为1【解析】【分析】（1）由正弦定理及

sinsincoscossinBACAC=+得到1cos2C=，结合()0,πC，得到π3C=；（2）选①，由三角形面积和余弦定理得到2211ab+=，由222abab+推出矛盾；选②，根据三角恒等变换得到π6A=，ABC是以AC为斜边的直角三角形，由正弦定理得到AC，求出中线；选③，由余

弦定理得到223abab+−=，设AC边上的中线长为d，再由余弦定理得到AC边上的中线的长为1.【小问1详解】由正弦定理sinsinsinabcABC==及2cos2cAba=−，得2sincos2sinsinCABA=−.①因为πABC++=，所以()sinsinsincosc

ossinBACACAC=+=+.②由①②得2sincossin0ACA−=.因为()0,πA，所以sin0A.所以1cos2C=.因为()0,πC，所以π3C=.【小问2详解】选①，ABC的面积为23，即1sin232abC=，即32

34ab=，解得8ab=，因为3c=，由余弦定理得222cos2abcCab+−=，即2231162ab+−=，解得2211ab+=，由基本不等式得222abab+，但1128，故此时三角形不存在，不能选①，选条件②：1si

nsin2BA−=.由（1）知，π33ππ2BAA=−−=−.所以2π31sinsinsinsincossinsin322BAAAAAA−=−−=+−31cossin22AA=−πsin3A=−.所以π1sin32A−=.因为2π0,3A

，所以πππ,333A−−.所以π3π6A−=，即π6A=.所以ABC是以AC为斜边的直角三角形.因为3c=，所以32πsinsin3ABACC===.所以AC边上的中线的长为112AC=

.选条件③：2222ba−=.由余弦定理得223122abab+−=，即223abab+−=.设AC边上的中线长为d，由余弦定理得2222cos42babdaC=+−2242baba=+−2222342baba+

−=+−1=.所以AC边上的中线的长为1.18.甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121

191111998911（1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；（2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设X表示乙得分大于丙得分的场数，求X的分布列和数学期望()EX；（3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相

互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设1Y为甲获胜的场数，2Y为乙获胜的场数，3Y为丙获胜的场数，写出方差()1DY，()2DY，()3DY的大小关系.【答案】（1）

310（2）分布列见解析，43（3）()()()213DYDYDY【解析】【分析】（1）从表格中可以发现甲获胜的场数为3场，从而得到甲获胜的概率；（2）从表格中可以发现在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6

场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场。乙得分大于丙得分的场数X的取值为0，1，2，通过超几何分布的知识点，得到X的分布列及数学期望()EX.（3）通过题目条件得到10场比赛甲获胜的概率为310，乙获胜的概率为12，丙获胜的概率为15，因为甲、乙、丙获胜的场数符合二项分

布，从而得到方差()1DY，()2DY，()3DY的大小关系.【小问1详解】根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.设A表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则()310PA=

.小问2详解】根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以X的所有可能取值为0，1，2.()2

02426CC10C15PX===，()112426CC81C15PX===，()022426CC22C5PX===.所以X的分布列为【X012P11581525所以()1824012151553EX=++=.【小问3详解】由题意，每场比赛甲获

胜的概率为310，乙获胜的概率为12，丙获胜的概率为15，还需要进行6场比赛，而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以()()160.310.31.26DY=−=，()()260.510.51.5DY=−

=，()()360.210.20.96DY=−=故()()()213DYDYDY.19.已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=过点()3,0A，焦距为25.（1）求椭圆E的方程，并求其短轴长；（2）过点()1,0P且不与x轴

重合的直线l交椭圆E于两点C，D，连接CO并延长交椭圆E于点M，直线AM与l交于点N，Q为OD的中点，其中O为原点.设直线NQ的斜率为k，求k的最大值.【答案】（1）22194xy+=，4（2）239【解析】【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即

可求解.（2）不妨设直线CD的方程为1xmy=+，()11,Cxy，()22,Dxy，则()11,Mxy−−.联立直线CD的方程与椭圆方程，由韦达定理得122849myym−+=+，联立直线CD与直线AM的方程得点N的坐标，由中点坐标公式得点Q的坐

标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数m），对m分类讨论即可求解.【小问1详解】由题意知3a=，225c=.所以5c=，2224bac=−=.所以椭圆E的方程为22194xy+=，其短轴长为4.【小问2详解】设直线CD的方程为1xmy=+，()

11,Cxy，()22,Dxy，则()11,Mxy−−.由221941xyxmy+==+，得()22498320mymy++−=.所以122849myym−+=+.由()3,0A得直线AM方程为()1133yyxx=−+.由()1133

1yyxxxmy=−+=+得11123yyxmy−=+−.因为111xmy=+，所以12yy=−，112122ymyxm−=−+=.所以112,22myyN−−.因为Q为OD的中点，且221xmy=+，所以221,22myyQ+.所以直线NQ的斜率的

()212212221212884922128112912249myyyymmkmymymmyymm−+++====+−−+−+−−+.当0m时，0k.当0m时，因为9122129123mm+=，当且仅当32m=时，等号成立.所以28231299mkm=+.所以

当32m=时，k取得最大值239.20.已知函数()2sinfxaxxxb=−+.（1）当1a=时，求证：①当0x时，()fxb；②函数()fx有唯一极值点；（2）若曲线1C与曲线2C在某公共点处的切线重合，则称该切线为1C和2C的“优切线”.若曲线()yfx=与曲线cosyx=−存在两条互

相垂直的“优切线”，求a，b的值.【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析（2）2,,04ππakbk==+Z【解析】【分析】（1）①当1a=时，得()()2sinsinfxxxxbxxxb=−+=−+，故只需证明当0x时，()sin0gxxx=−即可，利用导数即可求解.②求导得()

()1cossinfxxxxx=−+−，由此可得当0x时，()0fx¢>，结合()()fxfx−=−即可得证.（2）由题意设曲线()yfx=与曲线cosyx=−的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为12,xx，其斜率

分别为1k，2k，则121kk=−.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解.【小问1详解】①当1a=时，()()2sinsinfxxxxbxxxb=−+=−+.记()()sin0gxxxx=−，则()1cos0gxx=−.所以()gx在)0,+上是增函数.所以当

0x时，()()00gxg=.所以当0x时，()()sinfxxxxbb=−+.②由()2sinfxxxxb=−+得()2sincosfxxxxx=−−，且()00f=.当0x时，()()1cossinfxxxxx=−+−.因为1cos0x−，sin0xx

−，所以()0fx¢>.因为()()fxfx−=−对任意xR恒成立，所以当0x时，()0fx.所以0是()fx的唯一极值点.【小问2详解】设曲线()yfx=与曲线cosyx=−的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标

分别为12,xx，其斜率分别为1k，2k，则121kk=−.因为(cos)sinxx−=，所以1212sinsin1xxkk==−.所以12sin,sin1,1xx=−.不妨设1sin1x=，则1π2π,2xkk=+Z.因为()

1111112sincoskfxaxxxx==−−，由“优切线”的定义可知111112sincossinaxxxxx−−=.所以112,4ππakxk==+Z.由“优切线”的定义可知2111111sincosxxxbxx−+=−，所以0b=.当24ππak=+，kZ，0b=时，取1

π2π2xk=+，2π2π2xk=−−，则()11cos0fxx=−=，()22cos0fxx=−=，()11sin1fxx==，()22sin1fxx==−，符合题意.所以2,,04ππakbk==+Z.【点睛】关键点睛：第一问②的关键是，求导得()()1cossin

fxxxxx=−+−，然后以0x=为分界点讨论即可；第二问的关键是结合“优切线的定义”以及导数即可顺利得解，综合性比较强.21.对于给定的奇数()3mm，设A是由mm个实数组成的m行m列的数表，且A中所有数不全相同，A中第i行第j列的数1,1ija−，记()ri为A的第i行

各数之和，()cj为A的第j列各数之和，其中,1,2,,ijm.记()()()()2122mrrrmfA−+++=.设集合()(),0ijHijari=或()0,,1,2,,ijacjijm，记()

HA为集合H所含元素的个数.（1）对以下两个数表1A，2A，写出()1fA，()1HA，()2fA，()2HA的值；（2）若()()()1,2,,rrrm中恰有s个正数，()()()1,2,,cccm中恰有t个正数.求证：

()2HAmtmsts+−；（3）当5m=时，求()()HAfA的最小值.【答案】（1）()110fA=，()112HA=；()212fA=，()215HA=（2）证明见解析（3）89【解析】【分析】（1）按定义求出()ri，()cj，1,2,,5i=

，1,2,,5j=，进行求解即可.（2）分两种情况进行证明，即①0,sm或0,tm，②0,sm且0,tm分别证明即可.（3）因为5m=，分情况讨论①若0,5s或0,5t时；②若2,3s或2,3t；③若,1,4st=，进

行求解.【小问1详解】()110fA=，()112HA=；()212fA=，()215HA=.由定义可知：将数表A中的每个数变为其相反数，或交换两行（列），()HA，()fA的值不变.因为m为奇数，

1,1ija−，所以()()()1,2,,rrrm，()()()1,2,,cccm均不为0.【小问2详解】当0,sm或0,tm时，不妨设0s=，即()0ri，1,2,,im=.若0=t，结论显然成立；若0t，不妨设()0cj，1,2,,jt=，则(),ijH，1,2,,im

=，1,2,,jt=.所以()HAmt，结论成立当0,sm且0,tm时，不妨设()0ri，1,2,,is=，()0cj，1,2,,jt=，则当1sim+时，()0ri；当1tj

m+时，()0cj.因为当1,2,,is=，1,2,,jttm=++时，()0ri，()0cj，所以()()()()()()20ijijijariacjaricj=.所以(),ijH.

同理可得：(),ijH，1,2,,issm=++，1,2,,jt=.所以()()()2HAsmtmstmtmsst−+−=+−.【小问3详解】当5m=时，()()HAfA的最小值为89.对于如下的数表A，()()89HAf

A=..1111111−1−1−1−11−1−1−1−11−1−1−1−11−1−1−1−下面证明：()()89HAfA.设()()()1,2,,rrrm中恰有s个正数，()()()1,2,,cccm中恰有t个正数，,0,1,2,3,4,5st.①

若0,5s或0,5t，不妨设0s=，即()0ri，1,2,,5i=.所以当1ija=时，(),ijH.由A中所有数不全相同，记数表A中1的个数为a，则1a，且()()()()()25125252522rrraafAa+++++−−===

，()HAa.所以()()819HAfA.②由①设0,5s且0,5t.若2,3s或2,3t，不妨设2s=，则由（2）中结论知：()51041011HAttt+−=+.因为()()()()251250

122rrrfA−+++=，所以()()118129HAfA.③由①②设0,2,3,5s且0,2,3,5t.若,1,4st=，则由（2）中结论知：()25817HA−=.因为()012fA，所以()()17812

9HAfA.若st=，1,4s，不妨设1st==，()10r，()10c，且()()1HAfA，由（2）中结论知：()8HA.所以()()8fAHA.若数表A中存在(),2,3,4,5ijaij为1，将其替换为1−后得到数表A.因为()()1HAHA=−

，()()1fAfA−，所以()()()()()()11HAHAHAfAfAfA−−.所以将数表A中第i行第j列(),2,3,4,5ij=为1的数替换为1−后()()HAfA值变小.所以不妨设()1,2,3

,4,5ijaij=−=.因为()5528HA+−=，()9fA，所以()()89HAfA，故()()HAfA的最小值为89.