福建省部分地市2025届高三第一次质量检测数学试卷及答案.pdf

1、1/15福建省部分地市 2 20 02 25 5 届高中毕业班第一次质量检测数学评分标准及解析选择填空题答案：1-5.BACDC6-8.CBB9.ACD10.AC11.BC12.9 313.答案：12；2（第一空 3 分，第二空 2 分，其他结果均不得分）14.答案：521（没有化成最简分数如25105同样得分）一、单项选择题：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12345678BACDCCBB1在复平面内，i(1 i)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：B解析：易知i(1 i)i 1，所以i(1 i)对

2、应的点为(1,1)，位于第二象限，故选 B.2设集合10|10AxxNN，0,1,2,3,4,5B，则AB A.0,5B.2,5C.0,1,5D.1,3,5答案：A解析：易知集合0,5,8,9A，所以AB 0,5，故选 A.3已知等轴双曲线C的焦点到其渐近线的距离为 1，则C的焦距为A2B2C2 2D4答案：C解析：设等轴双曲线的焦距为2c，因为焦点到其渐近线的距离为1b，所以2c，双曲线的焦距为2 2，故选 C.4.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，n，则下列说法正确的是A若m，则mnB若mn，则mC若mn，则m D若m，则mn答案：D解析：若m，则m，n平行或异面，A 选项错误

3、；若mn，则m或m，B 选项错误；若mn，则m，不一定垂直，也可能平行或相交，C 选项错误；若m，则mn，D 选项正确；故选 D.5已知随机变量2(1,)XN，若()0.3P Xa，且(2)0.4P aXa，则a A.1B.12C.0D.12答案：C2/15解析：如图所示，(2)0.3P Xa，所以22 1aa，解得0a，故选 C.6已知02，若tan()2(sincos)4，则sin2A13B12C34D45答案：C解析：1tansincostan()2(sincos)41 tancossin，因为sincos0，所以1cossin2，21(cossin)1 sin24，解得3sin24，故

4、选 C.7过抛物线2:4C yx的焦点F的直线l交C于A，B两点，交直线1x 于点P，若PAAB ，则OAF与OBF的面积之比为A14B12C34D1答案：B解析：易知1x 为C的准线，过A，B分别作1x 的垂线，垂足分别为M，N，因为PAAB ，所以2|AMBN，即2|AFBF，所以OAF与OBF的面积之比为12，故选 B.8若函数6()ln(e1)axf xx的图象关于直线3x 对称，则()f x的值域为Aln23,0)B.ln23,)C.ln32,0)D.ln32,)答案：B解析：6(1)6()ln(e1)ln(ee)axaxxf xx，依题意，(0)(6)ff，所以60666ln(ee

5、)ln(ee)a，所以606126eeeea，解得2a，所以6()ln(ee)xxf x，因为6632ee2 eeexxxx，所以()2ln3f x，故选 B.二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分在每小题给出的四个选项中,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91011ACDACBC9已知平面向量(2,sin)a，(1,cos)b，则Aa，b不可能垂直Ba，b不可能共线C|ab不可能为5D若2，则a在b方向上的投影向量为2b答案：ACD解析：132sincos222a b，A 选项正确；若向量a，b共线，则2cossin0，解得

6、tan2，所以向量a，b可能共线，3/15B 选项错误；(3,sincos)ab，所以2|9(sincos)115ab，C 选项正确；若2，则(2,1)a，(1,0)b，所以a在b方向上的投影向量为2|abbbab，D 选项正确；综上所述，应选 ACD.10.药物临床试验是确证新药有效性和安全性必不可少的步骤.在某新药的临床实验中，志愿者摄入一定量药物后，在较短时间内，血液中药物浓度将达到峰值，当血液中药物浓度下降至峰值浓度的 20%时，需要立刻补充药物.已知某药物的峰值浓度为120mg/L，为探究某药物在人体中的代谢情况，研究人员统计了血液中药物浓度(mg/L)y与代谢时间(h)x的相关数据

7、，如下表所示：x0123456784x y12011010393826859473880y 已知根据表中数据可得到经验回归方程.10 5xay ，则A.122a B.变量y与x的相关系数0r C.当5x 时，残差为1.5D.代谢约10小时后才需要补充药物答案：AC解析：因为样本中心点(4,80)在直线10.5xay 上，所以804 10.5122a ，A 选项正确；血液中药物浓度(/)y mg L随代谢时间()x h的增大而减小，所以变量y与x的相关系数0r，B 选项错误；当5x 时，10.5 5 12269.5y ，残差为6869.51.5，C 选项正确；令10.5122120 0.2x，解

8、得9.33x，D 选项错误；综上所述，应选 AC.11.已知定义在(0,)上的函数()f x满足(1)2()f xf xx，其中 x表示不超过x的最大整数，如1.91，33.当01x时，()lnf xxx，设nx为()f x从小到大的第n个极小值点，则A(2)2fB()21()nf nnn*NC数列nx是等差数列D()0nf x答案：BC解析：(2)2(1)1 1ff，故 A 选项错误；当n*N时，(+1)=2()f nf nn，等式两边同时加2n，得(+1)(1)1=2()1)f nnf nn，故1()12(1)2)2nnf nnf，()21nf nn，故 B 选项正确；当1nxn 时，设(

9、)()f xF x，则()F x极小值点为nx，所以当1nxn时，()2(1)1f xF xn，此时，()f x的极小值点为1nx，即11nnxx，所以11nnxx，数列nx是等差数列，故 C 选项正确；4/15所以设()nnf xa，则11ea ，121nnaan，112()nnanan，所以11(1)2ennan，当n时，()nf x，故 D 选项错误.综上所述，应选 BC.三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分12已知圆锥的母线长为6，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为_.答案：9 3（其他结果均不得分）解析：设圆锥的底面半径为r，则26r，解得3r，所以圆锥的

10、高为3 3，所以圆锥的体积为2133 39 33，应填9 3；13已知函数()sin()(0,|)f xx 的图象经过1(,)32，41(,)32两点，若()f x在区间4()33上单调递减，则_；_.答案：12；2（第一空 3 分，第二空 2 分，其他结果均不得分）解析：依题意，()0f，所以sin()021sin()32，即(21)2(21)36kk，解得12，所以(21)2k，因为|，所以|2，应填12，2；14从集合1,2,3,4U 的所有非空子集中任选两个，则选中的两个子集的交集为空集的概率为_.答案：521（没有化成最简分数如25105同样得分）解析：设AU，BU，且AB ，易知集

11、合U的非空子集个数为42115，任取两个集合,A B共有215105C种选法.（方法一）若card()2AB，则共有246C 种选法.；若card()3AB，从 4 个元素里选 3 个，再分成两组（不平均），有314312C C 种选法；若card()4AB，4 个元素平均分为两组共有24223CA种；不平均分组共有133C 种，小计共有 7 种选法；所以选中的两个子集的交集为空集的概率为6127510521P.（方法二）当card()1A 时，4 个元素里任选一个放入集合A中，集合B共有3217 种情况，故有14728C 种情况；当card()2A 时，4 个元素里任选两个放入集合A中，集合

12、B共有2213 种情况，故有24318C 种情况；当card()3A 时，4 个元素里任选三个放入集合A中，集合B共有1211 种情况，故有3414C 种情况；总共有1(28184)252种情况，5/15所以选中的两个子集的交集为空集的概率为25510521P.（方法三）对于集合U中的任意元素x均有xA，且xB；xB，且xA；()xAB这三种选法，再减去集合A，B其中一个为空集的情况，故共有4441(3221)252种，所以选中的两个子集的交集为空集的概率为25510521P.应填521；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（13 分）在ABC中

13、，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos(2)cosaCbcA.（1）求A；（2）设D为边AB的中点，若2c，且3 10sin10CDB，求a解：（1）方法 1：由正弦定理可得sincos2sincossincos0ACBACA，2 分即sin2sincos0ACBA，即sin2sincos0BBA3 分因为(0,)B，可得sin0B，所以cos22A，4 分因为(0,)A，所以4A 5 分评分细则：方法 1：分两个过程（3 分+2 分）过程 1：边化角：利用两角和的正弦公式及sinsin()BAC化解（3 分）.过程 2：求值：求出cos22A（1 分），求出4A（1 分）方法 2：

14、由余弦定理可得，222cos2abcCab，222cos2bcaAbc，1 分所以222222(2)22abcbcaabcabbc，整理得，2222bcabc，3 分所以222c s22obcaAbc，4 分因为0A，所以4A 5 分评分细则：方法 2：分两个过程（3 分+2 分）过程 1：余弦定理角化边：化解整理结果正确（3 分）.过程 2：求值：求出cos22A（1 分），求出4A（1 分）.6/15说理过程酌情给分.（2）CDBCDA，所以3 10sin10CDA，所以10cos10CDA，或10cos10CDA，7 分（写出CDA的两个余弦值，得2 分）（i）当10cos10CDA时，

15、因为ACDCDABAC ，所以3 1021022 5sinsin()1021025ACDCDABAC，9 分（由正弦和角公式得到ACD的正弦值（2 分），过程正确结果错误扣 1 分）在ACD中，由正弦定理得，sinsinADACACDCDA，即sinsinADCDAACACD，所以3 24AC，10 分在ABC中，由余弦定理可得2222cosabcbcA，解得，223 23 2234()2224424a ，11 分（求出AC得1 分，求a得1 分）（ii）当10cos10CDA时，同理得5sin5ACD，3 22AC，102a，所以344a，或102a.13 分（漏一种情况，扣两分，AC和a值

16、各占 1 分）16（15 分）如图，在三棱柱111ABCA B C中，1112A BACA A，BABC，BABC.（1）证明：平面ABC 平面11ACC A；（2）若1A B与平面ABC所成角为60，求平面11A B C与平面ABC夹角的余弦值解：（1）方法 1：取AC的中点O，连接1AO，BO，因为11A AAC，所以1AOAC，且222114A OOAAA，1 分因为ABBC，BABC，O为AC的中点，所以OAOBOC，所以222221114A OOAA OOBA B，所以1AOBO，3 分因为OAOBO，OA 平面ABC，OB 平面ABC，所以1AO 平面ABC，5 分因为1AO 平面

17、11ACC A，所以平面ABC 平面11ACC A6 分评分细则：7/15方法 1：1AO，BO垂直关系证明（3 分），说理过程酌情给分.线面垂直证明（2 分），线面垂直面面垂直（1 分）.说理过程酌情给分.方法 2：设O为1A在底面ABC的射影，则1AO与OA，OB，OC均垂直，1 分因为111A BACA A，所以OAOBOC3 分射影O为底面ABC的外心，又ABC为直角三角形，所以O恰为斜边AC的中点，5 分因为1AO 平面11ACC A，所以平面ABC 平面11ACC A6 分评分细则：方法 2：设O为投影，得出OAOBOC（3 分），说理过程酌情给分.证明O恰为斜边AC的中点（2 分

18、），面面垂直证明（1 分）.（2）由（1）可知，1AO 平面ABC，所以1A B与平面ABC所成角即为1A BO，所以160A BO，7 分因为11A AOA BO，所以1160A BOA AO，所以13AO，1AO，8 分160A BO（1分）无推理过程直接写出不扣分.求出13AO，1AO（1分）.方法 1：如图所示，以O为原点，分别以OA，OB，1OA所在方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则1(0,0,3)A，(1,0,0)C，1(1,1,3)B，所以11(1,1,0)A B ，1(0,1,3)CB，10 分建系及点1A，C，1B的坐标，向量11A B，1CB（2分），建系

19、正确（1分）设平面11A B C的法向量为1(,)x y zn，则有111110,0,A BCBnn即0,30,xyyz 令1z，则3y ，3x ，所以1(3,3,1)n，12 分易知平面ABC的一个法向量为2(0,0,1)n，13 分设平面11A B C与平面ABC的夹角为，所以1212|17cos|771nnnn，所以平面11A B C与平面ABC夹角的余弦值为77.15 分法向量1(3,3,1)n（2分）需要有求解过程.2(0,0,1)n（1分），1212|cos|nnnn代入运算（1分），结论（1分）.若有其他建系方法，仿照上述方案给分.8/15方法 2：如图，过C作AB的平行线l，因

20、为11ABA B，所以11lA B，过O作OHl，垂足为H，10 分因为1AOCH，OHCH，1AOOHO，所以CH 平面1AOH，因为1A H 平面1AOH，所以1A HCH，12 分所以平面11A B C与平面ABC的夹角即为1A HO，易知222BCOH，所以113tan622AOA HOOH，14 分所以17cos7A HO，平面11A B C与平面ABC夹角的余弦值为77.15 分作出平行线 l（1分），垂足（1分），证明1A HCH（2分），证明过程酌情给分；写明1A HO即为所求夹角（1分），求出1tanA HO（1分），结论（1分）.17（15 分）已知动圆M与圆221:(1)

21、9Cxy内切，且与圆222:(1)1Cxy外切，记圆心M的轨迹为曲线C（1）求C的方程；（2）设点P，Q在C上，且以PQ为直径的圆E经过坐标原点O，求圆E面积的最小值解：（1）设圆M的半径为r，则由题意可知1|3MCr，且2|1MCr，2 分所以1212|42|MCMCCC，所以圆心M的轨迹为椭圆，3 分易知椭圆C的长轴长为24a，焦距为22c，所以2a，1c，所以2223bac，5 分所以C的方程为22143xy.6 分设圆M半径表达1|MC，2|MC（2分）由椭圆定义证明M轨迹为椭圆（1分）计算出a，b，c，（2分）有计算错误酌情给分写出C的方程（1分）.（2）方法 1：设11(,)P x

22、 y，22(,)Q xy，由0OP OQ 可知，12120 x xy y，当直线PQ的斜率不存在时，设直线:PQ xt，则(,)P t y，(,)Q ty，由22,134xtxy可得，22334ty，所以2212123(3)04tx xy yt，解得2127t，此时，圆E的面积为4812477.8 分当直线PQ的斜率存在时，设直线:PQ ykxm，由224,13ykxmxy可得，222(34)84120kxkmxm，9/15所以122834kmxxk，212241234mx xk，10 分所以22121212121212()()(1)()x xy yx xkxm kxmkx xkm xxm22

23、222222412812712(1)0343434mkmkmkkmmkkk，所以22127120km，即22712 12mk，12 分代入222222644(34)(412)16(1293)0k mkmkm，所以222222122216(1293)48169|1|1134734kmkPQkxxkkkk，222484817(34)7kk，14 分当且仅当20k 时，|PQ取得最小值487，所以圆E面积的最小值为4812477.15 分考虑直线PQ的斜率不存在的情况，并计算圆E的面积（2分）联立直线PQ与椭圆，设点写出韦达关系（2分）由OP，OQ垂直关系，得到k，m的关系式（2分）写出|PQ的表达

24、式（1分），求出最小值（1分），结论（1分）方法 2：因为以PQ为直径的圆E经过坐标原点O，所以OPOQ，7 分当直线OP，OQ中有一条斜率不存在时，则另一条斜率为0，易知222|7PQab，所以圆E的半径为72，所以圆E的面积为74.8 分若直线OP，OQ的斜率均存在，设直线OP:ykx，直线OQ1:yxk，11(,)P x y，22(,)Q xy，所以由221,43xyykx可得2121243xk，同理可得22221243kxk，10 分所以2222221221|(1)(1)PQOPOQkxxk，2222222212(1)1127(1)74343(43)(43)kkkkkkkk，12 分所

25、以222227748|771271212252 1225PQkkkk，14 分当且仅当21k 时，2|PQ取得最小值487，所以此时，圆E面积的最小值为4812477，因为71247，所以圆E面积的最小值为127.15 分10/15考虑直线OP或者OQ斜率不存在的情况，并计算圆E的面积（2分）若计算错误，写出了OP与OQ的垂直关系，给 1 分.联立直线OP与椭圆，得到21x，22x与k的关系（2分）写出|PQ的表达式（2分），求出最小值（2分），结论（1分）方法 3：设(2cos,3sin)P，(2cos,3sin)Q，7 分因为OPOQ，所以4coscos3sinsin0OP OQ ，8 分

26、所以222|(2cos2cos)(3sin3sin)PQ22226coscos(8coscos6sinsin)6coscos，10 分因为4coscos3sinsin，所以22222216coscos9sinsin9(1 cos)(1 cos)，整理得，22227coscos91(coscos)，11 分由基本不等式，得22222(coscos)coscos4，所以222227(coscos)91(coscos)4，13 分设22coscos0t，则279(1)4tt，即(76)(6)0tt，解得67t，14 分所以22248|6coscos67PQt，所以圆E面积的最小值为4812477.1

27、5 分由参数方程分别写出P，Q的坐标（1分）由OP与OQ的垂直关系，得到两参数关系（1分）写出|PQ的表达式（2分），求出最小值（4分）计算过程酌情给分，结论（1分）方法 4：设|OPm，(cos,sin)P mm，因为OPOQ，所以可设|OQn，且(cos(),sin()22Q nm，8 分因为点(cos,sin)P mm在C上，所以2222cossin143mm，所以2221cossin43m，同理可得，2222cos()sin()22143nn，所以2221sincos43n，10 分所以22222211cossinsincos7434312mn，12 分所以2222222221211|

28、()()7PQOPOQmnmnmn22222222121248(2)(22)777nmnmmnmn，14 分11/15当且仅当mn，4，或34，54，74时等号成立，所以圆E面积的最小值为4812477.15 分写出P，Q的坐标（2分）分别写出2m与2n的表达式（2分），得到2211712mn（2分）求出|PQ的最值（2分），结论（1分）.18（17 分）设函数2()(e)xf xxa.（1）当0a 时，求()f x的单调区间；（2）若()f x单调递增，求a的取值范围；（3）当01a时，设0 x为()f x的极小值点，证明：01()02ef x.解：（1）当0a 时，2()exf xx，2(

29、)(21)exfxx，1 分当1(,)2x 时，()0fx，()f x单调递减，当1(,)2x 时，()0fx，()f x单调递增，3 分所以()f x的单调递增区间为1(,)2，单调递减区间为1(,)2.4 分求导正确（1分），()f x单调性（2分），可根据具体书写形式酌情给分，结论（1分）.（2）()(e)(2 ee)xxxfxaxa，设()2 eexxg xxa，()2 ee(23)exxxg xxx，5 分当3(,)2x 时，()0g x，()g x单调递减，当3(,)2x 时，()0g x，()g x单调递增，当32x 时，()g x取得极小值323()2e2ga，（i）所以当32

30、2ea 时，()0g x，e0 xa，所以()0fx，()f x单调递增，符合题意；6 分（ii）当322e0a时，e0 xya，又()g x存在两个零点，即存在区间使得()0g x 所以()0fx不恒成立，不合题意；7 分（iii）当0a 时，若()0fx，因为exya的零点为lnxa，且323()2e02ga 则()g x与exya有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同，所以(ln)2 ln0gaaa，解得1a，此时，当0 x 时2 ee1e10 xxxx ；当0 x 时2 ee1e10 xxxx ，则()0fx9 分12/15所以综上a的取值范围为32(,2e1 10 分()g x求导（

31、1分）情形（i）（1分），情形（ii）（1分）情形（iii）（2分）求出1a（1分），说理过程酌情给分，结论（1分）.（3）当01a时，1()02ga，(0)0g，设1x为()g x的零点，则1102x，因为(ln)2 ln0gaaa，所以1lnxa，11 分所以当(,ln)xa 时，e0 xya，()0g x，所以()0fx，()f x单调递增，当1(ln,)xa x时，e0 xya，()0g x，所以()0fx，()f x单调递减，当1(,)xx时，e0 xya，()0g x，所以()0fx，()f x单调递增，13 分所以10 xx，且0002ee0 xxxa，即000e2exxax，1

32、4 分所以000222300000()(e)(2e)4exxxf xaxxxx，设321()4e(0)2xh xxx，则22()4(23)e0 xh xxx，()h x单调递增，所以()(0)0h xh，11()()22eh xh，16 分所以01()02ef x.17 分判断1lnxa（1分），讨论()f x单调性（2分），说理过程酌情给分；判断10 xx（1分），写出0()f x的表达式（1分），求导判断单调性（1分），结论（1分）.19（17 分）若数列na满足数列1|nnaa是等差数列，则称na为“绝对等差数列”，1|nnaa的公差称为na的“绝对公差”（1）若“绝对等差数列”na的“

33、绝对公差”为 2，且314aa，求21aa的值；（2）已知“绝对等差数列”nd满足10d，21|1dd，且nd的“绝对公差”为1，记nS为nd的前n项和，（i）若11(1)nnnddn，求2nS；（ii）证明：对任意给定的正整数m，总存在1d，2d，md满足|4mS解：（1）设21|0aax，则32|2aax，因为313221()()4aaaaaa，2 分13/15若21aa与32aa均为负数，则24xx，解得3x ，不合题意；若21aa与32aa一正一负，则312aa或2，不合题意；所以21aax，322aax，4 分所以224x，解得1x，故211aa 5 分31aa拆解成3221aaaa

34、（2分），有设参过程正确理解题意给1分，21aa与32aa正负讨论（2分），直接判断为正可扣 1 分，结论（1分）.（2）（i）2121221()()1234(21)nnnddddddnn ，6 分因为212(21)1nnddnn 7 分所以21234212()()()nnnSddddddn8 分求得2ndn（1分），211ndn（1分），结论（1分）若有其他求解方法，酌情给分.（ii）依题意，1|nnddn，记1nnnddnb，其中 1,1nb ，若m为奇数，令1(1)nnb，由（i）可知，112mmS，9 分因为12111()()012342(1)2mmmmddddddmm ，所以1110

35、422mmmmmSSd，符合题意；所以对任意给定的奇数m，存在满足11(1)nnnaan 的na使得|4mS.10 分m为奇数情形（2分），其中112mmS（1分），0mS（1分）若m为偶数，因为1211121()()2(1)mmmmddddddbbmb，112112122()()2(2)mmmmddddddbbmb，21211()ddddb，10d，累加得11211(1)2(2).().(1)()mmkmkkSmbmbk mk bmbk mk b11 分由（i）知，令1(1)nnb 可得，2mmS.若8m，则|42mmS，符合题意，故下面只讨论10m 的情况.12 分写出11()mmkkSk

36、 mk b（1分），讨论8m 的情况满足题意（1分）易知21112111()()42mmmmkkkkkkmmSk mk bbkb，13 分当k为大于 1 的奇数时，11kb，1kb，设此时的2mkji，即11jb，1jb，14/15构造新数列 nc，其中111jjcb，1jjcb ，其余各项均不变即kkcb(1,)kjj，所以1111mmkkkkcb，记 nb调整为 nc后该数列的前m项和为mS，11122222221111()()2(1)2()()2(1)2()22222mmmkkjjkkkkmmmmmkckbjbkbkbii则211211()42mmmkkkkmmSckc211211()4

37、242422mmkkkkmmmbkbii，15 分写出211211()42mmmkkkkmmSbkb（1分），构造新数列 nc，得到mS的表达式（2分）有调整相邻两项的思路给1分，其他表达书写过程酌情给分.令44242mi，解得12488mmi，16 分则对任意给定的偶数m，当12 128mmj，或428mmj时，其中 x为不超过x的最大整数，即存在 nc满足|4mS，所以综上所述，对任意给定的正整数m，总存在一个na满足|4mS17 分依题意，解得i的范围（1分），说明存在满足题意的j和结论（1分）（3）参数方法二：依题意1|nnddn，设1nnnddnb，其中 1,1nb 因为1211()

38、()nnndddddd，所以1112211()2()(1)()()mmmmmmiiSddddmddi mi b 10 分写出1|nnddn（1分），写出11()mmiiSi mi b的表达式（1分）（i）若21mk为奇数因为()()()i mimi mmi，所以当1(1)nnb 时，|04mS，符合题意；12 分m为奇数情形（2分）（ii）若2mk为偶数由（2）知，当1(1)nnb 时，mSk若4k，当1(1)nnb 时，|4mSk，符合题意，故下面只讨论4k 的情况13 分讨论8m 的情况满足题意（1分）设正整数j满足21jk 若将21jb 和211jb的值对调，mS的改变量22(2)(21)(21)822mSj mjjmjjm，所以此时的前m项和为823mmmSSSjk 15 分调整相邻两项系数为相反数，求得mS（2分）有调整相邻两项的思路给1分，其他表达书写过程酌情给分记 x为不超过x的最大整数当j取遍1，2，12k 时，mS取遍103k，183k，18232kk15/15因为1035k，1823232kkk，且上述序列中相邻两数之差为 8，所以存在11,2,2kj，使得 4,3,2,1,0,1,2,3,4mS ，符合题意17 分证明存在满足题意的调整方案（1分），结论（1分）.