四川省泸州市泸化中学2024-2025学年高三下学期3月阶段性测试数学试题

【2025 届高三数学试卷 第 1页（共 4 页）】 【2025 届高三数学试卷 第 2 页（共 4 页）】 绝密★本科目考试启用前 2024－2025学年（下）高三 3月阶段性测试 数学科目 考生注意： 1．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答 题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在．．试． 题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均．．．．．．．．．．．．．．．．．．无效。．．． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试．．．题．卷．、．草稿纸和答．．．．． 题卡上的非答题区域均．．．．．．．．．．无效．．。 4．本试卷主要命题范围：高考范围。 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. 1．下列散点图中，线性相关系数最小的是 A． B． C． D． 2．已知集合  2 2 3 0A x x x    ，  3 0B x x a   ，若 A B ，则实数 a的取值范围是 A．  9, B． 9, C．  , 3  D．  , 3  3．已知复数 z满足 1 3 2iz z    ，且 z在复平面内对应的点为  ,x y ，则 A． 3 0x y   B． 3 0x y   C．5 2 6 0x y   D．5 2 6 0x y   4．设一个球的表面积为 1S ，它的内接正方体的表面积为 2S ，则 1 2 S S 的值等于 A． 2  B． 2  C． 6  D． 6  5．在△ABC中， 2, 3, , 2AB AC BD DC AE EB        ．若 AD CE AB AC        ，则  的值为 A． 3 2 B． 4 5 C． 2 3 D． 1 3 6．已知函数   π2cos 6 f x x      ，  π,0x  ，若  f x 恰有 3个极值点，则正数ω的取值范围为 A． 8 11, 3 3     B． 8 11, 3 3      C． 13 19, 6 6     D． 13 19, 6 6      7．数列 na 中， 1 2a  ， 21 1n n na a a    ，记 1 2 1 1 1 n n A a a a     ， 1 2 1 1 1...n n B a a a     ，则 A． 2024 2024 1A B  B． 2024 2024 1A B  C． 2024 2024 1 2 A B  D． 2024 2024 1 2 A B  8．已知三棱锥P ABC 四个顶点都在球 O面上， 2PA PB PC   ， 90APB  ，M为 AB的中点，C 在面 APB内的射影为 PM的中点，则球 O的表面积等于 A． 128 π 7 B． 64 π 7 C． 32 π 7 D． 16 π 7 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. 9．已知 2 1 n mx x       （常数 0m  ）的展开式中第 5项与第 7项的二项式系数相等，则 A． 10n  B．展开式中奇数项的二项式系数的和为 256 C．展开式中 15x 的系数为 845m D．若展开式中各项系数的和为 1024，则第 6项的系数最大 10．设 0a  ，已知函数   2 2 1, , , , 2, . x x a f x a x a x a x x a              则 A．  f x 在  , 0 上单调递减 B．当 1 2 a  时，  f x 存在最小值 C．设          1 1 1 2 2 2, , ,M x f x x a N x f x x a  ，则 2MN  D．设          3 3 3 4 4 4, , ,P x f x x a Q x f x x a    ，若 PQ 存在最小值，则 10, 2a      11．在平面直角坐标系 xOy中，已知点  4,0M  ，  4,0N ，满足 16PM PN  的动点 P的轨迹为曲线Ω．则 下列结论正确的是 A．若点  ,a b 在曲线Ω上，则点  ,a b 和  ,a b  也在曲线Ω上 B．点 P的横坐标的取值范围是 32,32 C．曲线Ω上点的纵坐标的最大值为 2 ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ ※※※※※※※※ 密 封 线 内 禁 止 答 题 【2025 届高三数学试卷 第 3页（共 4 页）】 【2025 届高三数学试卷 第 4页（共 4页）】 D．曲线Ω与圆  2 2: 4 4C x y   只有一个公共点 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 设随机变量服从正态分布  2,1N ，若 ( 1) ( )P a P a     ，则a  ． 13. 设 1 2,F F 为双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的左、右焦点，过 2F 且倾斜角为60o的直线与 C在第一 象限的部分交于点 P，若 1 2PFF 为等腰三角形，则 C的离心率为 ． 14. 记不超过 x的最大整数为[ ]x ．若函数 ( ) | 2 [2 ] |f x x x t   既有最大值也有最小值，则实数 t的取值 范围是 . 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，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，其面积 23 28sin aS A  . （Ⅰ）求sin sinB C的值; （Ⅱ）若 2 2b c  ，且 π 2 B  ，求a． 16．（15分） 如图，在多面体DABCE中， 2, 2AB AC BC AD DB DC EB EC        ， BC的中点为O . （Ⅰ）求证： , , ,A D O E四点共面; （Ⅱ）若直线DE与平面 ACD所成角的正弦值为 7 7 ，求平面 ABC与平面 BCE夹角的大小． 17．（15分） 已知椭圆 E：   2 2 2 2 1 0    x y a b a b ，其左顶点为 P，上顶点为 Q，直线 PQ交直线 x a 于 R，且 2 6 2PR OR  （其中 O为坐标原点）． （Ⅰ）求椭圆 C的标准方程; （Ⅱ）点 N在 x轴上，过点 N作直线 l与 E交于 A，B两点，问：是否存在定点 N，使得 2 2 1 1 AN BN  为定值，若存在，求出所有点 N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由． 18．（17分） 《周易》反映了中国古代的二进制计数的思想方法，可以解释为：把阳爻“ ”当做数字“1”，把阴 爻“ ”当做数字“0 ”，例如，成语“否极泰来”包含了“否”卦 和“泰”卦 ，“否”卦所表示的二 进制数为 000111，转化为十进制数是 5 4 3 2 1 00 2 0 2 0 2 1 2 1 2 1 2 7            ，“泰”卦所表示的二进制 数为111000，转化为十进制数是 5 4 3 2 1 01 2 1 2 1 2 0 2 0 2 0 2 56            ． （Ⅰ）若某卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和; （Ⅱ）在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记3分；若只有两个阳 爻相邻，则记2分；若三个阳爻互不相邻，则记1分，设任取一卦后的得分为随机变量 X ，求 X 的分布列和数学期望 ( )E X ． 19．（17分） 设函数 2 1( ) e xf x x a  （其中 a是非零常数， e是自然对数的底），记 1( ) ( )n nf x f x  *2,n n N ． （Ⅰ）求对任意实数 x，都有 1( ) ( )n nf x f x 成立的最小整数 n的值  *2,n n N ; （Ⅱ）设函数 2 3( ) ( ) ( ) ( )n ng x f x f x f x    ，若对任意 3n  ， *Nn ， ( )ny g x 都存在极值点 nx t ， 求证：点    *, 3,n n n nA t g t n n N 在一定直线上，并求出该直线方程; （Ⅲ）是否存在正整数 ( )2k k  和实数 0x ，使    0 1 0 0k kf x f x  且对于任意 *nN ， ( )nf x 至多有一个 极值点，若存在，求出所有满足条件的 k和 0x ，若不存在，说明理由． — 1— 2024－2025学年（下）高三 3月阶段性测试 数学科目·答案 1．A 【命题解析】观察选项 A的散点图，这些点紧密地聚集在一 条直线附近.其线性相关系数接近于 1 ； 选项 B的散点图中，线性负相关程度不及 A，比较分散， 即线性相关系数要比选项 A的大. 选项 C的散点图里，散点呈现出一定的上升趋势，变量 x和 y之间具有强的线性相关关系，其线性相关系数为正数. 选项 D的散点图中，散点比较分散，线性相关程度比选项 A 要弱，线性相关系数的比选项 A的大. 综合比较四个选项，选项 A，线性负相关程度最强，所以线 性相关系数最小. 故选：A. 2．B 【命题解析】解集合    2 2 3 0 1 3A x x x x x        ， 解集合  3 0 3 aB x x a x x         ，因为 A B ， 所以 3 9 3 a a   ，故选：B. 3．A 【命题解析】z在复平面内对应的点为  ,x y ，则  i , Rz x y x y   ，由 1 3 2iz z    ，得      2 2 221 3 2x y x y     ，化简得 3 0x y   . 故选：A. 4．B 【命题解析】解：设正方体的棱长为 1，所以正方体的表面 积为 2 6S  ，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径， 设外接球的半径为 R，则  2 2 2 22 1 1 1 3R     ，即 24 3R  ， 所以球的表面积 2 1 4 3RS    ，所以 1 2 3 6 2 S S     ．故选：B． 5．C 【命题解析】因为 BD DC   ，所以D为 BC的中点，所以  12AD AB AC     ．又 2AE EB   ，所以 2 3 AE AB   ，所以 2 3 CE CA AE AB AC         ，所以  1 2 7 12 3 6 2AD CE AB AC AB AC AB AC               ，所以 7 1, 6 2     ，所以 2 3    ．故选：C 6．C 【命题解析】因为 0  ，当  π,0x  时 , 6 6 6 x           ， 因为  f x 恰有 3个极值点，所以 3 2 6         ， 解得 13 19 6 6   ，即的取值范围为 13 19, 6 6     ，故选：C 7．C 【命题解析】由 2 1 1n n na a a    可得  1 1 1n n na a a    ， 由于 1 2a  ，所以 1 0na   ， 故  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1n n n n n n n na a a a a a a a             ，故 2024 1 2 2024 1 2 2 3 2024 2025 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A a a a a a a a a a                                 1 2025 20251 1 1 1 1 11 a a a       ，又  1 1 1n n na a a    可得 1 11 1 n n n a a a     ，因此 20241 2 1 2024 1 2 2024 2 3 2025 2025 2025 1 1 1 1 1 1 1... 1 1 1 1 1 1 aa a aB a a a a a a a a                    ， 故 2024 2024 1A B  ，故 AB错误，又  221 2 1 1 0n n n n na a a a a        ，又因为 1 2a  ，则等号无法 — 2— 取到，故 2025 2024 2023 2 1a a a a a     ，由于 2 3 7,3,a a  故 2025 7a  ，因此 2025 2 1 1 3a   2024 2024 2025 2 2 11 1 3 2 A B a       ，故 C正确，D错误，故选：C 8．B 【命题解析】如图，点 C在面 APB内的射影为 PM的中点， 设 PM的中点为 N，则有CN 平面 PAB， PM 平面 PAB，所以CN PM ，可知 2PC CM  ， 又 90APB   ， 2PA PB  ，则 1 2 2 PM AB  ， 2 2 PN NM  ， 2 2 2 142 2 2 CN          ， 90APB   ， M为 AB的中点，则 M为 APB△ 的外心，所以三棱锥 P ABC 的外接球的球心O在过 M且垂直平面 PAB的垂线上，则有 //OM CN ，过O作MN的平行线，与CN 相交于点Q，则有 OQNM 为矩形，所以OQ CN ，OM QN ，设球O到平面 PAB的距离为 t，球 O的半径为 R， 有OC OB R  ， OM QN t  ，在Rt OMB 和Rt OGC△ 中，由勾股定理，得   2 2 2 2 2 2 142 2 2 t R t                    ，解得 2 14 t  ，所以 2 2 162 7 7 R    ，所以球 O的表面积为 2 64π4π 7 R  ，故选：B. 9．ACD 【命题解析】由 2 1 nmx x       ，则其展开式的通项为   4 5 2 2 1 1C C r n rn rr n r r r n nT mx m xx            ，对于 A，根据题意可 得 4 6C Cn n ，由组合数的性质可知 10n  ，故 A正确； 对于 B，由 10 2 1mx x       ，则展开式中奇数项的二项式系数 之和为 10 12 512  ，故 B错误；对于 C，由 4 10 5 15 2 r   解 得 2r  ，则展开式中 15x 的系数为 10 2 2 810C 45m m   ，故 C正 确；对于 D，令 1x  ，则展开式中各项系数之和  10 101 1024 2m    ，解得 1m  ，可得展开式的通项为 40 5 2 1 10C r r rT x    ，即每项系数均为该项的二项式系数，易知展 开式中第6项为二项式 10 2 1x x      的中间项，则其系数最大， 故 D正确. 故选：ACD. 10．BCD 【命题解析】对于 A，取 1 2 a  ，画出函数图象， 可知  f x 在  ,0 不是单调递减；故 A错误；对于 B：对 于 B，当 1 2 a  时，当 x a  时，   11 1 2 f x x a       ； 当 a x a   时，   2 2f x a x   显然取得最小值 a ；当 x a 时，   2 2 2f x x a     ，综上：  f x 取得最小 值 a ，故 B正确；对于 C，结合图像， 易知在 1x a ， 2x a 且接近于 x a 处，        1 1 1 2 2 2, , ,M x f x x a N x f x x a  的距离最小， 当 1x a 时，  1 0y f x  ，当 2x a 且接近于 x a 处，  2 2 2y f x a   ，此时， 2 1 2 2MN y y a     ，故 C — 3— 正确；依题意， 0a  ， 当 x a  时，   1f x x   ，易知其图象为一条端点取不到 的单调递减的射线；当 a x a   时，   2 2f x a x  ，易知 其图象是，圆心为  0,0 ，半径为 a的圆在 x轴下方的图象（即 半圆）；当 x a 时，   2f x x  ，易知其图象是一条端 点取不到的单调递增的曲线；因为        3 3 3 4 4 4, , ,P x f x x a Q x f x x a    ，结合图象可知， 要使 PQ 取得最小值，则点 P在    2f x x x a     上， 点Q在   2 2f x a x    a x a   ，同时 PQ 的最小值为 点O到    1f x x x a     的距离减去半圆的半径 a，此时， 因为    1f x y x x a      的斜率为 1 ，则 1OPk  ，故直 线OP的方程为 y x ，联立 1 y x y x      ，解得 1 2 1 2 x y         ，则 1 1, 2 2 P       ，显然要保证 1 1, 2 2 P       在    1f x x x a     上，才能满足 PQ 取得最小值， 所以只需 1 2 a   ，即 10, 2 a      都可满足题意，保证 min 2 2 PQ d a a    ，否则 PQ 无最小值，故 10, 2 a      .D 正确；故选：BCD 11．AC 【命题解析】选项 A：设  ,P x y ，由题意可知点 P的轨迹方 程为    2 22 24 4 16x y x y      ．点  ,a b 满足            2 2 2 2 2 22 24 4 4 4 16a b a b a b a b              ，点  ,a b  也满足            2 2 2 2 2 22 24 4 4 4 16a b a b a b a b                ，故 A正确． 选项 B：将曲线Ω的方程    2 22 24 4 16x y x y      两 边同时平方得    22 2 216 64 4x y x    ，整理得  22 2 2 28 4 16 4 4 4 0y x x x          ，解得  2 4 2,6x   ，所以 24 4 36  x ，解得 4 2 4 2x   ， 故 B不正确． 选项C：由选项B  22 2 2 28 4 16 4 4 4y x x x         ， 故当 2 4 4 x ，即 2 3x   时， 2y 取得最大值 4，所以 y的 最大值为 2，故 C正确． 选项 D：由  2 24 4x y   ，得  22 4 4y x   ，代入 2 2 28 4 16   y x x ，化简整理得 4 15x  ，解得 15 4 x  ， 由选项 A知曲线Ω关于 x轴对称，所以曲线Ω与圆C有两个 公共点，故 D不正确．故选：AC. 12． 3 2 【命题解析】因为  2,1N  且 ( 1) ( )P a P a     ， 所以 1 2 2a a    ，解得 3 2 a  . 故答案为： 3 2 13．1 3 2  【命题解析】由题设及图知 1 2| | | | 2PF PF a  ，且 1 2 2| | | | 2F F PF c  ， 1 2 120F F P  ， 所以 1| | 2 2PF a c  ，则 2 2 2(2 2 ) (2 ) (2 ) 2 2 2 cos120a c c c c c        ， — 4— 所以 2 22 2 0c ac a   ，即 22 2 1 0e e   ，可得 1 3 2 e  （负 值舍）.故答案为：1 3 2  14． 1 1 2 t  【命题解析】取  2 , ( Z, 0,1 )x t m n m n     ，则 ( ) | 2 [2 ] | ( )f x x x t m n t m n t         ， 所以函数 ( ) | 2 [2 ] |f x x x t   既有最大值也有最小值，即 ( )g n n t  在区间  0,1 上既有最大值也有最小值， 当 0t  时， ( )g n n t  在区间 0,1 上单调递增，只有最小值， 无最大值，不合题意， 当 10 2 t  时， ( )g n n t  在区间 0, t 上单调递减，在区间  ,1t 上单调递增， 又 (0) , (1) 1g t g t   ，则 (0) (1)g g ，此时 ( )g n n t  只有 最小值，没有最大值，不合题意， 当 1 1 2 t  时， ( )g n n t  在区间 0, t 上单调递减，在区间  ,1t 上单调递增， 又 (0) , (1) 1g t g t   ，则 (0) (1)g g ，此时 ( )g n n t  有最 大值为 (0)g ，最小值为 ( ) 0g t  ， 当 1t  时， ( )g n t n  在区间 0,1 上单调递减，只有最大值， 无最小值，不合题意， 综上所述，实数 t的取值范围是 1 1 2 t  ， 故答案为： 1 1 2 t  . 15．（Ⅰ） 3 14 （Ⅱ） 7 【命题解析】（Ⅰ）由已知得 21 3 3sin sin 2 28sin 14sin a aS ab C b C A A     ， 由正弦定理可得： 2 sin , 2 sina R A b R B  ， 3 32 sin sin 2 sin sin 14 14 R B C R B C    . （Ⅱ）由 2b c 可得 sin 2sinB C ，由（Ⅰ）可得 2 32sin 14 C  ， 解得 21sin 14 C  ， 21sin 2sin 7 B C   ， π 2 C B  ， 2 22 7 5 7cos 1 sin ,cos 1 sin 7 14 B B C C       ，     2 7 5 7 21 21 1cos cos π cos 7 14 7 14 2 A B C B C                ， 由余弦定理得： 2 2 2 cos 1 4 2 7a b c bc A       . 16．（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）30 【命题解析】（Ⅰ） 连接 , ,AO EO DO，由 ,AB AC O 为 BC中点，得 AO BC ， 由DB DC ，得 DO BC ，而 , ,AO DO O AO DO  平面 ADO， 则 BC 平面 ADO，同理 BC 平面 AEO， 又平面 ADO与平面 AEO有公共直线 AO， 所以 , , ,A D O E四点共面； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ,DO BC AOE 是二面角 A BC E  的 平面角， 设 , (0, π)AOE     ， 由 2, 2AB AC BC DB DC EB EC       ，得 3, 1  AO DO EO ， 则 2 2 24AO DO AD  ，DO AO ，直线 , ,OA OB OD两两 垂直， 以O为原点，直线 , ,OA OB OD分别为 , ,x y z轴建立空间直角 — 5— 坐标系O xyz ，如图， 则 (0,0,0), ( 3,0,0), (0, 1,0), (0,0,1), (cos ,0, s in )O A C D E    ， ( 3,1,0), (0,1,1), (cos ,0, sin 1)CA CD DE          ， 设平面 ACD的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 3 0 0 n CA x y n CD y z             ， 取 1x  ，得 (1, 3, 3)n   ， 设直线DE与平面 ACD所成角为 π( (0, )) 2    ， 依题意，即 2 2 |cos 3sin 3 | 7 77 cos (sin 1)           ， 平方化简整理得 (1 sin )(sin 3cos 1) 0      ， 而1 sin 0  ,则 sin 3cos 1 0    ， 即 π 1cos( ) 6 2    ，又 π π 7π 6 6 6    ，则 π 6   ， 所以平面 ABC与平面 BCE 夹角的大小为30 . 17．（Ⅰ） 2 2 1 12 6 x y   （Ⅱ）  2,0N  或  2,0N 【命题解析】（Ⅰ） 由题意可知  ,0P a ，  0,Q b ，  , 2R a b ， 所以 2 24 6OR a b   ， 2 24 4 6 2PR a b   ， 整理联立有： 2 2 2 2 4 36 4 4 72 a b a b       ， 又因为 0a  ， 0b  ，解得 2 3a  ， 6b  ， 所以椭圆方程为 2 2 1 12 6 x y   . （Ⅱ）根据已知条件设  ,0N n ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 当直线 AB斜率不为0时，设直线 :AB x my n  ， 联立 2 2 1 12 6 x my n x y       ，整理得  2 2 22 2 12 0m y mny n     ， 需   2 2 2 2 2 2Δ 4 4 2 12 48 8 96 0m n m n m n        ， 即 2 26 12n m  ， 由韦达定理有： 1 2 2 2 2 mny y m    ， 2 2 21 12 2 ny y m     ， 故    2 2 2 22 21 1 2 2 1 1 1 1 AN BN x n y x n y        2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 y y m y y m y y            21 2 1 2 2 2 2 1 2 21 1 y y y y m y y        2 221 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 21 2 1 2 1 1 12 12 my y mn m y y y y m n n                                     2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 4 2 2 12 2 24 4 481 1 1 112 12 m n m n n m n m mn n            因为 2 2 1 1 AN BN  为定值，所以 2 22 24 4 48n n    ， 整理得 2 4n  ，解得 2n =± ，此时  2 2 2 1 1 4 4 48 1 24 12AN BN        ； 当直线斜率为0时，不妨设  2 3,0A  ，  2 3,0B ，  2,0N ， 此时    2 2 2 2 1 1 1 1 1 22 3 2 2 3 2AN BN       符合题设， 同理可证当 N的坐标为  2,0N  时也符合题设， 又 2 24 12 6 12n m    恒成立， — 6— 所以存在点  2,0N  或  2,0N 使得 2 2 1 1 AN BN  的值为 1 2 （定值）. 18．（Ⅰ）315 （Ⅱ）分布列见解析，   2E X  【命题解析】（Ⅰ）因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻 构成，所以该卦所表示的二进制数共有 1 6C 6 个， 分别为111110、111101、111011、110111、101111、011111， 因为这6个数中，每个数位都是5次1和1次0， 所以这些卦表示的十进制数的和为： 6 5 4 3 2 1 0 5(1 2 )5(2 2 2 2 2 2 ) 315 1 2          ； （Ⅱ）由题意可知，随机变量 X 的所有可能取值有1、2、3， 则   3 4 3 6 C 11 C 5 P X    ， 2 4 3 6 A 3( 2) C 5 P X    ， 1 4 3 6 C 1( 3) C 5 P X    ， 则随机变量 X 的分布列如下表所示： X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 故   1 3 11 2 3 2 5 5 5 E X        . 19．（Ⅰ）5； （Ⅱ）证明见解析， 2y x ； （Ⅲ）存在 3k  ， 2a e   满足条件. 【命题解析】（Ⅰ）依题意， 2 1( ) e xf x x a  ， 2 1( ) ( ) 2 e xf x f x x a   ， 3 2( ) ( ) 2 e xf x f x a   ， 4 3( ) ( ) e xf x f x a  ， 5 4( ) ( ) e xf x f x a  ，因此 1( ) ( ) e x n nf x f x a  ， 5n  ，即 min 5n  ， 所以对任意实数 x，都有 1( ) ( )n nf x f x 成立的最小整数 n的 值是 5. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 3n  ， *Nn ， 2 3( ) ( ) ( ) ( )n ng x f x f x f x       2 e 2 e e e ex x x x xx a a a a a        (2 2) ( 1) exx n a    ，求导得 ( ) 2 ( 1) exng x n a    ，显然函 数 ( )ng x 单调，当 a<0时， ( )ng x 有唯一零点 2ln( ) ( 1)n x a n    ， 当 nx x 时， ( ) 0ng x  ，当 nx x 时， ( ) 0ng x  ，因此当 a<0 时，函数 ( )ny g x 都存在唯一极值点，依题意 n nx t ， 即   2 ( 1) e 0ntng t n a     ，方程两边同时加上 2 nt 得 2 2 ( 1) e 2ntn nt n a t    ，即   2n n ng t t ， 所以点   ,n n n nA t g t 在一定直线上，该直线方程为 2y x . （Ⅲ）当 *Nn ， 4n  时，方程 ( ) e 0xnf x a  无解，因此 要使    0 1 0 0k kf x f x  ，必有 2 3, Nk k    , ①当 3k  时，    03 20 0f x f x  ，即 0 0 02 e 0 2 e 0 x x x a a       ，解得 0 1 2 e x a      ， 而当 2 e a   时， 4n  时， ( ) e 0n xf x a  ，函数 ( )nf x 单调递 减，无极值点， 3 ( ) 2 e xf x a  严格递减，无极值点，且 3(1) 0f  ，当 1x  时， 3( ) 0f x  ，当 1x  时， 3( ) 0f x  ， 2 ( ) 2 e xf x x a  在 ( ,1) 上严格递增，在 (1, ) 上严格递减， 有一个极值点， 又 2 (1) 0f  ，则 2 ( ) 0f x  恒成立，有 1( )y f x 单调递减，无 极值点， 综上得存在 3k  ， 2 e a   满足条件， — 7— ②当 2k  时，    2 010 0f x f x  ，即 0 020 02 e e 0x xx a x a    ， 解得 0 0x  或 0 2x  ， 当 0 0x  时， 2 (0) 0f a  ，不符合题意， 当 0 2x  时， 2 2 (2) 4 e 0f a   ，解得 2 4 e a   ，有 2 4 2 4( ) e 4e 0 e x xf x      ， 2 3( ) 2 4e xf x   单调递减，当 3( ) 0f x  时， 2 ln 2x   ，当 2 ln 2x   ， 3( ) 0f x  ，当 2 ln 2x   时， 3( ) 0f x  ， 2 2 ( )=2 4e xf x x -- 在 ( , 2 ln 2)  上严格递增，在 (2 ln 2, )  上严格递减，而 2 (2) 0f  ， (0) 0f  ， 则存在 (0, 2 ln 2)m  ，使得 2 ( ) 0f m  ，在 ( , )m 上， 2 ( ) 0f x  ，在 ( ,2)m 上 2 ( ) 0f x  ，在 (2, ) 上， 2 ( ) 0f x  ， 则 1( )f x 在 ( , )m 上严格递减，在 ( ,2)m 上严格递增，在 (2, ) 上严格递减， 1( )f x 有两个极值点，不符合题意，因 此 2k  ， 所以存在 3k  ， 2a e   满足条件．