精品解析：北京市第五十七中学2025-2026学年高一年级下学期数学期末试题

2025-2026第二学年期末考试高一数学试卷 一、选择题 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若为第三象限角，则下列各式的值为负数的是（ ） A. B. C. D. 3. 在空间中，l，m是不重合的直线， ， 是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 将曲线向右平移个单位长度后，得到的曲线关于原点中心对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 设，则“是第一象限角”是“”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 6. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，所对的边分别为，，，，设的面积为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 8. 设表示与的最大值，若，都是正数，，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 8 D. 9 9. 已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 可以取到 C. D. 可以取到 10. 中华人民共和国道路交通安全法判定酒驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于，但小于；判定醉驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于.某驾驶员饮酒后血液中酒精含量为，若停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时的速度减少，则该驾驶员至少需经过（ ）小时才能合法驾驶（酒精含量需小于）.参考数据：. A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 11. 如图，西周琱（diāo）生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆柱和圆台的高之比约为5∶3，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为4∶5，则圆柱与圆台的体积之比约为（ ） A. 80∶81 B. 80∶61 C. 9∶8 D. 1∶2 12. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内（含边界）有一动点，下列说法错误的是（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若是上一动点，则的最小值为 D. 若异面直线与所成角为，则的取值范围是 二、填空题 13. 已知，则的共轭复数的虚部为__________． 14. 某校知识竞赛分初赛、复赛两轮．初赛要求如下：参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道作答，已知该参赛者会这5道试题中的3道（编号为奇数的题目）．规定抽取的3道题至少答对2题方可进入复赛，求参赛者能进入复赛的概率______． 15. 在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________． 16. 青花瓷（blue and white porcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为1，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是__________． 17. 已知函数（），如图所示，直线与曲线交于，两点，若，在区间上单调递减，则_____；的一个取值为_____． 18. 在锐角中，内角的对边分别为，且满足．则的取值范围为______. 19. 若函数在上无最小值，则的取值范围为__________． 20. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是____________． 三、解答题 21. 已知向量，，设． （1）若，，求的值． （2）若，求的最小值，及此时实数的值． （3）若，求的取值范围. 22. 如图，在三棱柱中，点、分别为、的中点，平面与平面相交于． （1）求证： （2）已知，，，，， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为中点，为上动点，求三棱锥的体积． 23. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 24. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，且，． （1）求证：平面； （2）从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：． 条件②：； 条件③：； 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 25. 如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形． （1）在中，角，，的对边分别为，，，若，求角的大小； （2）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． （3）求面积的最大值． 26. 对于给定的非空数集，定义集合，，当时，称A具有孪生性质． （1）若集合，求集合，； （2）若集合，，且，求证：； （3）若集合，且集合C具有孪生性质，记为集合C中元素的个数，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第二学年期末考试高一数学试卷 一、选择题 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据偶次根式有意义求出集合，根据对数函数的单调性求解集合，再根据集合的交并补运算即可. 【详解】由偶次根式有意义，得，即，解得. 所以. 由，得，所以. 又，所以. 所以. 2. 若为第三象限角，则下列各式的值为负数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用任意角的三角函数值的正负结合诱导公式计算求解各个选项即可. 【详解】因为为第三象限角，所以. 对于选项A，，故A正确； 对于选项B，，故B错误； 对于选项C，，故C错误； 对于选项D，，故D错误. 3. 在空间中，l，m是不重合的直线， ， 是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【详解】若，，，则或是异面直线，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则，故D正确； 4. 将曲线向右平移个单位长度后，得到的曲线关于原点中心对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出平移后的曲线解析式，然后根据原点对称这一条件求出的最小值. 【详解】将曲线向右平移个单位长度后得到的曲线为：. 因为该曲线关于原点对称，所以， 解得.因为， 当时，取最小值为. 故选：B. 5. 设，则“是第一象限角”是“”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】C 【解析】 【详解】充分性：若是第一象限角，则, ,可得，必要性：若，不是第三象限角，，，则是第一象限角，“是第一象限角”是“”的充分必要条件，故选C. 【方法点睛】本题通过任意角的三角函数主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 6. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，且定义域为R， 所以为偶函数，所以图象关于y轴对称，排除B，D项， 并且在y轴右侧，趋近于0时，，故， 故只有选项满足题意. 7. 在中，角，，所对的边分别为，，，，设的面积为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【详解】由，结合正弦定理，可得， 又， 因为为三角形内角，所以. 根据余弦定理，，可得， 中，，且，所以为等边三角形. 8. 设表示与的最大值，若，都是正数，，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式的性质，结合基本不等式的“1“的妙用求出最小值. 【详解】由，得， 于是，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为3. 故选：B 9. 已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 可以取到 C. D. 可以取到 【答案】D 【解析】 【详解】因为，又，所以，， 所以，，又，所以或， 若，则，由余弦定理可得， 所以，故A错误； 因为，又在上单调递增，所以， 又，所以取不到，故B错误； 若，又在上单调递增，所以， 若，可得，又，所以，故C错误； 因为或，又在上单调递减，所以， 又，所以可以取到，故D正确. 10. 中华人民共和国道路交通安全法判定酒驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于，但小于；判定醉驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于.某驾驶员饮酒后血液中酒精含量为，若停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时的速度减少，则该驾驶员至少需经过（ ）小时才能合法驾驶（酒精含量需小于）.参考数据：. A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【详解】设至少需要小时，则有 . 所以至少需要经过小时才能合法驾驶. 11. 如图，西周琱（diāo）生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆柱和圆台的高之比约为5∶3，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为4∶5，则圆柱与圆台的体积之比约为（ ） A. 80∶81 B. 80∶61 C. 9∶8 D. 1∶2 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，设圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为3，圆柱的高为5， 则圆台的体积为， 圆柱的体积为， 所以. 12. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内（含边界）有一动点，下列说法错误的是（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若是上一动点，则的最小值为 D. 若异面直线与所成角为，则的取值范围是 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：借助线面平行判定定理与性质定理可得，再利用正方体性质及线面垂直性质定理可得，即可得；对于B：借助线面垂直性质定理与勾股定理计算即可得点轨迹，即可得其轨迹长度；对于C：将平面与平面沿展开至同一平面后，结合与形状，计算即可得；对于D：举出反例即可得. 【详解】对于A：因为平面，平面，则平面， 又因为平面平面，平面，则， 由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则有，故A正确； 对于B：由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆位于正方形内的部分， 故点的轨迹长度为，故B正确； 对于C：将平面与平面沿展开至同一平面，如下图： 则，当且仅当在线段上时，取等， ，故为正三角形， 又为等腰直角三角形，故为中点， 则，故C正确. 对于D：因为，则异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时，故D错误. 二、填空题 13. 已知，则的共轭复数的虚部为__________． 【答案】 3 【解析】 【分析】先根据复数的运算得到复数，再根据共轭复数的概念和复数虚部的概念求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以的共轭复数的虚部为3. 14. 某校知识竞赛分初赛、复赛两轮．初赛要求如下：参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道作答，已知该参赛者会这5道试题中的3道（编号为奇数的题目）．规定抽取的3道题至少答对2题方可进入复赛，求参赛者能进入复赛的概率______． 【答案】##0.7 【解析】 【分析】列举出所有样本点，利用古典概型即可. 【详解】参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道的样本空间为 共种. 至少答对2题的样本点有共种. 所以参赛者能进入复赛的概率为. 15. 在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，由得到点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，利用矩形和圆的面积公式求解即可. 【详解】 复数2和所对应的点分别为，， 设复数所对应的点为，设复数所对应的点为， ，，点轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 点在线段上移动，点的轨迹为：以线段上的点为圆心，半径为的圆的并集， 即点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆， ，， 复数对应点所构成图形的面积为. 故答案为：. 16. 青花瓷（blue and white porcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为1，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的线性运算将转化为，结合正六边形的几何性质求出的取值范围即可. 【详解】连接，，. 因为点，在圆上运动且关于圆心对称， 所以，且． ． 因为点在正六边形的边上运动，当点位于各边的中点时，取得最小值，此时， 所以； 当点位于正六边形的顶点时，取得最大值， 此时， 所以． 故的取值范围是. 17. 已知函数（），如图所示，直线与曲线交于，两点，若，在区间上单调递减，则_____；的一个取值为_____． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得. 【详解】设，， 由得：，， 又，，解得. 此时最的小正周期， ，在区间上单调递减， 和分别为单调递减区间的起点和终点， 当时，， ，， 取，得. 综上所述：，的一个取值为. 18. 在锐角中，内角的对边分别为，且满足．则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】化简为，结合余弦定理即可求的，根据两角差的正弦公式及同角三角函数关系化简，进而结合正切函数的图象及性质求解即可. 【详解】根据题意，，即， 由余弦定理，又，所以， ， 因为为锐角三角形， 所以，即， 所以， 即， 所以的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据两角差的正弦公式及同角三角函数关系化简. 19. 若函数在上无最小值，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据可得出关于的取值范围，结合题意可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为，当时，，且， 当时，第二次使得， 因为函数在上无最小值， 所以，解得， 故实数的取值范围是. 20. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，， 当时，且接近于处，的距离最小， 此时；故③正确； 对于④，取，则的图像如下， 因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 三、解答题 21. 已知向量，，设． （1）若，，求的值． （2）若，求的最小值，及此时实数的值． （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）最小值为，此时 （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量共线的坐标表示可求出的值，再结合可得出的值； （2）当时，求出向量的坐标，进而可得出向量的坐标，再结合平面向量的模长公式求解即可； （3）由平面向量的模长公式、三角恒等变换化简得出关于的表达式，利用正弦型函数的基本性质以及的取值范围可得出的取值范围. 【小问1详解】 因为向量，，，， 所以，整理可得，故. 【小问2详解】 若，则，， 所以， 当且仅当时，等号成立，故最小值为，此时. 【小问3详解】 因为， 当时，，则， 所以， 即当时，的取值范围是. 22. 如图，在三棱柱中，点、分别为、的中点，平面与平面相交于． （1）求证： （2）已知，，，，， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为中点，为上动点，求三棱锥的体积． 【答案】（1）如图，取的中点，连接, 因分别为、的中点.，则 ， 又，故， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面， 所以； （2）（ⅰ）因为，，， 所以平行四边形为正方形，即， 又，平面， 所以平面，即三棱柱为直三棱柱， 又因为，，，由，可得， 在直三棱柱中，因平面，平面，则， 又平面，故平面， 因平面,故； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行，再结合线面平行的性质定理即可求证； （2）（ⅰ）利用勾股定理证，再利用题设条件证平面，由线面垂直的性质即可证得；（ⅱ）由（ⅰ）平面，考虑等体积转化，易求得其体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（1）知， 所以，故， 又为中点，所以， 由（ⅰ），已得平面， 故 所以 即三棱锥的体积为. 23. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）三角恒等变换降幂，利用对称轴间距求周期，算出； （2）正弦函数增区间整体代换，再和定义域取交集； （3）任意性恒成立转化：，分别求其最值，解不等式求出的取值范围. 【小问1详解】 ， 相邻对称轴距离，， 即. 【小问2详解】 解不等式， 可得， 或，与求交集： 递增区间为，. 【小问3详解】 对于任意的，，都有， 等价于， ，，， 不等式转化为， ， 令，， ，开口向下，对称轴， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 综上，. 24. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，且，． （1）求证：平面； （2）从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：． 条件②：； 条件③：； 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）如图，连接，与交于点O，连接OD，    因为四边形是平行四边形，所以O为的中点. 又D是棱AC的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）（Ⅰ）选择条件②，. 由D是棱AC的中点，得. 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，平面， 所以平面，所以. 因为，所以，又， 在和中，， 所以，而， 则，所以， 又，BD，平面，所以平面. 选择条件③：． 因为底面ABC，平面ABC，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，所以，又， 在和中，， 所以，而， 则，所以， 又，BD，平面，所以平面. 选择条件①：， 因为，所以，又， 在和中，， 所以，而， 则，所以， 又，BD，平面，所以平面. （Ⅱ）当点N为的中点，即时，平面平面． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，在平面内找到与平行的直线即可； （2）（Ⅰ）先通过线面垂直证，再由三角形内角和定理证，进而可证线面垂直； （Ⅱ）取N为的中点，的中点为M，通过，平面即可证明N满足题意. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （Ⅰ）略 （Ⅱ）当点N为的中点，即时，平面平面． 由（Ⅰ）选择条件②，. 由D是棱AC的中点，得. 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，平面， 所以平面， 选择条件③：． 因为底面ABC，平面ABC，所以， 又，，，平面， 所以平面， 选择条件①：， 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，平面， 所以平面， 即选择①②③，都有平面， 如图，取的中点为M，连接DM、MN， 因为M、D分别为、AC的中点， 所以且， 又N为的中点，所以且， 所以四边形BDMN为平行四边形，故. 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． 25. 如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形． （1）在中，角，，的对边分别为，，，若，求角的大小； （2）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． （3）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据题意，化简，求得，进而求得，即可求解； 根据题意，对四边形应用托勒密不等式，可得，在中，由余弦定理算出，结合余弦定理，即可求解； 设，，由余弦定理和正弦定理求得，，求得，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为，且， 所以， 即， 即， 由正弦定理可知，， 由余弦定理可得：， 化简得：， 因为，，所以， 所以， 又，所以. 【小问2详解】 已知是正三角形，， 对于四边形应用托勒密不等式：， 因为，两边同除以：， 等号成立条件：四边形对角互补，此时，，，四点共圆， 则， 又，等边，， 所以，，等号成立时， 在中，，，， 在中，由余弦定理： ， 三边：，，， 余弦定理：， 得， 所以，又，得, 【小问3详解】 设，在中，余弦定理： ， 为正三角形，， 设，正弦定理：， 则， ，代入： ， 又，则最大值为1， 所以当即时，. 26. 对于给定的非空数集，定义集合，，当时，称A具有孪生性质． （1）若集合，求集合，； （2）若集合，，且，求证：； （3）若集合，且集合C具有孪生性质，记为集合C中元素的个数，求的最大值． 【答案】（1），； （2） 证明：由集合，， 得集合的元素在0，，，中产生， 且，， 而，则B中最大元素属于， 而为4个元素中的最大者，于是，即，， 则构成的元素为0，，，，且与0或或重复， 又，所以，即． （3）1350． 【解析】 【分析】（1）根据的定义求解即可； （2）分析的元素构成，结合的条件推导元素关系； （3）根据集合定义先求出的最大值，再根据孪生性质证明即可. 【小问1详解】 由集合， 得，，，，，， 因此， 又，，，，，， 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意，， 设满足题意，， 由，得， 由，得， 由，得，即， 则， 而中最小的元素为0，最大的元素为，， 因此，即，解得， 实际上当时满足题意， 证明如下：设，， 则，， 依题意有，即，故m的最小值为675， 于是当时，C中元素最多， 即时满足题意， 所以集合C中元素的个数的最大值是1350． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $