1、2020 年高考数学（4 月份）模拟试卷 一、选择题 1若复数 z 满足 z（12i） i，则复平面内 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 2已知集合 Ax|x25x+40，Bx|2x4，则 A（RB）（ ） A（1，2 B2，4） C1，+） D（1，+） 3下列函数中，在（0，+）内单调递增，并且是偶函数的是（ ） Ay（x1）2 Bycosx+1 Cylg|x|+2 Dy2x 4函数 y2+1 的值域为（ ） A0，+） B1，+） C2，+） D 5在圆 M：x2+y24x4y10 中，过点 E（0，1）的最长弦和最短弦分别为 AC 和 BD， 则四边形
2、 ABCD 的面积为（ ） A6 B12 C24 D36 6将函数 ysin2x 的图象向左平移个单位长度后得到曲线 C1，再将 C1上所有点的横坐 标伸长到原来的 2 倍得到曲线 C2，则 C2的解析式为（ ） Aysinx Bycosx Cysin4x Dycos4x 7某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为 2 的等腰直角三角形，侧视图 是边长为 2 的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ） A2 B4 C2 D2 8已知函数 f（x），若不等式 f（x）|xk|对任意的 xR 恒成立，则实数 k 的取值范围是（ ） A（，1 B1，+） C0，1） D（1，0 9已
3、知数列an是等比数列，前 n 项和为 Sn，则“2a3a1+a5”是“S2n10”的（ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 10为了调节高三学生学习压力，某校高三年级举行了拔河比赛，在赛前三位老师对前三名 进行了预测，于是有了以下对话： 老师甲：“7 班男生比较壮，7 班肯定得第一名” 老师乙：“我觉得 14 班比 15 班强，14 班名次会比 15 班靠前” 老师丙：“我觉得 7 班能赢 15 班” 最后老师丁去观看完了比赛，回来后说：“确实是这三个班得了前三名，且无并列，但 是你们三人中只有一人预测准确”那么，获得一、二、三名的班级依次为（ ） A7
4、 班、14 班、15 班 B14 班、7 班、15 班 C14 班、15 班、7 班 D15 班、14 班、7 班 二.填空题（共 5 小题） 11已知双曲线的左、右焦点和点 P（2a，b）为某个等腰 三角形的三个顶点，则双曲线 C 的离心率为 12 已知向量 （1， 1） ， （3， m） ， 若向量 2 与向量 共线， 则实数 m 13如果抛物线 y22px 上一点 A（4，m）到准线的距离是 6，那么 m 14 在四边形 ABCD 中， AB1， BC2， CD3， AD4， 且ABC120， 则 AC ， cosBCD 15已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x）g（x）g（x
5、），且 f（x）在 R 单调递 增，对任意的 x1，x2（0，+），恒有 f（x1） f（x2）f（x1+x2），则使不等式 成立的 m 取值范围是 三.解答题（共 6 小题） 16如图，已知四棱锥 PABCD 的底面是等腰梯形，ADBC，AD2，BC4，ABC 60，PAD 为等边三角形，且点 P 在底面 ABCD 上的射影为 AD 的中点 G，点 E 在线 段 BC 上，且 CE：EB1：3 （1）求证：DE平面 PAD （2）求二面角 APCD 的余弦值 17已知函数 f（x）logkx（k 为常数，k0 且 k1） （1）在下列条件中选择一个 使数列an是等比数列，说明理由； 数列f（
6、an）是首项为 2，公比为 2 的等比数列； 数列f（an）是首项为 4，公差为 2 的等差数列； 数列f（an）是首项为 2，公差为 2 的等差数列的前 n 项和构成的数列 （2）在（1）的条件下，当 k时，设 anbn，求数列bn的前 n 项和 Tn 18某大学棋艺协会定期举办“以棋会友”的竞赛活动，分别包括“中国象棋”、 “围棋”、 “五子棋”、“国际象棋”四种比赛，每位协会会员必须参加其中的两种棋类比赛，且 各队员之间参加比赛相互独立；已知甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，乙 同学从四种比赛中任选两种参与 （1）求甲参加围棋比赛的概率； （2）求甲、乙两人参与的两种比赛都不同的
7、概率 19已知函数 f（x）+a2x+alnx，实数 a0 （1）讨论函数 f（x）在区间（0，10）上的单调性； （2）若存在 x（0，+），使得关于 x 的不等式 f（x）2+a2x 成立，求实数 a 的取值 范围 20椭圆 C的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为 （I）求椭圆 C 的方程： （II） 设 P 是直线 xa2上任意一点， 过点 P 作圆 x2+y2a2的两条切线， 切点分别为 M， N，求证：直线 MN 恒过一个定点 21 定义： 若数列an满足所有的项均由1， 1 构成且其中1 有 m 个， 1 有 p 个 （m+p3） ， 则称an为“（m，p）数列” （1）ai
8、，aj，ak（ijk）为“（3，4）数列”an中的任意三项，则使得 aiajak1 的 取法有多少种？ （2）ai，aj，ak（ijk）为“（m，p）数列”an中的任意三项，则存在多少正整数 对（m，p）使得 1mp100，且 aiajak1 的概率为 参考答案 一.选择题（共 10 小题） 1若复数 z 满足 z（12i） i，则复平面内 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 解：z（12i） i2+i， 2i 在复平面内所对应的点（2，1）位于第四象限 故选：D 2已知集合 Ax|x25x+40，Bx|2x4，则 A（RB）（ ） A（1，2 B2，4） C1
9、，+） D（1，+） 【分析】根据题意，求出集合 A、B，进而由集合的运算分析可得答案 解：根据题意，集合 Ax|x25x+40（1，4），Bx|2x4（，2）， 则RB2，+）， 则 A（RB）（1，+）； 故选：D 3下列函数中，在（0，+）内单调递增，并且是偶函数的是（ ） Ay（x1）2 Bycosx+1 Cylg|x|+2 Dy2x 【分析】根据函数单调性和奇偶性的性质分别进行判定即可 解：Ay（x1）2的对称轴为 x1，为非奇非偶函数，不满足条件 Bycosx+1 是偶函数，但在（0，+）内不是单调函数，不满足条件 Cylg|x|+2 为偶函数，在（0，+）内单调递增，满足条件，
10、Dy2x，（0，+）内单调递增，为非奇非偶函数，不满足条件 故选：C 4函数 y2+1 的值域为（ ） A0，+） B1，+） C2，+） D 【分析】由结合指数函数的单调性求解 解：， 则 y2+12 函数 y2+1 的值域为2，+） 故选：C 5在圆 M：x2+y24x4y10 中，过点 E（0，1）的最长弦和最短弦分别为 AC 和 BD， 则四边形 ABCD 的面积为（ ） A6 B12 C24 D36 【分析】根据题意，把圆 M 的方程化为标准方程，分析其圆心坐标与圆的半径，结合直 线与圆的位置关系可得 AC、BD 的值，进而分析可得答案 解：根据题意，圆 M：x2+y24x4y10
11、即（x2）2+（y2）29，其圆心为（2， 2），半径 r3， 过点 E（0，1）的最长弦 AC 为圆 M 的直径，则|AC|6， 最短的弦为过 E 与直径 AC 垂直的弦，且|ME| 则有|BD|24， 又由 ACBD， 则四边形 ABCD 的面积 S2SABC2（ACBE）12； 故选：B 6将函数 ysin2x 的图象向左平移个单位长度后得到曲线 C1，再将 C1上所有点的横坐 标伸长到原来的 2 倍得到曲线 C2，则 C2的解析式为（ ） Aysinx Bycosx Cysin4x Dycos4x 【分析】根据三角函数图象平移变换进行求解即可 解：将函数 ysin2x 的图象向左平移个
12、单位长度后得到曲线 C1，C1的解析式为 ， 再将 C1上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍得到曲线 C2，C2 的解析式为 故选：B 7某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为 2 的等腰直角三角形，侧视图 是边长为 2 的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ） A2 B4 C2 D2 【分析】由三视图知该几何体为棱锥，其中 SC平面 ABCD；四面体 SABD 的四个面 中 SBD 面的面积最大，三角形 SBD 是边长为 2的等边三角形，即可求出四面体的四 个面中面积最大的面积 解：由三视图知该几何体为棱锥 SABD，其中 SC平面 ABCD；四面体 SABD 的四 个面
13、中 SBD 面的面积最大，三角形 SBD 是边长为 2的等边三角形， 所以此四面体的四个面中面积最大的为2 故选：C 8已知函数 f（x），若不等式 f（x）|xk|对任意的 xR 恒成立，则实数 k 的取值范围是（ ） A（，1 B1，+） C0，1） D（1，0 【分析】作出 yf（x）的图象，由题意可得 yf（x）的图象不在 y|xk|的图象的上 方，讨论 k0，k0，结合平移和导数的几何意义，计算可得所求范围 解：作出函数 f（x）的图象， 由不等式 f（x）|xk|对任意的 xR 恒成立，可得 yf（x）的图象不在 y|xk|的图 象的上方， 且 y|xk|的图象关于直线 xk 对称
14、，当 k0 时，满足题意； 当 y|xk|的图象与 yf（x）的图象相切，即有 yxk 为切线，设切点为（m，n）， 可得切线的斜率为1，则 m1，nlnm0，k1， 则 0k1 时，也满足题意 综上可得，k 的范围是（，1 故选：A 9已知数列an是等比数列，前 n 项和为 Sn，则“2a3a1+a5”是“S2n10”的（ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】设等比数列an的公比为 q（q0），由 2a3a1+a5，得 a10，q1，得 0，充分性成立；举例说明必要性不成立 解：设等比数列an的公比为 q（q0）， 由 2a3a1+a5，得 ，
15、 若 a10，则 q42q2+10，即（q21）20，此式不成立； 若 a10，则 q42q2+10，即（q21）20，则 q1，此时 0，充分性成立； 反之，an1，满足 S2n10，此时 2a3a1+a5，必要性不成立 “2a3a1+a5”是“S2n10”的充分不必要条件 故选：B 10为了调节高三学生学习压力，某校高三年级举行了拔河比赛，在赛前三位老师对前三名 进行了预测，于是有了以下对话： 老师甲：“7 班男生比较壮，7 班肯定得第一名” 老师乙：“我觉得 14 班比 15 班强，14 班名次会比 15 班靠前” 老师丙：“我觉得 7 班能赢 15 班” 最后老师丁去观看完了比赛，回来
16、后说：“确实是这三个班得了前三名，且无并列，但 是你们三人中只有一人预测准确”那么，获得一、二、三名的班级依次为（ ） A7 班、14 班、15 班 B14 班、7 班、15 班 C14 班、15 班、7 班 D15 班、14 班、7 班 【分析】分别假设甲、乙、丙预测准确，分析三个人的预测结果，由此能求出一、二、 三名的班级 解：假设甲预测准确，则乙和丙都预测错误， 14 班名次比 15 班靠后，7 班没能赢 15 班，故甲预测错误； 假设乙预测准确，则甲和乙都预测错误， 7 班不是第一名，14 班名次比 15 班靠前，7 班没能赢 15 班， 则获得一、二、三名的班级依次为 14 班，15
17、 班，7 班； 假设丙预测准确，则甲和乙都预测错误， 7 班不是第一名，14 班名次比 15 班靠后，7 班能赢 15 班，不合题意 综上，得一、二、三名的班级依次为 14 班，15 班，7 班 故选：C 二.填空题（共 5 小题） 11已知双曲线的左、右焦点和点 P（2a，b）为某个等腰 三角形的三个顶点，则双曲线 C 的离心率为 【分析】由题意可得 P 在 y 轴右侧，所以可得等腰三角形的两边，由两点间的距离公式 及 a，c，b 之间的关系，及离心率的范围求出双曲线的离心率 解：由题意可得左右焦点分别为：F1（c，0），F2（c，0）， 因为 P 在 y 轴的右侧，所以相等的两边为 PF1
18、F1F2或 PF2F1F2 由题意可得： （2a+c） 2+b24c2整理可得：2c24ac3a20，即 2e24e30，e1， 解得 e， 或（2ac）2+b24c2可得：2e2+4e30，e1，解得 e1，不符合双曲线 的条件； 综上所述，离心率 e， 故答案为： 12已知向量 （1，1）， （3，m），若向量 2 与向量 共线，则实数 m 3 【分析】先求出向量 2 的坐标（5，2m），这样根据向量平行时的坐标关系即可 建立关于 m 的方程，解出 m 解：因为向量 （1，1）， （3，m）， 所以向量 2 （5，2m）； 2 与向量 共线； 5m（2m）（3）0m3； 故答案为：3 13
19、如果抛物线 y22px 上一点 A（4，m）到准线的距离是 6，那么 m 【分析】首先求出抛物线 y22px 的准线方程，然后根据点 M（4，m）到准线的距离为 6，列出 4+6，直接求出结果 解：抛物线 y22px 的准线方程为 x ， 由题意得 4+，解得 p4 点 A（4，m）在抛物线 y22px 上， m2244， ， 故答案为：4， 14 在四边形 ABCD 中， AB1， BC2， CD3， AD4， 且ABC120， 则 AC ， cosBCD 【分析】根据题意画出图形，利用余弦定理求出 AC 的值，再利用勾股定理的逆定理判 断ACD90，由正弦定理和诱导公式求出 cosBCD
20、的值 解：如图所示， 四边形 ABCD 中，AB1，BC2，CD3，AD4，且ABC120， 则 AC212+22212cos1207， 所以 AC； 又 AC2+CD27+916AD2， 所以ACD90； 由， sinACB， cosBCDcos（ACB+90）sinACB 故答案为：， 15已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x）g（x）g（x），且 f（x）在 R 单调递 增，对任意的 x1，x2（0，+），恒有 f（x1） f（x2）f（x1+x2），则使不等式 成立的 m 取值范围是 0，9） 【分析】由于定义在 R 上的函数 f（x）g（x）g（x），所以 f（x）g（x）
21、 g（x）f（x），由此得出函数 f（x）为奇函数，且在 R 上递增；对任意的 x1，x2 （0，+），恒有 f（x1） f（x2）f（x1+x2），则f（+）2f（2+1）；使不 等式可以转化为一个无理不等式，解不等式即可求出满足 条件的实数 m 的取值范围 解：由于定义在 R 上的函数 f（x）g（x）g（x）， 所以 f（x）g（x）g（x）f（x），所以函数 f（x）为奇函数； 对任意的 x1，x2（0，+），恒有 f（x1） f（x2）f（x1+x2）， 则f（+）2f（2+1）； 不等式不等式 f（2+1）f（m2）， f（x）在 R 单调递增，2+1m2；m230； 解得 0m9
22、； 故答案为：0，9） 三.解答题（共 6 小题） 16如图，已知四棱锥 PABCD 的底面是等腰梯形，ADBC，AD2，BC4，ABC 60，PAD 为等边三角形，且点 P 在底面 ABCD 上的射影为 AD 的中点 G，点 E 在线 段 BC 上，且 CE：EB1：3 （1）求证：DE平面 PAD （2）求二面角 APCD 的余弦值 【分析】（1）点 P 在底面 ABCD 上的射影为 AD 的中点 G，连接 PG，通过证明 PG DE然后证明 DE平面 PAD； （2）取 BC 的中点 F，连接 GF，以 G 为原点，GA 所在直线为 x 轴，GF 所在直线为 y 轴，GP 所在直线为 z
23、 轴，建立空间直角坐标系，求出平面 APC 的法向量，平面 DPC 的 法向量，平面 APC 与平面 DPC 的夹角为 ，利用空间向量的数量积求解即可 【解答】（1）证明：等腰梯形 ABCD 中，点 E 在线段 BC 上，且 CE：EB1：3， 点 E 为 BC 上靠近 C 点的四等分点 由平面几何知识可得 DEAD 点 P 在底面 ABCD 上的射影为 AD 的中点 G， 连接 PG， PG平面 ABCDDE平面 ABCD，PGDE 又 ADPGG，AD平面 PAD，PG平面 PADDE平面 PAD； （2）解：取 BC 的中点 F，连接 GF，以 G 为原点，GA 所在直线为 x 轴， G
24、F 所在直线为 y 轴，GP 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图 由（1）易知，DECB，CE1 又ABCDCB60， AD2， PAD 为等边三角形， 则 G（0，0，0），A（1，0，0），D（1，0，0）， ， 设平面 APC 的法向量为 （x1，y1，z1）， 则，即， 令，则 y13，z11， 设平面 DPC 的法向量为 （x2，y2，z2）， 则，即 令，则 y21，z21， 设平面 APC 与平面 DPC 的夹角为 ，则， 二面角 APCD 的余弦值为 17已知函数 f（x）logkx（k 为常数，k0 且 k1） （1）在下列条件中选择一个 使数列an是等比数列，说明
25、理由； 数列f（an）是首项为 2，公比为 2 的等比数列； 数列f（an）是首项为 4，公差为 2 的等差数列； 数列f（an）是首项为 2，公差为 2 的等差数列的前 n 项和构成的数列 （2）在（1）的条件下，当 k时，设 anbn，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）选，由 f（x）和对数的运算性质，以及等比数列的定义，即可得到结论； （2）运用等比数列的通项公式可得 an，进而得到 bn （），由数列的裂项相消求和可得所求和 解：（1）不能使数列an是等比数列，可以 由题意 f（an）4+2（n1）2n+2，即 logkan2n+2，可得 ank2n+2，且 a1k40，
26、 k2，由常数 k0 且 k1，可得 k2为非零常数， 则an是 k4为首项、k2为公比的等比数列； （2）由（1）可得 ank4 （k2）n1k2n+2， 当 k时， an2n+1， anbn， 可得 bn （ ）， 前 n 项和 Tn（1+ ）（1） 18某大学棋艺协会定期举办“以棋会友”的竞赛活动，分别包括“中国象棋”、 “围棋”、 “五子棋”、“国际象棋”四种比赛，每位协会会员必须参加其中的两种棋类比赛，且 各队员之间参加比赛相互独立；已知甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，乙 同学从四种比赛中任选两种参与 （1）求甲参加围棋比赛的概率； （2）求甲、乙两人参与的两种比赛都不同的
27、概率 【分析】（1）依题意，甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，由此能求出甲参 赛的概率 （2）记“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际象棋”分别为 1，2，3，4，利用 列举法能求出甲、乙两人参与的两种比赛都不同的概率 解：（1）依题意，甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”， 故甲参加围棋比赛的概率为 （2）记“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际象棋”分别为 1，2，3，4， 则所有的可能为： （1，2，1，2），（1，2，1，3），（1，2，1，4），（1，2，2，3），（1，2，2，4）， （1，2，3，4），（1，3，1，2），（1，3，1，3），（1，3，1，4）
28、，（1，3，2，3）， （1，3，2，4），（1，3，3，4）， 其中满足条件的有（1，2，3，4），（1，3，2，4）两种， 故所求概率 p 19已知函数 f（x）+a2x+alnx，实数 a0 （1）讨论函数 f（x）在区间（0，10）上的单调性； （2）若存在 x（0，+），使得关于 x 的不等式 f（x）2+a2x 成立，求实数 a 的取值 范围 【分析】（1），令 f（x）0，可得 x， 分当时，当 0时，讨论 （2）存在 x（0，+），使得不等式成立， 令，（x0）， 利用导数可得 g（x）min，只需 a+aln2alna20 即可 令 h（x）x+xln2xlnx2 利用导数求
29、解 解：（1），（x0）， 令 f（x）0，可得 x，x（舍） 当时， 函数 f（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，10）上的单调递增； 当 0时，函数 f（x）在区间（0，10）上单调递减 （2）存在 x（0，+），使得不等式 f（x）2+a2x 成立 存在 x（0，+），使得不等式成立， 令，（x0）， ， a0，g（x）0x，g（x）00x， g（x）在（0，）递减，在（，+）递增， g（x）min， 依题意只需 a+aln2alna20 即可 令 h（x）x+xln2xlnx2，h（x）1+ln2lnx1ln2lnx0，可得 x2 h（x）在（0，2）递增，在（2，+）递减，且
30、h（2）0 实数 a 的取值范围（0，2）（2，+） 20椭圆 C的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为 （I）求椭圆 C 的方程： （II） 设 P 是直线 xa2上任意一点， 过点 P 作圆 x2+y2a2的两条切线， 切点分别为 M， N，求证：直线 MN 恒过一个定点 【分析】（I）根据椭圆的离心率公式，及，即可求得 a 和 b 的值，求 得椭圆方程； （II）方法一：设 P 点坐标，根据直线的斜率公式，化简，求得直线 MN 的方程，即可 求证直线 MN 恒过一个定点； 方法二：根据圆的性质，求得 MN 所在的圆的方程，与 x2+y22 联立，化简，求得直线 直线 MN 的方程，同
31、理可得直线 MN 恒过一个定点； 方法三：根据圆的极点与极线，求得直线 MN 的方程，因此可以证明直线 MN 恒过一个 定点 解：（I）由题意可知，解得，bc1， 所以椭圆的标准方程； （II）证明：方法一：设点 P（2，y0），M（x1，y1），N（x2，y2） 其中，由 PMOM，PNON， ，即， ， 注意到，于是，22x1y1y00，22x2y2y00， 所以，M，N 满足 22xyy00， 由 y0的任意性可知，x1，y0，即直线 MN 恒过一个定点（1，0） 方法二：设点 P（2，y0），过点 P 且与圆 x2+y22 相切的直线 PM，PN，切点分别为 M， N，由圆的知识可知，
32、M，N 是圆以 OP 为直径的圆和圆 x2+y22 的两个交点， 由，消去二次项得直线 MN 方程为 22xyy00， 由 y0的任意性可知，x1，y0，即直线 MN 恒过一个定点（1，0） 方法三：由圆的极点极线可知，已知 M（x0，y0）为圆 C：（xa）2+（yb）2R2外 一点， 由点 M 引圆 C 的两条切线 MA，MB，其中 A，B 为切点，则直线 AB 的方程为 ， 特殊地，知 M（x0，y0）为圆 C：x2+y2R2外一点，由点 M 引圆 C 的两条切线 MA，MB， 其中 A，B 为切点，则直线 AB 的方程为 设点 P（2，y0），由极点与极线可知，直线 MN 的方程 2x
33、+yy02，即 2x+yy020， 由 y0的任意性可知，x1，y0，即直线 MN 恒过一个定点（1，0） 所以直线 MN 恒过一个定点（1，0） 21 定义： 若数列an满足所有的项均由1， 1 构成且其中1 有 m 个， 1 有 p 个 （m+p3） ， 则称an为“（m，p）数列” （1）ai，aj，ak（ijk）为“（3，4）数列”an中的任意三项，则使得 aiajak1 的 取法有多少种？ （2）ai，aj，ak（ijk）为“（m，p）数列”an中的任意三项，则存在多少正整数 对（m，p）使得 1mp100，且 aiajak1 的概率为 【分析】（1）三个数乘积为 1 有两种情况：“
34、1，1，1”，“1，1，1”，其中“ 1，1，1”共有：12 种，“1，1，1”共有：种，利用分类计数原理能求 出使得 aiajak1 的取法种数 （2）“1，1，1”共有种，“1，1，1”共有种，而在“（m，p）数列” 中任取三项共有种，根据古典概型有：，再根据组合数的计算公式 能得到（pm）（p23p2mp+m23m2）0，利用 pm 和 p23p2mp+m23m 20 分类讨论，能求出存在多少正整数对（m，p）使得 1mp100，且 aiajak1 的概率为 解：（1）三个数乘积为 1 有两种情况：“1，1，1”，“1，1，1”， 其中“1，1，1”共有：12 种，“1，1，1”共有：种
35、， 利用分类计数原理得： ai，aj，ak（ijk）为“（3，4）数列”an中的任意三项， 则使得 aiajak1 的取法有：12+416 种 （2）与（1）基本同理，“1，1，1”共有种，“1，1，1”共有种， 而在“（m，p）数列”中任取三项共有种， 根据古典概型有：， 再根据组合数的计算公式能得到： （pm）（p23p2mp+m23m2）0， pm 时，应满足， （m，p）（k，k），k2，3，4，100，共 99 个， p23p2mp+m23m20 时， 应满足， 视 m 为常数，可解得 p， m1， 根据 pm 可知，p，（否则 pm1）， 下设 k，则由于 p 为正整数知 k 必为正整数， 1m100，5k49， 化简上式关系式可以知道：m， k1，k+1 均为偶数，设 k2t+1，（tN*），则 2t24， m，由于 t，t+1 中必存在偶数， 只需 t，t+1 中存在数为 3 的倍数即可， t2，3，5，6，8，9，11，23，24， k5，11，13，47，49 检验：p100，符合题意， 共有 16 个， 综上所述：共有 99+16115 个数对（m，p）符合题意
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