資源簡介

重慶市 2025 屆學業質量調研抽測(第三次)
數學試卷
(數學試題卷共 6 頁， 共 19 個小題， 考試時間 120 分鐘， 滿分 150 分) A. 4 2 B. 6 2
注意事項:
C. 8 D. 16
1. 答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形
6. 已知拋物線C : y 2 8x的焦點為 F ，準線為 l，P為C上位于第一象限的點，PQ垂直 l于點Q， PQF為等邊三
碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2. 選擇題的作答: PQ x每小題選出答案后，用 2B 鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑. 寫在試卷、草 角形，過 的中點M 作直線MR / /QF ，交 軸于 R點，則直線MR的方程為（）
稿紙和答題卡上的非答題區域均無效. A. x 3y 14 0
3. 填空題和解答題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內. 寫在試卷、 草稿紙和
B. x 3y 10 0
答題卡上的非答題區域均無效.
4. 考試結束后， 請將本試卷和答題卡一并上交. C. 3x y 6 3 0
一、選擇題:本大題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分. 在每小題給出的四個選項中，只有一 個選項 D. 3x y 2 3 0
是正確的. 請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.
7. “ 142857 ” 這一串數字被稱為走馬燈數，是世界上著名的幾個數之一，當 142857 與 1 至 6 中任意 1 個數字相
1. z1 2 i，z2 1 2i z z 已知復數 ，則 1 2 （ ） 乘時，乘積仍然由 1，4，2，8，5，7 這 6 個數字組成. 若從 1，4，2，8，5，7 這 6 個數字中任選 4 個數字組成
A. 3i B. 5i C. 4 3i D. 4 5i 無重復數字的四位數，則在這些組成的四位數中， 大于 5700 的偶數個數是（ ）
2. 若直線 l : 2mx y 4m 0 與圓 C : x2 y2 8y 12 0 相切，則實數 m 的值為（ ） A. 66 B. 75 C. 78 D. 90
3 3 3 3 8. 在 VABC 中 ， 角 A，B，C 所 對 的 邊 分 別 為 a，b，c ， 已 知
A. B. C. D.
8 8 4 4

a c sinA sinC bsinB asinB ,b 2a 4 ，若 CA 2CB 3CD ，則 CD 的最小值為（ ）
3. 2已知集合 M {x∣0 x a},N x∣x 6x 5 0 ，若 N M M ，則實數 a 的取值范圍是（ ）
4 2 2 2 3
A. 5, B. 5, C. 3， D. 3, A. 2 3 B. C. D.3 3 3
4. 已知函數 f x 是定義在 R 上的奇函數，當 x 0 時， f 2x 2 f x 1 ，且 f 2 f 1 3 ，則 二、選擇題:本大題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分. 在每小題給出的四個選項中，有多 項符合題
目要求. 全部選對得 6 分， 選對但不全的得部分分， 有選錯的得 0 分.
f 1 （ ）
2 9. 某班在一次模擬測試后， 隨機抽取 9 名學生的成績作為樣本， 這 9 名學生的成績分別為
3 3 5 5 66，70，75，78，80，82，85，90，94 ，則下列說法正確的是（ ）
A. B. C. D.
2 2 2 2 A. 估計這次該班的測試成績的平均分為 80
5. 如圖，矩形 ABCD 中， AB 2 3,BC 2 6 ，將 △ABD 沿 BD 翻折，得到三棱錐 A BCD ( A 是 B. 樣本的平均數和中位數相同
A 在翻折后的對應點)，則三棱錐 A BCD 體積的最大值為（ ） 1C. 從樣本中任取兩人的成績，這兩人的成績均大于平均分的概率為
12
D. 當樣本中加入 80 形成新樣本時， 新樣本的方差比原樣本的方差小
f x 3sin2x 110. 2已知函數 2 ，則（ ） （2）設 g x f x a 1 ln x x 有兩個不同的零點 x，x2cos x 1 2 1 2，求
a的取值范圍.
A. 為 f x 的一個周期
B. f x π 的圖象關于點 ，0 對稱
2 16. 在科技飛速發展的今天， 人工智能領域迎來革命性的突破， 各種 AI 的人工智能大模型擁有強大的解決問題的
能力. 某機構分別用 A，B 兩種人工智能大模型進行對比研究，檢驗這兩種大模型在答題時哪種更可靠， 從某知
π π
C. f x 在 ， 上單調遞增 3 3 識領域隨機選取 180 個問題進行分組回答， 其中 A 人工智能大模型回答 100 個問題，有 91 個正確; B 人工智
3 3 能大模型回答剩下的 80 個問題， 有 65 個正確.
D. f x 的值域為 ， 2 2 （1）完成下列 2 2 列聯表，并根據小概率值 0.10 的獨立性檢驗，能否認為人工智能大模型的選擇與回答
x2
11. 在平面直角坐標系 xOy 中，點 F 21 是橢圓 E : y 1 的左焦點， A，B 分別是 E 的左、右頂點，直 正確有關 4
回答正確 回答錯誤 合計
線 l 與橢圓 E 相交于 M，N 兩點，則（ ）
l F MN A 人工智能大模型A. 若直線 經過點 1 ，則 的最小值為 1
1 1 B 人工智能大模型
B. 若線段 MN 的中點坐標為 1, ，則直線 l 的斜率為
2 4
合計
1 9
C. 若直線 l 經過坐標原點，則 4MF NF （2）將頻率視為概率，用 A 人工智能大模型隨機回答該知識領域的 n n 2 道題目，且各題回答正確與否，相1 1
A B 13D. P E ( P ， ) PBA 2 PAB tan APB 互之間沒有影響. 記其中恰有 2 個問題回答錯誤的概率為 Pn ，求 Pn 取得最大值時 n 的值.若點 在橢圓 上 點 與 不重合 ，且 ，則
9
2
三、填空題: 本大題共 3 小題， 每小題 5 分， 共 15 分. 2 n ad bc 參考公式及參考數據: ，n a b c d .
a b c d a cx b d 12. 已知 3 2,4y 3 ，則 xy _____.
0.15 0.10 0.05 0.010
13. 設 0,
π
，已知 tan cos ,cos
2
sin ，則 sin2 _____.
2 5 x 2.072 2.706 3.841 6.635
14. 甲同學有 3 本故事書和 1 本科普書，乙同學有 1 本故事書和 3 本科普書，若甲、乙兩位同學各取出
i i 1，2，3 本書進行交換，記交換后甲同學有故事書的本數為 X，X 的均值為 Ei X ，則 E1 X E3 X
_____.
17. 如圖，已知四棱臺 ABCD A1B1C1D1 的上、下底面分別是邊長為 2 和 4 的正方形， A1A 4 ，且 A1A
四、解答題:本大題共 5 小題，共 77 分. 解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
1 底面 ABCD ，點 P，Q 分別在棱 DD1，BC 上.
15. 已知函數 f x a ln x x2 a 1 x，a R .
2
（1）當 a 2時，求函數 f x 的極值;
① 判斷數列 an 是否為T 數列，并說明理由；
② 若數列 bn 是T 數列且為單調遞增數列，證明:數列 bn 是等差數列.
（1）若 P 是 DD1 的中點，證明: AB1 PQ ；
1
（2）若 DP DD1，PQ / / 平面 ABB1A1 ，求二面角 P QD A 的余弦值.4
2 2
18. 已知 F1，F C :
x y
2 分別為雙曲線 2 2 1 a 0，b 0 的左、右焦點， F1 關于雙曲線 C 的一條漸近線a b
l : y b x 的對稱點 E 在 C 上.
a
（1）求雙曲線 C 的離心率；
（2）若 a 1 ，雙曲線 C 的左、右頂點分別為 A1，A2 ，過左頂點 A1 作實軸的垂線交漸近線 l 于點 T ，
過 T 作直線分別交雙曲線 C 的左、右兩支于 P，Q 兩點，直線 A2P，A2Q 分別交 l 于 M，N 兩點. 證
明: 四邊形 A1MA2N 為平行四邊形.
19. *已知數列 an 的前 n項和為 Sn ,a1 2， n 2 Sn 1 2an 1 nSn ,n N .
（1）求數列 an 的通項公式;
（2）若無窮的非常數數列 Tn 同時滿足兩個性質:①對于 Tn 中任意兩項 Ti ,T j i j ，在 Tn 中都存在一項
Tm ，使得 2Ti T j Tm ;②對于 Tn 中任意一項 Tn n 3 ，在 Tn 中都存在兩項 Tk ,Tl k l ，使得
Tn 2Tk Tl . 則稱數列 Tn 為T 數列.
1 1
參考答案及解析 解析：由條件可得 S BCD BC CD 2 6 2 3 6 2 ，2 2
1. 答案：C 且 BD BC 2 CD2 24 12 6，
解析：由題意有 z2 1 2i，所以 z1 z2 2+i 1 2i 4 3i， 1 1
設點 A 到 BD的距離為 h，由等面積法可得 A B A D BD h，
2 2
故選：C. 1
即 2 3 2 6 1 6h，則 ，
2. 答案：B 2 2
h 2 2
由圖知，當平面 A BD 平面 BCD時，三棱錐 A BCD體積的最大，
解析：圓C : x2 y2 8y 12 2 0即 x2 y 4 4的圓心坐標為 0,4 ，半徑為 r 2，
此時三棱錐的高為 h 2 2，
若直線 l : 2mx y 4m 0 與圓 C : x2 y2 8y 12 0 相切， 1 S 1則體積為 BCD h 6 2 2 2 8 .
4m 4 3 3
則 d 2 m 3，解得 .
4m2 1 8 故選：C
6. 答案：C
故選：B.
3. 答案：A 解析：設拋物線C的準線 l與 x軸的焦點為E，此時 E 2,0 ，
解析：由 x2 6x 5 0，可得 x 5 x 1 0，解得1 x 5， 因為拋物線C的焦點F 2,0 , PQF為等邊三角形，
所以 N x∣1 x 5 ，由 N M M ，可得N M ， 所以 PQ / /x軸，所以 PQF EFQ 60 ，
又M {x∣0 x a}，所以 a 5， 因為 EF 4，所以 QF 8, QE 4 3 ，
所以實數 a 的取值范圍是 5, . 所以 PQ PF 8，此時P 6,4 3 ,Q 2,4 3 ，所以M 2,4 3 ，
故選：A. 因為MR / /QF ，所以 ERM EFQ 60 ,
4. 答案：D
MR的傾斜角為120
解析：當 x 0 時， f 2x 2 f x 1 ，所以令 x 1，得 f 2 2 f 1 1，
所以 kMR tan120
3，
又因為 f 2 f 1 3，所以 f 1 4, f 2 7
可得直線MR的方程為 y 4 3 3 x 2 ，即 3x y 6 3 0．
在 f 2x 2 f x 1 1 1 f 1 1x 5中，令 ，解得 f ，2 2 2 2 故選：C．
又因為函數 f x 是定義在 R 上的奇函數，
f 1 5故所求為 .
2 2
故選：D.
5. 答案：C
7. 答案：B 9s2 80 80 2 9
s2 ，所以新樣本的方差比原樣本的方差小，故 D 正確.
1 1
解析：若千位數字是 5，則百位數字只能是 7 或 8，故共有C C C1C1 15（個）； 10 103 3 2 3
故選:ABD.
若千位數字是 7，則共有C1 23A4 36（個）；
10. 答案：ABC
1 2
若千位數字是 8，則共有C2A4 24（個）． 3sin 2x 3sin 2x解析：因為 cos 2x 2cos2 x 1所以 f x ，
2cos2 x 1 cos 2x 2
故符合條件的四位數共有15 36 24 75（個）．
3sin(2x 2π) 3sin 2x
故選：B. 對于 A， f x π f x ， A 正確；cos(2x 2π) 2 cos 2x 2
8. 答案：D
f π x 3sin(2π 2x) 3sin 2x f x解析：因為 a c sinA sinC bsinB asinB，所以由正弦定理得 a c a c b b B B a b 對于 ， ， 正確；， cos(2π 2x) 2 cos 2x 2
a2 b2 c2 1 π 6cos 2x cos 2x 2 3sin 2x 2sin 2x 6 12cos 2x
即 a2 b2 c2 ab，由余弦定理得 cosC ，又C 0, π ，所以C ， 對于 C， f x ，
2ab 2 3 cos 2x 2 2 cos 2x 2 2
1 2
由CA 2CB 3CD知CD CA CB，b 2a 4, x π , π 2x 2π 2π 1 3 3 當 時， 3 3
, , cos 2x 3 3
,1 ，則6 12cos2x 0，
2
1 2
2
1 2 1 2 2 所以 CD CD CA CB CA 2CB CA 4CB 4CA CB
3 3 3 3 即 f (x) 0，即 f (x)
π π
在 ， 上單調遞增.故 C 正確； 3 3
1 2
b2 4a2 4b π 1 a cos b 2a 2
2
b 2a 1 b 2a b 1 4 2 3 2a 2 42 ，當且僅當3 3 3 3 4 3 4 3 對于 D，令 t cos2x, t 1,1 ，則 sin2 2x 1 cos2 2x 1 t2，
b 2a 2即時等號成立， 2
2 2
2 9 1 t
y f x
9sin 2x
，
2 3 cos 2x 2
2 t 2 2
所以線段CD長度的最小值為 .
3 令 t 2 m，則m [1,3]，且 t m 2，
故選：D
9 1 m 2 2 9m2 36m 27 36 27
9. 答案：ABD y2 ，
m2
9
m2 m m2
66+70+75 78+80+82+85+90+94
解析：對于 A，樣本的平均分為 80，用樣本估計總體，所以估計這次考試全班
9 1 1 2
令 u，則u ,1

y2 27u2 36u 9 2 27 u ，則 3
成績的平均分為 80，故 A 正確； m 3 3
對于 B，這 9 名學生的成績的中位數為 80，所以樣本的平均數和中位數相同，故 B 正確; 當u 2 時， y2 取得最大值 3，故 y 3 m 3 1max ，此時 ， t ，故 D錯誤.3 2 2
對于 C，9 名學生中成績均大于平均分的有 4 名，所以從樣本中任取兩人的成績，這兩人的成績均大于平均分的概率
故選：ABC.
C2 1
為 P 42 ，故 C 錯誤; 11. 答案：ACDC9 6
對于 D，設原樣本的方差為 s2，樣本中加入 80 形成新樣本時，平均數不變，還是 80，則新樣本的方差為
NF1 9 MF 1當且僅當 ， NF
MF NF 1
3 MF1 3，故 C 正確；
1 1
解析：對 A，
對 D，
3 2 1
過左焦點的弦長最小值為通徑長，此時 l : x 3，代入 y 1，解得 y ， MN 1，故 A 正確；
4 2
對 B，設M x1, y1 ,N x2 , y2 ，M，N 在橢圓上，
x2 21 2 x2 2 x1 x2 x1 x2 P x, y 設 ，根據對稱性不妨取點 P在第一象限，則 y1 1， y2 1，兩式相減得 y1 y2 y1 y4 4 4 2 0
，
tan PBA y ， tan PAB y ，
1 2 x x 2
∵MN 的中點坐標為 1, ，∴ x1 x2 2, y1 y2 1， 2 ∵ PBA 2 PAB，
y y x x 2 1 ∴ tan PBA tan 2 PAB
2 tan PAB
2 ，
1 2 1 2 1 tan PAB∴ ，故 B 錯誤；x1 x2 4 y1 y2 4 2 2y
y x 2
即 2 x y2 ，整理得3x
2 y2 4x 4 0，
1
x 2 2
x2 x2 13 10 12
又 y2 1 y2 1 x2，代入得 4x 5 0

，解得 P
4 4 4
, ，
13 13
對 C ，
∴ tan 3 1 PBA ， tan PAB ，
4 3
3 1
tan APB tan tan PAB tan PBA
13
PAB PBA 4 3 ，
tan PAB tan PBA 1 1 1 9
4
2
直線 l x經過坐標原點，橢圓 E : y 2 1，F1 3,0 ， F2 3,0 ， 故 D 正確，4
故選：ACD
由橢圓對稱性 NF1 MF2 ，所以 MF1 NF1 MF1 MF2 4， 12. 1答案： 2 ##0.5
1 9 1 NF 9 MF
1
MF1 NF
1 9 1
1 10
1 1 4 x 1， 解析：由題意 x y xy 2 ，所以 xy .
MF1 NF1 4 MF1 NF1 4 MF NF
3 4 4 2 4
1 1 2
1
故答案為： 2
24
13.答案： ##0.96 2 2 x 1 x 2
25 f x x 3 x 3x 2 ，
x x x
解析： tan cos 可得 sin cos cos ，
2 由
f x 0得：1 x 2， 由 f x 0得：0 x 1或 x 2，
又 cos sin cos cos sin sin ，
5 當 x 1,2 時， f x 單調遞增，當 x 0,1 和 x 2, 2 時， f x 單調遞減，
故 cos sin sin sin sin ，
5 f x 5的極小值為 f 1 , f x 的極大值為 f 2 4 2ln2．
sin 0 sin 3
2
由于 ，所以 ，結合
π
4
5
0, ，所以 cos ， 1
2 5 （2） g x f x a 1 lnx x2 lnx a 1 x, x 0, ，2
故 sin2 2sin cos 2 3 4 24 ， 令 g x lnx a 1 x 0 a 1 lnx，則 ，
5 5 25 x
24
故答案為： 記 h x lnx , x 0, ，則 h x 1 lnx 2 ，25 x x
14. 答案：4 x e h x 1 lnx 1 lnx當 時， 2 0，當0 x e時， h x 2 0，x x
解析：當 i 1時， X 的可能取值為 2，3，4，
h x 在 0,e 單調遞增，在 e, 單調遞減，
1 1 1 1
P X 2 C C 3 3 9則 1 1 ,P X 3
2C C
1 3
3
， 1
C4C4 16 C
1 1
4C4 8 且 h x hmax e ，e
P X 4 C
1
1C
1
1 1 9 3 1 5 又當 x 1時h x h 1 0 1 1 ，所以 E1 X 2
恒成立，
3 4 ；
C4C4 16 16 8 16 2
要使 g x 有兩個零點，則 y a 1與圖象 h x 有兩個交點，
當 i 3時， X 的可能取值為 0，1，2，
1 1 e
C33C
1 1 2C3C2 3 0 a 1 ，解得： 1 a ．3 3 3 e e
則 P X 0 ,P X 1 ，
C3C34 4 16 C
3 3
4C4 8 16. 答案：（1）答案見解析；
2 1 2 1
P X 2 C C 3 1C3C1 9 E X 0 1 1 3 2 9 3
（2）n 2
3 3 ，所以 3 ；C4C4 16 16 8 16 2 解析：
則 E1 X E
5 3 （1）
3 X 4，2 2
故答案為：4 回答正確 回答錯誤 合計
5
15. 答案：（1） f x 的極小值為 f 1 , f x 的極大值為 f 2 4 2ln2 A 人工智能大模型 91 9 100
2
1 a 1 e（2）
e B 人工智能大模型 65 15 80
解析：
合計 156 24 180
1
（1）當 a 2時， f x 2lnx x2 3x, x 0, ，
2 零假設H0：人工智能大模型的選擇和回答正確無關，
2 180 91 15 65 9
2
3.656 2.706，
100 80 156 24
故根據小概率值 0.10的 2獨立性檢驗，推斷H0不成立，
故可以判斷人工智能大模型的選擇和回答正確有關；
91
（2）由題意，A 人工智能大模型回答題目正確的概率為 ，
100
2 n 2
2 P C2 91 9 恰有 個問題回答錯誤的概率為 n n ，
100 100 （2）因為 A 0,0,0 ，D1 0,2,4 ，D 0,4,0 ，
2 91
2 9 n 1 2 9 9 C 1
1 7
P n 1
Cn 1 n 1 100 DD 0, 2, 4 ，則DP DD 0, 2,4 ，故 P 0, ,1 ，n 2, n 1 100 100 100
1 4 1 4 2
P 91 2 9 n 2 C2
1 ，
n 2 n n 1Cn
100 100

設Q 4,m,0 7，其中0 m 4 ， PQ 4,m , 1 ，
2
所以，當 n 2時， Pn 1 Pn，
由于平面 ABB1A1的法向量為 AD 0, 4,0 ，
所以 P2 P3 P4 ，

P 故 PQ
7
AD 0,4,0 4,m , 1 0，故m 7 ，
所以 n 取得最大值時 n 2 . 2 2
17. 答案：（1）證明見解析
Q 因此 4,
7 ,0 ,4
2 2 （ ）
9

解析： 則 PQ 14,0, 1 ，DQ 4, , 0 ,
2
（1）以A為坐標原點， AB, AD, AA1所在直線分別為 x, y, z軸建立空間直角坐標系，
設平面 PQD的一個法向量為m x, y, z ，
則 A 0,0,0 ， B1 2,0,4 ，D 0,4,0 ，D1 0,2,4 ， m PQ 4x z 0
設Q 4,m,0 ，其中m BQ，0 m 4， 故 ，取 y 8，則m 1,8,4 ，
m DQ 4x
1
y 0
2
若 P是DD1的中點，則P 0,3,2 ， AB1 2,0, 4 ，
由于平面 ADQ的一個法向量為 AA1 0,0, 4
PQ 4,m 3, 2 ，∴ AB1 PQ 8 8 0，
m AA 16 4
1
AB PQ 故
cosm, AA1 ,
∴ AB1 PQ，即 1 ． m AA1 4 1 64 16 9
結合圖形可知二面角 P QD A的平面角為銳角，
∴二面角 P QD A 4的余弦值為 ．
9
18. 答案：（1） 5 y2 2y2
同理可得 N , ,
2x2 y2 2 2x2 y2 2


（2）證明見解析
y1 2y1 解析： A1M 1,
y 2y
2x y 2 2x y 2
,NA 1 22 , 2 ,
1 1 1 1 2x2 y2 2 2x2 y2 2


（1）連接 F2E ,
2y1 2y2 2y 2x y 2 2y 2xb 1 2 2 2 1
y1 2
由于 F1,E關于直線 l : y x對稱，又 OF1 OF2 ，所以 EF2 / /l ， 2xa 1
y1 2 2x2 y2 2 2x1 y1 2 2x2 y2 2
b
c y1 2x2 y2 2 y2 2x1 y1 2 k x1 1 2 2x2 k x2 1 2 2 k x2 1 2 2x1 k x1 1 2 2
a
F1 c,0 到直線 l : y
b
x的距離為 d b，
a 2 kx k 2 2 k x k kx k 2 2 k x k
12 b 1 2 2 1 a
2k k 2 x
2
1x2 2k 4k 4 x1 x2 2k k 2
2
因此 F1E 2b，故 F2E 2c 2b
2 2a，

2k k 2 k
2 4k 8 2 2k k 2
FE F E 2b 2a 2a 2 2k 4k 4 2k k 2 由雙曲線定義可得 1 2 ，故b 2a， 2 k 4 k 4
c 2 2 b 2k k 2 k 4k 8 2k
2 4k 4
因此離心率為 e 1 5， 2 1 a 2 a k 4 k 4
y2 k 2 4k 8 2k 2 4k 4 k 2 4
（2）當 a 1時，則b 2，故雙曲線的方程為 x2 1， 2k k 2
4 k 2
2 2 0，
4 k 4 k 4


A1 1,0 ，直線 l : y 2x，故T 1,2 ， 2y1 2y2 y1 y2
所以 2x1 y
，即 ，
1 2 2x2 y2 2 2x1 y1 2 2x2 y2 2
由題意可知直線 PQ有斜率，故設 PQ : y k x 1 2，
y2 y
因此1 1 12 ，因此 A1M NA2 ,
PQ : y k x 1 2 x2 y 1 k 2 4 x2聯立 與 可得 2k k 2 x k 2 4k 8 0 2x2 y， 2 2 2x1 y1 2
4
故四邊形 A1MA2N 為平行四邊形.
2k k 2
x x

1 2
k
2 4
2
設 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，則 x x
k 4k 8
1 2 2 ，
k 4
2Δ 2k k 2 4 k 2 4 k 2 4k 8 0


A y1 y1則直線 2P : y x 1 x 1 ，聯立與 l : y 2x方程可得 2x x 1 ，1 x1 1
y1 2y1 y1 2y1 19. 答案：（1） an 2n n N* ；
解得 x ， y ，所以M ,2x1 y1 2 2x1 y1 2
,
2x1 y1 2 2x1 y1 2


（2）① 是T 數列；② 證明見解析.
解析： 則bm 2b3 b2 2 b1 2d b1 d b1 3d ，
（1）由 (n 2)Sn 1 2an 1 nSn 得 (n 2)Sn 1 2 Sn 1 Sn nSn，
即數列中必然存在一項的值為b1 3d ．
nS (n 2)S , S n 1 n 2即 n 1 n S n ， 下面證明
b4 b1 3d ，
n
S 3 S 4 S 5 S n S n 1 若b4 b1 3d ，則由數列的單調性可知b4 b1 3d ．
2 , 3 , 4 , , n 1 , n
S1 1 S2 2 S3 3 S
，
n 2 n 2 Sn 1 n 1 在性質②中，取 n 4，則b4 2bk bl bk bk bl bk ，從而k 4，則{k, l} {1,2,3}(k l)．
Sn 3 4 5 n n 1 n(n 1)
累乘得： ,n 2， 若 k 3,l 2，則b4 2bS 1 2 3 n 2 n 1 2 3
b2 b1 3d ，與假設矛盾；
1
S n(n 1),n 2 S a 2 若 k 3, l 1，則b4 2b3 b 1 b1 4d ，與假設矛盾；n ，又 1 1 符合式子，
* 若 k 2, l 1S n(n 1),n N ，則
b4 2b2 b1 b 1
2d b3 ，與數列的單調性矛盾．
所以 n ，
n 2 a S S n2 故不存在滿足題意的正整數 ， n (n 1)2 (n 1) 2n k l，可見
b4 b1 3d 不成立，從而b4 b1 3d ，
當 時， n n n 1 ，
a * 同理可得b5 b1 4d ,b6 b1 5d , , a 2 bn 為等差數列．又 1 符合上式，所以 n 2n n N ．
（2）① 因為 i, j N*, i j, 2ai a j 2 2i 2 j 2(2i j)，
2ai a j a2i j，所以 an 具有性質①，
*
因為 n N ,n 3, k n 1, l n 2,2ak al 4(n 1) 2(n 2) 2n an，
an 具有性質②．
數列 an 是T 數列．
② bn 是單調遞增數列．
首先利用性質②：取 n 3，此時b3 2bk bl bk bk bl (k l)，
由數列的單調性可知bk bl，
b3 bk bk bl bk ，故 k 3，
此時必有 k 2, l 1，即b3 2b2 b1，
即b1,b2 ,b3成等差數列，不妨設b2 b1 d ,b3 b1 2d (d 0)．
利用性質①：取 i 3, j 2，

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