資源簡介

Z20 名校聯盟（浙江省名校新高考研究聯盟）2025 屆高三第三次聯考 6. 已知數列 an 的前 n項和為 Sn，則下列說法正確的是（ ）
數學試卷 A. 若 Sn 0，則 an 0 B. 若 Sn 0，則 an Sn 0
注意事項: C. 若 Sn an，則 an 0 D. 若an Sn 0 ，則 S3 a3
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
x2 y2
碼粘貼在答題卡上的指定位置. 7. 已知 F1,F2 分別是雙曲線 1 a 0,b 0 的左 右焦點，A 為左頂點，B是雙曲線在第四象限上一點，BF2 2 2a b
2. 選擇題的作答: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
的斜率為 3 ，且 AB BF2 ，則雙曲線的離心率為（ ）
稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.
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 A. 2 B. 2 C. 3 D. 3
答題卡上的非答題區域均無效.
8. 定義在 0, 上的函數 f x f 1 滿足 f x , f
2
f 2x ，當 x 1, 2 時， f x x 1 x 2 ，
4. 考試結束后， 請將本試卷和答題卡一并上交. x x
第Ⅰ卷 1則函數 y f x 在區間 1,100 內的零點個數為（ ）
4
一 選擇題：本題共 8 小題，每小題 5分，共 40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
求.
二 多選題：本題共 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.
M x Z∣2x 8 ,N {x∣x 2 2}
1. 已知集合 ，則M N （ ） 全部選對的得 6 分，部分選對的得部分分，有錯選的得 0 分.
A. 0,1, 2,3 B. 1,2,3 C. 0,1, 2 D. 1,2 9. 下列結論正確的是（ ）
A. 若隨機變量 X N 2,1 ，則 P x 3 0.5
2. 已知復數 z滿足 iz 1 i(i為虛數單位 ) ，則 z （ ）
B. 若隨機變量 X N 2,1 ，則 P(3 x 4) P(1 x 2)
A. 2 B. 2 C. 1 D. 2 2
3. “ k 0”是“直線 y kx 2 與圓 x2 y2 2y 0 相切”的（ ） C. 若隨機變量 X B n,
1
，且 E X 2，則D X 1
2
A. 必要不充分條件 B. 充分不必要條件
1
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 D. 若隨機變量 X B n, ，且D X 1，則D 2X 1 4 2
4. 盡管目前人類還是無法準確預報地震，但科學家通過研究，已經對地震有所了解，例如，地震時釋放出的能量 E
10. 已知函數 f x sin 4x cos2x，則下列正確的是（ ）
（單位：焦耳）與地震里氏震級M 之間的關系為：lgE 4.8 1.5M .若記 2025 年 1 月 7 日西藏日喀則發生里氏 6.8
A. π是 f x 的一個周期
級地震釋放出來的能量為 E1 ，2022 年 5 月 20 日四川雅安發生里氏 4.8 級地震釋放出來的能量為E
E1
2 ，則 E （ ）2 π
A. 100 B. 200 C. 1000 D. 2000 B. f x 的圖象關于點 , 0 對稱 4
a

a

5. 已知非零向量 ,b 滿足 2 b a
b ，則 a在b方向上的投影向量為（ ）
C. f x π的圖象關于直線 x 對稱
r 21 b 3 b 1

A. B. - C. b D. b
2 2 4
D. f x π在區間 , π

上單調遞減
2
11. 設正方體 ABCD A1B1C1D1 的棱長為1，點 E、F 分別為棱 AB、 AD上的動點（含端點），且 EF 1，則下
列說法正確的是（ ）
A. 三棱錐 A1 AEF的體積有最大值 （1）當 E為PC中點時，求證： ED∥平面 PAB；
B. 三棱錐 A1 AEF的外接球的體積為定值
A EFC （2）若 PD 3 ，當CE 2EP時，求平面EBD與平面CBD夾角的余弦值.C. 三棱錐 1 1 的體積為定值
D. 三棱錐 A1 EFC1 的外接球的體積有最大值
第 II 卷
x 1
17. 已知函數 f x x e 1 .
三 填空題：本題共 3 小題，每小題 5分，共 15分.
f x 1,0
12. 若 a x (1 x)4 （1）求函數 圖象在點 處的切線方程；的展開式中 x3的系數為 6，則實數 a的值為__________.
13. 一個袋中裝有大小質地相同的 9 個小球，其中白球 2個，紅球 3 個，黑球 4 個，現從中不放回地摸球，每次摸一
球，則前三次能摸到紅球的概率為__________. （2）若不等式 f x lnx ax恒成立，求實數 a的取值范圍.
a 2b 1
14. 已知實數 a,b滿足a b 2，則 2 2 的最大值為__________.a b
四 解答題：本題共 5 小題，共 77 分.解答應寫出文字說明 證明過程或演算步驟. x2 y2 1
18. 已知 F 是橢圓 E : 1 a b 0 的右焦點，橢圓離心率 e ，且橢圓上任意一點與點 距離的最大2 2 F
15. VABC中，角 A,B,C 對應的邊分別為 a,b,c, A B 2C ,acos C A bcosC ccosB a b 2，
值為 3.
（1）求角A ；
2 7
（2）若點D在邊 AC上， BD 且 cos BDC 7 ，求△BCD的面積.
3 14
16. 已知四棱錐 P ABCD中，底面 ABCD是梯形，AD∥ BC, AB AD,BC 2, AB AD AP 1，△APB是
（1）求橢圓 E的方程；
等腰直角三角形， E為棱PC上一點.
xx yy
（2）點M x1, y1 x1 0, y 1 11 0 在橢圓 E上，橢圓在點M 處的切線 l : 1交 x軸于點 P.4 3
①求 FP 4 FM 的最小值；
②設 A1, A2 分別為橢圓 E的左 右頂點，不垂直 x軸的直線MF交橢圓于另一點N ，直線NA1與直線MA2 交于點Q，
問直線MN與直線 PQ的交點 R是否在一條定直線上？若是，求出該直線方程；若不是，請說明理由.
19. 若數列中某相鄰三項成等差數列，則稱該三項為“等差組”；若數列中某相鄰三項成等比數列，則稱該三項為“等
比組”.現有一個 12 項的正項數列 an :a1,a2 , ,a12 ，其共有 10 組相鄰三項，記第 i組相鄰三項為
Ai ai ,ai 1,ai 2 , i 1,2, ,10 .
（1）若數列 an 滿足 a1 1,a2 2 ，
① A1為“等差組”， A2 為“等比組”，求 a4；
② A1為“等比組”， A2 為“等差組”，求 a4 .
（2）若數列 an 滿足a1 1,a4 4 ，且 Ai i 1,2, ,10 為“等差組”或“等比組”，求滿足條件的數列 an 的
個數；
（3）若數列 an 滿足 a1 1,a2 2 ，且 Ai i 1,2, ,10 中恰有 5 組“等差組”和 5 組“等比組”，求 a12 的最大
可能值.
2 2 2 參考答案及解析 因為 | a | 2 | b |，所以a (2 |b |) 4b ，將其代入上式可得： 2a b b 2 0 ，
1 1. 答案：D 1 即 2a b b 2 ，即 a b b 2 | b |2 ，2 2
M x Z∣2x解析： 8 1 a b b 1 | b |2
根據投影向量公式 ，將 a b | b |2 代入可得： 2 b

1 b ，
M x Z∣2x 23 x Z∣x 3 ..., 1,0,1,2 | b | | b | 2 | b | | b | 2
1
N {x x 2 2} a

在b方向上的投影向量為
b .
∣ 2
故選： A.
N {x∣ 2 x 2 2} {x∣0 x 4}
6. 答案：D
M N 1,2
解析：當 n 1時， a1 S1 0；當 n 2時， an Sn Sn 1 .
故選：D.
僅知道 Sn 0，無法確定 Sn 1的大小，也就不能確定 an Sn Sn 1的正負.
2. 答案：B
{a }
iz 1 i z 1 i 1 i z 1 1 2 例如數列 n 為3, 1, 1, 1, ，
S1 3 0， S2 3 ( 1) 2 0 ，但 a2 1 0 ，所以A 選項錯誤.
解析： ，則 ，
i
故選：B． 當 n 1時， a1 S1 0，則 a1 S1 2S1 0 ；當 n 2時， an Sn Sn Sn 1 Sn 2Sn Sn 1 .
3. 答案：C 僅知道 Sn 0，無法確定 Sn 1 的大小，也就不能確定 2Sn Sn 1的正負.
解析：圓 x2 y2 2y 0的圓心為(0,1)，半徑 r 1，
例如數列{an}為1, 0.5, 2， S1 0 ， S2 0.5 0 ， S3 0 ，
1
由直線 y kx 2 與圓 x2 y2 2y 0相切，得 1，解得 k 0， 當 n 2時， a2 S2 02 ，所以B 選項錯誤.k 1
k 0 y 2 x2 y2
S a
2y 0 當 n 1時， 1 1，由
S1 a1可得 a1 S1，但不能得出 a1 0；
反之，當 時，直線 與圓 相切，
k 0 y kx 2 x2 當 n 2時，
S a 即 S S S ，可得 S
y2 2y 0 的 n n n n n 1 n 1
0 ，同樣無法得出 an 0 .
所以“ ”是“直線 與圓 相切” 充要條件.
故選：C 例如數列{an}為0,0,0, ， Sn 0，滿足 Sn an，但 an 0，所以C選項錯誤.
4.答案：C 已知 an Sn 0 ，當 n 1時， a1 S1 2a1 0，即 a1 0 ；
解析：由題設有 lgE1 4.8 1.5 6.8 ， lgE2 4.8 1.5 4.8 ，
當 n 2時， a2 S2 a2 a1 a2 a1 2a2 0 ；
故 lgE1 lgE 3
E
12 即 1000E ，2 S3 a3 a1 a2 ，由 a1 2a 0
a a a
2 可得 a 1 1 12 ，那么a1 a2 a1 0，所以 S3 a3 0 ，即 S3 a3 ，2 2 2
故選：C.
D 選項正確.
5. 答案：A
故選：D.

| a | 2 |b | | a

解析：已知 b |，由 | a | | a b | 兩邊同時平方可得：a2 (a b)2 ， 7. 答案：A

根據完全平方公式展開得： a2 a2 2a b b 2 ， 解析：由題意 F1 c,0 ,F2 c,0 , A a,0 ，設 B m,n m 0,n 0 ，
n
由 BF2 的斜率為 3 得 3 ，又 AB BF
n
2 ，所以 kAB kBF 3 1
1 3
， 故 f x 在 1, 2 有有且只有一個實數解為 x ；
m c 2 a m 4 2
3 m c 3c a 3 2
所以 3 1，解得m ，則 n 3 m c a c ， 當 x 2,4 時， f x (4 1)(4 2) 4 3 1 ，a m 4 4 x x x 2 4
3c a 2 3 a c 2 4 1
代入雙曲線方程得 1，結合b2 c2 a2 ， 而 1,2 ，故 f x 0, f x
1
，此時 在 2,4 上無解；16a2 16b2 x 4 4
化簡得3c4 2c3a 9c2a2 4a4 0， k k 1 x k 1 x
故當 x 4 , 4 k 1 時， 4 , 4
k
4
，則 f x f ，
4
有3e4 2e3 9e2 4 0，即 e 2 3e3 4e2 e 2 0 ，而 e 1，
結合 1,4 上 f x 的性質可得 f x 1 在 4k 1, 2 4k 1 上有且只有一個實數解，
f x 3x3 4x2 x 2, x 1 4

構造 ，
3 4k 1 3
f x 9x2 8x 1 4 且該實數解為 x 4
k 1，在 2 4k 1, 4k
則 ，其開口向上，且對稱軸為 x 無實數解， ，
9 2 2
故當 x 1時， f x 0，所以 f x 在 1, 上單調遞增，所以 f x f 1 4 0 ， 而 43 100 44 且100 3 43 ，
2
所以方程3e3 4e2
1 3 3
e 2 0無解，所以 e 2 . 故 f x 在 1,100 上的實數解為 x ， x 4 6， x 3 42 24，
4 2 2 2
故選：A x 3 43 96，共 4 個實數解，
2
8. 答案：B
故 f x 1 共有 4 個不同的零點.
2 1 4
解析：因為 f f 2x ，故 f f 4x ，故 f x f 4x ，
x x 故選：B.
9. 答案：BCD
即 f x f 4x ，
解析：對于 A，因為隨機變量 X N 2,1 ，則 2, 1，所以 P x 3 P x ，因為 P x 0.5，
而當 x 1, 2 時， f x x 1 x 2 ，
所以 P x 3 P x P x 0.5 ，故 A 錯誤；
4 4 4
故當 x 2, 4 時， 1, 2 ，故 f x f ( 1)(
4
2)，
x x x x 對于 B，因為隨機變量 X N 2,1 ，則 2, 1，
x 1 x 2 , x 1, 2 所以 P 3 x 4 P x 2 ， P 1 x 2 P x ，
故 f x
(4 4
，
1)( 2), x 2, 4 x x 根據正態分布曲線的對稱性可知： P x 2 P x ，故 B正確；
2
x 1, 2 3 1 1 1 n當 時， f x x 1 x 2 x ,0 ， 對于 C，因為隨機變量 X B n, ，所以 E X ， 2 4 4 2 2
1 1
f x 1, 3 3 ,2 又因為 E X 2，所以 n 4，則有D X 4 1，故 C 正確；而 在 上為減函數，在 為增函數，2 2 2 2
對于 D，由D X 1，則D 2X 1 4D X 4 ，故 D正確；
故選：BCD.
10. 答案：AC
2 2
f x sin4 x cos2 x 1 cos 2x 1 cos 2x 1 2cos 2x cos 2x 1 cos 2x
解析： 2 2 4 2
cos2 2x 2cos 2x 1 cos 4x 3 1
cos 4x
3
，
4 8 8 8
設三棱錐 A1 AEF2 的外接球半徑為 R，則 2R AE
2 AF 2 AA21 1 1 2 ，
cos 4x的周期為 ，但常數項不影響周期性。因此， f x 的周期為 的整數倍， 是其周期，故 A正確；
4 2 2
2
1 3 1 所以 R ，故三棱錐 A1 AEF
4 4 2 2
的外接球的體積為V πR
3 π π 為定值，B對；
f f cos 4 cos 4
3

2 3 3 4 3
4 4 8 4 8 8 4 8
對于 C 選項，作正方體 BCQP B1C1Q1P1 3 1 1 ，如下圖所示：
cos 4 cos 4 cos 4 cos 4
3 cos 4 3
0，故 B錯誤；
8 4 8 4 4 4
f 1 3 1 3 1 3 cos 4 cos 2 4 cos 4 ，
2 8 2 8 8 8 8 8
f 1 3 1 cos

4

cos 2 4
3 1
cos 4 3 ，
2 8 2 8 8 8 8 8
f f 0 ，故 C 正確；
4 4
設平面 A1C1E 交線段CQ于點U ，連接UE、UC1 ，
f x 1 sin 4x 在區間 ,

內， 4x 2 ，4 ， sin 4x在 2 ，3 內為負，即 f x 0，2 2 因為平面 ABB1A1 // 平面CC1Q1Q，平面 A1C1E 平面 ABB1A1 A1E，
sin 4x在 3 ，4 內為正，即 f x 0，故 D 錯誤. 平面 A1C1E 平面CC1Q1Q C1U ，所以 A1E //C1U ，同理可得 A1C1 //EU ，
故選：AC. 故四邊形 A1C1UE為平行四邊形，
11. 答案：ABD
因為 AA1 //CC1 ， A1E //C1U ，由等角定理結合圖形可得 AA1E CC1U ，
解析：對于 A 選項，因為 AE AF，由勾股定理可得 AE 2 AF 2 EF 2 1，
1 又因為 AA CC A ，
由基本不等式可得1 AE 2 AF 2 2AE AF 1 1，可得 AE AF ， 1
AE C1CU 90 ，故△A1AE≌△C1CU ，則CU AE，
2
1 1 設 AE a，
AF b，則 a2 b2 1，
當且僅當 AE AF 2 時，等號成立，則 S
2 △AEF
AE AF ，
2 4 S 2 S S S 2 1 ab 1 a 1 1 b 1 EFU AEF FDU 梯形EPQU 3 2a 1
1 2 2 2
故VA AFE S△AEF AA
1 1 1
1 1 ，即三棱錐 A1 AEF的體積有最大值，A對； a b1 3 3 4 12 不是定值，2
對于 B選項，將三棱錐 A1 AEF補成長方體 AEGF A1HMN ，
因為C1U //A1E，C1U 平面 A1EF ， A1E 平面 A1EF ，則C1U // 平面 A1EF ，
所以點U 到平面 A1EF 的距離等于點C1到平面 A1EF
6 2
的距離， 解析：袋中有非紅球 6 個，則第一次沒有摸到紅球的概率為 P1 ，9 3
V 1 a b 5 4故 A EFC VC A EF VU A EF VA EFU S△EFU AA1 不為定值，C 錯； 第二次沒有摸到紅球的概率為 P2 ，第三次沒有摸到紅球的概率為 P1 1 1 1 1 1 3 6 8 3
，
7
2 5 4 40 5
對于 D選項，以點A 為坐標原點， AB、 AD、 AA1所在直線分別為 x、 y、 z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系， 所以前三次均未摸到紅球的概率為 P P1 P2 P3 ，3 8 7 168 21
5 16
所以前三次至少有一次摸到紅球的概率為1 P 1 .
21 21
16
故答案為： .
21
10 1
14. 答案： ## 10
2 2
a 2b 1 2a 4b 2 2a 4b a b a 3b
解析： ，
2 2 2 2 2 2 2
π a b 2 a b 2 a b 2 a b
2
設 AEF ，其中0 ，則 A1 0,0,1 、 E cos ,0,0 、 F 0,sin ,0 、C2 1 1,1,1 ，
設向量OA (a,b),OB 1,3 ，則OA OB a 3b OA OB 10 a2 b2 ，
設三棱錐 A1 EFC1 的外接球球心為O x, y, z ，設球O的半徑為 r ，
a 3b
故 10 1 3 2 2 2 2 ，當且僅當a ,b 時等號成立，cos sin 2sin a b 2 2
r 2 x2 2 y2 z 1 x
2 cos sin
r
2 x 2 1 y 2 1 z 1 2 sin2 2
a 2b 1
y cos 2cos
10
故 2 2 的最大值為 ,則 ，解得 ，2 a b r x cos 2 y2 z2 2 cos sin
2

r 2 x2
3 3
y sin
2
z2 z sin cos 2sin cos 10
2 cos sin
故答案為： .
2
π
設 f r 2 x2 y2 z 1 2 ，其中 0,
π 15. 答案：（1）
， 3 2
3
π （2）
則函數 f 在 0, 上連續，由閉區間上的連續函數有最值可知 R有最大值，D對. 3 2
解析：
故選：ABD.
（1）由三角形內角和定理可知： A B π C 2C C π ，
12. 答案：3 3
1+x 4 T Ck k
acos C A bcosC ccosB
解析：由 有： k 1 4x ，所以 x3的系數為 a C
3
4x
3 x C2x2 4a 6 x3 再由 ，利用正弦定理邊化角得：4 ，
所以 4a 6 6 a 3， sin Acos C A sin BcosC sinCcosB sin B C sin A，
故答案為：3. 因為 sin A π 0，所以有 cos C A 1，則C A 0 A C ；
16 3
13. 答案：
21 （2）
又 AD BC AD 1∥ ， BC ，所以 EF∥ AD 且
2 EF AD，
則四邊形 EFAD是平行四邊形，所以 ED∥FA，
又 ED 平面 PAB，FA 平面 PAB，所以 ED∥平面 PAB .
（2）
7 189 3 21
由 cos BDC ，在 BDC中，可得 sin BDC ，
14 14 14
2 7
BC BD BC
再由正弦定理得： 3 BC 2 ，
sin BDC sinC 3 21 3
14 2 在平面 PAD內，過點A 作直線 AM AD，
再由余弦定理可得： BD2 BC 2 CD2 2BC CD cosC， 由已知 AB AD且 AB PA，又 AD PA A， AD,PA 平面 PAD，
2
2 7 1 8 所以 AB 平面 PAD，又 AM 平面 PAD，所以 AB AM ，
即 4 CD
2
4 CD CD
2 2 CD 0 ，
3 2 9 由 AM AD， AB AM ， AB AD A， AB, AD 平面 ABCD，
CD 2 CD 4解得 或 ，
3 3 可得 AM 平面 ABCD，
以A 為原點， AB, AD, AM 分別為 x, y, z軸建系，
因為 cos BDC 7 ，所以 BDC為鈍角，
14

則 B2 1,0,0 ,C 1,2,0 ,D 0,1,0 ,P 0,
1 3
, ，
CD 1 2 3 3 2 2

故 ，所以△BCD的面積 S 2 . 3 2 3 2 3
uur 2 uur 2 5 3 2 5 3 1 1 3
16. 答案：（1）證明見解析 由CE CP可得CE 3
1, , , , ，則 E , , ，3 2 2 3 3 3 3 3 3


7
（2）
7 則 BD 1,1,0 ,BE
2 , 1 3 , ，
3 3 3


解析：
設平面 BCE的法向量為n x, y, z ，
n BC x y 0

則 2 1 3 ，取 x 3 ，則 y 3, z 1，（1） n BE x y z 0
3 3 3

所以 n 3, 3,1 ，
1
取 PB中點 F ，連接 EF , AF，則 EF∥BC，且 EF BC， 不妨取平面 BCD的一個法向量m 0,0,1 ，
2
設平面 EBD與平面CBD夾角為 ， 2 2
所以b2 x y a2 c2 3，所以橢圓方程為 + =1；
m n 4 3
則 cos
1 7
，m n 7 7 xx1 yy1 4 4（2）①因為切線 l : 1交 x軸于點 P，所以 P ,0 ， FP 1x ，4 3 x1 1
所以平面 EBD 7與平面CBD夾角的余弦值為 .
7 2 2
因為點M x1, y1 x 0, y x y 2
3
1 1 0 在橢圓 E上，所以 1 + 1 =1，即 y1 3 x21 ，
17. 答案：（1） y x 1 4 3 4
（2） , 0 2
又 FM x1 1
2 y21 x
2
1 2x1 1 3
3
x2 1 x 2 11 1 x1 2 ，4 2 2
解析：
f x ex 1 4（1） 1 xex 1 x 1 ex 1 1， 因為 FP 1 0，所以0 x 4 1x 1 ，所以 x1 2 0 FM 2
1
， 所以 x ，
1 2 2
1
所以 f 1 1，
所以 FP 4 FM
4
1 4 1 4 4 2 x1 2x1 9 2 2x1 9 4 2 9 ，x 2 x x
所以在點 1,0 處的切線方程為 y x 1 1 1 1
f x lnx ax x e
x 1 4 1 ln x x ex 1 1 ln x 當且僅當 2xx 1，即 x（2）又 ，參變分離得： a ， 令 g x ， 1 2 時等號成立，所以
FP 4 FM 的最小值為 4 2 9；
1
x x
2 x 1 1 ②由已知設直線MN：
x my 1 m 0 ， N x2 , y ，x e ln x 1 22 x 1 2 x 1
得 g x ，令 h x x e ln x 1， h 1 0， h x 2x x e 0，
x2 x x2 + y
2
=1
h x 0, 由 4 3
2 2
消元得 3m 4 y 6my 9 0 ，
在 上單調遞增，所以當 x 0,1 時， h x 0，當 x 1, 時， h x 0 ，
x my 1
即當 x 0,1 時， g x 0，當 x 1, 時， g x 0， y y 6m 9 3則 1 2 ， y y3m2 4 1 2 2 ， 所以my y y y ，3m +4 1 2 2 1 2
所以當 x 0,1 時， g x 單調遞減，當 x 1, 時， g x 單調遞增，最小值為 g 1 0 y2
因為 A1(-2,0)， N x2 , y2 ，所以 lA N : y x 2 1
a x 2
，
所以 a 0，即實數 的取值范圍是 , 0 . 2
y
x2 y2 1因為 A2 2,0 ，M x1, y1 ，所以 l+ =1 A2M
: y x 2 ，
18. 答案：（1） x
4 3 1
2
2y2 x1 2 2y xx 1 2 2 4my1y2 2y2 6y（2）① 4 2 9；②是，直線方程為 x 2 1，理由見解析 所以 Q y1 x2 2 y2 x1 2 3y1 y2
解析：
6y1 6y2 2y 6y 2 1 12y1 4y 2 4
c 1 a 2 3y1 y2 3y1 y
，
2
（1）由已知 a 2 ，解得 ，
a c 3
c 1 2y1 x y 4
即點Q 4, ，所以直線 PQ的方程為 y 1 1 x ，
x1 2 2 x1 2 x

1 1 x1
mx1y1 4 與直線MN x 2 1 33 17 33聯立，得
2 x 2 x 1
x 1， 故 2a2 a2 4 ，而 a2 0，故x a2
， a2 .
1 1 1 4 8
因為 x1 my 1
x
，所以 y 1
1
1 1 ，代入上式可得 從而 A3 開始的相鄰三項，要么為“等比組”，要么為“等差組”，m
mx x1 1 對于確定的 A1、 A2 ，此后等比組的公比、等差組的公差均確定，1
x m x 4 1 x1 x 4 1 x1 x 2 1 ，
2 x 2 x 81 1 1 x1 2 x 2 x 2 x 2 x 2 故此時有 2 個滿足條件的數列，1 1 1 1
8
x 故滿足條件的數列的個數為 4 2 1024.
即 1 1 x
2 1 4 x 1 ，解得 x 2， 2 x1 2 x1 2 x1 2 （3）先考慮一個一般命題：
即點 R 在直線 x 2上. 若 a2 a1 0，若正項數列 a1,a2 ,a3 ,a4 中 A1, A2 中一個“等差組”，另一個為“等比組”，則先“等比組”再“等差
9
19. 答案：（1）① a4 ；②a4 6；2 組”得到的 a4較大.
（2）1024 ；
2a a 2
（3） 224 . 證明：若先“等差組”，再“等比組”，則 a4
2 1 ，
a2
解析：
2a2
A a ,a ,a 2a a a a 3 若先“等比組”，再“等差組”，則 a4
2 a2 ，其中 2a2 a1，
（1）①因為 1為“等差組”，故 1 2 3 成等差數列，故 2 1 3 ，故 3 ， a1
9 2
而 A2 為“等比組”，故 a2 ,a ,a
2
3 4 成等比數列，故 a a a ，故 a . 2a a 2a23 2 4 4 2 1 2 a 2a a
2 a2 2a a
2 此時 a
1 2 1 2 2 1
a2 a
2
1 a1a2
②若 A1為“等比組”， A2 為“等差組”，則 a1,a2 ,a3 成等比數列，故 a3 4，
2
2a2 a1 a2 a1
且 a2 ,a3 ,a
0 ，
4 成等差數列，故a4 2a3 a2 6 . a1a2
（2）因為 A1, A2 為“等差組”或“等比組”，故有 4 種情形： 故先“等比組”再“等差組”得到的a4較大..
4 1
若 A1為“等差組”， A2 為“等差組”，則 a2 a1 1 2,a3 3,a4 4； 再考慮另一個一般命題：若 a2 a1 0，若正項數列 a1,a2 ,a3 ,a4 中的 A1, A2 為“等差組”或“等比組”，則當 a3 2
增
A 2若 1為“等差組”， A2 為“等比組”，則 2a2 a1 a3 1 a3 ,a3 a2a4 4a2 ， 大時， a4也增大.
而 an 為正項數列，故 2a2 1
2 4a 22 即 4a2 8a2 1 0， 證明：若 A1, A2 均為“等差組”或“等比組”，
a 8 4 3 2 3故 ，而 2a2 1 0 a
1
a 2 3
a a
2 ，故 2 ，故 2 ， a3 1 3
由等差數列的性質和等比數列的性質可得當 2增大時， 4也增大. ；
8 2 2 2
2a a 2 a2
1 若先“等差組”，再“等比組”，則 a4
2 1 4a2 1 4a1 ，
若 A為“等比組”， A 為“等比組”，則 a 4 a
3 2 4 a a
1 2 2 1 23 ， a3 23 ；
2 2
1 a
由 a3 2a 12 a1 0 得 a2 ，
A 2 2若 1為“等比組”， A2 為“等差組”，則 a2 a1a3 a3 , 2a3 a2 a4 a2 4，
故由雙勾函數的性質可得 a2增大時， a4也增大；
2a2 1 2 a
若先“等比組”，再“等差組”，則 a 2 a a 1 14 a 2 a 2
，
1 1 4

16a1
而 a2 a1，故 a2增大時， a4也增大，故命題成立.
對于數列 an 滿足 a1 1,a2 2 ， a2 a1 ，
而 Ai i 1,2, ,10 中恰有 5 組“等差組”和 5 組“等比組”，
要使得 a12 的最大，則前述兩個命題可得需前 5組為“等比組”，
后 5 組為“等差組”，此時12個數分別為1, 2, 4,8,16,32,64,96,128,160,192, 224 ，
故 a12 的最大可能值為 224 .

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