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重庆市 2025 届学业质量调研抽测(第三次)
数学试卷
(数学试题卷共 6 页， 共 19 个小题， 考试时间 120 分钟， 满分 150 分) A. 4 2 B. 6 2
注意事项:
C. 8 D. 16
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形
6. 已知抛物线C : y 2 8x的焦点为 F ，准线为 l，P为C上位于第一象限的点，PQ垂直 l于点Q， PQF为等边三
码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 选择题的作答: PQ x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. 写在试卷、草 角形，过 的中点M 作直线MR / /QF ，交 轴于 R点，则直线MR的方程为（）
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. A. x 3y 14 0
3. 填空题和解答题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 写在试卷、 草稿纸和
B. x 3y 10 0
答题卡上的非答题区域均无效.
4. 考试结束后， 请将本试卷和答题卡一并上交. C. 3x y 6 3 0
一、选择题:本大题共 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 个选项 D. 3x y 2 3 0
是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
7. “ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相
1. z1 2 i，z2 1 2i z z 已知复数 ，则 1 2 （ ） 乘时，乘积仍然由 1，4，2，8，5，7 这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7 这 6 个数字中任选 4 个数字组成
A. 3i B. 5i C. 4 3i D. 4 5i 无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ）
2. 若直线 l : 2mx y 4m 0 与圆 C : x2 y2 8y 12 0 相切，则实数 m 的值为（ ） A. 66 B. 75 C. 78 D. 90
3 3 3 3 8. 在 VABC 中 ， 角 A，B，C 所 对 的 边 分 别 为 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 ，则 CD 的最小值为（ ）
3. 2已知集合 M {x∣0 x a},N x∣x 6x 5 0 ，若 N M M ，则实数 a 的取值范围是（ ）
4 2 2 2 3
A. 5, B. 5, C. 3， D. 3, A. 2 3 B. C. D.3 3 3
4. 已知函数 f x 是定义在 R 上的奇函数，当 x 0 时， f 2x 2 f x 1 ，且 f 2 f 1 3 ，则 二、选择题:本大题共 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. 全部选对得 6 分， 选对但不全的得部分分， 有选错的得 0 分.
f 1 （ ）
2 9. 某班在一次模拟测试后， 随机抽取 9 名学生的成绩作为样本， 这 9 名学生的成绩分别为
3 3 5 5 66，70，75，78，80，82，85，90，94 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
2 2 2 2 A. 估计这次该班的测试成绩的平均分为 80
5. 如图，矩形 ABCD 中， AB 2 3,BC 2 6 ，将 △ABD 沿 BD 翻折，得到三棱锥 A BCD ( A 是 B. 样本的平均数和中位数相同
A 在翻折后的对应点)，则三棱锥 A BCD 体积的最大值为（ ） 1C. 从样本中任取两人的成绩，这两人的成绩均大于平均分的概率为
12
D. 当样本中加入 80 形成新样本时， 新样本的方差比原样本的方差小
f x 3sin2x 110. 2已知函数 2 ，则（ ） （2）设 g x f x a 1 ln x x 有两个不同的零点 x，x2cos x 1 2 1 2，求
a的取值范围.
A. 为 f x 的一个周期
B. f x π 的图象关于点 ，0 对称
2 16. 在科技飞速发展的今天， 人工智能领域迎来革命性的突破， 各种 AI 的人工智能大模型拥有强大的解决问题的
能力. 某机构分别用 A，B 两种人工智能大模型进行对比研究，检验这两种大模型在答题时哪种更可靠， 从某知
π π
C. f x 在 ， 上单调递增 3 3 识领域随机选取 180 个问题进行分组回答， 其中 A 人工智能大模型回答 100 个问题，有 91 个正确; B 人工智
3 3 能大模型回答剩下的 80 个问题， 有 65 个正确.
D. f x 的值域为 ， 2 2 （1）完成下列 2 2 列联表，并根据小概率值 0.10 的独立性检验，能否认为人工智能大模型的选择与回答
x2
11. 在平面直角坐标系 xOy 中，点 F 21 是椭圆 E : y 1 的左焦点， A，B 分别是 E 的左、右顶点，直 正确有关 4
回答正确 回答错误 合计
线 l 与椭圆 E 相交于 M，N 两点，则（ ）
l F MN A 人工智能大模型A. 若直线 经过点 1 ，则 的最小值为 1
1 1 B 人工智能大模型
B. 若线段 MN 的中点坐标为 1, ，则直线 l 的斜率为
2 4
合计
1 9
C. 若直线 l 经过坐标原点，则 4MF NF （2）将频率视为概率，用 A 人工智能大模型随机回答该知识领域的 n n 2 道题目，且各题回答正确与否，相1 1
A B 13D. P E ( P ， ) PBA 2 PAB tan APB 互之间没有影响. 记其中恰有 2 个问题回答错误的概率为 Pn ，求 Pn 取得最大值时 n 的值.若点 在椭圆 上 点 与 不重合 ，且 ，则
9
2
三、填空题: 本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 2 n ad bc 参考公式及参考数据: ，n a b c d .
a b c d a cx b d 12. 已知 3 2,4y 3 ，则 xy _____.
0.15 0.10 0.05 0.010
13. 设 0,
π
，已知 tan cos ,cos
2
sin ，则 sin2 _____.
2 5 x 2.072 2.706 3.841 6.635
14. 甲同学有 3 本故事书和 1 本科普书，乙同学有 1 本故事书和 3 本科普书，若甲、乙两位同学各取出
i i 1，2，3 本书进行交换，记交换后甲同学有故事书的本数为 X，X 的均值为 Ei X ，则 E1 X E3 X
_____.
17. 如图，已知四棱台 ABCD A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形， A1A 4 ，且 A1A
四、解答题:本大题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1 底面 ABCD ，点 P，Q 分别在棱 DD1，BC 上.
15. 已知函数 f x a ln x x2 a 1 x，a R .
2
（1）当 a 2时，求函数 f x 的极值;
① 判断数列 an 是否为T 数列，并说明理由；
② 若数列 bn 是T 数列且为单调递增数列，证明:数列 bn 是等差数列.
（1）若 P 是 DD1 的中点，证明: 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 分别为双曲线 2 2 1 a 0，b 0 的左、右焦点， F1 关于双曲线 C 的一条渐近线a b
l : y b x 的对称点 E 在 C 上.
a
（1）求双曲线 C 的离心率；
（2）若 a 1 ，双曲线 C 的左、右顶点分别为 A1，A2 ，过左顶点 A1 作实轴的垂线交渐近线 l 于点 T ，
过 T 作直线分别交双曲线 C 的左、右两支于 P，Q 两点，直线 A2P，A2Q 分别交 l 于 M，N 两点. 证
明: 四边形 A1MA2N 为平行四边形.
19. *已知数列 an 的前 n项和为 Sn ,a1 2， n 2 Sn 1 2an 1 nSn ,n N .
（1）求数列 an 的通项公式;
（2）若无穷的非常数数列 Tn 同时满足两个性质:①对于 Tn 中任意两项 Ti ,T j i j ，在 Tn 中都存在一项
Tm ，使得 2Ti T j Tm ;②对于 Tn 中任意一项 Tn n 3 ，在 Tn 中都存在两项 Tk ,Tl k l ，使得
Tn 2Tk Tl . 则称数列 Tn 为T 数列.
1 1
参考答案及解析 解析：由条件可得 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：由题意有 z2 1 2i，所以 z1 z2 2+i 1 2i 4 3i， 1 1
设点 A 到 BD的距离为 h，由等面积法可得 A B A D BD h，
2 2
故选：C. 1
即 2 3 2 6 1 6h，则 ，
2. 答案：B 2 2
h 2 2
由图知，当平面 A BD 平面 BCD时，三棱锥 A BCD体积的最大，
解析：圆C : x2 y2 8y 12 2 0即 x2 y 4 4的圆心坐标为 0,4 ，半径为 r 2，
此时三棱锥的高为 h 2 2，
若直线 l : 2mx y 4m 0 与圆 C : x2 y2 8y 12 0 相切， 1 S 1则体积为 BCD h 6 2 2 2 8 .
4m 4 3 3
则 d 2 m 3，解得 .
4m2 1 8 故选：C
6. 答案：C
故选：B.
3. 答案：A 解析：设抛物线C的准线 l与 x轴的焦点为E，此时 E 2,0 ，
解析：由 x2 6x 5 0，可得 x 5 x 1 0，解得1 x 5， 因为抛物线C的焦点F 2,0 , PQF为等边三角形，
所以 N x∣1 x 5 ，由 N M M ，可得N M ， 所以 PQ / /x轴，所以 PQF EFQ 60 ，
又M {x∣0 x a}，所以 a 5， 因为 EF 4，所以 QF 8, QE 4 3 ，
所以实数 a 的取值范围是 5, . 所以 PQ PF 8，此时P 6,4 3 ,Q 2,4 3 ，所以M 2,4 3 ，
故选：A. 因为MR / /QF ，所以 ERM EFQ 60 ,
4. 答案：D
MR的倾斜角为120
解析：当 x 0 时， f 2x 2 f x 1 ，所以令 x 1，得 f 2 2 f 1 1，
所以 kMR tan120
3，
又因为 f 2 f 1 3，所以 f 1 4, f 2 7
可得直线MR的方程为 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 故选：C．
又因为函数 f x 是定义在 R 上的奇函数，
f 1 5故所求为 .
2 2
故选：D.
5. 答案：C
7. 答案：B 9s2 80 80 2 9
s2 ，所以新样本的方差比原样本的方差小，故 D 正确.
1 1
解析：若千位数字是 5，则百位数字只能是 7 或 8，故共有C C C1C1 15（个）； 10 103 3 2 3
故选:ABD.
若千位数字是 7，则共有C1 23A4 36（个）；
10. 答案：ABC
1 2
若千位数字是 8，则共有C2A4 24（个）． 3sin 2x 3sin 2x解析：因为 cos 2x 2cos2 x 1所以 f x ，
2cos2 x 1 cos 2x 2
故符合条件的四位数共有15 36 24 75（个）．
3sin(2x 2π) 3sin 2x
故选：B. 对于 A， f x π f x ， A 正确；cos(2x 2π) 2 cos 2x 2
8. 答案：D
f π x 3sin(2π 2x) 3sin 2x f x解析：因为 a c sinA sinC bsinB asinB，所以由正弦定理得 a c a c b b B B a b 对于 ， ， 正确；， 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 ， 对于 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 当 时， 3 3
, , cos 2x 3 3
,1 ，则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 ， 上单调递增.故 C 正确； 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 ，当且仅当3 3 3 3 4 3 4 3 对于 D，令 t cos2x, t 1,1 ，则 sin2 2x 1 cos2 2x 1 t2，
b 2a 2即时等号成立， 2
2 2
2 9 1 t
y f x
9sin 2x
，
2 3 cos 2x 2
2 t 2 2
所以线段CD长度的最小值为 .
3 令 t 2 m，则m [1,3]，且 t m 2，
故选：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：对于 A，样本的平均分为 80，用样本估计总体，所以估计这次考试全班
9 1 1 2
令 u，则u ,1

y2 27u2 36u 9 2 27 u ，则 3
成绩的平均分为 80，故 A 正确； m 3 3
对于 B，这 9 名学生的成绩的中位数为 80，所以样本的平均数和中位数相同，故 B 正确; 当u 2 时， y2 取得最大值 3，故 y 3 m 3 1max ，此时 ， t ，故 D错误.3 2 2
对于 C，9 名学生中成绩均大于平均分的有 4 名，所以从样本中任取两人的成绩，这两人的成绩均大于平均分的概率
故选：ABC.
C2 1
为 P 42 ，故 C 错误; 11. 答案：ACDC9 6
对于 D，设原样本的方差为 s2，样本中加入 80 形成新样本时，平均数不变，还是 80，则新样本的方差为
NF1 9 MF 1当且仅当 ， NF
MF NF 1
3 MF1 3，故 C 正确；
1 1
解析：对 A，
对 D，
3 2 1
过左焦点的弦长最小值为通径长，此时 l : x 3，代入 y 1，解得 y ， MN 1，故 A 正确；
4 2
对 B，设M x1, y1 ,N x2 , y2 ，M，N 在椭圆上，
x2 21 2 x2 2 x1 x2 x1 x2 P x, y 设 ，根据对称性不妨取点 P在第一象限，则 y1 1， y2 1，两式相减得 y1 y2 y1 y4 4 4 2 0
，
tan PBA y ， tan PAB y ，
1 2 x x 2
∵MN 的中点坐标为 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 错误；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
对 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
直线 l x经过坐标原点，椭圆 E : y 2 1，F1 3,0 ， F2 3,0 ， 故 D 正确，4
故选：ACD
由椭圆对称性 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：由题意 x y xy 2 ，所以 xy .
MF1 NF1 4 MF1 NF1 4 MF NF
3 4 4 2 4
1 1 2
1
故答案为： 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 当 x 1,2 时， f x 单调递增，当 x 0,1 和 x 2, 2 时， f x 单调递减，
故 cos sin sin sin sin ，
5 f x 5的极小值为 f 1 , f x 的极大值为 f 2 4 2ln2．
sin 0 sin 3
2
由于 ，所以 ，结合
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，则 ，
5 5 25 x
24
故答案为： 记 h x lnx , x 0, ，则 h x 1 lnx 2 ，25 x x
14. 答案：4 x e h x 1 lnx 1 lnx当 时， 2 0，当0 x e时， h x 2 0，x x
解析：当 i 1时， X 的可能取值为 2，3，4，
h x 在 0,e 单调递增，在 e, 单调递减，
1 1 1 1
P X 2 C C 3 3 9则 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 又当 x 1时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 有两个零点，则 y a 1与图象 h x 有两个交点，
当 i 3时， X 的可能取值为 0，1，2，
1 1 e
C33C
1 1 2C3C2 3 0 a 1 ，解得： 1 a ．3 3 3 e e
则 P X 0 ,P X 1 ，
C3C34 4 16 C
3 3
4C4 8 16. 答案：（1）答案见解析；
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：
则 E1 X E
5 3 （1）
3 X 4，2 2
故答案为：4 回答正确 回答错误 合计
5
15. 答案：（1） f x 的极小值为 f 1 , f x 的极大值为 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：
合计 156 24 180
1
（1）当 a 2时， f x 2lnx x2 3x, x 0, ，
2 零假设H0：人工智能大模型的选择和回答正确无关，
2 180 91 15 65 9
2
3.656 2.706，
100 80 156 24
故根据小概率值 0.10的 2独立性检验，推断H0不成立，
故可以判断人工智能大模型的选择和回答正确有关；
91
（2）由题意，A 人工智能大模型回答题目正确的概率为 ，
100
2 n 2
2 P C2 91 9 恰有 个问题回答错误的概率为 n n ，
100 100 （2）因为 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 ，则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

设Q 4,m,0 7，其中0 m 4 ， PQ 4,m , 1 ，
2
所以，当 n 2时， Pn 1 Pn，
由于平面 ABB1A1的法向量为 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 取得最大值时 n 2 . 2 2
17. 答案：（1）证明见解析
Q 因此 4,
7 ,0 ,4
2 2 （ ）
9

解析： 则 PQ 14,0, 1 ，DQ 4, , 0 ,
2
（1）以A为坐标原点， AB, AD, AA1所在直线分别为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，
设平面 PQD的一个法向量为m x, y, z ，
则 A 0,0,0 ， B1 2,0,4 ，D 0,4,0 ，D1 0,2,4 ， m PQ 4x z 0
设Q 4,m,0 ，其中m BQ，0 m 4， 故 ，取 y 8，则m 1,8,4 ，
m DQ 4x
1
y 0
2
若 P是DD1的中点，则P 0,3,2 ， AB1 2,0, 4 ，
由于平面 ADQ的一个法向量为 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
结合图形可知二面角 P QD A的平面角为锐角，
∴二面角 P QD A 4的余弦值为 ．
9
18. 答案：（1） 5 y2 2y2
同理可得 N , ,
2x2 y2 2 2x2 y2 2


（2）证明见解析
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）连接 F2E ,
2y1 2y2 2y 2x y 2 2y 2xb 1 2 2 2 1
y1 2
由于 F1,E关于直线 l : y x对称，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 到直线 l : y
b
x的距离为 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 由双曲线定义可得 1 2 ，故b 2a， 2 k 4 k 4
c 2 2 b 2k k 2 k 4k 8 2k
2 4k 4
因此离心率为 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）当 a 1时，则b 2，故双曲线的方程为 x2 1， 2k k 2
4 k 2
2 2 0，
4 k 4 k 4


A1 1,0 ，直线 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
由题意可知直线 PQ有斜率，故设 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联立 与 可得 2k k 2 x k 2 4k 8 0 2x2 y， 2 2 2x1 y1 2
4
故四边形 A1MA2N 为平行四边形.
2k k 2
x x

1 2
k
2 4
2
设 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，则 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则直线 2P : y x 1 x 1 ，联立与 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 数列；② 证明见解析.
解析： 则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，
即数列中必然存在一项的值为b1 3d ．
nS (n 2)S , S n 1 n 2即 n 1 n S n ， 下面证明
b4 b1 3d ，
n
S 3 S 4 S 5 S n S n 1 若b4 b1 3d ，则由数列的单调性可知b4 b1 3d ．
2 , 3 , 4 , , n 1 , n
S1 1 S2 2 S3 3 S
，
n 2 n 2 Sn 1 n 1 在性质②中，取 n 4，则b4 2bk bl bk bk bl bk ，从而k 4，则{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，则b4 2bS 1 2 3 n 2 n 1 2 3
b2 b1 3d ，与假设矛盾；
1
S n(n 1),n 2 S a 2 若 k 3, l 1，则b4 2b3 b 1 b1 4d ，与假设矛盾；n ，又 1 1 符合式子，
* 若 k 2, l 1S n(n 1),n N ，则
b4 2b2 b1 b 1
2d b3 ，与数列的单调性矛盾．
所以 n ，
n 2 a S S n2 故不存在满足题意的正整数 ， n (n 1)2 (n 1) 2n k l，可见
b4 b1 3d 不成立，从而b4 b1 3d ，
当 时， n n n 1 ，
a * 同理可得b5 b1 4d ,b6 b1 5d , , a 2 bn 为等差数列．又 1 符合上式，所以 n 2n n N ．
（2）① 因为 i, j N*, i j, 2ai a j 2 2i 2 j 2(2i j)，
2ai a j a2i j，所以 an 具有性质①，
*
因为 n N ,n 3, k n 1, l n 2,2ak al 4(n 1) 2(n 2) 2n an，
an 具有性质②．
数列 an 是T 数列．
② bn 是单调递增数列．
首先利用性质②：取 n 3，此时b3 2bk bl bk bk bl (k l)，
由数列的单调性可知bk bl，
b3 bk bk bl bk ，故 k 3，
此时必有 k 2, l 1，即b3 2b2 b1，
即b1,b2 ,b3成等差数列，不妨设b2 b1 d ,b3 b1 2d (d 0)．
利用性质①：取 i 3, j 2，

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