创新示范卷17 卷一～九滚动检测（含答题卡）-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮创新示范卷（新题型 人教B版 新教材）

　　　　创新示范卷(十七) 　　　　　卷一~九滚动检测 　　　　　　　本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 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,只有一项是符合题 目要求的．) １．从某班所有同学中随机抽取１０人,获得他们某学年参加社区服务次数的数据如下:４,４,４,７,７,８, ８,９,９,１０,根据这组数据,下列说法正确的是 (　　) A．众数是７　　　　B．平均数是７　　　　C．第７５百分位数是８．５　　　　D．中位数是８ ２．椭圆y ２ １００＋ x２ ３６＝１ 上一点P 与它的一个焦点的距离等于４,则点P 与另一个焦点的距离等于 (　　) A．２　　　　　　　　B．６　　　　　　　　C．８　　　　　　　　D．１６ ３．(２０２４􀅰山东一模)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点,近年来备受青睐．某新 能源汽车制造企业为调查其旗下A 型号新能源汽车的耗电量(单位:kW􀅰h/１００km)情况,随机 调查得到了１２００个样本,据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ~N(１３,σ２),若P(１２＜ξ＜１４)＝ ０．７,则样本中耗电量不小于１４kW􀅰h/１００km的汽车大约有 (　　) A．１８０辆 B．３６０辆 C．６００辆 D．８４０辆 ４．(２０２４􀅰郴州一模)设数列{an}满足２an＝an＋１＋an－１(n≥２且n∈N∗),Sn 是前n项和,且S３＝６, a３＝３,则 S２０２４ ２０２４＝ (　　) A．２０２６２ B． ２０２５ ２ C．１０１２ D．１０１１ ５．(２０２４􀅰肇庆二模)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示,则f(x)的单调 递增区间为 (　　) A．２kπ＋３４ ,２kπ＋７４[ ],k∈Z B．２kπ－ １ ４ ,２kπ＋３４[ ],k∈Z C．２k＋３４ ,２k＋７４[ ],k∈Z D．２k－ １ ４ ,２k＋３４[ ],k∈Z ６．(２０２４􀅰湖北武汉模拟)武汉马拉松组委会决定派小王、小李等６名志愿者到甲、乙两个路口做引 导员,每位志愿者去一个路口,每个路口至少有两位引导员,若小王和小李不能去同一路口,则不 同的安排方案种数为 (　　) A．４０ B．２８ C．２０ D．１４ ７．(２０２４􀅰湖南益阳高三统考)随着科技的不断发展,人民消费水平的提升,手机购物逐渐成为消费 的主流,当我们打开购物平台时,会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品,这是电商平台推送的 结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品,此人购买此商品的概率为２１１ ,从第二次推送起,若 前一次不购买此商品,则此次购买的概率为１ ４ ;若前一次购买了此商品,则此次仍购买的概率为 １ ３． 记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn,当n≥２时,Pn≤M 恒成立,则 M 的最小值为 (　　) A．９７１３２ B． ９３ １３２ C． ９７ １２０ D． ７３ １２０ ８．(２０２４􀅰安徽省十四校联盟段考)已知函数f(x)＝x－１x＋alnx ,若存在m,n,使得f′(m)＝f′(n) ＝０,且m∈ ０,１e æ è ç ],则f(m)－f(n)的最小值为 (　　) A．４e B． ２ e C． ４ e２ D．２ e２ １Ｇ７１ 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,有选错的得０分,部分选对的得部分分．) ９．设z１、z２ 为复数,则下列命题正确的是 (　　) A．若z１＋z２＞０,则z２＝􀭵z１ B．若z１z２＝０,则z１＝０或z２＝０ C．若|z１|＝|z２|,则z２１＝z２２ D．若|z－z１|＝|z－z２|,则z在复平面对应的点在一条直线上 １０．(２０２４􀅰山东省高三模拟)在悠久灿烂的中国古代文化中,数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩． «张丘建算经»是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一,大约创作于公元五世纪．书 中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈,问日益几何?”．其大意 为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的 布,第一天织５尺,一个月共织了九匹三丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”．已知１ 匹＝４丈,１丈＝１０尺,若这一个月有３０天,记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an,bn ＝２an,对于数列{an},{bn},下列选项中正确的为 (　　) A．b１０＝８b５ B．{bn}是等比数列 C．a１b３０＝１０５ D． a３＋a５＋a７ a２＋a４＋a６ ＝２０９１９３ １１．«瀑布»(图１)是埃舍尔为人所知的作品．画面两座高塔各有一个几何体,左塔上方是著名的“三立 方体合体”(图２)．在棱长为２的正方体ABCD－A′B′C′D′中建立如图３所示的空间直角坐标系 (原点O为该正方体的中心,x,y,z轴均垂直该正方体的面),将该正方体分别绕着x轴、y轴、z 轴旋转４５°,得到的三个正方体AnBnCnDn－An′Bn′Cn′Dn′,n＝１,２,３(图４,５,６)结合在一起便可得到 一个高度对称的“三立方体合体”(图７)．在图７所示的“三立方体合体”中,下列结论正确的是 (　　 ) 　 A．设点Bn′的坐标为(xn,yn,zn),n＝１,２,３,则x２n＋y２n＋z２n＝３ B．设B２C２∩A３B３＝E,则B３E＝ ２ ３ C．点A１ 到平面B２C２B３ 的距离为 ２ ６ ３ D．若G为线段B２C２ 上的动点,则直线A２G与直线A１B１ 所成角最小为 π ６ 三、填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．如图,我国古代珠算算具算盘每个档(挂珠的杆)上有７颗算珠,用梁隔开,梁上面２颗叫上珠,下 面５颗叫下珠,若从某一档的７颗算珠中任取３颗,则既有上珠又有下珠的概率为　　　　　． ２Ｇ７１ １３．已知集合A＝ xx＋１x－２≤０{ },B＝{x|x＜a},若A∩B≠∅,且A∪B≠B,则实数a的取值范围是 　　　　　　　． １４．圆锥曲线光学性质(如图１所示)在建筑、通讯、精密仪器制造等领域有着广泛的应用．如图２,一个光学 装置由有公共焦点F１,F２ 的椭圆C与双曲线C′构成,一光线从左焦点F１ 发出,依次经过C′与C的反 射,又回到点F１ 历时m秒;若将装置中的C′去掉,则该光线从点F１ 发出,经过C两次反射后又回到点 F１ 历时n秒．若C与C′的离心率之比为 １ ３ ,则m n＝　　　　． 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．) １５．(１３分)(２０２４􀅰江苏省常州市前黄高级中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b, c,且 ３bsinB＋C２ ＝asinB ,边BC上有一动点D． (１)当D 为边BC 中点时,若AD＝ ３,b＝２,求c的长度; (２)当AD 为∠BAC的平分线时,若a＝４,求AD 的最大值． １６．(１５分)如图所示,四棱锥S－ABCD 中,△SAB 为等边三角形,四边形 ABCD 为菱形,ACBD＝ ３ ３ ,二面角SＧABＧC 为直二面角,点E 为线段AB 的 中点． (１)求证:SC⊥CD; (２)求直线BC与平面SCD所成角的余弦值． ３Ｇ７１ １７．(１５分)(２０２４􀅰山东省淄博实验中学与齐盛高级中学联考)已知函数f(x)＝２lnx＋ax２ (１)若f(x)在(１,f(１))处的切线与x轴平行,求a的值; (２)f(x)是否存在极值点,若存在,求出极值点,若不存在,请说明理由; (３)若f(x)＝２在区间[１,＋∞)上有两解,求a的取值范围． １８．(１７分)(２０２４􀅰云南模拟预测)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B 两类问题,每位参加比 赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误,则该同学比赛结 束;若回答正确,则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结 束．A 类问题中的每个问题回答正确得m(０＜m≤１００,m∈N)分,否则得０分;B类问题中的每个 问题回答正确得n(０＜n≤１００,n∈N)分,否则得０分．已知学生甲能正确回答A类问题的概率为p１, 能正确回答B类问题的概率为p２,且能正确回答问题的概率与回答次序无关． (１)若学生甲先回答A 类问题,m＝２０,n＝８０,p１＝０．８,p２＝０．６,记X 为学生甲的累计得分,求 X 的分布列和数学期望． (２)从下面的两组条件中选择一组作为已知条件．学生甲应选择先回答哪类问题,使得累计得分 的数学期望最大? 并证明你的结论．①m＝n,p１＞p２;②p１＝p２,m＞n． １９．(１７分)类比平面解析几何的观点,在空间中,空间平面和曲面可以看作是适合某种条件的动点 的轨迹,在空间直角坐标系OＧxyz中,空间平面和曲面的方程是一个三元方程F(x,y,z)＝０． (１)类比平面解析几何中直线的方程,直接写出: ①过点P(x０,y０,z０),法向量为n＝(A,B,C)的平面的方程; ②平面的一般方程; ③在x,y,z轴上的截距分别为a,b,c的平面的截距式方程(abc≠０);(不需要说明理由) (２)设F１,F２ 为空间中的两个定点,|F１F２|＝２c＞０,我们将曲面Γ定义为满足|PF１|＋|PF２|＝ ２a(a＞c)的动点P 的轨迹,试建立一个适当的空间直角坐标系OＧxyz,并推导出曲面T 的方程． ４Ｇ７１ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 创新示范卷(十七) 数学答题卡 选择题 (共５８分,１~８小题,每小题５分,９~１１小题,每小题６分) 正确填涂　　　　　 　１ A B C D 　４ A B C D 　７ A B C D 　１０ A B C D 　 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１ A B C D 　 ３ A B C D ６ A B C D ９ A B C D 　　　　 　　　　　　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 非选择题　　　　　　　　　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 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．) １５．(１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)七十(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(１５分) １７．(１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)七十(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)七十(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)七十(卡题答学数 同理k２＝ ４ y２＋２t , 所以k１＋k２＝ ４ y１＋２t ＋ ４y２＋２t ＝ ４(y１＋y２)＋１６t y１y２＋２t(y１＋y２)＋４t２ ＝１６m＋１６t ８t２＋８mt ＝２ (m＋t) t(m＋t)＝ ２ t． 选择②③⇒① 由题意直线AB 为:x＝my－t２, 且A(x１,y１),B(x２,y２),P(x２０,２x０), 由 x＝my－t２ y２＝４x{ ⇒y ２－４my＋４t１＝０, 所以y１＋y２＝４m,y１y２＝４t２(∗ ), k１＝ y１－２x０ x１－x２０ ＝y１－２x０ y２１ ４－x ２ ０ ＝ ４y１＋２x０ , 同理:k２＝ ４ y２＋２x０ , 所以k１＋k２＝ ４ y１＋２x０ ＋ ４y２＋２x０ ＝ ４(y１＋y２)＋１６x０ y１y２＋２x０(y１＋y２)＋４x２０ , 所以 ２(y１＋y２)＋８x０ y１y２＋２x０(y１＋y２)＋４x２０ ＝１t , 将(∗ )代入上式整理得:(t－x０)(t－x０－２m)＝０(∗∗ ), 且(∗∗)式对任意的m 成立, 所以t－x０＝０,即x０＝t,所以P(t２,２t)． １８．解:(１)r０＜r 理由如下:由题图可知,y与x 成正相关关系, ①异常点A,B 会降低变量之间的线性相关程度, ②５２个数据点与其经验回归直线的总偏差更大,回归 效果更差,所以相关系数更小, ③５０个数据点与其回归直线的总偏差更小,回归效果 更好,所以相关系数更大, ④５０个数据点更贴近其回归直线l, ⑤５２个数据点与其回归直线更离散． (２)由题中数据可得:􀭺x＝１５０∑ ５０ i＝１ xi＝１１６,􀭵y＝ １ ５０∑ ５０ i＝１ yi＝７８ 所以∑ ５０ i＝１ (xi－􀭺x)(yi－􀭵y)＝∑ ５０ i＝１ xiyi－５０􀭺x􀭵y＝１０３７０,所以 b̂＝ ∑ ５０ i＝１ (xi－􀭺x)(yi－􀭵y) ∑ ５０ i＝１ (xi－􀭺x)２ ＝１０３７０２８５４０≈０．３６ , â＝􀭵y－̂b􀭺x＝７８－０．３６×１１６＝３６．２４, 所以ŷ＝０．３６x＋３６．２４, 将x＝１２５代入,得y＝０．３６×１２５＋３６．２４＝８１．２４≈ ８１．２, 所以估计B 考生的物理成绩约为８１．２分． １９．解:(１)因为A０＝ １　３ ３　６( ) ,S＝{１,３}, A０ 经过φ１ 变换后得到的数阵A１＝ 　１　　３ －３　－６( ) , A１ 经过φ３ 变换后得到的数阵A２＝ －１　－３ ３ ６( ) , 所以Ts(A０)＝１＋３－３－６＝－５． (２)若S＝{２,４,５},则A３＝A０,可得Ts(A０)＝１＋３＋３ ＋６＝１３; 若e１＝１,e２,e３∈{２,４,５},则 A３＝ －１　－３ 　３　　６( ) ,可 得 Ts(A０)＝－１－３＋３＋６＝５; 若e３＝６,e１,e２∈{２,４,５},则 A３＝ 　１　　３ －３　－６( ) ,可 得 Ts(A０)＝１＋３－３－６＝－５; 若e１,e３,e２ 其中一个为３,另外两个属于{２,４,５},则A３ ＝ －１　－３－３　－６( ) , 可得Ts(A０)＝－１－３－３－６＝－１３; 若e１＝１,e２∈{２,４,５},e３＝６,则 A３＝ －１　－３ －３　－６( ) ,可 得Ts(A０)＝－１－３－３－６＝－１３; 若e１＝１,e２,e３ 其中一个为３,另外一个属于{２,４,５}, 则A３＝ 　１　　３ －３　－６( ) ,可 得 Ts(A０)＝１＋３－３－６＝ －５; 若e３＝６,e１,e２ 其中一个为３,另外一个属于{２,４,５}, 则A３＝ －１　－３ ３ ６( ) ,可 得 Ts(A０)＝－１－３＋３＋６ ＝５; 若e１＝１,e２＝３,e３＝６,则A３＝A０,可得Ts(A０)＝１＋３ ＋３＋６＝１３; 综上所述:Ts(A０)的所有可能取值的和为１３＋(－１３) ＋５＋(－５)＝０． (３)若a１１≠a１２,在{１,２,３,４,５,６}的所有非空子集中, 含有a１１且不含a１２的子集共２４ 个,经过变换后第一行 均变为－a１１、－a１２; 含有a１２且不含a１１的子集共２４ 个,经过变换后第一行 均变为－a１１、－a１２; 同时含有a１１和a１２的子集共２４ 个,经过变换后第一行 仍为a１１、a１２; 不含a１１也不含a１２的子集共２４－１个,经过变换后第一 行仍为a１１、a１２． 所以经过变换后所有Al 的第一行的所有数的和为２４ ×(－a１１－a１２)＋２４×(－a１１－a１２)＋２４×(a１１＋a１２)＋ (２４－１)×(a１１＋a１２)＝－a１１－a１２． 若a１１＝a１２,则{１,２,３,４,５,６}的所有非空子集中,含有 a１１的子集 共 ２５ 个,经 过 变 换 后 第 一 行 均 变 为－a１１、 －a１２; 不含有a１１的子集共２５－１个,经过变换后第一行仍为 a１１、a１２． 所以经过变换后所有Al 的第一行的所有数的和为２５ ×(－a１１－a１２)＋(２５－１)×(a１１＋a１２)＝－a１１－a１２． 同理,经过变换后所有Al 的第二行的所有数的和为－ a２１－a２２． 所以Ts(A０)的所有可能取值的和为－a１１－a１２－a２１ －a２２, 又因为a１１、a１２、a２１、a２２∈{１,２,􀆺,６},所以Ts(A０)的所 有可能取值的和不超过－４． 创新示范卷(十七) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 B D A B C B A A BD BD ACD １．B　[由题意可知,众数是４,A 错;中位数为７＋８２ ＝７．５ , D错;平均数为 ４＋４＋４＋７＋７＋８＋８＋９＋９＋１０ １０ ＝７ ,B 对;因 为 为 １０ ×７５％＝７．５,所以第７５百分位数为第８个数９,C错．] ２．D　[椭圆y ２ １００＋ x２ ３６＝１ 中a２＝１００,b２＝３６,所以a＝１０,b ＝６,由椭圆的定 义 可 得|PF１|＋|PF２|＝２a＝２０,又| PF１|＝４,所以|PF２|＝１６,即点P 到另一个焦点F２ 的 距离是１６．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０５Ｇ案答 数学(新) ３．A　[因为ξ~N(１３,σ ２),且P(１２＜ξ＜１４)＝０．７, 所以P(ξ≥１４)＝ １ ２× [１－P(１２＜ξ＜１４)]＝ １ ２× (１－ ０．７)＝０．１５, 所以样本中耗电量不小于１４W􀅰h/１００km 的汽车大约 １２００×０．１５＝１８０(辆)．] ４．B　[由 题 意,２an＋１ ＝an ＋an＋２,n∈N∗ ,∴an＋１ －an ＝ an＋２－aa＋１,a∈N∗ 则数列{an}为等差数列,设公差为d,S３＝３a２＝６,a３＝ ３,即a３＝３,a２＝２,则d＝１,则an＝a３＋d(n－３)＝n, 则Sn＝na１＋ n(n－１) ２ d ,所以Sn n ＝a１＋ n－１ ２ d ,Sn＋１ n＋１－ Sn n ＝d２ (常数),则 Sn n{ }也为等差数列． 则数列 Sn n{ }的公差为 １ ２ ,所以Sn n ＝ S１ １＋ (n－１)×１２＝ １＋n－１２ ＝ n＋１ ２ ,所以S２０２４ ２０２４＝ ２０２４＋１ ２ ＝ ２０２５ ２ ． ] ５．C　[根 据 函 数f(x)＝sin(ωx＋φ)的 部 分 图 象,可 得 １ ２ 􀅰２π ω＝ ５ ４－ １ ４ ,∴ω＝π． 再根据五点作图法,可得 π×１４＋φ＝π , ∴φ＝ ３π ４ ,f(x)＝sin πx＋３π４( )． 令２kπ－π２≤πx＋ ３π ４≤２kπ＋ π ２ , 求得２k－５４≤x≤２k－ １ ４ ,k∈Z, 故函数的增区间为 ２k－５４ ,２k－１４[ ] ,k∈Z． 再 把 k 换 成 k ＋ １,可 得 函 数 的 增 区 间 为 ２k＋３４ ,２k＋７４[ ] ,k∈Z．] ６．B　[若小王在１号路口,小李在２号路口,则剩余４个人 分到两个路口,两个路口为１＋３人分布,共有C１４C３３A２２＝ ８(种)方 案,两 个 路 口 为 ２＋２ 人 分 布,共 有 C２４C２２A２２ A２２ ＝ ６(种)方案,此时共有８＋６＝１４(种)方案;同理若小王在 ２号路口,小李在１号路口,也共有８＋６＝１４(种)方案． 所以一共有２８(种)不同安排方案种数．] ７．A　[由题意知,根据第n－１次推送时购买、没有购买两 种情况,写出第n次推送时没有购买的概率 第n次(n≥２)推送时不购买此商品的概率Pn＝ ３ ４Pn－１ ＋２３ (１－Pn－１)＝ １ １２Pn－１＋ ２ ３ , 所以Pn－ ８ １１＝ １ １２ (Pn－１－ ８ １１ ),由题意知P１＝ ９ １１ ,则P１ －８１１＝ １ １１ ,所以 Pn－ ８ １１{ } 是首项为 １ １１ 、公比为 １ １２ 的等 比数列,所以 Pn－ ８ １１＝ １ １１ 􀅰 １ １２n－１ ,即 Pn＝ ８ １１＋ １ １１ 􀅰 １ １２n－１ ．显然数列{Pn}递减,所以当n≥２时,Pn≤P２＝ ８ １１ ＋１１１ 􀅰１ １２＝ ９７ １３２． 所以 M 的最小值为９７１３２． ] ８．A　[f′(x)＝１＋１x２ ＋ax ＝ x２＋ax＋１ x２ ,由题意得, 方程x２＋ax＋１＝０的两正根分别为m,n, 则 Δ＝a２－４＞０, －a＞０,{ 解得a＜－２, 且m＋n＝－a,mn＝１,∴n＝１m ,a＝－m－１m , 则f(m)－f(n)＝２ －m－１m( )lnm＋m－ １ m[ ] , m∈ ０,１e( ] ;令φ(x)＝２ －x－ １ x( )lnx＋x－ １ x[ ] , x∈ ０,１e( ] , 则φ′(x)＝２ １ x２－１( )lnx＝ ２(１－x)(１＋x) x２ lnx; 当x∈ ０,１e( ] 时,φ′(x)＜０恒成立, ∴φ(x)在 ０, １ e( ] 上 单 调 递 减,∴φ(x)min＝φ １ e( ) ＝ ４ e ,即f(m)－f(n)的最小值为４e． ] ９．BD　[对于 A,令z１＝１＋i,z２＝－i,则z１＋z２＝１＞０,此 时z２≠􀭵z１,A错误;对于B,设z１＝a＋bi,z２＝c＋di(a,b, c,d∈R),则z１z２＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝０, 所以,ac－bd＝０ , ad＋bc＝０,{ 即 ac＝bd, ad＝－bc,{ 则a ２cd＝－b２cd; 若c＝d＝０,则a２cd＝－b２cd成立,此时z２＝０; 若c＝０,d≠０,由ac＝bd知b＝０;由ad＝－bc知:a＝０, 此时z１＝０; 同理可知:当c≠０,d＝０时,z１＝０; 若c≠０,d≠０,由a２cd＝－b２cd得:a２＝－b２,则a＝b＝ ０,此时z１＝０; 综上所述:若z１z２＝０,则z１＝０或z２＝０,B正确; 对于 C,令z１＝１,z２＝i,则|z１|＝|z２|＝１,此时z２１≠z２２, C错误; 对于 D,设z＝a＋bi,z１＝a１＋b１i,z２＝a２＋b２i(a,b,a１, b１,a２,b２∈R), 则z－z１＝(a－a１)＋(b－b１)i,z－z２＝(a－a２)＋(b－ b２)i, 由|z－z１|＝|z－z２|,可得 (a－a１)２＋(b－b１)２＝ (a－a２)２＋(b－b２)２, 所以２a(a１－a２)＋２b(b１－b２)＋a２２－a２１＋b２２－b２１＝０,又 a１－a２、b１－b２ 不全为零,所以２(a１－a２)a＋２(b１－b２)b ＋a２２－a２１＋b２２－b２１＝０表示一条直线,即z在复平面对应 的点在一条直线上,故 D正确．] １０．BD　[由题意可知,数列{an}为等差数列,设数列{an} 的公差为d,a１＝５,由题意可得３０a１＋ ３０×２９d ２ ＝３９０ , 解得d＝１６２９ ,∴an＝a１＋(n－１)d＝ １６n＋１２９ ２９ , bn＝２an ,∴ bn＋１ bn ＝２ an＋１ ２an ＝２an＋１－an ＝２d(非零常数),则 数列{bn}是等比数列,B选项正确; ∵５d＝５×１６２９＝ ８０ ２９≠３ ,b１０ b５ ＝(２d)５＝２５d ≠２３,∴b１０≠ ８b５,A选项错误; a３０＝a１＋２９d＝５＋１６＝２１,∴a１b３０＝５×２２１＞１０５,C选 项错误;a４＝a１＋３d＝５＋３× １６ ２９＝ １９３ ２９ ,a５＝a１＋４d＝ ５＋４×１６２９＝ ２０９ ２９ , 所以,a３＋a５＋a７ a２＋a４＋a６ ＝ ３a５ ３a４ ＝ a５ a４ ＝２０９１９３ ,D选项正确．] １１．ACD　[正方体棱长为２,面对角线长为２ ２,由题意 A(１,－１,１),B(１,１,１),C(－１,１,１),D(－１,－１,１), 旋转后A１(１,－ ２,０),B１(１,０,２),C１(－１,０,２), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １５Ｇ案答 参考答案 D１(－１,－ ２,０),A２(２,－１,０),B２(２,１,０),C２(０,１, ２),D２ (０,－１,２),A３ (２,０,１),B３ (０,２,１), C３(－ ２,０,１),D３(０,－ ２,１),旋转过程中,正方体的 顶点到中心O 的距离不变,始终为 ３,因此选项 A 中, n＝１,２,３,x２n＋y２n＋z２n＝３,A 正确;B３A３ → ＝(２,－ ２, ０),设B３E → ＝λB３A３ → ＝(２λ,－ ２λ,０),则B２E → ＝B２B３ → ＋ B３E → ＝(－ ２,２－１,１)＋(２λ,－ ２λ,０)＝(２λ－ ２, － ２λ＋ ２－１,１),B２C２ → ＝(－ ２,０,２),E∈B２C２,则 存在实数m,使得B２E → ＝mB２C２ →,(２λ－ ２,－ ２λ＋ ２ －１,１)＝(－ ２m,０,２m), ２λ－ ２＝－ ２m, － ２λ＋ ２－１＝０, １＝ ２m, { λ＝１－ ２２,∴|B３E|＝λ|B３A３|＝ １－ ２２ æ è ç ö ø ÷×２＝２－ ２,B 错 误;B２C２ → ＝(－ ２,０,２), B３C２ → ＝(０,１－ ２,２－１),设 n＝ (x,y,z)是 平 面 B２C２B３ 的一个法向量,则 n􀅰B２C２ → ＝－ ２x＋ ２z＝０, n􀅰B３C２ → ＝(１－ ２)y＋(２－１)z＝０,{ 令x＝１,得n＝ (１,１,１),又A１B３ → ＝(－１,２ ２,１),∴A１ 到平面B２C２B３ 的距 离 为d＝|n 􀅰A１B３ → | |n| ＝ |－１＋２ ２＋１| ３ ＝２ ６３ ,C 正确;B２C２ → ＝(－ ２,０,２),设B２G → ＝kB２C２ → ＝(－ ２k, ０,２k)(０≤k≤１),A２G → ＝A２B２ → ＋B２G → ＝(０,２,０)＋ (－ ２k,０,２k)＝(－ ２k,２,２k),A１B１ → ＝(０,２,２), cos‹A２G →,A１B１ →›＝ A２G →􀅰A１B１ → |A２G → ||A１B１ → | ＝ ２ ２＋２k ２ ４k２＋４ ＝ ２＋k ２ k２＋１ ,令f(k)＝ ２＋k ２ k２＋１ ,则f′(k)＝ １－ ２k ２(１＋k２) １＋k２ ,当０≤k＜ ２２ 时,f′(k)＞０,f(k)递 增,当 ２ ２＜k≤１ 时,f′(k)＜０,f(k)递减,∴f(k)max＝ f ２２ æ è ç ö ø ÷＝ ３２ ,又f(０)＝ ２２ ,f(１)＝ ２＋１ ２ ２ ＞ ２２ ,所 以 f(k)∈ ２２ ,３ ２[ ] ,即 cos‹A２G →,A１B１ →›∈ ２ ２ ,３ ２[ ] , ‹A２G →,A１B１ →›∈ π６, π ４[ ] ,A２G →,A１B１ → 夹 角 的 最 小 值 为 π ６ ,从而直 线 A２G 与 直 线A１B１ 所 成 角 最 小 为 π ６ ,D 正确．] １２．解析:设事件A 表示“从一档的７颗算珠中任取３颗, 既有上珠又 有 下 珠”,所 以 P(A)＝C ２ ２C１５＋C１２C２５ C３７ ＝２５３５ ＝５７． 答案:５ ７ １３．解析:由x＋１x－２≤０ 可得: (x＋１)(x－２)≤０, x≠２,{ 解得:－１ ≤x＜２, 所以A＝{x|－１≤x＜２}, 因为A∩B≠∅,且A∪B≠B, 所以a∈(－１,２)． 答案:(－１,２) １４．解析:设椭圆的长半 轴 长 为a１,双 曲 线 的 实 半 轴 长 为 a２,在图２左图中,由椭圆定义可得|BF１|＋|BF２|＝ ２a１,　①,由双曲线定义可得|AF２|－|AF１|＝２a２,　 ②,①－②得|AF１|＋|AB|＋|BF１|＝２a１－２a２, 所以△ABF１ 的周长为２a１－２a２． 在图２右图中,光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆反 射后经过椭圆的另一个焦点, 即直线ED 过点F２,所以△EDF１ 的周长为４a１, 又因为椭圆与双曲线焦点相同,离心率之比为１ ３ , 所以a１＝３a２,又两次所用时间分别为m,n, 而光速相同,所以m n ＝ ２a１－２a２ ４a１ ＝ ６a２－２a２ １２a２ ＝１３． 答案:１ ３ １５．解:(１)因为 ３bsinB＋C２ ＝asinB , 所以 ３bsinπ－A２ ＝asinB ,即 ３bcosA２＝asinB． 由正弦定理,得 ３sinB􀅰cosA２＝sinA 􀅰sinB． 因为sinB≠０,所以 ３cosA２＝sinA＝２sin A ２cos A ２ 因为cosA２≠０ ,所以sinA２＝ ３ ２． 又因为０＜A２＜ π ２ ,所以A ２＝ π ３ ,所以A＝２π３． 因为D 为边BC 中点,所以２AD → ＝AB → ＋AC →, 则４|AD→| ２ ＝ (AB → ＋AC → ) ２ 又AD＝ ３,b＝２,A＝２π３ , 所以１２＝c２＋４＋４c􀅰cos２π３ ,即c２－２c－８＝０, 即(c－４)(c＋２)＝０, 所以c＝４． (２)在△ABC 中,由 余 弦 定 理,得a２＝b２＋c２－２bc􀅰 cos∠BAC, 又a＝４,∠BAC＝２π３ ,所以１６＝b２＋c２＋bc, 所以１６＝(b＋c)２－bc≥(b＋c)２－ (b＋c)２ ４ ＝ ３ ４ (b＋ c)２,当且仅当b＝c时取等号, 所以(b＋c)２≤６４３ ,所以４＜b＋c≤８ ３３ ． 因为S△ABC ＝S△ABD ＋S△ACD ,AD 平 分 ∠BAC,∠BAC ＝２π３ ,所以１ ２bc 􀅰sin２π３ ＝ １ ２b 􀅰AD􀅰sin π３ ＋ １ ２c 􀅰 AD􀅰sinπ３ ,所以bc＝AD􀅰(b＋c), 所以AD＝ bcb＋c＝ (b＋c)２－１６ b＋c ＝b＋c－ １６ b＋c． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２５Ｇ案答 数学(新) 令t＝b＋c,则AD＝t－１６t ,４＜t≤８ ３３ ． 因为y＝t－１６t 在 ４,８ ３３ æ è ç ] 上单调递增, 所以当t＝８ ３３ 即b＝c＝４ ３３ 时,y取得最大值为２ ３３ , 所以AD 的最大值为２ ３３ ． １６．解析:(１)连接CE,如图所示: ∵四边形ABCD 是菱形,∴AC⊥BD, 又∵ACBD＝ ３ ３ ,∴∠ABC＝６０°,∴△ABC 是 等 边 三 角 形．∵点E 为线段AB 的中点,∴CE⊥AB． 又∵AB∥CD,∴CE⊥CD．∵在等边△SAB 中,点E 为 线段AB 的 中 点,∴SE⊥AB,由 AB∥CD 可 得,SE ⊥CD． 又∵SE∩CE＝E,∴CD⊥平面SEC, 而SC⊂平面SEC,故SC⊥CD． (２)∵SE⊥AB,二 面 角 SＧABＧC 为 直 二 面 角,平 面 SAB∩ 平 面 ABCD＝AB,SE⊂ 平 面SAB, ∴SE⊥ 平 面 ABCD, ∴直线ES,EB,EC 两 两垂直． 以点E 为坐标原点,分别以ES,EB,EC 所在直线为坐 标轴建立空间直角坐标系如图所示: 不妨设AB＝２,则S(３,０,０),C(０,０,３),D(０,－２, ３),B(０,１,０), ∴DC→＝(０,２,０),SC→＝(－ ３,０,３),BC→＝(０,－１,３); 设平面SCD 的一个法向量为n＝(x,y,z), ∴ DC→􀅰n＝０, SC→􀅰n＝０,{ ∴ ２y＝０, － ３x＋ ３z＝０．{ 令x＝１,得n＝(１,０,１), 记 直 线 BC 与 平 面 SCD 所 成 角 为θ,则 sinθ＝ |BC→􀅰n| |BC→|􀅰|n| ＝ ６４ , 故所求余弦值cosθ＝ １－sin２θ＝ １０４ ． １７．解:(１)由函数f(x)＝２lnx＋ax２ , 可得f′(x)＝２x－ ２a x３ , 因为f(x)在 (１,f(１))处 的 切 线 与 x 轴 平 行,可 得 f′(１)＝０,即２－２a＝０,解得a＝１． 经检验,当a＝１时,f(x)在(１,f(１))处的切线为y＝１, 满足题意, 所以实数a的值为１． (２)由函数f(x)＝２lnx＋ax２ 的定义域为(０,＋∞),且 f′(x)＝２x ２－２a x３ ,则当a≤０时,f′(x)＞０恒成立,f(x) 在(０,＋∞)上单调递增,无极值点; 当a＞０时,令f′(x)＝０,解得x＝± a, 则x,f(x)和f′(x)随x的变化如下表: x (０,a) a (a,＋∞) f′(x) － ０ ＋ f(x) 递减 极小值 递增 此时,存在极小值点为 a,无极大值点． 综上:当a≤０时,无极值点; 当a＞０时,存在极小值点为 a,无极大值点． (３)由(２)知: 当a≤０时,f(x)在(０,＋∞)上单调递增,f(x)＝２在 区间[１,＋∞)上有最多一解 所以a≤０不成立; 当a＞０时,y＝f(x)在(０,a)单调递减,在(a,＋∞) 单调递增, 当x＝ a时,f(x)有极小值f(a)＝lna＋１, 令x０＝max{a,e},则 当x＞x０ 时,f(x)＞f(x０)＝ ２lnx０＋ a x２０ ＞２lnx０≥２, 若f(x)＝２在区间[１,＋∞)上有两解, 则满足 a＞１, f(１)＝a≥２, f(a)＝lna＋１＜２, { 解得２≤a＜e, 综上所述,实数a的取值范围是[２,e) １８．解:(１)由题意得X 的可能取值为０,２０,１００． P(X＝０)＝０．２, P(X＝２０)＝０．８×０．４＝０．３２, P(X＝１００)＝０．８×０．６＝０．４８, 分布列如下表: X ０ ２０ １００ P ０．２ ０．３２ ０．４８ P(X)＝０×０．２＋２０×０．３２＋１００×０．４８＝５４．４． (２)如果选择条件①． 若甲同学选择先回答A 类问题,得到对应的分布列为 X１ ０ m ２m P １－p１ p１(１－p２) p１p２ E(X１)＝０×(１－p１)＋mp１(１－p２)＋２mp１p２＝mp１(１ ＋p２)． 若甲同学选择先回答B 类问题,得到对应的分布列为 X２ ０ n ２n P １－p２ p２(１－p１)p１p２ E(X２)＝０×(１－p２)＋np２(１－p１)＋２np１p２＝np２(１ ＋p１)． 所以E(X１)－E(X２)＝mp１(１＋p２)－np２(１＋p１)＝ m(p１－p２)＞０, 所以甲同学先回答A 类问题的期望大． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３５Ｇ案答 参考答案 如果选择条件②． 若甲同学选择先回答A 类问题,得到对应的分布列为 X３ ０ m m＋n P １－p２ p１(１－p２) p１p２ E(X３)＝０×(１－p２)＋mp１(１－p２)＋(m＋n)p１p２＝ p１(m＋np２)． 若甲同学选择先回答B 类问题,得到对应的分布列为 X４ ０ n m＋n P １－p２ p２(１－p１) p１p２ E(X４)＝０×(１－p２)＋np２(１－p１)＋(m＋n)p１p２ ＝p２(n＋mp１)． 所以E(X３)－E(X４)＝(m－n)p１＞０, 所以甲同学先回答A 类问题的期望大． １９．解:(１)①A(x－x０)＋B(y－y０)＋C(z－z０)＝０,理由 如下: 设平面上除P(x０,y０,z０)任意一点坐标为Q(x,y,z), 则PQ →􀅰n＝０,即 A(x－x０)＋B(y－y０)＋C(z－z０) ＝０, 又A(x０－x０)＋B(y０－y０)＋C(z０－z０)＝０, 故过点P(x０,y０,z０),法向量为n＝(A,B,C)的平面的 方程为A(x－x０)＋B(y－y０)＋C(z－z０)＝０; ②平面的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝０,理由如下: 由①可得A(x－x０)＋B(y－y０)＋C(z－z０)＝０, 变形为Ax＋By＋Cz－Ax０－By０－Cz０＝０,令 D＝－ Ax０－By０－Cz０, 故平面的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝０; ③在x,y,z轴上的截距分别为a,b,c的平面的截距式 方程(abc≠０)为xa ＋ y b ＋ z c ＝１ ,理由如下:由②可得 平面的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝０,由于方程在 x,y,z轴上存在截距,且截距不为０,故A≠０,B≠０,C ≠０,D≠０, 变形为Ax＋By＋Cz＝－D,故 x －DA ＋ y －DB ＋ z －DC ＝ １,令－DA ＝a ,－DB ＝b ,－DC ＝c ,故在x,y,z轴上的截 距分别为a,b,c的平面的截距式方程(abc≠０)为xa ＋ y b ＋ z c ＝１ ; (２)以两个定点F１,F２ 的中点为坐标原点O,以F１,F２ 所在直线为y轴,以线段F１F２ 的垂直平分线为x 轴, 以与xOy平面垂直的直线为z 轴,建立空间直角坐标 系,则F１(０,c,０),F２(０,－c,０),设 P(x,y,z),可得| F１F２|＝２c＞０,|PF１|＋|PF２|＝２a(a＞c), 所以 x２＋(y－c)２＋z２＋ x２＋(y＋c)２＋z２＝２a, 移项得 x２＋(y－c)２＋z２＝ ２a－ x２＋(y＋c)２＋z２, 两 边 平 方 得 x２ ＋ (y －c)２ ＋z２ ＝ ４a２ － ４a x２＋(y＋c)２＋z２＋x２＋(y＋c)２＋z２, 即４a x２＋(y＋c)２＋z２＝４a２＋(y＋c)２－(y－c)２＝ ４a２＋４cy,故a x２＋(y＋c)２＋z２＝a２＋cy,两边平方 得,a２x２＋(a２－c２)y２＋a２z２＝a２(a２－c２),两边同除以 a２(a２－c２)得, x ２ a２－c２ ＋y ２ a２ ＋ z ２ a２－c２ ＝１,令b２＝a２－c２, 故曲面Γ的方程为x ２ b２ ＋y ２ a２ ＋z ２ b２ ＝１(b２＝a２－c２)． 创新示范卷(十八) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 D C A D B D A C AB ABCBCD １．D　[数据由小到大排列为５,５,６,７,８,８,８,因此,这组数 据的众数为８,中位数为７．] ２．C　[依题意,设椭圆的长轴为２a,半焦距为c,则|F１F２|＝ ２c,则|PF２|＝２c,|PF１|＝２ ２c, 于是２a＝|PF１|＋|PF２|＝２ ２c＋２c, ∴e＝ca ＝ ２c ２a＝ ２c ２ ２c＋２c ＝ ２－１．] ３．A　[因 为 前 ９ 个 小 时 废 气 中 的 污 染 物 恰 好 被 过 滤 掉 ８０％,所以 P０􀅰e－９k＝ １ ５P０ ,即e－９k＝ １５ ,所以e－３k＝ １ ５( ) １ ３ ．再继续过滤３小时,废气中污染物的残留量约 为P０􀅰e－１２k＝P０×(e－３k)４＝P０× １ ５( ) ４ ３ ≈ １５×０．５８５ ×P０≈１２％P０．] ４．D　[对 A选项:若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l可能与n 平行或 异面,故 A错误;对B选项:若l∥α,l∥β,则α与β 可能 平行或相交,故B错误;对 C选项:若m∥β,n∥β,m⊂α, n⊂α,可能 m∥n,此时α与β 可能平行或相交,故 C 错 误;对 D选项:若l∥β,则必存在直线p⊂β,使l∥p,又l ⊥α,则p⊥α,又p⊂β,则α⊥β,故 D正确．] ５．B　[因 为 ２x－y ２ x( )(x＋y) ５ ＝２x(x＋y)５ －y ２ x (x＋ y)５,２x(x＋y)５ 的展开式通项为Tk＋１＝２xCk５􀅰x５－k􀅰yk ＝２Ck５􀅰x６－k􀅰yk,得 ６－k＝３, k＝３,{ 可得k＝３, y２ x (x＋y)５ 的展开式通项为Sr＋１＝y ２ xC r ５􀅰x５－r􀅰yr＝Cr５􀅰x４－r􀅰 yr＋２,由 r＋２＝３ ４－r＝３{ ,可得r＝１,因此 ２x－ y２ x( )(x＋y) ５ 的 展开式中,x３y３ 的系数为２C３５－C１５＝１５．] ６．D　[设等比数列{an}的公比为q≠１, 由a１,a２,a３－１成等差数列得２a２＝a１＋a３－１, 即２a１q＝a１＋a１q２－１, 整理得a１＝ １ (q－１)２ ,故{an}为正项数列, 又因为等比数列{an}单调递增,说明其公比q＞１, 于是a１１＝ q １０ (q－１)２ ． 设f(q)＝ q ５ q－１ (q＞１),则 f′(q)＝５q ４(q－１)－q５ (q－１)２ ＝ q４(４q－５) (q－１)２ ,所以当q∈ １,５４( ) 时,f′(q)＜０,f(q)单调 递减;当q∈ ５４ ,＋∞( ) 时,f′(q)＞０,f(q)单调递增, 故当q＝５４ 时,a１１＝f２(q)取最小值; 于是可求得a１＝１６,an＝a１qn－１＝１６× ５ ４( ) n－１ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４５Ｇ案答 数学(新)