精品解析：吉林省长春市长春吉大附中实验学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试卷

“兴酣落笔摇五岳，意气风发凌九霄” 2023-2024学年下学期高二年级 期中考试数学学科试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共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. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 2. 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 3. 已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ） 参考数据：若，则. A. 13272 B. 16372 C. 16800 D. 19518 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为偶数，两次的点数之和为8，则（     ） A. B. C. D. 5. 若一个四位数的各位数字之和为4，则称该四位数为“F数”，这样的“F数”有（ ） A. 17个 B. 19个 C. 20个 D. 21个 6. 为研究某池塘中水生植物覆盖水塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系．设，与的数据如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 7 A. B. C. D. 7. 已知随机变量的分布列如表所示： 0 p 其中，若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，均为正数，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题包括3个小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 在的展开式中（ ） A. 所有奇数项的二项式系数的和为128 B. 二项式系数最大的项为第5项 C. 有理项共有两项 D. 所有项的系数的和为 10. 已知定义在R上的可导函数和的导函数、图象如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ） A. 有1个极大值点和2个极小值点 B. 有2个极大值点和1个极小值点 C. 有最大值 D. 有最小值 11. 商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从， 两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达 ，为止，下列说法正确的是（ ） A. 甲从必须经过到达 的方法数共有9种 B. 甲从到 的方法数共有180种 C. 甲、乙两人在处相遇的概率为 D. 甲、乙两人相遇的概率为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未使用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出零假设H0：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用2×2列联表计算得χ2≈3.918，经查临界值表知.则下列结论中，正确结论的序号是____.  ①认为“这种血清能起到预防感冒的作用”犯错误的概率不超过0.05；②若某人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒；③这种血清预防感冒的有效率为95%；④这种血清预防感冒的有效率为5%. 13. 某不透明纸箱中共有8个小球，其中2个白球，6个红球，它们除颜色外均相同．一次性从纸箱中摸出4个小球，摸出红球个数为，则______． 14. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则____. 四、解答题：本题共5个小题，共77分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的，，并且各车间的次品率依次为． （1）从该厂这批产品中任取一件，求取到次品的概率； （2）从该厂这批产品中有放回地抽取100次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立，用表示这100次抽取的零件中是次品的总件数，试估计的数学期望EX． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点 （ 异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若满足，求证：； （3）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围. 已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为. 19. 若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值; 20. 若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”; 21. 已知数列，求证:. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “兴酣落笔摇五岳，意气风发凌九霄” 2023-2024学年下学期高二年级 期中考试数学学科试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共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. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 【答案】C 【解析】 【分析】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，不同的投法有种. 故选：C. 2. 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大，得到展开式共有项，可求得的值． 【详解】因为展开式中，二项式系数最大的项只有第项即最大， 根据二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大， 所以，解得. 故选：B. 3. 已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ） 参考数据：若，则. A. 13272 B. 16372 C. 16800 D. 19518 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布曲线的性质即可列式求解. 【详解】依题意，故所求人数为. 故选：C. 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为偶数，两次的点数之和为8，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合古典概率计算即得. 【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，基本事件共有种， 其中事件有种，事件有，共种， 所以. 故选：C 5. 若一个四位数的各位数字之和为4，则称该四位数为“F数”，这样的“F数”有（ ） A. 17个 B. 19个 C. 20个 D. 21个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，分五种情况讨论，结合排列数、组合数的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，可得， 当四位数为由构成时，共有1种情况； 当四位数为由构成时，共有种情况； 当四位数为由构成时，共有种情况； 当四位数为由构成时，共有种情况； 当四位数为由构成时，共有1种情况, 由分类计数原理，可得共有种不同的“F数”. 故选：C. 6. 为研究某池塘中水生植物覆盖水塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系．设，与的数据如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 7 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出样本中心点，进而求出，再还原模型即可. 【详解】依题意，， 由与的线性回归方程，得，则， 即，因此，所以. 7. 已知随机变量的分布列如表所示： 0 p 其中，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据期望和方差的公式代入计算即可. 【详解】因为，所以， ， 所以. 所以. 故选：A. 8. 已知，，均为正数，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将所求拆分成，，，令，，，，且，可看作函数与，，的交点，通过函数单调性以及函数的增长速度结合零点存在性定理可比较出的大小. 【详解】解：可变形为：，可变形为：，可变形为：， 令，，，，且， 可知分别为函数与，，的交点横坐标， 当时，单调递增且，， ，，这三个函数全部单调递减，且，，，， 由零点存在性定理可知：，所以只需判断，，这三个函数的单调性，在范围内下降速度快的，交点横坐标小，下降速度慢的交点横坐标大， 由图象可知，下降速度最慢，所以最大， ，，时，，所以交点， 故选：B 【点睛】关键点点睛：将等式变形为函数交点的问题，通过比较函数增长的快慢来求解. 二、多项选择题：本大题包括3个小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 在的展开式中（ ） A. 所有奇数项的二项式系数的和为128 B. 二项式系数最大的项为第5项 C. 有理项共有两项 D. 所有项的系数的和为 【答案】AB 【解析】 【分析】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A；二项式系数的最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式，再对赋值，即可确定C；令，可求出所有项的系数的和，从而确定D. 【详解】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为，故A正确； 对于B, 二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确； 对于C,，为有理项，可取的值为，所以有理项共有三项，故C错误； 对于D,令，则所有项系数和为，故D错误. 故选：AB. 10. 已知定义在R上的可导函数和的导函数、图象如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ） A. 有1个极大值点和2个极小值点 B. 有2个极大值点和1个极小值点 C. 有最大值 D. 有最小值 【答案】BC 【解析】 【分析】图象可知，的图象有三个不同交点，将其横坐标按从小到大依次设为，则，结合图象，利用导数判定的单调性，即可得到极值点. 【详解】根据的图象可得，与的图象有三个不同的交点， 设这些点的横坐标依次为，满足，其中. 由图可知，当时，，即， 故函数在上单调递增， 当时，，即， 故函数在上单调递减， 当时，，即， 故函数在上单调递增， 当时，，即， 故函数在上单调递减. 综上所述，函数分别在时取得极大值，在时取得极小值, 即函数有2个极大值点和1个极小值点,故B项正确，A项错误； 因时，的趋近值未知，时，的趋近值也未知，故无法判断函数的最小值能否取得， 但因函数分别在时取得极大值， 故可取与中的较大者作为函数的最大值，故C项正确，D项错误. 故选：BC. 11. 商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（ ） A. 甲从必须经过到达的方法数共有9种 B. 甲从到的方法数共有180种 C. 甲、乙两人在处相遇的概率为 D. 甲、乙两人相遇的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项． 【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步， 从点到点，需要向右走2步，向前走1步， 所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确； 对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步， 所以，甲从到的方法数为种，B错误； 对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步， 再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步， 所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种， 乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种， 所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确； 对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、， 甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步， 所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为， 所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为， 同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为， 因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确． 故选：ACD． 【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未使用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出零假设H0：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用2×2列联表计算得χ2≈3.918，经查临界值表知.则下列结论中，正确结论的序号是____.  ①认为“这种血清能起到预防感冒的作用”犯错误的概率不超过0.05；②若某人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒；③这种血清预防感冒的有效率为95%；④这种血清预防感冒的有效率为5%. 【答案】① 【解析】 【分析】由独立性检验的原理的理解辨析即可判断. 【详解】，所以认为“这种血清能起到预防感冒的作用”，这种推断犯错误的概率不超过0.05，故①正确；要注意我们检验的是假设是否成立和该血清预防感冒的有效率是没有关系的，不是同一个问题，故②、③、④错误. 故答案为：① 13. 某不透明纸箱中共有8个小球，其中2个白球，6个红球，它们除颜色外均相同．一次性从纸箱中摸出4个小球，摸出红球个数为，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，可得服从超几何分布，再利用超几何分布的期望公式计算即得. 【详解】依题意，摸出红球个数服从超几何分布，， 所以. 故答案为：3 14. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则____. 【答案】0 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出时，过原点且与相切的切线斜率，以及过原点且与相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，则可求. 【详解】当时，过原点作的切线， 设切点，， ， 则切线方程为， 又切线过点所以， 所以. 设，则为增函数，且，所以， 当时，过原点作的切线， 设切点B， ， 则切线为，又切线过点 所以，又，， 因为，所以两切线垂直,所以. 故答案为：0. 四、解答题：本题共5个小题，共77分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的，，并且各车间的次品率依次为． （1）从该厂这批产品中任取一件，求取到次品的概率； （2）从该厂这批产品中有放回地抽取100次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立，用表示这100次抽取的零件中是次品的总件数，试估计的数学期望EX． 【答案】（1）0.023， （2）2.3. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得. （2）由（1）的结论，利用二项分布的期望公式计算即得. 【小问1详解】 记事件为“任取一件产品，恰好是次品”，事件为“取到甲车间生产的产品”， 事件为“取到乙车间生产的产品”，事件为“取到丙车间生产的产品”， 则， 由全概率公式得， 所以从该厂这批产品中任取一件，取到次品的概率为0.023. 【小问2详解】 依题意，的可能取值为，且服从二项分布， 由（1）知，， 即，所以. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接， 因为， 所以四边形为平行四边形. 因为，所以四边形为菱形， 所以，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，通过证明，得到 ，在结合面面垂直、线面垂直的性质即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面， 因为，取中点为，连，所以. 因为，为中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 所以两两互相垂直， 以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以. 设平面的法向量为， 由得， 取，得，则， 设平面的法向量为，由得， 取，得，则， 所以. 设平面与平面的夹角为，则. 所以，平面与平面夹角的余弦值为. 17. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或. 【解析】 【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出 所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程. 试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是. 所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为. （Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以. 所以，直线的方程为，或. 【考点】直线与椭圆综合问题 【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若满足，求证：； （3）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：由题意，则. 要证，只需证， 而，且函数在上单调递减， 故只需证， 又，所以只需证， 即证， 令， 即 ， 由均值不等式可得 （当且仅当，即时，等号成立）. 所以函数在上单调递增. 由，可得，即， 所以， 又函数在上单调递减， 所以，即得证. （3）. 【解析】 【分析】（1）对求导，分类讨论和，判断的正负即可得出答案； （2）要证，只需证，令，对求导，结合基本不等式得出在上单调递增，即可得证； （3）法一：对求导，分类讨论和，得出的单调性证明即可；法二、法三：分类讨论和 ，分离参数可得，分别由洛必达法则和拉格朗日中值定理求出即可. 【小问1详解】 解：， 当时，在上单调递增， 当时，令，解得， 单调递减， 单调递增， 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 法一：，则， 令， 当时，，在上单调递增，且. ①当时，在上单调递增， ，符合题意，. ②当时，又在上单调递增，且 当趋近正无穷，趋近正无穷， ，使得， 在上单调递减， 在上单调递增， 而，所以不合题意. 综上：实数的取值范围为. 法二：， 当时，恒成立， 当 时，由得， 即， 令，即， 则， 令， 则. 在上单调递增，， 即在上单调递增，而，所以符合洛必达法则. 由洛必达法则得： 实数的取值范围为. 法三：， 当时，恒成立， 当 时，由得， 即， 设，又， 则由拉格朗日中值定理可知： 令， 即 又， 在上单调递增，， 实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用方法有如下几种： 方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明； 方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为. 19. 若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值; 20. 若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”; 21. 已知数列，求证:. 【答案】19. . 20. 证明：充分性：若为等差数列，且是递减数列，则的公差为， 当时，，所以， 则，故充分性成立. 必要性:若是递减数列，，则为等差数列， 因为是递减数列，所以， 所以，且互不相等， 所以， 又因为， 所以且互不相等， 所以， 所以， 所以为等差数列，必要性成立. 所以若是递减数列，“”的充要条件是“为等差数列”. 21. 证明：由题意集合中的元素个数最多为个， 即， 对于数列，此时， 若存在，则，其中， 故， 若，不妨设，则，而， 故为偶数，为奇数，矛盾， 故，故，故由得到的彼此相异，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解； （2）若为等差数列，且是递减数列，得到，结合，证得充分性成立；再由是递减数列，得到，结合互不相等，得到，得到必要性成立，即可得证； （3）根据题意，得到，得出， 得到，不妨设，则，推得为奇数，矛盾，进而得证. 【19题详解】 解：由题意，数列， 可得， 所以集合，所以. 【20题详解】 略 【21题详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $