精品解析：重庆市第一中学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

重庆一中高2025届高二下期末考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知M，N均为的子集，若存在使得，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 若函数的定义域为，则的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. 已知A，B，C是三个随机事件，“A，B，C两两独立”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 4. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（ ） A. 1.25 B. 1.75 C. 2.25 D. 2.55 5. 将5本不同的书（2本文学书、2本科学书和1本体育书）分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为（ ） A. 78 B. 92 C. 100 D. 122 6. 一堆苹果中大果与小果的比例为，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，正实数满足，若，则实数的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 8. 在农业生产中，自动化控制技术的应用有效提高了农业生产效率.如图所示，在某矩形试验田中，为中点，为中点，三角形区域种植小麦，梯形区域种植玉米.为提高劳动效率，节约用水，现采用自动浇水机器人（忽略机器人的面积）对试验田进行灌溉.已知该机器人沿着以为焦点，为准线的抛物线运动，且向以自身为圆心，半径为的圆形区域内浇水.记小麦田能够被机器人灌溉的面积为，则（ ）（若直线与抛物线相切于点，平行于的直线与交于两点，记与围成的图形面积为的面积为，则） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 相关系数变小 B. 经验回归方程斜率变大 C. 残差平方和变小 D. 决定系数变小 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 定义在上的函数同时满足①；②当时，，则（     ） A. B. 为偶函数 C. ，使得 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则_______；_______. 13. 设是定义在上的单调增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则__________. 14. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 四、解答题：本题共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. 一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入（单位：千万元）对每件产品成本（单位：元）的影响，对近年的年技术创新投入和每件产品成本的数据进行分析，得到如下散点图，并计算得：，，，，. （1）根据散点图可知，可用函数模型拟合与的关系，试建立关于的回归方程； （2）已知该产品的年销售额（单位：千万元）与每件产品成本的关系为.该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本千万元，根据（1）的结果回答：当年技术创新投入为何值时，年利润的预报值最大？ （注：年利润=年销售额一年投入成本） 参考公式：对于一组数据、、、，其回归直线的斜率和截距的最小乘估计分别为：，. 16. 已知函数的图象恒过定点，其中且． （1）求实数的值，并研究函数的奇偶性； （2）函数，关于x的方程恰有唯一解，求实数的范围． 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若函数存在最大值，求的取值范围. 18. 如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2. （1）求双曲线的方程； （2）若直线交双曲线的右支于两点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②试探究：是否为定值？并说明理由. 19. 若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，. 那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数. （1）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值； （2）若为函数，且满足，求数列的前10项和； （3）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2025届高二下期末考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知M，N均为的子集，若存在使得，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知存在，从而可知答案. 【详解】因为，所以，又因为，所以，故，故A正确； 由于题目条件是存在，所以不能确定集合M，N之间的包含关系，故BCD错误； 故选：A. 2. 若函数的定义域为，则的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求得函数的定义域为，然后结合抽象函数定义域与求解即可； 【详解】由题意可知，所以，要使函数有意义，则解得. 故选：D 3. 已知A，B，C是三个随机事件，“A，B，C两两独立”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】D 【解析】 【分析】举特例验证即可. 【详解】解析：一方面，考虑含有等可能的样本点，. 则，故两两独立，但，故此时，不成立. 另一方面，考虑含有等可能的样本点，. 则 ，故不独立，也即两两独立不成立. 综上，“两两独立”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（ ） A. 1.25 B. 1.75 C. 2.25 D. 2.55 【答案】C 【解析】 【分析】利用经验公式将数据代入构造方程组，再由对数运算法则可解得常数. 【详解】根据题意由可得， 两式相除可得，即可得， 两边同时取对数可得，即可得； 即. 故选：C 5. 将5本不同的书（2本文学书、2本科学书和1本体育书）分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为（ ） A. 78 B. 92 C. 100 D. 122 【答案】C 【解析】 【分析】分体育书分给甲和乙两种情况求解. 【详解】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有种， 当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有种. 综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是. 同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50. 故不同的分配方法数是. 故选：C 6. 一堆苹果中大果与小果的比例为，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，利用全概率公式计算出的值，再利用贝叶斯公式可求得所求事件的概率. 【详解】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果， 记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”， 则，，，， 由全概率公式可得， ， 因此，. 故选：A. 7. 设函数，正实数满足，若，则实数的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得，从而得到，再令，最后利用基本不等式计算可得. 【详解】因为，所以，， 又， 所以，即， 因为，，所以，所以，所以， 又，即， 所以，所以， 令，则， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以，所以， 则实数的最大值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而参变分离得到，再换元、利用基本不等式求出的最小值. 8. 在农业生产中，自动化控制技术的应用有效提高了农业生产效率.如图所示，在某矩形试验田中，为中点，为中点，三角形区域种植小麦，梯形区域种植玉米.为提高劳动效率，节约用水，现采用自动浇水机器人（忽略机器人的面积）对试验田进行灌溉.已知该机器人沿着以为焦点，为准线的抛物线运动，且向以自身为圆心，半径为的圆形区域内浇水.记小麦田能够被机器人灌溉的面积为，则（ ）（若直线与抛物线相切于点，平行于的直线与交于两点，记与围成的图形面积为的面积为，则） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线和直线的方程.把抛物线向右平移个单位得到，求平行于且与相切的直线，并求出切点，则可求切点到直线的距离，再联立方程组，求抛物线与直线的交点，由韦达定理和弦长公式得到弦长，把距离和弦长代入三角形面积公式可求抛物线和直线围成的三角形面积，根据题目所给的公式，可求抛物线和直线围成的图形的面积.再把抛物线向左平移个单位，用同样的方法求出，即可得到直线左侧，两条平移后的抛物线围成的区域的面积.最后验证机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，即可得到结论. 【详解】如图1，取的中点，以所在直线为轴，的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系. 设抛物线的方程为，则所以抛物线的方程为. 则，,所以直线的斜率为， 所以直线的方程为. 如图2， 把抛物线向右平移个单位得， 设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点， 则， 所以，解得，所以切点坐标为. 则切点到直线：的距离， 设直线与相交于 联立方程组得：，. 则， ， ， 所以， 则与抛物线围成的图形的面积. 如图3， 把抛物线向左平移个单位得， 设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点， 则， 所以，解得，所以切点坐标为. 则切点到直线：的距离， 设直线与相交于 联立方程组得：，. 则， ， ， 所以. 则与抛物线围成的图形的面积. 如图4， 直线左侧两条抛物线与围成的区域的面积. 又因为机器人浇水的区域为圆形，方程可设为， 联立得， 令， 易知，所以有零点，又，所以必有两个零点， 由可得，解析或，结合图形可得， 同理可得直线与抛物线的交点的横坐标为， 该交点与之间的距离为， 综上，机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，所以,即. 故选：D 【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 相关系数变小 B. 经验回归方程斜率变大 C. 残差平方和变小 D. 决定系数变小 【答案】BC 【解析】 【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断. 【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好. 对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势， 所以去掉点后，相关系数变大，故A错误； 对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确； 对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后， 残差平方和变小，故C正确； 对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后， 决定系数变大，故D错误； 故选：BC. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式即可判断C；利用不等式即可判断D. 【详解】对A，由图可知：与交点， 与的交点， 根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称， 故，，故A正确； 对B，由A知，故B错误； 对C，由知，则，设，， 则，则当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则，则恒成立，即，当时取等； 令，则有，因为，则，即，故C错误； 对D，设，，则， 则当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 则，即在上恒成立， 即在上恒成立，当时取等， 令，则，即，因为，则，则， 故，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是充分利用图象并结合指、函数的关系，而CD选项的关键在于两个不等式和的运用. 11. 定义在上的函数同时满足①；②当时，，则（     ） A. B. 为偶函数 C. ，使得 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，求得，求得，可判定A正确；根据题意求得和的值，得到，可判定B不正确；由，结合叠加法，可判定C正确；设，得出函数是以1为周期的周期函数，且，结合绝对值的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，因为， 令，可得，即， 又因为时，，即， 则，即，可得， 所以，所以A正确； 对于B中，由选项A可得， 令，可得，解得，所以， 所以函数不是偶函数，所以B错误； 对于C中，因为， 当时， ， 且，符合上式，所以， 令，则， 即存在，使得，所以C正确； 对于D中，令， 则， 即，即函数是以1为周期的周期函数， 因为时，，则， 结合周期性可知，对任意，均有， 所以 又由C项可得， 令，即，即， 当时，上式不成立； 当时，上式化简得，此时方程无解； 当时，上式化简得，此时方程无解； 可得对于任意，， 所以，对于任意，都有成立，所以D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解： 1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化； 2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解. 3、利用函数的周期性时，将自变量较大的函数值转化为自变量较小的函数值，知道自变量的值进入已知解析式的区间内或与已知的函数值相联系，必要时可再次运用奇偶性将自变量的符号进行转化. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则_______；_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】借助赋值法，分别令、、计算即可得. 【详解】令，可得，即， 令，可得，即， 令，可得，即， 则， 即，则， 故. 故答案为：；. 13. 设是定义在上的单调增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则__________. 【答案】2021 【解析】 【分析】利用赋值法求解，令，则，再令，结合题意中条件求得，可求得，进而可得结果. 【详解】令，则， 令，则，解得或. 而，则，故，因此. 则， 即. 因此或， 当时，，在上单调递减，不满足题意，舍去； 当时，满足题意. 则. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解抽象函数解析式问题的方法： （1）若根据已知可推知函数模型时，可利用待定系数法求解； （2）若无法推知函数模型，一般结合赋值法，通过解方程（组）法求解．其中，方程或者是已知的，或者是利用已知的抽象函数性质列出的，或者是利用已知方程变换出来的． 14. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 【答案】或或 【解析】 【分析】对于，当可直接去绝对值求解，当时，分和讨论，通过和图像交点情况来求解. 【详解】由已知，即， 则必过点，必过， 对于， 当时，，此时恒成立， 所以， 令，即，要有两个不同的公共点， 则，解得或或， 当时，或， 当时，和图象如下： 此时夹在其两零点之间的部分为， 令，得无解， 则有两个根有两个根， 即有两个解，，符合要求； 当时，和图象如下： 或 令，根据韦达定理可得其两根均为正数， 对于①，则，解得， 对于②，则，解得， 综上所述，的取值范围是或或. 【点睛】方法点睛：对于方程的根或者函数零点问题，可以转化为函数图象的交点个数问题，图象直观方便，对解题可以带来很大的方便. 四、解答题：本题共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. 一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入（单位：千万元）对每件产品成本（单位：元）的影响，对近年的年技术创新投入和每件产品成本的数据进行分析，得到如下散点图，并计算得：，，，，. （1）根据散点图可知，可用函数模型拟合与的关系，试建立关于的回归方程； （2）已知该产品的年销售额（单位：千万元）与每件产品成本的关系为.该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本千万元，根据（1）的结果回答：当年技术创新投入为何值时，年利润的预报值最大？ （注：年利润=年销售额一年投入成本） 参考公式：对于一组数据、、、，其回归直线的斜率和截距的最小乘估计分别为：，. 【答案】（1） （2）当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值 【解析】 【分析】（1）令，可得出关于的线性回归方程为，利用最小二乘法可求出、的值，即可得出关于的回归方程； （2）由可得，可计算出年利润关于的函数关系式，结合二次函数的基本性质可求得的最小值及其对应的值. 【小问1详解】 解：令，则关于的线性回归方程为， 由题意可得， ，则， 所以，关于的回归方程为. 【小问2详解】 解：由可得， 年利润 ， 当时，年利润取得最大值，此时， 所以，当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值. 16. 已知函数的图象恒过定点，其中且． （1）求实数的值，并研究函数的奇偶性； （2）函数，关于x的方程恰有唯一解，求实数的范围． 【答案】（1），函数为奇函数； （2）或. 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入函数中可求出的值，然后利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性； （2）由题意得，再结合方程恰有唯一解可求得结果. 【小问1详解】 因为函数的图象恒过定点， 所以，则，得， 所以， 所以， 由，得，即的定义域为，关于原点对称， 令， 因为， 所以为奇函数，即函数为奇函数； 【小问2详解】 由，得， 所以， 由，得，解得， 由，得， 整理得， 得，解得或， 因为关于x的方程恰有唯一解， 所以或， 解得或， 综上，或. 【点睛】关键点点睛：此题考查对数函数的综合问题，考查对数型函数过定点问题，考查函数与方程，第（2）问解题的关键是根据对数的性质和对数方程将问题转化为不等式组求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若函数存在最大值，求的取值范围. 【答案】（1）的增区间为，减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，得到，再求出和对应的取值，即可求出结果； （2）令，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得出在上取值范围，从而将问题转化成成立，构造函数，再利用的单调性，即可求出结果. 【小问1详解】 易知定义域为，因为，所以， 由，得到，当时，，当时，， 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 令，则， 由（1）知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以在时取得最大值， 所以当时，，当时，， 即当时，， 所以函数在存在最大值的充要条件是， 即， 令，则恒成立， 所以是增函数，又因为， 所以的充要条件是， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数，利用函数单调性得到时，，从而将问题转化成，构造函数，再利用的单调性来解决问题. 18. 如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2. （1）求双曲线的方程； （2）若直线交双曲线的右支于两点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②试探究：是否为定值？并说明理由. 【答案】（1） （2）①3； ②为定值，理由如下： 由（1）得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，则， 因为位于双曲线的左､右两支，所以，即， 可得， 又因为，所以直线的方程为， 根据双曲线的对称性，同理可得， 所以，故为定值. 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解； （2）①设，求得，结合，即可求解； ②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值. 【小问1详解】 解：设，因为与的周长之差为， 所以，即， 又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以， 联立方程组，解得，所以， 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 解：①由（1）知，双曲线的方程为， 设，则，可得， 则. ② 略 【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解. 19. 若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，. 那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数. （1）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值； （2）若为函数，且满足，求数列的前10项和； （3）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2）1024 （3） 【解析】 【分析】（1）根据所给定义得到，结合所给条件求出，即可猜想，即可求出 （2）首先求出，，猜想，再由数学归纳法证明，再由等比数列求和公式计算可得； （3）首先求出的前几个数，猜想，利用数学归纳法证明，再分为偶数和为奇数，利用分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以，所以. 但是若，则，又，这出现矛盾， 所以不成立，即， 此时，，所以或者. 若令，显然它是满足函数的3个条件的，不会出现矛盾. 所以. 【小问2详解】 由，则，若，则，，出现矛盾. 所以.同理求得，我们猜想 下面证明它.当，2，3时，的公式显然成立. 假设当时，的公式成立. 则当时， ， ， ， ， 显然，只能是. 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是， 所以数列的前10项和为. 【小问3详解】 因为，，所以，， 因为，不妨取，则且， 所以，即. 我们猜想， 下面证明它. 当，2，3，4时，的公式显然成立. 假设当，2，3，4，，，时，的公式成立，则当时 即只需即可，所以. 又当时 即只有，所以， 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是当为偶数时， ； 当为奇数时，； 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，关键是理解所给定义，对于直接证明比较困难的问题，先猜想，再利用数学归纳法证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $