广东省广州外国语、广大附中、铁一中学等三校2024-2025学年高三上学期期中联考数学试题

2024—2025学年第一学期期中三校联考 高三数学 本试卷共2页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上:如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案:不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。 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．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（    ） A．2 B．1 C． D． 4．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（    ） A． B． C．15 D．20 6．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．在等差数列中，是的前项和，若，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数满足，当时，，则（    ） A．为奇函数 B．若，则 C．若，则 D．若，则 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．已知在某校高三年级的一次数学测验中，1000名学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②③（    ） A．标准差为100 B．及格率超过 C．得分在内的人数约为997 D．低于80分的人数和达到优秀线的人数大致相等 10．已知函数的极大值点为，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 11．已知平面内两定点和与一动点，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线的说法正确的是（    ） A．存在，使曲线过坐标原点； B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称； C．若三点不共线，则周长最小值为； D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ． 13．若曲线与有一条斜率为2的公切线，则 . 14．在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 . 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．（13分）已知△ 的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，△ 的面积为，求的值． 16．（15分）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程. 17．（15分）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为 ，求的值． 18．（17分）已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； (2)若；求证：； (3)设，是函数的两个极值点，求证：. 19．（17分）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质． (1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值； (2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围； (3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项. 试卷第1页，共3页 三校联考 高三数学试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$答案第 1页，共 8页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D C D B C CD ABD 题号 11 答案 B 1．C【详解】由 2 5 0x x  ，解得0 5x  ，所以  1,2,3,4,5A  ，由 1 2x   ，解得 1 3x   ，所以  0,1,2B  ，  1,2 A B ，故选：C． 2．A【详解】设 iz x y  ， ,x y R 由 8 4iz z   得 2 2 i 8 4ix y x y     所以 2 2 8 4 x y x y       ，解得 3, 4x y  ∴ 3 4iz   ． 3．C【详解】如图所示：以A 为原点，建立平面直角坐标系， 因为正方形 ABCD的边长为 1，可得 (0,0)A ， (1,0)B ， (1,1)C ， (0,1)D ，  AM AB   ， AN AD   ， ( ,0)M  ， (0, )N  ， ( 1, 1)CM     ， ( 1, 1)CN     ，  1 1 1CM CN          ，故 1   ， 2 2 2 2 22 (1 ) 2 3 2 1             ， 故 1 3   时， 23 2 1   的最小值是 2 3 ， 4．D【详解】由 ( ) 3 4 sin cos sin cos         ， 所以  2 9 1 2 16 sin cos sin cos       ，可得 72 0 16 sin cos    ，因为  0,  ，所以 sin 0,cos 0   ，可 得 sin cos 0   ，又由  2 231 2 16 sin cos sin cos       ，可得 23 4 sin cos   ，所以  2 46 4 2 8 sin sin cos         . 5．C【详解】设球的半径为 R，则球的体积为 3 4 π 3 R ，圆柱底面积为 2πR ，高为 2R，故圆柱的体积为 2 3π 2 2πR R R  ， 故 3 3 2π 3 4 2π 3 Rm R   ，球的表面积为 24πR ，圆柱的表面积为 2 22π 2π 2 6πR R R R   ，故 2 2 6π 3 4π 2 Rn R   ，故 1 n m  ， 6 2 1x x      展开式中的通项公式为    6 2 6 31 6 6C 1 C r rr r r r rT x x x         ，令6 3 0r  ，解得 2r  ，故常数项为  2 23 61 C 15T    . 6．D【详解】由题意，将函数 sin 2 6 y x       的图象向右平移 ( 0)m m  个单位长度， 得到的图象对应的函数   sin(2 2 ) 6 y f x x m     的图象，因为  f x 在区间 5, 12 12      上单调递减， 答案第 2页，共 8页 所以 2 ( ) 2 2 12 6 2 m k        且 5 32 2 2 , 12 6 2 m k k z        ，解得 , 4 4 k m k k z         ，即 4 m k    ，令 1k   ，可得m的最小值为 3 4  . 7．B【详解】    1 1818 9 10 18 9 0 2 a a S a a      ，即 9 10 0a a  ，  1 19 19 10 19 19 0 2 a a S a     ，即 10 0a  ，故 9 0a  ， 0d  ，①当1 9n≤ ≤ ， *Nn 时， 0na  ， 0nS  ，故 0 n n S a  ， 9maxnS S ， 9minna a ，故 9 9max n n S S a a       ； ②当10 18n  ， *Nn 时， 0na  ， 0nS  ，故 0 n n S a  ， 10maxnS S ， 10minna a ， 10 10min n n S S a a       ； ③当 19n  时， 19 19 0S a  且 19 18 18 19 19 19 19 1 1S S S a a a a     ， 9 8 9 8 9 9 9 1 1S S a S a a a      ，故 19 9 19 9 S S a a  ； 综上所述： 18 191 2 1 2 18 19 , , , ,S SS S a a a a    中，最大项和最小项分别为 9 10 9 10 ,S S a a . 8．C【详解】令 1x  ， 1y   ，      1 1 1 1f f f     ，所以  1 1f  ；令 = 1x  ， 1y   ，      1 1 1 1f f f     则  1 1f   ．令 1y   ，得    f x f x  ，故   0y f x x  为偶函数．A 错误， 任取 1x ，  2 0,x   ， 1 2x x ，则 2 1 1x x  ，则      22 1 1 1 1xf x f x f f x x          ，故   0y f x x  在  0,  上为 减函数．由已知  2 1 1f x   ，可得    2 1 1f x f  ，故 2 1 1x   ，解得 1 0x   ，且 1 2 x   ．B 错误， 若   12 2 f  ，则          10 91024 2 2 2 1 10 2 9 4f f f f f        ，C 正确，若 1 22f       ，则 2 1 12 1 3 2 2 f f             ， 4 2 1 12 1 5 2 2 f f             ， 5 5 1 1 1 1 6 2 2 2 f f f                    ，所以 5 1 12 1 11 1024 2 f f             ， 故 D 错误， 9．CD【详解】由题意知， 2100 100  ， ，A：标准差： 2 10  ，故 A 错误； B： (100 10 100 10) (90 110) 0.6827P X P X        ，   190 [1 (90 110)] 0.15865 2 P X P X      ，  90 1 ( 90) 0.84135 0.86 86%P X P X       ，故 B 错误； C： (100 30 100 30) (70 130) 0.9973P X P X        ， 1000 0.9973 997   人，故 C 正确； D： (100 20 100 20) (80 120) 0.9545P X P X        ， 因为成绩服从标准正态分布，     180 120 [1 (80 120)] 0.02275 2 P X P X P X         ，故 D 正确. 10．ABD 【详解】      2 0)f x a x a x b a   （ ,           22 3 2f x a x a x b a x a a x a x b a          , 令   0f x  ，x a 或 2 3 b ax  ,由题意可知， 2 3 b a a  .函数      2 0)f x a x a x b a   （ 的极大值点为 x a ， 答案第 3页，共 8页  0 2 3 a b a a     或 0 2 3 a b a a     .即 0b a  或 0b a  . 所以 2 2a b ，A 正确， 2a ab ，B 正确， 1 2 2 2 4+ 3 3 b a b ax x a    ， 0b a  时， 1 2+ 0x x  正确， 0b a  时 1 2+ 0x x  错误，则 C 错误， 1 2 2 3 0x b ax a   ，D 正确. 11．ACD 【详解】平面内  0, 2M  和  0,2N ，动点  ,P x y 满足  4PNPM m m    ，故 2 2 2 2( 2) ( 2)x y x y m      ， A：  0,0 代入，可得 4m  ，正确； B：对应曲线任意点 ( , )x y ，则关于 y轴对称点为 ( , )x y ，关于 x轴对称点为 ( , )x y ， 将 ( , )x y 代入上式得 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( ) ( 2) ( 2) ( 2)x y x y x y x y m              ； 将 ( , )x y 代入上式得 2 2 2 2 2 2 2 2( 2) ( 2) ( 2) ( 2)x y x y x y x y m              ； 所以曲线 E既关于 y轴对称，也关于 x轴对称，不正确; C：若 P、M 、 N三点不共线，则 + 2 2PM PN PM PN m       ，当且仅当 =PM PN m   时等号成立， 又 | | 4MN  ，所以 PMN 周长的最小值为 2 +4m ，正确； D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式， 曲线 E上与M 、 N不共线的任意一点G关于原点对称的点为 H ， 又图象既关于 x轴对称，又关于 y轴对称，且 GM GN m   ，知： 四边形GMHN 的面积为 2 sinMNGS GM GN MGN m    ，当且仅当 sin 1MGN  时等号成立，此时 π 2 MGN  ， 所以四边形GMHN的面积不大于m，正确. 【点睛】曲线为 2 2 2 2( 2) ( 2)x y x y m      ，对于m的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合 基本不等式 2 , , 0a b ab a b   即可证明 C，对于 D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象， 得到面积表达式. 12． 2 1 【详解】设  2 , 0F c ，得到 2 2 bPF a  ,由题意知 2 2b c a  ，即 2 2 2c a ac  ， 所以 2 2 1 0e e   ，解得 2 1e   ，或 2 1e    （舍去）． 13． 1 ln 2e 【详解】设公切线在曲线 2y ax 与 lny x 上的切点分别为 1 1 2 2( )A x y B x y, , ( , )， 由 lny x 可得 1y x   ，所以 2 1 2 x  ，解得 2 1 2 x  ，所以 2 2ln ln 2y x   ,则 1( , ln 2) 2 B  ， 所以切线方程为 1ln 2 2( ) 2 y x   ，又由 2y ax ，可得 2y ax  ，所以 12 2ax  ，即 1 1ax  ， 答案第 4页，共 8页 所以 2 1 1 1y ax x  ，又因为切点 1 1( , )A x y ，也即 1 1( , )A x x 在切线 1ln 2 2( ) 2 y x   上， 所以 1 1 1ln 2 2( ) 2 x x   ，解得 1 ln 2 1x   ，所以 1 1 1 1 ln 2 1 ln 2e a x     . 14． 32 , 80 31 【详解】（1） ia 的可能值为 0，1（1 5i  ， iN）.故五维立方体的顶点有 52 32 个. （2）依题意，样本空间的样本点记为 ,M N ，M，N为五维立方体的顶点 样本点总数：   232Ω Cn  , 当 X k 时，有 k个第 i维坐标值不同，有5 k 个第 i维坐标值相同. 满足 X k 的样本点 ,M N 个数为 5 45 5 C 2 2 C 2 2 k k k k    . 所以     5 4 5 5 2 5 2 C 2 C 1,2,3,4,5 C 2 1 k k P X k k     . 故分布列为：    1 805 20 30 20 5 31 31 E X       . 15．（1） 1sin cos 6 A C   ；（2） 2a  . 【详解】解：（1）由条件及余弦定理得， 2 2 2 2 2 2 212 sin 0 cos cos a b c b c ab A C C        ，所以 2 2 212 sin 0 cos bb A C   ， 所 以 1sin cos 6 A C   ． （2）由 1sin 3 A  得， 1cos 2 C   ，又0 C   ，所以 2 3 C  ， 则 2 2cos 3 A  ， 3sin 2 C  ． 1 2 2 3sin sin( ) sin cos cos sin 6 3 2 B A C A C A C         2 6 1 6  ， 由 ABCV 的面积为 6 2 3 4  得 1 6 2 3sin 2 4 ac B  ， 所以 3 3ac  ．由正弦定理得， sin 3 3 sin 2 a Cc a A   ， 所以 2 2a  ，故 2a  16．(1) 2 2 1 4 x y  (2) 1 0x y   或 1 0x y   【详解】（1）设椭圆M 的方程为： 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     ，因为椭圆的面积为2π，点 31, 2        在椭圆M 上. 所以 2 2 π 2π 3 , 1 4 1 ab a b        解得： 2, 1a b  ，所以椭圆M 的标准方程为： 2 2 1 4 x y  . （2）因为经过点  1,0P  的直线 l与曲线M 交于A ， B两点， 当直线 l的斜率不存在时， 3 31, , 1, 2 2 A B                  ，此时 1 31 3 2 2OAB S     ， X 1 2 3 4 5 P 5 31 10 31 10 31 5 31 1 31 答案第 5页，共 8页 因为 OAB△ 与椭圆M 的面积比为 2 5π ，但 3 22 2π 5π  ，即直线斜率存在； 不妨设直线 l的方程为  1y k x  ，联立   2 2 1 1 4 y k x x y        ，消去 y整理可得：  2 2 2 24 1 8 4 4 0k x k x k     ， 不妨设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 2 1 22 2 8 4 4, 1 4 1 4 k kx x x x k k         ， 因为      1 2 1 2 1 2 2 21 1 2 1 4 ky y k x k x k x x k k           ，       2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 31 1 1 1 4 ky y k x k x k x x x x k             ， 所以  21 2 1 2 1 2 1 11 4 2 2OAB S y y y y y y          2 2 2 22 1 4 12+ 2 1 41 4 k k kk   ，因为 OAB△ 与椭圆M 的面积比为 2 5π ， 所以   2 2 2 22 1 4 12+ 2 1 41 4 2= 2π 5π k k kk  ，化简为 4 2 4 2 3 4 16 8 1 25 k k k k     ，即 4 211 7 4 0k k   ，即   2 211 7 1 0k k   ，解得： 1k   ，所以直线 l的方程为 1y x  或 = 1y x  ， 所以直线 l的方程为 1 0x y   或 1 0x y   . 17．【详解】（1）证明：取 AB中点M ，连接 1 , ,AM FM F 为 BC的中点， E为 1 1AC 的中点，  1 1 1/ / , / / 2 2 MF AC A E AC， 1/ /MF AE ，  1 1 1, 2 2 MF AC A E AC  ， 1MF AE  ， 据此可得四边形 1AMFE为平行四边形， 1/ /EF AM ， EF  平面 1 1ABB A ， 1AM 平面 1 1ABB A ， / /EF 平面 1 1ABB A ． （2）解：平面 1 1ACC A 平面 ,ABC 过 1C 作 1 1,C H AC C H   平面 ABC， 1 1 1 1 1 1 3 1 3 3 3C ABC ABC V S C H C H C H         ， 1 2, 1,CC CH H    为 AC中点， BH AC  ， 如图分别以 1, ,HB HC HC 所在的直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，        13 10, 1,0 , 0, 1, 3 , , , 0 , 0,1,0 , 0,0, 32 2A E F C C           由 1 30, , 1 1 tC G tGC G t t            ，  0,0, 3AE  , 2 1 3 3 30, , , , , 31 1 2 2 t tEG EF t t                     答案第 6页，共 8页 设平面 AEG和平面 EFG的一个法向量分别为    1 1 1 1 2 2 2 2, , , , ,n x y z n x y z    ， 则 1 (1,0,0),n   又 2 2 0 0 n EG n EF           2 2 2 2 2 2 1 3 0 1 1 3 3 3 0 2 2 t ty z t t x y z            ，  2 2, 3 ,2 1n t t t     ，设二面角 A EG F  的平面角 为 ， 1 2 2 2 2 1 2 2 4cos 53( 2) 3 (2 1) n n t n n t t t                 ，整理得： 225 28 44 0t t   ，解得 2t  或 22 25 t   （舍）. 18．(1) 1 , 4    (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）由题意知函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，   1 1 0f x ax x     在 (0, )x  上恒成立， 所以 2 1 1a x x    在 (0, )x  上恒成立，又 2 2 1 1 1 1 1 1 2 4 4x x x            ，当且仅当 2x  时，等号成立， 所以 1a 4  ，即 a的取值范围是 1 , 4    . （2）证明：若 0a  ， ( ) ln 2f x x x   ，所以   1 11 xf x x x     ， 令�'(�) = 0，解得 1x  ，所以当0 x 1 时，   0f x  ，当 1x  时，   0f x  ， 所以 ( )f x 在(0,1)上单调递增，在 (1, ) 上单调递减，所以 ( ) (1) 1f x f  ，当且仅当 1x  时，等号成立. 令 2 2 4e( ) x g x x   ， 0x  ，所以       2 2 2 4 3 4 2 e 4 2 ex xx x x g x x x      ， 令   0g x  ，解得 2x  ，所以当0 2x  时，   0g x  ，当 2x  时，   0g x  ， 所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递减，在 (2, ) 上单调递增，所以 ( ) (2) 1g x g  ，当且仅当 2x  时，等号成立， 所以 ( ) 1 ( )f x g x  ，又等号不同时成立，所以 2 2 4e( ) x f x x   . （3）证明：由题意可知   21 11 ax xf x ax x x       ， 因为 ( )f x 有两个极值点 1x ，  2 1 2x x x ， 所以 1x ， 2x 是方程 2 1 0ax x   的两个不同的根， 则 10 a 4   且 1 2 1 2 1 , 1 , x x a x x a        所以     2 21 2 1 1 1 2 2 2ln 2 ln 22 2 a af x f x x x x x x x                           2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 ln ln ln 2 2 2 x x x x x x xa x x x x x x x x x x x               ， 所以要证      1 2 1 2 1 2 f x f x a x x        ，即证  1 1 2 1 2 2 1ln 2 2 x x x a x x x          ， 答案第 7页，共 8页 即证  1 1 2 2 ln x a x x x   ，即证 1 1 2 2 1 2 ln x x x x x x    ，即证 1 1 2 12 2 1 ln 1 x x x xx x    . 令 1 2 (0 1)xt t x    ，则证明 1ln 1 tt t    ， 令 1( ) ln 1 th t t t     ，则     2 2 1 0 1 th t t t      ， 所以 ( )h t 在(0,1)上单调递增，则 ( ) (1) 0h t h  ，即 1ln 1 tt t    ， 所以原不等式      1 2 1 2 1 2 f x f x a x x        成立. 19．(1) 3a 的可能取值有： 5 、 1 、1、5 (2) 1 25, 4 4      (3) 1, 2 , 2 n n n a n n      为奇数 为偶数 【详解】（1）解：因为数列 na 具有性质 1P，则 1 2 2 2a a a   ，所以， 2 2a   ， 当 2 2a   时，由 2 3 3 32 2 3a a a a       ，所以， 3 1a  或 5 ， 当 2 2a  时， 由 2 3 32 3a a a    ，所以， 3 1a   或5 . 综上所述， 3a 的可能取值有： 5 、 1 、1、5 . （2）解：设等差数列 na 的公差为 d， 则    2 2 24 2 2 2 21 2 2 1 4 1n n n n n na a a d a d a d a             ， 即 24 1d  ，所以， 1 1 2 2 d   ， 所以，     2 2 22 2 2 2 3 3 11 1 2 5 6 2 5 5 5 a a d d d d d               ， 因为 1 1 2 2 d   ，则 1 3 11 10 5 10 d   ， 所以， 2 2 2 2 3 3 1 1 255 , 5 5 4 4 a a d              . （3）解：根据性质 1P， n  N ，都有 na Z，又因为 0na  ，所以， 1na  ，于是 24 2 1 0n n na a a    ，因为 na 、 4na  必同号，进而 na 、  4n ka k  N 必同号， 若 3 0a  ，由性质 1P，必有 4 2a   ， 3 6a   ， 2 3a   ， 1 1a   ，这与 2 1 5 31a a a  矛盾， 所以， 3 0a  ，进而 n  N ， 2 1 0na   ，讨论可知 3 2a  或 4 或12，仅有这三种可能. 若 3 12a  ，则 4 8a  ， 2 15a  ， 1 16a  ，这与 2 1 5 31a a a  矛盾，因此， 3 12a  . 下面证明： 3 4a  ，则 3 2a  ， 答案第 8页，共 8页 利用反证法：假设 3 4a  ，则 4 8a  ， 又因为 2 1 5 1 33 1 16a a a a    ，所以， 1 5a  ， 若 2 1a  ，则 1 1a   或3，与 1 5a  矛盾，则 2 1a  ，所以， 2 7a  ，则 1 5a  或9， 于是无论哪种情况， n  N ， 0na  ， 由 6 5 6a a  且 6 0a  可得 6 9a  ，此时满足 2 2 6 41a a a  ， 所以， 7 16a  ，则 8 24a  ， 9 33a  ，所以， 2 5 9 71a a a  ，矛盾， 综上可知， 3 4a  ，所以， 3 2a  ， 4 2a   ， 下面证明： 2 1a   ，利用反证法，如不然，只能 2 5a  ，所以， 6 0a  ，则 6 9a  ， 由于 4 0a  ，所以， 8 0a  ，只能有 7 2a  ， 8 6a   ，这与 2 3 7 51a a a  矛盾， 总之， 2 1a   ，再由 1 0a  可得 1 1a  ，进而 n  N ， 2 0na  都成立， 可以猜测数列 na 的通项为 1, 2 , 2 n n n a n n      为奇数 为偶数 ， 可验证此时 1P、 2P 两条性质均成立，符合题意， 如另有其它数列 nb 符合题意，则至少前5项必为：1、 1 、 2 、 2 、3， 仍满足 2 1 0nb   ，  2 0nb n  N ， 设  Nmb m 是第一个违反上述通项公式的项  6m  ， 若  2 3,m k k k   N ，则 2 1kb k  ， 2 0kb  ，所以， 2kb k  ，符合通项公式，矛盾； 若  2 1 3,m k k k     N ，则 2kb k  ， 2 1 0kb   ，所以， 2 1 1kb k   ，也符合通项公式，矛盾. 综上所述，数列 na 的通项公式必为 1, 2 , 2 n n n a n n      为奇数 为偶数 . 【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思 想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义， 根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.