精品解析：北京市第五十中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024-2025学年第二学期高二年级数学学科期中考试试卷 命题人：韩旭 审核人：席立红 考生须知： 1.本试卷分为试题、答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.认真填写所在班级、姓名、教育ID.准确粘贴条形码. 3.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 如图所示，从甲地到乙地有条公路可走，从乙地到丙地有条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有条水路可走．则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果. 【详解】根据分步乘法计数原理，可知从甲地经过乙地到丙地的走法种数为, 又从甲地不经过乙地到丙地有条水路可走，由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地的走法种数为． 故选：A． 2. 某物体做自由落体运动的位移，，若，则是该物体（ ） A. 从1s到这段时间的平均速度 B. 从0s到1s这段时间的平均速度 C. 在t＝1s这一时刻的瞬时速度 D. 在这一时刻的瞬时速度 【答案】A 【解析】 【分析】根据某段时间内物体的平均速度的定义，结合条件可得出答案. 【详解】由表示从1s到这段时间内物体的位移. 为从1s到这段时间的增加量 所以表示从1s到这段时间的平均速度 故选：A 3. 函数的导数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用简单复合函数的求导公式进行求解 【详解】， 故选：C 4. 某大学四名学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（ ） A. 9种 B. 13种 C. 64种 D. 81种 【答案】D 【解析】 【分析】根据每名大学生都有3种选择，利用分步计数原理求解. 【详解】解：因为每名大学生都有3种选择， 所以共有种选法． 故选：D 5. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基本函数的求导公式以及求导法则求导，即可代入求值. 【详解】，所以， 故选：B 6. 已知函数在处可导，是函数在点处取得极值的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】函数在点处取得极值的充要条件是：且在点附近的左右两侧异号，由此结合充分、必要、充要条件的判断，即可得到答案． 【详解】函数在处可导，推不出函数在点处取得极值； 反之，函数在点处取极值，必有． 故是函数在点处取得极值的必要不充分条件． 故选：B． 7. 曲线在处的切线如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由图示求出直线方程，然后求出，，即可求解. 【详解】由直线经过，，可求出直线方程为： ∵在处的切线 ∴， ∴ 故选：C 【点睛】用导数求切线方程常见类型： (1)在出的切线：为切点，直接写出切线方程：； (2)过出的切线：不是切点，先设切点，联立方程组，求出切点坐标 ，再写出切线方程：. 8. 为评估某种治疗肺炎药物的疗效，有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为．甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示． 给出下列四个结论： ① 在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同； ② 在时刻，甲、乙血管中药物浓度的瞬时变化率相同； ③ 在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同； ④ 在两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【分析】理解瞬时变化率和平均变化率的概念，结合导数的几何意义可知，瞬时变化率是在此点处切线的斜率，平均变化率是，再结合图象，逐一判断选项即可． 【详解】解：对于①，在时刻，两图象相交，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，即①正确； 对于②，在时刻，两图象的切线斜率不相等，即两人的不相等，说明甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，即②错误； 对于③，由平均变化率公式知，甲、乙两人在，内，血管中药物浓度的平均变化率均为，即③正确； 对于④，在，和，两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率分别为和，显然不相同，即④错误． 故正确的只有①③； 故选：D． 9. 曲线上的点到直线的最短距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，求出直线的斜率，再利用导数求出曲线与直线平行的切线的切点，求出切点到直线的距离即可． 【详解】解：因为直线的斜率为2， 所以令，解得， 把代入曲线方程得：， 即曲线过的切线斜率为2， 则到直线的距离， 即曲线上的点到直线的最短距离是． 故选：C． 【点睛】本题考查了导数的几何意义和点到直线的距离公式的应用问题，属于基础题． 10. 已知函数，有如下3个结论： ①当时，在区间上单调递减； ②当时，有两个极值点； ③当时，有最大值. 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】①求出函数的导数，根据已知求得，即可求得说法正确； ②根据已知将问题转化为两个函数与的图象交点问题，作出图象，求得两个图象有两个交点，从而求得有两个极值点，则说法正确； ③结合图象，时，可求得，则单增无最大值，故说法错误. 【详解】，， 对于①，因为，所以， 当时，，则在区间上单调递减，所以①正确. 对于②，令，得，令，， 当，则，当，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当，， 又当趋近于时，趋近于，，当趋近于时，趋近于0， 所以可作出函数的大致图象如图所示，     由图可知，当时，直线与的图象有两个交点， 即方程有两个不等实根， 当或时，， 当时，， 则在和上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点， 故有两个极值点，所以②正确. 对于③，当时，，即恒成立，则函数在上单调递增， 所以函数无最大值，所以③错误. 则说法正确的个数为， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题②的关键在于求导后分离参数，再次构造函数求导分析单调性和最值. 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用排列数公式、组合数公式计算可得答案. 【详解】若，则， 解得，或舍去. 故答案为：. 12. 的展开式中的常数项为____________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0求得值，则答案可求． 【详解】解：由． 令，得． 所以，展开式中常数项为． 故答案为： 13. 在复平面内，复数，则的虚部是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算先求出复数，根据复数的代数表示即可求解. 【详解】， 所以虚部是． 故答案为：． 14. 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有___________种（用数字作答） 【答案】480 【解析】 【详解】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3， 因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可． 当C在左边第1个位置时，有A， 当C在左边第2个位置时AA， 当C在左边第3个位置时，有AA+AA， 共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有 480种． 故答案为480． 15. 共享单车已经逐渐成为人们在日常生活中必不可少的交通工具．通过调查发现人们在单车选择时，可以使用“竞争函数”进行近似估计，其解析式为（其中参数a表示市场外部性强度，a越大表示外部性越强）．给出下列四个结论： ①过定点； ②在上单调递增； ③关于对称； ④取定x，外部性强度a越大，越小． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①② 【解析】 【分析】对于①令即可求得定点可判断①的正误；对于②对求导，判断导函数在时的正负即可判断②的正误；对于③由②即可判断正误；对于④以为自变量构造新函数，求导，判断单调性即可判断正误. 【详解】对于①，在中，令，则，过定点，故①正确； 对于②，，当，，则为单调递增，故②正确； 对于③，由②知为单调递增，故不存在对称性，故③错误； 对于④，以为自变量，设为，则， ，故，的正负取决于， 当，即时，，随着的增大，减小； 当，即时，，随着的增大，增大，故④错误. 故答案为：①②. 三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数． （1）全体排成一行，其中男生必须排在一起; （2）全体排成一行，男、女各不相邻; （3）全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边; （4）全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变． 【答案】(1)720;(2)144;(3)3720;(4)840. 【解析】 【详解】分析：（1）相邻问题用捆绑法，即将男生看成一个整体，进行全排列 （2）不相邻问题用插空法：先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，（3）特殊位置先排列，分情况讨论，最后用加法原理求排列数，（4）定序排列.先求全排列，再除以顺序数即可. 详解： (1)捆绑法. 将男生看成一个整体，进行全排列 再与其他元素进行全排列. 共有种.  (2)插空法. 先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有种. (3)位置分析法. 先排最右边，除去甲外，有种，余下的6个位置全排有种，但应剔除乙在最右边的排法数种.则符合条件的排法共有种.  (4)定序排列. 第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此， ∴种. 点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法： (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法. 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处曲线的切线方程； （2）求函数的单调区间. 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增， 当时，在单调递增，单调递减. 【解析】 【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ，所以切点为， 又因为，所以，即切线的斜率等于2， 根据点斜式得，整理得. 【小问2详解】 , 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，令即解得， 令即解得， 所以在单调递增，单调递减. 综上， 当时，在上单调递增， 当时，在单调递增，单调递减. 18. 如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，. （1）求证：BF∥平面CDE； （2）求二面角的余弦值； （3）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）详见解析 （2） （3）存在点； 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作辅助线，转化为证明线线平行； （2）证得，，两两垂直，从而建立以D点为原点的空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值； （3）设，求得平面的法向量为，若平面平面，则，从而解得的值，找到Q点的位置. 【小问1详解】 取的中点，连结，， 因为，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以，且, 又因为,且，所以,, 所以四边形是平行四边形，所以, 因为平面,平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，平面，则，故，，两两垂直，所以以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，为平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 由，，得， 令，得. 所以. 如图可得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 结论：线段上存在点，使得平面平面. 证明如下： 设， 所以. 设平面的法向量为，又因为， 所以，，即， 若平面平面，则，即， 解得.所以线段上存在点，使得平面平面， 且此时. 19. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程； （2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果. 【详解】（1）由已知得，的方程为. 由已知可得，点的坐标为或. 所以的方程为或. （2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立 当与轴重合时，. 当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以. 当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，， 则，直线、的斜率之和为. 由得. 将代入得. 所以，. 则. 从而，故、的倾斜角互补，所以. 综上，. ［方法二］：角平分线定义的应用 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 点A关于x轴的对称点，则直线的方程为． 令，，则直线过点M，． ［方法三］：直线参数方程的应用 设直线l的参数方程为（t为参数）．（*） 将（*）式代入椭圆方程中，整理得． 则，． 又，则 ， 即．所以． ［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用 当直线l与x轴重合时，． 当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴． 由椭圆的第二定义，有，，得，即． 由轴，有，即，于是，且．可得，即有． ［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用 椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得. 设． ． 所以，． 由角平分线定理的逆定理可知，命题得证． ［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用 设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证． 当直线l的斜率为0时，易得． 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．． 直线的方程为：． 因为点A在直线l上，所以，故． 同理，．． 因为，所以，即． 综上，． ［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有． 当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 所以， 故、的倾斜角互补，所以. ［方法八］：定比点差法 设，， 所以， 由作差可得，，所以， ，又，所以，， 故，、的倾斜角互补，所以. 当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以. 故． 【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法； 方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可； 方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数； 方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解； 方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择； 方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用； 方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样； 方法八：定比点差法的应用． 20. 已知函数，，其中. （1）当时，求的单调区间； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，由得出和，然后对和的大小关系进行分类讨论，分析导数符号，可得出函数的单调增区间和减区间； （2）由，得出，得出，构造函数，将问题转化为，其中，然后利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， . 当时，令，可得或. ①当时，即当时，对任意的，， 此时，函数的单调递增区间为； ②当时，即当时， 令，得或；令，得. 此时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； ③当时，即当时， 令，得或；令，得. 此时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； （2）由题意，可得，可得，其中. 构造函数，，则. ，令，得. 当时，；当时，. 所以，函数在或处取得最小值， ，，则，，. 因此，实数的取值范围是. 【点睛】本题考查函数单调区间的求解，同时也考查了利用导数研究函数不等式成立问题，在求解时充分利用参变量分离法求解，可简化分类讨论，考查分类讨论数学思想的应用，属于中等题. 21. 已知数列，从中选取第项、第项、…、第项，若，则称新数列为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列； （Ⅱ）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为.若，求证： ； （Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，求数列的通项公式． 【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可； (Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可； (Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可. 【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6. (Ⅱ)对于每一个长度为的递增子列，都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时， 设所有长度为的子列的末项分别为：， 所有长度为的子列的末项分别为：， 则， 注意到长度为的子列可能无法进一步找到长度为的子列， 故， 据此可得：. (Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是， 下面说明此数列满足题意. 很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等. 长度为的递增子列末项的最小值为2s-1， 下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有个： 当时命题显然成立， 假设当时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有个， 则当时，对于时得到的每一个子列， 可构造：和两个满足题意的递增子列， 则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有个， 综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式. 注：当时，所有满足题意的数列为：， 当时，数列对应的两个递增子列为：和. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高二年级数学学科期中考试试卷 命题人：韩旭 审核人：席立红 考生须知： 1.本试卷分为试题、答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.认真填写所在班级、姓名、教育ID.准确粘贴条形码. 3.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 如图所示，从甲地到乙地有条公路可走，从乙地到丙地有条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有条水路可走．则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 某物体做自由落体运动的位移，，若，则是该物体（ ） A. 从1s到这段时间的平均速度 B. 从0s到1s这段时间的平均速度 C. 在t＝1s这一时刻的瞬时速度 D. 在这一时刻的瞬时速度 3. 函数的导数为（ ） A. B. C. D. 4. 某大学四名学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（ ） A. 9种 B. 13种 C. 64种 D. 81种 5. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 6. 已知函数在处可导，是函数在点处取得极值的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 曲线在处的切线如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 8. 为评估某种治疗肺炎药物的疗效，有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为．甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示． 给出下列四个结论： ① 在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同； ② 在时刻，甲、乙血管中药物浓度的瞬时变化率相同； ③ 在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同； ④ 在两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③ 9. 曲线上的点到直线的最短距离是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，有如下3个结论： ①当时，在区间上单调递减； ②当时，有两个极值点； ③当时，有最大值. 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若，则________． 12. 的展开式中的常数项为____________．（用数字作答） 13. 在复平面内，复数，则的虚部是__________． 14. 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有___________种（用数字作答） 15. 共享单车已经逐渐成为人们在日常生活中必不可少的交通工具．通过调查发现人们在单车选择时，可以使用“竞争函数”进行近似估计，其解析式为（其中参数a表示市场外部性强度，a越大表示外部性越强）．给出下列四个结论： ①过定点； ②在上单调递增； ③关于对称； ④取定x，外部性强度a越大，越小． 其中所有正确结论的序号是___________． 三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数． （1）全体排成一行，其中男生必须排在一起; （2）全体排成一行，男、女各不相邻; （3）全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边; （4）全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变． 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处曲线的切线方程； （2）求函数的单调区间. 18. 如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，. （1）求证：BF∥平面CDE； （2）求二面角的余弦值； （3）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 20. 已知函数，，其中. （1）当时，求的单调区间； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 21. 已知数列，从中选取第项、第项、…、第项，若，则称新数列为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列； （Ⅱ）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为.若，求证： ； （Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $