17 江西省“三新”协同教研共同体高三联考模拟预测-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

17江西省“三新”协同教研共同体 高三联芳模拟预测 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小6.在△ABC中，角B,C所对的边分别为b,c,D为边BC上 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 的点.已知p:A=6店+C4C,q:AD平分LBAC,则p b+c b+c 1.已知集合S=xl2-2x-3≤0，T=eN1eZ则 是g的 SOT= A.充分不必要条件 B.充要条件 A.{1,2} B.{1,2,3} C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 C.{0,1,2,3} D.{0,1,2} 7.已知数列{an}满足a1=a,a+1= 2a.+2(n∈N),若 2.已知3+i是关于x的方程x2-ax+b=0的一个根，a∈R, {an}是单调递增数列，则a的取值范围是 b∈R,则a+b= ( A.(-0,4) B.(-∞，3) A.-16 B.16 C.(-∞，2) D.(-∞，1) C.-4 D.4 &照放a国=，品，不等式e-2hM2)习 3.已知对任意的x,y∈R,都有f(x+y+f(x)=6x+2y+3,则 对Vx∈R恒成立，则实数a的取值范围是 一次函数y=f(x)的解析式为 () A.(-2,+∞) B.(-∞，2) A.y=x+1 B.Y=2x C.(0,2) D.[-2,0] C.y=2x+1 D.y=x 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 4.若sin atan=cosa-5sin,则cos4a= 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. 1 03 9.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列 C.9 29 条件能判定△ABC是等腰三角形的是 5.已知在四面体ABCD中，BC=BD,AC=AD,E,F,M,N分 A.acos A=bcos B B.asin B=bsin C 别为BC,BD,AC,AD的中点，则下列选项正确的是 C.cos(A+C)=cos B D.c=2acos B 10.已知在一次数学测验中，某校1000名学生的成绩服 A.MF⊥EN B.MN=ME 从正态分布N(100,100),其中90分为及格线，120分 C.MF=EN D.EN∥CD 为优秀线，则对于该校学生的成绩，下列说法正确的有 〔参考数据：P(u-σ<X≤u+σ)≈0.6827，P(u-2σ<四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 X≤+2o)≈0.9545，P(-3σ<X≤+3σ）≈0.9973〕 明、证明过程或演算步骤。 (）15.(13分)在△ABC中，记角A,B,C的对边分别为a,b, A.标准差为100 c,已知3a=√3 ccos B+bsin C. B.及格率超过86% (1)求角C. C.得分在(70,130]内的人数约为997 (2)若c=5,且△ABC的面积为23，求△ABC的周长 D.得分低于80的人数和优秀的人数大致相等 11.已知函数y=f(2+x3)为奇函数，函数y=f(x)的图象关 于直线)y=x对称，且当1≤x≤2时，(x)=im7,则下 列说法正确的是 () A.f(0)=2 B.f(x)的最小正周期为4 c)= D函数f)的图象与直线y=x+36+在-1,3]上 有且仅有4个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.(1-2x)7的展开式中x3的系数是 13.如图，在排列整齐的20个盒子中，每个盒子都随机放 入了一个球，其中红球和黄球各有5个，绿球有10个.现 在每次随机打开个盒子，直到打开所有的盒子为止，则 装有红球的盒子最先全部被打开的概率为 14.已知平面向量a,b,c满足1a1=2,1b+al-1b-a1=2, Ic+al=1,则Ic-b1的最小值为 数学P答案D60卷17 16（05今卫知中引为精图c长=1(o6>0)上 17.(15分)如图，长方形ABCD与长方形ABEF所在的平 面互相垂直，M,N分别在线段AC和线段BF上移 一点，右焦点为F(1,0). 动（不包含端点），且CM和BW的长度保持相等，设 (1)求C的离心率. AB=1,AD=AF=2.连接MN,CE. (2)若过点F的直线l交C于M,N两点，A为椭圆C (1)证明：MN/平面CBE. 的左顶点，求△AMN面积的最大值 (2)当MN的长度最小时，求平面MNA与平面MNB夹 角的余弦值. M 景行 卷17答案D60Q数学 18.(17分)已知函数f(x)=2m-cosx. 19.（17分)对于数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整 (1)求曲线y=f(x)在点（π，f(π）)处的切线方程 数n,都有1xynl<k,则称数列{yn}为数列{x}的“k- (2)证明：f(x)是周期函数. 接近数列”.已知{bn}为数列{a}的“k-接近数列”，且 (3)判断f(x)在(0,4m)上的零点个数，并说明理由， A=a,B=26 （1)当=1时，若a.=2+号求6,6，的值 (2)当k=时，者0，=）”，是否存在正整数。 使得A,<B,？如果存在，请求出t的最小值；如果不存 在，请说明理由. (3)当太=4时，若a为无穷等差数列，公差为山，证 明：“数列{bn}为等差数列”的充要条件是“d∈Z”. 之教育高考一轮复习检测卷·数学 派出丙，最后派出乙 (15分) 18.【解】(1)若a=1,则f(x)=x2-2x+lnx, 所以'()=2-2+，所以1)=-1(1)=1， (3分) 故切线方程为y+1=x-1,即y=x-2. (5分) (2)不妨设0<x1<x2,则x2f八x1)-x1f八x2)<0, 两边同时除以，得)，) (8分) 所以G()=)=x-2+血在(0，+0)上单调递增， 所以G()=1+a(1-n≥0 (10分) x2 ①若a=0,则G'(x)>0恒成立，符合题意. (11分) ②若>0，则上≥n-1恒成立. x2 令)-h则r=产 令F'()>0,得0e,令P()<0,得e 所以F(x)在(0，e2)上单调递增，在（心，+0）上单调递减， 所以≥e-六所以ae@,2 (14分) ③若a<0,则同理得1≤血-1恒成立 x2 由②可知，当x→0*时，F(x)→-0， 所以不存在满足条件的a. (16分) 综上可得，a∈[0,2e3]. (17分) 19.(1)【解】由题意，得A+B=2,3,4,5,6,7,9,11.(1分) 因为A+B=A+C, 所以1+x,3+x,5+x∈A+B,且x≠1,2,6， 所以1+x=5,3+x=7,5+x=9,故x=4, (2分) 所以C={1,2,4,6},则G(C)={1,2}, 所以1G(C)1=2. (3分) (2)(1)【证明】先证充分性. 因为1G(A,B)I=1, 所以G(A)=G(B)且IG(A)1=IG(B)I=1. 从而可以设A={a,a+d,a+2d},B={b,b+d,b+2d},其中 d>0, 此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,2,3,4),故1A+B1=5. (6分) 再证必要性， 17江西省“三新”协同教瓦 一、1.D【解析】由题意，得S={x-1≤x≤3}，T={0,1,2 5},所以SnT={0,1,2}.故选D. 2.B【解析】将3+i代入方程x2-ax+b=0,得8-3a+b+(6- o1=0,所以8-306=0，解得4=6,6=10，所以a+b=1]6故 (6-a=0, 选B. 3.C【解析】设f代x)=kx+b,则f(x+y+fx)=f(x+y+kx+b)= k(x+y+kx+b)+b=(k2+k)x+ky+kb+b.f(x+y+f(x))=6x+ k2+k=6, 2y+3,所以(2+k)x+y+b+b=6x+2y+3,则k=2,解得 (b+b=3, (k=2,所以代x)=2x+1.故选C b=1, D60卷 设A={a1,a2,a3},B={b1,b2,b3},其中a1<a2<a3,b1< b2<b3 注意到和集A+B中的最小元素为a,+b,,最大元素为a3+b3· 因为1A+B1=5, 所以中间三个元素可以是a1+b2<a1+b3<a2+b3,也可以是 a2+b1<a2+b2<a3+b2,它们是对应相等的. 所以有a1+b2=a2+b1,a1+b3=a2+b2,a2+b3=a3+b2, 即a2-a1=a3-a2=b2-b1=b3-b2: 故1G(A,B)1=1得证. (9分) (i)【解】①若1G(A,B)1=1,由第(1)小问的分析知，可 以设A={a,a+d,…,a+(m-1)d},B={b,b+d,…,b+(m-1). d},其中d>0,此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,…,2m 2),|A+B1=2m-1,这与条件|A+B1=2m矛盾.(11分) ②取A={a,a+d,…,a+(m-1)d},B={b,b+2d,b+3d,…,b+ md!,其中d>0,容易验证此时A+B中的元素为a+b+id(i= 0,1,…,2m-1),符合条件1A+B1=2m,所以1G(A,B)1可以 取2. (13分) 注：构造方式不唯一，集合B中的元素满足有一个b1-bg= 2d,其余均为d即可. ③若1G(A,B)1≥3，设A={a1,a2,…,anm,B={b1,b2,…, bn},其中a1<a2<<am,b1<b2<…<bm 结合1G(A)I=1及IG(A,B)1≥3知至少存在两个不同的正 整数k(1≤k≤m-1),使得b1-bk≠a2-a1. 不妨设i是符合这一条件的最小的正整数，是符合这一条 件的最大的正整数 注意到a1+b1<a2+b1<…<am-1+b1<…<am-1+b:<am-1+ b1<<am-1+bn<am+bn（*),这是A+B中的(2m-1)个不 同的元素. 根据i的定义有b+1-b:≠am-1-am-2,即am-2+b+1≠am-1+b: 当i≥2时，由i的最小性知b:-b-1=an-1-am-2,即am-1+b-1 anm-2+b:,此时我们有am-1+b-1=am-2tb:<am-2tb1<am-1+b+1 当i=1时，也有am-2+b:<am-2tb:+1<am-1+b:r 因此am-2+b1是A+B中的元素，但与(*)式中的(2m-1) 个元素均不相等 同理，根据j的定义有am+b,是A+B中的元素，但与(*)式 中的(2m-1)个元素均不相等.因为i<j,所以am2+b+1≠ am+b:. 此时1A+B|≥2m+1,矛盾. (16分) 注：(2m-1)个元素也可以按照其他从小到大的顺序排列， 然后找出不同于这(2m-1)个元素的其他元素. 综上，得IG(A,B)1的取值只能为2. (17分) 开共同体高三联考模拟预测 4.D【解析】由sin atan=cosa-5sina,得sina.sin&- cos a cos-5sin.整理，得cos2a-sin2a=5 sin acos a,所以cos2a= 2sin2a,所以an2a=号，所以es4a=cos22a-sin2a= 2 cos22a-sin22a 1-tan22a cos22q+sin22a 1+tan22a 2)2 21.故选D 291 1+5) 5.C【解析】如图，连接FN,FE,则 MN∥CD,EF∥CD,且MN=EF= 号D,所以因边形MB为平行 四边形.取CD的中点G,连接BG, 17·数学 AG,则CD⊥BG,CD⊥AG.又BG∩AG=G,BG,AGC平面ABG, 所以CD⊥平面ABG.又ABC平面ABG,所以CD⊥AB.易知 ME∥AB,又EF∥CD,所以ME⊥EF,所以平行四边形MEFN 为矩形，所以MF=EN.故选C. 6.B【解析】先证充分性：因为A⑦= 破种，所以+ b+c 励=6+(+励+D心)，所以B励=。D元，所以Sm: b+c b+c SAACD=BD:DC=c:b.设点D到边AB与边AC的距离分别为 h1,h2,则S△AD:S△ACD=ch1:bh2,所以h1=h2,所以AD平 分∠BAC. 再证必要性：因为AD平分LBAC,所以S△BD:S△Mcn=c:b, 所品号从面励成则市杂亦文 b+c 综上，得p是g的充要条件.故选B. 7.A【解折】因为a1=之0，+2，所以a1-4=之(a,-4).若 a=4,则an=4,不符合题意.若a≠4，则{an-4}是以a-4为首 项分为公比的等比数列，所以a=(a-4(分)4当4 时，{an}为单调递减数列，不符合题意；当a<4时，{an}为单 调递增数列，符合题意.综上可得，ae(-0,4).故选A 8.D【解析】因为h(x)=e-+2 e+2+1 '27所以 e-e+2 ()+h(=)=6-e+,子+。-心+222·2 =2 2*+12+12+1 令f(x)=h(x)-1,则f(x)+f(-x)=0,所以f(x)为奇函数.因 为f'(x)=(e-e)'+ 2 2*+1/ -(1)'=e+e-2m4 (2*+1)2 =e*+ ,又因为e+1≥2，当且仅当e=1,即x=0 时等号成立，h,≤-2，当且仅当2分即=0 1 2+2+2 时，等号成立，所以f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增.因 为h(a2-2)+h(2ax)≤2等价于f(ax2-2)+f(2ax)≤0，也等 价于f(ax2-2)≤f(-2ax),所以ax2+2ax-2≤0在R上恒成 立.显然当a=0时满足；当a≠0时，有a<0, 。解得 △=4a2+8a≤0. -2≤a<0.综上可得，a∈[-2,0].故选D. 二、9.BD【解析】对于A,结合正弦定理可得sin Acos A= s血BasB,即sm2A=sm2B,所以A=B或4+B=7,A不符 合题意 对于B,结合正弦定理可得sin Asin B=sin Bsin C.又Be(0, π)，所以sinB≠0，所以sinA=sinC,所以A=C,B符合题意. 对于C,因为cos(A+C)=-cosB=cosB,所以cosB=0.又 Be(0,m),所以B=7,C不符合题意 对于D,结合正弦定理可得sinC=2 sin Acos B,所以sin(A+ B)=2 sin A cos B,所以sin Acos B-cos Asin B=0,则sin(A- B)=0.又A,B∈(0，T),所以A-B∈(-T,π)，所以A-B=0, 所以A=B,D符合题意.故选BD. 10.CD【解析】由题意知，u=100,σ2=100，则标准差为 √G2=10,故A错误. 因为P(100-10<X≤100+10)=P(90<X≤110)≈0.6827，所 D61卷 参考答案及深度解析 以PX<0)=2[1-P(90<X≤101-015865，所以 P(X≥90)=1-P(X<90)≈0.84135<0.86=86%，故B 错误。 因为P(100-30<X≤100+30)=P(70<X≤130)≈0.9973，所 以得分在(70,130]内的人数约为1000×0.9973≈997，故C 正确。 因为P(100-20<X≤100+20)=P(80<X≤120)≈0.9545，所 以PX<80)=P(X=120)=号1-P(80<X≤120)1- 0.02275,故D正确.选CD. 11.ACD【解析】因为函数y=f(x)的图象关于直线y=x对 称，且f2)=sinT=0,所以f代0)=2，所以A正确。 由题意可知，f(2+x3)+f(2- =为 x3)=0,所以函数y=f(x)的 v=x) 图象关于点(2,0)对称.作出 函数y=f(x)的大致图象，如 图，所以函数y=f(x)不是周 期函数，所以B错误 由函数y=f(x)的图象关于点 (2,0)对称，得1() 行）设行)=m,则1≤m≤2由)的图象关于直 线y=对称，可得点行加关于直线)=x对称的点为 (a,）且此点在两数的图象上令血受-子，1≤ 2,得-，解得=弓所以m=子所以侣） ,所以C正确 易得)：号m受因为直线y+3+与雨数y 6 八的图象郑过点（任》，且（仔）子m 子-1，房以直线y=3酒8为至数)到图象的一条 线因为=1k322)-03所以函数) 的图象与直线y=-x 33+8在[1,2]上有且仅有2个交点. 6 由对称性可知，函数了=x)的图象与直线y=-+35+8在 6 (0,1)上有且仅有2个交点.易得函数f(x)的图象与直线 35+8在[-1,0]U[2,3]上没有交点，所以函数 y=-x 6 九到的图象与直线y=3+8在[-1,3]上有且仅有4个 交点，所以D正确.故选ACD. 三、12.-280【解析】x3的系数为C(-2)3=-280. ,【解析】由题意知，红球，黄球，绿球的个数分别为5， 5,10.记最后打开的盒子中的球是黄球为事件B,最后打开 的盒子中的球是绿球为事件C,显然事件B与C互斥.记装 有红球的盒子最先全部被打开为事件A,则P(A)=P(BA)+ 17·数学 高考一轮复习检测卷·数学 P(CA).当事件B发生时，装红球、绿球的所有盒子已全部 被打开，且最后被打开的那一个盒子中的球是黄球，则 PB)风PA®=高号言当事件G发生时.装 有红球、黄球的所有盒子已全部被打开，且最后被打开的那 一个盒子中的球是绿球，则P(CM)=P(C)P(AIC)=× 115 0=4,所以P(A)=P(BA)+P(CM)=J 6+4=12 14.2【解析】因为1al=2,所以设a=(2,0).设b=(x,y),c= (m,n).由1b+a1-1b-a1=2,得√(x+2)2+y- x-2+了=2整理，得-=1，所以B(x,y)为双曲线 3 t22 =1右支上一点.由1c+ al=1,得√(m+2)2+n2=1,即 C(m,n)为圆(x+2)2+y2=1上 一点，如图.要求1c-b1的最小 值，即求√(x-m)2+(y-n)2 的最小值，即求IBCI的最小 值.易得F1(-2,0),A(1,0),则1BC1≥1BF,I-1≥1AF1- 1=2,所以1BC1m=2.所以1c-b1的最小值为2. 四、15.【解】(1)由3a=√3 ccos B+bsin C及正弦定理，得 √3sinA=√3 sin Ccos B+sin Bsin C. (2分) 在△ABC中，sinA=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C, 所以wW3 sin Bcos C=sin Bsin O. (4分) 又B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以tanC=√3. 因为ce(0,),所以C=写 (6分) (2)由题意可知SAARG=25. )奥C=号则血c=号mc分 1 因为Saac=2 absin C,所以ab=8 (9分) 由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2- 3ab, 即25=(a+b)2-24,所以a+b=7, (12分) 所以a+b+c=12,故△ABC的周长为12. (13分) c=1, 19 16.【解1(1)由题意知。41， a2-b2=c2, 解得a2=4,b2=3,所以a=2,b=√3. (2分) 则C的离心率e=c=1 a 2 (4分) ②电()可知椭圆C的方程为+了1，则1A13 由题意知，过点F的直线l的斜率不为0 设过点F的直线l的方程为x=y+1,M(x1,y),N(2,y2) (x=my+1, 联立得方程组x2,y2 4*31. 消去x并整理，得(3m2+4)y2+6my-9=0, D62卷 则%34324 -9 (7分) 所以1y-21=√(y+2)2-4y2= 36m2,36_12√1+m2 √(3m2+4)23m2+43m2+4, 1 断以SawP2x2=18Y1+m 3m2+4 (10分) 设1+m,e[l,+0),则Saww3+ 18t 设0=e1,*a).则r0=180, (32+1)2 所以f(t)在[1，+∞)上单调递减， (13分) 9 所以SAMN≤1)=2， 故当m=0时，直线I的方程为x=1,此时△AMN的面积最 大，且最大值为号 (15分) 17.(1)【证明】如图，过点M作MH⊥AB,垂足为H,连接NH. 因为在长方形ABCD中，MH⊥AB,CB⊥AB,所以MH∥CB. 因为MH丈平面CBE,BCC平面CBE,所以MH平面CBE. (1分) 设AH=a,则MH=2a,BH=1-a,所以AM=√5a. 易得AC=BF=√5，所以BN=CM=√5-√5a. 所以A=1aBY=SSa=1,则B=BN AB 1'BF AB BE' 所以NH∥AF. 因为BE∥AF,所以NHBE. 又BEC平面CBE,NH￠平面CBE,所以NH平面CBE. (4分) 又MHC平面MHN,NHC平面MHN,MHONH=H, 所以平面MHN平面CBE. (5分) 又MNC平面MHN,所以MN/平面CBE. (6分) (2)【解】易证AF,AB,AD两两垂直. 以A为坐标原点，AF,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、& 轴建立如图的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(0,1,0).（7分) 设AH=a,则M(0,a,2a),N(2 2a,a,0),所以M=(2-2a,0, -2a), 所以MN=√(2-2a)2+4a2= 2V2m-2at1,当且仅当a=2 1 时，MN取得最小值2，此时M,N分别为AC,BF的中点， 所以o,7,, 所以=(1,0，-1，M-(o.2,-,城=o,, (9分) 设平面MNA的法向量为n=(x1,y1,1), 则n·m-0,色=0， 即1 n·M=0,21=0. 令1=1，则x1=1,y1=-2, 所以平面MNA的一个法向量为n=(1,-2,1). (11分) 17·数学 设平面MNB的法向量为m=(x2,y2,2), m·M店=0，∫1 则 。即222=0， {m·M=0,x=0. 令2=1，则x2=1,y2=2, 所以平面MWB的一个法向量为m=(1,2,1). (13分) 记平面MNA与平面MWB的夹角为O, 则cos0= n·m21 Inllml 6x/6 3 则平面MNM与平面MNB夹角的余弦值为？ (15分) 18.(1)【解】由题意得f(π)=1+1=2f'(x)=ln2·2 *cos+ sinx,则f'(r)=-ln2. (2分) 所以所求切线方程为y-2=-n2(x-π)， 即xln2+y-2-mln2=0. (4分) (2)【证明】因为f(x+2m)=2(*2m)-c0s(x+2T)=2m-cosx= f(x), (6分) 所以2π是f代x)的一个周期， 故f代x)是周期函数. (8分) (3)【解】f代x)在(0,4π)上的零点个数为3.理由如下： 当e0,]时，0csin≤1,2>1,0≤asg1, 则)=2-cs>0,所以x)在(0，]上无零点。 (9分) 当xe(受]时，-1≤1,2≥7,1≤ms0, 则x)=2-s0,所以)在（任3]上无零点 (10分) 当xe(经，2]时(e)=lh2·2os+血x 令g(x)=f'(x)=ln2·2m"cosx+sinx, 则g'(x)=ln2·ln2·2mcos2x-ln2·2 sin sin+cosx= ln2·2m*(ln2·cos2x-sinx)+cosx 当xe(2]时，omso0m0, 所以ln2·cos2x-sinx>0,则g'(x)>0, 所以g()-()在(，2]上单调递增， (12分) 又因为f()=-1<0f(2m)=h20, 所以存在名e(,2m),使得f(x,)=0, 故)在()上单调递减，在(，2m]上单调递塔 又f）-分图）-2等竖-2202-0. 2 所以结合函数的单调性可知，存在e(,7军），使得 f(x1)=0, 所以f(x)在(0,2π]上有两个零点。 (15分) 由f(x)的周期是2π可知，f(x)在(2π，4π)上还有一个 零点 综上，得f代x)在(0,4r)上的零点个数为3. （17分) 19.(1)【解】由a,=2n+2,得a1=24,=2 1 513 D63卷 参考答案及深度解析 因为la1-b1l<1,la3-b1<1, 所以b1=2或b1=3,b3=6或b3=7. (2分) 5,3 (2)【解】当n为奇数时，a,=2+(4) ,此时an随着n 的增大而变小， 则空a,4-设所以a,3e(分 49 ,所以b。=3. (3分) 当n为偶数时，a=() ,此时an随着n的增大而 变大， 则33 5 =a,≤a.<2 所以a2[点》，所以6=2 (4分) 综上可得，bn= 3，n=2k-1(k∈N*), (5分) 2,n=2k(kEN'). 所以汽=+引（门a 2n=2k-1(keN), 5n+1 5n =2k(kEN). 分) 当为奇数时.令84-5(2）门]>0 分（门略） 当1时，子：当3时，号忍故3 (8分) 当：为得数时，令风4-会装引-（合）门0， 得1<(2），无解 (9分) 综上，得存在正整数t使得A,<B,其最小值为3.(10分) (3)【证明】先证充分性：若d∈Z,则由题意得对于任意的 正整数，均有1a,-6,1<分，且6，e乙， 1 1 1 1 则a.-4<b,<a,+4a14<b1<ai+4, 从而aa-或a4-a,+分即名-6 1 因为bneZ,deZ, 所以bn+1-b。-d=0,即bn1-bn=d. 因此{bn}为等差数列，且公差也为d(deZ).(13分) 再证必要性：若{bn}为等差数列，设其公差为d'(d'eZ), a1-a]I=lan1-bm1+ba1-b1+b1-aIIamti-b1+ 1b-b1+16-al<nld1+2 又1aa1≥16-41-la-6-l6-a>nlt- 即a1-士a1a+分本即女1a1-1e1六对任 意正整数n都成立， 当一*时，名0，所以d=d 又d'eZ,所以d∈Z. (16分) 因此，“数列{b}为等差数列”的充要条件是“deZ”. (17分) 17·数学