2024年高考仿真模拟（二）含解析（题型同九省联考，共19个题）(1)_2024年1月_021月合集_2024年高考仿真模拟数学卷（题型同九省联考，共19个题）

2024 年高考仿真模拟数试题（二） 试卷+答案 （题型同九省联考，共 19个题） 注意事项： ]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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，只有一项是符合题目要 求的． 1．从小到大排列的数据1,2,3,x,4,5,6,7,8,y,9,10的第三四分位数为（ ） 3+x 8+y A．3 B． C．8 D． 2 2 x2 y2 2．若椭圆C: + =1(m>0)上一点到C的两个焦点的距离之和为2m，则m=（ ） m 9 A．1 B．3 C．6 D．1或3 3．设等差数列{a }的前n项和为S ，若a +a =−10，S =−42，则S =（ ） n n 3 5 6 10 A．12 B．10 C．16 D．20 4．同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去， 其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（ ） A．32种 B．128种 C．64种 D．256种 5．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板ABC折 起，使得二面角A−BC−D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面 的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平 面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 ( )   6．已知点P在圆(x−1)2+y2 =1上，点A的坐标为 −1, 3 ,O为原点，则AO⋅AP的取值范围是（ ） 1 学科网（北京）股份有限公司A．[−3,3 ] B．[ 3,5 ] C．[ 1,9 ] D．[3,7] ( ) 7．若 f(x)=2sinx 3cosx−sinx ，且 f (x ) f (x )=−3，则 x −x 的最小值为（ ） 1 2 1 2 π π A．π B． C．2π D． 2 4 x2 y2 8．如图，已知F,F 是双曲线C − =1的左､右焦点，P,Q为双曲线C 1 2 : a2 b2 上两点，满足FP∥FQ，且 FQ = F P =3 FP ，则双曲线C的离心率为 1 2 2 2 1 （ ） A． 10 B． 5 C． 15 D． 10 5 2 3 2 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． 1 9．设复数z= （a,b∈R且b≠0），则下列结论正确的是（ ） a+bi A．z可能是实数 B． z = z 恒成立 1 C．若z2∈R，则a=0 D．若z+ ∈R，则 z =1 z A+B 10．在ABC中，若tan =sinC，则下列结论正确的是（ ） 2 tanA A． =1 B．00 ) }= { x −1≤x≤3 } ，则3a+b+2c的取值范围是 ． 13．已知直三棱柱ABC−ABC,AB⊥BC,AC =2AB,AC =2，则三棱柱ABCABC 的体积的最大值 1 1 1 1 1 1 1 2 学科网（北京）股份有限公司为 ；此时棱柱的高为 . 14．已知正实数a,b,c,d满足a2−ab+1=0，c2+d2=1，则当(a−c)2+(b−d)2取得最小值时，ab= ． 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． 1 15．（13分）已知函数 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x. 2 (1)若曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行，求a； (2)若 f (x)在x=2处取得极大值，求a的取值范围. 16．（15分）盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回． (1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为X ．求随机变量X 的分 布列和数学期望E(X)． (2)若A盒中有4个红球和4个白球，B盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从A号盒中摸 出一个球并放入B号盒，然后丁从B号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人 取出白球的概率． π 17．（15分）在梯形ABCD中，ABCD，∠BAD= ，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC 3 与DP交于O点（如图1）.将ACD沿AC折起到△ACD′位置，使得平面D′AC ⊥平面BAC（如图2）. (1)求二面角A−BD′−C的余弦值； 6 PQ (2)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为 ?若存在，求出 的值；若不 8 PD′ 存在，请说明理由. 18．（17分）已知抛物线y2 =4x，顶点为O，过焦点的直线交抛物线于A，B两点． 3 学科网（北京）股份有限公司(1)如图1所示，已知 AB =8|，求线段AB中点到y轴的距离； (2)设点P是线段AB上的动点，顶点O关于点P的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值； (3)如图2所示，设D为抛物线上的一点，过D作直线DM ，DN 交抛物线于M ，N 两点，过D作直线 DP，DQ交抛物线于P，Q两点，且DM ⊥DN，DP⊥DQ，设线段MN与线段PQ的交点为T，求直线 OT斜率的取值范围． 19．（17分）已知无穷数列{a }满足a =max{a ,a }−min{a ,a }(n=1,2,3,)，其中max{x,y}表示 n n n+1 n+2 n+1 n+2 x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数. (1)当a =1，a =2时，写出a 的所有可能值； 1 2 4 (2)若数列{a }中的项存在最大值，证明：0为数列{a }中的项； n n (3)若a >0(n=1,2,3,)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M ？如果存在，写出一个 n n 满足条件的M；如果不存在，说明理由. 2024 年高考仿真模拟数试题（二） 试卷+答案 （题型同九省联考，共 19个题） 注意事项： ]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4 学科网（北京）股份有限公司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，只有一项是符合题目要 求的． 1．从小到大排列的数据1,2,3,x,4,5,6,7,8,y,9,10的第三四分位数为（ ） 3+x 8+y A．3 B． C．8 D． 2 2 答案 D 8+y 解析 12×75%=9，∴该组数据的第三四分位数为 .故选D. 2 x2 y2 2．若椭圆C: + =1(m>0)上一点到C的两个焦点的距离之和为2m，则m=（ ） m 9 A．1 B．3 C．6 D．1或3 答案B 解析 若m>9，则由2 m =2m得m=1（舍去）；若00 ) }= { x −1≤x≤3 } ，则3a+b+2c的取值范围是 ． 3  答案  ,4 2  解析 由题意不等式0≤ax2+bx+c≤2(a>0)的解集为 { x −1≤x≤3 } ， 所以二次函数 f (x)=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1， f (−1)=2 a−b+c=2   b=−2a 且需满足f (3)=2 ，即9a+3b+c=2，解得 ，  f (1)≥0  a+b+c≥0 c=−3a+2 1  1 所以a+b+c=a−2a−3a+2≥0⇒a≤ ，所以a∈0,  ， 2  2 3  3  所以3a+b+2c=3a−2a−6a+4=4−5a∈  ,4.故答案为  ,4. 2  2  13．已知直三棱柱ABC−ABC,AB⊥BC,AC =2AB,AC =2，则三棱柱ABCABC 的体积的最大值 1 1 1 1 1 1 1 为 ；此时棱柱的高为 . 10 学科网（北京）股份有限公司2 2 3 2 答案 / 3 3 3 3 解析 如图所示，不妨设 AB =x，由题意则 AC =2x,BC = 3x,AA = 4−4x2 ( x∈(0,1))， 1 则V = 4−4x2 × 1 x× 3x= 3 ( 1−x2) x4 ， 2 令 f (t)=(1−t)×t2( t=x2∈(0,1)) ⇒ f′(t)=2t−3t2， 2 2 则1>t> 时， f′(t)<0， >t >0时， f′(t)>0， 3 3 即 f (t)在  0, 2 上单调递增，在   2 ,1  上单调递减，则 f (t) = f   2 = 4 ⇒V = 3× 4 = 2 ，  3 3  max 3 27 max 27 3 2 4 2 3 2 2 3 此时t =x2 = ⇒ 4−4x2 = AA = = .故答案为 ； . 3 1 3 3 3 3 14．已知正实数a,b,c,d满足a2−ab+1=0，c2+d2=1，则当(a−c)2+(b−d)2取得最小值时，ab= ． 2 答案 +1 2 解析 可将(a−c)2+(b−d)2转化为(a,b)与(c,d)两点间距离的平方， 1 由a2−ab+1=0，得b=a+ ， a 而c2 +d2 =1表示以(0,0)为圆心，1为半径的圆，(c,d)为圆上一点， 2 则(a,b)与圆心(0,0)的距离为： a2+b2 = a2+  a+ 1  = 2a2+ 1 +2≥ 2 2a2⋅ 1 +2 = 2 2+2，  a a2 a2 1 1 当且仅当2a2 = ，即a=±4 时等号成立， a2 2 此时(a,b)与圆心(0,0)的距离最小，即(a,b)与(c,d)两点间距离的平方最小， 1 2 2 即(a−c)2+(b−d)2取得最小值.当a= 4 时，ab=a2+1= +1，故答案为 +1. 2 2 2 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． 1 15．（13分）已知函数 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x. 2 (1)若曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行，求a； (2)若 f (x)在x=2处取得极大值，求a的取值范围. 1 解析 （1）因为 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x(x>0)， 2 11 学科网（北京）股份有限公司2 ax2−(2a+1)x+2 (ax−1)(x−2) 所以 f′(x)= +ax−(2a+1)= = ，……………2分 x x x 因为曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行， (a−1)(1−2) 所以 f′(1)= =0，解得a=1，……………4分 1 1 5 又 f (1)= −3=− ≠0，所以a=1. ……………5分 2 2 (ax−1)(x−2) （2） f (x)的定义域为(0,+∞)， f′(x)= ， x ①当a=0时，令 fx0，得02，  f x在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.  f x在x=2处取得极大值，满足题意；……………7分 ②当a<0时，令 fx0，得02，  f x在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.  f x在x=2处取得极大值，满足题意；……………9分 ③当a>0时， 1 1 （i）当a= 时， =2, f′(x)≥0 2 a 所以 f (x)在(0,+∞)上单调递增， f (x)无极值，不满足题意； 1 1 （ii）当a> 时， <2， 2 a 1 1 令 f′(x)<0，得 2. a a  1 1   f x在0, 上单调递增，在 ,2上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.  a a   f x在x=2处取得极小值，不满足题意； 1 1 （iii）当02， 2 a 1 1 令 f′(x)<0，得2 . a a  1 1   f x在(0,2)上单调递增，在2, 上单调递减，在 ,+∞上单调递增.  a a   1  f x在x=2处取得极大值，满足题意；综上所述，a的取值范围为−∞, .……………13分  2 12 学科网（北京）股份有限公司16．（15分）盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回． (1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为X ．求随机变量X 的分 布列和数学期望E(X)． (2)若A盒中有4个红球和4个白球，B盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从A号盒中摸 出一个球并放入B号盒，然后丁从B号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人 取出白球的概率． C1C1 5 C1C1A2 15 解析 （1）X 可取0，1，2.且：P(X =0)= 5 4 = ，P(X =1)= 3 5 2 = ， C1C1 14 C1C1 28 8 7 8 7 C1C1 3 P(X =2)= 3 2 = .……………3分 C1C1 28 8 7 所以X 的分布列为： X 0 1 2 5 15 3 P 14 28 28 15 3 3 则E(X)=1× +2× = .……………6分 28 28 4 （2）设事件D=“丁取到红球”，事件E=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”. 3C1C1C1 4 当甲、乙、丙三人取得1个白球，则丁取到红球的概率为 4 3 4 × ；……………8分 C1C1C1 7 8 7 6 3C1C1C1 3 当甲、乙、丙三人取得2个白球，则丁取到红球的概率为 4 4 3× ；……………10分 C1C1C1 7 8 7 6 C1C1C1 2 当甲、乙、丙三人取得3个白球，则丁取到红球的概率为 4 3 2 × ；……………12分 C1C1C1 7 8 7 6 C1C1C1 5 当甲、乙、丙三人取得3个红球，则丁取到红球的概率为 4 3 2 × ；……………14分 C1C1C1 7 8 7 6 3C1C1C1 4 3C1C1C1 3 C1C1C1 2 则所求概率为P(E|D)= P(DE) = C1 8 4 C1 7 3 C1 6 4× 7 + C1 8 4 C1 7 4 C1 6 3× 7 + C1 8 4 C1 7 3 C1 6 2× 7 = 44 .……………15分 P(D) 3C1C1C1 5 3C1C1C1 4 3C1C1C1 3 3C1C1C1 2 49 4 3 4× + 4 3 3× + 4 3 2× + 4 3 2× C1C1C1 7 C1C1C1 7 C1C1C1 7 C1C1C1 7 8 7 6 8 7 6 8 7 6 8 7 6 π 17．（15分）在梯形ABCD中，ABCD，∠BAD= ，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC 3 与DP交于O点（如图1）.将ACD沿AC折起到△ACD′位置，使得平面D′AC ⊥平面BAC（如图2）. 13 学科网（北京）股份有限公司(1)求二面角A−BD′−C的余弦值； 6 PQ (2)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为 ?若存在，求出 的值；若不 8 PD′ 存在，请说明理由. π 解析 （1）因为在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2AD=2CD=4，∠BAD= ，P为AB的中点，所 3 以，CD//PB，CD=PB， 所以△ADP是正三角形，四边形DPBC为菱形， 可得AC⊥BC，AC ⊥DP， 而平面D'AC⊥平面BAC，平面D'AC∩平面BAC = AC， D'O⊂平面D'AC，D'O⊥ AC， ∴D'O⊥平面BAC，所以OA，OP，OD'两两互相垂直，……………3分 如图，以点O为坐标原点，OA，OP，OD'分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A ( 3,0,0 ) ，C ( − 3,0,0 ) ，B ( − 3,2,0 ) ，D'(0,0,1)，P(0,1,0)，     ( ) ( ) ( ) ( ) ∴AD' = − 3,0,1 ，AB= −2 3,2,0 ，BD' = 3,−2,1 ，CD' = 3,0,1 ，  设平面ABD'的一个法向量为m=(x,y,z )，则 1 1 1   m⋅AD′=0  − 3x +z =0   ，即 1 1 ，令x =1，则y =z = 3， m⋅AB=0 −2 3x +2y =0 1 1 1 1 1  ( ) ∴m= 1, 3, 3 ，……………5分  设平面CBD'的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则 2 2 2   n⋅BD′=0   3x −2y +z =0   ，即 2 2 2 ，令x =1，则y =0，z =− 3， n⋅CD′=0  3x +z =0 2 2 2 2 2  ( ) ∴n= 1,0,− 3 ，……………7分 14 学科网（北京）股份有限公司  ( )   m⋅n 1×1+ 3×0+ 3× − 3 7 ∴cos m,n =   = =− ， m n 1+3+3× 1+3 7 7 所以二面角A−BD'−C的余弦值为− .……………9分 7 6 （2）线段PD'上存在点Q，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 .……………10分 8     ( ) 设PQ=λPD'(0≤λ≤1)，因为CP= 3,1,0 ，PD' =(0,−1,1)，所以      ( ) CQ=CP+PQ=CP+λPD' = 3,1−λ,λ ，……………12分     CQ⋅n 3(1−λ) 6 设CQ与平面BCD'所成角为θ，则sinθ= cos CQ,n =   = = ，……………13分 CQ n 2 2λ2−2λ+4 8 1 即3λ2−7λ+2=0，0≤λ≤1，解得λ= ，……………14分 3 PQ 1 所以线段PD'上存在点Q，且 = ， PD' 3 6 使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 .……………15分 8 18．（17分）已知抛物线y2 =4x，顶点为O，过焦点的直线交抛物线于A，B两点． (1)如图1所示，已知 AB =8|，求线段AB中点到y轴的距离； (2)设点P是线段AB上的动点，顶点O关于点P的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值； (3)如图2所示，设D为抛物线上的一点，过D作直线DM ，DN 交抛物线于M ，N 两点，过D作直线 DP，DQ交抛物线于P，Q两点，且DM ⊥DN，DP⊥DQ，设线段MN与线段PQ的交点为T，求直线 OT斜率的取值范围． 解析 （1）因为过焦点的直线交抛物线于A，B两点，且 AB =8， 设A(x,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 由抛物线的性质可得x +x +2= AB =8， 1 2 所以x +x =6， 1 2 15 学科网（北京）股份有限公司x +x 所以线段AB中点的横坐标，即为线段AB中点到y轴的距离为 1 2 =3.……………3分 2 （2）由点C与原点O关于点P对称，可知P是线段OC的中点， 所以点O与点C到直线l的距离相等，所以四边形OABC的面积等于2S ， △AOB x=my+1 设直线l的方程为x=my+1，联立 ，消去x可得y2−4my−4=0，……………5分 y2 =4x 设A(x ,y )，B(x ,y )，由韦达定理可得y +y =4m，y y =−4， 3 3 4 4 3 4 3 4 1 所以2S 2 OF  y y  y y 24y y 4 m21， AOB 2 3 4 3 4 3 4 当m=0时，四边形OABC的面积取最小值为4．……………7分 （3）设D点坐标为a2,2a，M 点坐标为(x ,y )，N 点坐标为x ,y ， M M N N 由题意可知直线DM 的斜率k存在，且不为0， 4 8a 则直线DM 的方程为y2akxa2，与抛物线y2 =4x联立，消去x得y2− y+ −4a2 =0， k k 4 4 由韦达定理可得2a+y = ，解得y = −2a，……………9分 M k M k 1 直线DN 的方程为y2a xa2与抛物线y2 =4x联立，消去x得y24ky8ka4a20， k 由韦达定理可得2a+y =−4k，解得y =−4k−2a，……………10分 N N 显然直线MN斜率不为零， yy xx 4xx  4xx  当直线MN斜率存在时，直线MN的方程为 M  M  M  M ， y y x x y2 y2 y y y y  N M N M N M N M N M 4x+y y 整理得：y= N M ， y +y N M 16 学科网（北京）股份有限公司4 将y = −2a，y =−4k−2a代入l 得： M k N MN 4  4x k 2a    4k2a kx4k2a2ak2a2k kxa24 y  2a ， 4 1akk2 1akk2 2a4k2a k 所以直线l 过定点4a2,2a，即T点坐标为4a2,2a，……………12分 MN 当直线MN的斜率不存在时，设M 点坐标为t2,2t，N 点的坐标为t2,2t，   则DM t2a2,2t2a，DN t2a2,2t2a，且根据题意t2−a2 ≠0，   所以DMDN t2a22 4t2a20，解得t2 =4+a2， 所以直线MN的方程为x4a2过点4a2,2a，……………13分 2a 所以直线OT的斜率为k =− ，……………14分 OT 4+a2 2 2 1 0   4 当a>0时， 4 4 2，当且仅当 =a，即a=2时，等号成立， a 2 a a a a 2 2 1 0< ≤ = 4 当a<0时， − 4 −a 2  − 4 ⋅(−a) 2，当且仅当− a =−a，即a=−2时，等号成立， a  a 当a=0时，k =0，……………16分 OT  1 1 综上所述，直线OT斜率的取值范围为  − , .……………17分  2 2 19．（17分）已知无穷数列{a }满足a =max{a ,a }−min{a ,a }(n=1,2,3,)，其中max{x,y}表示 n n n+1 n+2 n+1 n+2 x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数. (1)当a =1，a =2时，写出a 的所有可能值； 1 2 4 (2)若数列{a }中的项存在最大值，证明：0为数列{a }中的项； n n (3)若a >0(n=1,2,3,)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M ？如果存在，写出一个 n n 满足条件的M；如果不存在，说明理由. 解析 （1）由a =max{a ,a }−min{a ,a }≥0，a =max{2,a }−min{2,a }=1， n n+1 n+2 n+1 n+2 1 3 3 若a >2，则a −2=1，即a =3，此时a =max{3,a }−min{3,a }=2， 3 3 3 2 4 4 17 学科网（北京）股份有限公司当a >3，则a −3=2，即a =5； 4 4 4 当a <3，则3−a =2，即a =1； 4 4 4 若a <2，则2−a =1，即a =1，此时a =max{1,a }−min{1,a }=2， 3 3 3 2 4 4 当a >1，则a −1=2，即a =3； 4 4 4 当a <1，则1−a =2，即a =−1（舍）； 4 4 4 综上，a 的所有可能值为{1,3,5}.……………5分 4 （2）由（1）知：a ≥0，则min{a ,a }≥0， n n+1 n+2 数列{a }中的项存在最大值，故存在n ∈N*使a ≤a ，(n=1,2,3,)， n 0 n n0 由a =max{a ,a }−min{a ,a }≤max{a ,a }≤a ， n0 n0 +1 n0 +2 n0 +1 n0 +2 n0 +1 n0 +2 n0 所以min{a ,a }=0，故存在k∈{n +1,n +2}使a =0， n0 +1 n0 +2 0 0 k 所以0为数列{a }中的项；……………10分 n （3）不存在，理由如下：由a >0(n=1,2,3,)，则a ≠a (n=2,3,)， n n n+1 设S ={n|a >a ,n≥1}， n n+1 若S =∅，则a ≤a ，a 0，取n =[ ]+2（[x]表示不超过x的最大整数）， 1 a 1 当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+...+(a −a )+a 1 n n n−1 n−1 n−2 3 2 2 =a +a +...+a +a ≥(n−1)a >M ；……………13分 n−2 n−3 1 2 1 若S ≠∅，则S为有限集， 设m=max{n|a >a ,n≥1}，a 0，取n =[ ]+m+1（[x]表示不超过x的最大整数）， 2 a m+1 当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+...+(a −a )+a 2 n n n−1 n−1 n−2 m+2 m+1 m+1 =a +a +...+a +a ≥(n−m)a >M ； n−2 n−3 m m+1 m+1 18 学科网（北京）股份有限公司综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M .……………17分 n 19 学科网（北京）股份有限公司