19_2024高考数学点睛密卷_新高考II卷A_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

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2024 高考数学
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2024 年高考数学点睛密卷(新高考 II 卷 A)
数 学
本试卷共4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 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡
右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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。答案不能答在
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。考试结束后，将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．若复数
2
z 
1
i
 i
( i 为虚数单位)，则 | z | ( )
1
A． B．
2 2
2
C．1 D． 2
【答案】B
【解答】解： z 
1
i
 i

i (1 
2
i )

1 
2
i
，即 z 
1
2

1
2
i
1 2  1 2 2
，则|z |      ，
2  2 2
故选：B．
2．已知集合 A  { 0 ，1， 2 } ， B  { x | x  3 k  1 ， k  N } ，则 A B  ( )
A．{0，1，2} B． { 1 ，2} C．{1} D．{2}
【答案】D
【解答】解：集合 A { 0 ，1，2}，
B  { x | x  3 k  1 ， k  N }  {  1 ，2，5，8，11，，3k1}， k  N ，则 A B  { 2 } ．
故选：D．3
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3．在(2x)5的展开式中，
3
x 2 项的系数为( )
A．1 B．10 C．40 D．80
【答案】 D
【解答】解：根据二项式的展开式 T
r  1
 C r5  2 5  r  x r ( r  0 ，1，2，3，4， 5 ) ，
令 r  2 时， x 2 项的系数为 C 25  2 3  8 0 ．
故选： D ．
4．已知等比数列 { a
n
} 的前n项和为 S
n
，若
a
1
S

4
a
3
 5 ，则
a
a
4
2
 ( )
A．4 B．5 C．16 D．25
【答案】C
【解答】解：设等比数列{a }的公比为q，
n
由
a
1
S

4
a
3

a
1
 a
a
2
1


a
a
3
3
 a
4 
a
1
 a
3a

1
(

a 
1a
3
a
3
) q
 1  q  5 ，得 q  4
a
，所以 4 q2 16．
a
2
故选： C ．
5．在 △ A B C 中，C90，则“ A  B ”是“cosAsinAcosBsinB”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】 A
【解答】解：若 A  B ，则 c o s A  s in A  c o s B  s in B ，所以充分性成立；
若cosAsinAcosBsinB，即 2 s in ( A  4 5  )  2 s in ( B  4 5  ) ，
C90， 0   A  9 0  ，0B90，45A45135， 4 5   B  4 5   1 3 5  ，
所以A45B45或(A45)(B45)180，
所以 A  B 或 A  B  9 0  ，即 A  B 或 C  9 0  ，所以必要性不成立．
故 A  B 是cosAsinAcosBsinB的充分不必要条件．
故选：A．
6．函数 f ( x )  x 2 e x 在区间(k,k1.5)上存在极值点，则整数 k 的值为( )
A．  3 ，0 B．  2 ，1 C．  3 ，1 D．  2 ，0
【答案】C
【解答】解：函数 f ( x )  x 2 e x ，可得 f(x)2xex x2ex ex(x2 2x)，
当 x  (   ,  2 ) 和 ( 0 ,   ) 时， f(x)0，当 x  (  2 , 0 ) 时， f(x)0，
则 f(x)在(,2)和(0,)上单调递增，在 (  2 , 0 ) 上单调递减．
若 f(x)在(k,k1.5)上无极值点，则k1.5 2或k 0或2 kk1.5 0，4
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4
 k  (   ，  3 .5 ] [  2 ，  1 .5 ] [ 0 ，   ) 时， f ( x ) 在 ( k , k  1 .5 ) 上无极值点，
 k  (  3 .5 ，  2 ) (  1 .5 ， 0 ) 时， f ( x ) 在 ( k , k  1 .5 ) 上存在极值点．
因为 k 是整数，故k3或k 1，
故选： C ．
mx
7．已知函数 f(x)ln (m0,n0)是奇函数，则
1nx
1
m

2
n
的最小值为 ( )
A．3 B．5 C． 3  2 2 D． 3  4 2
【答案】 C
【解答】解：函数 f ( x ) 的定义域满足 { x | ( x  m ) ( x  1  n )  0 } ．
因为 f ( x ) 是奇函数，则其定义域关于原点对称，
可得  m  1  n  0 ，即 m  n  1 ，
此时 f ( x )  ln
m
m


x
x
，可得 f ( x )  f (  x )  ln
m
m


x
x
 ln
m
m


x
x
 ln 1  0 ，
可得 f ( x ) 是奇函数，即mn1符合题意；
1 2  1 2 n 2m
故    (mn)3  32 2 ，
m n m n m n
当且仅当
n
m

2 m
n
，即m 21，n2 2时等号成立，
故
1
m

2
n
的最小值为 3  2 2 ．
故选： C ．
8．已知矩形 A B C D 中， A B  3 ， B C  2 ，将 △ C B D 沿 B D 折起至 △ C B D ．当直线 C B 与
A D 所成的角最大时，三棱锥 C   A B D 的体积为 ( )
A．
3
5 5 13 2 5
B． C． D．
13 3
6
1
1
3
3
【答案】 C
【解答】解： 异面直线最大角为直角，  当CBAD时， C B 与 A D 所成角最大，
四边形ABCD是矩形，AD AB，又CBAD，且AB CBB，
AD平面ABC，又AC平面ABC，ADAC，
在Rt△ACD中，AD2，CD3， AC CD2 AD2  94  5 ，5
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又BC2,AC 5,AB3，AB2 BC2 AC2，BCAC，
5
 V
C  A B D
 V
D  A B C 

1
3
S
△ A B C 
 A D 
1
3

1
2
 2  5  2 
2
3
5
．
故选： C ．
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．给定一组均为整数的样本．现在将这个样本同时加上a(aZ)，则下列说法正确的是
( )
A．平均数增大 a
B．方差不变
C．如果a是奇数，随机抽取这组数据的一个，是奇数的概率不变
D．如果a是偶数，随机抽取这组数据的一个，是奇数的概率不变
【答案】 A B D
【解答】解：设给定一组均为整数的样本为 x
1
， x
2
，  ， x
n
，平均数为 x ，
将这个样本同时加上a(aZ)，即 x
1
 a ， x
2
 a ，  ， x
n
 a ，
此时平均数 x  
1
n
( x
1
 a  x
2
 a    x
n
 a ) 
1
n
( x
1
 x
2
   x
n
)  a  x  a ，
故平均数增大a，故A正确；
因为将一组数据中每一个数据都加上或减去同一常数，数据的波动性不变，所以方差不变，
故 B 正确；
如果 a 是奇数，和这组数据中的每一个相加，奇偶性替换，所以是奇数的概率不一定不变，
故 C 错误；
如果a是偶数，相加后奇偶性不变，所以奇数的概率不变，故 D 正确．
故答案为： A B D ．
10．已知函数 f(x) Asin(x)(0， A  0 )

，若x 为 f(x)的一个极值点，且 f(x)的
3
最小正周期为，则 ( )
A． A  f
 
3
 
B．k (kZ)
6
C． f ( x ) 的图象关于点
 7
1

2
, 0

对称 D． f

x 

3

为偶函数
【答案】BCD
【解答】解：函数 f(x) Asin(x)(0，A0)， f(x)的最小正周期为，故2；6
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
若x 为 f(x)的一个极值点，则
3
6
f
3
A s in
2
3
A 
  

 


 
2 
，故 k (kZ)，
3 2
整理得 k
6
   

；当 k  0 时，
6
  

；当 k  1 时，
5
6
 

；
所以 f ( x )  s in

2 x 

6

或 f ( x )  s in

2 x 
5 
6

；
对于A： A  f
 
3

 1 ，或 f
 
3

  1 ，故A错误；
对于 B ：由函数的极值点得 k
6
   

( k  Z ) ，故 B 正确；
对于C：当 x 
7
1

2
时， f
 7
1

2

 0 ，故C正确；
     
对于D：根据函数的关系式 f(x)sin2x  ；所以 f x sin2x cos2x，
 6  3  2
对于 f ( x )  s in

2 x 
5 
6

，所以 f

x 

3

 s in

2 x 
2 
3

5 
6

  c o s 2 x ，故 D 正确．
故选： B C D ．
11．已知定义域为 R 的函数 f ( x ) 对任意实数 x ， y 都有 f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( x ) f ( y ) ，且
f
 1
2

 0 ，则以下结论正确的有 ( )
A． f ( 0 )   1 B． f ( x ) 是偶函数
C． f ( x ) 关于
 1
2
, 0

中心对称 D． f (1 )  f ( 2 )   f ( 2 0 2 2 )  0
【答案】 B C D
【解答】方法一：赋值迭代
函数 f(x)对任意实数 x ，y都有 f(x y) f(xy)2f(x)f(y)，
取 y  0 得， f ( x )  f ( x )  2 f ( x ) f ( 0 ) ，  2 f ( x )  2 f ( x ) f ( 0 ) ，  2 f ( x )  f ( 0 )  1   0 ，
① f(x)0恒成立，则直接选BCD；
② f(x)不恒为0，f(0)1，故 A 错误，
取x0得， f(y) f(y)2f(0)f(y)，又 f ( 0 )  1 ，
f(y) f(y)2f(y)，f(y) f(y)，  f ( x ) 为偶函数，故 B 正确，
1 1  1  1
取x 得， f   y f   y2f   f(y)，
2 2  2  2
1 1  1 
又 f  0，f   y f   y0，
2 2  2 7
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7
 函数 f(x)关于点
 1
2
, 0

中心对称，故 C 正确，
f ( x ) 为偶函数，且函数 f ( x ) 关于点
 1
2
, 0

中心对称，
函数 f ( x ) 的周期 T  2 ，
取 x  y 
1
2
得， f (1)  f ( 0 )  2 f
 1
2

f
 1
2

，  f (1)   1 ，
取x y1得， f (2)  f ( 0 )  2 f 2 (1)，  f (2)  1
 f (1)  f (2)   f ( 2 0 2 2 )  1 0 1 1  [ f (1)  f (2) ]  1 0 1 1  0  0 ，故 D 正确．
方法二：还原函数
因 f ( x ) 满足 f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( x ) f ( y ) ，符合三角函数模型 y c o s x   ，
又因 f
 1
2

 0 ，则即可，即 f ( x )  c o s  x ，
对于A： f ( 0 )  c o s 0  1 ，A错误；
对于B： f (  x )  c o s     x    c o s  x  f ( x ) ，为偶函数，B正确；
1 
对于C：因 f  cos 0，故 f(x)关于
2 2
 1
2
, 0

中心对称，C正确；
对于D：易知 f(x)周期为 2 ，且 f (1 )  c o s     ， f(2)cos2，
则 f(1) f(2)0，所以 f (1 )  f ( 2 )    f ( 2 0 2 2 )  1 0 1 1   f (1 )  f ( 2 )   0 ，D正确.
故选： B C D ．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若向量 a ， b 满足 | a | 1 ，|b|2，若 b 与 a 的夹角为锐角，则a(ab)的取值范围
是 ．
【答案】 (1 , 3 ) ．
【解答】解： b 与 a 的夹角为锐角，  c o s  a , b   ( 0 ,1 ) ，
|a|1，|b|2， a  ( a  b )  a 2  a  b  1  1  2 c o s  a , b   (1 , 3 ) ，
a(ab)的取值范围是(1,3)．
故答案为：(1,3)．
13．某班级计划安排学号为1~9的九名同学中的某 5 位，分别担任周一至周五的值日生，
要求学号为奇数的同学不能安排在周一、周三、周五三天值日，则不同的安排方法有
种．(用数字作答)
【答案】720．8
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【解答】解：第一类：当学号为偶数的同学有3位时，有A3A2 2420480；
4 5
第二类：当学号为偶数的同学有4位时，有A3C1A2 2410240；
4 5 2
所以不同的安排方法有
8
4 8 0  2 4 0  7 2 0 种．
故答案为：720．
14．已知圆O:x2  y2 r2(r0)，设直线x 3y 30与两坐标轴的交点分别为 A ， B ，
若圆 O 上有且只有一个点P满足 | A P | | B P | ，则 r 的值为 ．
【答案】
1
2
【解答】解：根据题意易得 A ( 3 , 0 ) , B ( 0 ,1 ) , P A  P B ，
P在 A B
3
的垂直平分线上，又k  ，
AB 3
 A B 中垂线的斜率为 3 ，又 A B
 3 1
的中点为 , ，
 
2 2
 
由点斜式方程得 y 
1
2
 3

x 
2
3 
，化简得 y  3 x  1 ，
又P在圆 O : x 2  y 2  r 2 满足条件的P有且仅有一个，
 直线 y  3 x  1 与圆相切，  r  d 
3
1
 1

1
2
，
故答案为：
1
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.
15．(13分)如图，三棱柱ABCABC 的侧面
1 1 1
B B C1 C1 为菱形，  C B B
1
 6 0  ， A B  B C1 ．
(1)证明： B C1  A C
1
；
(2)若 A C  A B
1
， A B  B C  2 ，求四棱锥 A  B C C
1
B
1
的体积．
【解答】解：(1)证明：连接BC ，
1
A C
1
，设BC BC O，连接AO．
1 19
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9
B C C
1
B
1
为菱形，  B C1  B C
1
，且 O 为BC ，
1
B C1 的中点，
又 B C1  A B ， B C
1
A B  B ， B C
1
， A B  平面 A B C
1
，  B C1  平面 A B C
1
， A C
1
 平面ABC ，
1
 B C1  A C
1
；
(2)由(1)知 B C1  平面 A B C
1
，又 A O  平面 A B C
1
，BC AO，
1
又 A C  A B
1
， O 为 B C1
1
的中点，OA BC，
2 1
由菱形 B C C
1
B
1
，  C B B
1
 6 0  ，ABBC2，则△ B B C1 为正三角形，
 B C1  2 , O A  1 , O B  3 ，  O A 2  O B 2  A B 2 ，
OAOB， B C1 O B  O ， B C1 ，OB平面BCCB ，
1 1
 O A  平面 B C C
1
B
1
，
1 1
而S  BCBC  22 32 3，
△BCC1B1 2 1 1 2
 V
A  B C C B1 1

1
3
 S
△ B C C B1 1
 O A 
1
3
 2 3  1 
2
3
3
．
1
16．(15分)已知函数 f(x)2mlnxx (m0)．
x
(1)讨论 f ( x ) 的单调性；
 1  1  1   1  2
(2)证明： 1 1 1  1 e3(nN*,n 2)；
 22  32  42   n2 
(3)若函数 g ( x )  m 2 ln 2 x  x 
1
x
 2 有三个不同的零点，求 m 的取值范围．
【解答】解：(1)函数 f ( x ) 定义域为 ( 0 ,   ) ，
2m 1 x2 2mx1
因为 f(x) 1  ，
x x2 x2
设k(x)x2 2mx1，则4(m2 1)，
①当0m 1时， 0， f(x) 0恒成立；
②当 m  1 时，0，k(x)有两个零点x m m2 1，x m m2 1，
1 2
所以当0xx 时，k(x)0，即 f(x)0；当x xx 时，k(x)0，即 f(x)0；
1 1 210
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当
10
x  x
2
时， k ( x )  0 ，即 f ( x )  0 ．
综上所述：当 0  m 1 时， f(x)在 ( 0 ,   ) 上单调递减；
当 m  1 时， f ( x ) 在 ( 0 , m  m 2  1 ) ，(m m2 1,)上单调递减，
在 ( m  m 2  1 , m  m 2  1 ) 上单调递增；
(2)证明：由(1)知当 m  1 时， x  (1 ,   ) 时， f ( x )  2 ln x  x 
1
x
 f (1 )  0 ，
所以 ln x 
x
2

1
2 x
，令 x  1 
1
n 2
( n  N * , n 2 ) ，
 1  1 1  1 1 1 1  1 1
则ln1  1      
 n2  2 n2  2  1 1   2n2 1 n2  n2 n2  1
 n2  4

n
1
 1
2

n
1
 1
2
，
ln

1 
1
2 2

 ln

1 
1
3 2

 ln

1 
1
4 2

  ln

1 
1
n 2



2
1

1
2

2
1

1
2



3
1

1
2

3
1

1
2

 

n
1

1
2

n
1

1
2


2
3

n
1

1
2

2
3
，
所以

1 
1
2 2
 
1 
1
3 2
 
1 
1
4 2
 
1 
1
n 2

 e
23
；
(3) g ( x )  m 2 ln 2 x  x 
1
x
 2  m 2 ln 2 x 
( x 
x
1 ) 2


m ln x 
x 
x
1  
m ln x 
x 
x
1 
，
因为 ln x 与x1同号，所以 y  m ln x 
x 
x
1
只有一个零点 x  1 ，
令 t  x ，由 f (1)  0 ，则 g ( x ) 有三个不同的零点等价于函数 f ( t ) 有三个不同的零点，
由(1)知：当 0  m 1 时， f ( x ) 在 ( 0 ,   ) 上单调递减，不合题意；
当 m  1 时，因为 f (1)0，且xx 1，所以x 1x ，所以 f(x ) f (1)
1 2 1 2 1
 0  f ( x
2
) ，
由(2)知， x  1
x 1
时，lnx  ，
2 2x
x 1 1
所以ln x   ，即lnx x ，
2 2 x x
1  1  1 14m2
所以 f(4m2)2mln(4m2)4m2  2m2m 4m2   0，
4m2  2m 4m2 4m2
所以由零点存在性定理知， f ( t ) 在区间 ( x
2
, 4 m 2 ) 上有唯一的一个零点t ，
0
1 1 1 1
因为 f(t ) f  2mlnt t  2mln  t 0，
0 t  0 0 t t t 0
0 0 0 011
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因为
11
f ( t
0
)  0 ，所以 f
 1
t
0

 0 ，
所以 m  1 时， f ( t )
1
存在三个不同的零点 ，1，
t
0
t0 ，
故实数 m 的取值范围是 (1 ,   ) ．
17．(15分)为不断提升社区服务质量，某物业公司监察部门对其服务的甲、乙两个社区开展
“服务满意度大调查”，随机对两社区多名业主发放调查问卷，对物业公司服务评分，并绘制
如下频率分布直方图，其中 [ 4 0 ， 5 0 ) 为非常不满意， [ 5 0 ， 6 0 ) 为不满意， [ 6 0 ， 7 0 ) 为一般，
[ 7 0 ，80)为基本满意， [ 8 0 ，90)为满意， [ 9 0 ， 1 0 0 ] 为非常满意．
(1)求乙社区调查结果图中的a值并估计乙社区调查结果的80%分位数(精确到 0 .0 1 ) ；
(2)已知调查问卷中有 7 5 % 来自甲社区业主．
①若在所有评分不足60分的调查问卷中随机抽取一份，请估计这份问卷恰好来自甲社区业
主的概率；
②为了解业主对物业公司服务的具体意见，在所有评分不足60分的调查问卷中随机抽取70
份进行细致分析，求这70份问卷中来自甲社区业主的问卷份数X 的期望 E ( X ) ．
【解答】解：(1)由频率之和为1得： ( 0 .0 0 4  a  0 .0 1 8  0 .0 2 2  0 .0 2 2  0 .0 2 8 )  1 0  1 ，
解得：a0.006，
[ 8 0 ， 9 0 ) 这组的频率为： 0 .0 2 2  1 0  0 .2 2 ， [ 9 0 ， 1 0 0 ] 这组的频率为： 0 .0 1 8  1 0  0 .1 8 ，
0 .1 8  1  8 0 % ， 0 .1 8  0 .2 2  1  8 0 % ，
故80%分位数在 [ 8 0 ，90)组，设80%分位数为x，
则0.022(90x)0.18180%，解得x89.09，
故80%分位数为89.09；
(2)①任抽一份问卷，是来自甲社区业主的问卷记作事件 A ，问卷评分不足60分记作事件 B ，
根据题意可知：P(A)0.75,P(A)0.25,P(B|A)0.06,P(B|A)0.10，12
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所以
12
P ( A B )  P (A) P ( B | A )  0 .7 5  0 .0 6  0 .0 4 5 ，
P ( A B )  P ( A ) P ( B | A )  0 .2 5  0 .1 0  0 .0 2 5 ，
所以， P ( B )  P ( A B )  P ( A B )  0 .0 4 5  0 .0 2 5  0 .0 7 ，
所以，从不足60分的问卷中抽取一份，该份问卷是来自甲社区业主问卷的概率为
P ( A | B ) 
P
P
( A
( B
B
)
)

0 .0 4 5
0 .0 7

1
9
4
；
②70份评分不足60分的调查问卷中来自甲社区业主的问卷份数 X ~ B

7 0 ,
1
9
4

，
9
所以E(X)70 45．
14
18. (17分)已知椭圆 C :
x
a
2
2

y
b
2
2
 1 ( a  b  0 ) 的离心率为
3
3
，且椭圆C的短轴长为2 6．
(1)求椭圆 C 的方程．
(2)设P是椭圆 C 上第一象限内的一点， A 是椭圆 C 的左顶点， B 是椭圆 C 的上顶点，直线
P A 与 y 轴相交于点 M ，直线 P B 与 x 轴相交于点 N ．记△ABN的面积为S ，
1
△ A M N 的面
积为 S
2
．证明：|S S |为定值．
1 2
c 3
 
a 3


【解答】解：(1)由题意可得2b2 6 ，解得
 a2 b2 c2



 a
b
c



3
6
3
，
故椭圆 C 的方程为
x
9
2

y
6
2
 1 ．
(2)证明：设 P ( x
0
， y
0
) ，则直线 P A
y  3y 
的方程为y 0 (x3)，令x0，得M0, 0 ．
x 3  x 3
0 0
直线 P B 的方程为 y 
y
0

x
0
6
x  6 ，令 y  0 ，得 N
 
y
0

6 x
0
6
, 0

．
1 6 6x 1 6x 3y
S  |AN||OB| 3 0 ，S  3 0 0 ，
1 2 2 y  6 2 2 y  6 x 3
0 0 0
1 6x 3y 1 3y 3 6 6x 6x 3 63y
|S S | 3 0 6 0  0 0  0 0
1 2 2 y  6 x 3 2 y  6 x 3
0 0 0 0
1 6x2 9y2 18 6y 6 6x y 36x 54
 0 0 0 0 0 0 ．
2 x y 3y  6x 3 6
0 0 0 013
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x2 y2
由 0  0 1，得
9 6
13
6 x 20  9 y 20  5 4 ，
则
1
2
6 x 20  9 y 20
x

0
1 8
y
0

6
3
y
y
0
0


6
6
6
x
x
0
0

y
0
3

6
3 6 x
0
 5 4

1
2
1 0 8 
x
0
1
y
8
0

6
3
y
0
y
0


6
6
6
x
x
0
y
0

0
3
 3
6
6 x
0  3 6 ．
故 | S
1
 S
2
| 为定值．
19．(17分)已知正项数列{a }满足：
n
4 a 2n
 1
a
n
 5 a
n  1
a 2n  4 a
n
 5 a
n  1
 0 ， n  N * ， a
1
 2 ．
1
(1)设b a  ，试证明
n n a
n
{ b
n
} 为等比数列；
b
(2)设c  n ，试证明
n b2 4
n
c
1
 c
2
  c
n

5 0
9
；
(3)设A a2 a2  a2，
n 1 2 n
B
n

1
2 a
1

1
2 a
2
 
1
2 a
n
，是否存在 n 使得32n2(A B )为整数？
n n
如果存在，则求出 n 应满足的条件；若不存在，请给出理由．
【解答】解：(1)证明： 4 a 2n
 1
a
n
 5 a
n  1
a 2n  4 a
n
 5 a
n  1
 0 ， a
n
 0
1
，b a 
n n a
n
 4a (1a2 )5a (1a2)
n n1 n1 n

(1a2 ) 5 (1a2)
n1   n
a 4 a
n1 n

5
b  b ，
n1 4 n
又 a
1
 2 ， b
1
 a
1

1
a
1

5
2
 0 ，
 数列 { b
n
} 是以
5
2
为首项，
5
4
为公比的等比数列．
(2)证明：由(1)得， b
n

5
2

 5
4
 n  1
 2
 5
4
 n
，
 c
n

b
n
1
 4
b n

2  5
4
 n
1

2

4
5
4
 n

1
2

 5
4
 n
1
  4
5
 n

1
2

 4
5
 n

1  
1
1
2
6
5
 n14
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14
1
2

 4
5
 n

1 

1
1
2
6
5
 1

2
1
5
8
 4
5
 n
( n 1 ，当且仅当 n  1 时取等)
 c
1
 c
2
  c
n
2
1
5
8
  4
5
 1
 
 4
5
 n 

2
1
5
8

4
5

1 
1 
 4
5
4
5
 n 

5 0
9
．
故 c
1
 c
2
   c
n

5 0
9
．
(3) A
n
 B
n


a
1

1
a
1

2
 

a
n

1
a
n

2
 2 n
25 25 n 25 n 
1   100  1
4  16  16 
b2  b2 2n 2n 2n，
1 n 25 9
1
16
当n1时， 3 2 n  2 ( A
n
 B
n
) 
A
1

3 2
B
1 
1 7
1 2 8
不是整数；
当n2时， 3 2 n  2 ( A
n
 B
n
)  A
2
 B
2

1 0
6
2
4
5
 4 不是整数，
当 n 3 时， 2 n  3 2 n  2 必定为整数，
只需要考虑 3 2 n  2 
1 0 0 
  2
1
9
5
6
 n
 1


1 0 0  2 n
9
 (

2
3
5
2
n
2
 1 6 n )
是否为整数即可．
又
1 0 0  2 n  [ (1
9 
6
3

2
9
2
) n  1 6 n ]

2 n  2 5 [ C 1n  1 6 n  1  9 
9

 1
C
6
nn2  1  1 6 1  9 n  1  C nn  9 n ]
 2 n  2 5

C 1n  1 6 n  3   C nn  1 
n  9
1 6
2
 C nn 
9
1
n
6
 1
2

，
则只需要
2 n  2 5 (1 6  n
1 6
 9
2
n  2  9 n  1 )
 9 n  2  2 5 (1 6 n  9 )  2 n  8 为整数即可，则n 8．
n 8．