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

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 新高考 II 卷(A) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院  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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 【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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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 高途高中数学高考研究院 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．