数学答案_2025年5月_250531湖北省黄石二中2025届高三下学期适应性考试（一）（全科）_黄石二中2025届高三下学期适应性考试（一）数学

黄石二中 2025 届高三下学期适应性考试（一） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 一、单项选择题：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.  k   k  1．设集合M x x 45 180,k Z ，N x x 45 180,k Z 那么（ ）  2   4  A．M =N B．N M C．M N D．M N  【答案】C  k  【详解】由题意得M x x 45 180,k Z {x|x2k145,kZ}，  2  即M是由45的奇数倍构成的集合，  k  又N x x 45 180,k Z {x|xk145,kZ}，  4  即N是由45的整数倍构成的集合，则M N ，故选：C． 2．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A．至少有一个黑球与都是黑球 B．至少有一个黑球与都是红球 C．恰有一个黑球与恰有两个黑球 D．至少有一个黑球与至少有一个红球 【答案】C 【详解】根据题意，记2个红球分别为A、B，2个黑球分别为a，b， 则从这4个球中任取2个球的总基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb，ab： A、都是黑球的基本事件为ab，至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 两个事件有交事件ab，所以不为互斥事件，故A错误； B、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 都是红球的基本事件为AB， 两个事件不仅是互斥事件，也是对立事件，故B错误； C、恰有两个黑球的基本事件为ab，恰有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件是互斥事件，但不是对立事件，故C正确； 试卷第1页，共16页D、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 至少有一个红球的基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件不是互斥事件，故D错误. 故选：C. 3．设0,2π，则“方程 x2  y2 1表示双曲线”的必要不充分条件为（ ） 3 4sin 2  A．,2 B． ,2  3  3π  3 C．(π, ) D． ,  2  2 2  【答案】B 【详解】若该方程表示双曲线，则4sin0 ，即sin0 ，又0,2π，解得 2 ， 对于A，π,2π是充要条件，A不是； 2π  2π  对于B，π,2π真包含于 ,2π，则 ,2π是必要不充分条件，B是；  3   3   3π  3π 对于 C，π, 真包含于π,2π，则π, 是充分不必要条件，C不是；  2   2  π 3π π 3π 对于D，π,2π与 , 互不包含，则 , 是既不充分又不必要条件，D不是. 2 2  2 2  故选：B 4．已知复数z2cosisin（i为虚数单位），则 z 3 的最小值为（ ） A．1 B．2 3 C．3 D． 2 3 【答案】B x2cos x2 【详解】设zxyi(x,yR)，又z2cosisin，则 ，消去得 y2 1， ysin 4 x2   所以复数z对应的复平面上的点在椭圆 y2 1上，其右焦点为 3,0 ，a2,c 3， 4 x2 z 3 表示复数z与 3 对应的点间的距离，即椭圆 y2 1的点到右焦点的距离， 4 则最小值为ac2 3， 所以 z 3 的最小值为2 3． 故选：B. 5．某次文艺汇演，要将A,B,C,D,E,F 这六个不同节目编排成节目单．如果A,B两个节目要相邻，且都不排在第 3个节目的位置，那么节目单上不同的排序方式有（ ） A．192种 B．144种 C．96种 D．72种 【答案】B 试卷第2页，共16页【详解】将A,B捆绑，且可放入1,2；4,5和5,6三个位置，故有A2C1种情况， 2 3 将其它4个节目和4个位置进行全排列，有A4种情况， 4 故节目单上不同的排序方式有A2C1A4 144种. 2 3 4 故选：B 3ax3,x7 6．函数 f x ，若数列a 满足a  f n，nN*，且a 是递增数列，则实数a的取值范 ax6,x7 n n n 围是（ ） 9  9  A．  ,3 B． ,3 C．1,3 D．2,3 4  4  【答案】D 【详解】由题意可知分段函数在每一段上为增函数，且 f 8 f 7，  3a0  即 a1 ，解得2a3，  a86 3a73 故实数a的取值范围是2,3． 故选：D. 7．设数列a 满足a 1，a a 2，a a 1，nN*，则满足 a n 4的n的最大值是（ ） n 1 2n 2n1 2n1 2n n A．7 B．9 C．12 D．14 【答案】C 【详解】数列a 满足a 1,a a 2,a a 1，则a 3， n 1 2n 2n1 2n1 2n 2 a a 1a 21a 1，即a a 1，① 2n1 2n 2n1 2n1 2n1 2n1 a a 2 a 12a 1，a a 1，② 2n2 2n1 2n 2n 2n2 2n 1 n1 当n是奇数时, 由①得，a 1 n1 ， n 2 2 n1 由 a n 4，得 n 4，解不等式，得7n9， n 2 又nN*,所以此时n的最大值是9； n 当n是偶数时, 由②得，a 2 ， n 2 n 由 a n 4，得 2 n 4，解不等式，得4n12， n 2 而nN*,所以此时n的最大值是12. 综上可知, n的最大值是12. 试卷第3页，共16页故选：C.   8．已知抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，点M,N在抛物线C上，FOOP,O为坐标原点，若S 2， △MFP NF 且MFP为等腰直角三角形，则 的最小值为（ ） NP 3 2 A． 3 B． 2 C． D． 2 2 【答案】D 【详解】 p 由题意得：MFP90，F( ,0)， 2   因为FOOP，所以|FP| p，因为MFP为等腰直角三角形， 所以|MF||FP| p，因为S 2， △MFP 1 所以 p2 2，所以p2，所以抛物线方程为y2 4x， 2 过点N 作y轴的垂线，过P点作x轴的垂线，两者交于点A， 由抛物线定义可知|NF||NA|，所以当sinAPN最小， NF 即APN 最小时， 取得最小值， NP 由图易知当NP为抛物线切线时取最小值， 不妨设点N 在x轴下方，因为y2 x(y0)， 1 所以 yx  2 ，设点N(x 0 ,y 0 )，  1 y 所以x 2  0 ，因为y 2 x ， 0 1x 0 0 所以x 1，所以N(1,2)，所以|NP| 2222 2 2， 0 NF 2 因为|NF|112，所以  . NP 2 故选：D. 二、多项选择题：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 试卷第4页，共16页的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9．下列命题中，正确的命题是（ ）         A．已知a,b 为非零向量，若|ab||ab|，则a,b 的夹角为锐角 1 1 B．若abc，则  ac bc C．已知A3 C4，则n27 n n D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X ，X ~B10,0.8，则当X 8时概率最大. A．因为 a  b   a  b  ，两边同时平方，得  a  b  2   a  b  2 ，即 a  2 b  2 2a  b  a  2 b  2 2a  b  ，所以a  b  0， 因此cosa  ,b  0，因为a  ,b   0,π ，所以a  ,b     0, π ，因此a  与b  的夹角为锐角或零角，故A错误，符合题意；  2 1 1 对于B，由于abc，故acbc0，故  ，B正确， ac bc n! 对于选项C：根据排列数和组合数的计算公式可得，A3 n  n3! nn2n1 ， n! nn3n2n1 C4   ， n 4!n4! 24 nn3n2n1 n3 因为A3 C4，所以有nn2n1 ，即 1解得n27，故选项C正确； n n 24 24 对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为X ，X ~ B10,0,8，当xk时，对应的概率 PxkCk k0.210k， 10 Pxk Ck 0.8k0.210k 411k 所以当k 1时，  10  ， Pxk1 Ck10.8k10.210k1 k 10 Pxk 411k 44 令  1得444k k，即1k ， Pxk1 k 5 因为kN*，所以1k8且kN*，即k =8时，概率Px8最大，故选项D正确． 故选：BCD. 10、现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子 内，则下列说法正确的是（ ） A．若自由放置，共有3125种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种 【答案】ACD 试卷第5页，共16页【详解】对于选项A：每个小球都有5种选择，所有共有55 3125种，故A正确； 对于选项B：第一步，选择一个盒子不放球，由C1 5, 5 第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：C2A4 240， 5 4 所以共有52401200种，故B错误； 对于选项C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有C2 10， 5 第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种， 所以共有20种，故C正确； 对于选项D：第一步，确定哪个盒子不放球，有C1 5， 5 第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球C1 4，即可； 4 所有共有20种，故D正确； 故选：ACD. 11．在平面直角坐标系xOy中，已知点M2,1，N2,1，动点P满足 PM 2 PN 2 aaR，记点P的轨 迹为曲线C，则下列命题中，可能成立的个数为（ ）  a A．曲线C上所有的点到点1, 的距离大于2  4     B．曲线C上有两点到点  5,0 与 5,0 的距离之和为6     C．曲线C上有两点到点  5,0 与 5,0 的距离之差为2 D．曲线C上有两点到点a,0的距离与到直线xa的距离相等 【答案】BD 【详解】设Px,y，则由已知可得， PM 2 PN 2 x22 y12 x22  y128x4ya， 所以，点P的轨迹方程为直线：8x4ya. 对于A，  a 8aa 2 5 点1, 到直线8x4ya的距离d    2，故A错误；  4 8242 5     对于B，根据椭圆的定义可知，到点  5,0 与 5,0 的距离之和为6的点在椭圆上，设椭圆方程为 x2 y2  1a b 0， a2 b2 1 1 1 1 试卷第6页，共16页则2a 6，c  5，所以a 3，b2 a2c2 4， 1 1 1 1 1 1 x2 y2 所以，椭圆方程为  1. 9 4 当a0时，直线方程为y2x，显然与椭圆有两个交点，     即曲线C上有两点到点  5,0 与 5,0 的距离之和为6，故B正确；     对于C，根据双曲线的定义可知，到点  5,0 与 5,0 的距离之差为2的点的轨迹为双曲线的一支. x2 y2 设双曲线的方程为  1a 0,b 0， a2 b2 2 2 2 2 则2a 2，c  5，所以a 1，b2 c2a2 4， 2 2 2 2 2 2 y2 所以，双曲线的方程为x2 1x0. 4 因为双曲线的渐近线方程为y2x，直线8x4ya 的斜率为2， 所以直线与双曲线的一条渐近线平行或重合， 所以，直线与双曲线最多有一个交点，故C错误； 对于D， 当a0时，根据抛物线的定义可知，到点a,0的距离与到直线xa的距离相等的点的轨迹为抛物线. 由已知可设抛物线的方程为y2 4ax， y2 4ax 联立 可得，2y24aya2 0， 8x4ya 4a242a28a20 ， 所以，当a0时，直线与抛物线有两个交点， 即曲线C上有两点到点a,0的距离与到直线xa的距离相等，故D正确. 综上所述，可能成立的为BD. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．2x13x16的展开式中x4项的系数是 ．（用数字作答） 【答案】135 【详解】2x13x16展开式中x4项的系数为2C33313C23412 135. 6 6 故答案为：135. 试卷第7页，共16页13．若对圆x32y22 1上任意一点Px,y，3x4ya  3x4y9 的取值与x,y无关，则实数a的取 值范围是 ． 【答案】4,  3x4ya 3x4y9  【详解】设z 3x4ya  3x4y9 5  ，  3242 3242  则 3x4ya  3x4y9 可以看作点Px,y到直线m:3x4ya0， 与到直线l:3x4y90的距离之和的5倍． 因为 3x4ya  3x4y9 的取值与x,y无关， 所以上述距离之和与点P在圆上的位置无关． 如图，当直线m平移时，点P到直线m，l的距离之和均为m与l间的距离， 即此时圆在两直线之间． 当直线m与圆x32y22 1相切时， 3342a 1，化简得 a1 5， 3242 解得a4或a6（舍去）． 所以a4，即a 4,． 故答案为： 4, x12 ,0x2  14．已知函数 f x1 1 ，若在该函数的定义域0,6上存在互异的3个数x 1 、x 2 、x 3 ，使得  x ,2x6 4 2 f x  f x  f x  1  2  3  k，则实数k的取值范围是 . x x x 1 2 3  1 【答案】0,   6 f x  f x  f x  【详解】在 0,6 上存在互异的3个数x、x 、x ，使得 1  2  3  k， 1 2 3 x x x 1 2 3 试卷第8页，共16页即方程 f xkx在 0,6 上有3个互异的根， 于是得直线ykx与函数y f x的图象在 0,6 上有3个公共点， 函数y f x，x 0,6 的图象如图所示， 直线ykx随着k从0开始不断增大而围绕原点逆时针旋转， 当k 0时，直线ykx与函数y f x的图象只有一个公共点， 1 直线ykx与函数y f x的图象的公共点为6,1时，k  ， 6 1 当0k  时，直线ykx与函数y f x的图象始终有3个公共点， 6 当k  1 时，直线ykx与函数y f x的图象最多有2个公共点， 6  1 所以实数k的取值范围是0, .  6  1 故答案为：0, .  6 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．文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入y（单位：万），得到以下数据： 月份x 3 4 5 6 7 旅游收入y 10 12 11 12 20 (1)根据表中所给数据，用相关系数r加以判断，是否可用线性回归模型拟合y与x的关系？若可以，求出y关于x 之间的线性回归方程；若不可以，请说明理由（精确到0.001）； (2)为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的22列联表，并 判断能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”. 喜欢 不喜欢 总计 男 100 女 60 试卷第9页，共16页总计 110 n x xy y i i 参考公式：相关系数r i1 ，参考数据： 10 3.162，线性回归方程：yˆ b ˆ xaˆ，其中 n n (xx)2y y2 i i1 i1 n n x xy y x y nxy i i i i nad bc2 b ˆ i1  i1 ，aˆ yb ˆ x ，K2  ，其中nabcd .  n x x2  n x2nx2 abcdacbd  i i i1 i1 临界值表： P  K2 K  0.010 0.005 0.001 0 K 6.635 7.879 10.828 0 34567 1012111220 【详解】（1）由已知得：x  5，y  13， 5 5 所以 5  x x 2 352452 552 652 75 210 ， i i1  5  y y 2 10132 12132 11132 1213 2 2013 264 ， i i1  5  x x  y y  231102112720， i i i1  5  x x  y y  i i 20 5 10 所以r  i1     0.791，  5 (xx)2 5  y y 2 1064 2 10 4 i i1 i1 因为 r 0.7910.75,1，说明y与x的线性相关关系很强，可用线性回归模型拟合y与x的关系，  5  x x  y y  i i 20 所以b ˆ i1   2,aˆ yb ˆ x  13 2 5 3 ，  5  x x 2 10 i i1 所以y关于x的线性回归方程为：yˆ 2x3. （2）22列联表如下所示： 喜欢 不喜欢 总计 男 70 30 100 女 40 60 100 总计 110 90 200 零假设H ：游客是否喜欢该网红景点与性别无关， 0 试卷第10页，共16页200(70604030)2 根据列联表中数据，K2   18.182 10.828， 10010011090 依据小概率值0.001的独立性检验推断H 不成立， 0 即有99.9%的把握认为游客是否喜欢该网红景点与性别有关. 16．如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A,C的点，AC2,BC1,PA底面ABC,M 是PB上的动   点，且PM PB(01),N是PC的中点. 1 (1)若 时，记平面AMN 与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC 的位置关系，并加以证明； 2 π 3 (2)若平面PBC 与平面ABC所成的角为 ，点M 到平面PAC的距离是 ，求的值. 4 3 【详解】（1）直线l∥平面PBC . 1 证明：当 时，M 是PB的中点，又因为N是PC的中点， 2 所以MN ∥BC，又BC平面ABC，且MN 平面ABC，所以MN ∥平面ABC.又MN 平面AMN ，且平面 ANM 平面ABCl， 所以MN ∥l. 又因为l平面PBC ，MN 平面PBC ， 所以直线l∥平面PBC . （2）因为AC是圆O的直径，所以ABC 90. 由勾股定理得AB 3，因为PA平面ABC，BC平面ABC， 所以PABC.又ABBC，ABPA A,AB,PA平面PBA， 所以BC平面PBA，而PB平面PBA，故PBBC， 故PBA就是二面角PBCA的平面角，所以PBA45o， 所以PAB为等腰直角三角形，且PA AB 3. 以点B为坐标原点，BA,BC所在直线分别为x,y轴过B且平行于PA的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标 系Bxyz， 则A  3,0,0  ，B0,0,0，C0,1,0，P  3,0, 3  ， 试卷第11页，共16页      AC   3,1,0 ，AP 0,0, 3  设平面PAC的一个法向量为nx,y,z，    nAC 0,   3xy 0 则   所以 ， nAP0,  3z0    令x1，则y 3,z0，得n 1, 3,0 ，     所以PM PB  3,0, 3 ，   PM n 3 3 2 所以点M 到平面PAC的距d     ，所以 . n 2 3 3 17．设函数 f xx2mlnx1(mR)． (1)若m＝－1， ①求曲线 f x在点 0, f 0处的切线方程； ②当x1,时，求证： f x x3. (2)若函数 f x在区间0,1上存在唯一零点，求实数m的取值范围. 1 2x22x1 【详解】（1）①当m1时， f(x)x2ln(x1)，可得 f(x)2x  ， x1 x1 则 f(0)1, f(0)0 ， 可得曲线 f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y01(x0)，即xy0． ②令h(x) f(x)x3x3x2ln(x1) ， 1 3x3(x1)2 则h(x)3x22x  ， x1 x1 当x(1,)时，可得h(x)0,h(x)在(1,)上单调递减， 又因为h(1)ln20，所以h(x)0，即x2ln(x1)x3 ，即 f(x)x3， 即当x(1,)时， f(x)x3. m 2x22xm （2）由函数 f(x) x2mln(x1),x(0,1)，可得 f(x)2x  ， x1 x1 令g(x)2x22xm,x(0,1) ， 试卷第12页，共16页当m0时，g(x)0，即 f(x)0, f(x)在区间0,1上单调递增． 因为 f(0)0，所以 f(x) f(0)0， 所以函数 f(x)在区间0,1上没有零点，不符合题意； 1 当m0时，函数g(x)2x22xm的图像开口向上，且对称轴为直线x ， 2 由g(1)22m0，解得m4， 当m4时，g(x)0在区间0,1上恒成立， 即 f(x)0, f(x)在区间0,1上单调递减． 因为 f(0)0，所以 f(x) f(0)0， 所以函数 f(x)在区间0,1上没有零点，不符合题意． 综上可得，4m0， 设x 0,1使得gx 0， 0 0 当x0,x 时，gx0, fx0, f x单调递减； 0 当xx ,1时，gx0, fx0, f x单调递增， 0 因为 f 00，要使得函数 f x在区间0,1上存在唯一零点， 1 则满足 f 11mln110，解得m ， ln2  1  所以实数m的取值范围为 ,0．  ln2  18．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C: x2  y2 1a 0,b0的右焦点为3,0，且经过点  2 2,1  . a2 b2 (1)求双曲线C的标准方程； (2)若双曲线C的左、右顶点分别为A,A ，动直线xx 与C交于不同的两点M ,M ，直线AM ,AM 交于点E， 1 2 0 1 2 1 1 2 2 证明：点E恒在椭圆上，并求出椭圆的方程． (3)若A，B是双曲线C上关于原点对称的两点，垂直于AB的直线l与双曲线C相切于点P，当点P位于第一象 限，且PAB被x轴分割为面积比为3:2的两部分时，求直线AB的方程. 试卷第13页，共16页【详解】（1）因为 x2  y2 1(a0,b0)的右焦点为3,0，且经过点  2 2,1  ， a2 b2 a2b2 9  a2 6 所以 8 1 ，解得 ．   1 b2 3 a2 b2 x2 y2 故双曲线C的标准方程为  1． 6 3     （2）易知A  6,0,A 6,0 ， 1 2 由动直线xx 与C交于不同的两点M ,M ，不妨设M x ,y ,M x ,y ，如下图所示： 0 1 2 1 0 0 2 0 0 所以两直线AM ,AM 的方程分别为 1 1 2 2 y    y   y  0 x 6 ,（1） y  0 x 6 ,（2） x  6 x  6 0 0 y2  y2 （1）X（2），得  0 x2 6 x2 6 0 又因为M x ,y ,M x ,y 在双曲线上， 1 0 0 2 0 0 所以 ，即 x2 2y2 6 x2 62y2 0 0 0 0 y2  y2 1 x2 y2 所以  0  ，即  1 x2 6 x2 6 2 6 3 0 x2 y2 即点E恒在椭圆上  1. 6 3 （3）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设AB的方程为ykx． x2 x2 联立   6  3 1 消去y，得  12k2 x260．  ykx 12k2 0 2 2 由 得  k 且k 0， k 0 2 2 6 解得x2  ． 12k2 试卷第14页，共16页1 因为l与AB垂直，所以设l的方程为y xm． k x2 y2   1 联立   6 3 消去y，化简得  k22  x24kmx2k2 m23  0．  1 y xm  k 2 2 由  k 且k 0，得k220． 2 2 因为l与双曲线有且仅有一个公共点， 所以0，即16k2m28k2 m23  k22  0， 化简得k2m2 3  2k2 ，且点P   2km , mk2  ．  k22 k22 2 因为P点位于第一象限，所以m0， k 0． 2 不妨设A，B分别位于双曲线的左、右两支上，记BP与x轴的交点为M ． 因为PAB被x轴分割为面积比为3:2的两部分，且PAO与PBO面积相等， 所以POM 与BOM 的面积比为1:4，由此可得4y y ． P B 因此4 k m 2 k  2 2 k 1 6 2k2 ，即16  k m 2 2  k 2 2 2  1 6 2k2 ． 又因为k2m2 3  2k2 ，所以16 3  6 ，解得k2  2 ． 2k2 12k2 5 2 10 因为 k 0，所以k ， 2 5 10 故直线AB的方程为y x． 5 19．已知a 是公差为2的等差数列，其前10项和为100；b 是公比大于0的等比数列，b 4，b b 48． n n 1 3 2 (1)求a 和b 的通项公式； n n 1 (2)记c b  ，nN*，d c2 c ，nN*． n 2n b n n 2n n ①证明数列d 是等比数列； n ②证明 n a k a k1 2 2  nN* ． d k1 k 试卷第15页，共16页【详解】（1）由a 是公差为2的等差数列，其前10项和为100， n 109 得10a  2100，解得a 1，所以a a 2(n1)2n1； 1 2 1 n 1 设等比数列b 的公比为q(q0)，由b 4，b b 48， n 1 3 2 得b b bq2bq 4  q2 q  48，则q4，所以b bqn14n. 3 2 1 1 n 1 1 1 （2）①由（1）知，c b  42n ， n 2n b 4n n 1 1 d 24n1 于是d c2c (42n )2(44n ) 2 4n ，则 n1  4， n n 2n 4n 42n d 24n n 所以数列d 是等比数列. n a a (2n1)(2n1) 4n2 1 4n2 ②由（1）及①知， n n1    ， d 24n 222n 222n n 即 a n a n1  4n2  2n  1  n ，因此 n a k a k1  1  n k ， d n 222n 22n 2 2n1 k1 d k 2 k1 2k1 n k 1 2 3 n 1 1 2 3 n 设T      ，则 T     ， n 2k1 20 21 22 2n1 2 n 21 22 23 2n k1 1 1 两式相减得 1 T 1 1  1  1  n  2n  n 2 n 2 ，于是T 4 n2 ， 2 n 2 22 2n1 2n 1 2n 2n n 2n1 1 2 n a a 1 n k 1 n2 所以 k k1    (4 ) 2 2 . k1 d k 2 k1 2k1 2 2n1 试卷第16页，共16页