2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题(二)参考答案(定稿)_2024年5月_01按日期_21号_2024届广东省广州普通高中毕业班高三冲刺训练题_2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题-数学

2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题(二)参考答案
1. 【答案】D
1 【解析】2x- x  6 的展开式的通项公式为T r+1 =C 6 r 2x  1 6-r- x  r =-1  r26-rCrx6-2r， 6
令6-2r=0，得r=3，故常数项为-1  323C3=-160.故选：D 6
2.【答案】A
1
【解析】a⋅b=λa2=1,所以4λ=1,即λ=
4
3.【答案】A
【解析】设等差数列a
n
 的公差为d，则a =1+d，a =1+2d，a =1+5d，
2 3 6
由题意可知，1+2d  2=1+d  1+5d  ，即d2=-2d，
解得：d=-2或d=0(舍)，
则数列a
n

5×4
的前5项和S =5a + d=5-20=-15.故选：A
5 1 2
4.【答案】B
【解析】对于A,可以取a=2,b=1,c=-1，所以A错误.
对于B：∵c>d，∴-d>-c，因为a>b，所以a-d>b-c，故B正确；
对于C：取a=-2，b=-1时，则a2=4，ab=2，b2=1，则a2>ab>b2，故C错误；
1 1 1 1 1
对于D：当a=1,b=-1时， = ， =1，则 < ，故D错误；
a-b 2 a a-b a
故选：B.
5.【答案】A
【解析】若fx+α 
π
= 2x+ +2α
4

π π
sin 是偶函数，则2α+ = +kπk∈Z
4 2

π kπ
,即α= +
8 2
若fx-α 
π
= 2x+ -2α
4

π
sin 是奇函数，则 -2α=nπn∈Z
4

π kπ
，即α= +
8 2
π
所以“α= +kπk∈Z
8
 ”是“fx+α  是偶函数，且fx-α  是奇函数”的充分不必要条件.
6.【答案】C
【解析】设球的半径为R，截面圆的半径为r，两个截面圆间的距离为2d，
因为截面圆的周长为4π，可得2πr=4π，解得r=2，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以两截面圆之间的距离为2d=8，解得d=4，
根据球的截面的性质，可得R2=r2+d2=22+42=20，
4π 160 5π
所以球的体积为V= R3= .故选：C.
3 3
7.【答案】C
b b
【解析】由题意知，双曲线E的两条渐近线方程分别为y= x，y=- x，
a a
c
由PF=PO得：P ,a
2
 ，且c= 5a
c 5a
点P在直线y=2x上a=k× =k× ，
2 2
2 5
解得：k= ,
5
故选：C
8.【答案】A
【解】设直线y=kx+t与曲线切于点 x 0 , x 0 +2   ln 
1
切线方程为y= x +2 x+ x 0 +2
0

x
ln - 0 ， x +2
0
·数学冲刺卷（二）参考答案 第1页（共7页）·1
所以有k= x +2 ，t= x 0 +2
0

x b t
ln - x + 0 2 ,所以 k > k =x 0 +2
0
 x 0 +2  ln -(x +2)+2 0
设gx  =xlnx-x+2，易求得gx  ≥g1 
b
=1,所以 >1.
k
故选：A．
9.【答案】ACD
【解析】假设α⎳β，因为m⊥平面α,n⊥平面β，则m⎳n，
这与直线m,n为异面直线矛盾，故A错误；
假设l⊥β，因为n⊥平面β，所以n⎳l，这与l⊥n矛盾，故C错误；
设α∩β=a，作b⎳m，使得b与n相交，记b与n构成平面γ，如图，
因为m⊥平面α，a⊂α，则m⊥a，又b⎳m，故b⊥a，
同理：n⊥a，而b与n构成平面γ，所以a⊥γ；
因为l⊥m，又b⎳m，故l⊥b，又l⊥n，b与n构成平面γ，所以l⊥γ，
故而l⎳a，即α与β的交线平行于l，故B正确，D错误；
故选：ACD
10.【答案】ABD
【解】点F 关于∠FMF 平分线的对称点N在直线MF 上，
1 1 2 2
又点F 关于∠FMF 平分线的对称点N也在椭圆E上，
1 1 2
所以点N为直线MF 与椭圆E的交点，故△FMN的周长为4a，故A正确；
2 1
π
设∠FMF 的平分线交FN于点D，设∠NMD=α,α∈0,
1 2 1 2
 ，
7 8 2 2
则cos2α=2cos2α-1= ⇒cos2α= ⇒cosα= ，
9 9 3
1 1 ND 所以sinα= 1-cos2α= ，而sinα= =
3 3

NM 
1
2 NF 1 = 
NM 
⇒ NF 1 
NM 
2 = ，
3
设NF 1  =2m,则NM  =3m=MF 1  ，于是NF 1  +NM  +MF 1  =8m=4a，
a
所以m= 2 ，NF 1  =a，NM 
3
= 2 a，NF 2  =a，MF 2 
a
= ， 2
所以 MF 2 
NF 2 
1 = ，故B正确；
2
在△F 1 MF 2 ，由余弦定理可得：F 1 F 2  2=MF 1  2+MF 2  2-2MF 1  MF 2  cos2α，
9 1 3 1 7 3
则4c2= a2+ a2-2⋅ a⋅ a⋅ ，则a2=3c2，所以e= ，故D正确；
4 4 2 2 9 3
显然MN的斜率为± 2，C错误.故选：ABD
【答案】CD
【解析】因为fx  =gx+1  ，所以fx  +a=gx+1  +ba,b∈R  ．
又因为f3-x  +2=gx  ，所以fx  +2=g3-x  ．
于是可得g3-x  -2+a=gx+1  +b，令x=1，
则g3-1  -2+a=g1+1  +b，所以a-2=b．
所以f(x)=gx+1  -2,所以f4-x  =g5-x  -2,因为gx-1  -f4-x  =2
所以gx-1  =g(5-x)，即gx  =g4-x  ①
因为gx+1  是奇函数，所以g-x+1  =-gx+1  ⇒g2-x  +gx  =0②，
g1  =0，f0  =g1  -2=-2，所以A错误.
由①②得gx+4  =gx  ,所以函数gx  是周期为4的周期函数．
因为f(x)=gx+1  -2,因此函数fx  也是周期为4的函数．
又gx  的图像关于点1,0  对称，所以fx  的图像关于点0,-2  对称，所以B选项不正确．
·数学冲刺卷（二）参考答案 第2页（共7页）·因为g2-x  +gx  =0，令x=1，得g1  +g1  =0，即g1  =0，所以g1  =g3  =0；
令x=0，得g2  +g0  =0，所以g2  +g4  =0，所以g1  +g2  +g3  +g4  =0，
2024
所以 gn
n=1
  =0，所以C选项正确．
因为fx  =g3-x  -2，所以f0  =g3  -2=-2，f2  =g1  -2=-2，f1  =g2  -2，
f3  =g0  -2，f4  =f0  =-2，
则有f1  +f2  +f3  +f4  =g2  -2+-2  +g0  -2+-2  =-8，
2024
可得 fn
n=1
  =-4048，所以D选项正确．故选：CD．
12.【答案】-32
【解】已知1+i 
4i 4i1-i
z=4i，则z= =
1+i

1+i  1-i 

=2+2i，z=2-2i，
z为实系数方程x2+mx+n=0的一个根，
方法1：将z代入方程有2+2i  2+m2+2i  +n=0，
化简得2m+n+8+2m 
2m+n=0
i=0，所以  ，解得m=-4,n=8，所以m∙n=-32
8+2m=0
 
方法2：因为z,z都是方程的根，由韦达定理有m=-z+z 

=-4，n=z⋅z=8，所以m⋅n=-32.
3 3 43
13.【答案】 ,
4 3
【解析】由正弦定理由a=3c,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，代入数据得c=1,a=3,
1 3 3
所以S= acsinB=
2 4
     
1 2 1 2 方法1：BD= BA+ BC，所以BD2=BD2= BA+ BC
3 3 3 3
 2 43 ，化简可得BD=
3
b2+c2-a2 7 2 2 7
方法2：因为cosA= =- ，然后AD= AC= ，在△ABD中，由余弦定理有
2bc 14 3 3
43 43
BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cosA= ,所以BD=
9 3
2
14.【答案】
5
【解】设事件A=“有且仅有一次经过-1”，事件B=“共经过两次位置1”.按到-1位置需要1步，3步，5
步分类讨论.记L=向左,R=向右
①若1步到位为事件A ，则满足要求的是LRRLR，LRRR(第5步无关)，LLLRL(，LLLL(第5步无关)，
1
所以PA 1  =2 PLRRLR  +PLRRR   
3
= 16
②若3步到位为事件A ，则满足要求的是RLLRR,RLLLL
2
所以PA 2  =2PRLLRR 
1
= 16
③若5步到位为事件A ，则满足要求的是RRLLL，RLRLL
3
所以PA 3 
1 1 1
= + = 32 32 16
所以PA  =PA 1  +PA 2  +PA 3 
5
= 16
满足AB的情况有:LRRLR,LRRRL，RLLRR,RLRLL,所以PAB 
1
=
8
所以PB|A 
PAB
=

PA 
2
= .
5
15.【解析】(1)过G作GH⎳BC交弧AB上一点，连结GB
则G为弧AB的中点，则GH⎳BC且GH=BC
所以四边形HBCG为平行四边形，所以HB⎳CG
·数学冲刺卷（二）参考答案 第3页（共7页）·π
由题意可知，FB⊥BC,RtΔABF为等腰直角三角形，则∠ABF= ;
4
π
因为G为弧AB的中点，则RtΔABH为等腰直角三角形，则∠ABH=
4
π
所以∠FBH= ，则FB⊥BH
2
因为HB⎳GC，则FB⊥CG
又因为BC、CG⊂面BCG，BC∩CG=C
所以BF⊥平面BCG,因为BF⊂面BDF
所以平面BDF⊥平面BCG. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
（2）如图所示建立空间直角坐标系，设AD=a，则
A(0,0,0),F(4,0,0),B(0,4,0),D(0,0,a),G(-2,2,a),
    
则BD=(0,-4,a),BF=(4,-4,0),AB=(0,4,0),AG=(-2,2,a),BG=(-2,-2,a),

设平面BDF的一个法向量为n =(x,y,z)，则
1 1 1 1
 
则   n n 1 ⋅ ⋅ B B  D F  = = 0 0 即   - 4x 4y - 1 + 4y az = 1 = 0 0 令y 1 =1，n  1 =1,1, a 4
1 1 1


设平面ABG的一个法向量为n =(x ,y ,z )，
2 2 2 2
 
则   n n 2 ⋅ ⋅ A A  B G  = = 0 0 即   4 - y 2 2 x = + 0 2y +az =0 令x 2 =1，n  2 =1,0, a 2
2 2 2 2

设平面BDF与平面ABG的夹角为θ
cosθ    =cos<n 1 ,n 2 > 
 
= n 1 ⋅n 2   n 1   n 2 
8
1+
a2 =

15 = ，解得a=4 16 4 5 1+1+ ⋅ +1
a2 a2
 
所以G(-2,2,4),B(0,4,0),E(4,0,4)，则BG=(-2,-2,4),BE=(4,-4,4)
 
 BE⋅BG
d= BE2-
 2

BG 
4 21
=
2 3
4 21
所以点E到直线BG的距离为 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
3
 25 25
16.【解析】(1)总样本的均值为x= ×100+ ×90=95. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
50 50
用该结果作为总体均值的估计不合适，因为男生和女生的阅读习惯差异比较大，这个样本的分布与总体
的分布相差可能比较大，所以总样本均值作为总体均值的估计有偏差. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
1 n 
(2)(i)证明：s2= x-z m+n i
i=1

m 
 2+ y-z i
i=1


   2 
 1 n   
= x-x+x-z m+n i
i=1

m   
 2+ y-y+y-z i
i=1


   2 

1 n  = x-x m+n i
i=1
    2+(x-z)2+2x-x i     (x-z)  m   + y-y i
i=1
    2+(y-z)2+2y-y i     (y-z)     
n 
∵ 2x-x
i
i=1

 
 (x-z) 
  n 
 =2(x-z) x-x
i
i=1

  
 =2(x-z)x +x +x +⋯+x -nx
1 2 3 n
 =0，
n 
同理 2y-y
i
i=1

 
 (y-z)   =0．
1  
所以s2= ns2+(x-z)2 m+n x 
 
+ms2+(y-z)2 y     . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分

(ii)因为是按比例分配分层随机抽样，记总样本的均值为z，方差为s2，
 1
则z= 30×100+20×90
50
 =96，
1
所以s2= 30256+(100-96)2
50
 +20361+(90-96)2    =322
·数学冲刺卷（二）参考答案 第4页（共7页）·又 322≈18，所以s≈18．
总样本的均值为96分，标准差约为18分． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
(3)由(2)知μ=96,σ=18，所以X服从正态分布N96,182  ，
所以P96-18≤X≤96+18  ≈0.68,PX≥96  =0.5．
P(78≤X<96)=P(96≤X<114)≈0.34,PX≥114  =P(X<78)≈0.16．
故可将X≥114定为A等级，96≤X<114定为B等级，
78≤X<96定为C等级，X<78定为D等级． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
17.【解析】(1)f(x)=eax(1+ax)(x>0)(a>0)
1
令f(x)=0,则x=-
a
1
当0<a≤1时，- ≤-1，所以f(x)≥0在区间-1，1
a
 上恒成立，f(x)在区间-1，1  上单调递增，所
以f(x) =f(-1)=-e-a，f(x) =f(1)=ea.
min max
1 1
当a>1时，-1<- <1，则当x∈ -1,-
a  a

1
时，f(x)<0，f(x)在区间 -1,-
 a
 上单调递减；当x∈
1
- ，1
a

1
时，f(x)>0，f(x)在区间- ，1
a
 上单调递增，
1
所以f(x) =f-
min a

1
=- ，
ae
而f(-1)=-e-a<0，f(1)=ea>0，所以f(x) =f(1)=ea
max
综上所述,当0<a≤1时，f(x) =-e-a，f(x) =ea;
min max
1
当a>1时,所以f(x) =- ，f(x) =ea. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
min ae max
(2)方法一：隐零点法
因为x>0,a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥lnx+x+1，只需证明xex≥lnx+x+1
1
设g(x)=xex-lnx-x-1，(x>0)，g(x)=(x+1)ex-
x

1
令ϕ(x)=ex- ，易知ϕ(x)在(0,+∞)上单调递增，
x
1
而ϕ
2
 = e-2<0，ϕ(1)=e-1>0
1
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x ∈ ,1
0 2

1
使得ϕ(x )=0，即ex0- =0，
0 x
0
1
因此ex0= ，x =-lnx
x 0 0
0
当x∈(0,x )时，ϕ(x)<0，g(x)<0，g(x)在(0,x )上单调递减；
0 0
当x∈(x ，+∞)时，ϕ(x)>0g(x)>0，g(x)在(x ，+∞)上单调递增；
0 0
1
所以g(x) =g(x )=ex0x -lnx -x -1= x --lnx -x -1=0
min 0 0 0 0 x 0 0 0
0
所以g(x)≥0，因此f(x)≥lnx+x+1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
方法二：(同构)
因为x>0,a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥lnx+x+1，只需证明xex≥lnx+x+1
只需证明xex=elnxex=elnx+x≥lnx+x+1
因此构造函数h(x)=ex-x-1(x∈R)
h(x)=ex-1
当x∈(-∞,0)时，h(x)<0，h(x)在(-∞,0)上单调递减；
当x∈(0，+∞)时，h(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增；
所以h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1
所以xex≥lnx+x+1
因此f(x)≥lnx+x+1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
·数学冲刺卷（二）参考答案 第5页（共7页）·18.解：由题意可知直线AB不会与抛物线对称轴平行，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
(1)(i)因为AB过F(1，0)，设直线AB为x=my+1，
与C方差联立可得：y2-4my-4=0，
y +y =4m
所以有Δ=16m2+16>0， 

1 2 ，
yy =-4
1 2
1
(i)点O到直线AB的距离为d= ，
1+m2
又因为：AB  = (x -x )2+(y -y )2= 1+m2⋅ (y +y )2-4yy =4(1+m2)， 1 2 1 2 1 2 1 2
1
所以S = dAB
ΔOAB 2

1 1
= ⋅ ⋅4(1+m2)=2 1+m2≥2，
2 1+m2
当m=0,△AOB的面积取得最小值2，此时直线AB方程为x=1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
(ii)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，Px 3 ,y 3  ，若AB垂直于x轴，此时AB  =4，
所以由AB  =8可知AB斜率存在，
因为弦AB过抛物线的焦点F(1，0)，所以AB  =AF  +BF  =8，
由抛物线定义可知AF  =x 1 +1,BF  =x +1,所以x +x =6,即y2+y2=24, 2 1 2 1 2
因为y +y =4m,yy =-4，所以24=(y +y )2-2yy =16m2+8,解得m2=1.
1 2 1 2 1 2 1 2
因为P、O、A、B四点共圆Γ
解法一：所以∠AOB和∠APB相等或互补，记AP、BP、AO、BO的倾斜角分别为θ 、θ 、θ 、θ ，斜率分
1 2 3 4
别为k 、k 、k 、k 所以θ -θ =θ -θ ，所以tan(θ -θ)=tan(θ -θ )，
1 2 3 4 2 1 4 3 2 1 4 3
k -k k -k y -y 4(y -y ) 4
即 2 1 = 4 3 ，又因为k = 1 3 = 1 3 = ，
1+k k 1+k k 1 x -x y2-y2 y +y
2 1 3 4 1 3 1 3 1 3
4 4 4
同理有：k = 、k = 、k = 代入可得：
2 y +y 3 y 4 y
2 3 1 2
16yy +1=16(yy +(y +y )y +y2)+1，解得：y =-(y +y )，即y =-4m，
1 2 1 2 1 2 3 3 3 1 2 3
所以P(4m2,-4m)，结合m2=1可知P(4,±4)，所以OP  =4 2. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
解法二：圆Γ经过点O，所以可设圆Γ为(x-a)2+(y-b)2=a2+b2，与抛物线联立可得：
1 a
y4+1-
16 2
 y2-2by=0，此方程有4个不同的解0、y 、y 、y ，
1 2 3
a
所以联立方程可化简为y3+161-
2
 y-32b=0，又因为：
a
y3+161-
2
 y-32b=(y-y)(y-y )(y-y )，所以y +y +y =0，后面同解法一.
1 2 3 1 2 3
解法三：利用m2=1算得直线为ABx=±y+1，与抛物线联立解得A、B坐标，
9 1
计算OB的中垂线与AB中垂线的交点即为圆心T ，±
2 2
 ，
81
进而求得半径r= ，表示出圆的方程
2
9
x-
2

2 1
+y±
2

2 41
= ，联立抛物线方程求得点P(4,±4)，进而计算出OP
2
 =4 2.
(2)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Qx 3 ,y 3 
x +x y +y
，所以M 1 2, 1 2 2 2 
x y
,N 3, 3 2 2  ，
x +x +x y +y +y
MN中点为T 1 2 3, 1 2 3
4 4
 ,类比第二问解法二，可知y +y +y =0，
1 2 3
1 1
x +x +x = (y2+y2+y2)= (y +y +y )2-2(yy +y y +y y)
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 1 2 2 3 3 1
 ，
a
由第二问解法二可知y3+161-
2
 y-32b=(y-y)(y-y )(y-y )，所以：
1 2 3
a
yy +y y +y y =161-
1 2 2 3 3 1 2

7
=161-
2

5
=-16⋅ ，所以：
2
x +x +x 1 1
1 2 3 = (y2+y2+y2)= (y +y +y )2-2(yy +y y +y y)
4 16 1 2 3 16 1 2 3 1 2 2 3 3 1
 =5，
·数学冲刺卷（二）参考答案 第6页（共7页）·所以T5,0  ，即线段MN被定点T5,0  平分. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
n
a +3, ∉N*
 n 3
19.【解析】(1)由题意有d=1，q=1，t=3，a =1，则a = ，
1 n+1 n
0, ∈N*
3
a =1,a =2,a =3,a =3,a =4,a =5,a =5,a =6,a =7,a =7,⋯
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
一般有a =2k-1,a =2k,a =2k+1
3k-2 3k-1 3k
所以a =a =2×675=1350. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
2024 3×675-1
(2)数列b
n
 是首项为1的等比数列，设其公比为m，又b
n
 为M(t)数列，t∈N*,t≥2，
当t=2时，b =1+d,b =qb ,b =b +d，有d=b -b =b -b ，又b =m,b =m2,b =m3，
2 3 2 4 3 2 1 4 3 2 3 4
于是得m-1=m3-m2，解得m=±1，有b =1或b =(-1)n-1，
n n
n
b , ∉N*
 n 2
当b =1时，d=0,q=1，b = ，b
n n+1 n n
b , ∈N*
n 2
 为M(2)数列，
n
b -2, ∉N*
 n 2
当b =(-1)n-1时，d=-2,q=-1，b = ，b
n n+1 n n
-b , ∈N*
n 2
 为M(2)数列，
当t≥3时，则b,b ,b 构成以d为公差的等差数列，即b +b =2b ，有1+m2=2m，解得m=1，
1 2 3 1 3 2
n
b , ∉N*
 n t
于是得b =1，d=0,q=1，b = ，b
n n+1 n n
b , ∈N*
n t
 为M(t)数列，所以
①当d=0,q=1,t是大于1的任意正整数，则b =1，S =n；
n n
1+(-1)n-1
②当d=-2,q=-1，k=2，则b =(-1)n-1，S = . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
n n 2
(3)依题意，d=1,q=2,c =1，数列c
1 n
 为“M(5)数列”，
则c =1,c =2,c =3,c =4,c =5,c =2c =10,c =11,c =12,c =13,c =14，c =2c =28,⋯
1 2 3 4 5 6 5 7 8 9 10 11 10
c ,c ,c ,c ,c 是公差为1的等差数列，且c =2×(c +4)=2c +8
5k-4 5k-3 5k-2 5k-1 5k 5k+1 5k-4 5k-4
所以c +8=2×(c +8)且c +8=9
5k+1 5k-4 1
所以数列c +8
5k-4
 是以首项为9，公比为2的等比数列，所以c +8=9×2k-1
5k-4
即c =9×2k-1-8
5k-4
即A =c +c +c +c +c =45×2k-1-30
k 5k-4 5k-3 5k-2 5k-1 5k
n 2n-1
所以T =A =45× -30n=45×2n-30n
5n k 2-1
k=1
所以T =5n×c -10n，即45×2n-30n=5n∙(9∙2n-1-4)，
5n 5n
n
化简得 -1
2
 2n+1=0，代入n=1，等式成立.
n
因为当n≥2时， -1
2
 2n+1>0，所以当n≥2，方程无解.
综上所述，满足T =5n×c -10n成立的n值为1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
5n 5n
·数学冲刺卷（二）参考答案 第7页（共7页）·