数学答案：2025-2026学年福州市高三年级三月质量检测_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260308福建省福州市2025-2026学年高三三月质量检测（全科）_数学

2025-2026 学年福州市高三年级三月质量检测 数学试题参考答案 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。 1-8 C D A B D B C B 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. BC 10. ACD 11. BCD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题5分，共 15分。 12. 高三数学 —1— （共13 页） 3 13. 1 2 π 14. ( 5 , 2 + 1  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） 记 S n 为等差数列  a n  的前 n 项和，已知 S 9 = 9 0 ， a 3 = 1 4 . （1）求  a n  的通项公式； （2）设函数 f (x)=2x+2 −2−x−2 +1，记 b n = f ( a n ) ，求数列  b n  的前21项和T . 21 【考查意图】本小题主要考查等差数列的通项公式与前n项和公式，数列求和等基础知识，考 查运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想等，考查直观想象、数学运算等核心 素养，体现基础性、综合性．满分13分． 【解析】（方法一） （1）设等差数列  a n  S =9a +36d =90, 的公差为d ，则 9 1  a =a +2d =14, 3 1 a =18, 解得 1 d =−2, 所以a =a +d(n−1)=18−2(n−1)=−2n+20（nN*）. n 1（2）因为 高三数学 —2— （共13 页） f ( x ) = 2 x + 2 − 2 − x − 2 + 1 ， 所以 b n = f ( a n ) = f ( − 2 n + 2 0 ) = 2 − 2 n + 2 2 − 2 2 n − 2 2 + 1 ， 所以 T 2 1 = b 1 + b 2 + + b 2 1 =(220 −2−20 +1)+(218 −2−18 +1)+ +(2−18 −218 +1)+(2−20 −220 +1) =(220 +218 + +2−18 +2−20)−(2−20 +2−18 + +218 +220)+21 = 2 1 . （方法二）（1）设等差数列  a n  的公差为 d ， 因为a 是等差数列，所以 n S 9 = 9 ( a 1 + 2 a 9 ) = 9 a 5 = 9 0 ，所以 a 5 = 1 0 ， 因为 a 3 = 1 4 ，所以 a 5 − a 3 = 2 d = − 4 ，所以d =−2， 因为 a 3 = a 1 + 2 d ，所以 a 1 − 4 = 1 4 ，所以 a 1 = 1 8 ， 所以a =a +d(n−1)=18−2(n−1)=−2n+20（ n 1 n  N * ）. （2）因为 f ( x ) = 2 x + 2 − 2 − x − 2 + 1 ， 所以 b n = f ( a n ) = f ( − 2 n + 2 0 ) = 2 − 2 n + 2 2 − 2 2 n − 2 2 + 1 ， 所以 T =b +b + +b 21 1 2 21 =(220 −2−20 +1)+(218 −2−18 +1)+ +(2−18 −218 +1)+(2−20 −220 +1) =(220 +218 +216 + +2−20)−(2−20 +2−18 +2−16 + +220)+21 220 −2−22 2−20 −222 = − +21 1−2−2 1−22 222 −2−20 2−20 −222 = + +21 =21. 22 −1 22 −1 （方法三）（1）同方法一，略.（2）因为 高三数学 —3— （共13 页） f ( x ) = 2 x + 2 − 2 − x − 2 + 1 ，所以 f ( − x − 4 ) = 2 − x − 2 − 2 x + 2 + 1 ， 所以 f(x)+ f(−x−4)=2，所以曲线 y = f ( x ) 关于点 ( − 2 , 1 ) 中心对称， 因为a 是等差数列，所以 n a 1 + a 2 1 = 2 a 1 1 = − 4 ， 因为 f(x)的对称中心为 ( − 2 , 1 ) ，所以b +b = f(a )+ f(a )=2， 1 21 1 21 同理可得： b 2 + b 2 0 = b 3 + b 1 9 = = b 1 0 + b 1 2 = b 1 1 + b 1 1 = 2 ， 所以 T 2 1 = b 1 + b 2 + + b 2 1 = 2  1 0 + 1 = 2 1 . 16. （15分） 已知函数 f ( x ) = ( 4 x + 2 ) ln x + a . （1）当 a = 1 y= f (x) 时，求曲线 在点 ( 1 ,1 ) 处的切线方程； （2）若函数 g ( x ) = ( x + 2 ) 2 − f ( x ) 有且仅有一个零点，求a的值. 【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性与极值等基础知识，考查逻辑推 理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、 数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．满 分15分． 【解析】 （方法一）（1）当 a = 1 时， f ( x ) = ( 4 x + 2 ) ln x + 1 ， 4x+2 f(x)=4lnx+ ， x 得 f(1)=6， 所以曲线 y = f ( x ) 在点 (1 ,1 ) 处的切线方程为 y − 1 = 6 ( x − 1 ) ， 即6x−y−5=0. （2） g ( x ) = ( x + 2 ) 2 − ( 4 x + 2 ) ln x − a ， x  ( 0 , +  ) ， 4x+2 1 g(x)=2(x+2)−4lnx− =2(x− −2lnx)， x x 1 1 2 (x−1)2 令q(x)=x− −2lnx，x(0,+)，得q(x)=1+ − = 0， x x2 x x2故 高三数学 —4— （共13 页） q ( x ) 在 ( 0 , +  ) 内单调递增，又q(1)=0， 则当 x  ( 0 ,1 ) ，q(x)0，得 g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递减， 当x(1,+)， q ( x )  0 ，得 g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递增， 从而g(x)在 x = 1 处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为 g (1 ) = 9 − a . 又当 x  0 且 x → 0 时，g(x)→+，当 x → +  时， g ( x ) → +  ， 由函数g(x)有且仅有一个零点，可得 g (1 ) = 9 − a = 0 ， 则a的值为 9 . （方法二）（1）同方法一，略. （2） g ( x ) = ( x + 2 ) 2 − ( 4 x + 2 ) ln x − a ， x  ( 0 , +  ) ， 令g(x)=0得 a = ( x + 2 ) 2 − ( 4 x + 2 ) ln x ， 令 h ( x ) = ( x + 2 ) 2 − ( 4 x + 2 ) ln x ， x  ( 0 , +  ) ， 4x+2 1 则h(x)=2(x+2)−4lnx− =2(x− −2lnx)， x x 1 令q(x)=x− −2lnx， x x  ( 0 , +  ) ，得 q ( x ) = 1 + 1 x 2 − 2 x = ( x − x 1 2 ) 2 0 ， 故 q ( x ) 在(0,+)内单调递增，又q(1)=0， 则当 x  ( 0 ,1 ) ，q(x)0，得 h ( x )  0 ， h ( x ) 单调递减， 当x(1,+)， q ( x )  0 ，得 h ( x )  0 ， h ( x ) 单调递增， 从而 h ( x ) 在 x = 1 处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为 h (1 ) = 9 . 又当 x  0 且 x → 0 时，h(x)→+，当 x → +  时，h(x)→+， 由函数g(x)有且仅有一个零点，可得 a = g (1 ) = 9 ， 则a的值为9. 17. （15分） x2 y2 已知双曲线C： − =1（a0，b0）的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择 a2 b2 两个条件作为已知，使得C存在且唯一.条件①： 高三数学 —5— （共13 页） C 的离心率为 2 ； 条件②： C 的渐近线方程为 y =  3 x ； 条件③： C 的右焦点与点 A 的距离为 1 . （1）求 C 的方程； （2）若过点P(2,3)的直线l交C的右支于点 ．． M ，且 △ A M P 的面积为 3 ，求l的方程. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别 解答，按第一组解答计分. 【考查意图】本小题主要考查圆锥曲线的方程、图象与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等 基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、 数形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础 性、综合性．满分15分． 【解析】（方法一） （1）选择条件①和③： 因为 C 的离心率为 2 ，点 A 到 C 的右焦点的距离为 1 ，所以  c ac − = a 2 , = 1 . 解得  a c = = 1 2 ， . 又因为 c 2 = a 2 + b 2 ，所以 b 2 = c 2 − a 2 = 3 ， 所以 C y2 的方程为x2 − =1. 3 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为 y =  3 x ，点 A 到C的右焦点的距离为 1 ， b = 3,  a  所以由c−a=1,  c2 =a2 +b2.   可得  a b = = 1 , 3 . y2 所以C的方程为x2 − =1. 3 （2）由（1）知，点A坐标为(1,0) . 又由P(2,3)可得直线PA的方程为3x−y−3=0，且|PA|= 10.设点 高三数学 —6— （共13 页） M 到直线 P A 的距离为 d ，因为 △ A M P 面积为3，所以 1 1 S = |PA|d =  10d =3，所以 2 2 d = 3 1 5 0 . 设过点M 且与直线 P A 平行的直线为 n ： 3 x − y + m = 0 . 则n与直线 P A 的距离为 3 1 5 0 m+3 3 10 ，故 = ， 1+9 5 解得 m = 3 或m=−9， 所以直线 n 方程为3x−y−9=0或 3 x − y + 3 = 0 ， 直线 3 x − y + 3 = 0 与直线 P A 关于原点中心对称， 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.  y2 x2 − =1, x=2, 由 3 得 或  y=−3 3x− y−9=0,  x y = = 7 1 , 2 . 故点 M 坐标为 ( 2 , − 3 ) 或 ( 7 ,1 2 ) ， 所以直线 l 的方程为 x = 2 或 9 x − 5 y − 3 = 0 . （方法二）（1）同方法一，略. （2）由（1）知，点A坐标为(1,0)，且点 P ( 2 , 3 ) 在 C 上. 当直线l斜率不存在时， M ( 2 , − 3 ) ， △ A M P 面积为 3 ，直线 l 的方程为 x = 2 ，符合题意. 当直线l斜率存在时，设其方程为 y − 3 = k ( x − 2 ) .  y2 x2 − =1, 由 3 得  y−3=k(x−2), ( 3 − k 2 ) x 2 + ( 4 k 2 − 6 k ) x − 4 k 2 + 1 2 k − 1 2 = 0 ， 设M(x,y )（ 1 1 x 1  1 ）， 4k2 −6k 则x +2= ， 1 k2 −3 x 1 = 4 k k 2 2 − − 6 3 k − 2 = 2 k 2 k − 2 6 − k 3 + 6 ， 故 | P M |= 1 + k 2 | x 1 − 2 |= 1 + k 2 − 6 k k 2 + − 1 3 2 ， 又因为A到直线 l 的距离 d = | − k 1 + + k 3 2 | ， 1 (3k−6)(k−3) 故△AMP面积为S = |PM |d = . 2 k2 −3 所以 ( 3 k − k 6 2 ) ( − k 3 − 3 ) = 3 ，解得 k = 9 5 ， k = 3 2 或k =1， 3 经检验，k = 或 2 k = 1 时不合题意，舍去， 9 3 故直线l的方程为y= x− . 5 5 综上，直线l的方程为x=2或9x−5y−3=0. 18. 如图1，圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，且BCD=90，AB= 6， AD= 2.图1 图2 （1）求 高三数学 —7— （共13 页） A C 的长； （2）如图2，将△ABD沿 B D 翻折，形成四面体 A B C D ，当AC= 6时， （i）求直线 A D 与平面 B C D 所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面 1 , 2 , 3 , 4     ，，使得 A,D ，， 1 2 C,B ，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 3 4 【考查意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形、线面成角、面面距离、空间向 量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力等，考查数形 结合思想、化归与转化思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础 性、综合性、创新性．满分17分 【解析】（方法一） （1）在圆内接四边形 A B C D 中， △ B C D 为等腰直角三角形，  B C D = 9 0  ， 所以  B A D = 9 0 ，在Rt△ABD中，因为 A B = 6 ， A D = 2 ，所以  A B D = 3 0 ， B D = A B 2 + A D 2 = 6 + 2 = 2 2 ，所以 B C = C D = 2 . 6− 2 在△ABC中，cosABC=cos(ABD+CBD)=cos(30 +45 )= ， 4 由余弦定理得AC2 = AB2 +BC2 −2ABBCcosABC 6− 2 ( )2 =6+4−2 62 =4+2 3= 3+1 ， 4 所以 A C = 3 + 1 . （2）以 B D 的中点O为原点，以 O B ，OC 方向为 x , y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 O − x y z ，则 B ( 2 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 2 , 0 ) ， D ( − 2 , 0 , 0 ) . （i）设 A ( x , y , z ) ，由（1）可知， A B = 6 ， A D = 2 ， 又因为AC= 6， ( )2 x− 2 + y2 +z2 =6,    ( )2 所以x2 + y− 2 +z2 =6,  ( x+ 2 )2 + y2 +z2 =2, 解得 高三数学 —8— （共13 页） x = − 2 2 ， y = − 2 2 ， z = 1 ，即 A  − 2 2 , − 2 2 ,1  ， 则 A D =  − 2 2 , 2 2 , − 1  . 取平面 B C D 的一个法向量 n = ( 0 , 0 ,1 ) ，设直线AD与平面 B C D 所成角为， 所以 s in c o s A D , A A D D 1 2 2 2  =  n > =   n n = = ， 所以直线AD与平面 B C D 2 所成角的正弦值为 . 2 （ii）如图所示，取 A B 的三等分点 P , Q ， A C 的中点 M ， 过三点D,P,M 作平面 2  ，过三点 O , Q , C 作平面 3 ， 因为DP∥OQ，DP平面，OQ平面， 3 3 所以 D P ∥ 平面 3 ，同理 P M ∥ 平面 3 ， 又因为DP PM =P，所以平面 2  //平面 3 ， 再过点 A , C 分别作平面, 与平面 1 4 2  平行， 那么四个平面 1 , 2 , 3 , 4     依次相互平行， 由线段AB，平平行平面 1 , 2 , 3 , 4     ，得得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相 等，故,,, 为所求平面. 1 2 3 4 由（i）可知 A  − 2 2 , − 2 2 ,1  ， B ( 2 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 2 , 0 ) ， 所以 O C = ( 0 , 2 , 0 ) ， O Q = O B + B Q = O B + 1 3 B A = ( 2 , 0 , 0 ) + 1 3  − 3 2 2 , − 2 2 ,1  =  2 2 , − 6 2 , 1 3  . 设平面OCQ的法向量 m = ( a , b , c ) mOC =0, ，则 mOQ=0,  2b=0,  ( ) 即 2 2 1 可取m= 2,0,−3 ，  a− b+ c=0,  2 6 3 OBm 2 2 2 2 11 所以点B到平面OCQ的距离d = = = = ， m ( )2 11 11 − 2 +32 2 11 故相邻两个平面间的距离为 . 11（方法二）（1）在圆内接四边形 高三数学 —9— （共13 页） A B C D 中， △ B C D 为等腰直角三角形，  B C D = 9 0  ， 所以BD是圆的直径，  B A D = 9 0  . 在Rt△ABD中， A B = 6 ， A D = 2 ，所以 B D = A B 2 + A D 2 = 6 + 2 = 2 2 ，  A B D = 3 0  ，  A D B = 6 0  ， s in  A B C = s in (  A B D +  C B D ) = s in ( 3 0  + 4 5  ) = 6 + 4 2 . AC AB 由正弦定理得 = ，又 sinABC sinBCA  B C A =  A D B = 6 0  ，故 A C = A B s s in in   B A C B A C = 6  6 + 4 2  2 3 = 3 + 1 . （2）（i）设BD的中点为 O ， O D 的中点为 E ， C D 的中点为 M ， 连接 C O ， A E ， A M ， M E . 由（1）知 C O ⊥ B D ，， M E ∥ O C ，，则 M E ⊥ B D ，，又因为 A E ⊥ B D ，， M E A E = E ，，所以BD⊥，平面 A M E ，，所以平 面 B C D ⊥ ，平面 A M E ，.过点 A ，作 A H ⊥ M E ，交直线 M E ，于点 H ，连接 D H ，又因为平面 B C D 平面 A M E = M E ，平面 B C D ⊥ 平面 A M E ，AH 平面 A M E ，，所以 A H ⊥ ，平面 B C D ，，则 D H ，为直线 A D ，在平面 B C D ，上的影，，  A D H ，为直线 A D 与平面 B C D 所成角. 由（1）知 C D = 2 ， A E = 2 6 ， O C = 2 ，则 M D = 1 ， M E = 1 2 C O = 2 2 . 又因为AC= 6， A D = 2 ，所以 A C 2 = A D 2 + C D 2 ， 所以  A D C = 9 0  ，则 A M = A D 2 + M D 2 = 3 . 在△AME中， c o s  A E M = A E 2 + 2 M A E E  2 M − E A M 2 = 2 3 2  + 2 1 26 −  3 2 2 = − 3 3 . 3 所以cosAEH =−cosAEM = ，得 3 s in  A E H = 3 6 ， 所以 A H = A E s in  A E H = 6 2  6 3 = 1 ，得 s in  A D H = A A H D = 2 2 ， 所以直线AD与平面 B C D 所成角的正弦值为 2 2 . （ii）以O为原点，以OB，OC 方向为x,y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O − x y z ， ( ) ( ) ( ) 则B 2,0,0 ，C 0, 2,0 ，D − 2,0,0 . 设平面的法向量m=(a,b,c)， 1由（i）可知 高三数学 —10— （共13 页） A  − 2 2 , − 2 2 ,1  ， 所以 A D =  − 2 2 , 2 2 , − 1  ( ) ( ) ，CD= − 2,− 2,0 ，BC= − 2, 2,0 . 由,,, 两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 1 2 3 4 可得 | A D | m  m | | = | C D | m  m | | = | B C | m  m | | ， 从而 − 2 2 a + 2 2 b − c = − 2 a − 2 b = − 2 a + 2 b ， 由 − 2a− 2b = − 2a+ 2b 可得 a = 0 或b=0. 若a=0，由 − 2 2 a + 2 2 b − c = − 2 a − 2 b 得 2 2 b − c = − 2 b ， 从而 c = − 2 2 b 或 c = 3 2 2 b . 若b=0，由 − 2 2 a + 2 2 b − c = − 2 a − 2 b 得 − 2 2 a − c = − 2 a ， 从而 c = 2 2 a 或 c = − 3 2 2 a .  2   3 2  综上，可得m=0,b,− b，或m=0,b, b，     2 2      2  或m=a,0, a，或   2   m =  a , 0 , − 3 2 2 a  .  2  当m=0,b,− b或   2   m =  0 , b , 3 2 2 b  时，由于 B D = ( − 2 2 , 0 , 0 ) ，此时 B D  m = 0 ， 从而点B在点D与 m 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；  2  当m=a,0, a，由于   2   A C =  2 2 , 3 2 2 , − 1  ，此时ACm=0， 从而点A在点 C 与m所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；  3 2  当m=a,0,− a，可求点   2   A 到平面 2  的距离 d = | A D | m  m | | = | a 2 2 + a 9 2 | a 2 = 2 1 1 1 1 ， 此时,,, 分别为过A,D,C,B，且以m为法向量的平面， 1 2 3 4 2 11 所以相邻两个平面间的距离为 . 1119. （17分） 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设 施．物流能否准时送达，将，响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户 预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线 枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为 高三数学 —11— （共13 页） 3 4 ； 4 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为 ； 5 2 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为 ． 3 （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①，第1次，随机选择一种方案； ② 从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在 三种方案中随机选择一种． 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为 a n , b n , c n ． （i）求 a 2 ， b 2 ，并证明：数列  a n + 4 5 b n − 2 3  为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 【考查意图】本小题主要考查全概率公式，数列的递推关系，数列通项公式等基础知识，考查 逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力等，考查化归与转化思想、特殊与一般思想、必然与 或然思想等，考查逻辑推理、数学运算、数据分析等核心素养，体现基础性、综合性、应用性、 创新性．满分17分． 【解析】（1）设选择方案A，B，C分别为事件 A , B , C ，物流提前送达为事件Z ， 1 则P(A)=P(B)=P(C)= ， 3 3 4 2 P ( Z A ) = ，P ( Z B ) = ，P ( Z C ) = ， 4 5 3 根据全概率公式 3 1 4 1 2 1 133 P(Z)=P(A)P ( Z A ) +P(B)P ( Z B ) +P(C)P ( Z C ) =  +  +  = . 4 3 5 3 3 3 180（2）（i）由①知道 高三数学 —12— （共13 页） a 1 = b 1 = c 1 = 1 3 . 由②根据全概率公式 a 2 =  3 4  1 + 1 4  1 3   a 1 +  1 5  1 3   b 1 +  1 3  1 3   c 1 = 9 1 2 7 0 ， b 2 =  1 4  1 3   a 1 +  4 5  1 + 1 5  1 3   b 1 +  1 3  1 3   c 1 = 1 5 9 4 1 0 ． 设第 n 次车辆选择方案A，B，C为事件 A n , B n , C n ，第n次物流提前送达为事件 Z n ， 则a =P(A ),b =P(B ),c =P(C )，因为a +b +c =1，所以c =1−a −b ， n n n n n n n n n n n n 所以 P ( Z n ) = 3 4 a n + 4 5 b n + 2 3 c n = 3 4 a n + 4 5 b n + 2 3 ( 1 − a n − b n ) = 1 1 2 a n + 1 2 5 b n + 2 3 ． 由②根据全概率公式 P ( A n + 1 ) = P ( A n ) P ( A n + 1 A n ) + P ( B n ) P ( A n + 1 B n ) + P ( C n ) P ( A n + 1 C n ) ， 1 1 1 1 1 1 注意到P ( A B ) =  = ，P ( A C ) =  = ，而 n+1 n 5 3 15 n+1 n 3 3 9 P ( A n + 1 A n ) = 1 4  1 3 + 3 4  1 = 5 6 ， 所以 a n + 1 = 5 6 a n + 1 1 5 b n + 1 9 c n = 5 6 a n + 1 1 5 b n + 1 9 ( 1 − a n − b n ) = 1 1 3 8 a n − 2 4 5 b n + 1 9 ， 同理 b n + 1 = 1 1 2 a n + 1 1 3 5 b n + 1 9 c n = 1 1 2 a n + 1 1 3 5 b n + 1 9 ( 1 − a n − b n ) = − 1 3 6 a n + 3 4 4 5 b n + 1 9 ． 注意到 a n + 1 + 4 5 b n + 1 − 2 3 =  1 1 3 8 a n − 2 4 5 b n + 1 9  + 4 5  − 1 3 6 a n + 3 4 4 5 b n + 1 9  − 2 3 = 1 7 0 a n + 1 2 4 5 b n − 7 1 5 = 1 7 0  a n + 4 5 b n − 2 3  ， 4 2 1 且a + b − =− 0，所以 1 5 1 3 15 a n + 4 5 b n − 2 3  0 ， 4 2 a + b − n+1 5 n+1 3 7 故 = 为定值， 4 2 10 a + b − n 5 n 3  4 2 1 7 即a + b − 是以− 为首项， 为公比的等比数列.  n 5 n 3 15 10（ii） 由（i）可求 高三数学 —13— （共13 页） a n + 4 5 b n − 2 3 = − 1 1 5   1 7 0  n − 1 ， 同理 1 13 2 1  1 34 1 1 a −2b + =  a − b +  −2  − a + b +  + n+1 n+1 2 18 n 45 n 9  36 n 45 n 9 2 = 7 9 a n − 1 4 9 b n + 7 1 8 = 7 9  a n − 2 b n + 1 2  ， 所以 a n − 2 b n + 1 2 = 1 6   7 9  n − 1 ， 联立解得 a n = 1 3 + 1 2 1   7 9  n − 1 − 1 2 1   1 7 0  n − 1 n−1 n−1 5 5 7 1  7  ，b = −   −   ， n 12 84 9 42 10 所以 P ( Z n ) = 1 1 2 a n + 1 2 5 b n + 2 3 = 3 4 − 2 1 5 2   7 9  n − 1 − 1 1 4 0   7 1 0  n − 1 ． 随着 n 的增大， P ( Z n ) 增大，注意到 P ( Z 1 ) = 1 1 3 8 3 0 ，所以当 n  2 时， P ( Z n )  P ( Z 1 ) = 1 1 3 8 3 0 ， 因此从第 2 次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率．