文档内容
2022年上海市高考数学试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
1. 双曲线𝑥2 −𝑦2=1的实轴长为 ．
9
2. 函数𝑓(𝑥)=cos2𝑥−sin2𝑥+1的周期为 ．
|𝑎 1| |𝑎 0|
3. 已知𝑎∈𝑅，行列式 的值与行列式 的值相等，则𝑎＝ ．
3 2 4 1
4. 已知圆柱的高为4，底面积为9𝜋，则圆柱的侧面积为 ．
5. 𝑥﹣𝑦≤0，𝑥+𝑦﹣1≥0，求𝑧＝𝑥+2𝑦的最小值 ．
6. 二项式(3+𝑥)𝑛的展开式中，𝑥2项的系数是常数项的5倍，则𝑛＝ ．
𝑎2𝑥−1 𝑥<0
7. 若函数𝑓(𝑥)= 𝑥+𝑎 𝑥>0，为奇函数，求参数𝑎的值为 ．
0 𝑥=0
8. 为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的概率为 ．
9. 已知等差数列{𝑎 }的公差不为零，𝑆 为其前𝑛项和，若𝑆 =0，则𝑆(𝑖=0,1,2,…,100)中不同的数值有 个．
𝑛 𝑛 5 𝑖
|→| |→| |→| → → → → → →
10. 若平面向量 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 =𝜆，且满足𝑎⋅𝑏=0，𝑎⋅ 𝑐 =2，𝑏⋅ 𝑐 =1，则𝜆＝ ．
11. 设函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)=𝑓 1 对任意𝑥∈[0,+∞)都成立，其值域是𝐴 ，已知对任何满足上述条件的𝑓
𝑓
1+𝑥
(𝑥)都有{𝑦|𝑦=𝑓(𝑥),0≤𝑥≤𝑎}=𝐴 ，则𝑎的取值范围为 ．
𝑓
二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.
1. 若集合𝐴＝[﹣1,2)，𝐵＝𝑍，则𝐴∩𝐵＝（ ）
A.{﹣2,﹣1,0,1} B.{﹣1,0,1} C.{﹣1,0} D.{﹣1}
2. 若实数𝑎、𝑏满足𝑎＞𝑏＞0，下列不等式中恒成立的是（ ）
𝑎 𝑎
A.𝑎+𝑏>2 𝑎𝑏B.𝑎+𝑏<2 𝑎𝑏C. +2𝑏>2 𝑎𝑏 D. +2𝑏<2 𝑎𝑏
2 2
3. 如图正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 中，𝑃、𝑄、𝑅、𝑆分别为棱𝐴𝐵、𝐵𝐶 、𝐵𝐵 、𝐶𝐷 的中点，联结
1 1 1 1 1
𝐴 𝑆，𝐵 𝐷．空间任意两点𝑀、𝑁，若线段𝑀𝑁上不存在点在线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷上，则称𝑀𝑁两点可视，则下列
1 1 1 1
选项中与点𝐷 可视的为（ ）
1
第1页 | 共20页A.点𝑃 B.点𝐵 C.点𝑅 D.点𝑄
| 2 |
4. 设集合𝛺= (𝑥,𝑦) (𝑥−𝑘)2+ 𝑦−𝑘2 =4 𝑘|,𝑘∈𝑍
①存在直线𝑙，使得集合𝛺中不存在点在𝑙上，而存在点在𝑙两侧；
②存在直线𝑙，使得集合𝛺中存在无数点在𝑙上；（ ）
A.①成立②成立 B.①成立②不成立
C.①不成立②成立 D.①不成立②不成立
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）.
1. 如图所示三棱锥，底面为等边△𝐴𝐵𝐶，𝑂为𝐴𝐶边中点，且𝑃𝑂⊥底面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝑃＝𝐴𝐶＝2．
（1）求三棱锥体积𝑉 ；
𝑃−𝐴𝐵𝐶
（2）若𝑀为𝐵𝐶中点，求𝑃𝑀与面𝑃𝐴𝐶所成角大小．
2. 𝑓(𝑥)=log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)．
3 3
（1）若将函数𝑓(𝑥)图像向下移𝑚(𝑚>0)后，图像经过(3,0)，(5,0)，求实数𝑎，𝑚的值．
（2）若𝑎>﹣3且𝑎≠0，求解不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 ．
3. 如图，在同一平面上，𝐴𝐷＝𝐵𝐶＝6，𝐴𝐵＝20，𝑂为𝐴𝐵中点，曲线𝐶𝐷上任一点到𝑂距离相等，∠𝐷𝐴𝐵＝∠
𝐴𝐵𝐶＝120∘，𝑃，𝑄关于𝑂𝑀对称，𝑀𝑂⊥𝐴𝐵；
第2页 | 共20页（1）若点𝑃与点𝐶重合，求∠𝑃𝑂𝐵的大小；
（2）𝑃在何位置，求五边形𝑀𝑄𝐴𝐵𝑃面积𝑆的最大值．
4. 设有椭圆方程𝛤:
𝑥2
+
𝑦2
=1(𝑎>𝑏>0)，直线𝑙:𝑥+𝑦−4 2=0，𝛤下端点为𝐴，𝑀在𝑙上，左、右焦点分别
𝑎2 𝑏2
为𝐹 (− 2,0)、𝐹 ( 2,0) ．
1 2
（1）𝑎＝2，𝐴𝑀中点在𝑥轴上，求点𝑀的坐标；
3
（2）直线𝑙与𝑦轴交于𝐵，直线𝐴𝑀经过右焦点𝐹 ，在△𝐴𝐵𝑀中有一内角余弦值为 ，求𝑏；
2 5
（3）在椭圆𝛤上存在一点𝑃到𝑙距离为𝑑，使|𝑃𝐹 |+|𝑃𝐹 |+𝑑=6，随𝑎的变化，求𝑑的最小值．
1 2
5. 数列{𝑎 }对任意𝑛∈𝑁∗且𝑛≥2，均存在正整数𝑖∈[1,𝑛﹣1]，满𝑎 =2𝑎 −𝑎，𝑎 =1， 𝑎 =3．
𝑛 𝑛+1 𝑛 𝑖 1 2
（1）求𝑎 可能值；
4
（2）命题𝑝：若𝑎 ,𝑎 ,⋯,𝑎 成等差数列，则𝑎 <30，证明𝑝为真，同时写出𝑝逆命题𝑞，并判断命题𝑞是真是
1 2 8 9
假，说明理由；
（3）若𝑎 =3𝑚，(𝑚∈𝑁∗)成立，求数列{𝑎 }的通项公式．
2𝑚 𝑛
第3页 | 共20页参考答案与试题解析
2022年上海市高考数学试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
1.
【答案】
6
【考点】
双曲线的简单几何性质
【解析】
根据双曲线的性质可得𝑎＝3，实轴长为2𝑎＝6．
【解答】
解：由双曲线𝑥2 −𝑦2=1，可知：𝑎＝3，
9
所以双曲线的实轴长2𝑎＝6．
故答案为：6．
2.
【答案】
𝜋
【考点】
三角函数的周期性
【解析】
由三角函数的恒等变换化简函数可得𝑓(𝑥)=cos2𝑥+1，从而根据周期公式即可求值．
【解答】
解：𝑓(𝑥)=cos2𝑥−sin2𝑥+1
=cos2𝑥−sin2𝑥+cos2𝑥+sin2𝑥=cos2𝑥+1,
2𝜋
𝑇= =𝜋.
2
故答案为：𝜋.
3.
【答案】
3
【考点】
二阶行列式的定义
【解析】
根据行列式所表示的值求解即可．
【解答】
|𝑎 1| |𝑎 0|
解：因为 ＝2𝑎﹣3， =𝑎，
3 2 4 1
所以2𝑎﹣3＝𝑎，解得𝑎＝3．
故答案为：3．
4.
【答案】
24𝜋
第4页 | 共20页【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由底面积为9𝜋解出底面半径𝑅＝3，再代入侧面积公式求解即可．
【解答】
解：因为圆柱的底面积为9𝜋，即𝜋𝑅2＝9𝜋，
所以𝑅＝3，
所以𝑆 ＝2𝜋𝑅ℎ＝24𝜋．
侧
故答案为：24𝜋．
5.
【答案】
3
2
【考点】
简单线性规划
【解析】
根据已知条件作出可行域，再求目标函数的最小值即可．
【解答】
解：如图所示：
由𝑥−𝑦≤0，𝑥+𝑦−1≥0,可知可行域为直线𝑥﹣𝑦＝0的左上方和𝑥+𝑦﹣1＝0的右上方的公共部分，
1
联立 𝑥−𝑦=0 ，可得 𝑥= 2，即图中点𝐴 1 , 1 ，
𝑥+𝑦−1=0 𝑦= 1 2 2
2
→
当目标函数𝑧＝𝑥+2𝑦沿着与正方向向量𝑎＝(1,2)的相反向量平移时，离开区间时取最小值，
即目标函数𝑧＝𝑥+2𝑦过点𝐴 1 , 1 时，取最小值： 1 +2× 1 = 3 ．
2 2 2 2 2
3
故答案为： ．
2
6.
【答案】
第5页 | 共20页10
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得𝑛的值．
【解答】
解：∵ 二项式(3+𝑥)𝑛的展开式中，𝑥2项的系数是常数项的5倍，
即𝐶2×3𝑛−2=5𝐶0×3𝑛，即 𝑛(𝑛−1) =5×9，
𝑛 𝑛 2
∴ 𝑛＝10，
故答案为：10．
7.
【答案】
1
【考点】
分段函数的应用
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）由题意，利用奇函数的定义可得 𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，故有𝑓(−1)=−𝑓(1)，由此求得𝑎的值．
【解答】
𝑎2𝑥−1 𝑥<0
解：∵ 函数𝑓(𝑥)= 𝑥+𝑎 𝑥>0，为奇函数，∴ 𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，
0 𝑥=0
∴ 𝑓(−1)=−𝑓(1)，∴ −𝑎2−1=−(𝑎+1)，即 𝑎(𝑎−1)=0，求得𝑎=0或𝑎=1．
−1,𝑥<0
当𝑎=0时，𝑓(𝑥)= 0,𝑥=0 ，不是奇函数，故𝑎≠0；
𝑥,𝑥>0
𝑥−1,𝑥<0
当𝑎=1时，𝑓(𝑥)= 0,𝑥=0 ,是奇函数，故满足条件，
𝑥+1,𝑥>0
综上，𝑎=1，
故答案为：1．
8.
【答案】
3
7
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
由题意，利用古典概率的计算公式，计算求得结果．
【解答】
解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方法共
有𝐶1⋅𝐶1⋅𝐶2+𝐶1⋅𝐶2⋅𝐶1种，
1 3 4 1 3 4
而所有的抽取方法共有𝐶4种，
8
第6页 | 共20页𝐶1⋅𝐶1⋅𝐶2+𝐶1⋅𝐶2⋅𝐶1 30 3
故每一类都被抽到的概率为 1 3 4 1 3 4= = ，
𝐶4 70 7
8
3
故答案为： ．
7
9.
【答案】
98
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
𝑑
由等差数前𝑛项和公式求出𝑎 ＝﹣2𝑑，从而𝑆 = (𝑛2−5𝑛)，由此能求出结果．
1 𝑛 2
【解答】
解：∵ 等差数列{𝑎 }的公差不为零，𝑆 为其前𝑛项和，𝑆 =0，
𝑛 𝑛 5
5×4
∴ 𝑆 =5𝑎 + 𝑑=0，解得𝑎 =−2𝑑，
5 1 2 1
𝑛(𝑛−1) 𝑛(𝑛−1) 𝑑
∴ 𝑆 =𝑛𝑎 + 𝑑=−2𝑛𝑑+ 𝑑= (𝑛2−5𝑛)，
𝑛 1 2 2 2
∵ 𝑑≠0，∴ 𝑆(𝑖=0,1,2,…,100)中𝑆 =𝑆 =0,
𝑖 0 5
𝑆 =𝑆 =−3𝑑，𝑆 =𝑆 =−2𝑑，
2 3 1 4
其余各项均不相等，
∴ 𝑆(𝑖=0,1,2,…,100)中不同的数值有：101﹣3＝98．
𝑖
故答案为：98．
10.
【答案】
4 5
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
利用平面向量的数量积进行分析，即可得出结果．
【解答】
→ → → → →→
解：由题意，有𝑎⋅𝑏=0，则𝑎⊥𝑏，设⟨𝑎,𝑐⟩=𝜃，
|→||→|
→ → 𝑎 𝑐 cos𝜃=2,①
𝑎⋅ 𝑐 =2
→ → ⇒ |→||→| 𝜋 则 ② 得，tan𝜃= 1 ，
𝑏⋅ 𝑐 =1 𝑏 𝑐 cos −𝜃 =1,② ① 2
2
由同角三角函数的基本关系得：cos𝜃=2 5，
5
→ → |→||→|
则𝑎⋅ 𝑐 = 𝑎 𝑐 cos𝜃=𝜆⋅𝜆⋅2 5=2，
5
𝜆2= 5，则𝜆=4 5．
故答案为:4 5 .
11.
第7页 | 共20页【答案】
5−1
,+∞
2
【考点】
函数的值域及其求法
函数的定义域及其求法
【解析】
由题可得 𝑦∣𝑦=𝑓(𝑥),0≤𝑥≤ 5−1 =𝐴 ，再根据𝑎< 5−1时不合题意，进而即得；或等价于 1 ≤𝑎恒成
2 𝑓 2 1+𝑥+𝑎
1
立，即 −(1+𝑎)≤𝑥恒成立，进而即得．
𝑎
【解答】
解：法一：令𝑥= 1 ，解得𝑥= 5−1（负值舍去），
𝑥+1 2
当𝑥 ∈ 0, 5−1 时，𝑥 = 1 ∈ 5−1,1 ，
1 2 2 𝑥 1 +1 2
当𝑥 ∈ 5−1,+∞ 时，𝑥 = 1 ∈ 0, 5−1 ，
1 2 2 𝑥 1 +1 2
且当𝑥 ∈ 5−1,+∞ 时，总存在𝑥 = 1 ∈ 0, 5−1 ，使得𝑓(𝑥 )=𝑓(𝑥 )，
1 2 2 𝑥 1 +1 2 1 2
故 𝑦∣𝑦=𝑓(𝑥),0≤𝑥≤ 5−1 =𝐴 ，
𝑓
2
若𝑎< 5−1，易得𝑓 5−1 ∉{𝑦∣𝑦=𝑓(𝑥),0≤𝑥≤𝑎}，
2 2
所以𝑎≥ 5−1，
2
即实数𝑎的取值范围为 5−1,+∞ ；
2
法二：原命题等价于任意𝑎>0，𝑓(𝑥+𝑎)=𝑓 1 ，
1+𝑥+𝑎
1 1
所以 ≤𝑎⇒𝑥≥ −(1+𝑎)恒成立，
1+𝑥+𝑎 𝑎
1
即 −(1+𝑎)≤0恒成立，又𝑎＞0，
𝑎
所以𝑎≥ 5−1，
2
即实数𝑎的取值范围为 5−1,+∞ ．
2
故答案为： 5−1,+∞ ．
2
二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.
1.
【答案】
B
第8页 | 共20页【考点】
交集及其运算
【解析】
根据集合的运算性质计算即可．
【解答】
解：∵ 𝐴＝[﹣1,2)，𝐵=𝑍，
∴ 𝐴∩𝐵＝{﹣1,0,1}，
故选：B．
2.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．
【解答】
解：因为𝑎＞𝑏＞0，所以𝑎+𝑏≥2 𝑎𝑏，当且仅当𝑎＝𝑏时取等号，
又𝑎＞𝑏＞0，所以𝑎+𝑏>2 𝑎𝑏，故A正确，B错误，
𝑎 +2𝑏≥2 𝑎 ×2𝑏=2 𝑎𝑏，当且仅当 𝑎 =2𝑏，即𝑎＝4𝑏时取等号，故CD错误，
2 2 2
故选: A．
3.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
线段𝑀𝑁上不存在点在线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷上，即直线𝑀𝑁与线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷不相交，因此所求与𝐷 可视的点，
1 1 1 1 1
即求哪条线段不与线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
1 1
【解答】
解：线段𝑀𝑁上不存在点在线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷上，即直线𝑀𝑁与线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷不相交，
1 1 1 1
因此所求与𝐷 可视的点，即求哪条线段不与线段𝐴 𝑆、 𝐵 𝐷相交，
1 1 1
对A选项，如图，连接𝐴 𝑃、𝑃𝑆 、 𝐷 𝑆，因为𝑃、𝑆分别为𝐴𝐵、𝐶𝐷的中点，
1 1
∴ 易证𝐴 𝐷 //𝑃𝑆，故𝐴 、𝐷 、𝑃 、𝑆 四点共面，∴ 𝐷 𝑃与𝐴 𝑆相交，∴ A错误；
1 1 1 1 1 1
对B、C选项，如图，连接𝐷 𝐵、 𝐷𝐵，易证𝐷 、𝐵 、𝐵 、𝐷四点共面，
1 1 1
故𝐷 𝐵、 𝐷 𝑅都与𝐵 𝐷相交，∴ B、C错误；
1 1 1
第9页 | 共20页对D选项，连接𝐷 𝑄，由A选项分析知𝐴 、𝐷 、𝑃 、𝑆 四点共面记为平面𝐴 𝐷 𝑃𝑆，
1 1 1 1 1
∵ 𝐷 ∈平面𝐴 𝐷 𝑃𝑆，𝑄∉平面𝐴 𝐷 𝑃𝑆，且𝐴 𝑆⊂平面𝐴 𝐷 𝑃𝑆，点𝐷 ∉𝐴 𝑆，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ 𝐷 𝑄与𝐴 𝑆为异面直线，
1 1
同理由B，C选项的分析知𝐷 、𝐵 、𝐵 、𝐷四点共面记为平面𝐷 𝐵 𝐵𝐷，
1 1 1 1
∵ 𝐷 ∈平面𝐷 𝐵 𝐵𝐷，𝑄∉平面𝐷 𝐵 𝐵𝐷，且𝐵 𝐷⊂平面𝐷 𝐵 𝐵𝐷，点𝐷 ∉𝐵 𝐷，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ 𝐷 𝑄与𝐵 𝐷为异面直线，
1 1
故𝐷 𝑄与𝐴 𝑆，𝐵 𝐷都没有公共点，∴ D选项正确．
1 1 1
故选：D．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
分𝑘＝0，𝑘＞0，𝑘＜0，求出动点的轨迹，即可判定．
【解答】
| 2 |
解：当𝑘＝0时，集合𝛺= (𝑥,𝑦) (𝑥−𝑘)2+ 𝑦−𝑘2 =4 𝑘|,𝑘∈𝑍 ={(0,0)}，
| 2 |
当𝑘＞0时，集合𝛺= (𝑥,𝑦) (𝑥−𝑘)2+ 𝑦−𝑘2 =4 𝑘|,𝑘∈𝑍 ，
表示圆心为(𝑘,𝑘2)，半径为𝑟=2 𝑘的圆，
圆的圆心在直线𝑦=𝑥2上，半径𝑟=𝑓(𝑘)=2 𝑘单调递增，
相邻两个圆的圆心距𝑑= (𝑘+1−𝑘)2+[(𝑘+1)2−𝑘2]2= 4𝑘2+4𝑘+2，相邻两个圆的半径之和为𝑙=2
𝑘+2 𝑘+1，
因为𝑑＞𝑙有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离，
当𝑘＜0时，同𝑘＞0的情况，故存在直线𝑙，使得集合𝛺中不存在点在𝑙上，而存在点在𝑙两侧，故①正确，
若直线𝑙斜率不存在，显然不成立，
2
设直线𝑙:𝑦=𝑚𝑥+𝑛，若考虑直线𝑙与圆(𝑥−𝑘)2+ 𝑦−𝑘2 =4|𝑘|的焦点个数，
第10页 | 共20页|𝑚𝑘+𝑛−𝑘2|
𝑑= ，𝑟=2 |𝑘|，
𝑚2+1
给定𝑚，𝑛，当𝑘足够大时，均有𝑑＞𝑟，
故直线𝑙只与有限个圆相交，②错误．
故选: B.
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）.
1.
【答案】
解：（1）在三棱锥𝑃﹣𝐴𝐵𝐶中，因为𝑃𝑂⊥底面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐶，
又𝑂为𝐴𝐶边中点，所以△𝑃𝐴𝐶为等腰三角形，
又𝐴𝑃＝𝐴𝐶＝2．所以△𝑃𝐴𝐶是边长为2的为等边三角形，
∴ 𝑃𝑂= 3，三棱锥体积𝑉 = 1 𝑆 ⋅𝑃𝑂= 1 × 3×22× 3=1．
𝑃−𝐴𝐵𝐶 3 △𝐴𝐵𝐶 3 4
（2）以𝑂为坐标原点，𝑂𝐵为𝑥轴，𝑂𝐶为𝑦轴，𝑂𝑃为𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝑃(0,0, 3)，𝐵( 3,0,0)，𝐶(0,1,0)，𝑀 3, 1 ,0 ，
2 2
→
𝑃𝑀= 3, 1 ,− 3 ，
2 2
→
平面𝑃𝐴𝐶的法向量𝑂𝐵=( 3,0,0)，
设直线𝑃𝑀与平面𝑃𝐴𝐶所成角为𝜃，
| |
→ → 3
则直线𝑃𝑀与平面𝑃𝐴𝐶所成角的正弦值为sin𝜃= 𝑃𝑀⋅𝑂𝐵 = 2 = 3，
| 𝑃 → 𝑀 | ⋅ | 𝑂 → 𝐵 | 3×2 4
所以𝑃𝑀与面𝑃𝐴𝐶所成角大小为arcsin 3 .
4
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面所成的角
【解析】
（1）直接利用体积公式求解；
（2）以𝑂为坐标原点，𝑂𝐵为𝑥轴，𝑂𝐶为𝑦轴，𝑂𝑃为𝑧轴，建立空间直角坐标系，求得平面𝑃𝐴𝐶的法向量，
即可求解．
【解答】
解：（1）在三棱锥𝑃﹣𝐴𝐵𝐶中，因为𝑃𝑂⊥底面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐶，
第11页 | 共20页又𝑂为𝐴𝐶边中点，所以△𝑃𝐴𝐶为等腰三角形，
又𝐴𝑃＝𝐴𝐶＝2．所以△𝑃𝐴𝐶是边长为2的为等边三角形，
∴ 𝑃𝑂= 3，三棱锥体积𝑉 = 1 𝑆 ⋅𝑃𝑂= 1 × 3×22× 3=1．
𝑃−𝐴𝐵𝐶 3 △𝐴𝐵𝐶 3 4
（2）以𝑂为坐标原点，𝑂𝐵为𝑥轴，𝑂𝐶为𝑦轴，𝑂𝑃为𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝑃(0,0, 3)，𝐵( 3,0,0)，𝐶(0,1,0)，𝑀 3, 1 ,0 ，
2 2
→
𝑃𝑀= 3, 1 ,− 3 ，
2 2
→
平面𝑃𝐴𝐶的法向量𝑂𝐵=( 3,0,0)，
设直线𝑃𝑀与平面𝑃𝐴𝐶所成角为𝜃，
| |
→ → 3
则直线𝑃𝑀与平面𝑃𝐴𝐶所成角的正弦值为sin𝜃= 𝑃𝑀⋅𝑂𝐵 = 2 = 3，
| 𝑃 → 𝑀 | ⋅ | 𝑂 → 𝐵 | 3×2 4
所以𝑃𝑀与面𝑃𝐴𝐶所成角大小为arcsin 3 .
4
2.
【答案】
解：（1）因为函数𝑓(𝑥)=log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)，
3 3
将函数𝑓(𝑥)图像向下移𝑚(𝑚>0)后，得𝑦＝𝑓(𝑥)﹣𝑚＝log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)−𝑚的图像，
3 3
由函数图像经过点(3,0)和(5,0)，
log (3+𝑎)+1−𝑚=0
所以 3 ，
log (5+𝑎)+0−𝑚=0
3
解得𝑎＝﹣2，𝑚＝1．
（2）𝑎>﹣3且𝑎≠0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 可化为log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)≤log (𝑎+6−𝑥)+log 𝑥，
3 3 3 3
𝑎+𝑥>0 𝑥>−𝑎
6−𝑥>0 𝑥<6
等价于 𝑎+6−𝑥>0 解得 𝑥<𝑎+6 ，
𝑥>0 𝑥>0
(𝑎+𝑥)(6−𝑥)≤𝑥(𝑎+6−𝑥) 𝑎(𝑥−3)≥0
当﹣3＜𝑎＜0时，0＜﹣𝑎＜3，3＜𝑎+6＜6，解不等式得﹣𝑎＜𝑥≤3，
当𝑎＞0时，﹣𝑎＜0，𝑎+6＞6，解不等式得3≤𝑥＜6；
综上知，﹣3＜𝑎＜0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 的解集是(﹣𝑎,3]，
第12页 | 共20页𝑎＞0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 的解集是[3,6)．
【考点】
对数函数的图象与性质
不等式恒成立的问题
【解析】
（1）写出函数图像下移𝑚个单位后的解析式，把点的坐标代入求解即可得出𝑚和𝑎的值．
（2）不等式化为log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)≤log (𝑎+6−𝑥)+log 𝑥，写出等价不等式组，求出解集即可．
3 3 3 3
【解答】
解：（1）因为函数𝑓(𝑥)=log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)，
3 3
将函数𝑓(𝑥)图像向下移𝑚(𝑚>0)后，得𝑦＝𝑓(𝑥)﹣𝑚＝log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)−𝑚的图像，
3 3
由函数图像经过点(3,0)和(5,0)，
log (3+𝑎)+1−𝑚=0
所以 3 ，
log (5+𝑎)+0−𝑚=0
3
解得𝑎＝﹣2，𝑚＝1．
（2）𝑎>﹣3且𝑎≠0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 可化为log (𝑎+𝑥)+log (6−𝑥)≤log (𝑎+6−𝑥)+log 𝑥，
3 3 3 3
𝑎+𝑥>0 𝑥>−𝑎
6−𝑥>0 𝑥<6
等价于 𝑎+6−𝑥>0 解得 𝑥<𝑎+6 ，
𝑥>0 𝑥>0
(𝑎+𝑥)(6−𝑥)≤𝑥(𝑎+6−𝑥) 𝑎(𝑥−3)≥0
当﹣3＜𝑎＜0时，0＜﹣𝑎＜3，3＜𝑎+6＜6，解不等式得﹣𝑎＜𝑥≤3，
当𝑎＞0时，﹣𝑎＜0，𝑎+6＞6，解不等式得3≤𝑥＜6；
综上知，﹣3＜𝑎＜0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 的解集是(﹣𝑎,3]，
𝑎＞0时，不等式𝑓(𝑥)≤𝑓 6﹣𝑥 的解集是[3,6)．
3.
【答案】
解：（1）点𝑃与点𝐶重合，由题意可得𝑂𝐵=10，𝐵𝐶=6，∠𝐴𝐵𝐶=120∘，
由余弦定理可得𝑂𝑃2=𝑂𝐵2+𝐵𝐶2−2𝑂𝐵⋅𝐵𝐶cos∠𝐴𝐵𝐶=36+100−2×6×10× − 1)=196，
2
𝑂𝑃 𝐵𝑃
所以𝑂𝑃＝14，在△𝑂𝐵𝑃中，由正弦定理得 = ，
sin120∘ sin∠𝑃𝑂𝐵
所以 14 = 6 ，解得sin∠𝑃𝑂𝐵=3 3，
3
sin∠𝑃𝑂𝐵 14
2
所以∠𝑃𝑂𝐵的大小为arcsin3 3；
14
第13页 | 共20页（2）如图，连结𝑄𝐴，𝑃𝐵，𝑂𝑄，𝑂𝑃，
∵ 曲线𝐶𝑀𝐷上任意一点到𝑂距离相等，
∴ 𝑂𝑃＝𝑂𝑄＝𝑂𝑀＝𝑂𝐶＝14，
∵ 𝑃，𝑄关于𝑂𝑀对称，
∴ 𝑃点在劣弧𝐶𝑀中点或劣弧𝐷𝑀的中点位置，𝑆 =𝑆 =𝛼，
△𝑄𝑂𝑀 △𝑃𝑂𝑀
𝜋
则∠𝐴𝑂𝑄=∠𝐵𝑂𝑃=𝑆 = −𝛼，
△𝐵𝑂𝑃 2
则五边形面积𝑆=2(𝑆 +𝑆 )
△𝐴𝑂𝑄 △𝑄𝑂𝑀
1 𝜋 1
5
＝2 ⋅𝑂𝑄⋅𝑂𝐴⋅sin −𝛼 + ⋅𝑂𝑄⋅𝑂𝑀⋅sin𝛼 =28 74sin(𝛼+𝜑)，其中tan𝜑= ，
2 2 2 7
当sin(𝛼+𝜑)=1时，𝑆 取最大值28 74，
五边形𝑀𝑄𝐴𝐵𝑃
∴ 五边形𝑀𝑄𝐴𝐵𝑃面积𝑆的最大值为28 74．
【考点】
余弦定理
正弦定理
扇形面积公式
【解析】
（1）在△𝑂𝐵𝑃中，直接利用余弦定理求出𝑂𝑃，再结合正弦定理求解；
（2）利用五边形𝐶𝐷𝑄𝑀𝑃的对称性，将所求的面积化为四边形𝑃𝑀𝑁𝐶的面积计算问题，充分利用圆弧的性
质，找到最大值点，从而解决问题．
【解答】
解：（1）点𝑃与点𝐶重合，由题意可得𝑂𝐵=10，𝐵𝐶=6，∠𝐴𝐵𝐶=120∘，
由余弦定理可得𝑂𝑃2=𝑂𝐵2+𝐵𝐶2−2𝑂𝐵⋅𝐵𝐶cos∠𝐴𝐵𝐶=36+100−2×6×10× − 1)=196，
2
𝑂𝑃 𝐵𝑃
所以𝑂𝑃＝14，在△𝑂𝐵𝑃中，由正弦定理得 = ，
sin120∘ sin∠𝑃𝑂𝐵
所以 14 = 6 ，解得sin∠𝑃𝑂𝐵=3 3，
3
sin∠𝑃𝑂𝐵 14
2
所以∠𝑃𝑂𝐵的大小为arcsin3 3；
14
（2）如图，连结𝑄𝐴，𝑃𝐵，𝑂𝑄，𝑂𝑃，
第14页 | 共20页∵ 曲线𝐶𝑀𝐷上任意一点到𝑂距离相等，
∴ 𝑂𝑃＝𝑂𝑄＝𝑂𝑀＝𝑂𝐶＝14，
∵ 𝑃，𝑄关于𝑂𝑀对称，
∴ 𝑃点在劣弧𝐶𝑀中点或劣弧𝐷𝑀的中点位置，𝑆 =𝑆 =𝛼，
△𝑄𝑂𝑀 △𝑃𝑂𝑀
𝜋
则∠𝐴𝑂𝑄=∠𝐵𝑂𝑃=𝑆 = −𝛼，
△𝐵𝑂𝑃 2
则五边形面积𝑆=2(𝑆 +𝑆 )
△𝐴𝑂𝑄 △𝑄𝑂𝑀
1 𝜋 1
5
＝2 ⋅𝑂𝑄⋅𝑂𝐴⋅sin −𝛼 + ⋅𝑂𝑄⋅𝑂𝑀⋅sin𝛼 =28 74sin(𝛼+𝜑)，其中tan𝜑= ，
2 2 2 7
当sin(𝛼+𝜑)=1时，𝑆 取最大值28 74，
五边形𝑀𝑄𝐴𝐵𝑃
∴ 五边形𝑀𝑄𝐴𝐵𝑃面积𝑆的最大值为28 74．
4.
【答案】
解：（1）由题意可得𝑎=2，𝑏=𝑐= 2，
𝛤:
𝑥2
+
𝑦2
=1，𝐴(0,− 2) ，
4 2
∵ 𝐴𝑀的中点在𝑥轴上，
∴ 𝑀的纵坐标为 2，
代入𝑥+𝑦−4 2=0得𝑀(3 2, 2)．
（2）由直线方程可知𝐵(0,4 2)，
3 4 4
①若cos∠𝐵𝐴𝑀= ，则tan∠𝐵𝐴𝑀= ，即tan∠𝑂𝐴𝐹 = ，
5 3 2 3
3 3
∴ 𝑂𝐴= 𝑂𝐹 = 2，
4 2 4
3
∴ 𝑏= 2．
4
3 4
②若cos∠𝐵𝑀𝐴= ，则sin∠𝐵𝑀𝐴= ，
5 5
∵ ∠𝑀𝐵𝐴= 𝜋 ，∴ cos(∠𝑀𝐵𝐴+∠𝐴𝑀𝐵)= 2× 3 − 2× 4 =− 2 ，
4 2 5 2 5 10
∴ cos∠𝐵𝐴𝑀= 2，∴ tan∠𝐵𝐴𝑀=7．
10
即tan∠𝑂𝐴𝐹 =7，∴ 𝑂𝐴= 2，∴ 𝑏= 2，
2
7 7
综上𝑏= 3 2或 2．
4 7
（3）设𝑃(𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃,𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃)，
第15页 | 共20页由点到直线距离公式可得|𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃−4 2| =6−2𝑎，
2
很明显椭圆在直线的左下方，则− 𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃−4 2 =6−2𝑎，
2
即4 2− 𝑎2+𝑏2sin(𝜃+𝜑)=6 2−2 2𝑎，
∵ 𝑎2=𝑏2+2，∴ 2𝑎2−2sin(𝜃+𝜑)=2 2𝑎−2 2，
|2𝑎−2|
据此可得 𝑎2−1sin(𝜃+𝜑)=2𝑎−2，|sin(𝜃+𝜑)|= ≤1，
𝑎2−1
5
整理可得 𝑎﹣1 3𝑎﹣5 ≤0，即1≤𝑎≤ ，
3
5 8
从而𝑑=6−2𝑎≥6−2× = ．
3 3
8
即𝑑的最小值为 ．
3
【考点】
直线与圆锥曲线的关系
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由题意可得椭圆方程为𝑥2
+
𝑦2
=1，从而确定𝑀点的纵坐标，进一步可得点𝑀的坐标；
4 2
3 3
（2）由直线方程可知𝐵(0,4 2)，分类讨论cos∠𝐵𝐴𝑀= 和cos∠𝐵𝑀𝐴= 两种情况确定𝑏的值即可；
5 5
（3）设𝑃(𝑎cos𝜃,𝑏sin𝜃)，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得|𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃−4 2| =6−2𝑎，进一步整理计
2
5
算，结合三角函数的有界性求得1≤𝑎≤ 即可确定𝑑的最小值．
3
【解答】
解：（1）由题意可得𝑎=2，𝑏=𝑐= 2，
𝛤:
𝑥2
+
𝑦2
=1，𝐴(0,− 2) ，
4 2
∵ 𝐴𝑀的中点在𝑥轴上，
∴ 𝑀的纵坐标为 2，
代入𝑥+𝑦−4 2=0得𝑀(3 2, 2)．
（2）由直线方程可知𝐵(0,4 2)，
3 4 4
①若cos∠𝐵𝐴𝑀= ，则tan∠𝐵𝐴𝑀= ，即tan∠𝑂𝐴𝐹 = ，
5 3 2 3
3 3
∴ 𝑂𝐴= 𝑂𝐹 = 2，
4 2 4
3
∴ 𝑏= 2．
4
3 4
②若cos∠𝐵𝑀𝐴= ，则sin∠𝐵𝑀𝐴= ，
5 5
第16页 | 共20页∵ ∠𝑀𝐵𝐴= 𝜋 ，∴ cos(∠𝑀𝐵𝐴+∠𝐴𝑀𝐵)= 2× 3 − 2× 4 =− 2 ，
4 2 5 2 5 10
∴ cos∠𝐵𝐴𝑀= 2，∴ tan∠𝐵𝐴𝑀=7．
10
即tan∠𝑂𝐴𝐹 =7，∴ 𝑂𝐴= 2，∴ 𝑏= 2，
2
7 7
综上𝑏= 3 2或 2．
4 7
（3）设𝑃(𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃,𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃)，
由点到直线距离公式可得|𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃−4 2| =6−2𝑎，
2
很明显椭圆在直线的左下方，则− 𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃−4 2 =6−2𝑎，
2
即4 2− 𝑎2+𝑏2sin(𝜃+𝜑)=6 2−2 2𝑎，
∵ 𝑎2=𝑏2+2，∴ 2𝑎2−2sin(𝜃+𝜑)=2 2𝑎−2 2，
|2𝑎−2|
据此可得 𝑎2−1sin(𝜃+𝜑)=2𝑎−2，|sin(𝜃+𝜑)|= ≤1，
𝑎2−1
5
整理可得 𝑎﹣1 3𝑎﹣5 ≤0，即1≤𝑎≤ ，
3
5 8
从而𝑑=6−2𝑎≥6−2× = ．
3 3
8
即𝑑的最小值为 ．
3
5.
【答案】
解：（1）𝑎 =2𝑎 −𝑎 =5，𝑎 =2𝑎 −𝑎 =7或𝑎 =2𝑎 −𝑎 =9．
3 2 1 4 3 2 4 3 1
（2）∵ 𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 为等差数列，
1 2 3 4 5 6 7 8
∴ 𝑑=2，𝑎 =2𝑛−1(𝑛∈[1,8],𝑛∈𝑁∗)，
𝑛
𝑎 =2𝑎 −𝑎 =30−𝑎 <30．
9 8 𝑖 𝑖
逆命题𝑞：若𝑎 <30，则𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 为等差数列是假命题，
9 1 2 3 4 5 6 7 8
举例：𝑎 =1，𝑎 =3，𝑎 =5， 𝑎 =7， 𝑎 =9， 𝑎 =11，𝑎 =13，
1 2 3 4 5 6 7
𝑎 =2𝑎 −𝑎 =17，𝑎 =2𝑎 −𝑎 =21．
8 7 5 9 8 7
（3）因为𝑎 =3𝑚，
2𝑚
∴ 𝑎 =3𝑚+1，𝑎 =2𝑎 −𝑎 (𝑗≤2𝑚−1)，𝑎 =2𝑎 −𝑎(𝑖≤2𝑚)，
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚 𝑗 2𝑚+2 2𝑚+1 𝑖
∴ 𝑎 =4𝑎 −2𝑎 −𝑎，
2𝑚+2 2𝑚 𝑗 𝑖
∴ 2𝑎 +𝑎 =4𝑎 −𝑎 =4×3𝑚−3𝑚+1=3𝑚=𝑎 ，
𝑗 𝑖 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明𝑎 >𝑎 恒成立：
𝑛+1 𝑛
当𝑛=1，𝑎 >𝑎 明显成立，
2 1
假设𝑛＝𝑘时命题成立，即𝑎 >𝑎 >𝑎 ⋯>𝑎 >𝑎 >0，
𝑘 𝑘−1 𝑘−2 2 1
则𝑎 −𝑎 =2𝑎 −𝑎−𝑎 =𝑎 −𝑎 >0，则𝑎 >𝑎 ，命题得证．
𝑘+1 𝑘 𝑘 𝑖 𝑘 𝑘 𝑖 𝑘+1 𝑘
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若 𝑗＝2𝑚﹣1，则𝑎 =2𝑎 +𝑎 =2𝑎 +𝑎 >𝑎 −𝑎矛盾，
2𝑚 𝑗 𝑖 2𝑚−1 𝑖 2𝑚−1 𝑖
2．若 𝑗＝2𝑚﹣2，则𝑎 =3𝑚−1，∴ 𝑎 =3𝑚−2𝑎 =3𝑚−1，∴ 𝑖＝2𝑚﹣2，
𝑗 𝑖 𝑗
此时𝑎 =2𝑎 −𝑎 =2×3𝑚−3𝑚−1=5×3𝑚−1，
2𝑚+1 2𝑚 𝑗
第17页 | 共20页1 𝑛=1
𝑛−3
∴ 𝑎
𝑛
= 5×3
𝑛
2 𝑛=2𝑘+1,𝑘∈𝑁∗ 3．若𝑗＜2𝑚﹣2，则2𝑎
𝑗
<2×3𝑚−1，
32 𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑁∗
∴ 𝑎 =3𝑚−2𝑎 >3𝑚−1，∴ 𝑗＝2𝑚﹣1，
𝑖 𝑗
∴ 𝑎 =2𝑎 −𝑎 （由（2）知对任意𝑚成立），
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚−1
𝑎 =2𝑎 −𝑎 ，
6 5 3
事实上：𝑎 =2𝑎 −𝑎 矛盾．
6 5 2
1 𝑛=1
𝑛−3
综上可得𝑎 𝑛 = 5×3 2 𝑛=2𝑘+1,𝑘∈𝑁∗．
𝑛
32 𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑁∗
【考点】
数列递推式
命题的真假判断与应用
数列的应用
数学归纳法
【解析】
（1）利用递推关系式可得𝑎 ＝5，然后计算𝑎 的值即可；
3 4
（2）由题意可得𝑎 =2𝑛−1(𝑛∈[1,8],𝑛∈𝑁∗)，则𝑎 =2𝑎 −𝑎 <30，从而命题为真命题，给出反例可得命
𝑛 9 8 𝑖
题𝑞为假命题．
（3）由题意可得𝑎 =2𝑎 −𝑎(𝑖≤2𝑚)，𝑎 =2𝑎 −𝑎 (𝑗≤2𝑚−1)，然后利用数学归纳法证明
2𝑚+2 2𝑚+1 𝑖 2𝑚+1 2𝑚 𝑗
数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式．
【解答】
解：（1）𝑎 =2𝑎 −𝑎 =5，𝑎 =2𝑎 −𝑎 =7或𝑎 =2𝑎 −𝑎 =9．
3 2 1 4 3 2 4 3 1
（2）∵ 𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 为等差数列，
1 2 3 4 5 6 7 8
∴ 𝑑=2，𝑎 =2𝑛−1(𝑛∈[1,8],𝑛∈𝑁∗)，
𝑛
𝑎 =2𝑎 −𝑎 =30−𝑎 <30．
9 8 𝑖 𝑖
逆命题𝑞：若𝑎 <30，则𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 ,𝑎 为等差数列是假命题，
9 1 2 3 4 5 6 7 8
举例：𝑎 =1，𝑎 =3，𝑎 =5， 𝑎 =7， 𝑎 =9， 𝑎 =11，𝑎 =13，
1 2 3 4 5 6 7
𝑎 =2𝑎 −𝑎 =17，𝑎 =2𝑎 −𝑎 =21．
8 7 5 9 8 7
（3）因为𝑎 =3𝑚，
2𝑚
∴ 𝑎 =3𝑚+1，𝑎 =2𝑎 −𝑎 (𝑗≤2𝑚−1)，𝑎 =2𝑎 −𝑎(𝑖≤2𝑚)，
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚 𝑗 2𝑚+2 2𝑚+1 𝑖
∴ 𝑎 =4𝑎 −2𝑎 −𝑎，
2𝑚+2 2𝑚 𝑗 𝑖
∴ 2𝑎 +𝑎 =4𝑎 −𝑎 =4×3𝑚−3𝑚+1=3𝑚=𝑎 ，
𝑗 𝑖 2𝑚 2𝑚+2 2𝑚
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明𝑎 >𝑎 恒成立：
𝑛+1 𝑛
当𝑛=1，𝑎 >𝑎 明显成立，
2 1
假设𝑛＝𝑘时命题成立，即𝑎 >𝑎 >𝑎 ⋯>𝑎 >𝑎 >0，
𝑘 𝑘−1 𝑘−2 2 1
则𝑎 −𝑎 =2𝑎 −𝑎−𝑎 =𝑎 −𝑎 >0，则𝑎 >𝑎 ，命题得证．
𝑘+1 𝑘 𝑘 𝑖 𝑘 𝑘 𝑖 𝑘+1 𝑘
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若 𝑗＝2𝑚﹣1，则𝑎 =2𝑎 +𝑎 =2𝑎 +𝑎 >𝑎 −𝑎矛盾，
2𝑚 𝑗 𝑖 2𝑚−1 𝑖 2𝑚−1 𝑖
2．若 𝑗＝2𝑚﹣2，则𝑎 =3𝑚−1，∴ 𝑎 =3𝑚−2𝑎 =3𝑚−1，∴ 𝑖＝2𝑚﹣2，
𝑗 𝑖 𝑗
此时𝑎 =2𝑎 −𝑎 =2×3𝑚−3𝑚−1=5×3𝑚−1，
2𝑚+1 2𝑚 𝑗
第18页 | 共20页1 𝑛=1
𝑛−3
∴ 𝑎
𝑛
= 5×3
𝑛
2 𝑛=2𝑘+1,𝑘∈𝑁∗ 3．若𝑗＜2𝑚﹣2，则2𝑎
𝑗
<2×3𝑚−1，
32 𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑁∗
∴ 𝑎 =3𝑚−2𝑎 >3𝑚−1，∴ 𝑗＝2𝑚﹣1，
𝑖 𝑗
∴ 𝑎 =2𝑎 −𝑎 （由（2）知对任意𝑚成立），
2𝑚+2 2𝑚+1 2𝑚−1
𝑎 =2𝑎 −𝑎 ，
6 5 3
事实上：𝑎 =2𝑎 −𝑎 矛盾．
6 5 2
1 𝑛=1
𝑛−3
综上可得𝑎 𝑛 = 5×3 2 𝑛=2𝑘+1,𝑘∈𝑁∗．
𝑛
32 𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑁∗
第19页 | 共20页第20页 | 共20页
