南京2012届高三第二次教学质量检测(数学)

南京市2012年届高三第二次模拟考试

数学试卷解析 2012.3

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分

1．已知集合A x|x2 2x 0,x R ，B x|x a ，若A B B，则实数a的取值

范围是 。

解析：A B B可知道A B，又A [0,2]所以实数a的取值范围是( ,0] 11.已知

a 3ii

b i，其中a,b R，i为虚数单位，则a b 。

解析：将等式两边都乘i，得到a 3i 1 bi，两边比较得结果为4

12.某单位从4名应聘者A、B、C、D中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则

A，B两人中至少有1人被录用的概率是

解析：从题目来看，所有的可能性共有6种，但A，B都没被录取的情况只有一种，即满足条件的有5种，所以结果为

56

4、某日用品按行业质量标准分成王五个等级，等级系数X依次为1，2，3，4，5.现从一批

该日用品中随机抽取200件，对其等级系数进行统计分析，得到频率f的分布如下

X 1解析：由所有频率之和为1，可知道a =0.1，由频率公式可知道所求件数为20。

x y 2

5、已知变量x,y满足约束条件 x y 1，则目标函数z 2x y的取值范围是

y 2

解析：画出可行域，可以知道目标函数的取值范围是[－4，2]

6、已知双曲线

x

22

a

解析：焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是bx ay 0，与题是所给比较得

a 2,b 1.c

5，所以结果为

y 1的一条渐近线方程为x 2y 0，则该双曲线的离心率e

2

2

2

7、已知圆C的经过直线2x y 2 0与坐标轴的两个交点，又经过抛物线y 8x的焦点，

则圆C的方程为 。

解析：先求直线得2x y 2 0与坐标轴的交点为A( 1,0),B(0,2)，抛物线y 8x的焦点为D(2,0)，可把圆C的方程设为一般形式，把点坐标代入求得x2＋y2－x－y－2＝0

法2。可以利用圆心在弦的垂直平分线上的特点，先求出圆心。并求出半径，再求。 8、设Sn是等差数列 an 的前n项和。若 解析：由S3 3a2,S7 7a4,

S3S7

13

S3S7

13

S6S7

2

，则

。

可得

，

1721

9a2 7a4 7(a2 2d) a2 7d.a3 8d,a4 9dS6 3(a3 a4) 3 17d,S7 7a4 63d，故结果为

从而

)的部分图象如图所示，则 的值为

9、已知函数y Asin( x )(A 0, 0,| |

2

。

解析：由图像可知A=2，

=3

10、在如图所示的流程图中，若输入n的值为11，则输出A的值

为 。 解析：经计算A值是以2, 3,

13

为循环的，注意，当i =11时仍循环，

1

12的时候出来，所以有12个A值，结果为

3

11、一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然

后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器。当x 6cm时，该容器的容积为 cm3。

解析：由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6为边长的正方形，侧高为5，高为4，所以所求容积为48

12、下列四个命题

①“ x R,x2 x 1 1”的否定；

②“若x2 x 6 0,则x 2”的否命题； ③在 ABC中，“A 30”是“sinA

12

”的充分不必要条件；

④“函数f(x) tan(x )为奇函数”的充要条件是“ k (k z)”。 其中真命题的序号是 。（把真命题的序号都填上）

22

解析：“ x R,x x 1 1”的否定；即 x R,x x 1 1，是真命题； “若x x 6 0,则x 2”的否命题；即x x 6 0,x 2，也是真倒是，其余两个是假命题很显然

13、在面积为2的 ABC中，E,F分别是AB,AC的中点，点P

PC PB BC的最小值是 解析：

如图所示，没 BPC ,BP a,PC b,BC c 由S ABC 2，得S PBC 1，即absin 2 ab

2

2

2

2

2

2

2sin

C

2

再用余弦定理得c a b 2abcos ，所以PC PB BC2 cos 2 cos

a2 b2 abcos 2ab abcos 2()，令f( ) 2()，求导以后可

sin sin

以知道当cos

12

时，有最小值

14、已知关于x的方程x2 2alog2(x2 2) a2 3 0有唯一解，则实数a的值为

解析：先将方程化为log2(x 2)

2

12a

x

2

3 a2a3 a2a

2

，由题意知有唯一解，即为“=”两边的

2

函数图像只有一个交点。画图可知道当a 0,二、解答题

15．（本小题满分14分）

，图像只有一个交点。解得a =1 1时，

设向量a＝(2，sinθ)，b＝(1，cosθ)，θ为锐角． （1）若a·b＝

13

sinθ＋cosθ的值； 6

π

（2）若a∥b，求sin(2θ＋)的值．

3解：（1） 因为a·b＝2＋sinθcosθ＝

131

sinθcosθ＝． 2分 66

4

所以 (sinθ＋cosθ)2＝1＋2 sinθcosθ＝

3

3

． 5分 3

（2） 解法一 因为a∥b，所以tanθ＝2． 7分

2 sinθcosθ2 tanθ4

所以 sin2θ＝2 sinθcosθ＝＝

sinθ＋cosθ tanθ＋15

又因为θ为锐角，所以sinθ＋cosθ＝

cos2θ－sin2θ1－tan2θ3

cos2θ＝cosθ－sinθ＝． 11分

5 sinθ＋cosθ tanθ＋1

2

2

π1所以sin(2θ＋ )＝sin2θ＋cos2θ

322

1434－3＝×(－)＝． 14分 252510

解法二 因为a∥b，所以tanθ＝2． 7分 ，cosθ＝． 55

43

因此 sin2θ＝2 sinθcosθ＝， cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝－ 11分

55所以 sinθ＝

π1所以sin(2θ＋ )＝sin2θ＋cos2θ

322

1434－3＝×(－)＝． 14分 252510

16．（本小题满分14分）

如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC．

（1）求证：平面AEC⊥平面ABE； （2）点F在BE上．若DE//平面ACF，求

BF

的值 BE

D

解：（1）证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC．

因为平面ABCD⊥平面BCE，

平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB 平面ABCD， 所以AB⊥平面BCE． 3分 因为CE 平面BCE，所以CE⊥AB．

因为CE⊥BE，AB 平面ABE，BE 平面ABE，AB∩BE＝B，

F

E

(第16题图）

C

D

C

所以CE⊥平面ABE． 6分 E

因为CE 平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE． 8分 (第16题图）

（2）连结BD交AC于点O，连结OF．

因为DE∥平面ACF，DE 平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，

所以DE//OF． 12分 又因为矩形ABCD中，O为BD中点，

BM1

所以F为BE中点，即． 14分

BF217．（本小题满分14分）

x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1(a＞b＞0)ab原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋2＝0相切．（1）求椭圆C的方程；

（2）已知点P(0，1)，Q(0，2)．设M，N是椭圆C上关于y点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上． 解：（1）由题意知b＝

2

(第17题图）

2． 3分

2

c1

1－()2＝．

a2

cb

因为离心率e＝a2a所以a＝2．

2

2

xy

所以椭圆C的方程为＋＝1． 6分

82（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则

y0－1

直线PM的方程为y＝＋1， ①

x0

y0－2

直线QN的方程为y＝＋2． ② 8分

－x0证法一 联立①②解得x＝

x03y0－4x03y0－4

y＝，即T()． 11分 2y0－32y0－32y0－32y0－3

x02y02

由＝1可得x02＝8－4y02． 82

1x0213y0－42x0＋4(3y0－4)因为＋(＝

82y0－322y0－38(2y0－3)8－4y02＋4(3y0－4)232y02－96y0＋728(2y0－3)2

＝＝＝1，

8(2y0－3)8(2y0－3)8(2y0－3)所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上． 14分 证法二 设T(x，y)．

x3y－4

联立①②解得x0y0＝ 11分

2y－32y－3x02y021x213y－42

因为＋＝1，所以(＋＝1．

8282y－322y－3

x2(3y－4)2x29y2x2y222

整理得＝(2y－3)，所以12y＋8＝4y－12y＋9，即＝1．

828282所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上． 14分 18．（本小题满分16分）

某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对角线在l上的四边形电气线路，如图所示．为充分利用现有材料，边BC，CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA，AD用一根9米长的材料弯折而成，要求∠A和∠C互补，且AB＝BC．

2

2

（1）设AB＝x米，cosA＝f(x)，求f(x)的解析式，并指出x的取值围；

（2）求四边形ABCD面积的最大值．

解：（1）在△ABD中，由余弦定理得

BD2＝AB2+AD2－2AB·AD·cosA．

同理，在△CBD中，BD2＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC． 3分 因为∠A和∠C互补，

所以AB+AD－2AB·AD·cosA＝CB+CD－2CB·CD·cosC

＝CB+CD＋2CB·CD·cosA． 5分 即 x2+(9－x)2－2 x(9－x) cosA＝x2+(5－x)2＋2 x(5－x) cosA．

2

2

2

2

2

2

范

l

(第18题图）

22

解得 cosA＝，即f( x)＝x∈(2，5)． 8分

xx（2）四边形ABCD的面积

11

S＝(AB·AD+ CB·CD)sinA＝[x(5－x)+x(9－x)]－cosA． 22＝x(7－x)

2

222222

1－(＝x－4)(7－x)＝(x－4)( x－14x＋49)． 11分

x

2

记g(x)＝(x－4)( x－14x＋49)，x∈(2，5)．

由g′(x)＝2x( x2－14x＋49)＋(x2－4)( 2 x－14)＝2(x－7)(2 x2－7 x－4)＝0， 1

解得x＝4(x＝7和x舍)． 14分

2所以函数g(x)在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减． 因此g(x)的最大值为g(4)＝12×9＝108． 所以S＝63．

答：所求四边形ABCD面积的最大值为3m． 16分 19．（本小题满分16分）

函数f(x)＝∣ex－bx∣，其中e为自然对数的底． （1）当b＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； （2）若函数y＝f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围；

（3）当b＞0时，判断函数y＝f(x)在区间(0，2)上是否存在极大值．若存在，求出极大值及相应实数b的取值范围．

解：（1）记g(x)＝ex－bx．当b＝1时，g (x)＝ex－1．

当x＞0时，g (x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又g(0)＝1＞0，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞0．

所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)，所以f (1)＝g (1)＝e－1． 所以曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程为：

y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，

即y＝(e－1)x． 4分 （没有说明“在x＝1附近，f(x)＝ex－bx”的扣1分)

（2）解法一 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．

即方程ex－bx＝0有且只有一个解．

e

因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝． 6分

x

x2

e(x－1)e

令h(x)＝h (x)＝＝0得x＝1． xx

当x∈(1，＋∞)时，h (x)＞0，h(x)单调递增，h(x)∈(e，＋∞)； 当x∈(0，1)时，h (x)＜0，h(x)单调递减，h(x)∈(e，＋∞)；

ex

所以当x∈(0，＋∞)时，方程b＝b＝e． 8分

x当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减，且h(x)∈(－∞，0)， ex

从而方程b＝有且只有一解等价于b∈(－∞，0)．

x

综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． 10分 解法二 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．

即方程e－bx＝0有且只有一个解，即e＝bx有且只有一解．

也即曲线y＝ex与直线y＝bx有且只有一个公共点． 6分 如图1，当b＜0时，直线y＝bx与y＝ex总是有且只有一个公共点，满足要求．

x

xx

xx

x

8分

如图2，当b≥0时，直线y＝bx与y＝ex有且只有一个公共点， 当且仅当直线y＝bx与曲线y＝ex相切．

设切点为(x0，e)，根据曲线y＝ex在x＝x0处的切线方程为：

y－e＝e(x－x0)．

把原点(0，0)代入得x0＝1，所以b＝e＝e．

综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． 10分

（3）由g (x)＝ex－b＝0，得x＝lnb．

当x∈(－∞，lnb)时，g (x)＜0，g(x)单调递减． 当x∈(lnb，＋∞)时，g (x)＞0，g(x)单调递增．

所以在x＝lnb时，g(x)取极小值g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)．

①当0＜b≤e时， g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)≥0，从而当x∈R时，g(x)≥0． 所以f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)在(－∞，＋∞)上无极大值．

x0x0

x0

x0

因此，在x∈(0，2)上也无极大值． 12分

②当b＞e时，g(lnb)＜0．

因为g(0)＝1＞0，g(2lnb)＝b2－2blnb＝b(b－2lnb)＞0，

2

（令k(x)＝x－2lnx．由k (x)＝1－＝0得x＝2，从而当x∈(2，＋∞)时，k(x)单调递增，

x又k(e)＝e－2＞0，所以当b＞e时，b－2lnb＞0．）

所以存在x1∈(0，lnb)，x2∈(lnb，2lnb)，使得g(x1)＝g(x2)＝0．

g(x)，x≤x1或x≥x2，此时f(x)＝∣g(x)∣＝

－g(x)，x1＜x＜x2．

所以f(x)在(－∞，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减， 在(x2，＋∞)上单调递增． 14分 所以在x＝lnb时，f(x)有极大值．

因为x∈(0，2)．所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f(x)在(0，2)上有极大值； 当lnb≥2，即b≥e2 时，f(x)在(0，2)上不存在极大值． 综上所述，在区间(0，2)上，

当0＜b≤e或b≥e时，函数y＝f(x)不存在极大值；

当e＜b＜e时，函数y＝f(x)，在x＝lnb时取极大值f(lnb)＝b(lnb－1)． 16分 20．（本小题满分16分）

a2a3an

已知数列{an}满足：a1＋ －＝n2＋2n（其中常数λ＞0，n∈N*）．

λλλ（1）求数列{an}的通项公式；

（2）当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列？若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，说明理由；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和．若对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围．

解：（1）当n＝1时，a1＝3．

a2a3an

当n≥2时，由a1－＝n2＋2n， ①

λλλ

a2a3an－12

得a1＋ －＝(n－1)＋2(n－1)． ②

λλλ

①－②得：

ann－1

，（n≥2）． －2n＋1，所以an＝(2n＋1)·λ

λ

n－1

2

2

因为a1＝3，所以an＝(2n＋1)·λ (n∈N)． 4分

*

（2）当λ＝4时，an＝(2n＋1)·4n－1．

若存在ar，as，at成等比数列，则

[(2r＋1)·4

r－1

] [(2t＋1)·4

t－1

]＝(2s＋1)

2

2s－2·4．

整理得(2r＋1) (2t＋1) 4 r＋t －2s＝(2s＋1)2． 6分 由奇偶性知r＋t －2s＝0．

所以(2r＋1) (2t＋1)＝(r＋t＋1)，即(r－t)＝0．

这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列． 8分 （3）Sn＝3＋5λ＋7λ＋ ＋(2n＋1)λ

2

n－12

2

．

当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋ ＋(2n＋1)＝n2＋2n． 当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋ ＋(2n＋1)λn－1，

λSn＝ 3λ＋5λ2＋ ＋(2n－1)λn－1＋(2n＋1)λn．

(1－λ)Sn＝3＋2(λ＋λ＋λ＋＋ ＋λ

2

3

n－1

)－(2n＋1)λ

n

λ(1－λn－1)n

＝3＋2－(2n＋1)λ． 10分

1－λ

要对任意n∈N，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λ恒成立，

①当λ＝1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立； λ(1－λ)n

②当λ≠1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝3＋2×－(2n＋1)λ＋λan

1－λ

λ(1－λn－1)3－λ2λn

＝3＋2．

1－λ1－λ1－λ

3－λ4－2λn*

因此，对任意n∈N·λ恒成立．

1－λ1－λ当0＜λ＜1时，只要3－λ

≥λn对任意n∈N*恒成立． 4－2λ

n－1

*

n

3－λ3

≥λ即可，解得λ≤1或λ≥

24－2λ

因此，当0＜λ＜1时，结论成立． 14分 3－λ4－2λn*

当λ≥2时，≥·λ显然不可能对任意n∈N恒成立．

1－λ1－λ当1＜λ＜2时，只要3－λ

≤λn对任意n∈N*恒成立． 4－2λ

3－λ3

≤λ即可，解得1≤λ≤．

24－2λ

3

因此当1＜λ≤

2

3

综上可得，实数λ的取值范围为(0，． 16分

2

21．A．选修4—1：几何证明选讲

如图，已知AD，BE，CF分别是△ABC三边的高，H是垂心，AD的延长线交△ABC的外接圆于点G．求证：DH＝DG．

B．选修4—2：矩阵与变换

1 2 ．

设矩阵M＝

4 3

（1）求矩阵M的逆矩阵M－1； （2）求矩阵M的特征值．

(第21A题图）

21．A．选修4—1：几何证明选讲 证明：连结BG．

如图，因为AD是△ABC的高，

π

所以∠CAD＋∠ACB＝． 2分

2π

同理∠HBD＋∠ACB＝

2

所以∠CAD＝∠HBD． 4分

(第21A题图）

又因为∠CAD＝∠CBG，所以∠HBD＝∠CBG． 6分 又因为∠BDH＝∠BDG＝90°，BD＝BD，

所以△BDH≌△BDG．所以DH＝DG． 10分 B．选修4—2：矩阵与变换

ab (ad－bc≠0)的逆矩阵为A－1

解：（1）矩阵A＝

cd

32－ 55

d ad－

bc

＝ －c ad－bc

． a

ad－bc

－bad－bc

所以矩阵M的逆矩阵M

－1

＝ ． 5分．

41 5 －5

－1 －2 ＝ 2－4 －5． －4 －3

（2）矩阵M的特征多项式为f( )＝

令f( )＝0，得到M的特征值为－1或5． 10分 21C．选修4—4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，判断曲线C： 为参数)是否有公共点，并证明你的结论．

解法一：直线l的普通方程为x＋2y－3＝0． 3分

曲线C的普通方程为x 4y 4． 3分 x 2y 3 02

8y 12y 5 0 由方程组 2得2

x 4y 4

2

2

x＝2cos ， y＝sin

( 为参数）与直线l：

x＝1＋2t， y＝1－t

(t

因为 16 0无解，所以曲线C与直线l没有公共点． 4分 （注： 16 0计算出错，但位置关系正确，得2分）

解法二：直线l的普通方程为x＋2y－3＝0． 3分

把曲线C的参数方程代入l的方程x＋2y－3＝0，

3

得2cos ＋2sin －3＝0，即2sin( ＋)＝． 3分

423

因为 ＋∈[－，，而[－，，

42

3

所以方程 ＋无解．即曲线C与直线l没有公共点． 4分

42 3

（或2sin( ＋)

42

sin( ＋) 1无解．即曲线C与直线l没有公共点． 4分）

4

21D．选修4—5：不等式选讲

已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：

证法一：因为a＞0，b＞0，a＋b＝1，

14

所以 ( )[(2a＋1)＋(2b＋1)]

2a＋12b＋1

＝1＋4＋≥5＋2

2b＋14(2a＋1)

5分 2a＋12b＋1

149

＋ ． 2a＋12b＋14

2b＋14(2a＋1)

＝9． 3分 2a＋12b＋1

149

而 (2a＋1)＋(2b＋1)＝4，所以≥． 2分

2a＋12b＋14证法二：因为a＞0，b＞0，由柯西不等式得

14(＋ )[(2a＋1)＋(2b＋1)] 5分 2a＋12b＋1≥(

1

2a＋1

a＋1 4

2b＋1

b＋1 )2

＝(1＋2)2＝9． 3分

由a＋b＝1，得 (2a＋1)＋(2b＋1)＝4， 所以

149

≥． 2分 2a＋12b＋14

证法三：设2a 1 x,2b 1 y，则x 1,y 1,且x y 2a 1 2b 1 4 2分

1x

4y

94

只需证明 即可． 2分

因为

(

1x

4y

)(x y) 5

yx

4xy

5 ．9 2分

且x y 4，所以

1x

4y

94

．

故

149

＋ 2分 2a＋12b＋14

22．甲、乙两班各派三名同学参加青奥知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得2221

0分．假设甲班三名同学答对的概率都是，乙班三名同学答对的概率分别是 ，，且

3332这六个同学答题正确与否相互之间没有影响．

（1）用X表示甲班总得分，求随机变量X的概率分布和数学期望；

（2）记“两班得分之和是30分”为事件A，“甲班得分大于乙班得分”为事件B，求事件A，B同时发生的概率．

解：（1）随机变量X的可能取值是0，10，20，30，且

23122212

P(X＝0)＝C0 (1－ )＝ ， P(X＝10)＝C (1－ )＝，

33332739248222323

P(X＝20)＝C3 ()(1－)＝， P(X＝30)＝C3 ()＝ ．

339327所以，X的概率分布为

3分

1248

随机变量X的数学期望E(X)＝ ＋ ＋20×＋30×＝20． 5分

279927（2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是：

22222122122110

C2 ()(1－)×[×(1－)×(1－＋(1－)××(1－)＋(1－)×＝ 3333323323323

甲班得30分，且乙得班0分的概率是：

232214

C3(× (1－)×(1－－)＝． 33332310434

所以事件A，B同时发生的概率为． 10分

33243xxx

23．记(1＋＋ (1＋)的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中 n∈N*．

222

（1) 求an；

1pq

（2）是否存在常数p，q(p＜q) ，使bn＝＋)(1＋ 对n∈N*，n≥2恒成立？证明你

322的结论．

解：（1） 根据多项式乘法运算法则，得

1111an＝+ ＋1－

2222

3分

17

（2）解法一 计算得b2＝b3＝

832

1pq

代入bn(1＋)，解得p＝－2，q＝－1． 6分

3221111121

下面用数学归纳法证明bn(1－－)＝－× (n≥2)：

32232341

①当n＝2时，b2＝

81121

②设n＝k时成立，即bk＝－＋．

3234则当n＝k＋1时， bk+1＝bk＋

ak112111＝×＋2323422

1121＝＋×． 3234

由①②可得结论成立． 10分 解法二 根据多项式乘法运算法则，得

bn+1=bn+

an

． 2

6分

所以bn－bn－1＝

an－11112

－－ (n≥3)． 22224

111111

所以bn++ 2( +b2

222444

1121

＝＋ (n≥3) ． 3234

11121111

又b2也满足上式．所以bn＝＋＝) (1－) (n≥2)．

83234322所以存在p＝－2，q＝－1符合题意． 10分 解法三 根据多项式乘法运算法则，得 11112111

bn＝[(＋＋ ＋)－(＋＋ ＋)] 7分

2222224

11

(1－)

11441121111＝[(1－2－－×(1－－． 2213234322

1－4

所以存在p＝－2，q＝－1符合题意． 10分

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