南京市2018届高三数学考前综合题（教师）

南京市2018届高三数学考前综合题

一．填空题

1．已知l，m是空间两条不重合的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题： ①若l∥α，l∥m，则m∥α；

②若l?α，m?β，α∥β，则l∥m； ③若l?α，m?β，l⊥m，则α⊥β； ④若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l⊥m． 其中是真命题的有 ．（填所有真命题的序号） 【答案】④．

【说明】考查基本的直线与直线，直线与平面，平面与平面基本位置关系的判断．

2．已知函数f(x)＝3sin(x＋θ)＋cos(x－θ)为偶函数，θ∈[0，π]，则角θ的值为 ． 2π

【答案】．

3

【提示】因为f(x)＝3sin(x＋θ)＋cos(x－θ)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)恒成立，

即3sin(x＋θ)＋cos(x－θ)＝3sin(－x＋θ)＋cos(－x－θ) 展开并整理得(3cosθ＋sinθ)sinx＝0恒成立． 所以3cosθ＋sinθ＝0，即tanθ＝－3，

2π

又θ∈[0，π]，所以θ＝．

3

【说明】本题考查函数的奇偶性，以及三角恒等变换，这类问题也可以利用特殊值代入建立方程求解． 3．在平面直角坐标系xOy中，过抛物线x2＝4y焦点的直线l交抛物线于M，N两点，若抛物线在点M，N处x2y2

的切线分别与双曲线C2：2－2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线平行，则双曲线的离心率为 ．

ab【答案】2．

x2y2b

【提示】由双曲线：2－2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程y＝±x，

aba

b

可得两条切线的斜率分别为±，

a

则两条切线关于y轴对称，则过抛物线C1：x2＝4y焦点(0，1)的直线l为y＝1， 可得切点为(－2，1)和(2，1)，则切线的斜率为±1，

即a＝b，于是e＝2．

【说明】本题考查抛物线、双曲线的简单几何性质，要能通过分析得到直线l为y＝1，这是本题的难点． →→→4．已知点P是△ABC内一点，满足AP＝λAB＋μAC，且2λ＋3μ＝1，延长AP交边BC于点D，BD＝2DC，则λ＋μ＝ ． 3

【答案】．

8

→1→2→【提示】因为BD＝2DC，所以AD＝AB＋AC

33

mλ＝，

3→→→→由于AP与AD共线，设AP＝mAD，则2m

μ＝，

3

???

11

于是2λ＝μ，又2λ＋3μ＝1，解得λ＝，μ＝，

843

所以λ＋μ＝．

8

【说明】本题考查平面向量表示，向量基本定理，共线定理以及三点共线的向量表示，本题可用基底法，也

可通过坐标法解决．

5．已知数列{an}的前n项和为Sn，{a2n－1}是公差为d的等差数列，{a2n}是公比为q的等比数列，且a1＝a2＝a，d

S2：S4：S6＝1：3：6，则的值是 ．

aq

【答案】2

【提示】S2＝2a，

S4＝a1＋a3＋a2＋a4＝2a＋d＋a＋aq＝3a＋d＋aq， S6＝a1＋a3＋a5＋a2＋a4＋a6＝3a＋3d＋a＋aq＋aq2＝， 因为S2：S4：S6＝1：3：6，

所以(2a)：(3a＋d＋aq)：(4a＋3d＋aq＋aq2)＝1：3：6，

?d＋aq＝3a，即?所以2aq－aq2＝a． 2

?3d＋aq＋aq＝8a，

因为a≠0，所以2q－q2＝1即q＝1， d

所以d＝2a，从而＝2．

aq

【说明】本题考查等差、等比数列的基本量运算，需要学生有一定的运算能力．

31

6．已知函数f(x)＝－x＋，若直线l1，l2是函数y＝f (x)图像的两条平行的切线，则直线l1，l2之间的距离的最

4x大值是 ． 【答案】2．

【提示】设切线l1，l2的切点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1＞x2，

313131

因为f′(x)＝－－2， 切线l1，l2平行，所以－－2＝－－2，因此有x1＝－x2＞0，

4x4x14x2312312

切线l1，l2的方程分别为y＝(－－2)x＋，y＝(－－2)x＋，

4x1x14x2x2

22|－|x1x2

＝

312

(－－2)＋14x1

425213x＋＋161x122

≤4x1

于是l1，l2之间的距离d＝

312

(－－2)＋14x14

＝2， 53＋22

＝25

当且仅当x1＝时取等号，于是d的最大值为2．

5

【说明】本题考查导数的几何意义，基本不等式，解决问题时要有消元的意识．

x2y2

7．在平面直角坐标系xOy中，点P是椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)上一点，F为椭圆C的右焦点，直线FP与

abb2

圆O：x＋y＝相切于点Q，若Q恰为线段FP的中点，则椭圆C的离心率为 ．

4

2

2

【答案】

5． 3

【提示】设椭圆C的左焦点为F1，连接PF1，OQ，

因为Q为线段FP中点，O为线段F1F中点， 所以，PF1＝b，PF＝2a－b，

又OQ⊥PF，所以PF1⊥PF，因此PF12＋PF2＝F1F2，

所以b2＋(2a－b)2＝(2c)2，即b2＋(2a－b)2＝4(a2－b2)，

b25可得＝，所以e＝．

a33

【说明】本题考查椭圆的几何性质，要能运用几何特征简化运算，本题也可以设点求解． 8．实数x，y满足x2＋2xy＋4y2＝1，则x＋2y的取值范围是 ． 2222

【答案】[－，]．

33

t－x

【提示】设x＋2y＝t，则y＝，代入x2＋2xy＋4y2＝1得：x2－tx＋t2－1＝0，

22323

则△＝t2－4(t2－1)≥0，解得－≤t≤．

33

【说明】注意利用方程有解，求参数的范围．这一方法在数列填空题中经常会用到，例如：

已知等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，且S2＋2，S3＋4，S4＋6成等比数列，

则公差d的最小值是 ．

转化为关于a1和d的方程，看作关于a1的方程有解，列出关于d的不等式即可，答案－1．

→→→→9．已知AB＝4，点M，N是以AB为直径的半圆上的任意两点，且MN＝2，AM·BN＝1，则AB·MN＝ ． 【答案】6．

→→→→【提示】设圆心为O，则OM·ON＝2，OA·OB＝－4，

→→→→→→于是AM·BN＝(OM－OA)·(ON－OB)

→→→→→→→→＝OM·ON＋OA·OB－OA·ON－OB·OM →→→→＝2－4－OA·ON＋OA·OM

→→ ＝－2－OA·MN

1→→ ＝－2＋AB·MN＝1

2→→所以AB·MN＝6．

【说明】本题考查的加减运算，数量积运算，体现了化归与转化的思想．

A B

N

M →→10．在平面直角坐标系xOy中，已知点P(1，1)，若圆M：(x－2)2＋y2＝r2(r＞0)上存在两点A，B使得AP＝2PB，

则r的取值范围是 ． 【答案】(2，32]．

→→ 【提示】设B(x0，y0)，根据AP＝2PB，可得A(3－2x0，3－2y0)， 1232r2

则有(1－2x0)＋(3－2y0)＝r，即(x0－)＋(y0－)＝，

224

2

2

2

r

又(x0－2)2＋y02＝r2，故有r－≤213r

(2－)2＋()2≤r＋，解得：2≤r≤32，

222

易知点P(1，1)在圆(x－2)2＋y2＝r2(r＞0)内，所以r＞2，

从而r∈(2，32]

【说明】一般的解析几何中存在性问题，要能有轨迹思想的意识，把存在性问题转化为有解问题，注意几

何与代数之间的相互转化．

11．在平面四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，△ABC为等边三角形，则△BCD面积的最大值是 ． 【答案】4＋43．

【提示】设△BCD的面积为S，

1π则S＝×4×BC×sin∠BCD＝2BCsin(∠ACD＋)

23

＝BCsin∠ACD＋3BCcos∠ACD

AC2

设∠ADC＝α，则＝，

sinαsin∠ACD

于是ACsin∠ACD＝2sinα，即BCsin∠ACD＝2sinα，

AC2＋42－22AC2＋1222＋42－2×2×4cosα＋12

又BCcos∠ACD＝AC×＝＝＝4－2cosα，

2AC×488π

所以S＝2sinα＋3(4－2cosα)＝4sin(α－)＋43，

35π

从而S的最大值为4＋43，此时α＝．

6

【说明】本题考查正余弦定理及三角恒等变换，注意这类题容易设计成应用题，本题难点在如何选择变量建

立函数．

12．已知函数f (x)＝x2－[k2＋(2－a)k＋4－a]x＋1，a，k∈R．对于任意k＞0有：任意x1∈[－1，0]，

任意x2∈[k，k＋2]，f (x1)≥f (x2)成立，则a的最大值是 ． 【答案】22－1．

【提示】由题意知：函数f (x)在区间[－1，0]上的最小值不小于函数f (x)在区间[k，k＋2]上的最大值． k2＋(2－a)k＋4－ak＋2

结合函数f (x)的图像可知：对称轴x＝≥，对任意k＞0恒成立，

22k2＋k＋2

即a≤，对任意k＞0恒成立．

k＋1

k2＋k＋222

因为＝k＋＝k＋1＋－1≥22－1，当且仅当k＝2－1时取等号，

k＋1k＋1k＋1

k2＋k＋2

因此当k＞0时，的最小值为22－1，于是a≤22－1，所以a的最大值是22－1．

k＋1【说明】本题的题意为：函数f (x)在[－1，0]上的最小值不小于函数f (x)在[k，k＋2]上的最大值．在这里不

必去求最值，结合函数的图像，只要对称轴满足一定的条件即可．

D

A C

B

13．已知a，b∈R，若关于x的不等式lnx≤a(x－2)＋b对一切正实数x恒成立，则当a＋b取最小值时，b的值

为 ． 1

【答案】ln3－．

3

【提示】在平面直角坐标系xOy中，分别作出y＝lnx及y＝a(x－2)＋b的图像，

不等式lnx≤a(x－2)＋b对一切正实数x恒成立，即直线y＝a(x－2)＋b恒在曲线y＝lnx的上方．

a＋b最小，即直线y＝a(x－2)＋b与x＝3交点的纵坐标最小．

根据图像可知：a＋b的最小值为ln3，此时直线y＝a(x－2)＋b与曲线y＝lnx相切于点(3，ln3)，

11

因此有：a＝，从而b＝ln3－．

33

【说明】复杂的函数问题要善于数形相互转化，利用图像快速解决问题．

?f (x)，f (x)≥g (x)，

14．已知函数f (x)＝x3－ax＋1，g (x)＝3x－2，若函数F(x)＝?有三个零点，则实数a的取值

?g (x)，f (x)＜g (x)，

范围是 ． 35

【答案】a＞．

18

【提示】易得f'(x)＝3x2－a．

当a≤0时，函数f(x)在R上单调递增，F(x)至多两个零点，不满足题意． 当a＞0时，令f'(x)＝3x2－a＝0，解得x＝±易得函数f(x)在(－∞，－

a)，(3

a， 3

a，3

a

)上单调递减， 3

a

，＋∞)上单调递增，在(－3

在同一坐标系中，分别作出函数f (x)，g (x)的图像，根据图像可知：

当f(

a

)＞0时，F(x)有且仅有一个零点；当f(3

a

)＝0时，F(x)有且仅有一个零点； 3

2

f()≥0，32a

)＜0时，要使得F(x)有三个不同的零点，则f()＜0或者

3a23

＜，33

当f(

???

35

解得a＞．

18

【说明】本题考查函数的零点问题，应用数形结合，函数与方程的思想方法，分段函数的图象性质来解决两

个函数取大后的零点问题．

二．解答题

15．已知函数f(x)＝sinx＋cosx，f '(x)是f(x)的导函数．

（1）求函数F(x)＝f(x)f '(x)＋3f 2(x)的最大值和最小正周期；

π

（2）若f(x)＝2f '(x)，求sin(2x＋)的值．

4解：（1）因为f'(x)＝cosx－sinx，

所以F(x)＝f(x)f'(x)＋3f 2(x)＝cos2x－sin2x＋3＋23sinxcosx

π

＝3＋3sin2x＋cos2x＝3＋2sin(2x＋)．

6πππ

所以当2x＋＝＋2kπ，即x＝＋kπ(k∈Z)时，F(x)max＝3＋2．

626

2π

函数F(x)的最小正周期为T＝＝π．

2

1

（2）因为f(x)＝2f'(x)，所以sinx＋cosx＝2(cosx－sinx)，即cosx＝3sinx，故tanx＝．

3

cos2x－sin2xπ222sinxcosx

于是sin(2x＋)＝(sin2x＋cos2x)＝(2＋) 422sinx＋cos2xsin2x＋cos2x

2

1－tan2x22tanx22tanx＋1－tanx

＝(＋)＝· 21＋tan2x1＋tan2x21＋tan2x

112×＋1－()2

33272＝·＝． 21210

1＋()3

【说明】本题考查三角恒等变换以及三角函数的简单性质，注意公式和性质的熟练掌握．

→→·→16．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(2a＋c)→BC·BA＋cCACB＝0． （1）求角B的大小；

→→（2）若b＝23，试求AB·CB的最小值． →→→→解：（1）因为(2a＋c)BC·BA＋cCA·CB＝0，

所以(2a＋c)accosB＋cabcosC＝0，即(2a＋c)cosB＋bcosC＝0． 由正弦定理得(2sinA＋sinC)cosB＋sinBcosC＝0， 即2sinAcosB＋sin(C＋B)＝0，亦即2sinAcosB＋sinA＝0，

1

因为sinA≠0，故cosB＝－．

22π

因为B∈(0，π)，所以B＝．

3

2π

（2）由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos，即12＝a2＋c2＋ac．

3

因为12＝a2＋c2＋ac≥3ac，所以ac≤4，

2π1→→所以AB·CB＝accos＝－ac≥－2，当且仅当a＝c＝2时取等号，

32

→→所以AB·CB的最小值为－2．

【说明】本题考查三角恒等变换、向量数量积、正余弦定理．其中第二问要能利用基本不等式求最小值，也可以利用正弦定理建立函数，但过程复杂． 17．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝2AP＝2，PD＝3．

P

求证：（1）PA⊥平面PCD；

（2）求点C到平面PBD的距离．

（1）证明：因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD．

又平面PAD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD．

又AP?平面PAD，所以CD⊥AP．

A

B

D C 因为底面ABCD为正方形，AB＝2，所以AD＝2．

因为AP＝1，PD＝3，所以AP2＋PD2＝AD2，因此AP⊥PD．

又CD⊥AP，PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以PA⊥平面PCD．

（2） 解：设点C到平面PBD的距离为h．

由（1）知CD⊥平面PAD，因为PD?平面PAD，所以CD⊥PD． 1113

V三棱锥B－PCD＝S△PCD·PA＝×(×2×3)×1＝．

3323因为AB∥CD，所以PD⊥AB．

由（1）知AP⊥PD，又AP∩AB＝A，AP，AB?平面APB，所以PD⊥平面APB． 又PB?平面APB，所以PD⊥PB．

因为底面ABCD为正方形，且边长为2，所以BD＝22，又PD＝3，所以PB＝5．

11115

于是V三棱锥C－PBD＝S△BPD·h＝×(×3×5)h＝h．

332625153

因为V三棱锥B－PCD＝V三棱锥C－PBD，所以h＝，解得h＝．

563

25

即点C到平面PBD的距离为．

5

【说明】考查直线与平面位置关系的判断；考查空间几何体体积的计算，点到平面距离的计算．

18．某地举行水上运动会，如图，岸边有A，B两点，相距2千米，∠BAC＝30°．小船从A点以v千米/小时

的速度沿AC方向匀速直线行驶，同一时刻运动员出发，经过t小时与小船相遇．

（1）若v＝12，运动员从B处出发游泳匀速直线追赶，为保证在15分钟内（含15分钟）能与小船相遇，

试求运动员游泳速度的最小值；

（2）若运动员先从A处沿射线AB方向在岸边跑步匀速行进 m (0＜m＜t)小时后，再游泳匀速直线追赶小

船，已知运动员在岸边跑步的速度为16千米/小时，在水中游泳的速度为8千米/小时，试求小船在能与运动员相遇的条件下v的最大值． 解：（1）设运动员游泳速度为x千米/小时，

2×12tcos30°由题意可知(xt)＝2＋(12t)－2×， 42432

整理得x2＝2－＋144＝(－63)2＋36.

ttt12

由于0＜t≤，所以≥8，

4t

23

所以，当＝63即t＝时，x2取得最小值36，即x最小值为6.

t9答：运动员游泳速度的最小值为6千米/小时. （2）由题意知[8(t－m)]2＝(16m)2＋(vt)2－2×16m ×vt cos30°，

mm

两边同除以t2得：192()2＋(128－163v)＋v2－64＝0

tt

A 30° 岸边

B

2

2

2

C

m

设＝k，0＜k＜1， t

则有192k2＋(128－163v)k＋v2－64＝0，其中k∈(0，1)，

即关于k的方程192k2＋(128－163v)k＋v2－64＝0在(0，1)上有解， 则必有△＝(128－163v)2－4×192×(v2－64)≥0， 163 解得0＜v≤，

3

1631163当v＝时，可得k＝∈(0，1)，因此v为最大值为.

333163

答：小船的最大速度为千米/小时. 3

【说明】本题利用余弦定理解决简单的三角形问题，其中第二问，需要注意的是：要能利用方程有解，求参

数的最值． 19.某公司拟建造如图所示的蓄水池，其下方是高为h的圆柱体，上方是以圆柱上底面为大圆的半径为r的半球体.设计要求，蓄水池总体积为

64π3

m，且h≥2r.经测算，上方半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元，下3

方圆柱体的侧面和底面部分平均每平方米建造费用为3千元，设该蓄水池的总建造费用为y千元. （1）求y关于r的函数解析式，并指出该函数的定义域； （2）当该蓄水池的总建造费用y最小时，求半径r的值. 1464π

解：（1）由题意知πrh＋×πr3＝，

233

2

r r 232

故h＝(2－r)，

3r由于h≥2r，

232

因此(2－r)≥2r，解得0＜r≤2，

3r

h

128π

所以建造费y＝2πr2c＋(2πrh＋πr2)×3＝π(2c－1)r2＋，定义域为(0，2].

r 64

2π(2c－1)(r3－)

2c－1

（2）由（1）得y′＝，

r2649

当≥8即3＜c≤时，y′≤0恒成立，

22c－1 此时函数y＝π(2c－1)r2＋

128π

在(0，2]上单调递减，因此r＝2时，总建造费用y最小； r

3

649

当＜8即c＞时，令y′＝0得r＝22c－1

3

64

∈(0，2)， 2c－1

当0＜r＜

64

时，y′＜0；当2c－1

3

64

＜r＜2时，y′＞0， 2c－1

128π

所以函数y＝π(2c－1)r2＋在(0，

r

3

3

64

)上单调递减，在(2c－1

3

64

，2)上单调递增， 2c－1

所以r＝64时，总建造费用y最小. 2c－1

9

综上所述，当3＜c≤时，总建造费用y最小时，r＝2m；

2

9

当c＞时，总建造费用y最小时，r＝2

【说明】注意解决应用题时必要的讨论．

20．某火山喷发停止后，为测量的需要，设距离喷口中心50米内的圆面为第1区，50米至100米的圆环面为

第2区，…，50(n－1)米至50n米的圆环面为第n区，n∈N*，n≥2．现测得第1区火山灰平均每平方米的重量为1000千克，第2区火山灰平均每平方米的重量较第1区减少2%，…，第n＋1区火山灰平均每平方米的重量较第n区减少2%，n∈N*．设第n区火山灰的总重量为an，n∈N*． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）第几区火山灰的总重量最大，说明理由．

解：（1）设第n区火山灰平均每平方米的重量为bn千克，则bn＝1000(1－2%)n1＝1000×0.98n1．

－

－

3

64m. 2c－1

设第n区的面积为cn平方米，

则当n≥2时，cn＝π502n2－π502(n－1)2＝2500π(2n－1)，

又c1＝2500π＝2500π(2×1－1)， 因此cn＝2500π(2n－1)，n∈N*．

所以第n区内火山灰的总重量为an＝bncn＝25×105π(2n－1)×0.98n1(千克)．

－

（2）an＋1－an＝25×105π(2n＋1)×0.98n－25×105π(2n－1)×0.98n

＝25×105π[(2n＋1)×0.98－(2n－1)]×0.98n1

－

－1

＝25×105π(－0.04n＋1.98)×0.98n1．

－

当1≤n≤49时，an＋1－an＞0，即an＜an＋1， 当n≥50时， an＋1－an＜0，即an＞an＋1， 所以，当n＝50时，an最大． 答：第50区火山灰的总重量最大．

【说明】关注数列应用题．

21．在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝64，以O1(9，0)为圆心的圆记为圆O1，已知圆O1上的点与圆O

上的点之间距离的最大值为21． （1）求圆O1的标准方程；

（2）求过点M(5，5)且与圆O1相切的直线的方程；

（3）已知直线l与x轴不垂直，且与圆O，圆O1都相交，记直线l被圆O，圆O1截得的弦长分别为d，d1．若d

＝2，求证：直线l过定点． d1

解：（1）由题设得圆O1的半径为4，所以圆O1的标准方程为(x－9)2＋y2＝16．

949

（2）x＝5，y＝－x＋．

408（3）设直线l的方程为y＝kx＋m，则O，O1到直线l的距离分别为h＝从而d＝2

(m)264－，d＝2

1＋k21

(9k＋m)216－．

1＋k2|m|

|9k＋m|，h＝， 1

1＋k21＋k2m2

64－

1＋k2dd2

由＝2，得2＝＝4， d1(9k＋m)2d1

16－1＋k2整理得m2＝4(9k＋m)2，故m＝±2(9k＋m)， 即18k＋m＝0或6k＋m＝0，

所以直线l为y＝kx－18k或y＝kx－6k， 因此直线l过定点(18，0)或直线l过定点(6，0)．

【说明】本题考查直线与圆．求直线方程时，不要忘记斜率不存在的讨论．

x2y2

22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且两焦点F1，F2与

ab

椭圆的短轴顶点(0，1)构成直角三角形． （1）求椭圆的标准方程；

1

（2）已知直线l1，l2过右焦点F2，且它们的斜率乘积为－，设l1，l2分别与椭圆交于点A，B和C，D．

2

①求AB＋CD的值；

②设AB的中点M，CD的中点为N，求△OMN面积的最大值．

x22

解：（1）＋y＝1．

2（2）①设AB的直线方程为y＝k(x－1)．

k(x－1)，??y＝2

联立?x消元y并整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 2

?2＋y＝1，?2k2－24k2

所以x1＋x2＝，x1x2＝，

1＋2k21＋2k222＋22k2

于是AB＝1＋k|x1－x2|＝1＋k×(x1＋x2)－4x1x2＝，

1＋2k21

22＋22(－)2

2k42k2＋2

同理CD＝＝，

122k2＋1

1＋2(－)2k

22222＋22k242k2＋2

于是AB＋CD＝＋＝32．

1＋2k22k2＋1

－k2k21k

②由①知xM＝， 2，yM＝2，xN＝2，yN＝1＋2k1＋2k1＋2k1＋2k2－k2k21k所以M()， 2，2)，N(2，1＋2k1＋2k1＋2k1＋2k2

（1）求证：任意n∈N*，a2n＋1＝a2n＋a2n－1；

（2）求证：任意n∈N*，a2n a2n＋2为整数．

证明：（1）因为a3＝a2＋a1，因此n＝1时，命题成立；

假设n＝k时，命题成立，即a2k＋1＝a2k＋a2k－1， 则a2k＋3＝a2k＋2＋a2k＋a2k－1＝a2k＋2＋a2k＋1， 即n＝k＋1时，命题也成立，

因此任意n∈N*，a2n＋1＝a2n＋a2n－1．

（2）易知a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝4，a5＝6，a6＝9，a7＝15，a8＝25， a2a4＝2，a4a6＝6，a6a8＝15， 猜想a2na2n＋2＝a2n＋1，n∈N*， 证明：当n＝1时，命题成立；

假设n＝k时，命题成立，即a2ka2k＋2＝a2k＋1， 则a2k＋2a2k＋4＝a2k＋2(a2k＋3＋a2k＋1＋a2k)

＝a2k＋2(a2k＋2＋a2k＋1＋a2k＋1＋a2k) ＝a2k＋22＋2a2k＋1a2k＋2＋a2ka2k＋2 ＝a2k＋22＋2a2k＋1a2k＋2＋a2k＋12 ＝a2k＋2＋a2k＋1 ＝a2k＋3，

即n＝k＋1时，命题也成立，

所以a2na2n＋2＝a2n＋1，n∈N*，

又a2n＋1∈N*，因此任意n∈N*，a2na2n＋2为正整数．

【说明】本题考查数学归纳法，第二问解决的关键是：要能通过前几项归纳发现a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列．进而得到a2n a2n＋2为整数．

30．已知m∈N*，数列T：a1，a2，a3，…，a3m＋1满足如下条件： ①a1，a2，a3，…，a3m＋1是1，2，3，…，3m＋1的一个全排列；

②数列a1，a2，a3，…，a3m＋1的前n(1≤n≤3m＋1，n∈N*)项和Sn均不能被3整除． （1）当m＝1时，写出所有符合条件的数列T； （2）求满足条件的数列T的个数f (m)．

解：（1）满足条件的数列T有：

1，3，4，2； 1，4，3，2； 1，4，2，3；

4，3，1，2； 4，1，3，2； 4，1，2，3；

（2）设an (1≤n≤3m＋1，n∈N*)除以3的余数为为bn，

于是数列T的前n项和能否被3整除，由数列{bn}：b1，b2，…，b3m＋1决定， 因为数列{bn}中有m个0，m＋1个1，m个2，

因此数列{bn}中由m＋1个1及m个2组成的排列应为：1，1，2，1，2，…，1，2． 数列{bn}中的m个0除了不能排首位，可排任何位置，共有C3mm种排法， (3m)!m!(m＋1)! 故满足条件的数列T共有：C3mm!×m!×(m＋1)!＝个， m×(2m)!(3m)!m!(m＋1)! 因此f (m)＝．

(2m)!

【说明】本题考查排列组合的应用，对于整除问题要能按余数进行分类处理．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ya1o.html