江苏省镇江市2020届高三上学期第一次调研考试（期末）数学试题（解析版）.doc

1、江苏省镇江市江苏省镇江市 2020 届高三数学期末检测届高三数学期末检测 1.已知集合 2 20Ax xx，1,1,2B ，则AB _. 【答案】1,2 【分析】 先求出集合A，然后根据交集的计算，即可求出AB. 【详解】集合 2 20Ax xx 集合02Axx 集合1,1,2B 1,2AB 故答案：1,2. 【点睛】本题考查了描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，考查了交集的运算，属于基础题 2.设复数 2 1 i z （其中 i为虚数单位） ，则z _. 【答案】5 【分析】 根据复数的基本运算法则进行化简，再利用复数的模长公式即可求出结果 【详解】 2 1 i z 2 11 2 i

2、 i i zi 2 2 125z 故答案为：5. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题 3.如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是_. 【答案】25 【分析】 模拟执行伪代码，可得伪代码的功能是计算并输出0 1 3 579S 的值，从而得解 【详解】模拟执行伪代码，可得：0 1 3 5 7925S 故答案为：25 【点睛】本题考查了伪代码应用问题，解答本题的关键是应根据已知分析出循环的循环变量的初值，终 值及步长，是基础题目 4.顶点在原点且以双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为焦点的抛物线方程是_. 【答案】 2 16yx 【分析】 求得双曲线的右焦点，可

3、设抛物线的方程为 2 ,0ymx m，由抛物线的焦点坐标，可得m，即可得到所 求方程 【详解】由题意得，双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为 4,0. 抛物线方程设为 2 ,0ymx m. 抛物线的顶点在原点且以双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为焦点 4 4 m ，即16m 抛物线方程为 2 16yx 故答案为： 2 16yx. 【点睛】本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题 5.已知平面直角坐标系xOy中，直线1 l：20xmym， 2 l：210mxmy ，若直线 12 ll/， 则m _. 【答案】2 【分析】 根据题意，由直线平行的条件可得

4、 2 20mm，可得m的值，验证直线是否重合即可得答案 【详解】根据题意，直线 1 l：20xmym， 2 l：210mxmy . 若直线 12 ll/，必有 2 20mm，解得：1m或2. 当1m时，直线 1 l：10xy ， 2 l：10xy ，两直线重合，不符合题意； 当2m时，直线 1 l：240xy， 2 l：2410xy ，两直线平行，符合题意； 2m. 故答案为：2. 【点睛】已知直线 1 l， 2 l的方程分别是： 1 l： 111 0AxB yC（ 1 A， 1 B不同时为 0） ， 2 l： 222 0A xB yC （ 2 A， 2 B不同时为 0） ，则两条直线的位置关

5、系可以如下判别： 211221 0A AlB Bl； 121221 / /0llABA B， 1221 0ACA C. 6.从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成等差数列的概率是_. 【答案】 2 5 【分析】 基本事件总数 2 5 10nC，利用列举法求出剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有 4个，由此能求 出剩余三个数能构成等差数列的概率 【详解】从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，基本事件总数为 2 5 10nC. 剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有： （1，2，3） ， （1，3，5） ， （2，3，4） ， （3，4，

6、5） ，共 4 个. 剩余三个数能构成等差数列的概率是 42 105 p 故答案为： 2 5 . 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 7.若实数 x，y满足条件 10, 10, 330, xy xy xy ，则32zxy的最大值为_. 【答案】13 【分析】 画出约束条件对应的可行域，再求出对应的交点的坐标，分别代入目标函数，比较目标函数值即可得到其 最优解 【详解】实数x，y满足条件 10, 10, 330, xy xy xy ，对应的可行域如下图所示： 由 10 330 xy xy ，解得3x ，2y 时，目标函数经过3,2A时，目标函数

7、取得最大值，即 3213zxy. 32zxy的最大值为 13. 故答案为：13. 【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需 要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件 中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或 边界上取得. 8.将函数 cos2f x x的图象向左平移 6 个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标变为原来的 2倍，得到 函数 yg x的图象，则 4 g _. 【答案】3 【分析】 由题意利用函数sinyAx的图象变换规律，得到

8、g x的解析式，再根据 g x的解析式，求得 4 g 的值 【详解】 将函数 cos2f xx的图象向左平移 6 个单位长度后， 可得cos2cos 2 63 yxx 的 图象，再将图象上各点的纵坐标变为原来的 2 倍，得到函数 2cos 2 3 yg xx 的图象. 2cos 22sin3 4433 g 故答案为：3. 【点睛】本题考查函数sinyAx的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常 出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言. 9.已知正方体 1111 ABCDABC D，棱长为 1.点 E 是棱AD上的任意一点，点 F 是

9、棱 11 BC上的任意一点，则 三棱锥BECF的体积为_. 【答案】 1 6 【解析】 【分析】 由题意画出图形，再由等积法求三棱锥BECF的体积 【详解】根据题意画出图形，如下图所示： 正方体 1111 ABCDABC D棱长为 1，点E是棱AD上的任意一点，点F是棱 11 BC上的任意一点. 1 11111 1 1 1 32326 B ECFF BCE VVBCABB B 故答案为： 1 6 . 【点睛】本题考查多面体体积的求法，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法，等积 法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形 的高或

10、几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或 三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值 10.等比数列 n a的前三项和 3 42S ，若 1 a， 2 3a ， 3 a成等差数列，则公比q _. 【答案】2 或 1 2 【分析】 由等差数列的等差中项性质和等比数列的通项公式，解方程组可得所求公比q的值 【详解】等比数列 n a的前三项和 3 42S ， 1 a， 2 3a ， 3 a成等差数列 2 111 2 111 42 23 aa qa q a qaa q ，解得2q =或 1 2 故答案为：2或 1 2 . 【点睛】本题考查等差数列的等差中项

11、性质和等比数列的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础 题 11.记集合,Aa b，当 , 6 4 时，函数 2 2 3sincos2cosf的值域为 B，若“xA” 是“xB”的必要条件，则b a的最小值是_. 【答案】3 【分析】 利用倍角公式、和差公式化简 f，利用三角函数的单调性可得B，根据“xA”是“xB”的必要条件， 可得BA，即可得出结论 【详解】根据题意可得： 2 2 3sincos2cos2sin 21 6 f . , 6 4 0,3f，即0,3B “xA”是“xB”的必要条件，则BA 0 3 a b 3 03ba ，即min3ba. 故答案为：3. 【点睛】本题考查了倍

12、角公式、和差公式、三角函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 12.己知函数 3 3 1 ,0, 2 2,0, x x xx f x xx ， 若对任意的,1xm m， 不等式1fxf xm恒成立， 则实数 m 的取值范围是_. 【答案】 1 1, 3 【分析】 由题意可得 f x为偶函数，求得 f x在0x上连续，且为减函数，可得1xxm，即有即 2 2210mxm 在,1xm m恒成立，由一次函数的单调性，解不等式组，即可得到所求范围 【详解】 fxf x f x为偶函数且在0,单调递减 1fxf xm在,1xm m恒成立 1xxm在,1xm m恒成立，则

13、 222 212xxxmxm 在,1xm m恒成立 2 2210mxm 在,1xm m恒成立 2 2 2210 22110 mmm mmm ，解得 1 1 3 m . 故答案为： 1 1, 3 . 【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用偶函数的性质和单调性，考查转化思想和运算能力， 解答本题的关键是判断出函数 f x的奇偶性与单调性，属于中档题 13.过直线 l：2yx上任意一点 P 作圆 C： 22 1xy的一条切线，切点为 A，若存在定 00 ,B xy，使 得PAPB恒成立，则 00 xy_. 【答案】2 2 【分析】 设,P x y，根据圆C及切点A，结合PAPB，可推出 22

14、 1POPB ，再根据两点之间距离公式化简 可得 22 000 00 1 2 xxy yx yy ，结合点P在2yx上，可列出方程组，即可解出 0 y，进而可得答案. 【详解】设,P x y PAPB 22 PAPB 22 1POPB 22 22 00 1xyxxyy ，即 22 000 00 1 2 xxy yx yy P在2yx上任取 0 0 22 00 0 1 1 2 2 x y xy y ，解得 0 22 2 y 0 0 1 x y 00 xy 000 222xyy 故答案为：2 2 . 【点睛】本题考查直线与圆关系，涉及了两点之间的距离公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题 14.

15、在平面直角坐标系xOy中已知三个点2,1A， 1, 2B，3, 1C，点,P x y满足 1OP OAOP OB ，则2 OP OC OP 的最大值为_. 【答案】 5 2 4 【分析】 依题意可得221xyxy ，通过换元令 2 2 xym xyn ，将所求式子化简，再利用基本不等式得解 【详解】点,P x y满足 1OP OAOP OB 221xyxy 令 2 2 xym xyn ，解得 2 5 2 5 mn x mn y 1mn 2222222 3 4444 2525 OP OCxymn mmnnmmnnxy OP 2222 555 22 mnmnmn mn mnmnmn 要求出2 OP

16、 OC OP 的最大值，不妨设0mn，则 2 555 2 2 42 2 OP OC OP mn mn ，当且仅当 2 mn mn ，即 2mn ，即 26 2 26 2 m n 或 26 2 26 2 m n ，取“”. 故答案为： 5 2 4 . 【点睛】本题考查平面向量与基本不等式的综合运用，考查换元思想及化简运算能力，属于中档题利用 基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否 为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小） ；三相等是，最后一定要验证等号 能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用

17、或时等号能否同时成立）. 15.在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是AP的中点，AB BD，PBPD，平面 PBD 底面ABCD. （1）求证：/ /PC平面BDE； （2）求证：PD 平面PAB. 【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析 【分析】 （1）连结AC，交BD于点O，连结EO，则点O为AC中点，由点E为AP的中点，得/EOPC，由 此能证明/ /PC平面BDE； （2）根据题设条件推导出PB 平面ABCD，PBAB，ABBD，从而AB 平面PBD，进而可得 ABPD，结合PDPB，由此能证明PD 平面PAB. 【详解】 （1）证明：连接AC交BD于点 O，并

18、连接EO 平行四边形ABCD，且AC交BD于点 O 点 O为AC中点 在PAC中，点 E为AP的中点 /EOPC EO平面BDE，PC 平面BDE / /PC平面BDE （2）平面PBD 平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，PBBD，PB 平面PBD PB 平面ABCD AB平面ABCD PBAB 又ABBD，BDPBB，PB 平面PBD，BD 平面PBD AB 平面PBD PD 平面PBD ABPD 又PDPB，PBABB，PB 平面PAB，AB平面PAB PD 平面PAB. 【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识， 考查运算求解能力

19、，是中档题 16.如图，在ABC中，点 D是边BC上一点，14AB ，6BD ， 66BA BD . （1）若CB，且 13 cos 14 CB，求角 C； （2）若ACD的面积为 S，且 1 2 SCA CD，求AC的长度. 【答案】 （1） 3 C ； （2） 5 6AC 【分析】 （1）利用平面向量数量积的运算可求cosB的值，利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，由已知利 用两角和的余弦函数公式可求cosC的值，结合C的范围可求C的值； （2）由已知利用三角形的面积公式，平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式可求tan1C ，可 得 4 C =，在ABC中，由正弦定理可得A

20、C的值 【详解】 （1）14AB ，6BD ， 66BA BD cos14 6cos66BA BDAB BDBB 11 cos 14 B 在ABC中，CB，且BCABC 0, 2 B 2 2 115 3 sin1 cos1 1414 BB 在ABC中，CB，且BCABC， 0,CB 13 cos 14 CB且0,CB 2 sin1 cosCBCB 2 133 3 1 1414 coscosCCBB coscossinsinCBBCBB 13113 35 31 141414142 在ABC中，0,C 3 C . （2）ACD的面积 1 2 SCA CD 11 sincos 22 CD CACAC

21、 CDC sincosCC 在ACD中，0,C sin0C ，则cos0C sin tan1 cos C C C ，则 4 C = 在ABC中，由正弦定理得： sinsin ACAB BC 又 5 3 sin 14 B ，14AB ， 2 sinsin 42 C 14 5 32 142 AC ，则5 6AC . 【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式，三 角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题 17.在平面直角坐标系xOy中，椭圆 E： 22 22 1 xy ab （0ab）的长轴长为 4，左准线 l的方程为4x .

22、（1）求椭圆的标准方程； （2）直线 1 l过椭圆 E 的左焦点 1 F，且与椭圆 E交于 A，B 两点. 若 24 7 AB ，求直线 1 l的方程； 过 A作左准线 l的垂线，垂足为 1 A，点 5 ,0 2 G ，求证： 1 A，B，G 三点共线. 【答案】 （1） 22 1 4 xy y （2） 1yx 或1yx ，证明见解析 【分析】 （1）根据长轴值和准线的方程，可求得a，c的值，结合 222 bac ，从而可求出椭圆的标准方程； （2）设 11 ,A x y， 22 ,B xy，作 11 AAl，根据椭圆的第二定义可得 1 1 AF e AA ，结合 2 11 a AAx c ，

23、 可推出 11 AFaex，从而推出 12 BFaex，根据 24 7 AB ，可得 12 8 7 xx ，分别对直线 1 l的斜率 存在与不存在进行讨论，结合韦达定理即可求得直线 1 l的方程； 当直线 1 l的斜率不存在时， 分别求出 1 AG k ， 1 A B k ， 即可得证； 当直线 1 l的斜率存在时， 分别求出 1 AG k ， BG k， 结合韦达定理即可求证. 【详解】 （1）由题，24a ， 2 4 a c ，2a ，1c 222 3bac，椭圆方程 22 1 4 xy y . （2）设 11 ,A x y， 22 ,B xy 作 11 AAl，由第二定义， 1 1 AF

24、 e AA ，而 2 11 a AAx c 2 1101 ca AFeAAxaex ac ，同理 12 BFaex 1112 24 2 7 ABAFBFae xx，即 12 8 7 xx ，证明见解析 设AB的斜率为 k 1 若 k 不存在，即 12 2xx （舍） 2 若 k 存在，AB： 1yk x 联立 32 3412 1 xy yk x 消去 y， 2222 3484120kxk xk（*） ， 恒成立 2 12 2 88 347 k xx k ，即1k ，AB： 1yx或1yx 证明 1 若AB的斜率不存在， 3 1, 2 A ， 3 1, 2 B ， 1 3 4, 2 A ， 1

25、1 AG k ， 1 1 A B k ， 11 AGA B kk 1 A，B，G三点共线. 2 若AB的斜率存在， 11 4,Ay， 1 1 3 2 AG y k ， 2 2 5 2 BG y k x 要证 1 A，B，G 共线.即证 1 AGBG kk ，即 122 53 22 yxy ，即 122 253yxy 即 1212 1 2531k xxkx ，即 1212 2580kx xk xxk 由（*） 2 12 2 8 34 k xx k ， 2 1 2 2 412 34 k x x k 代入上式： 22 22 4128 2580 3434 kk kkk kk ，即 333 2 8244

26、02432 0 34 kkkkk k 显然成立。 1 A，B，G三点共线. 综上所述， 1 A，B，G三点共线. 【点睛】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是 一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元 二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问 题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用 18.某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内， 如图所示， 矩形PQRS的长PS为 130米， 宽RS为 120 米， 圆弧形轨道所在圆的圆心为 0

27、，圆 O与PS，SR，QR分别相切于点 A，D，CT 为PQ的中点.现欲设计 过山车轨道，轨道由五段连接而成：出发点 N在线段PT上（不含端点，游客从点 Q 处乘升降电梯至点 N） ， 轨道第一段NM与圆 O 相切于点 M，再沿着圆孤轨道MA到达最高点 A，然后在点 A处沿垂直轨道急速下 降至点 O 处，接着沿直线轨道OG滑行至地面点 G处（设计要求 M，O，G三点共线） ，最后通过制动装置 减速沿水平轨道GR滑行到达终点 R记MOT为，轨道总长度为 l米. （1）试将 l表示为的函数 l，并写出的取值范围； （2）求 l最小时cos的值. 【答案】 （1） 130 120cos 120306

28、0 sin l ，0 2 ， （2） 2 3 【分析】 （ 1 ） 作METO， 垂 足 为E点 ， 作NFME， 垂 足 为F点 ， 可 得7060 cosTE， 7070cos sin NM ，进而得出 l以及的取值范围； （2）对 l进行求导，求出函数的单调性，即可求得l最小时cos的值. 【详解】 （1）作METO，垂足为E点，作NFME，垂足为F点，如图所示： 7060cosTE， 7070cos sin NM 7060cos6060 606060 sin2sintan l 130 120cos 1203060 sin ， 0 2 （2） 2 120 130cos 60 sin l

29、令 0l ，可得 2 cos 3 ；令 0l，可得 2 cos 3 . 令 0 2 cos 3 ， 0 0, 2 ，则当 0 0,时， l为单调递减；当 0, 2 时， l为单调递 增. 当 2 cos 3 时，函数 l取得最小值，即l最小. 【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质、直角三角形边角关系、有点切线的性质、利用导数研究函数 的单调性极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题 19.已知函数 2 lnf xxa xx（a R） （1）当0a ，证明 1f xx； （2）如果函数 f x有两个极值点 1 x， 2 x（ 12 xx） ，且 12 f xf xk恒成立，求实数 k的取值范围

30、. （3）当0a 时，求函数 f x的零点个数. 【答案】 （1）证明见解析， （2）4ln2 3k ， （3）1a 时有一个零点，当0a 且1a 时， f x有 两个零点. 【分析】 （1）只需证明ln10xx ，构造函数 ln1g xxx，利用导数易得证； （2）求导后可知 2 210axax 的两根分别为 1 x， 2 x，进而可得 8a ，表示出 12 f xf x，构造函 数求其在定义域上的最大值即可； （3）研究可知 max 0f x，再分类讨论结合导数及零点存在性定理即可得出结论 【详解】 （1）0a 时， lnf xx等价于证明：ln1xx 即证ln10xx ，令 ln1g x

31、xx 11 1 x gx xx ，当01x时， 0gx ， g x单调递减 当1x 时， 0gx ， g x单调递增 min 10g xg， 0ln10g xxx ，证毕! （2） 2 1 210210fxxaaxax x 的两根分别为 1 x， 2 x 2 12 12 80 1 0 2 1 0 2 aa xx x x a ，解得8a 22 12121122 lnf xf xx xa xxxx 2 121212 1 ln2 2 axxx xxx a 111 ln2ln21 424 a aaag a a 显然 g a在8,上单调递减. 8ln162 14ln23g ag 4ln2 3k （3）当

32、0a 时， 2 21axax fx x ，令 2 0210fxaxax 其只有一个正数根 2 1 8 4 aaa x a ， 2 11 2 11 1 210 2 axaxa xx （ 1 1 2 x ） 且当 1 0xx时， 0fx， f x单调递增；当 1 xx时， 0fx， f x单调递减 f x最大值 2 1 11111 1 1 lnln 12 x f xxa xxx x 令 1 lnln 1 2 x xx x ， 22 1 221111 1 21 2 xx h x xx xx 2 22 411441 1 21 2 xxxxx xxxx （ 1 2 x ） 令 01h xx 当 1 1

33、2 x时， 0h x， h x单调递减； 当1x 时， 0h x ， h x单调递增 min 10h xh 0f x 最大值 当 max0f x，即 1 1x 时， 1a ，此时 f x只有一个零点 1x 当 max0f x，即0a 且1a 时，此时 1 0f x，注意到 10f （i）当1a 时， 1 01x，而 22 ln11 1xa xxxa xxxax 令 1 1 10xaxx a 取 0 1 x a 知 0 0f x f x在 01 ,x x上有一个零点，另一个零点为 1 （ii）当10a ，即 1 1x 时，此时取 0 1 x a 知 0 0f x f x有一个零点为 1，另一零点

34、在 10 , x x 上， 故1a 时有一个零点，当0a 且1a 时， f x有两个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明及恒成立问题，考查函数 零点个数的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：结合 零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；利用函数图像交点个数判断方程根的 个数或函数零点个数 20.已知n N，数列 n a的前 n 项和为 n S，且 11nn Saa ；数列 n b的前 n 项和为 n T，且满足 1 1 2 nnn Tbnnb，且 12 ab. （1）求数列 n a的通项公式； （

35、2）求数列 n b的通项公式； （3）设 n n n a c b ，问：数列 n c中是否存在不同两项 i c， j c（1ij ，i，j N） ，使 ij cc 仍是数列 n c中的项?若存在，请求出 i，j；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）2n n a ， （2） n bn， （3）存在， 1i ，2j 【解析】 【分析】 （1）先根据 1 1 2 nnn Tbnnb，求出 2 b，再根据 11nn Saa 可得 11 2 nn Saa n ，然后两 式作差，得到 1 2 nn aa ，再求出首项，进而可得数列 n a的通项公式； （2）根据 1 1 2 nnn Tbnnb，通过递

36、推，可证数列 n b为等差数列，即可求出通项公式； （3）由 n n n a c b ，假设数列 n c中存在不同两项 i c， j c（1ij ，i，j N） ，然后根据条件找出满 足条件的i，j值即可. 【详解】 （1）数列 n b的前 n 项和为 n T，且满足 1 1 2 nnn Tbnnb 1 1b ， 2 2b 由 11nn Saa ，得 11 2 nn Saa n . 1 22 nn aan ，且 121 aaa，即 21 2aa. 数列 n a是首项为 12 2ab，公比为 2 的等比数列 2n n a （2） 1 1 2 nnn Tbnnb 2n时， 111 1 11 1 2

37、 nnn Tbnnb 得 11 111 11 222 nnnnn bbbnbnb 11 4231 nnnn bbnbnb ， 1 433 nn nbnb 3n 时， 12 543 nn nbnb ， 21 4428 nnn nbnbnb 21 2 nnn bbb n b为等差数列 11 1 n bnn （3） 2n n c n ， 假设 n c中存在不同的两项 i c， j c（1ij ） ， 使 ijk ccc （k N） 222 ijk ijk 注意到 1 1 1 21 21 222 0 111 nnn nn nn nnn cc nnn nn n . n c单调递增 由 22 kj kj

38、kj ，则1kj. 1 1 2222 11 j kji j kjij j 令j im （m1） ，j mi 112 211 111 j i j jmimim i ji miimi 2mi 2 13 1mi ，而11 m m i 23 1 m m， 2 3 1 m m 令 2 1 n n C n ，则 1 1 1 2122222 0 211212 nn nnn nn nnn CC nnnnnn n C为单调递增，注意到3m 时， 3 2 23 1 3 ， 4 216 3 145 m 只能为 1，2，3 当1m时，11jiji 2 222 123232 21 iiii iiii ，故 i只能为 1

39、，2，3 当1i 时，2j ，此时 24 244 2 k k k 当2i 时，3j ，此时 2814 2 33 k k 无整数解，舍 当3i 时， 4j ，此时 2820 4 33 k k ，无正整数解，舍去 当2m时，2ji ，此时 22 2 2346 23360 1 iii ii i iii 1i ，此时3j ， 2814 2 33 k k 无解 当3m 时，3ji ，此时 222 34 871281679120 2 ii iiiiii i i ，无正整数 解，舍去. 综上：存在1i ，2j 满足题意. 【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式和数列中的存在性问题，考查了转化思想和分类讨论 思想，属难题