1、嘉定区 2020 学年高三年级第二次质量调研测试 数 学 试 卷 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分） 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果 1已知集合 21xxA ，0,1,2,3B，则BA_ 2已知复数z满足i 1 1 z （i为虚数单位） ，则z_ 3已知等差数列 n a 满足83 42 aa，则 5 a_ 4若实数x、y满足 0 032 02 y yx yx ，则 yxz 2 的最大值为_ 5 已知函数) 1(log2)(xxf a （0a， 且1a） 若)(xfy 的反函数的图像经过点)2 , 1 (，则a_ 6 九
2、章算术中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑” 已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑”的体积为 _ 7 已知正数x、y满足1 4 y x， 则y x 1 的最小值为_ 8设数列 n a的前n项和为 n S，且满足4 11 nn aS ， 则 n n Slim_ 9将 7 ) 1 ( x x 的二项展开式的各项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为_ 3 4 4 主视图 左视图 俯视图 10已知点A、B是双曲线1 2 2 2 2 b y a x （0a，0b）的左、右顶点，点P是该双曲 线上异于A、B的另外一点，若ABP是顶角为120的等腰三角形，则该双曲线的渐 近线方程是_ 11 已
3、知函数 . 2, 2 1 , 2, 82 )( | 2 x x x x xf ax 若对任意的 ，2 1 x， 都存在唯一的2 , 2 x， 满足)()( 21 xfxf，则实数a的取值范围是_ 12 在平面直角坐标系xOy中， 起点为坐标原点的向量ba , 满足1 ba ， 且 2 1 ba ， )1 ,(),1 ,nndmmc （Rnm,） 若存在向量a 、b ，对于任意实数nm,，不 等式Tdbca 成立，则实数T的最大值为_ 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）每题有且只有一个正确选项考生 应在 答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13 “函数)si
4、n()(xxf（x、R， 且0） 的最小正周期为”是“2”的 （） （A）充分非必要条件（B）必要非充分条件 （C）充要条件（D）既非充分又非必要条件 14 已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5， 则这组数据的方差是 （） （A）2 . 3（B）5 . 3（C）4（D）5 15设直线xy 与椭圆 sin ,cos2 y x 交于A、B两点，点P在直线3 kxy上 若2 PBPA，则实数k的取值范围是（） （A）)2 , 2(（B）22 ,22（C）), 2()2,(（D）),2222,( 16已知函数xxxf xx 22021) 1(2021)( 131 ，则不等式 4)32()4( 2
5、 xfxf的解集为（） （A）4 , 1（B） 1 , 4（C）), 4 1,(（D）), 1 4,( 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤 17 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分） 在矩形ABCD中，2AB，1BC，矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱 如图，矩形ABCD绕AB顺时针旋转 2 至 11D ABC，线段 1 DD的中点为M （1）求证：AM 1 CD； （2）求异面直线CM与AD所成的角的大小（结果用反三角函数值表示） 18 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2
6、 小题满分 8 分） 设常数Ra，函数 x x axf 3 1 3)( （1）若函数)(xf是奇函数，求实数a的值； （2）若函数axfy2)(在1 , 0 x时有零点，求实数a的取值范围 A C 1 C 1 D M D B 19 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分） 某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造如图 所示，平行四边形OMPN区域为停车场，其余部分建成绿地，点P在围墙AB弧上，点M 和点N分别在道路OA和道路OB上，且90OA米， 3 AOB，设POB （1）当 6 时，求停车场的面积（精确到1 . 0平方米） ；
7、 （2）写出停车场面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，停车场面积S取得 最大值 20 （本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 6 分） 已知抛物线pxy2 2 ：的焦点为)0 , 2(F，点P在抛物线上 （1）求抛物线的方程； （2）若5|PF，求点P的坐标； （3）过点)0 ,(tT（0t）作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、B、C、D 四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求TMN的面积的最小值 O A B PM N y M C T A x D O B N 21 （本题满分 18 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分
8、 6 分，第 3 小题满分 8 分） 已知数列 n a 满足：1 1 a， n nn paa 1 ， * Nn， n S为数列 n a 的前n项和 （1）若 n a 是递增数列，且 321 5 ,4 ,3aaa 成等差数列，求p的值； （2）已知 3 1 p，且 1-2n a 是递增数列， n a2 是递减数列，求数列 n a 的通项公式； （3）已知1p，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列 n a ，使 得 nSn 若存在，写出一个满足条件的数列 n a ；若不存在，请说明理由 嘉定区 2020 学年高三年级第二次质量调研测试 数 学 试 卷 一、填空题（本大题共有 12
9、题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分） 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果 1已知集合 21xxA ，0,1,2,3B，则BA_ 【答案】0,1 【解析】因为12,0,1,2,3AxxB ，所以0,1AB . 2已知复数z满足i 1 1 z （i为虚数单位） ，则z_ 【答案】 2 【解析】因为 1 1 i z ，所以 1 11zi i ，所以2zz 3已知等差数列 n a 满足83 42 aa，则 5 a_ 【答案】4 【解析】设等差数列 n a的首项为 1 a，公差为d，因为 24 38aa， 所以 11 3(3 )8adad，整理得 1 44ad，即
10、 5 4a . 4若实数x、y满足 0 032 02 y yx yx ，则 yxz 2 的最大值为_ 【答案】6 【解析】画出可行性区域，由图可知直线 yxz 2 在过点)0 , 3(时最大，即 6 max z 5已知函数) 1(log2)(xxf a （0a，且1a） 若)(xfy 的反函数的图像经过 点)2 , 1 (，则a_ 【答案】 1 3 a 【解析】由题意得( )2log (1) a f xx的图像经过点(2,1)，所以12log (2 1) a ， 所以log 31 a ，所以 1 3 a . 6 九章算术中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑” 已知某“鳖臑”的三视图如图所
11、示，则该“鳖臑”的体积为 _ 【答案】8 【解析】由三视图得该几何体是底面为直角边为 3 和 4 的直角三角形， 高为 4 的三棱锥，故体积 11 4 3 48 32 V . 7已知正数x、y满足1 4 y x，则y x 1 的最小值为_ 【答案】9 【解析】因为 4 1x y ，所以 1144 1452 49yyxxy xxyxy ， 当且仅当 4 1x y 且2xy ，即 1, 6 3 xy时取等号， 所以 1 y x 的最小值为9. 3 4 4 主视图 左视图 俯视图 8设数列 n a的前n项和为 n S，且满足4 11 nn aS ，则 n n Slim_ 【答案】4 【解析】4 11
12、 nn nn a a S S （*） ，当1n 时， 1 24a ，即 1 2a ； 当2n 时， 11 4 nn Sa （*） ， （*）和（*）相减得 1 2 nn aa ，所以数列 n a是 1 1 2, 2 aq的等比数列， 所以 1 2 lim4 1 1 1 2 n n a S q . 9将 7 ) 1 ( x x 的二项展开式的各项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为_ 【答案】 1 14 【解析】 7 1 x x 的展开式的通项为 13 7 7 22 177 r r rrr r TC xxC x ， 当0,2,4,6r 时，为有理项，一共 4 项， 当1,3,5,7r 时，为无
13、理项，一共 4 项， 要使得有理项互不相邻，采用插空法，先把无理项排好，再把有理项插到无理项的 5 个空档中，共有 44 54 2880PP种情况，全部的情况有 8 8 40320P 种， 故所求概率 444 544 8 8 28801 4032014 C P P P P . 10已知点A、B是双曲线1 2 2 2 2 b y a x （0a，0b）的左、右顶点，点P是该双曲 线上异于A、B的另外一点，若ABP是顶角为120的等腰三角形，则该双曲线的渐近线 方程是_ 【答案】y x 【解析】根据对称性，不妨设P在第一象限，因为ABP是顶角为 0 120的等腰三角形， 所以 0 120 ,2AB
14、PABBPa，所以点P的坐标为 00 (2 cos60 ,2 sin60 )aaa， 即(2 , 3 )Paa代入双曲线方程 22 22 1 xy ab ，解得 22 ab， 故双曲线的渐近线方程为yx . 11 已知函数 . 2, 2 1 , 2, 82 )( | 2 x x x x xf ax 若对任意的 ，2 1 x， 都存在唯一的2 , 2 x， 满足)()( 21 xfxf，则实数a的取值范围是_ 【答案】5 , 1 【解析】 【法 1】当, 2x时， 82 )( 2 x x xf因为 x x xf 4 2 1 )(， 而4 4 2 4 x x x x，当且仅当 x x 4 ，即2x
15、时，等号成立，所以)(xfy 的取值范 围是 8 1 0， 由题意及函数 2 2 1 )( xxf ax ， 的图像与性质可得 8 1 2 1 2 2 a a 或 8 1 2 1 2 2 a a ，如右上图所示解得52 a或21a，所以所求实数a的取 值范围是5 , 1 【法 2】 当, 2x时， 82 )( 2 x x xf， 即 x x xf 4 2 1 )(， 因为4 4 2 4 x x x x， 当且仅当 x x 4 ，即2x时，等号成立，所以)(xfy 的取值范围是 8 1 0，； 当2 ,x时， （1）若2a，则 xaax xf 2 1 2 1 )( | （2 ,x），它是增函数，
16、此时)(xfy 的取值范围是 2 2 1 , 0 a 由题意可得 8 1 2 1 2 a ，解得5a，又2a，所以 52 a； （2）若2a，则 2, 2 1 , 2 1 )( xa ax xf ax xa 函数)(xfy 在a,上是增函数，此时 )(xfy 的取值范围是1 , 0； 而函数)(xfy 在2 , a 上 是 减 函 数 ， 此 时)(xfy 的 取 值 范 围 是 1 , 2 1 2 a 由题意可得 8 1 2 1 2 a ，解得1a， 又2a，所以21a 综上，所求实数a的取值范围是5 , 1 12 在平面直角坐标系xOy中， 起点为坐标原点的向量ba , 满足1 ba ，
17、且 2 1 ba ， )1 ,(),1 ,nndmmc （Rnm,） 若存在向量a 、b ，对于任意实数nm,，不等 式Tdbca 成立，则实数T的最大值为_ 【答案】 21 【解析】由题意可得ba ， 的夹角为 3 2 可设OBbOAa ，ODdOCc ，则 点A、B在单位圆上，点C、D在直线01 yx上，如图所示根据m、n的任意性， 即求点A、B到直线01 yx距离之和的最小值，即|BFAE （点E、F分别是 点A、B在直线01 yx上的射影点） ；同时根据ba , 的存在性，问题转化为求 |AFAE 的最大值设AB的中点为M，设点M、O在直线01 yx上射影点分 别为N、O，则 |) |
18、(|2|2|OOMOMNBFAE21) 2 2 2 1 2 （， 当且仅当点M、O、O依次在一条直线上时，等号成立 所以21T，即所求实数T的最大值是21 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）每题有且只有一个正确选项考生 应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13 “函数)sin()(xxf（x、R， 且0） 的最小正周期为”是“2”的 （） （A）充分非必要条件（B）必要非充分条件 （C）充要条件（D）既非充分又非必要条件 【答案】B 【解析】最小正周期 2 T ，故2 ，故为必要非充分条件，选 B. 14 已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5，
19、则这组数据的方差是 （） （A）2 . 3（B）5 . 3（C）4（D）5 【答案】A 【解析】由题意得 3468 54 5 a a ， 所以方差 22222 2 (35)(45)(45)(65)(85) 3.2 5 s ，故选 A. 15设直线xy 与椭圆 sin ,cos2 y x 交于A、B两点，点P在直线3 kxy上 若2 PBPA，则实数k的取值范围是（） （A）)2 , 2(（B）22 ,22（C）), 2()2,(（D）),2222,( 【答案】A 【解析】椭圆方程为 2 2 1 4 x y，易得,A B关于原点对称，所以| |2| 2PAPBPO ， 所以| 1PO ，故原点到
20、直线3ykx的距离 2 3 1 1 d k ， 解得2 2k 或2 2k ，故选 A. 16已知函数xxxf xx 22021) 1(2021)( 131 ，则不等式 4)32()4( 2 xfxf的解集为（） （A）4 , 1（B） 1 , 4（C）), 4 1,(（D）), 1 4,( 【答案】A 【解析】设函数xxxg xx 220212021)( 3 ，则函数)(xg是定义域为R，且单调递 增的奇函数， 所以2) 122021) 1(2021)( 131 xxxf xx （是定义域为R的增函数， 且其图像关于点)2 , 1 (对称，即有4)2()(xfxf，即)(4)2(xfxf 由4
21、)32()4( 2 xfxf得)32(4)4( 2 xfxf， 即)32(24 2 xfxf， 即)3()4( 2 xfxf，所以xx34 2 ，解得41x所以选 A 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤 17 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分） 在矩形ABCD中，2AB，1BC，矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱 如图，矩形ABCD绕AB顺时针旋转 2 至 11D ABC，线段 1 DD的中点为M （1）求证：AM 1 CD； （2）求异面直线CM与AD所成的角的大小（结果用反三角函数值表示
22、） 【解析】解： （1）由题意知， 1 DDAM 2 分 因为CD是圆柱的一条母线，所以CD垂直于圆柱的底面， 则得AMCD ，即CDAM 4 分 又因为DCDDD 1 ，且 1 DD、CD 平面 1 CDD， 所以AM平面 1 CDD，因为 1 CD 平面 1 CDD， 所以 1 CDAM 6 分 （2）联结BM由题意知，BCAD， 所以异面直线CM与AD所成的角等于直线CM与直线BC 所成的角2 分 在BCM中，1BC， 2 23 2 2 2 2 2 2 2 1 222 DD CDDMCDCM， 2 23 2 2 2 2 2 2 2 1 222 DD BAAMBABM, 4 分 A C 1
23、 C 1 D M D B A C 1 C 1 D M D B 由余弦定理得 6 2 2 23 12 2 23 2 23 1 2 cos 22 2 222 CMBC BMCMBC BCM, 6 2 arccosBCM7 分 所以异面直线CM与AD所成的角的大小为 6 2 arccos8 分 18 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分） 设常数Ra，函数 x x axf 3 1 3)( （1）若函数)(xf是奇函数，求实数a的值； （2）若函数axfy2)(在1 , 0 x时有零点，求实数a的取值范围 【解析】 （1） 【法 1】函数)(xf的定义域为R 因为函
24、数)(xf是奇函数，所以)()(xfxf 设0 x，则得)0()0(ff，即0)0(2f，即0)0(f，代入 x x axf 3 1 3)(， 得011a，解得1a4 分 此时 x x xf 3 1 3)( 又因为)( 3 1 3 3 1 3)(xfxf x x x x ，即)()(xfxf， 所以 x x xf 3 1 3)(是奇函数 因此所求实数a的值为16 分 【法 2】函数)(xf的定义域为R 因为函数)(xf是奇函数，所以)()(xfxf 即 x x x x aa 3 1 3 3 1 3，2 分 即 x xx x a a 3 1 33 3 ， 即 x x a a 3 1 3) 1 （
25、，即019) 1）（ x a对任意Rx都成立， 所以01a，解得1a 因此所求实数a的值为16 分 （2）解：设02)( axf， 即关于x的方程02 3 1 3aa x x 在区间1 , 0上有实数解2 分 设 x t3，因为1 , 0 x，所以3 , 1t， 于 是 原 问 题 等 价 于 关 于t的 方 程012 2 atat（ * ） 在 区 间3 , 1上 有 实 数 解4 分 当0a时， 方程 （*） 不成立， 所以0a， 于是方程 （*） 可化为tt a 2 1 2 （3 , 1t） ， 即 函 数 a y 1 与 函 数tty2 2 （3 , 1t） 的 图 像 有 公 共 点
26、6 分 因为函数tty2 2 （3 , 1t）为增函数，则得该函数的值域为15, 3， 所以15 1 3 a ，解得 15 1 3 1 a， 即所求的实数a的取值范围是 15 1 , 3 1 8 分 19 （本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分） 某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造如图 所示，平行四边形OMPN区域为停车场，其余部分建成绿地，点P在围墙AB弧上，点M 和点N分别在道路OA和道路OB上，且90OA米， 3 AOB，设POB （1）当 6 时，求停车场的面积（精确到1 . 0平方米） ； （2）写出停车场面积S关
27、于的函数关系式，并求当为何值时，停车场面积S取得 最大值 【解析】解： （1）在OPN中， 3 2 ONP, 6 OPNPON， 由正弦定理得 ONP OP OPN ON sinsin ， 即 3 2 sin 6 sin OPON ，即330ON2 分 则停车场面积 3 .233831350 6 sin33090sin2ONOPSS OPN （平方米） ， 即停车场面积约为3 .2338平方米6 分 （2）在OPN中， 3 2 ONP, 3 OPN 由正弦定理得 ONP OP OPN ON sinsin ， 即 3 2 sin) 3 sin OPON （ ，即) 3 sin(360ON 2 分
28、 则停车场面积 O A B PM N ) 3 sin(sin35400sin2ONOPSS OPN ， 即) 3 sin(sin35400S，其中 3 04 分 即)cos 2 1 sin 2 3 (sin35400) 3 sin(sin35400S， 即)sin 2 1 cos 2 3 (sin35400S )sincossin3(32700 2 S) 2 1 2cos 2 1 2sin 2 3 (32700 2 1 ) 6 2sin(32700 31350) 6 2sin(32700 6 分 因为 3 0，所以 6 5 6 2 6 ， 则当 26 2 ，即 6 时，停车场面积S取得最大值
29、所以当 6 时，停车场面积S取得最大值8 分 20 （本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 6 分） 已知抛物线pxy2 2 ：的焦点为)0 , 2(F，点P在抛物线上 （1）求抛物线的方程； （2）若5|PF，求点P的坐标； （3）过点)0 ,(tT（0t）作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、B、C、D 四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求TMN的面积的最小值 y M C T A x D O B N 【解析】 （1）解：因为抛物线的焦点为）（ 0 , 2F，即2 2 p ，解得4p2 分 所以所求抛物线的方程为xy8 2 4 分
30、 （2）解：设点), yxP（ 由抛物线的定义得2 2 ) 2 |x p x p xPF（2 分 令52 x，解得3x3 分 因为点P在抛物线上，所以xy8 2 ，把3x代入，解得62y，5 分 因此所求点P的坐标为），623(或）， 623(6 分 （3） 【法 1】根据题意，直线AB、CD的斜率存在，且不为零， 可设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为 k 1 ， 则直线AB的方程为)(txky，直线CD的方程为)( 1 tx k y， 设),( 11 yxA、), 22 yxB（ 由 xy txky 8 )( 2 消去y，并整理得0)4(2 22222 tkxtkxk，2 分 由一元二
31、方程根与系数的关系得 2 2 21 )4(2 k tk xx ， 所以 k kt k tk kktxxktxktxkyy 8 2 )4(2 2)()()( 2 2 212121 ， 即 k yy 8 21 ，因此) 4 , 4 2 2 kk tk M （3 分 同理可得)4,4 2 ktkN（4 分 所以 2 2 2 2 2 2 1 1 4 44 |k kk t k tk TM ， 2 2 2 2 1|444|kkkkTN， 于是16 | 1 |28) | 1 |8| 2 1 k k k kTNTMS TMN （ ， 当且仅当1|k，即1k时，等号成立 所以TMN的面积的最小值等于16 6 分
32、 【法 2】根据题意得AB、CD的斜率存在，且不为零 可设直线AB的方程为tmyx，则直线CD的方程为 ty m x 1 ，设),( 11 yxA、), 22 yxB（ 由 xy tmyx 8 2 得088 2 tmyy， 2 分 由一元二方程根与系数的关系得myy8 21 ， 则得m yy 4 2 21 ，tm xx 2 21 4 2 ， 所以)4 ,4 2 mtmM（ 3 分 同理可得) 4 , 4 2 m t m N（4 分 所以1 | 41616 | 2 224 m mmm TN，1|41616| 224 mmmmTM， 于是16 | 1 |28) | 1 |8| 2 1 m m m
33、mTNTMS TMN （ ， 当且仅当1|m，即1m时，等号成立 所以TMN的面积的最小值等于16 6 分 21 （本题满分 18 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分） 已知数列 n a 满足：1 1 a， n nn paa 1 ， * Nn， n S为数列 n a 的前n项和 （1）若 n a 是递增数列，且 321 5 ,4 ,3aaa 成等差数列，求p的值； （2）已知 3 1 p，且 1-2n a 是递增数列， n a2 是递减数列，求数列 n a 的通项公式； （3）已知1p，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列 n a
34、，使 得 nSn 若存在，写出一个满足条件的数列 n a ；若不存在，请说明理由 【解析】解： （1）因为 n a是递增数列，所以 n nnnn paaaa 11 因为1 1 a，所以pa1 2 ， 2 3 1ppa2 分 又因为 321 5 ,4 ,3aaa成等差数列，所以 312 538aaa，即)1 (53)18 2 ppp（ 即035 2 pp，解得0p或 5 3 p 当0p时， nn aa 1 ，这与 n a是递增数列相矛盾，所以 5 3 p4 分 （2）因为 12 n a是递增数列，则有0 1212 nn aa， 于是0)()( 122212 nnnn aaaa 因为 122 3
35、1 3 1 nn ，所以 122212 nnnn aaaa 由、得，0 122 nn aa， 因此 12 122 3 1 n nn aa，即 12 2 122 3 ) 1( n n nn aa2 分 又因为 n a2是递减数列， 则有0 222 nn aa， 于是0)()( 2121222 nnnn aaaa 因为 nn212 3 1 3 1 ，所以 nnnn aaaa 2121222 由、得，0 212 nn aa， 因此 n nn aa 2 212 3 1 ，即 n n nn aa 2 12 212 3 ) 1( 由、可得 n n nn aa 3 ) 1 1 1 （ 4 分 于是当2n时，
36、)()()( 123121 nnn aaaaaaaa 12 3 ) 1( 3 1 3 1 1 n n 1 1 3 ) 1( 4 1 4 5 3 1 1 ) 3 1 (1 3 1 1 n n n 即 1 3 ) 1( 4 1 4 5 n n n a5 分 当1n时，代入上式得1 1 a，与已知条件相吻合 所以所求数列 n a的通项公式是 1 3 ) 1( 4 1 4 5 n n n a， * Nn6 分 （3）当kn4或34 kn（ * Nk）时，存在数列 n a，使得nSn2 分 此时数列 n a满足2, 0, 1 4241434 kkkk aaaa， 则有k k S k 4)2101 ( 4 4 4 ，34) 1210( 4 44 13-4 k k aS k ， 即nSn4 分 当24 kn或14 kn（ * Nk）时，不存在数列 n a，使得nSn6 分 理由如下：因为1 1 nn aa，所以1 1 nn aa； 又因为1 1 a为奇数，则当 * Nn时， 12 n a为奇数， n a2为偶数， 7 分 所以当 * Nk时， 24 k S为奇数， 14 k S为偶数， 因此24 24 kS k ，14 14 kS k 均不可能成立 于是当24 kn或14 kn（ * Nk）时，不存在数列 n a，使得nSn8 分
