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福建省福州第一中学2023-2024学年高二上学期第二学段模块考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高二上学期第二学段模块考试数学试卷（Word版附解析），文件包含福建省福州第一中学2023-2024学年高二上学期第二学段模块考试数学试卷原卷版docx、福建省福州第一中学2023-2024学年高二上学期第二学段模块考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
（完卷120分钟 满分150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 正项等比数列中，是方程的两根，则的值是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由韦达定理、等比数列性质以及对数运算即可得解.
【详解】由题意得，
所以.
故选：A.
2. 若双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质即可求解.
【详解】由题可得渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离为，
又，
所以，
所以的标准方程为.
则双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为，C正确；
故选：C.
3. 已知某物体的运动方程是（的单位为），该物体在时的瞬时加速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意依次求导代入即可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故选：C.
4. 已知短轴长为2的椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设椭圆方程，再由椭圆和正方形的对称性得出顶点坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】设椭圆方程为，
由正方形和椭圆的对称性可得：正方形的四个顶点坐标分别为，，，
，将点坐标代入椭圆方程得：，
所以，所以圆心率为.
故选：B.
5. 数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】D
【解析】
【分析】根据周期数列结合求和计算即可.
【详解】
数列的周期为3，
.
故选：D.
6. 已知自然界中存在某种昆虫，其在幼虫期到成虫期这个时间段内会伴随着蜕皮和生长的交替．该种昆虫最开始的身体长度记为，其在发育过程中先蜕皮，身体总长度减少为原来的，此时昆虫的长度记为；蜕皮之后，迅速生长，当身体总长度增加了蜕皮后那一时刻的，此时昆虫的长度记为，然后进入下一次蜕皮，以此类推．若，则（ ）
A. 18B. C. 24D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的定义得出，由此即可得解.
【详解】由题意，，
，解得.
故选：C.
7. 已知椭圆与直线相切，则值不可能是（ ）
A. B. 2C. 3D. 3.9
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆与直线相切，得，解不等式组对比选项即可得解.
【详解】联立椭圆方程与直线方程得，化简并整理得，
依题意，，整理得，
因为，所以，解得，
对比选项可知的值不可能是.
故选：A.
8. 某数学兴趣小组研究曲线和曲线的性质，下面同学提出的结论正确的有（ ）
甲：曲线都关于直线对称
乙：曲线在第一象限的点都在椭圆内
丙：曲线上的点到原点的最大距离为
A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个
【答案】C
【解析】
【分析】对于甲，直接举反例即可推翻，对于乙，由条件，通过比较和0的大小关系即可得解，对于丙，直接由三角换元法即可判断.
【详解】对于甲，曲线上的点关于直线的对称点不在曲线上，故甲错误；
对于乙，若，
则
，故乙正确；
对于丙，用依次分别代替曲线方程中的方程依然成立，
故曲线关于坐标轴以及坐标原点对称，
所以不妨设，，
所以，故丙错误；
综上所述，同学提出的结论正确的有1个.
故选：C.
【点睛】关键点睛：判断乙的关键是由条件，通过比较和0的大小关系即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知点是椭圆上的一点，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得B.
C. 的面积最大值为D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意，由椭圆定义、数形结合可判断BC；由余弦定理以及基本不等式得，由此可判断A，由焦半径范围即可判断D.
【详解】
由题意，所以，的面积最大值为，故B对，C错；
对于A，，
又，当且仅当等号成立，
所以，所以，故A错；
对于D，，故D对.
故选：BD.
10. 已知棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线．则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，是圆
B. 当动点到直线的距离之和等于4时，是椭圆
C. 当直线与平面所成的角为时，是双曲线
D. 当动点到点的距离等于点到直线的距离时，是抛物线
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由化简即可判断；对于B，由椭圆定义结合空间点线距离即可得解；对于C，由化简即可判断；由化简即可判断D.
【详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
，
对于A，若，则，
化简并整理得，所以，即此时是点，故A错误；
对于B，因为面，面，所以，
同理，
所以当动点到直线的距离之和等于4时，有，
所以此时是椭圆，故B正确；
对于C，显然可取平面的法向量为，
又，
当直线与平面所成的角为时，有，
化简并整理得，即是双曲线，故C正确；
对于D，当动点到点的距离等于点到直线的距离时，有，
化简并整理得，所以是抛物线，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断B选项的关键是由椭圆定义结合空间点线距离即可顺利得解.
11. “0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”， 中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列．例如数列：1，0，则数列．已知数列，且数列，记数列中0的个数为的个数为，数列的所有项之和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列为等比数列
C. 数列为等比数列D. 数列为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意得，，两式相加、相减即可判断AB，进一步，，，由此可判断CD.
【详解】记数列中0的个数为的个数为，则，，
两式相加得，又，
所以数列是以5为首项、3为公比的等比数列，故A正确；
两式相减得，又，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，故B正确；
而，，
，，，
，故C正确；
，
设，所以，
但，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：判断CD选项的关键是得到，，，由此即可顺利得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 等差数列的前项和记为，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式，求得首项和公差，再求即可.
【详解】设数列的公差为，
根据题意可得，即，
解得：，，故.
故答案为：.
13. 以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知，，则的顶点到准线的距离为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】设抛物线和圆的方程为，，根据和抛物线圆的对称性得到，分别代入抛物线和圆的方程得到，根据和勾股定理得到，联立方程得到即可得到的顶点到准线的距离.
【详解】
设抛物线的方程为，圆的方程为，
因为，所以，分别代入抛物线和圆的方程得①，
因为，所以②，联立①②得，，所以的顶点到准线的距离为.
故答案为：2.
14. 光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出，如左图，一个光学装置由有公共焦点、的椭圆与双曲线构成，与的离心率之比为，现一光线从左焦点发出，依次经与反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的去掉，如图，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时秒，则______．
【答案】8
【解析】
【分析】由椭圆定义、双曲线定义结合离心率公式即可得解.
【详解】由椭圆定义得①，②，①﹣②得，
，即的周长为，
由椭圆定义知的周长为，
因为光线的速度相同，且双曲线与椭圆共焦点，
所以.
故答案为：8.
【点睛】关键点睛：关键是注意到光线的速度相同，且双曲线与椭圆共焦点，利用椭圆和双曲线的定义求解两个三角形的周长由此即可顺利得解.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，且．
（1）求的值；
（2）设，求过点的切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求解参数即可.
（2）先设切点，利用导数表示斜率，建立方程求出参数，再写切线方程即可.
【小问1详解】
定义域为，，
而，而已知，可得，
解得，故的值为，
【小问2详解】
，设切点，设切线斜率为，
而，故切线方程为，
将代入方程中，可得，解得(负根舍去)，
故切线方程为，
16. 已知动点满足：．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若过点的直线和曲线相交于A，B两点，且为线段AB的中点，求直线的方程．
【答案】（1）的方程是：
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可判断点的轨迹，并求解方程；
（2）先利用点差法求得直线l的斜率，进而求得直线l的方程.
【小问1详解】
设，，，因为，
所以，且，
所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.
设椭圆C的方程为，记，则，，
所以，，所以，所以的标准方程为.
【小问2详解】
设点，则，
作差得，除以得，
又由点是AB的中点，则有，所以，
变形可得，所以直线的方程是即，
经检验符合题意，故直线的方程为.
17. 已知正项数列的前项和为，且．
（1）求；
（2）若，从中删去中的项，按照原来的顺序构成新的数列，求的前100项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用累加法求得，进而求得.
（2）判断出与相同的项，再根据等差数列的前项和公式求得.
【小问1详解】
依题意，
所以
，
由于，所以
而符合，故.
小问2详解】
由（1）得，，
是单调递增数列，
又因为是奇数列，，而，
所以数列前项中有数列的项，即，
所以.
18. 若双曲线的一个焦点是，且离心率为2．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点，过焦点的直线与双曲线的两支相交于A，B两点，求直线MA和MB的斜率之和的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标，离心率公式求解方程即可.
（2）设出直线方程，与双曲线联立后将斜率和表示为函数，再利用换元法结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
易得，，解得，故得，
故的方程为，
【小问2详解】
由题意得的斜率存在，故设方程为，联立方程组，，可得，则，，设，则，，解得，结合，故，令，故，当且仅当时取等，故直线MA和MB的斜率之和的最大值为.
19. 已知数列的前项和，数列满足：．
（1）证明：是等比数列；
（2）设数列的前项和为，且，求；
（3）设数列满足：．证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据满足的递推公式，结合等比数列定义即可证明；
（2）根据与的关系求得，结合（1）中所证求得，再利用裂项求和法求即可；
（3）求得的通项公式，采用分组求和，利用裂项求和以及错位相减法，结合适度放缩，即可求证.
【小问1详解】
因为，故可得，
因为，故数列为首项，公比2的等比数列.
【小问2详解】
因为，故可得当时，；
当时，；
综上所述：；
由（1）可得：，故；
故；
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
故.
【小问3详解】
由题可得
设
；
设
记
则，
，
，
则，
故.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察数列知识的应用和掌握；
（1）解决第二问的关键是，裂项的处理，以及对为奇数和偶数时，不同的处理手段；
（2）解决第三问的关键是能够合理利用分组求和，并且对进行放缩；属综合困难题.
（完卷120分钟 满分150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 正项等比数列中，是方程的两根，则的值是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由韦达定理、等比数列性质以及对数运算即可得解.
【详解】由题意得，
所以.
故选：A.
2. 若双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质即可求解.
【详解】由题可得渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离为，
又，
所以，
所以的标准方程为.
则双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为，C正确；
故选：C.
3. 已知某物体的运动方程是（的单位为），该物体在时的瞬时加速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意依次求导代入即可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故选：C.
4. 已知短轴长为2的椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设椭圆方程，再由椭圆和正方形的对称性得出顶点坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】设椭圆方程为，
由正方形和椭圆的对称性可得：正方形的四个顶点坐标分别为，，，
，将点坐标代入椭圆方程得：，
所以，所以圆心率为.
故选：B.
5. 数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】D
【解析】
【分析】根据周期数列结合求和计算即可.
【详解】
数列的周期为3，
.
故选：D.
6. 已知自然界中存在某种昆虫，其在幼虫期到成虫期这个时间段内会伴随着蜕皮和生长的交替．该种昆虫最开始的身体长度记为，其在发育过程中先蜕皮，身体总长度减少为原来的，此时昆虫的长度记为；蜕皮之后，迅速生长，当身体总长度增加了蜕皮后那一时刻的，此时昆虫的长度记为，然后进入下一次蜕皮，以此类推．若，则（ ）
A. 18B. C. 24D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的定义得出，由此即可得解.
【详解】由题意，，
，解得.
故选：C.
7. 已知椭圆与直线相切，则值不可能是（ ）
A. B. 2C. 3D. 3.9
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆与直线相切，得，解不等式组对比选项即可得解.
【详解】联立椭圆方程与直线方程得，化简并整理得，
依题意，，整理得，
因为，所以，解得，
对比选项可知的值不可能是.
故选：A.
8. 某数学兴趣小组研究曲线和曲线的性质，下面同学提出的结论正确的有（ ）
甲：曲线都关于直线对称
乙：曲线在第一象限的点都在椭圆内
丙：曲线上的点到原点的最大距离为
A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个
【答案】C
【解析】
【分析】对于甲，直接举反例即可推翻，对于乙，由条件，通过比较和0的大小关系即可得解，对于丙，直接由三角换元法即可判断.
【详解】对于甲，曲线上的点关于直线的对称点不在曲线上，故甲错误；
对于乙，若，
则
，故乙正确；
对于丙，用依次分别代替曲线方程中的方程依然成立，
故曲线关于坐标轴以及坐标原点对称，
所以不妨设，，
所以，故丙错误；
综上所述，同学提出的结论正确的有1个.
故选：C.
【点睛】关键点睛：判断乙的关键是由条件，通过比较和0的大小关系即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知点是椭圆上的一点，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得B.
C. 的面积最大值为D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意，由椭圆定义、数形结合可判断BC；由余弦定理以及基本不等式得，由此可判断A，由焦半径范围即可判断D.
【详解】
由题意，所以，的面积最大值为，故B对，C错；
对于A，，
又，当且仅当等号成立，
所以，所以，故A错；
对于D，，故D对.
故选：BD.
10. 已知棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线．则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，是圆
B. 当动点到直线的距离之和等于4时，是椭圆
C. 当直线与平面所成的角为时，是双曲线
D. 当动点到点的距离等于点到直线的距离时，是抛物线
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由化简即可判断；对于B，由椭圆定义结合空间点线距离即可得解；对于C，由化简即可判断；由化简即可判断D.
【详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
，
对于A，若，则，
化简并整理得，所以，即此时是点，故A错误；
对于B，因为面，面，所以，
同理，
所以当动点到直线的距离之和等于4时，有，
所以此时是椭圆，故B正确；
对于C，显然可取平面的法向量为，
又，
当直线与平面所成的角为时，有，
化简并整理得，即是双曲线，故C正确；
对于D，当动点到点的距离等于点到直线的距离时，有，
化简并整理得，所以是抛物线，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断B选项的关键是由椭圆定义结合空间点线距离即可顺利得解.
11. “0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”， 中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列．例如数列：1，0，则数列．已知数列，且数列，记数列中0的个数为的个数为，数列的所有项之和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列为等比数列
C. 数列为等比数列D. 数列为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意得，，两式相加、相减即可判断AB，进一步，，，由此可判断CD.
【详解】记数列中0的个数为的个数为，则，，
两式相加得，又，
所以数列是以5为首项、3为公比的等比数列，故A正确；
两式相减得，又，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，故B正确；
而，，
，，，
，故C正确；
，
设，所以，
但，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：判断CD选项的关键是得到，，，由此即可顺利得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 等差数列的前项和记为，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式，求得首项和公差，再求即可.
【详解】设数列的公差为，
根据题意可得，即，
解得：，，故.
故答案为：.
13. 以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知，，则的顶点到准线的距离为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】设抛物线和圆的方程为，，根据和抛物线圆的对称性得到，分别代入抛物线和圆的方程得到，根据和勾股定理得到，联立方程得到即可得到的顶点到准线的距离.
【详解】
设抛物线的方程为，圆的方程为，
因为，所以，分别代入抛物线和圆的方程得①，
因为，所以②，联立①②得，，所以的顶点到准线的距离为.
故答案为：2.
14. 光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出，如左图，一个光学装置由有公共焦点、的椭圆与双曲线构成，与的离心率之比为，现一光线从左焦点发出，依次经与反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的去掉，如图，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时秒，则______．
【答案】8
【解析】
【分析】由椭圆定义、双曲线定义结合离心率公式即可得解.
【详解】由椭圆定义得①，②，①﹣②得，
，即的周长为，
由椭圆定义知的周长为，
因为光线的速度相同，且双曲线与椭圆共焦点，
所以.
故答案为：8.
【点睛】关键点睛：关键是注意到光线的速度相同，且双曲线与椭圆共焦点，利用椭圆和双曲线的定义求解两个三角形的周长由此即可顺利得解.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，且．
（1）求的值；
（2）设，求过点的切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求解参数即可.
（2）先设切点，利用导数表示斜率，建立方程求出参数，再写切线方程即可.
【小问1详解】
定义域为，，
而，而已知，可得，
解得，故的值为，
【小问2详解】
，设切点，设切线斜率为，
而，故切线方程为，
将代入方程中，可得，解得(负根舍去)，
故切线方程为，
16. 已知动点满足：．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若过点的直线和曲线相交于A，B两点，且为线段AB的中点，求直线的方程．
【答案】（1）的方程是：
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可判断点的轨迹，并求解方程；
（2）先利用点差法求得直线l的斜率，进而求得直线l的方程.
【小问1详解】
设，，，因为，
所以，且，
所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.
设椭圆C的方程为，记，则，，
所以，，所以，所以的标准方程为.
【小问2详解】
设点，则，
作差得，除以得，
又由点是AB的中点，则有，所以，
变形可得，所以直线的方程是即，
经检验符合题意，故直线的方程为.
17. 已知正项数列的前项和为，且．
（1）求；
（2）若，从中删去中的项，按照原来的顺序构成新的数列，求的前100项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用累加法求得，进而求得.
（2）判断出与相同的项，再根据等差数列的前项和公式求得.
【小问1详解】
依题意，
所以
，
由于，所以
而符合，故.
小问2详解】
由（1）得，，
是单调递增数列，
又因为是奇数列，，而，
所以数列前项中有数列的项，即，
所以.
18. 若双曲线的一个焦点是，且离心率为2．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点，过焦点的直线与双曲线的两支相交于A，B两点，求直线MA和MB的斜率之和的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标，离心率公式求解方程即可.
（2）设出直线方程，与双曲线联立后将斜率和表示为函数，再利用换元法结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
易得，，解得，故得，
故的方程为，
【小问2详解】
由题意得的斜率存在，故设方程为，联立方程组，，可得，则，，设，则，，解得，结合，故，令，故，当且仅当时取等，故直线MA和MB的斜率之和的最大值为.
19. 已知数列的前项和，数列满足：．
（1）证明：是等比数列；
（2）设数列的前项和为，且，求；
（3）设数列满足：．证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据满足的递推公式，结合等比数列定义即可证明；
（2）根据与的关系求得，结合（1）中所证求得，再利用裂项求和法求即可；
（3）求得的通项公式，采用分组求和，利用裂项求和以及错位相减法，结合适度放缩，即可求证.
【小问1详解】
因为，故可得，
因为，故数列为首项，公比2的等比数列.
【小问2详解】
因为，故可得当时，；
当时，；
综上所述：；
由（1）可得：，故；
故；
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
故.
【小问3详解】
由题可得
设
；
设
记
则，
，
，
则，
故.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察数列知识的应用和掌握；
（1）解决第二问的关键是，裂项的处理，以及对为奇数和偶数时，不同的处理手段；
（2）解决第三问的关键是能够合理利用分组求和，并且对进行放缩；属综合困难题.
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