2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二（下）质检数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二（下）质检数学试卷（3月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知函数f(x)=x2−2x，集合A={x|f(x)≤0}，B={x|f′(x)≤0}，则A∩B=( )
A. [−1,0]B. [−1,2]
C. [0,1]D. (−∞,1]∪[2,+∞)
2.一个口袋中装有2个白球和3个黑球，先摸出一个球后放回，再摸出一个球，则两次摸出的球都是白球的概率是( )
A. 25B. 35C. 15D. 425
3.函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是( )
A. 0C. 04.若5个正数之和为2，且依次成等差数列，则公差d的取值范围是( )
A. (0,110)B. (−110,110)C. (0,15)D. (−15,15)
5.定义在R上的函数f(x)满足2f(x)+f′(x)<0，则下列不等式一定成立的是( )
A. e2f(2)f(3)C. f(2)e2f(3)
6.∃m∈R，对∀x∈[1,n](n>1)，不等式e|x+m|A. 8B. 6C. 5D. 2
7.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意x∈R都有f(−x)−f(x)=4x，且在x∈(−∞,0)上，f′(x)>−2，若f(2−a2)−f(a)≥2(a+2)(a−1)，则实数a的取值范围是( )
A. [−2,−1]∪[1,2]B. (−∞,−2]∪[−1,1]∪[2,+∞)
C. [−2,1]D. (−∞,−2]∪[1,+∞)
8.设a= 1.01，b=，c=ln(1.01e)，则( )
A. a二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若C92m=C9m，则m的值是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
10.排球是一项深受人们喜爱的运动项目，排球比赛一般采用5局3胜制.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得1分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得1分.在决胜局(第五局)采用15分制，某队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.现有甲、乙两队进行排球比赛，则下列说法正确的是( )
A. 已知前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局，若甲队最后赢得整场比赛，则甲队将以3：1或3：2的比分赢得比赛
B. 若甲队每局比赛获胜的概率为23，则甲队赢得整场比赛的概率也是23
C. 已知前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局，且接下来两队赢得每局比赛的概率均为12，则甲队最后赢得整场比赛的概率为14
D. 已知前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛．在决胜局(第五局)中，两队当前的得分为甲、乙各14分．若两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛，则x的取值为2或4
11.意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列1，1，2，3，5，8，13，⋯数列中的每一项称为斐波那契数，记作Fn.已知F1=1,F2=1,Fn=Fn−1+Fn−2(n∈N*,n>2).则( )
A. F12=134
B. F2+F4+F6+F8=F9−1
C. 若斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列{an}，则a2023+a2024=2
D. 若F2024=p0.则F1+F2+F3+⋅⋅⋅+F2022=p0−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线y=1x+2在点(1,3)处的切线方程为______．
13.已知函数y=f(x)，其中f(x)=exsinx，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为______．
14.已知函数f(x)=(x−1)exlna−ax在x∈(0,+∞)上单调递减，则a的取值范围为______．
四、解答题：本题共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.(本小题15分)
各项均不为0的数列{an}对任意正整数n满足：1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1．
(1)若{an}为等差数列，求a1；
(2)若a1=−27，求{an}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2+aex−1在点(1,f(1))处的切线与直线x+4y+2024=0垂直．
(1)求a的值；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
17.(本小题15分)
已知二项式(x+3x2)n．
(1)若x=1，n=2024，求二项式的值被7除的余数；
(2)若它的二项式系数之和为128，求展开式中系数最大的项．
18.(本小题15分)
某单位进行招聘面试，已知参加面试的N名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为n(n>1).该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码k(k=1,2,3,…,N)，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场．
(1)求面试号码为2的学生来自A校的概率．
(2)若N=40，n=10，且B，C两所学校参加面试的学生人数比为1：2，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试(A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试)的概率．
(3)记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长(从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间)，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)=5n(N+1)n+1．
19.(本小题17分)
在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为φ(n)．
(1)试求φ(3)，φ(9)，φ(7)，φ(21)的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数.试求φ(3n)，φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥.具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算n=pq，欧拉函数φ(n)；
③求正整数k，使得kq除以φ(n)的余数是1；
④其中(n,q)称为公钥，(n,k)称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17).若满足题意的正整数k
从小到大排列得到一列数记为数列{bn}，数列{cn}满足80cn=bn+47，求数列{tancn⋅tancn+1}的前n项和Tn．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)=x2−2x，集合A={x|f(x)≤0}，B={x|f′(x)≤0}，
∴A={x|x2−2x≤0}={x|0≤x≤2}，
B={2x−2≤0}={x|x≤1}，
∴A∩B={x|0≤x≤1}．
故选：C．
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：设A=“第一次摸出的是白球”，B=“第二次摸出的是白球”，
则P(AB)=P(A)P(B)=25×25=425．
故选：D．
根据古典概型和独立事件概率公式计算即可．
本题考查古典概型，考查相互独立事件的概率公式，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：观察图象可知，该函数在(2,3)上为连续可导的增函数，且增长的越来越慢．
所以各点处的导数在(2,3)上处处为正，且逐渐减小，所以故f′(2)>f′(3)，
而f(3)−f(2)=f(3)−f(2)3−2，表示的连接点(2,f(2))与点(3,f(3))割线的斜率，根据导数的几何意义，一定可以在(2,3)之间找到一点，该点处的切线与割线平行，则割线的斜率就是该点处的切线的斜率，即该点处的导数，则根据刚才的分析，必有：0故选：A．
观察图象及导数的几何意义得：0f′(3)，同时根据割线的性质，一定可以在(2,3)之间找到一点其切线的斜率等于割线斜率，即其导数值等于割线的斜率，由此可得结论．
本题考查了函数的导数与函数单调性的关系，以及割线与切线间的关系，要注意数形结合来解题．
4.【答案】D
【解析】解：设5个正数组成数列{an}，
则a1+a2+a3+a4+a5=5a3=2，∴a3=25，
则a1=25−2d>0a2=25−d>0a5=25+2d>0a4=25+d>0，解得−15∴公差d的取值范围是(−15,15).
故选：D．
先求出a3=25，再由5个数均为正数，列d的不等式求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：令g(x)=e2xf(x)，
则g′(x)=2e2xf(x)+e2xf′(x)=e2x[2f(x)+f′(x)]，
因为e2x>0，2f(x)+f′(x)<0，
所以g′(x)<0，所以函数g(x)为减函数，
所以g(2)>g(3)，即e4f(2)>e6f(3)，
所以f(2)>e2f(3)．
故选：D．
构造函数g(x)=e2xf(x)，求出导函数，结合已知判断函数g(x)的单调性，从而可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数思想，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由e|x+m|即−x−lnx−1只需求出−x+lnx+1的最小值，−x−lnx−1的最大值．
设h(x)=−x+lnx+1(x∈[1,n])，
则h′(x)=−1+1x=1−xx≤0，
∴h(x)在[1,n]上单调递减，得h(x)min=h(n)=−n+lnn+1．
再设φ(x)=−x−lnx−1(x∈[1,n])，
易得φ(x)在[1,n]上单调递减，
∴φ(x)max=φ(1)=−2，故有−2若m存在，则必有−n+lnn+1>−2，即lnn+3>n，
又n>1，且n为整数，故n=2，3，4满足要求，n≥5的整数都不成立，
故整数n的最大值为4，最小值为2，
∴最大值与最小值之和为6．
故选：B．
将e|x+m|本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了导数的运算法则、函数的奇偶性与单调性、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
令g(x)=f(x)+2x，可得g(−x)−g(x)=0，因此g(−x)=g(x)，g(x)是R上的偶函数．在x∈(−∞,0)上，g′(x)=f′(x)+2>0，可得函数g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，在[0,+∞)上单调递减．再利用函数的奇偶性与单调性即可得出．
【解答】
解：令g(x)=f(x)+2x，
则g(−x)−g(x)=f(−x)−2x−[f(x)+2x]=f(−x)−f(x)−4x=0．
∴g(−x)=g(x)，即g(x)是R上的偶函数．
在x∈(−∞,0)上，g′(x)=f′(x)+2>0，因此函数g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，在[0,+∞)上单调递减．
若f(2−a2)−f(a)≥2(a+2)(a−1)=2a2+2a−4，
即f(2−a2)+2(2−a2)≥f(a)+2a，
∴g(2−a2)≥g(a)，∴g(|2−a2|)≥g(|a|)，
∴|2−a2|≤|a|，
∴1≤a2≤4，
解得−2≤a≤−1或1≤a≤2．
实数a的取值范围是[−2,−1]∪[1,2]．
故选：A．
8.【答案】B
【解析】解：不妨设f1(x)= 1+x，f2(x)=ex1+x，f3(x)=ln(1+x)+1，
其中x∈[0,0.01]，则a=f1(0.01)，b=f2(0.01)，c=f3(0.01)，
令f1(x)= 1+x=t=g1(t)，则f3(x)=ln(1+x)+1=2lnt+1=g3(t)，
其中t∈[1, 1.01]，设φ(t)=g1(t)−g2(t)=t−2lnt−1，
求导得φ(t)=1−2t=t−2t<0，
所以φ(t)在t∈[1, 1.01]时单调递减，
所以a−c=φ( 1.01)<φ(1)=1−2ln1−1=0，
所以a求导得h′(x)=32(1+x)12ex−ex(1+x)32e2x= 1+x(12−x)ex>0，
所以h(x)=(1+x)32ex在x∈[0,0.01]时单调递增，
所以ab=h(0.01)=f1(0.01)f2(0.01)>h(0)=1，所以a>b．
综上所述有b故选：B．
构造函数f1(x)= 1+x，f2(x)=ex1+x，f3(x)=ln(1+x)+1作差然后换元，最后求导利用函数单调性即可比较大小．
本题考查构造函数比较数的大小，有时候当作差比较大小时计算量比较大，我们应该转换一种思路用作商来和1比较大小，考查导数的综合应用，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由C92m=C9m，
则2m=m或2m+m=9，
即m=0或m=3，
故选：AD．
由组合及组合数的运算可得：2m=m或2m+m=9，然后求解即可．
本题考查了组合及组合数的运算，属基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于选项A：若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局，若甲队最后赢得整场比赛，
则甲队将以3：1或3：2的比分赢得比赛，故A正确；
对于选项B：甲队赢得整场比赛的概率是：
P1=(23)3+C32(23)2×13×23+C42(23)2×(13)2×23=6481，故B错误；
对于选项C：若甲队以3：1的比分赢得比赛，则第4局甲赢，
若甲队以3：2的比分赢得比赛，则第4局乙赢，第5局甲赢，
所以甲队最后赢得整场比赛的概率为P2=12+12×12=34，故C错误；
对于选项D：若前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛．
在第五局中，两队当前的得分为各14分，若两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛，
所以甲接下来可以以16：14或17：15赢得比赛，则x的取值为2或4，故D正确．
故选：AD．
对于选项A：由题意易得要使甲队最后赢得整场比赛，则甲队将以3：1或3：2的比分赢得比赛；对于选项B：甲队要赢得整场比赛，比分可能为3：0，3：1，3：2，分别计算概率求和即可判断；对于选项C：要使甲队最后赢得整场比赛，则甲队可能以3：1或3：2的比分赢得比赛，计算概率求和即可判断；对于选项D：两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛，所以甲接下来可以以16：14或17：15赢得比赛，进而判断答案．
本题主要考查概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，F12=144，A错误；
对于B，F2+F4+F6+F8=1+3+8+21=33=34−1=F9−1，B正确；
对于C，由斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列{an}，
因为a1=1，a2=1，a3=2，a4=3，a5=1，a6=0，
根据数列{Fn}的性质以及{Mn}的定义可得，
a7=1，a8=1，a9=2，a10=3，a11=1，a12=0．
同理可推得，当k∈N*时，有a6k−5=1，a6k−4=1，a6k−3=2，a6k−2=3，a6k−1=1，a6k=0，
所以{an}是以6为最小正周期的数列，又因为2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅1，
2024÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅2，a2023+a2024=2，C正确；
对于D，由斐波那契数列性质F1=1，F2=1，
Fn=Fn−1+Fn−2(n∈N*,n>2)．
可知F1+F2+F3+⋯+F2022=(F3−F2)+(F4−F3)+⋅⋅⋅+(F2024−F2023)
=F2024−F2=p0−1，D错误．
故选：BC．
A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，{an}是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可．
本题考查斐波那契数列的运用，以及数列的周期性和累加法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
12.【答案】x+y−4=0
【解析】解：由函数f(x)=1x+2，可得f′(x)=−1x2，则f′(1)=−1，
故曲线y=1x+2在点(1,3)处的切线方程为：y−3=−(x−1)，即x+y−4=0．
故答案为：x+y−4=0．
根据题意，结合导数的几何意义，即可求解．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】y=x
【解析】解：因为f(x)=exsinx，所以f′(x)=exsinx+excsx，
则f(0)=0，f′(0)=e0sin0+e0cs0=1，
所以所求切线的方程为y=x．
故答案为：y=x．
根据导数的几何意义，求出f′(0)，即可得出切线方程．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】[e1+1e,+∞)
【解析】解：由已知得f′(x)=xexlna−axlna≤0①在(0,+∞)上恒成立，
a=1时，f(x)=−1显然不符合题意；
0显然g(x)单调递增，且g(x)在[0,+∞)上连续，结合g(0)=−1<0，
所以②式不能恒成立；
当a>1时，①式化为xex≤ax，即x+lnx≤xlna，结合x>0，
则lna≥lnxx+1，x>0恒成立，令h(x)=1+lnxx，x>0，
h′(x)=1−lnxx2，x∈(0,e)时，h′(x)>0，h(x)此时单调递增，
x∈(e,+∞)时，h′(x)<0，此时h(x)此时单调递减，
故h(x)max=h(e)=1+1e，则lna≥1+1e，
解得a≥e1+1e，故所求a的范围是[e1+1e,+∞)．
故答案为：[e1+1e,+∞)．
由题意可得f′(x)≤0在R+上恒成立，然后研究f′(x)的最小值，再通过分离参数a，构造新函数并研究其最值求解．
本题考查导数在研究不等式恒成立问题中的应用，属于较难的题目．
15.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则1anan+1=1d(1an−1an+1)，
由1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1，
可得1d(1a1−1a2+1a2−1a3+...+1an−1an+1)=1da1−1dan+1=1−12an+1，
则a1d=1，d=2，解得a1=12；
(2)令n=1，可得1a1a2=1−12a2，又a1=−27，解得a2=−3，
再令n=2，可得1a1a2+1a2a3=1−12a3，解得a3=−1．
当n≥2时，由1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1，可得1a1a2+1a2a3+...+1an−1an=1−12an，
相减可得1anan+1=1−12an+1−(1−12an)=12(1an−1an+1)，
则an+1−an=2，
又a2−a1≠2，a3−a2=2，
则{an}从第二项起是公差为2的等差数列，可得Sn=a1+(a2+a3+...+an)=−27−3(n−1)+12(n−1)(n−2)×2=n2−6n+337．
【解析】(1)由等差数列的定义和数列的裂项相消求和，结合恒等式可得首项；
(2)分别求得a2，a3，再将n换为n−1，两式相减可得an+1−an=2，再由等差数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为f(x)=x2+aex−1，所以f′(x)=2xex−1−(x2+a)ex−1(ex−1)2=2x−x2−aex−1，
则f′(1)=1−a，因为函数f(x)=x2+aex−1在点(1,f(1))处的切线与直线x+4y+2024=0垂直，
故(1−a)×(−14)=−1，解得a=−3；
(2)因为f(x)=x2−3ex−1，所以f′(x)=2x−x2+3ex−1=−(x−3)(x+1)ex−1，
令f′(x)=0，解得x=3或x=−1，令f′(x)<0得x>3或x<−1，令f′(x)>0得−1列表如下：
故f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(3,+∞)，单调递增区间为(−1,3)，
f(x)的极大值为f(3)=6e2，极小值为f(−1)=−2e2．
【解析】(1)由导数的几何意义求出斜率，利用直线垂直列式求解即可；
(2)求出导数方程的根，根据导数与极值的关系列表即可得解．
本题主要考查了导数几何意义的应用，直线垂直的斜率关系，还考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)42024=16×64674=16×(63+1)674=16(C674063674+C674163673+...+C67467363+C674674)，
由63能被7整除，故余数为16×C674674=16的余数，故余数为2；
(2)设展开式的第r+1项的系数最大，由题意可知2n=128，
∴n=7，∴C7r3r≥C7r−13r−1C7r3r≥C7r+13r+1，∴5≤r≤6，
故展开式中系数最大的项为第6项和第7项．
【解析】(1)将42024转化为42×64674，进一步转化，即可解出；
(2)利用二项式展开式系数最大的项的求法，即可解出．
本题考查了二项式定理的展开式的应用，学生的基础运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A，
将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为CNn，
事件A表示A校有1名学生的面试号码为2，
其他n−1名学生的面试号码在剩余N−1个面试号码中随机安排，
则事件A包含的样本点数为CN−1n−1C11，
故P(A)=CN−1n−1C11CNn=(N−1)!(n−1)!(N−n)!N!n!(N−n)!=nN；
(2)设B校参加面试的学生有x名，由题意得x40−10−x=12，解得x=10，
所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有20名，
记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C，显然事件B，C互斥，
记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则D=BD+CD，
当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校，
则P(BD)=P(B)P(D|B)=1040×2030=16，
当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，
则P(CD)=P(C)P(D|C)=2040×1020=14，
所以P(D)=P(BD)+P(CD)=16+14=512；
证明：(3)由题知随机变量X的取值为5n，5(n+1)，…，5N，
则随机变量X的分布列为P(X=5k)=Ck−1n−1CNn,k=n,n+1,⋯,N，
所以随机变量X的期望E(X)=k=nN5kCk−1n−1CNn=5CNnk=nNkCk−1n−1
=5CNnk=nNk(k−1)!(n−1)!(k−n)!=5nCNnk=nNCkn
=5nCNn(Cnn+Cn+1n+Cn+2n+⋯+CNn)=5nCNn(Cn+1n+1+Cn+1n+Cn+2n+⋯+CNn)=5nCNnCN+1n+1
=5nN!n!(N−n)!⋅(N+1)!(n+1)!(N−n)!=5n(N+1)n+1，
所以E(X)=5n(N+1)n+1．
【解析】(1)按古典概型的计算方法求解；
(2)先确定来自各校的学生人数，再利用条件概率公式进行计算；
(3)先求出分布列，再按期望的公式进行化简．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的期望，属于难题．
19.【答案】(1)解：由题，φ(3)=2，φ(9)=6，φ(7)=6，φ(21)=12；
(2)证明：在不大于3n的正整数中，只有3的倍数不与3n互素，而3的倍数有3n−1个，
故φ(3n)=3n−3n−1=2⋅3n−1，
因为p，q是两个不同的素数，所以φ(p)=p−1，φ(q)=q−1，
在不超过pq−1的正整数中，p的倍数有q−1个，q的倍数有p−1个，
所以φ(pq)=pq−1−(p−1)−(q−1)=pq−p−q+1=(p−1)(q−1)，
所以φ(pq)=φ(p)⋅φ(q)；
(3)解：由题，计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)，
所以n=187，q=17，从而p=11，
φ(n)=φ(187)=φ(11×17)=φ(11)φ(17)=10×16=160，
所以，正整数k满足的条件为：17k=160x+1，x∈N，k=9x+117(7x+1)，
令y=117(7x+1)，则17y=7x+1，x=2y+17(3y−1)，
令z=17(3y−1)，则7z=3y−1,y=2z+13(z+1)，
取z=3n−1，则y=7n−2，x=17n−5，k=160n−47=bn，
所以80cn=bn+47=160n，所以cn=2n，
所以tancn⋅tancn+1=tan2n⋅tan(2n+2)=tan(2n+2)−tan2ntan2−1，
Tn=tanc1⋅tanc2+tanc2⋅tanc3+⋯+tancn⋅tancn+1
=tan2⋅tan4+tan4⋅tan6+⋯+tan2n⋅tan(2n+2)
=tan4−tan2+tan6−tan4+⋯+tan(2n+2)−tan2ntan2−n
=tan(2n+2)−tan2tan2−n
=tan(2n+2)tan2−n−1．
【解析】(1)直接由欧拉函数所给的定义即可求解；
(2)由题分析即可得φ(3n)，φ(p)=p−1，φ(q)=q−1，φ(pq)即可；
(3)由题分析出k满足的条件，然后结合80cn=bn+47求出cn，再表示出tancn⋅tancn+1=tan(2n+2)−tan2ntan2−1，利用数列求和即可求解．
本题考查了新定义问题和数列的求和问题，属于难题．x
(−∞,−1)
−1
(−1,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘