2023-2024学年陕西省西安市西工大附中高二（下）第一次月考数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年陕西省西安市西工大附中高二（下）第一次月考数学试卷-普通用卷，共14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.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法有( )
A. 3种B. 6种C. 9种D. 24种
2.(x−2)5的展开式中x3的系数为( )
A. 40B. −40C. 80D. −80
3.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一、二、三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是( )
A. 72B. 144C. 48D. 36
4.设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a2+a8+a17=6，则S17=( )
A. 17B. 34C. 51D. 102
5.若函数f(x)=xlnx−ax+1在[e,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,2)B. (−∞,2]C. (2,+∞)D. [2,+∞)
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1、F2，过F1的直线l交双曲线的右支于点P，以双曲线的实轴为直径的圆与直线l相切，切点为H，若|F1P|=2|F1H|，则双曲线C的离心率为( )
A. 132B. 5C. 2 5D. 13
7.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是( )
A. 18B. 24C. 36D. 48
8.已知函数f(x)=(x2−x−1)ex，设关于x的方程f2(x)−mf(x)=5e(m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为( )
A. 3B. 1或3C. 4或6D. 3或4或6
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若C21m+2=C212m−5，则m的值可以是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
10.已知抛物线y²=2px(p>0)经过点M(1,2)，其焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则( )
A. p=2B. |AB|≥4C. OA⋅OB=−4D. k1k2=−4
11.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为an，如a1=1+1=2，a2=1+2+1=4，…，{an}的前n项和记为Sn，则下列说法正确的有( )
A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数字是84
B. 在“杨辉三角”中，从第1行起到第12行，每一行从左到右的第2个数字之和为78
C. S10=1022
D. {2anSn⋅Sn+1}的前n项和为12−1an+2−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若正项等比数列{an}中的a5，a2019是方程x2−4x+3=0的两个根，则lg3a1+lg3a2+lg3a3+⋅⋅⋅+lg3a2023=______.
13.若(1−3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=______.
14.已知点P(2,0)，动点Q满足以PQ为直径的圆与y轴相切，过点P作直线x+(m−1)y+2m−5=0的垂线，垂足为R，则|QP|+|QR|的最小值为______.
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13分)
已知(2x+1 x)n的展开式二项式系数和为64.
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中二项式系数最大的项.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点P(0,−2)处的切线斜率为−1，且在x=1处取得极值.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈[−1,2]时，求函数f(x)的最值.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+ax−x+1−a.(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x>1，使f(x)+x<1−xx成立，求整数a的最小值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，且过点H(1, 22).不过原点O的直线l与椭圆C交于不同的P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在一点M，使得四边形OPMQ为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
今有一个“数列过滤器”，它会将进入的无穷非减正整数数列删去某些项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列，每次“过滤”会删去数列中除以M余数为N的项，将这样的操作记为L(M,N)操作．设数列{an}是无穷非减正整数数列．
(1)若an=2n−1，n∈N+，{an}进行L(2,1)操作后得到{bn}，设an+bn前n项和为Sn
①求Sn.
②是否存在p，q，r∈N+，使得Sp，Sq，Sr成等差？若存在，求出所有的(p,q,r)；若不存在，说明理由．
(2)若an=n，n∈N+，对{an}进行L(4,0)与L(4,1)操作得到{bn}，再将{bn}中下标除以4余数为0，1的项删掉最终得到{cn}证明：每个大于1的奇平方数都是{cn}中相邻两项的和．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从书架的第1、2、3层取1本书，可以分成3个类型，
根据分类加法计数原理，不同取法的种数是4+3+2=9；
故选：C.
根据分类计数原理进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理是解决本题的关键，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：(x−2)5的展开式的通项Tr+1=C5rx5−r(−2)r，
令5−r=3，解得r=2，
所以T3=C52x3(−2)2=40x3，所以x3项的系数为40.
故选：A.
首先写出展开式的通项，再代入计算可得；
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：先将选择性必修有一、二、三这三本书排成一排，有A33=6种方法，
再将必修一、必修二这两本书插入两个空隙中，有A42=12种方法，
所以把这5本书放在书架上排成一排，
必修一、必修二不相邻的排列方法种数是6×12=72.
故选：A.
先将选择性必修有一、二、三这三本书排成一排的方法种数，先将选择性必修有一、二、三这三本书排成一排的方法种数，由分步计数原理即可得出答案．
本题考查了排列数公式的应用问题，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：等差数列{an}的前n项的和为Sn，
a2+a8+a17=3a1+24d=3a9=6，
∴a9=2.
∴S17=172(a1+a17)=17a9=34.
故选：B.
由等差数列通项公式得a8=2，再由S17=172(a1+a17)=17a8，能求出结果．
本题考查等差数列通项公式、前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
求出原函数的导函数，把问题转化为a≤lnx+1在[e,+∞)上恒成立，由单调性求得lnx+1的最小值，即可得到实数a的取值范围．
【解答】
解：由f(x)=xlnx−ax+1，得f′(x)=lnx+1−a，
∵函数f(x)=xlnx−ax+1在[e,+∞)上单调递增，
∴lnx+1−a≥0在[e,+∞)上恒成立，即a≤lnx+1在[e,+∞)上恒成立，
∵lnx+1在[e,+∞)上单调递增，∴(lnx+1)min=2，
可得a≤2.
∴实数a的取值范围是(−∞,2].
故选B.
6.【答案】B
【解析】解：由已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1、F2，过F1的直线l交双曲线的右支于点P，
以双曲线的实轴为直径的圆与直线l相切，切点为H，|HF1|= F1O2−OH2= c2−a2=b，
在△PF1F2中，∵H，C为PF1，F1F2中点，∴|PF2|=2|OH|=2a.
又|PF1|=2|HF1|=2b，|PF1|=|PF2|=2a，所以2b−2a=2a,⇒ba=2，
∴e= 1+b2a2= 5.
故选：B.
求出PF2|=2a.结合|PF1|=2|HF1|=2b，|PF1|=|PF2|=2a，转化求解离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法；
若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法，
所以由分类加法原理可知共有18+18=36种不同的安排方法．
故选：C.
分两情况：一是仅有甲和乙两支救援队去同一个受灾点，二是甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，然后根据分类加法原理求解即可．
本题考查排列组合的应用，计数原理的应用，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：f′(x)=ex(2x−1)+)+(x2−x−1)ex=ex(x2+x−2)，
∴当x<−2或x>1时，f′(x)>0，当−2∴f(x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
f(x)的极大值为f(−2)=5e2，f(x)的极小值为f(1)=−e.
作出f(x)的函数图象如图所示：
∵f2(x)−mf(x)=5e(m∈R)，∴f2(x)−mf(x)−5e=0，
△=m2+20e>0，
令f(x)=t则，则t1t2=−5e.不妨设t1<0(1)若t1<−e，则0(2)若t1=−e，则t2=5e2，此时f(x)=t1有一解，f(x)=t2有两解；
(3)若−e5e2，此时f(x)=t1有两解，f(x)=t2有一解；
综上，f2(x)−mf(x)=5e有三个不同的实数解．
故选：A.
判断f(x)的单调性，作出f(x)的函数图象，令f(x)=t，讨论关于t的方程t2−mt−5e=0的根的分布情况，得出方程的解得个数．
本题考查了根的分布与函数图象的关系，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：因为C21m+2=C212m−5，所以m+2=2m−5或m+2+2m−5=21，解得m=7或8.
故选：BC.
根据组合数的性质得到方程，求出答案．
本题主要考查组合数公式，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：∵抛物线y²=2px(p>0)经过点M(1,2)，
∴22=2p×1，解得p=2，故A正确；
∵过点F的直线l与抛物线交于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴|AB|≥2p=4，故B正确；
设直线BA的方程为x=ty+1，
由x=ty+1y2=4x，得y2−4ty−4=0，
∴y1+y2=4t，y1y2=−4，∴x1x2=(y1y2)216=1，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=1−4=−3，故C错误；
k1k2=y1−0x1−0×y2−0x2−0=y1y2x1x2=−41=−4，故D正确．
故选：ABD.
由已知可求得p，进而计算可判断每个选项的正确性．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A：在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数字是C96=84，故A正确；
对于选项B：从第1行起到第12行，每一行从左到右的第2个数字之和为
C11+C21+⋅⋅⋅+C121=1+2+⋅⋅⋅+12=13×122=78，故B正确；
对于选项CD：由题意可知：an=Cn0+Cn1+⋅⋅⋅+Cnn=2n，
则a1=2，an+1an=2n+12n=2，可知数列{an}是以首项为2，公比为2的等比数列，
可得Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，则S10=211−2=2046，故C错误；
因为2anSn⋅Sn+1=2n+1(2n+1−2)(2n+2−2)=12n+1−2−12n+2−2，
所以{2anSn⋅Sn+1}的前n项和为
12−16+16−114+⋅⋅⋅+12n+1−2−12n+2−2=12−−12n+2−2=12−1an+2−2，故D正确．
故选：ABD.
对于A：根据题意结合组合数运算求解；对于B：根据题意结合等差数列求和分析判断；对于CD：根据题意结合等比数列以及裂项相消法分析判断．
本题考查“杨辉三角”和等差数列与等比数列的定义、通项公式和求和公式、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．
12.【答案】20232
【解析】解：因为正项等比数列{an}中的a5，a2019是方程x2−4x+3=0的两个根，
则an>0，a5⋅a2019=3，
所以lg3a1+lg3a2+lg3a3+⋅⋅⋅+lg3a2023=lg3(a1a2a3⋅⋅⋅a2023)
=lg3(a5⋅a2019)20232=20232lg33=20232.
故答案为：20232.
根据等比中项结合对数运算分析求解．
本题考查等比数列的性质、对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】1023
【解析】解：因为(1−3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，
令x=0，得a0=1.
令x=−1，得a0−a1+a2−a3+a4−a5=45=1024，
所以−a1+a2−a3+a4−a5=1023，
所以|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=−a1+a2−a3+a4−a5=1023.
故答案为：1023.
分别令x=0与x=−1，可求得a0=1，−a1+a2−a3+a4−a5=1023，进而可得答案．
本题主要考查二项式定理及赋值法的应用，属于中档题．
14.【答案】9− 52
【解析】解：由动点Q满足以QP为直径的圆与y轴相切可知：
动点Q到定点P的距离等于动点Q到直线x=−2的距离，
故动点Q的轨迹为y2=8x，
由x+(m−1)y+2m−5=0可得x−y−5+m(y+2)=0，
x−y−5=0y=−2，解得D(3,−2)，
即直线x+(m−1)y+2m−5=0过定点D(3−2)，
又过P作直线x+(m−1)y+2m−5=0的垂线，垂足为R，
所以R点在以PD为直径的圆上，直径式方程为(x−2)(x−3)+y(y+2)=0，
化为标准方程为：(x−52)2+(y+1)2=54，圆心E(52,−1)，半径r= 52，
过Q做QM垂直准线，垂足为M，过E做EG垂直准线，垂足为G，
则|QP|+|QR|≥|QM|+|QE|− 52≥|EG|− 52=92− 52=9− 52.
故答案为：9− 52.
由抛物线定义可知Q的轨迹方程，直线x+(m−1)y+2m−5=0过定点，结合圆的性质，可知R点的轨迹为圆，再结合抛物线与圆的性质即可得到最小值．
本题主要考查轨迹方程的确定，数形结合的数学思想，直线恒过定点问题，解析几何中的最值问题等知识，属于中等题．
15.【答案】解：(1)由题意得：(2x+1 x)n的展开式二项式系数和为2n=64，解得n=6.
再由通项公式Tk+1=C6k(2x)6−k(1 x)k=C6k26−kx6−3k2，
令6−3k2=0，解得k=4，
则常数项为T5=C6426−4x0=60.
(2)由于n=6是偶数，展开式共有7项，则第四项最大，
∴展开式中二项式系数最大的项为T4=C6326−3x6−92=160x32.
【解析】(1)由题意，利用二项系数和确定n，再利用二项展开式的通项公式求解．
(2)由题意，利用二项式系数增减性质确定最大项即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为f(x)=x3+ax2+bx+c，
所以f′(x)=3x2+2ax+b，
由题意可知，f(0)=−2，f′(0)=−1，f′(1)=0，
所以f(0)=c=−2f′(0)=b=−1f′(1)=3+2a+b=0，解得a=−1，b=−1，c=−2，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3−x2−x−2，经检验适合题意，
所以f(x)=x3−x2−x−2；
(2)由(1)知f′(x)=3x2−2x−1=(3x+1)(x−1)，
令f′(x)=0，则(3x+1)(x−1)=0，解得x=−13，或x=1，
当x∈[−1,−13)∪[1,2]时，f′(x)>0；当x∈(−13,1)时，f′(x)<0；
所以f(x)在[−1,−13)和[1,2]上单调递增，在[−13,1)上单调递减，
当x=−13时，f(x)取的极大值为f(−13)=−127−19+13−2=−4927，
当x=1时，f(x)取得极小值为f(1)=13−12−1−2=−3，
又f(−1)=(−1)3−(−1)2−(−1)−2=−3，f(2)=23−22−2−2=0，
所以f(x)min=−3，f(x)max=0.
【解析】(1)利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；
(2)利用导数法求函数的最值的步骤即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值与极值，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可知，x>0，f′(x)=1x−ax2−1=−x2+x−ax2，
方程−x2+x−a=0对应的△=1−4a，
当△=1−4a≤0，即a≥14时，当x∈(0,+∞)时，f′(x)≤0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当0且0<1− 1−4a2<1+ 1−4a2，
此时，f(x)在(1− 1−4a2,1+ 1−4a2)上f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
在(0,1− 1−4a2),(1+ 1−4a2,+∞)上f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当a≤0时，1− 1−4a2<0，1+ 1−4a2>0，
此时当x∈(0,1+ 1−4a2),f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1+ 1−4a2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上：当a≤0时，x∈(0,1+ 1−4a2)，f(x)单调递增，
当x∈(1+ 1−4a2,+∞)时，f(x)单调递减；
当0在(0,1− 1−4a2),(1+ 1−4a2,+∞)上单调递减，
当a≥14时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；
(2)原式等价于(x−1)a>xlnx+2x−1，
即存在x>1，使a>xlnx+2x−1x−1成立．
设g(x)=xlnx+2x−1x−1，x>1，
则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，
设h(x)=x−lnx−2，
则h′(x)=1−1x=x−1x>0，∴h(x)在(1,+∞)上单调递增．
又h(3)=3−ln3−2=1−ln3<0，h(4)=4−ln4−2=2−2ln2>0，
根据零点存在性定理，可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点，
设该零点为x0，则x0∈(3,4)，且h(x0)=x0−lnx0−2=0，即x0−2=lnx0，
∴g(x)min=x0lnx0+2x0−1x0−1=x0+1，
由题意可知a>x0+1，又x0∈(3,4)，a∈Z，
∴a的最小值为5.
【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
(1)求出函数的导数，结合二次函数的性质通过讨论a的范围判断函数的单调性即可；
(2)问题转化为存在x>1，使a>xlnx+2x−1x−1成立．设g(x)=xlnx+2x−1x−1，x>1，根据函数的单调性求出a的最小值即可．
18.【答案】解：(1)因为焦距2c=2，可得c=1，由题意可得a2=b2+11a2+12b2=1，
解得a2=2，b2=1，
所以椭圆C方程为：x22+y2=1；
(2)设直线l为y=kx+m(m≠0)，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，而kOP=y1x1，kOQ=y2x2，
所以k2=y1y2x1x2，
联立y=kx+mx2+2y2=2，整理可得：(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
所以Δ=16k2m2−8(m2−1)(2k2+1)=8(2k2−m2+1)>0，可得m2<1+2k2，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2⋅2m2−21+2k2+km⋅−4km1+2k2+m2=m2−2k21+2k2，
所以y1y2x1x2=m2−2k21+2k22m2−21+2k2=m2−2k22m2−2=k2，
因为直线不过原点，所以m≠0，解得k2=12；
存在点M，使得四边形OPMQ为平行四边形．理由如下：
四边形OPMQ为平行四边形，则点M(x1+x2,y1+y2)，
因为点M在椭圆C上，则(x1+x2)22+(y1+y2)2=1
整理可得：(x1+x2)2+2⋅(y1+y2)2=2，
而(x1+x2)2=16k2m2(1+2k2)2=2m2，(y1+y2)2=[k(x1+x2)+2m]2=k2(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=k2⋅2m2+4km⋅−4km1+2k2+4m2=m2−16×12m21+2×12+4m2=m2，
所以2m2+2m2=2，即m2=12，
当k2=12m2=12时，满足Δ=8(2k2−m2+1)>0，
所以直线l的方程为y=± 22(x+1)或y=± 22(x−1).
【解析】(1)由焦距及过的点的坐标可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出直线OP，OQ的斜率，由题意可得直线l的斜率的平方的表达式，将两根之和及两根之积代入可得直线l的斜率的值，由题意可得点M的坐标，将M的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，进而求出直线l的方程．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①解：今有一个“数列过滤器”，它会将进入的无穷非减正整数数列删去某些项，
并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列，
每次“过滤”会删去数列中除以M余数为N的项，将这样的操作记为L(M,N)操作，
由an=2n−1，n∈N+，{an}进行L(2,1)操作后得到{bn}，
当n≥2时，an2∈N+，故bn=2n，n∈N+.
则Sn=3i=1n2i−1=3×1×(1−2n)1−2=3(2n−1)，n∈N*.
②解：假设存在p，q，r∈N+，使得Sp，Sq，Sr成等差，
由Sn单调递增，不妨设p化简得2q−p+1=1+2r−q，
左式为偶数，右式为奇数，矛盾，
故不存在p，q，r∈N+，使得Sp，Sq，Sr成等差．
(2)证明：∵an=n，n∈N+，∴由题意知a4n=4n，a4n−3=4n−3，a4n−2=4n−2，a4n−1=4n−1，
所以保留a4n−2，a4n+1，则b2n−1=4n−2，b2n=4n−1.
又b4n+1=8n+2，b4n+2=8n+3，b4n+3=8n+6，b4n+4=8n+7，
将b4n，b4n+1删去，得到cn，则c2n+1=8n+3，c2n+2=8n+6，
也即cn=8n−5,n=2k−18n−2,n=2k,k∈N*.
记rk=k(k+1)2，下面证明：(2k+1)2=crk+crk+1.
由r4m=8m2+2m,r4m+1=8m2+6m+1，r4m+2=8m2+10m+3，r4m+3=8m2+14m+6，
知：cr4m+cr4m+1=c8m2+2m+c8m2+2m+1=8(4m2+m)−2+8(4m2+m+1)−5=[2(4m)+1]2，
cr4m+1+cr4m+1+1=c8m2+6m+1+c8m2+6m+2=[2(4m+1)+1]2，
同理可得：cr4m+2+cr4m+2+1=[2(4m+2)+1]2，cr4m+3+cr4m+3+1=[2(4m+3)+1]2，
合并以上四式，便证明了对任意的k∈N*，都有(2k+1)2=crk+crk+1.
故每个大于1的奇平方数都是{cn}中相邻两项的和．
【解析】(1)①由an=2n−1，n∈N+，得bn=2n，n∈N+.由此能求出Sn.
②假设存在p，q，r∈N+，使得Sp，Sq，Sr成等差，设p(2)由题意知a4n=4n，a4n−3=4n−3，a4n−2=4n−2，a4n−1=4n−1，保留a4n−2，a4n+1，则b2n−1=4n−2，b2n=4n−1.将b4n，b4n+1删去，得到cn=8n−5,n=2k−18n−2,n=2k,k∈N*.由此能证明每个大于1的奇平方数都是{cn}中相邻两项的和．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．