2022-2023学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）已知数列{an}中，an+1＝3an，a1＝2，则a4等于（ ）
A．18B．54C．36D．72
2．（4分）甲、乙两人下棋，和棋的概率为50%．甲不输的概率为90%，则乙不输的概率为（ ）
A．60%B．50%C．40%D．30%
3．（4分）已知空间向量＝（1，﹣1，0），＝（3，﹣2，1），则||＝（ ）
A．B．C．5D．
4．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝（ ）
A．B．C．D．
5．（4分）在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a5是a2，a14的等比中项，则数列{an}前7项和S7＝（ ）
A．13B．49C．26D．27﹣1
6．（4分）已知向量，若，则x+y＝（ ）
A．﹣1B．﹣3C．D．﹣8
7．（4分）已知，设数列{an}的前n项和为Sn，则S2022的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（4分）在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）数列{an}满足，若．则a2022等于（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）已知等比数列{an}，a1＝1，，且a1a2+a2a3+…+anan+1＜k，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11．（5分）已知向量，若，则k的值为 ．
12．（5分）已知等差数列{an}满足a2＝7，a4＝3，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn的最大值为 ．
13．（5分）天气预报说，在今后的三天中每一天下雨的概率均为40%，用随机模拟的方法进行试验，由1、2、3、4表示下雨，由5、6、7、8、9、0表示不下雨，利用计算器中的随机函数产生0〜9之间随机整数的20组如下：
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
通过以上随机模拟的数据可知三天中恰有两天下雨的概率近似为 ．
14．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，已知，则a8＝ ．
15．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，C1B1＝1，点P为线段B1C上一点，则的最小值为 ．
16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n（n∈N*）次，那么S1+S2+⋯+Sn＝ dm2．
三、解答题（本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（13分）△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知csinB＝bcsC．
（1）求C；
（2）若，，求△ABC的面积．
18．（13分）设等比数列{an}满足a1＝1，q＝3，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）已知{bn}是等差数列，且b1＝a2，b3＝a1+a2+a3，Tn为其前n项和，求{bn}的公差d和T20．
19．（13分）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场隆重举行，本届北京冬奥会的主题口号——“一起向未来”，某兴趣小组制作了写有“一”，“起”，“向”，“未”，“来”的五张卡片．（1）若采用不放回简单随机抽样从中逐一抽取两张卡片，写出试验的样本空间；
（2）该兴趣小组举办抽卡片送纪念品活动，有如下两种方案：
方案一：活动参与者采用简单随机抽样从五张卡片中任意抽取一张，若抽到“向”或“未”或“来”，则可获得纪念品；
方案二：活动参与者采用不放回简单随机抽样从五张卡片中逐一抽取两张，若抽到“未”或“来”，则可获得纪念品．
选择哪种方案可以有更大机会获得纪念品？说明理由．
20．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD．
21．（14分）某单位规定每位员工每年至少参加两项专业技能测试，测试通过可获得相应学分，每年获得的总学分不低于10分，该年度考核为合格．该单位员工甲今年可参加的专业技能测试有A、B、C、D四项，已知这四项专业技能测试的学分及员工甲通过各项专业技能测试的概率如表所示，且员工甲各项专业技能测试是否通过相互独立．
（1）若员工甲参加A、B、C三项测试，求他本年度考核合格的概率：
（2）员工甲欲从A、B，C、D中选择三项参加测试，若要使他本年度考核合格的概率不低于，应如何选择？请求出所有满足条件的方案．
22．（13分）对于数列{an}，定义an*＝，设{an*}的前n项和为Sn*．
（Ⅰ）设an＝，写出a1*，a2*，a3*，a4*；
（Ⅱ）证明：“对任意n∈N*，有Sn*＝an+1﹣a1”的充要条件是“对任意n∈N*，有|an+1﹣an|＝1”；
（Ⅲ）已知首项为0，项数为m+1（m≥2）的数列{an}满足：
①对任意1≤n≤m且n∈N*，有an+1﹣an∈{﹣1，0，1}；
②Sm*＝am．
求所有满足条件的数列{an}的个数．
2022-2023学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）已知数列{an}中，an+1＝3an，a1＝2，则a4等于（ ）
A．18B．54C．36D．72
【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．
【解答】解：数列{an}中，an+1＝3an，a1＝2，
∴数列{an}是等比数列，公比q＝3．
则a4＝2×33＝54．
故选：B．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（4分）甲、乙两人下棋，和棋的概率为50%．甲不输的概率为90%，则乙不输的概率为（ ）
A．60%B．50%C．40%D．30%
【分析】根据互斥事件的概率公式即可直接求解．
【解答】解：设A＝{甲获胜}，B＝{甲不输}，C＝{甲乙和棋}，则甲乙互斥且B＝A+C，
P（B）＝P（A+C）＝P（A）+P（C），
所以P（A）＝P（B）﹣P（C）＝90%﹣50%＝40%．
则乙不输的概率为1﹣40%＝60%．
故选：A．
【点评】本题主要考查互斥事件的概率公式的求解，属于基础题．
3．（4分）已知空间向量＝（1，﹣1，0），＝（3，﹣2，1），则||＝（ ）
A．B．C．5D．
【分析】利用向量坐标运算法则先求出，由此能求出||．
【解答】解：∵空间向量＝（1，﹣1，0），＝（3，﹣2，1），
∴＝（4，﹣3，1），
∴||＝＝．
故选：D．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量坐标运算法则、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合向量的加减法法则，即可求解．
【解答】解：∵ABCD﹣A1B1C1D1为平行四面体，
∴﹣＝＝＝＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量的加减法法则，属于基础题．
5．（4分）在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a5是a2，a14的等比中项，则数列{an}前7项和S7＝（ ）
A．13B．49C．26D．27﹣1
【分析】先由a5是a2，a14的等比中项求出公差，再求S7．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，∵a1＝1，a5是a2，a14的等比中项，
∴a52＝a2a14，即（1+4d）2＝（1+d）（1+13d），解得：d＝2．∴S7＝7a1+＝49．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列与等差数列的综合，属于基础题．
6．（4分）已知向量，若，则x+y＝（ ）
A．﹣1B．﹣3C．D．﹣8
【分析】根据平行可设，进而得到方程组，求出x，y，得到答案．
【解答】解：，
因为，所以可设，
即（3，y，﹣2）＝m（x+1，1，4），
故，解得，
故．
故选：C．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
7．（4分）已知，设数列{an}的前n项和为Sn，则S2022的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先得到，利用裂项相消法求和．
【解答】解：，
故．
故选：D．
【点评】本题考查数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
8．（4分）在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】灯灭的对立事件是开关a闭合，且开关b，c至少有一个闭合，由此能求出灯灭的概率．
【解答】解：∵在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，
∴灯灭的对立事件是开关a闭合，且开关b，c至少有一个闭合，
∴灯灭的概率是：
P＝1﹣（1﹣）＝．
故选：C．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用．
9．（4分）数列{an}满足，若．则a2022等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】本题根据及递推公式逐项代入即可发现数列{an}是以4为最小正周期的周期数列，再根据周期数列的性质即可计算出a2022的值．
【解答】解：由题意，，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，…
∴数列{an}是以4为最小正周期的周期数列，
∵2022＝4×505+2，
∴．
故选：D．
【点评】本题主要考查周期数列的判定及性质运用，考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
10．（4分）已知等比数列{an}，a1＝1，，且a1a2+a2a3+…+anan+1＜k，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，，可得q3＝，解得q．可得an．可得anan+1＝2×．利用等比数列的求和公式及其数列的单调性即可得出．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，，
∴q3＝，解得q＝．
∵an＝＝．
∴anan+1＝＝＝2×．
∴a1a2+a2a3+…+anan+1＝2＝2×＝．
∵a1a2+a2a3+…+anan+1＜k，
k≥．
∴k的取值范围是：．
故选：D．
【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11．（5分）已知向量，若，则k的值为 ﹣5 ．
【分析】根据向量垂直列出方程，求出k＝﹣5．
【解答】解：因为，
所以，
解得k＝﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
12．（5分）已知等差数列{an}满足a2＝7，a4＝3，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn的最大值为 25 ．
【分析】根据给定条件，求出数列{an}的公差并判断单调性，确定出所有非负数项求解作答．
【解答】解：依题意，等差数列{an}的公差，
所以an＝a2+（n﹣2）d＝﹣2n+11，
显然数列{an}是递减等差数列，由an≥0，得，
即数列{an}前5项均为正，从第6项起为负，
所以当n＝5时，．
故答案为：25．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
13．（5分）天气预报说，在今后的三天中每一天下雨的概率均为40%，用随机模拟的方法进行试验，由1、2、3、4表示下雨，由5、6、7、8、9、0表示不下雨，利用计算器中的随机函数产生0〜9之间随机整数的20组如下：
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
通过以上随机模拟的数据可知三天中恰有两天下雨的概率近似为 0.25 ．
【分析】由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有可以通过列举得到共5组随机数，根据概率公式，得到结果．
【解答】解：由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，
在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有：191、271、932、812、393，共5组随机数，
∴所求概率为＝0.25．
故答案为：0.25
【点评】本题考查模拟方法估计概率，解题的关键是利用等可能事件的概率，注意列举法在本题的应用．
14．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，已知，则a8＝ 64 ．
【分析】先将n＝1代入题干表达式计算出a1的值，再利用公式进行推导即可发现数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，从而计算出等比数列{an}的通项公式，再将n＝8代入即可得答案．
【解答】解：由题意，当n＝1时，2a1＝2S1＝4a1﹣1，
解得，
当n≥2时，由2Sn＝4an﹣1，
可得2Sn﹣1＝4an﹣1﹣1，
两式相减，可得2an＝4an﹣4an﹣1，
整理，得an＝2an﹣1，
∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，
∴，n∈N*，
∴．
故答案为：64．
【点评】本题主要考查根据数列前n项和公式推导出通项公式，考查了分类讨论思想，转化与化归思想，公式法，等比数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
15．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，C1B1＝1，点P为线段B1C上一点，则的最小值为 ．
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，0≤m≤1，求出，求出最小值．
【解答】解：以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，0≤m≤1，
则
＝，
当时，的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 5 ；如果对折n（n∈N*）次，那么S1+S2+⋯+Sn＝ dm2．
【分析】依次对折，找到规律，对折n次可以得到（n+1）种规格的图形，且每个面积为dm2，利用错位相加法求和．
【解答】解：对折3次可以得到2.5dm×12dm，5dm×6dm，10dm×3dm，20dm×1.5dm四种规格的图形，
它们的面积之和S3＝4×30＝120dm2，
对折4次可以得到1.25dm×12dm，2.5dm×6dm，5dm×3dm，10dm×1.5dm，20dm×0.75dm五种规格的图形，它们的面积之和S4＝5×15＝75dm2，
依次类推，
对折n次可以得到（n+1）种规格的图形，且每个面积为dm2，
它们的面积之和dm2，
故，
设①，
则②，
两式相减得，
＝，
解得，
故．
故答案为：5，．
【点评】本题考查数列在实际问题中的应用，主要是等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（13分）△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知csinB＝bcsC．
（1）求C；
（2）若，，求△ABC的面积．
【分析】（1）利用已知条件，结合正弦定理转化求解即可．
（2）利用余弦定理求出a，然后通过三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：（1）因为csinB＝bcsC，根据正弦定理得sinCsinB＝sinBcsC，
又sinB≠0，从而tanC＝1，
由于0＜C＜π，所以．
（2）根据余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcsC，而，，，
代入整理得a2﹣4a﹣5＝0，解得a＝5或a＝﹣1（舍去）．
故△ABC的面积为．
【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的面积的求法，考查计算能力．
18．（13分）设等比数列{an}满足a1＝1，q＝3，n∈N*．
（1）求{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）已知{bn}是等差数列，且b1＝a2，b3＝a1+a2+a3，Tn为其前n项和，求{bn}的公差d和T20．
【分析】（1）根据等比数列的通项公式与前n项和公式，即可得解；
（2）结合（1）中所得，先写出b1和b3的值，再求出公差d，然后由等差数列的前n项和公式，得解．
【解答】解：（1）由题意知，{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，．
（2）因为b1＝a2＝3，b3＝a1+a2+a3＝1+3+9＝13，
所以2d＝b3﹣b1＝10，解得d＝5，
故T20＝20b1+×d＝20×3+×5＝1010．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，熟练掌握等差、等比数列的通项公式与前n项和公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
19．（13分）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场隆重举行，本届北京冬奥会的主题口号——“一起向未来”，某兴趣小组制作了写有“一”，“起”，“向”，“未”，“来”的五张卡片．（1）若采用不放回简单随机抽样从中逐一抽取两张卡片，写出试验的样本空间；
（2）该兴趣小组举办抽卡片送纪念品活动，有如下两种方案：
方案一：活动参与者采用简单随机抽样从五张卡片中任意抽取一张，若抽到“向”或“未”或“来”，则可获得纪念品；
方案二：活动参与者采用不放回简单随机抽样从五张卡片中逐一抽取两张，若抽到“未”或“来”，则可获得纪念品．
选择哪种方案可以有更大机会获得纪念品？说明理由．
【分析】（1）由列举法即可求解；（2）根据列举法即可根据古典概型的计算公式求解概率大小，进而可做出选择．
【解答】解：（1）用1，2，3，4，5，分别表示“一”，“起”，“向”，“未”，“来”五张卡片，
x1，x2∈{1，2，3，4，5}，数组（x1，x2）表示这个试验的一个样本点，则该试验的样本空间
Ω＝{（1，2），（1.3），（1.4），（1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）}．
（2）采用方案一时，从五张卡片中采用简单随机抽样从中任意抽取一张的样本空间为1，2，3，4，5，且每个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
事件A＝“抽到向或未或来”，A＝{3，4，5}，则P（A）＝，．
采用方案二时，由（1）可得从五张卡片中采用不放回简单随机抽样从中任意抽取两张共有20个样本点，且每个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
事件B＝“抽到未或来”，
B＝{（1，4），（1，5），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5.4）}，则 P（B）＝＝．
因为P（A）＜P（B），所以选择方案二可以有更大机会获得纪念品．
【点评】本题考查简单的随机抽样和古典概型，属于中档题．
20．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD．
【分析】（1）连接AC，交BD于点O，连接OE，则OE∥PA，由此能证明PA∥平面EDB．
（2）推导出PD⊥BC，CD⊥BC，DE⊥PC，从而BC⊥平面PDC，BC⊥DE，DE⊥平面PBC，DE⊥PB，EF⊥PB，由此能证明PB⊥平面EFD．
【解答】证明：（1）连接AC，交BD于点O，连接OE，
∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是PC的中点，∴OE∥PA，
∵PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PA∥平面EDB．
（2）∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，
∴PD⊥BC，CD⊥BC，DE⊥PC，
∵PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PDC，
∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE，
∵BC∩PC＝C，∴DE⊥平面PBC，
∵PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，
∵EF⊥PB，DE∩EF＝E，∴PB⊥平面EFD．
【点评】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，是中档题．
21．（14分）某单位规定每位员工每年至少参加两项专业技能测试，测试通过可获得相应学分，每年获得的总学分不低于10分，该年度考核为合格．该单位员工甲今年可参加的专业技能测试有A、B、C、D四项，已知这四项专业技能测试的学分及员工甲通过各项专业技能测试的概率如表所示，且员工甲各项专业技能测试是否通过相互独立．
（1）若员工甲参加A、B、C三项测试，求他本年度考核合格的概率：
（2）员工甲欲从A、B，C、D中选择三项参加测试，若要使他本年度考核合格的概率不低于，应如何选择？请求出所有满足条件的方案．
【分析】（1）由题知，员工甲本年度考核合格必须通过B测试，且A、C测试中至少有一项通过，再结合独立事件的概率乘法公式，即可求解．
（2）分别求出选择A、C、D三项测试，选择A、B、D三项测试，选择B、C、D三项测试的概率，并与作比较，以及结合（1）中知，满足条件的方案为A、B、D和B、C、D，即可求解．
【解答】（1）由题知，员工甲本年度考核合格必须通过B测试，且A、C测试中至少有一项通过，故其考核合格的概率为．
（2）①若选择A、C、D三项测试，则必须通过D测试，且A、C测试中至少有一项通过，故员工甲考核合格的概率为；
②若选择A、B、D三项测试，则需任意两项测试通过或三项测试均通过，故员工甲考核合格的概率为；
③若选择B、C、D三项测试，则需任意两项测试通过或三项测试均通过，故员工甲考核合格的概率为；
结合（1）中知，满足条件的方案为A、B、D和B、C、D．
【点评】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
22．（13分）对于数列{an}，定义an*＝，设{an*}的前n项和为Sn*．
（Ⅰ）设an＝，写出a1*，a2*，a3*，a4*；
（Ⅱ）证明：“对任意n∈N*，有Sn*＝an+1﹣a1”的充要条件是“对任意n∈N*，有|an+1﹣an|＝1”；
（Ⅲ）已知首项为0，项数为m+1（m≥2）的数列{an}满足：
①对任意1≤n≤m且n∈N*，有an+1﹣an∈{﹣1，0，1}；
②Sm*＝am．
求所有满足条件的数列{an}的个数．
【分析】（Ⅰ）直接根据新定义写出即可；
（Ⅱ）利用定义给出的信息，分别从充分性和必要性进行证明即可；
（Ⅲ）构造{bn}：b1＝0，，结合（Ⅱ）以及题中条件，推出bm+1＝am，设a2﹣a1，a3﹣a2，…，am+1﹣am中有k项为0，从而确定k的值，分别分析求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为，，，，，
根据题意可得，，，．
（Ⅱ）证明：必要性：对n＝1，有，
因此．
对任意n∈N*且n≥2，有，，
两式作差，得，即，
因此 ，
综上，对任意n∈N*，有|an+1﹣an|＝1．
充分性：若对任意n∈N*，有|an+1﹣an|＝1，则，
所以 ．
综上，“对任意n∈N*，”的充要条件是“对任意n∈N*，|an+1﹣an|＝1”．
（Ⅲ）构造数列{bn}：b1＝0，，
则对任意1≤n≤m且n∈N*，有bn*＝an*，|bn+1﹣bn|＝1．
结合（Ⅱ）可知，Sm*＝a1*+a2*+…+am*＝b1*+b2*+…+bm*＝bm+1﹣b1＝bm+1，
又Sm*＝am，因此bm+1＝am．
设a2﹣a1，a3﹣a2，…，am+1﹣am中有k项为0，
则am+1＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（am+1﹣am）
＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bm+1﹣bm）﹣k
＝bm+1﹣k＝am﹣k，即am+1﹣am＝﹣k．
因为am+1﹣am∈{﹣1，0，1}，所以k＝0或1．
若k＝0，则am+1﹣am＝0与a2﹣a1，a3﹣a2，…，am+1﹣am中有0项为0，即k＝0矛盾，不符题意．
若k＝1，则am+1﹣am＝﹣1，所以当am+1﹣am＝﹣1，a2﹣a1，a3﹣a2，…，am﹣am﹣1中有一项为0，
其余m﹣2项为±1时，数列{an}满足条件．
a2﹣a1，a3﹣a2，…，am﹣am﹣1中有一项为0，共m﹣1种取法；
其余m﹣2项每项有1或﹣1两种取法，
所以满足条件的数列{an}的个数为（m﹣1）•2m﹣2．
【点评】本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．
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