黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
一、选择题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
直线l : 4x  4 3y 1  0 的倾斜角为（）
2ππ
A.B.
33
5ππ
C.D.
66
对于等比数列an，则“ a1  a2 ”是“数列an为单调递增数列”的（）
必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ， a1  a4  a7  24 ， 7S3  3S7  42 ，则 a8  （）
A. 0B. 4C. 8D. 12
已知等比数列an中， a1, a5 是方程 x2  5x  3  0 的两根，则 a3  （）
B.
C.
D. 
3
3
3
yx
22
C :FF
PF  7
PF 
已知双曲线
（）

916
1 的上、下焦点分别为 1 ， 2 ，点 P 在双曲线 C 上，若2
，则1
B. 13C. 1 或 13D. 15
设数列xn 满足lg2 xn1  1 lg2 xn ，且 x1  x2 L x5  4 ，则 x6  x7 L x10  （）
A. 128B. 256C. 32D. 64
已知两个等差数列a 和b 的前 n 项和分别为 S 和T ，且 Sn  5n  7 ，则使得 an 为整数的正整
nnnn
Tnn 1bn
数 n 的个数是（）
A 1
B. 2
C. 3
D. 4
8. 已知数列a 的首项 a
 20 ，且满足3n  2 a
  3n 1 a 18n2  6n  4 .则a 取最大值时， m
1nm
取值为（）
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
n1n
二、多选题：本题 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每个小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对部分分，有选错的得 0 分.
已知a 是递增的等比数列，其前 n 项和为 S ，若 a = 3 , S = 19 ，则（）
nn2234
a  1
a  a
 35
15316
S  65D. S  2 不是等比数列
48m
2n
已知数列an的前 n 项和为 Sn , a1  1, Sn1  Sn  2an  1，数列 的前 n 项和为
 an  an 1 
n
T , n  N* ，则下列选项正确的是（）
数列an 1 是等差数列
数列an 1 是等比数列
nn
数列a 的通项公式为 a  2n 1
Tn  1
已知等差数列a 中，当且仅当 n  7 时， S 取得最大值.记数列 Sn  的前 k 项和为T ，（ ）
n
nnk

若 S6  S8 ，则当且仅当 k  13 时， Tk 取得最大值
若 S6  S8 ，则当且仅当 k  14 时， Tk 取得最大值
C. 若 S6  S8 ，则当且仅当 k  15 时， Tk 取得最大值
D. 若m  N* ， Sm  0 ，则当 k  13 或 14 时， Tk 取得最大值
三、填空题:本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
2
2
已知方程 xy 1表示焦点在 y 轴上的椭圆，则实数 m 的取值范围是．
5  mm  3
抛物线 y = x2 在 x  1 处的切线斜率为．
德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学王子．他年幼时，在1 2  3 L
2x
100 的求和运算中，提出
2x 2
了倒序相加法的原理．现有函数 f  x ，设数列an 满足
a  f 0  f  1   f  2  L f  n 1   f 1n  N* ，若存在 n  N* 使不等式
n n  n  n 

n
n2  4n  2ka 15  0 成立，则 k 的取值范围是．
四．解答题：本题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
已知焦点位于 x 轴的抛物线 C 过点 M 1, 2 ．
求抛物线 C 的方程，并求其准线方程；
过该抛物线的焦点，作倾斜角为60 的直线，交抛物线于 A，B 两点，求线段 AB 的长度.
2an , n  2k 1*


记 S ， T 分别为数列{a }，{b }的前 n 项和，其中 S
 n2  n ， b  a
, k  N ．
nnnn
nn2  n , n  2k
求{an}的通项公式；
求T11 ．
已知数列a 满足 a1  a2  a3 L an
 n .
n2462n
求数列an的通项公式；
n
n
设b 1，记数列b 的前 n 项和 S ，证明： 1  S
 1 ．
anan1
n8n4
已知数列a 满足 a  2, a 2a
 3 2n1 ．
n1n1n
 2n 
证明：数列 an 为等差数列；

设b  (n 1)an ，记数列b 的前 n 项和为 S ．
n
求 Sn ；
3n  2nn
n
若n  N*, S  m  3n1 成立，求 m 的取值范围．
如图，曲线 y2  4x  y  0 上的点 A 与 x 轴非负半轴上的点 B , B i  1, 2L, n 构成一系列正三角形，
ii1i
记为△B0 A1B1,△B1A2B2,L,△Bn1AnBn （ B0 为坐标原点）．设VBn1AnBn 的边长为 an ，点 Bn bn , 0 ．
求b1, b2 的值；
求数列an的通项公式；
若数列cn  
3 a
28 n
a
3
2 ，记c 的前 n 项和为T ，求证： T  3 ．
n
nn
 28 n 1

哈尔滨师范大学附属中学 2025-2026 学年度上学期高二期中考试
数学试题
（本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
一、选择题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
直线l : 4x  4 3y 1  0 的倾斜角为（）
2ππ
A.B.
33
5ππ
C.D.
66
【答案】C
【解析】
【分析】先根据直线方程得出直线斜率，再根据斜率与倾斜角的关系得出倾斜角的正切值，进而求出直线的倾斜角．
【详解】Q直线l : 4x  4 3y 1  0 ，
斜率 k  3 ，
3
设直线倾斜角α0, π ，tanα 3 ，
3
Qtanα tan  π  π    tan π  3 ，
6 63

α 5π ，故 C 正确．
6
故选：C．
对于等比数列an，则“ a1  a2 ”是“数列an为单调递增数列”的（）
【分析】利用等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义分析判断选项．
【详解】Qa  是等比数列，则 a  a qn1 ，
nn1
A. 必要不充分条件
B.
充分不必要条件
C. 充要条件
D.
既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
 a2  a1q ，
Q a1  a2 ，等价于 a1 q 1  0 ，
当 a1  0 时， q  1 ，数列an为递增数列； 当a  0 时， q  1，则数列a 不一定递增，如 a
 1, q  2 时， a  122  4 ，
1n13
 a1  a2 不能推出an为单调递增数列，不满足充分性；
若an为单调递增数列，则对于任意 n  1, n  N ，有 an1  an ，令 n  1 ，则 a2  a1 ，
 an为单调递增数列能推出 a1  a2 ，满足必要性，
“ a1  a2 ”是“数列an为单调递增数列”的必要不充分条件，故 A 正确．故选：A．
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ， a1  a4  a7  24 ， 7S3  3S7  42 ，则 a8  （）
A. 0B. 4C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质可求得 a4  8 ，利用前 n 项和公式可求得 a2  10 ，进而求得公差，利用等差数列的通项公式可求得a8 .
【详解】设等差数列an的公差为 d ，由 a1  a4  a7  24 ，可得3a4  24 ，解得 a4  8 ，
37
24
由7S  3S  42 ，得7  3a1  a3   3 7 a1  a7   42 ，所以7  3a  7  3a  42 ，
22
所以 a  a  2 ，解得 a  10 ，所以 d  1 a  a   1，
242
242
所以 a8  a2  8  2 d  10  6  4 .
故选：B.
3
3
已知等比数列an中， a1, a5 是方程 x2  5x  3  0 的两根，则 a3  （）
3
B.
C.
D. 
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比中项的性质得出 a2 ，利用韦达定理求出 a a 的值及 a , a 的符号，最后利用等比数列通项
31 515
公式判断 a3 的符号，从而求出 a3 ．
【详解】Qan 是等比数列，设公比为 q ，
31 5
 a2  a a ，
Q a1, a5 是方程 x2  5x  3  0 的两根，
a1a5  3， a , a 同号，且 a , a  0 ，
a  a  51515
 15
3
31 5
a2  a a  3 ，解得 a  ，
3
又Q a  a q2  0
31
3
 a3 ，故 C 正确．
故选：C．
yx
22
C :FF
PF  7
PF 
已知双曲线
（）

916
1 的上、下焦点分别为 1 ， 2 ，点 P 在双曲线 C 上，若2
，则1
A. 1B. 13C. 1 或 13D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义求解．
2
2

【详解】由双曲线C : yx1 ，可得a2  9, b2  16 ，
916
所以c2  a2  b2  9 16  25 ，所以c  5, a  3 ，
因为点 P 在双曲线 C 上， PF1  PF2  2a  6 ，又因为 PF2  7 ，
所以 PF1  7  6 ，解得 PF1  1或 PF1  13 ，
①当 P 在下支时， PF1 min  c  a  5  3  2 ，
②当 P 在上支时， PF1 min  c  a  5  3  8 ，
综上所述： PF1 min  2 ，
所以 PF1  13 .
故选：B.
设数列xn 满足lg2 xn1  1 lg2 xn ，且 x1  x2 L x5  4 ，则 x6  x7 L x10  （）
A. 128B. 256C. 32D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数的运算可推导出数列xn 是公比为 2 的等比数列，利用等比数列的基本性质可求解.
【详解】因为lg2 xn1  1 lg2 xn ，得lg2 xn1  lg2 2xn  ，所以 xn1  2xn  xn  0 ，
所以 xn1  2 ，所以数列x  是以2 为公比的等比数列，
n
xn
又 x  x L x  4 ，所以25  x  x L x   4  25  128 ，
125125
即 x6  x7 L x10  128 .
故选：A.
已知两个等差数列a 和b 的前 n 项和分别为 S 和T ，且 Sn
 5n  7 ，则使得 an 为整数的正整
nn
nn
数 n 的个数是（）
Tnn 1bn
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
an
【分析】根据题意，由等差数列前 n 项和的性质可得
 5  6 ，要使 an 为整数，只需要 n 为6 的因数即
bnnbn
可.
S5n  75n 1 1212
【详解】 n  5 ，
Tnn 1
n 1
n 1
又 an
 2an
2n 1a1  a2n1 
 a1  a2n1  2  S2n1 ，
bn2bn
b1  b2n1
2n 1b1  b2n1 
2
T2n1
 52n 1  7  10n 12  5  12  5  6 ，
2n 112n
2nn
当 n  1, 2, 3, 6 时， 5  6  Z ，所以使得 an 为整数的正整数 n 的个数是 4 个.
nbn
故选：D.
8. 已知数列a 的首项 a
 20 ，且满足3n  2 a
  3n 1 a 18n2  6n  4 .则a 取最大值时， m
1nm
取值为（）
A. 2
【答案】C
B. 4
C. 6
D. 8
【解析】
n1n
 an
【分析】结合已知条件可得是等差数列，进而求出a 的通项公式，然后根据通项公式的特征即

3n  2 n
可求解.
n1nn
【详解】因为3n  2 a 3n 1 a 18n2  6n  4  3n 1 a  2 3n  23n 1 ，
所以 an1 an 2 ，所以 an1 an 2 ，又 a  20 ，所以a1 20 ，
3n 13n  2
3n 13n  21
31 2
 an

所以3n  2 是以20 为首项， 2 为公差的等差数列，
所以 an
3n  2
 20  n 12  2n  22 ，
35 2
961
所以 an  2n  223n  2  2 3n2  35n  22  6  n  ，
66

当 n  6 时， an 取得最大值 a6 ，所以m 取值为6 .
故选：C.
二、多选题：本题 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对部分分，有选错的得 0 分.
已知a 是递增的等比数列，其前 n 项和为 S ，若 a = 3 , S = 19 ，则（）
nn2234
a  1
a  a
 35
15316
S  65D. S  2 不是等比数列
48m
【答案】AC
【解析】
【分析】设an的公比为 q q  1 ，根据题意求出基本量 a1, q ，进而逐项验证即可求解.
【详解】设an的公比为 q q  1 ，则由 a2  0 ，an单调递增，得 q  1 ，
1 3 1 1932
因为 S3  a2 1 q  q  ，所以 2 1 q  q  
，解得 q  或 q  （舍去），
423

对于 A， a1
 a2  1 ，故 A 正确；
q
1
对于 B， an
 a qn1 
 3 n1
2
 

， a  a  81  9  45 .故 B 错误；
5316416
n
 3 n

对于 C， S
a 1 qn 
1  
2

 2  3 
 2 ， S  2  81  2  65 ，故 C 正确；
n1 q
 3 m
1 3
2
 
2

 3 1
1
4168
m2
对于 D， S  2  2  

， S  2  2  
12

 3 ，
所以S  2 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，故 D 错误.
m2
故选：AC.
2n
已知数列an的前 n 项和为 Sn , a1  1, Sn1  Sn  2an  1，数列 的前 n 项和为
 an  an 1 
n
T , n  N* ，则下列选项正确的是（）
数列an 1 是等差数列
数列an 1 是等比数列
nn
数列a 的通项公式为 a  2n 1
Tn  1
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助 Sn1  Sn  an1 ，结合等比数列定义可得 A、B；由等比数列性质可得 C；裂项求和后可得 D.
【详解】对 A、B：由 Sn1  Sn  2an  1 ，则 Sn1  Sn  2an 1  an1 ，故 an1 1  2an  2  2 an 1 ，又 a1 1  2 ，
故数列an 1 是以2 为首项， 2 为公比的等比数列，故 A 错误、B 正确；
nn
对 C： a 1  2  2n1  2n ，则 a  2n 1，故 C 正确；
n
22n11
对 D： a  a2n 12n1 12n 12n1 1 ，
nn1
则T  1 1  1  1  1 L11 11 1，故 D 正确.
n33772n 12n1 12n1 1
故选：BCD.
已知等差数列a 中，当且仅当 n  7 时， S 取得最大值.记数列 Sn  的前 k 项和为T ，（ ）
n
nnk

若 S6  S8 ，则当且仅当 k  13 时， Tk 取得最大值
若 S6  S8 ，则当且仅当 k  14 时， Tk 取得最大值
若 S6  S8 ，则当且仅当 k  15 时， Tk 取得最大值
若m  N* ， Sm  0 ，则当 k  13 或 14 时， Tk 取得最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】由等差数列an前 n 项和 Sn 有最大值，得数列an为递减数列，分析 Sn 的正负号，可得Tk 的最大值的取到情况.
【详解】由等差数列an前 n 项和 Sn 有最大值，所以数列an为递减数列，
68nn
对于 A， S  S 且 n  7 时 S 取最大值，设 S  a n  72  49a  an2 14an a  0 ，
则 Sn
n
 an 14a  a n 14 ，
当 n  13 时， Sn
n
0 ； n  14 时， Sn
n
 0 ； n  15 时， Sn  0 ，
n
 n 
所以 k  13 或 14 时，  Sn  前 k 项和取最大值，A 项错误；

对于 B，当且仅当 n  7 时 Sn 取最大值，则 n  7 时， an  0 ， n  8 时， an  0 .
S  S
，则 S  S
 a  a
0 ， S
14 a1  a14 14 a7  a8 
，
0
688678
1422
S13 
13a1  a13 
2
 13a7  0 ， S15 
15a1  a15 
2
 15a8  0 ，
 n 
 Sn  前 14 项和最大，B 项正确；

对 于 C ，
S  S ， 则
S  S
 a  a
 0 ， 同 理 S
14 a1  a14 14 a7  a8 
，
0
68
13a1  a13 
8678
15a1  a15 

1422
S13 
2 13a7  0 ， S15 
2 15a8  0 ，
 n 
 Sn  前 13 项和最大，C 项错误；

对于 D， m  N* ， S  0 ，得 S
 m a1  am   0 ，由题等差数列a 在 n  7 时， a  0 ， n  8 时，
2
mmnn
 0 ，
a  0 ，所以 a  a  a  a  0 ，S 13a1  a13   13a  0 ，S14 a1  a14 14 a7  a8 
n1m78132
71422
 n 
所以 k  13 或 14 时，  Sn  前 k 项和取最大值，D 项正确；

故选：BD.
三、填空题:本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
2
2
已知方程 xy 1表示焦点在 y 轴上的椭圆，则实数 m 的取值范围是．
5  mm  3
【答案】1, 5
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点位置和方程的特点列不等式组，求解即得.
【详解】因为椭圆的焦点在 y 轴上，故0  5  m  m  3 ，解得1  m  5
即 m 1, 5 .
故答案为： 1, 5 .
抛物线 y = x2 在 x  1 处的切线斜率为．
【答案】2
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】由 y = x2 ，得 y  2x ，所以 y |x1  2 1  2 ，所以抛物线 y = x2 在 x  1 处的切线斜率为2 .
故答案为： 2 .
德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学王子．他年幼时，在1 2  3 L
2x
100 的求和运算中，提出
2x 2
了倒序相加法的原理．现有函数 f  x ，设数列an 满足
a  f 0  f  1   f  2  L f  n 1   f 1n  N* ，若存在 n  N* 使不等式
n n  n  n 

n
n2  4n  2ka 15  0 成立，则 k 的取值范围是．
【答案】9, 
【解析】
【 分析】 先计算出 f  x 的图像关于点  1 , 1  成中心对称， 利用倒序相加求出 a ， 从而得到
2 2
 

k
 n2  4n 15 ，结合对勾函数的单调性得到 g  x
n 1
max
，求出 k
n
的取值范围.
2x21 x2x2
2x 2
21 x 
2
2x 2
2 2  2x
【详解】因为 f  x  f 1 x 
2
2  2x
2x
f x 1 , 1 
2x 2
2 2
 1，所以   的图像关于点  成中心对称．

因为 a  f 0  f  1   f  2  L f  n 1   f 1 ，
n n  n  n 

所以 a  f 1  f  n 1  L f  2   f  1   f 0 ，
n n  n  n 

n 1
两式相加得2an  n  1 ，所以 an 2 ．
由 n2  4n  2ka
15  0 ，得 n2  4n  2k  n 1 15  0 ，
n
2
n2  4n 15n 12  2 n 1 1212
所以 k  n 1 2 ．
n 1
令 g  x  x 1
12
x 1
 x ≥1 ，
n 1
n 1
3
3
则当1  x  21时， g  x 在0, 21 上单调递减；
3
3
当 x  21 时， g  x 在21, ∞单调递增．
又 g 3  3 1
12
3 1
 7 ，所以 g 2  2 1
12
2 1
 7 ，所以 g  x
min
 7 ，
即 k 的取值范围是9,  ．故答案为： 9,  .
四．解答题：本题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
已知焦点位于 x 轴的抛物线 C 过点 M 1, 2 ．
求抛物线 C 的方程，并求其准线方程；
过该抛物线的焦点，作倾斜角为60 的直线，交抛物线于 A，B 两点，求线段 AB 的长度.
【答案】（1） y2  4x ，准线方程为 x=−1
16
（2）
3
【解析】
【分析】（1）设出抛物线方程，代入 M 1, 2 ，得到 p  2 ，得到抛物线方程和准线方程；
（2）设出直线 AB： y 3  x 1 ，联立抛物线方程，得到两根之和，由抛物线焦点弦长公式进行求解.
【小问 1 详解】
由题意可知，抛物线的焦点位于 x 轴正半轴，设抛物线的方程为 y2  2 px  p  0 ，
∵ y2  2 px  p  0 过点 M 1, 2 ，
∴ 2 p  4 ，解得 p  2 ，
∴抛物线 C： y2  4x ，准线方程为 x=−1 ；
【小问 2 详解】
由（1）知，抛物线焦点为 F 1, 0 ，直线 AB 的倾斜角为60 ，
则直线 AB： y 
3  x 1 ，设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，
 y 
由
3  x 1
，得： 3x2 10x  3  0 ，
 y2  4x
则 x  x  10 ，
123
则 AB  x  x  p  10  2  16 ．
1233
2an , n  2k 1*


记 S ， T 分别为数列{a }，{b }的前 n 项和，其中 S
 n2  n ， b  a
, k  N ．
nnnn
nn2  n , n  2k
求{an}的通项公式；
求T11 ．
【答案】（1） an  2n
（2）1508
【解析】
【分析】（1）根据 Sn 的关系式推出 Sn1 和 a1 ，再利用 an  Sn  Sn1 推出 an ；
（2）根据{an}结合{bn}的关系式求出{bn}，再计算T11 ．
【小问 1 详解】
Q Sn  n2  n ，
当 n  1 时， a1  2 ，
当 n  2 时，则 Sn1  (n 1)2  (n 1) ，
 an  Sn  Sn1  2n ，
Q n  1 时， a1  2 符合上式， an  2n ．
【小问 2 详解】
Q an  2n ，
2an , n  2k 14n, n  2k 1*
2


bn  an , n  2k  2n , n  2k, k  N ，
T11  b1  b2  b3  b4 L b10  b11  (b1  b3 L b11 )  (b2  b4 L b10 )
6(b  b )4(1  45 )6(4  44)4(210  1)
 111 
 144  1364  1508 ．
21  423
已知数列a 满足 a1  a2  a3 L an  n .
n2462n
求数列an的通项公式；
n
n
设b 1，记数列b 的前 n 项和 S ，证明： 1  S  1 ．
anan1
n8n4
【答案】（1） an  2n
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给式子得到 a1  a2  a3   

an1
 n 1 n  2 ，作差即可得到 a
 2n ，
2462n  2n
n  2 ，再计算 a1 ，即可得解；
（2）由（1）可得b
 1  1 
1 
，利用裂项相消法求和即可.

n4  nn 1 
【小问 1 详解】
解：因为 a1  a2  a3    an
2462n
 n ，
所以 n  2 时， a1  a2  a3    an1  n 1，
2462n  2
两式作差得， an
2n
 1 ，
所以 n  2 时， an  2n ，
又 n  1 时， a1  1，得 a  2 ，符合上式，
21
所以an的通项公式为 an  2n ．
【小问 2 详解】
解：11 1  1 1  ，

anan1
2n  2 n 1
4  nn 1 
则 S  1 1 1  1  1  ...  1 
1   1 11  ，
n4 223nn 1 4 n 1 

因为 S
 1 1
1  ，故 S  1 ，
n4 
n 1 n4
又 y 
1
x 1

在1，  上单调递减，
故 S  1 11  随 n 的增大而增大，
n4 n 1 

故 S  S  1 1 1
  1 ，
n14 
11 8
综上， 1  S
8n

 1 ．
4
已知数列a 满足 a  2, a 2a
 3 2n1 ．
n1n1n
 2n 
证明：数列 an 为等差数列；

设b  (n 1)an ，记数列b 的前 n 项和为 S ．
n
求 Sn ；
3n  2nn
n
若n  N*, S  m  3n1 成立，求 m 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） S
 n  2n1 ；（ii）  16 , 
n 27

【解析】
【分析】（1）等式两边同时除以2n1 可得；
（2）（ii）由错位相减法求和即可；
（ii）构造数列cn，由不等式组求数列cn的最值大即可.
【小问 1 详解】
因为 a 2a  3 2n1 ，即 an1  an  3 ，
n1n
2n12n
所以数列 an 是以 a1  1为首项，3 为公差的等差数列.
2n
2


【小问 2 详解】
由（1）知 an
2n
 1 n 1 3  3n  2 ，
n
所以 a  3n  2 2n ，
所以bn
 (n 1)an
3n  2
 n 1 2n ，
n
n
所以 S  2  21  3 22  4  23 L n  2n1  n 1 2n ， 2S  2  22  3 23  4  24 L n  2n  n 1 2n1 ，
n
所以S  2  21  22  23 L 2n  n 1 2n1
 21  22  23 L 2n  n 1 2n1  2
2 1 2 
 n
 n 1 2n1  2  2  2n1  n 1 2n1  2  n  2n1 ， 1 2
n
所以 S  n  2n1 .
n
因为n  N*, S  m  3n1 ，
 2 n1
所以n  N*, n  
 3 
 2 n1
 m ，
n3
令c  n  ，

不妨设cn的第 n 项取得最大值，
 2 n1
n  3 
n
 2 
 n 1 3 
n2

所以
n  2 
n1
 n 1 2 
，解得2  n  3 ，
33

  

所以c 的最大值为c  c  16 ，
n2327
所以 m  16 ，即 m 的取值范围是 16 ,  .
27 27

如图，曲线 y2  4x  y  0 上的点 A 与 x 轴非负半轴上的点 B , B i  1, 2L, n 构成一系列正三角形，
ii1i
记为△B0 A1B1,△B1A2B2,L,△Bn1AnBn （ B0 为坐标原点）．设VBn1AnBn 的边长为 an ，点 Bn bn , 0 ．
求b1, b2 的值；
求数列an的通项公式；
若数列cn  
3 a
28 n
a
3
2 ，记c 的前 n 项和为T ，求证： T  3 ．
n
nn
 28 n 1

【答案】（1） b  8 ， b  8
an
132
 8 n
3
证明见解析
【解析】
【分析】（1）计算直线 B0 A1 的方程，联立抛物线方程，求出 A1 坐标，结合正三角形性质可求b1 .根据VB1A2B2
为正三角形表示点 A2 坐标，根据点 A2 在曲线上列方程可得结果.
表示 An 坐标，根据 An 在曲线上得到递推关系，得到数列an为等差数列可得结果.
利用放缩法得出cn
 1 2n1
n  2 ，分 n  1 和 n  2 两种情况可证明Tn  3 ．
【小问 1 详解】
设 A1  x1, y1  ，因为△B0 A1B1 为正三角形，所以直线 B0 A1 的斜率为tan 60 3 ，
所以直线 B0 A1 的方程为 y 
3x ，
 y2  4x  y  0,
联立
得3x2  4x ，
 y 3x,
因为 x  0 ，所以 x  4 ，故 y  4 3 ，即 A  4 , 4 3  ，
331  33 
所以a  B B

 2  4  8 ，故b  8 .
10 1
3313
因为VB A B
为正三角形，且 B B  a
0 ，所以
 1 a ,3 a  ，
1 2 2
1 22
A2  a12 222 

因为点 A 在曲线 y2  4x 上，所以 3 a2  4a  2a ，
24 212
整理得9a2  24a  128  0 ，解得 a  16 ，
2223
所以b  a  a  8  16  8 ．
21233
【小问 2 详解】
由 Bb
, 0 ，得 A 的横坐标为 x  b
an ，纵坐标为 y 
3 a ，
n1n1n
an3
nn12
2
n2n
因为 An  bn1  2 , 2 an  在曲线 y
 4x  y  0 上，

3
2
a 33
所以a   4 b n ，即 a2  4b 2a ，故
a2 4b  2a，
2n n12 
4 nn1n
4 n1nn1

两式作差得， 3 a2
 a2   4 b  b
  2 a a n  1 ，
4n1
nnn1
n1n
因为b  b a ，所以 3 a2
 a2   2 a a  ，即a
 a   3 a
 a   2  0 ，
nn1n
4n1
nn1n
n1
n  4
n1n
由 an1
0, an
0 可得 an1
an
0 ，所以a
n1
 an
 8 ，
3
所以数列a 是以 8 为首项， 8 为公差的等差数列，
n33
所以an
 8  n  1  8  8 n ．
333
【小问 3 详解】
cn 
3a
28 n
a


2 
n2n
2

2nn
21

n

nnn
由（2）得，
32n  1
4  2  2
 14
 2  22
 2 ，
n
 28 1

因为2n  2n1  2n1  2 n  2 ，所以2n  2  2n1 n  2 ，故 1 1 n  2 ，
2n  22n1
当 n  1 时， T1  c1  2  3 ，
当 n  2 时， T  c  c L c  2  1  1  1 L 1
n12
n22223
2n1
1  1 n1 
2 1   2 
n1 
 2    2  1   1   3 ．
1 2 
1  
2