2025-2026学年天津市宝坻一中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年天津市宝坻一中高二（上）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.过A(0,4)，B( 3,1)两点的直线的倾斜角为( )
A. −60°B. 60°C. 120°D. 150°
2.设x，y∈R，向量a=(1,x,y)，b=(2,−4,2)，a//b，则2x−y=( )
A. −7B. −5C. −3D. 1
3.在等差数列{an}中，a4+a5+a6=60，则a2+a8的值为( )
A. 15B. 20C. 30D. 40
4.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x−3y+2=0垂直，则该双曲线的离心率为( )
A. 10B. 3C. 5D. 2
5.已知圆C：x2+y2−4x−m+9=0与直线l： 3x+y− 3=0相交于A，B两点，若△ABC为正三角形，则实数m的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
6.设数列{xn}满足lnxn+1=1+lnxn，且x1+x2+x3+…+x10=10.则x21+x22+x23+…+x30的值为( )
A. 11⋅e20B. 11⋅e21C. 10⋅e21D. 10⋅e20
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(−1,−2)，则双曲线的焦距为( )
A. 6 5B. 3 5C. 6 3D. 3 3
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别在C的左支和右支上，且满足AF1//BF2，5|AF1|=3|BF2|，|BF1|=2|AF1|，则C的离心率为( )
A. 342B. 34C. 5D. 52
9.数列{an}满足a1=13,an+1n+1=anan+n(n∈N∗)，若a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an≤56成立，则正整数n的最大值为( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知直线l：x+(2a−1)y+a−2=0，当a变化时，直线l总是经过定点，则定点坐标为 ．
11.已知圆C1：x2+y2−2x+2my+1=0(m∈R)的面积被直线x+2y+1=0平分，圆C2：(x+3)2+(y−2)2=16，则圆C1与圆C2的位置关系是 ．
12.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3，则an= ．
13.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是BB1中点，则点C1到直线DA1的距离是 ．
14.已知点M为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)在第一象限的一点，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，F到一条渐近线的距离为 15，且4|MO|=4|MF|=7|OF|，则双曲线C的标准方程为 ．
15.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C(p,0)，AF与BC相交于点E.若|AB|=2|CF|，且△ABE的面积为3，P是抛物线上的一点，则|PC|的最小值为 ．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=4，A1B1=A1C1=A1A=2，侧棱A1A⊥平面ABC，点D是CC1的中点．
(1)求证：BB1⊥平面AB1C；
(2)求点B1到平面ABD的距离；
(3)求平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值．
17.(本小题13分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,1)和(1, 63)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若经过椭圆C的右焦点F2作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB的面积．
18.(本小题15分)
已知公差为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=1，b1=2，b2S2=18，b2+S3=12．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l与C交于D，E两点，△DEF2的周长为8，当直线l垂直于x轴时，|DE|=2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左顶点为A，直线x=my+1与C相交于M，N两点，直线AM与直线x=4相交于点Q.问：直线NQ是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由．
20.(本小题17分)
已知k为正整数且k≥2，d为非零实数，数列{an}满足a1=1，且a1，a2，⋯，ak是公差为1的等差数列，ak，ak+1，⋯，a2k是公差为d的等差数列，a2k，a2k+1，⋯，a3k是公差为d2的等差数列，以此类推．
(1)当k=10，a20=50时，求d；
(2)求a3k的最小值(用含k的代数式表示)；
(3)记n除以k的整数部分为s，余数为t，求{an}的通项公式(用含k，d，n，s，t的代数式表示)．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设直线的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，
A(0,4)，B( 3,1)，
则kAB=4−10− 3=− 3，
故tanθ=− 3，解得θ=2π3．
故选：C．
先求出直线的斜率，再求出其倾斜角，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为向量a=(1,x,y)，b=(2,−4,2)，且a//b，
所以12=x−4=y2，
解得x=−2，y=1，
所以2x−y=−5．
故选：B．
根据空间向量共线的坐标表示进行求解即可．
本题主要考查了空间向量共线的坐标关系，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题可得3a5=60，可得a5=20，
故a2+a8=2a5=40．
故选：D．
根据等差数列的性质求解即可．
本题主要考查等差数列的性质，考查计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：直线x−3y+2=0的斜率为13，双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x−3y+2=0垂直，
所以双曲线一条渐近线的斜率为−3，
即ba=3，所以离心率e=ca= 1+b2a2= 1+9= 10．
故选：A．
由渐近线斜率求离心率．
本题主要考查了直线垂直的斜率关系，双曲线离心率的求解，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：圆C：x2+y2−4x−m+9=0，即(x−2)2+y2=m−5，
所以圆心C(2,0)，半径r= m−5，且m>5，
则圆心C(2,0)到直线l的距离d=|2 3− 3| 1+3= 32，
因为圆C与l： 3x+y− 3=0相交于A，B两点，且△ABC为正三角形，
所以d= 32r，即 32= 32 m−5，
解得：m=6．
故选：C．
由△ABC为正三角形，得到圆心C到直线l的距离d= 32r，即可求解．
本题考查了已知圆的弦长求方程或参数，求点到直线的距离，由标准方程确定圆心和半径，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵lnxn+1=1+lnxn，
∴lnxn+1−lnxn=1
∴xn+1xn=e
∵x1+x2+x3+…+x10=10
∴x21+x22+x23+…+x30=e20⋅(x1+x2+x3+…+x10)=10e20，
故选：D．
由lnxn+1=1+lnxn，可得xn+1xn=e，由x1+x2+x3+…+x10=10，结合等比数列的通项公式，即可得到结论．
本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(−1,−2)，
即点(−1,−2)在抛物线的准线上，则p=2，
则抛物线的焦点为(1,0)；
则双曲线的左顶点为(−3,0)，即a=3；
点(−1,−2)在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y=±2x，
由双曲线的性质，可得b=6；
则c= 9+36=3 5，则焦距为2c=6 5
故选：A．
根据题意，点(−1,−2)在抛物线的准线上，结合抛物线的性质，可得p=2，进而可得抛物线的焦点坐标，依据题意，可得双曲线的左顶点的坐标，即可得a的值，由点(−1,−2)在双曲线的渐近线上，可得渐近线方程，进而可得b的值，由双曲线的性质，可得c的值，进而可得答案．
本题考查双曲线与抛物线的性质，注意题目“双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(−1,−2)”这一条件的运用，另外注意题目中要求的焦距即2c，容易只计算到c，就得到结论．
8.【答案】A
【解析】解：设O为坐标原点，延长BF2交双曲线C于点D，
连接DF1，
因为AF1/​/BF2，点O为F1F2的中点，
由双曲线的对称性可知AF1//DF2，|AF1|=|DF2|，
因为5|AF1|=3|BF2|，
设|AF1|=|DF2|=3t，
此时|BF2|=5t，
所以|BF1|=2a+|BF2|=2a+5t，|DF1|=2a+|DF2|=2a+3t，
因为BF1|=2|AF1|，
所以2a+5t=2×3t，
解得t=2a，
所以|BF1|=12a，|BF2|=10a，|DF2|=6a，|DF1|=8a，
在△BF1D中，cs∠F1BD=(12a)2+(16a)2−(8a)22×12a×16a，
在△BF1F2中，cs∠F1BF2=(12a)2+(10a)2−(2c)22×12a×10a，
所以(12a)2+(16a)2−(8a)22×12a×16a=(12a)2+(10a)2−(2c)22×12a×10a，
解得ca= 342．
故选：A．
由题意，设O为坐标原点，延长BF2交双曲线C于点D，连接DF1，根据双曲线的对称性可知AF1//DF2，由双曲线的定义结合余弦定理求解即可；
本题考查双曲线的离心率，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：因为an+1n+1=anan+n，
所以两边取倒数得：n+1an+1=nan+1，
因为a1=13，所以1a1=3，
所以数列{nan} 是首项为3，公差为1的等差数列，
所以nan=3+n−1=n+2，即an=nn+2，
所以a1a2…an=1×2×3×…×n3×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)=2(n+1)(n+2)=2(1n+1−1n+2)，
所以a1+a1a2+…+a1a2…an=2(12−13+13−14+...+1n+1−1n+2)=2(12−1n+2)，
所以2(12−1n+2)≤56，即n+2≤12，解得n≤10，即n的最大值为10．
故选：D．
对已知数列的递推式两边取倒数，结合等差数列的定义和通项公式，以及数列的裂项相消求和，解不等式可得所求最大值．
本题考查构造法求数列的通项公式，裂项相消法求和，属于中档题．
10.【答案】(32,−12)
【解析】解：根据题意，直线l的方程可化为a(2y+1)+x−y−2=0，
由2y+1=0x−y−2=0，解得x=32y=−12，可知点(32,−12)总适合直线l的方程，
所以直线l总经过定点(32,−12)．
故答案为：(32,−12)．
将直线l方程整理为a(2y+1)+x−y−2=0，通过解方程组2y+1=0x−y−2=0，求得x=32y=−12，可得直线l经过的定点坐标．
本题主要考查了直线的方程、恒过定点的直线等知识，属于基础题．
11.【答案】外切
【解析】解：因为C1：x2+y2−2x+2my+1=0圆的面积被直线x+2y+1=0平分，
所以圆心C1(1,−m)在直线x+2y+1=0上，
所以1−2m+1=0，解得m=1，
所以圆C1：x2+y2−2x+2y+1=0，即(x−1)2+(y+1)2=1，
其圆心为C(1,−1)，半径为r1=1，
因为圆C2：(x+3)2+(y−2)2=16，其圆心C2(−3,2)，半径r2=4，
所以|C1C2|= (−3−1)2+(2+1)2=5=4+1=r2+r1，
所以圆C1与圆C2的位置关系是外切．
故答案为：外切．
由条件可得圆心C1(1,−m)在直线x+2y+1=0上，从而求得m，再由两圆的圆心距与半径和的关系即可求得．
本题考查圆与圆的位置关系的应用，属于基础题．
12.【答案】(53)n−1
【解析】解：等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3，
所以2Sn+1=3an+2−3．
两式相减，得2an+1=3an+2−3an+1，即3an+2=5an+1，
所以等比数列{an}的公比q=53．
当n=1时，2a1=3a2−3=5a1−3，
解得a1=1，所以an=(53)n−1．
故答案为：(53)n−1．
先应用an+1=Sn+1−Sn，计算得出公比q=53，最后应用等比数列的通项公式计算即可．
本题考查等比数列的通项公式和数列的通项与求和的关系，考查运算能力，属于中档题．
13.【答案】 62
【解析】解：因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是BB1中点，
连接C1D，
所以AC= AB2+BC2= 12+12= 2，A1C1=AC= 2，
又A1D= A1B12+B1D2= 12+12= 2，
C1D= C1B12+B1D2= 12+12= 2，
所以△A1DC1是边长为 2的等边三角形，
取A1D的中点，连接C1E，则C1E⊥A1D，
所以C1E的长即为点C1到直线DA1的距离，
又△A1DC1是边长为 2的等边三角形，
所以C1E= 32× 2= 62．
故答案为： 62．
连接C1D，易得△A1DC1是边长为 2的等边三角形，取A1D的中点，连接C1E，则C1E的长即为点C1到直线DA1的距离，在等边三角形△A1DC1中，求解即可．
本题考查空间中点到直线的距离的求解，属中档题．
14.【答案】x2−y215=1
【解析】解：如图，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx±ay=0，F(c,0)，
F(c,0)到渐近线bx−ay=0的距离为d=|bc| a2+b2=b，
所以b= 15，
因为△OMF为等腰三角形，所以xM=c2，代入方程x2a2−y2b2=1，
得c24a2−yM2b2=1，由yM>0解得yM=b c2−4a22a，
所以M(c2,b c2−4a22a)，得|OM|2=(c2)2+(b c2−4a22a)2=c24+b2(c2−4a2)4a2，
又4|OM|=7|OF|，所以16|OM|2=49|OF|2，
即16[c24+b2(c2−4a2)4a2]=49c2，整理得4c4−65a2c2+16a4=0，
由c>a解得c2=16a2．
得b2=c2−a2=15a2，解得a2=1，
所以双曲线的标准方程为x2−y215=1．
故答案为：x2−y215=1．
由题意，易知xM=c2，求出点M的坐标，利用两点间距离公式求出|OM|2，根据16|OM|2=49|OF|2建立关于a，c的方程，解之可得c2=16a2.结合点到直线的距离公式计算求出a2即可．
本题主要考查双曲线方程的求解，考查计算能力，属于中档题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意可知：焦点F(p2,0)，准线l：x=−p2，则|AB|=2|CF|=p，
由对称性不妨设A(m,n)(n>0)，则|AB|=m+p2=p，解得m=p2，
将点(p2,n)代入y2=2px，可得n2=p2，即n=p，
由|AB|=2|CF|得|AE|=2|EF|，可知E点纵坐标为p3，
则△ABE的面积为12p(p−p3)=3，解得p=3，
所以抛物线方程为y2=6x，点C坐标为(3,0)，
设P(x,y)，则|PC|= (x−3)2+y2= (x−3)2+6x= x2+9≥3，
当且仅当x=0时，等号成立，
所以当P点是抛物线的顶点时，|PC|取最小值3．
故答案为：3．
不妨设A(m,n)(n>0)，分析可得E点纵坐标为p3，结合面积可得p=3，设P(x,y)，结合两点间距离公式运算求解即可．
本题考查抛物线的几何性质、两点间距离公式等，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：∵A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AB=AC=4，A1B1=A1C1=A1A=2，点D是CC1的中点，
∴A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，
B1(2,0,2)，C1(0,2,2)，D(0,3,1)，
则BB1=(−2,0,2),AC=(0,4,0),AB1=(2,0,2)，
设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z)，
则有m⋅AC=0,m⋅AB1=0,即4y=0,2x+2z=0,令x=1，得y=0，z=−1，∴m=(1,0,−1)，
∵BB1=(−2,0,2)=−2m，
∴BB1⊥平面AB1C；
解：(2)AB=(4,0,0),AD=(0,3,1)，
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AB=0,n⋅AD=0,即4x=0,3y+z=0,令y=1，得x=0，z=−3，∴n=(0,1,−3)，
∵AB1=(2,0,2)，
则d=|n⋅AB1||n|=|−6| 10=3 105，
∴点B1到平面ABD的距离为3 105；
(3)设平面AB1C与平面ABD的夹角为θ，
∵平面AB1C的法向量为m=(1,0,−1)，
平面ABD的法向量为n=(0,1,−3)，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=3 2× 10=3 510，
∴平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值等于3 510．
【解析】由题，以A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可一一解决每个问题．
本题考查了空间向量的综合运用，属于中档题．
17.【答案】x23+y2=1 32
【解析】解：(1)根据椭圆的简单几何性质，可知b=1，
将点(1, 63)代入x2a2+y2=1，那么可得a= 3，
所以椭圆C为x23+y2=1．
(2)根据已知可得椭圆的右焦点为( 2,0)，
直线l为y=x− 2，
联立椭圆方程，那么可得4x2−6 2x+3=0，Δ=(−6 2)2−4×4×3=24>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据韦达定理可得x1+x2=3 22，x1x2=34，
那么|AB|= 1+12⋅|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2× 184−3= 3，
点O(0,0)到直线l：x−y− 2=0的距离d=|− 2| 12+(−2)2=1，
因此S△AOB=12⋅|AB|⋅d= 32．
(1)根据椭圆的性质，结合代入法，a，b，c的关系进行求解即可；
(2)根据三角形面积公式，结合椭圆弦长公式、点到直线距离公式进行求解即可．
本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
18.【答案】an=n,bn=2×3n−1 Tn=3n(2n−1)+12
【解析】解：(1)数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1=1，b1=2，b2S2=18，b2+S3=12，
设等差数列{an}的公差为d(d>0)，等比数列{bn}公比为q，
则b2S2=b1q(2a1+d)=2q(2+d)=18b2+S3=b1q+3a1+3d=2q+3d+3=12，解得d=1，q=3，
∴an=1+(n−1)×1=n,bn=2×3n−1，
(2)an⋅bn=2n⋅3n−1，
Tn=2(1×30+2×31+3×32+…+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1)，
∴3Tn=2(1×31+2×32+3×33+…+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n)，
两式作差得：
−2Tn=2(30+31+…+3n−1−n⋅3n)=2[30(1−3n)1−3−n⋅3n]=2(3n2−n3n−12)
∴Tn=3n(2n−1)+12．
(1)根据条件列方程组，求出公差和公比即可；
(2)利用错位相减法求出．
本题主要考查了等差数列与等比数列通项公式的应用，还考查了错位相减求和，属于中档题．
19.【答案】x24+y22=1 直线NQ过定点(2,0)
【解析】解：(1)根据椭圆的定义可知△DEF2的周长为|DF2|+|CF2|+|CD|=8，
因此|DF2|+|CF2|+|CF1|+|DF1|=8，即4a=8，解得a=2，
x=−c代入椭圆有c2a2+y2b2=1，因此y2=b2(1−c2a2)=b4a2，因此y=±b2a，
因此通径|DE|=2b2a=2，所以b2=2，
故椭圆C为x24+y22=1；
(2)直线NQ过定点(2,0)，理由如下：
根据x=my+1x2+2y2=4，那么可得(m2+2)y2+2my−3=0，
显然Δ=4m2+12(m2+2)>0，
设N(x2,y2)，M(x1,y1)，那么根据韦达定理可得y1y2=−3m2+2，y1+y2=−2mm2+2，
直线AM为y=y1x1+2(x+2)．
令x=4，解得y=6y1x1+2，那么Q(4,6y1x1+2)，
因此NQ的斜率为kNQ=6y1x1+2−y24−x2=6y1−y2(x1+2)(4−x2)(x1+2)，且kNQ≠0，
因此NQ为y−y2=6y1−y2(x1+2)(4−x2)(x1+2)(x−x2)．
令y=0，那么x=x2−y2(4−x2)(x1+2)6y1−y2(x1+2)
=x2[6y1−y2(x1+2)]−y2(4−x2)(x1+2)6y1−y2(x1+2)
=6x2y1−4y2(x1+2)6y1−y2(x1+2)=6(my2+1)y1−4y2(my1+3)6y1−y2(my1+3)=2my1y2+6y1−12y2−my1y2+6y1−3y2
=2my1y2+6(y1+y2)−18y2−my1y2+6(y1+y2)−9y2=2m(−3m2+2)+6(−2mm2+2)−18y2−m(−3m2+2)+6(−2mm2+2)−9y2
=−18m−18(m2+2)y2−9m−9(m2+2)y2=2．
因此直线NQ过定点(2,0)．
(1)根据椭圆的定义，结合代入法进行求解即可；
(2)将直线方程与椭圆方程联立，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、直线斜率公式进行求解即可．
本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20.【答案】4 34k an=n,d=1k⋅1−ds1−d+tds,d≠1
【解析】解：(1)根据题设条件可知a1=1，a2，⋯，a10为公差为1的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得a10=a1+9=10，
又a10，a11，⋯，a20为公差为d的等差数列，
根据等差数列通项公式的推广公式可得a20=a10+10d=50，
解得d=4；
(2)由题可知：a1=1，a2，a3，⋯，ak为公差为1的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得ak=a1+(k−1)=k，
ak，ak+1，ak+2，⋯，a2k为公差为d的等差数列，
因此a2k=ak+kd=k(1+d)，
a2k，a2k+1，a2k+2，⋯，a3k为公差d2的等差数列，
因此a3k=a2k+kd2=k(1+d+d2)=k[(d+12)2+34]≥34k，
又k为正整数，因此34k>0，因此a3k的最小值为34k；
(3)记n除以k的整数部分为s，余数为t，因此n=ks+t，
当s≥1时，aks，aks+1，aks+2，⋯，ak(s+1)是公差为ds的等差数列，
而ak(s+1)=aks+kds，
依次类推得ak(s+1)−aks=kds,⋯,ak−a1=k−1，
累加得ak(s+1)=k(1+d+d2+⋯+ds)，
当d=1时，ak(s+1)=k(s+1)，
当d≠1，根据等比数列的求和公式可得ak(s+1)=k⋅1−ds+11−d，
也因此aks=ks,d=1,k⋅1−ds1−d,d≠1,
由题，t∈[0,k)，因此aks+t=aks+tds=ks+t,d=1,k⋅1−ds1−d+tds,d≠1,
当s=0时，aks+t=at=t，仍然满足上式，
综上所述，an=n,d=1,k⋅1−ds1−d+tds,d≠1.
(1)结合题意根据等差数列通项公式求解即可；
(2)结合题意根据等差数列通项公式得a3k=k(1+d+d2)，计算即可求解；
(3)由题可知：n=ks+t，当s≥1时，结合题意根据等差数列通项公式得ak(s+1)=aks+kds，利用累加法可得ak(s+1)=k(1+d+d2+⋯+ds)，根据等比数列求和化简可得aks+t=aks+tds=ks+t,d=1k⋅1−ds1−d+tds,d≠1，当s=0时，也满足上式，即an=n,d=1k⋅1−ds1−d+tds,d≠1．
本题考查数列的应用，属于中档题．