2023-2024学年安徽省黄山市高二下学期7月期末质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省黄山市高二下学期7月期末质量检测数学试题（含解析），共17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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=x∈R|x2<10,B=2,3,4,5则A∩B=( )
A. 2B. 2,3C. 3,4D. 2,3,4
2.已知复数z1=1−i，z2=i，则复数z1z2的虚部为( )
A. 1B. −iC. iD. −1
3.2x2−1x6的展开式中，常数项为( )
A. 60B. −60C. 120D. −120
4.函数f(x)=(21+ex−1)sinx的图象大致是( )
A. B.
C. D.
5.双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e=2，且点P( 6,3)在双曲线C上，则双曲线C的标准方程为( )
A. x24−y212=1B. x22−y26=1C. x23−y29=1D. x2−y23=1
6.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1=A1B1=12AB=1，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为( )
A. 14B. 154C. 1D. 32
7.第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办.假设这届奥运会将新增4个表演项目，现有A，B，C三个场地申请承办这4个新增项目的比赛，每个场地至多承办其中3个项目，则不同的安排方法有( )
A. 144种B. 84种C. 78种D. 60种
8.等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，a4−a2=6，a5−a3=12，当Tn(Sn+1)92最小时，n的值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题为真命题的是( )
A. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，方差变大
B. 若变量y和x之间的相关系数r=−0.9362，则变量y和x之间的负相关性很强
C. 在回归分析中，决定系数R2=0.80的模型比决定系数R2=0.98的模型拟合的效果要好
D. 某人每次射击击中靶心的概率为25，现射击10次，设击中次数为随机变量X，则E(2X+3)=11
10.已知点A(5,0)，B−5,0，动点P在圆C：(x+3)2+(y−4)2=8上，则( )
A. 直线AB截圆C所得的弦长为 6
B. ▵PAB的面积的最大值为151
C. 满足到直线AB的距离为 2的P点位置共有3个
D. PA⋅PB的取值范围为[−2−4 5,−2+4 5]
11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线C:y2=4x焦点为F，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1经过抛物线内一点P(t,1)射入，经过C上的点A(x1,y1)反射后，再经过C上另一点B(x2,y2)沿直线l2反射出且经过点Q，则下列结论正确的是( )
A. y1y2=−4
B. 延长AO交直线x=−2于点C，则C，B，Q三点共线
C. 若点A关于直线BP的对称点恰在射线BQ上，则t=132
D. 从点P向以线段BF为直径的圆作切线，则切线长最短时t=52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a8=6，a12=17，则S16= ．
13.“双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生产的新能源汽车的某一部件质量指标ξ服从正态分布N80,σ2(σ>0)，检验员根据该部件质量指标将产品分为正品和次品，其中指标ξ∈79.94,80.06的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于0.3%，则σ的一个值可以为 .(若ξ∼Nμ,σ2，则P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=95.4%,P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)=99.7%)
14.已知函数f(x)=lnx,0e3，存在x1四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=2x3−3ax2+1．
(1)若对任意x∈R，都有f(x)+f(2−x)=−6，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线方程；
(2)若函数f(x)在x=1处有极小值，求函数f(x)在区间[12,2]上的最大值．
16.(本小题12分)
如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，AB=AC，BC=2 5，AA1=12BB1= 7，点E为BC中点．
(1)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；
(2)试判断∠B1CB的大小是否等于平面ABC与平面A1B1C夹角的大小，请说明理由，并求出平面ABC与平面A1B1C夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
暑假即将开启，甲、乙两名同学计划7月中旬一起外出旅游体验生活，甲同学了解到黄山北站自6月15日零时起开通了黄山直达重庆的动车组列车，于是想去山城重庆游玩，但乙同学觉得重庆温度太高，想去四季如春的昆明，两人决定用“石头、剪刀、布”的游戏决定胜负，比对方多得2分者胜出，游戏结束，获胜者决定去哪里.规定：每局获胜者得1分，负者和平局均得0分.设每局甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为14，平局的概率为14，且每局结果相互独立．
(1)记前两局游戏中，甲所得总分为X，求X的分布列和期望；
(2)记“游戏恰好进行三局结束”为事件A，“乙获胜”为事件B，求P(B|A)．
18.(本小题12分)
如图，在矩形OFHG(O为坐标原点)中，0F=2，OG= 3，点E(0,− 3)，点Ai，Bi(i=1,2,3,⋯,n−1)分别是OF，FH的n(n≥2)等分点，直线EAi和直线GBi的交点为Mi．
(1)分别写出点Ai，Bi的坐标；
(2)试证明点Mi(i=1,2,3,⋯,n−1)在椭圆C:x24+y23=1上；
(3)设直线x+ty−1=0与椭圆C分别相交于P，Q两点，直线PO与椭圆C的另一个交点为E，求▵PQE的面积S的最大值．
19.(本小题12分)
对于无穷数列{an}，若满足：∃m∈N∗，对∀n≥n0(n0∈N∗)，都有an+man=q(其中q为常数)，则称{an}具有性质“W(m,n0,q)”.
(1)若{an}具有性质“W(4,2,3)”，且a3=1，a5=2，a8+a9+a11=20，求a4；
(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}具有性质“W(1,1,2)”，b2=c3=4，b1+c1=c2，an=3n+4bnbn+1cn，试求数列{an}的前n项和；
(3)设{an}既具有性质“W(i,1,q1)”，又具有性质“W(j,1,q2)”，其中i,j∈N∗，i答案解析
1.B
【解析】解：由题意知，A={x∈Rx2<10}={x∈R− 10又B={2,3,4,5}，
所以A∩B={2,3}．
故选：B
2.D
【解析】解：因为复数z1=1−i，z2=i，则复数z1z2=1−ii=1−i⋅(−i)i⋅(−i)=−1−i，所以复数z1z2的虚部为−1；
故选：D
3.A
【解析】解：(2x2−1x)6展开式的通项公式为：
Tr+1=C6r2x26−r·−1xr=C6r·26−r·−1r·x12−3r，
由12−3r=0，得r=4，
所以常数项为C64·22·−14=60．
故选：A．
4.A
【解析】解：f(x)=2−1−ex1+exsinx=1−ex1+exsinx，(x∈R)，则f(−x)=1−e−x1+e−xsin(−x)=ex−1ex+1(−sinx)=1−ex1+exsinx=f(x)，则f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，故C错误，D错误；
当0故选：A．
5.C
【解析】解：由题意设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
因为点P( 6,3)在双曲线C上，所以6a2−9b2=1(a>0,b>0)，
因为离心率e=2，所以ca=2，得c=2a，
所以c2=4a2，则a2+b2=4a2，所以b2=3a2，
所以6a2−93a2=1，得a2=3，则b2=9，
所以双曲线方程为x23−y29=1．
故选：C
6.B
【解析】解：取BC中点Q，连接AQ，AC，
由菱形得▵ABC为等边三角形，
∵Q为中点，∴AQ⊥BC，又∵AD//BC，∴AQ⊥AD，
又∵AA1⊥平面ABCD，
∴以A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，如图：
A(0,0,0),A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q( 3,0,0)，C( 3,1,0)，B( 3,−1,0)，C1( 32,12,1)，M(0,1,0)，∴C1M=(− 32,12,−1)，AD1=0,1,1，
所以csC1M,AD1=C1M⋅AD1C1M⋅AD1=12−1 2× 2=14，
故sinC1M,AD1= 1−cs2C1M,AD1= 154，
故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为 154
故选：B
7.C
【解析】解：若三个场地分别承担3,1,0个项目，则有C43A33=24种安排，
若三个场地分别承担2,2,0个项目，则有C42C22A22⋅A33=18种安排，
若三个场地分别承担2,1,1个项目，则有C42C21C11A22⋅A33=36种安排，
综上，不同的安排方法有24+18+36=78种.
故选：C．
8.C
【解析】解：因为an是等比数列，所以a5−a3a4−a2=q=126=2，
又因为a4−a2=6=a2q2−1=3a2,a2=2,所以a1=1,an=2n−1，
Tn=20×21×22×⋯×2n−1=20+1+2+⋯+n−1=2n−1n2，
Sn=1×1−2n1−2=2n−1，
TnSn+192=2nn−122n92=2n2−10n2，
因为y=2t单调递增，t=n2−10n2开口向上n=5取最小值，
当n=5时TnSn+192=2n2−10n2取最小值．
故选：C．
9.BD
【解析】解：对于A，将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，其方差不变，故 A错误；
对于B，由相关系数的意义，当r越接近1时，表明变量y和x之间的相关性很强，由于变量y和x之间的相关系数r=−0.9362，则变量y和x之间的负相关性很强，故 B正确；
对于C，用决定系数R2的值判断模型的拟合效果，R2越大，模型拟合效果越好，故 C错误；
对于D，由于X∼B(10,25)，则E(X)=10×25=4，所以E(2X+3)=2E(X)+3=11，故 D正确；
故选：BD
10.CD
【解析】解：对于A，因为A0,5，B−5,0，所以直线AB的方程为x−y+5=0，圆心C−3,4到直线AB的距离为d=−3−4+5 12+(−1)2= 2，
又因为圆C的半径r=2 2，所以直线AB截圆C所得的弦长为2× 8−( 2)2=2 6， A错误．
对于B，易知AB=5 2，要想▵PAB的面积最大，只需点P到直线AB的距离最大，而点P到直线AB的距离的最大值为r+d=3 2，
所以▵PAB的面积的最大值为12×3 2×5 2=15， B错误．
对于C，当点P在直线AB上方时，点P到直线AB的距离的范围是0,r+ 2，即0,3 2，
由对称性可知，此时满足到直线AB的距离为 2的P点位置有2个．
当点P在直线AB下方时，点P到直线AB的距离的范围是0,r− 2，即0, 2,
此时满足到直线AB的距离为 2的P点位置只有1个．
综上所述，满足到直线AB的距离为 2的P点位置共有3个，C正确．
对于D，由题意知PA⋅PB=(PC+CA)⋅(PC+CB)=PC2+PC⋅(CA+CB)+CA⋅CB．
又因为A0,5，B−5,0，C−3,4，所以CA=(3,1)，CB=(−2,−4)，故CA⋅CB=−10，CA+CB=(1,−3)．
设点D(x0,y0)满足CA+CB=CD，则CD=(x0+3,y0−4)，故x0+3=1y0−4=−3，解得x0=−2y0=1，即D(−2,1)，CD= 10．
所以PA⋅PB=PC2+PC⋅CA+CB+CA⋅CB=8+PC⋅CD⋅csPC,CD−10=−2+2 2× 10csPC,CD=−2+4 5csPC,CD．
又因为4 5csPC,CD∈−4 5,4 5，
所以−2+4 5csPC,CD∈−2−4 5,−2+4 5，即PA⋅PB的取值范围为[−2−4 5,−2+4 5]， D正确．
故选：CD
11.ACD
【解析】解：对于A，y=1代入y2=4x得x=14，所以A(14,1)，又F(1,0)，
直线AF方程为y=1−014−1(x−1)，即4x+3y−4=0，
由y2=4x4x+3y−4=0，解得x=14y=1或x=4y=−4，所以B(4,−4)，
即y1=1，y2=−4，y1y2=−4， A正确；
对于B，直线AO方程为：y=4x，则C(−2,−8)，
因为BQ方程为：y=−4，所以C，B，Q三点不共线，故 B错误；
对于C，BQ方程为：y=−4，则点A关于直线BP的对称点A′(m,−4)(m>0)，
kBP=5t−4，直线BP方程为：y+4=5t−4(x−4)，
根据对称性可得514−m×5t−4=−1−4+12+4=5t−4(m+142−4)，解得m=414t=132，故 C正确；
对于D，因为F(1,0)，B(4,−4)，
所以以线段BF为直径的圆的方程为(x−52)2+(y+2)2=254，其圆心N(52,−2)，半径r=52，
从点P向以线段BF为直径的圆作切线，其切线长为 PN2−r2= PN2−254，
所以要使切线长最短，即点P到圆心的距离最小，
而PN2=t−522+(1+2)2=t−522+9，
所以t=52时，PN2最小，则此时切线长最小；故 D正确；
故选：ACD．
12.160
【解析】解：由an是等差数列可得a2+a8=2a5=6，所以a5=3，
所以S16=16a1+a162=16a5+a122=16×3+172=160．
故答案为：160．
(答案不唯一，小于等于0.02即可)
【解析】解：依题意可得μ=80，
要使次品率不高于0.3%，则正品率不低于99.7%，
又根据正态曲线的特征知，ξ−80<3σ，
所以ξ∈80−3σ,80+3σ⊆79.94,80.06，
所以80−3σ≥79.9480+3σ≤80.06，解得σ≤0.02．
故答案为：0.01(答案不唯一，小于等于0.02即可)．
14.1e或e−1
【解析】解：由题意，f(x)在(0,1)，(e3,+∞)上递减，在(1,e3)上递增，
存在x1所以f(x3)x2=f(x2)x2，且1令y=lnxx⇒y′=1−lnxx2，所以x∈(1,e),y′>0,x∈(e,e3),y′<0，
所以函数在(1,e)上单调递增，在(e,e3)上单调递减，
所以x=e时，函数取得最大值1e，所以f(x3)x2的最大值为1e．
故答案为：1e
15.解：(1)因为f(x)+f(2−x)=−6，令x=1，可得f(1)=−3，
即2−3a+1=−3，解得：a=2，
所以f(x)=2x3−6x2+1，则f′(x)=6x2−12x，
所以f′(1)=−6，
则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线方程为：y+3=−6(x−1)，即6x+y−3=0
(2)由题可得f′(x)=6x2−6ax
因为函数f(x)在x=1处有极小值，
则f′(1)=6−6a=0，解得：a=1，
所以f(x)=2x3−3x2+1，f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
令f′(x)=0，解得：x1=0，x2=1
当x<0或x>1时，f′(x)>0，当0所以f(x)的单调增区间为(−∞,0)，(1,+∞)，减区间为(0,1)，
则a=1时，函数f(x)在x=1处有极小值，满足题意；
则当x∈[12,2]时，f(x)在12,1单调递减，在1,2上单调递增，
由于f(12)=12，f(1)=0，f(2)=5，
所以f(x)max=f(2)=5
【解析】(1)由f(x)+f(2−x)=−6，得到f(1)=−3，从而求出a，再结合导数的几何意义求出切线斜率，即可求解；
(2)根据函数f(x)在x=1处有极小值，得到f′(1)=0，从而解得a的值，利用导数研究函数的单调性，从而求得函数f(x)在区间[12,2]上的最大值..
16.解：(1)因为AB=AC，点E为BC中点，所以AE⊥BC，
因为AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，所以BB1⊥平面ABC，
又因为AE⊂平面ABC，所以AE⊥BB1，
又BC∩BB1=B，BC，BB1⊂平面BCB1，
所以AE⊥平面BCB1，又AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1．
(2)∠B1CB的大小等于平面ABC与平面A1B1C夹角的大小，理由如下：
取BB1中点M，CB1的中点N，连接A1M，A1N，NE，MN，
因为M，N分别为BB1，CB1的中点，
所以MN//BC，且MN=12BC= 5，
又MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以MN//平面ABC，
因为N，E分别为B1C，BC的中点，
所以NE//BB1，NE=12BB1 7
又因为BB1//AA1，AA1=12BB1= 7，
所以NE//AA1，且NE=AA1，
所以四边形AENA1为平行四边形，则A1N//AE，
又A1N⊄平面ABC，AE⊂平面ABC，所以A1N//平面ABC，
又A1N∩MN=N，A1N，MN⊂平面A1MN，所以平面A1MN//平面ABC，
所以平面ABC与平面A1B1C夹角等价于平面A1MN与平面A1B1C夹角，且平面A1MN∩平面A1B1C=A1N，
由(1)知道AE⊥平面BCB1，
又A1N//AE，
所以A1N⊥平面BCB1，
又B1C⊂平面BCB1，MN⊂平面BCB1
所以A1N⊥B1C，A1N⊥MN，
根据二面角的定义可知∠MNB1为平面A1MN与平面A1B1C夹角，
又因为MN//BC，
所以∠B1CB=∠MNB1，
即∠B1CB的大小等于平面ABC与平面A1B1C夹角的大小，
因为BB1⊥BC，
所以CB1= 20+28=4 3
所以cs∠B1CB=BCB1C=2 54 3= 156．
【解析】(1)由题意得到AE⊥平面BCB1，根据面面垂直的判定定理即可得证；
(2)取BB1中点M，CB1的中点N，连接A1M，A1N，NE，MN，可证明平面A1MN//平面ABC，即平面ABC与平面A1B1C夹角等价于平面A1MN与平面A1B1C夹角，由(1)可得A1N⊥B1C，A1N⊥MN，即可知∠MNB1为平面A1MN与平面A1B1C夹角，根据平行可得∠B1CB=∠MNB1，即可求解．
17.解：(1)X的可能取值为0，1，2，
PX=0=12×12=14，PX=1=C21×12×1−12=12，PX=2=122=14，
故X的分布列为，
期望为EX=0×14+1×12+2×14=1；
(2)“游戏恰好进行三局结束”，
即前两局，甲胜一局，平一局，第三局甲胜，
或前两局，乙胜一局，平一局，第三局乙胜，
故甲同学胜出的概率为C21×12×14×12=18，乙同学获胜的概率为C21×14×14×14=132，
故PA=18+132=532，又PAB=132，故PBA=PABPA=132532=15．
【解析】(1)写出X的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值；
(2)先求出PA=18+132=532，PAB=132，利用条件概率公式求出答案．
18.解：(1)由题意Ai2in,0，Bi2, 3− 3in(i=1,2,3,⋯,n−1).
(2)设Mix,y，又Ai2in,0，Bi2, 3− 3in(i=1,2,3,⋯,n−1).
则直线EAi：y+ 3= 3n2ix，①
直线GBi：y− 3=− 3i2nx，②
点Mix,y的坐标是方程①②的解，①×②可得：y+ 3y− 3=−34x2，
化简得：x24+y23=1，所以Mix,y在椭圆x24+y23=1上.
(3)如图：
设Px1,y1，Qx2,y2，不妨设y1>0，y2<0．
由x+ty−1=0x24+y23=1，消去x得：3t2+4y2−6ty−9=0，
则y1+y2=6t3t2+4，y1y2=−93t2+4．
因为P,E关于原点O对称，所以S▵PQE=2S▵PQO，
直线x+ty−1=0与x轴的交点为1,0，记为点N，则：
S▵PQO=S▵PNO+S▵QNO=12ON⋅y1−y2=12 y1−y22=12 y1+y22−4y1y2=12 6t3t2+42+363t2+4=6 t2+13t2+4．
所以S▵PQE=2S▵PQO=12 t2+13t2+4．
设 t2+1=m，m≥1，则t2=m2−1，所以S▵PQE=12m3m2+1=123m+1m，
设fx=3x+1x,x≥1，则f′x=3−1x2>0在1,+∞上恒成立，
所以fx=3x+1x在1,+∞上单调递增，所以fx≥f1=4．
所以S▵PQE≤124=3(当m=1即t=0时取“=”)．
【解析】(1)由题意可以直接写出Ai，Bi的坐标．
(2)设Mix,y，写出直线EAi，GBi的方程，根据点Mix,y的坐标是两条直线的交点，可证Mix,y在椭圆上．
(3)把直线方程与椭圆方程联立，消去x得到关于y的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，得到y1+y2，y1y2，并用它们表示出▵PQE的面积，换元，利用导数分析单调性，可求▵PQE的面积的最大值．
关键点点睛：第(3)问中，得到S▵PQE=12 t2+13t2+4后，为求其最大值，可用换元法，设 t2+1=m，转化成求S▵PQE=123m+1m(m≥1)的最大值，再设fx=3x+1x,x≥1，利用导数分析函数的单调性，即可解决问题．
19.解：(1)因为{an}具有性质“W(4,2,3)”，则当n≥2时，an+4an=3
又因为a3=1，a5=2，a8+a9+a11=20，
则a11=3a7=9a3=9，a8=3a4，a9=3a5=6，
所以3a4+6+9=20，解得：a4=53
(2)因为无穷数列{cn}具有性质“W(1,1,2)”，
所以当n≥1时，cn+1cn=2，即{cn}为公比为2的等比数列；
又因为b2=c3=4，b1+c1=c2，
则c1=1，c2=2，b1=1，
所以cn=2n−1，
又因为无穷数列{bn}是等差数列，则d=b2−b1=3，
所以bn=3n−2，
则an=3n+4bnbn+1cn=3n+4(3n−2)(3n+1)2n−1=1(3n−2)⋅2n−2−1(3n+1)⋅2n−1，
所以数列{an}的前n项和Sn=11×2−1−14×20+14×20−17×21+17×21−110×22+⋯+1(3n−2)⋅2n−2−1(3n+1)⋅2n−1，
所以Sn=11×2−1−1(3n+1)⋅2n−1=2−1(3n+1)⋅2n−1
(3)因为{an}既具有性质“W(i,1,q1)”，又具有性质“W(j,1,q2)”，其中i,j∈N∗，i则当n≥1时，an+ian=q1，an+jan=q2，
则有a1+ia1×a2+ia2×⋯×aj+iaj=q1j，a1+ja1×a2+ja2×⋯×ai+jai=q2i，
由i所以q1j=q2i，即q1=q2ij，
由an+ian=q1，an+jan=q2，则an+jan+i=q2q1，
当n≥i+1，即n−i≥1时，有an−i+jan−i+i=an+j−ian=q2q1=q2q2ij=q21−ij=q2j−ij，
即对任意的n≥i+1时，都有an+j−ian=q2j−ij，
即{an}具有性质“Wj−i,i+1,q2j−ij，证毕．
【解析】(1)由{an}具有性质“W(4,2,3)”，，可得当n≥2时，an+4an=3，结合题意计算即可;
(2)根据无穷数列{cn}具有性质“W(1,1,2)”可得当n≥1时，cn+1cn=2，从而得到{cn}和{bn}的通项公式，可得an=3n+4(3n−2)(3n+1)2n−1，利用裂项相消求出数列{an}的前n项和即可．
(3)借助{an}既具有性质“W(i,1,q1)”，又具有性质“W(j,1,q2)”，
则当n≥1时，an+ian=q1，an+jan=q2，则有a1+ia1×a2+ia2×⋯×aj+iaj=q1j，a1+ja1×a2+ja2×⋯×ai+jai=q2i，通过运算得到q1j=q2i，
从而可验证对任意的n≥i+1时，是否有an+j−ian=q2j−ij即可．X
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