广东省汕尾市2025届高三年级下册第三次模拟考试数学试卷（含答案）

广东省汕尾市陆丰市东海新龙中学2025届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的.

1.已知集合4={1,234},5={x|0<x<3},则AnB=（）

A.{1,2,3)B.(0,1,2,3}C.[0,3]D.(1,3]

b

2.已知2‘°g2a=3,logs5=2,则a-b=()

A.3B.1C.-1D.-3

3.已知圆C:%2+y2+2x-4y4-1=。关于直线7nx+2y-1=0对称，则实数m=(

A.6B.4C.3D.7

4.已知向量五=（2,1）,h=（-2,4）,则五一可（）

A.2B.3C.4D.5

5.甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在

同一组的概率为（）

A-IB-IC-5D-\

6.在立面直角坐标系xOy中，曲线C：苧+粤=1的周长为（）

A.12B.14C.16D.20

7.已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4兀，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（）

A.71B.2nC.4nD.8n

8.己知点P在双曲线C:今一m=l（a>0,b>0）上，且点P到C的两条渐近线的距离之积等于堂，则。的离

心率为（）

A.3B.2C.V3D.V2

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得。分.

9.某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10,7,7,8,8,9,7；第二组：10,5,5,8,9,9,

10.则（）

A.两组数据的平均数相等

B.第一组数据的方差大于第二组数据的方差

C.两组数据的极差相等

D.第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数

10.已知函数「。）_5也（3+3）（。>0,|3|/）的部分图象如图所示,则（）

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C.y=/(x+今)是奇函数

D.当％W[3兀,4兀]时,/(%)的图象与无轴有2个交点

H.如图，半径为1的动圆C沿着圆。：/+丫2=1外侧无滑动地滚动一周，圆C上的点P(Q,匕)形成的外旋轮

线r,因其形状像心形又称心脏线.己知运动开始时点P与点力(1,0)重合.以下说法正确的有：)

A.曲线r上存在到原点的距离超过2g的点

B.点(1,2)在曲线

C.曲线「与直线x+y-2&=0有两个交点

D.团工竽

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.函数f(x)=%3-2/的图象在点(2/(2))处的切线方程为.

13.已知cosasi九(a-/?)-sinacosifi-a)=|,则.

J

14.对于一个平面图形，如果存在一个圆能完全覆盖住这个平面图形，则称这个图形被这个圆能够完全覆

盖，其中我们把能覆盖平面图形的最小圆称为最小覆盖圆厕曲线%4+y4_x2y2_x2_y2=。的最小覆盖圆

的半径为.

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.已知a,瓦c分别为△ABC的内角A,8,C的对边,且C(QCOSB—6sin4)=M一人2

(1)求4；

(2)若Q=2,△ABC的面积为2,求b+c.

16.在数列｛%｝中,%=2,0n+i=30n—2.

(1)求数列｛册｝的通项公式;

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(2)若匕=an+n,求数列{%}的前n项和7.

17.如图，在四棱锥P-AGCO中，底面/WC。为矩形，AB=2BC=2,侧面PCO足等边二角形，二棱锥A-

尸8。的体积为号，点E是棱CP的中点.

•J

(1)求证：平面PBC1平面PCD；

(2)求平面BDE与平面48co夹角的余弦值.

22

18.己知椭圆〃言+力=l(a>b>0),力，8分别是W的左、右顶点，C是”的上顶点，△ABC的面积为

2,且|AC|=遍.

(1)求椭圆W的方程及长轴长;

(2)已知点M(2,l),点P在直线AC上，设直线PM与x轴交于点E,直线8P与直线EC交于点Q,判断点Q

是否在椭圆W上，并说明理由.

19.设正整数九22,对于数列整的,电,•••,4，定义变换整7将数列4变换成数列7(4)：

G

axa2,a2a3,•­•,an^an,.已知数列A。:外,应，…，斯满足囚{-l,l}(i=1,2,…,九).记4+i=

T(4)(k=0,12…).

(1)若力0：-1,1,1,写出数列4,A2i

(2)若九为奇数且4。不是常数列，求证：对任意正整数k,4都不是常数列；

(3)求证：当且仅当九=2狙(血€/7-)时，对任意力()，都存在正整数k,使得4为常数列.

第3页

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】因为集合4={1,2,3,4},B={x|0<x<3},

所以4nB={1,2,3},

故答案为：A.

【分析】利用交集的定义解答即可.

2.【答案】B

【解析】【解答］解：由。。b可得b

2’2a=3,logs5=22a=a=3,logs5=d=2,

则a-b=1,

故答案为：B

【分析】利用指数恒等式(a>0且QHl,N>0)以及对数的运算规则，分别求出Q和b的值，

再计算Q-b.

3.【答案】C

【解析】【解答】解：C:%24-y24-2x-4y4-1=0的圆心为(-1,2),

故(-1,2)在mx+2y-1=0上，故-m+4—1=0,解得m=3,

故答案为：C

【分析】先将圆的一般方程转化为标准方程，从而得到圆心坐标，再根据回关于直线对称时圆心在直线上这

一性质，将圆心坐标代入直线方程求解m的值.

4.【答案】D

【解析】【解答】解：因为五一1=(2,1)—(—2,4)=(4,—3)，所以|五一可=旧+(-3)2=5.

故答案为：D

【分析】先通过向量减法的坐标运算求出石的坐标，再利用向量模长公式(对于向量m=(乙y),其模长

|m|=yjx2+y2)计算|日一3|.

5.【答案】A

【解析】【解答】设“甲、乙在同一组”为事件人

教师随机分成三组，每组至少一人的分法为以=6,

而甲、乙在同一组的分法有1,故。(4)="

故答案为：A.

【分析】设“甲、乙在同一组”为事件4由组合数得总分法以=6,而甲、乙在同一组的分法有1种，即得答

案.

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6.【答案】D

x>0'x>0

【解析】【解答】解:因为曲线C1+耳=1等价于“yNO或y<0

+±1

-431

x<0x<0

或或y<0

431

(x>0

对于Iy、°表示以(4,0)和(0,3)为顶点线段，其长度为"77=5；

(鸿=1

X>0_________

表示以(4,0)和(0,-3)为顶点线段，其长度为%2+(-3)2=5；

A_Z17

(43=1

(x<0

对于］丫之。表示以(-4,0)和(0,3)为顶点线段，其长度为J(_4)2+32=5；

I4+3-1

(x<0

对于|表示以(一4,0)和(0,-3)为顶点线段，其长度为〃一4)2+(-3)2=5,

Z=1

IV--4-31

所以，曲线C：亨+与1=1的周长为4x5=20.

故答案为：D.

【分析】利用曲线C牛+粤=1去绝对值得四条线段，再根据两点距离公式分别求出四条线段的长度，再

结合四边形周长公式得出曲线C：苧+”=1的周长.

43

7.【答案】B

【解析】【解答】解：如图：设展开图小圆半径和大圆半径分别为r,R,

2

则圆台侧面积S=?(/?2-r)=4TT,即/_r2=8,

上底面半径厂1=券=齐下底面半径/?2=骡=9

2

圆台上下底面面积之差的绝对值为-Tin2=¥一苧=7r((—[)=2m

故答案为：B.

【分析】由圆台的侧面积公式建立等式，从而分别写出上、下底面面积，作差后代入可得到圆台上下底面面

积之差的绝对值.

8.【答案】D

【解析】【解答】解：设P(&,y。).

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22、

•・•点P在双曲r线vl(a>0,b>0)±,

二与一等二1,即属/一。2羽=a2b2

Q，b

乂双曲线C京一与=l(a>0,b>0)的两条渐近线分别为加:+ay=0和bx-ay=0,

点P到双曲线。的两条渐近线的距离之积为：

扭o+Q'ol悭0-%|_|"o+ayo)So-ayo)|_I"飞一°yo|_a2b2

故答案为：D.

【分析】设P(&,yo)，将点p坐标代入双曲线方程中可得呈瘾-/光=Q2b2再利用点p到渐近线可得庐邸_

“2羽=0?》2,化筒可得c2=2/即可求解.

9.【答案】A,D

【解析】【解答】解：第一组数据从小到大排序为：7,7,7,8,8,9,10,

其平均数为;(7+7+7+8+8+9+10)=8,

8

2222222i

其方差为:[(10-8)+(7-8)+(7-8)+(8-8)+(8-8)+(9-8)+(7-8)]=k

其极差为10-7=3,

其中位数为：8；

第二组数据从小到大排序为：5,5,8,9,9,10,10,

其平均数为;(5+5+8+9+9+10+10)=8.

其极差为10-5=5,

其中位数为：9

所以AD正确，BC错误.

故答案为：AD.

【分析】先求平均数8,方差为*极差为3以及中位数的定义逐项计算即可求解.

10.【答案】A,B,D

【解析】【解答】解：A、观察函数图象，相邻的一个最高点与最低点之间的水平距离是名一强二卜对于

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正弦函数y=4sin(①x+0),相邻最高点与最低点之间的水平距离是半个周期，即£=%所以周期7=兀，

根据周期公式7=@(3>0),可得①=孕=@=2,A正确.

0)TTC

B、/(%)=sin(2x+w)，而/(五)=1，故2x$+租=5+2攵兀,k€Z,

故(p=W+2kmkWZ,而⑷|V故0=条B正确.

•54J

C、因为/(%+今)=sin(2x+看+勺=cos2x,故/'(%+金)为偶函数,C错误.

D、/(x)=sin(2%+1),当xG［3九,4TT］时,6入+(42%+(W8"+亨,

因为y=sint在卜万+3,8兀+亨］上的零点为7九,8兀，

故/(x)在［3兀,4司上有两个不同的零点，D正确.

故答案为：ABD.

【分析】本题需依据三角函数图象信息，结合周期、初相的求解方法，以及函数奇偶性、零点的判断规则，

依次分析每个选项，先通过图象确定周期求3,再代入特殊点求3,得到函数解析式后，分别判断函数变换

后的奇偶性、特定区间内的零点情况.

1L【答案】B,C,D

【解析】【解答】解：设。。与OC切于M点，则。,。始终关于点M对称.

所以当切点M绕。逆时针转动。弧度时，致使点P绕圆心C也转了。弧度，06［0,2TT),

连接。C如图所示：

\o\A：'DR_5

、z

,£.AOM=Z.MCP=e,延长CP与之轴交于R点，

过C作CD1不轴于点D,

乙OCD=3一仇乙RCD=O-(^-d}=20-^,OC=2,PC=1

乙\乙/乙

:.xP=2cos64-PC-sin(20-.)=2cos0—cos20,

yp=2sin。-cos(20—%)=2sin8-sin2。，

则P(2cos。-cos20,2sin0—sin28),

即曲线r的参数方程为{；：:甯二:黑第8为参数,0e[O,2TT).

对于A,\po\=J(2cos0-cos20)2+(2sin8-sin20)2=7s-4cos6<3<2遍，

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.」上不存在到原点的距离超过26的点，A错;

对于B,若。，2)在「上，则图二:鬻二1@

2②‘

由①解得&=先岑或0,

验证知仅当。=*时，代入②符合，.••P(I,2)在曲线r上，故B正确;

对于C,由x+y—2&=0,将曲线r的参数方程代入得

2cos0-cos20+2sin0-s\n26-2'j2=0>

即2或sin(6+g一2或=&sin(28+勺，

A2sin(8+勺=2+sin(20+勺，

如下图,分别作出f(%)=2sin(x+勺与g(x)=24-sin(2x+勺的大致图象,

可知两函数图象共有两个交点，故C正确；

对于D,\b\=|2sin。—sin28]=|2sin0(l—cos0)|,

b2=4sin20(l—cos0)2=4(1+cos0)(l-cos。)？

=g(3+3cos8)(1—cos8)(l—cos0)(l—cos。)Wg,住)-

\b\W孥，故D正确；

故答案为：BCD.

【分析】先利用几何性质求解动点P的轨迹方程利用两点间距离公式及三角函数有界性即可判断A：由点

(1,2),利用参数方程解方程组-cosj?=(苴)即可判断比联立直线与参数方程，结合三角函数图象

(2sin8-sin2。=2(2)

可得交点个数即可判断C；利用匕2=4(1+cos8)(l-COSH)?,利用均值不等式即可判断D.

12.【答案】4x-y-8=0

【解析】【解答】/(x)=3x2-4%，八2)=3X22-4X2=4，f(2)=23-2x22=0,

故函数/"(%)=%3-2/的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y-0=4(%-2),即4%-y-8=0.

故答案为：4%—y—8=0.

【分析】

根据导数的几何意义求解即可.

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13.【答案】-

一O

【解析】【解答】解：利用cosasi?i(a—。)一sinacos(P-a)=F-

/3

得一sE(/?­a)cosa-cos(/?—a)sina=5，

QQ

则sin(S-a)cosa+cos邛-a)sina=—"?»所以sin?=sin[(/?一a)+a]=—『.

故答案为:-I

KJ

【分析】利用给定条件结合诱导公式可得sin(/?-a)cosa+cos(^-a)sina=，再利用逆用和角的正弦

公式即可求解.

14.【答案】2

【解析】【解答】解：因为把X换成-X,方程不变，所以曲线/+¥4一%2丫2一％2一,2=0关于¥轴对称；

因为把y换成-y，方程不变，所以曲线%4+丫4一%2产一%2一、2=()关于不轴对称；

因为把x换成-X,同时把y换成-y，方程不变，

所以曲线d+必一/yz一/一必=o关于坐标原点对称；

因为把x换成y,同时把y换成工,方程不变，

所以曲线/+y4_x2y2_x2_y2=0关于直线y=X对称，

因此最小覆盖圆圆心必在坐标原点，

所以最小覆盖圆的半径为曲线/+y4—%2y2一%2一丫2=。上点到原点距离最大值，

x4+y4-x2y2-x2-y2=0,

(%2+y2)2-(%2+y2)=3x2y2<3(片』)2,(当且仅当翼2=y2时取等号)

：•0<x2+y2<4,0<y/x2-ry2<2,

因此最小覆盖圆的半径为2.

故答案为：2.

【分析】先分析曲线的图象的对称性，再求曲线上点到原点距离最大值，从而得出曲线/+俨-％2旷2一/

y2=0的最小覆盖圆的半径.

15.【答案】(1)解：在a/WC中，由余弦定理得，cosB=的三支，

2ac

代入c(acos8—代nA)=a2-b2,

22

贝k(Q•°b—/?sinA)=a—bf

即/+c2-b2-2bcs\nA=2a2-2b2，

艮l」sin/l=b*一02-4，

LDCC0Si

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因为A€(0,7r),所以tan〉=1,则4=.

(2)解：因为△ABC的面积为2,

所以JbcsinA=2,即be=4企，

又因为M=呈+C?—2bccos力，a=2,A=/，所以M+c2=12,

则(b+c)2=b2+c2+2bc=12+8鱼，则b+c=2+2&.

【解析】【分析】(1)思路是利用余弦定理将已知条件中的cosB代换，对等式化简，得到sirvl与cos4的关系，

再结合角A的范围求解.

(2)先根据三角形面积公式求出be的值，再利用余弦定理得到户+c2的值，最后通过完全平方公式求出匕+

(1)在AABC中，由余弦定理得，cosB二M+c2T2

2ac

代入c(acosB-bsinA)=a2—b2,

则C=a2—b2^

即Q2+c2—Z)2—2bcsinA=2a2—2b2»

/?2+c2—a2

即sinA==cos/1,

2bc

因为86(0,TT),所以tanA=1,则A=、

(2)因为△ABC的面积为2,

所以;bc*in/l=2,即=4J5,

又因为Q2=庐+-2bccos4a=2,4=$所以M+c2=12,

则(b+c)2=b24-c2+2bc=12+8•，则b+c=2+2或

16.【答案】(1)解：因为“+i=3%-2n册+1-1=3(an-1),

所以数列｛斯-1｝是以%-1=1为首项，3为公比的等比数列，

所以即一1=3-1,所以即=3吁1+1.

n-1

(2)解:因为6n=即+n=3+(n4-1)»

所以s-1一3"九(2+n+1)_3'-l+n(—+3)

3,一手3十2-2

【解析】【分析】(1)思路是通过对递推式变形，构造出等比数列，利用等比数列通项公式推导｛Qn｝通项.

(2)先分析勾的构成，它由等比数列部分与等差数列部分组成，采用分组求和法，分别对等比数列和等差

数列求和后相加.

(1)因为册11=-2=11-1=3(an-1),

所以数列｛斯一1｝是以由-1=1为首项，3为公比的等比数列，

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所以册—1=3nl»所以“=3"一।+1；

(2)因为。n=°n十〃=3吁1+(〃十1)，

所以_l-3nn(2+n+l)_3n-l+n(n4-3)

17•【答案】(1)证明：因为底面ABCD为矩形，AB=2BC=2,

所以几人初=^ABAD=^x2xl=l,

设三棱锥尸-480的高为d,又因为三棱锥4-尸80的体积为苧,

所以匕4-PBD=^P-ABD=^LABDd=』XlXd=芋所以d=V3»

又因为侧面PC0是等边三角形，且CO=AB=2,

取C。的中点，连接P0,可得P0=V5,

则P。为三棱锥P-的高，

所以PO_L平面4BD,

因为BCu平面力BD,所以P01BC,

又因为C0JL8C,POdDC=O,POtDCc^ffiPCD,

所以BC1平面尸CO,

又因为8cu平面P8C,

所以平面PBC，平面PCD

(2)解:取28的中点N,连接ON,则。N〃BC,

由(1)可得，以。为坐标原点，0Mo&0P所在直线为坐标轴,

建立如图所示的空间直角标系，

则8(1,1,0),。(0,-1,0),E(og,字),P(0,0,6)，

乙乙

则丽=(1,2,0),屁=(0*孚)，丽=(0,0,百),

设平面8DE的一个法向量为五=(x,y,z),

n-DF=%+2y=0

n-DE=|y+^-z=0

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令y=1,则x=—2,z=-A/3»

所以平面的一个法向量为元=（-2,1,-V3）,

又因为平面4BCD的•个法向量为而=（0,0,75），

设平面8DE与平面力BCD夹角为。，

.OPn

所以cos。=cos<0P,n>=--------=f-T===4,

if<4+14-3x732您4

OP-|n|

所以平面BDE与平面ABC。夹角的余弦值为堂.

【解析】【分析】（I）利用已知条件和矩形的结构特征、三角形的面积公式，结合等体积法和三棱锥的体积公

式得出三极锥P-A80的高，再结合等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出线面垂直，进而证出面面

垂直，即证出平面PBC_L平面PCD.

（2）利用中位线定理得出线线平行，结合（I）建立空间宜角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，求出平

面BDE的•个法向昂:，再由平面4BC0的•个法向昂:为赤=（0,0,6）和数量积求向量夹角公丁3从而得出平面

BDE与平面ABCD夹角的余弦值.

（1）因为底面48co为矩形，AB=2BC=2,所以5.即=TD=*x2x1=1,

设三棱锥尸-48。的高为d,又三棱锥4-P80的体积为培，

所以匕l-PBO=^P-ABD~d.=1Xd=苧'所以d=V3,

乂侧面PCO是等边三角形，且CO=48=2,

取CD的中点，连接P0,可得P0=V5,从而P0为三棱锥P—/1BD的高，

所以P0J•平面4B0,又BCu平面4B0,所以P01BC,

又CD_BC,POdDC=0,PO,DCu平面PCD,

所以8cl平面尸CO,又BCu平面PBC,所以平面P8C1平面PC。；

（2）取力8的中点N,连接ON,则0N〃8C,

故由（1）可以O为坐标原点，ON,OC,OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

第12页

则B(1,LO),D(0,—LO),E(O,g苧),P(O,O,®

则方=(1,2,0),DF=(0,?，敦丽=(0,0,V3)，

设平面BOE的一个法向量为五=(x,y,z),

n-丽=x+2y=0

一前3上点，令y=1，则％=-2,z=一百，

n•DE=2y+-yz=0

所以I平面BOE的一个法向量为讯=(-2,1,-6)，

又平面/1BCD的一个法向量为而=(0,0,8)，

设平面8DE与平面力BC。夹角为。

所以cos”|cosO?,n|=踪=诟熹行=^=李

所以平面8。4与平面力打。夹角的余弦值为理

4

18.【答案】(1)解：由题可知，4(—a,0),8(a,0),C(0,b),

△4BC的面积为2,且|4C|=巡，则4乂2。乂匕=2,次+必=5,又a>b>0,解得a=2,b=l；

故椭圆W的方程为：(+y2=i，其长轴长2a=4.

(2)解：Q在椭圆W上，理由如下，

由(1)可知，4(一2,0),8(2,0),C(0,l),又M(2,l),

故直线AC方程为：y=1x+l,又P在直线4c上，故设点P(m，9+1),

当机=2时，直线PM斜率不存在，此时E与8重合，Q也与8重合，显然Q在椭圆上;

当m=0时，直线PM的斜率为0,与％轴没有交点，不满足题意；

当2,且mH0时，直线0例斜率为淄与，直线PM方程为：>一1=温多(％—2),

令y=0,可得干=］，故E©,0);

直线PB斜率为：殳口=空2,直线P8方程为：y=^±4(x-2);

m-22m-4z2m-4')

直线CE斜率为：一与，直线CE方程为：y=-jx+l；

第13页

'_TH4-2_八

「工;f二），消去y可得“扁，代入y=*x+l可得：y=澄，即

联立

c,8m一/+尔

又[西L+仁源+4,=167^2+帆4+16_痴2=(/+4)=],即当+丫2=1，故点Q在椭圆上.

41病+"”+4)2.2+4)2”+4/4。

综上所述，Q在椭圆W上.

【解析】【分析】本题围绕椭圆的基本性质与直线和椭圆的位置关系展开:

（1）利用椭圆顶点坐标（4、B、C的坐标表示），结合三角形面积公式（△48C面积与Q、b的关系）和两点

间距离公式（|4C|与Q、b的关系），建立关于Q、b的方程组，求解得出椭圆方程与长轴长.

（2）先确定直线AC方程，设出点P坐标（因P在AC上，用参数表示），再分情况讨论直线PM的斜率（存在与

不存在），求出E点坐标；接着写出直线BP、EC的方程，联立求出Q点坐标，最后将Q点坐标代入椭圆方程验

证是否满足，从而判断是否在椭圆上.

(1)由题可知,4(—a,0),B(a,0),C(0,b),

△48C的面积为2,且4cl=V5,则4x2axh=2,a2+川=5,又。>匕>o,解得Q=2,6=1；

故椭圆W的方程为：竽2+y2=i，其长轴长2a=4.

(2)由(1)可知，4(-2,0),B(2,0),C(0,l),又M(2,l),

故直线AC方程为：y=ix+l,又P在直线AC上，故设点尸（m,与+1）,

当血=2时，直线PM斜率不存在，此时E与B重合，Q也与B重合，显然Q在椭圆上；

当m=0时，直线PM的斜率为0,与x轴没有交点，不满足题意；

当mH2,且mH0时，直线PM斜率为2（22），直线PM方程为：y-1=2（22）-2）,

令y=0,可得％=故E（［,0）;

直线P8斜率为：殳?=曾昆，直线P8方程为：y=2H±2

m-22m-472m-41，

直线CE斜率为：一墨直线CE方程为：y=-jx+l；

m+2

(x-2)

联立《-2m—4消去”T得“悬代入y=-4+1可得：丫=儒注即

m

,y=iX4-1

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八，8m-m2+\

2

/8?n\22

乂忘立+仁域+4)=16m2m4+16—8丁2=⑺9+4),即女7+了2=「故点Q在椭圆上.

4I6+4'”+4)2(/+4)2(/+4)4。

综上所述，Q在椭圆W上.

19.【答案】(1)解:已知(九=3),变换7将数列A变换为7(4):%。2，。2a3,…,册-1即，。01，

%=7(40)：axa2=(-1)x1=-1,a2a3=1x1=1,a3ax=1x(-1)=-1,所以公：-1,1,一1；

A2=K^i)：。逆2=(-1)x1=-1,a2a3=1x(-1)=-1,a3ai=(-1)x(-1)=1,所以/？：—L-1,1.

即：zip—1,1,—1；42：-1,-1,L

(2)证明：设九=2£—1,其中£WN*.

假设存在正整数〃，使得4是常数列，由4。不是常数列，

不妨设4,41，…,4T不为常数列且儿为常数列,

记4一1：匕1力2,…,b2t一2,^2t-l'则4：b[b2，b2b3,…,如_2b21，b21bl.

令bze=blfb2t+1=b2

当》=1,2,,,,,2t—1时，因为"bj+i=仇+也+2，且瓦+1W{-1>1}»所以==瓦+2。

故bl=匕3==…=^2t-l=82=84=…=b2t_2,

此时4T为常数列，矛盾.

另法:

①若4:1,1,…二，则厉=名也=%…也t—1=b2t-2，b1=b2t-\，

有bl=b2=•••=b2t-i>

此时4.i为常数列，矛盾.

②若4：-1,-1,•••,-1,则比匕2=b2b3-=匕2n-2匕2n-l=b2n-lbl=-1，

有（一I）?’1=（月/2）（匕2b3）…（如-2b2£-1）（匕2142）=比与…成-1=1，

矛盾.

综上，对于任意正整数匕4都不是常数列.

（3）证明：首先证明，若〃=2m・（2s-l）,其中m£N，sN2,s£N+,

则存在几项的数列心，使得对任意的正整数k,4都不是常数列.

证明：构造2s-1项的数列C（）:q,C2,…,％_1，其中G=c2=—=c2s-2=l,Qs-i=-1，

构造九项的数歹UA0：f1，,2,…，Cjs-LC]i：],…,,2$一],…，C],…,>2s-[

241C[,C2，・・・C2$_1

对任意的正整数〃，设心:d],d2，…,d2s.l，则4A：4也二1空士土色;也

2m组d-—i

由于G不是常数列，故4不是常数列.

其次证明：若九=2小，其中m€N*,对任意40,都存在正整数k,A〃是常数列.

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证明：假设存在九=2?%其中mWN*,使得存在数列A。，

使得对任意的正整数/c，4都不是常数列，不妨设血的最小值为mo.

情形一：771（）=1,则71=2,记贝必1：的。2，。1。2为常数列，矛盾.

情形二：m0>2,对任意的数列力（）：。1，。2，。3,…，斯-2，。篦-1，斯，则

4］：@］。2,Q2a3,。3a4，…,Qn-20n-l，1°n，071°1，

，2：。103,02a4,a3a5，…，071-20“，"n—101，

记4（）:。1凡,a2,/?2,...,an,/?n

,n

定义数列比：即，戊2‘…'a’,FQ'.0］,62,…,其中今=2m-T

则£［：5。2，戊2a3,…，号。1，/1：6162,夕2夕3,…，夕变1，42：。1。2,6162，%。3,62夕3一“，。六1，”01.

则依此类推，对任意正整数限记以：%，%,...,〃牛也：%,“2,…，怨，A2k-U1>VvU2>V2,....Un>Vn.

存在正整数自,心，使得以1,&2为常数列，记心=max伙1，七}，则数列E如尸/均为常数列，

设人2月：。，3，。，6，...,火0，则％2/+1的各项均为即攵=21+1时，4是常数列，矛盾.

综上，当且仅当n=2m（m£N*）时，对任意A）,都存在正整数k,使得4为常数列.

【解析】【分析】本题围绕数列变换7展开，包含数列的生成、常数列的判定及特定九与常数列存在性的关

系：

（1）依据变换丁的定义，依次计算相邻项乘积得到后续数列.

（2）假设存在正整数k使4为常数列，结合九为奇数及数列元素取值{-1,1},推导前一项数列4T的性质，

得出与“4不是常数列”矛盾的结论.

（3）分两部分，先证几含非2的质因数时，存在儿使任意k下