1、2020 年北京市海淀区高考数学一模试卷年北京市海淀区高考数学一模试卷 一、选择题（共 10 小题） 1在复平面内，复数 i（2i）对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2已知集合 Ax|0x3，AB1，则集合 B 可以是（ ） A1，2 B1，3 C0，1，2 D1，2，3 3已知双曲线 x2 1（b0）的离心率为 ，则 b 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 4已知实数 a，b，c 在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（ ） Abac+a Bc2ab C D|b|c|a|c 5在（ 2x）6的展开式中，常数项为（ ） A120 B120 C160
2、D160 6如图，半径为 1 的圆 M 与直线 l 相切于点 A，圆 M 沿着直线 l 滚动当圆 M 滚动到圆 M时，圆 M与直线 l 相切于点 B，点 A 运动到点 A，线段 AB 的长度为 ，则点 M到直 线 BA的距离为（ ） A1 B C D 7已知函数 f（x）|xm|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称若 g（x）在区间（1，2） 内单调递减，则 m 的取值范围为（ ） A1，+） B（，1 C2，+） D（，2 8某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为（ ） A B2 C2 D 9若数列an满足 a12，则“p，rN*，ap+rapar”是“an为等比数列”的（ ）
3、 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 10形如 1（n 是非负整数）的数称为费马数，记为 Fn数学家费马根据 F0，F1，F2， F3，F4都是质数提出了猜想：费马数都是质数多年之后，数学家欧拉计算出 F5不是质 数，那么 F5的位数是（ ）（参考数据：lg20.3010） A9 B10 C11 D12 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分 11已知点 P（1，2）在抛物线 C：y22px 上，则抛物线 C 的准线方程为 12在等差数列an中，a13，a2+a516，则数列an的前 4 项的和为 13已知非零向量 ， 满足| | |，
4、则（ ） 14 在ABC中， AB4 ， B ， 点D在边BC上， ADC ， CD2， 则AD ； ACD 的面积为 15如图，在等边三角形 ABC 中，AB6动点 P 从点 A 出发，沿着此三角形三边逆时针 运动回到 A 点，记 P 运动的路程为 x，点 P 到此三角形中心 O 距离的平方为 f（x），给 出下列三个结论： 函数 f（x）的最大值为 12； 函数 f（x）的图象的对称轴方程为 x9； 关于 x 的方程 f（x）kx+3 最多有 5 个实数根 其中，所有正确结论的序号是 三、解答题共 6 小题，共 85 分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程 16如图，在三棱柱 ABCA1
5、B1C1中，AB平面 BB1C1C，ABBB12BC2，BC1 ， 点 E 为 A1C1的中点 （）求证：C1B平面 ABC； （）求二面角 ABCE 的大小 17已知函数 f（x）2cos21x+sin2x （）求 f（0）的值； （）从11，22；11，21 这两个条件中任选一个，作为题目的已知 条件，求函数 f（x）在 ， 上的最小值，并直接写出函数 f（x）的一个周期 18 科技创新能力是决定综合国力和国际竞争力的关键因素， 也是推动经济实现高质量发展 的重要支撑，而研发投入是科技创新的基本保障如图是某公司从 2010 年到 2019 年这 10年研发投入的数据分布图： 其中折线图是该
6、公司研发投入占当年总营收的百分比， 条形图是当年研发投入的数值 （单 位：十亿元） （）从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，求该年研发投入占当年总营收的百分比超 过 10%的概率； （）从 2010 年至 2019 年中随机选取两个年份，设 X 表示其中研发投入超过 500 亿元 的年份的个数，求 X 的分布列和数学期望； （）根据图中的信息，结合统计学知识，判断该公司在发展的过程中是否比较重视研 发，并说明理由 19已知函数 f（x）ex+ax （）当 a1 时， 求曲线 yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程； 求函数 f（x）的最小值； （）求证：当 a（2，0）时，曲线
7、yf（x）与 y1lnx 有且只有一个交点 20已知椭圆 C： 1（ab0）的离心率为 ，A1（a，0），A2（a，0），B （0，b），A1BA2的面积为 2 （）求椭圆 C 的方程； （）设 M 是椭圆 C 上一点，且不与顶点重合，若直线 A1B 与直线 A2M 交于点 P，直线 A1M 与直线 A2B 交于点 Q求证：BPQ 为等腰三角形 21已知数列an是由正整数组成的无穷数列若存在常数 kN*，使得 a2n1+a2nkan对任 意的 nN*成立，则称数列an具有性质（k） （）分别判断下列数列an是否具有性质（2）；（直接写出结论） an1；an2n （）若数列an满足 an+1an
8、（n1，2，3，），求证： “数列an具有性质（2）” 是“数列an为常数列”的充分必要条件； （）已知数列an中 a11，且 an+1an（n1，2，3，）若数列an具有性质 （4），求数列an的通项公式 参考答案参考答案 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在复平面内，复数 i（2i）对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】首先进行复数的乘法运算，得到复数的代数形式的标准形式，根据复数的实部 和虚部写出对应的点的坐标，看出所在的象限 解：复数 zi（2i）i2+2i1+2i 复数对应
9、的点的坐标是（1，2） 这个点在第一象限， 故选：A 【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，本题解题的关键是写成标准形式， 才能看出实部和虚部的值 2已知集合 Ax|0x3，AB1，则集合 B 可以是（ ） A1，2 B1，3 C0，1，2 D1，2，3 【分析】根据 Ax|0x3，AB1，即可得出集合 B 可能的情况 解：Ax|0x3，AB1， 集合 B 可以是1，3 故选：B 【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属 于基础题 3已知双曲线 x2 1（b0）的离心率为 ，则 b 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】利用双曲线的离心率公式
10、，列出方程，求解 b 即可 解：双曲线 x2 1（b0）的离心率为 ， 可得 ，解得 b2， 故选：B 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题 4已知实数 a，b，c 在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（ ） Abac+a Bc2ab C D|b|c|a|c 【分析】法 1：根据数轴得到 cba0 且|c|b|a|，结合不等式基本性质逐一进行 判断即可； 法 2：用特值法带入验证即可 解：（法 1）根据数轴可得 cba0 且|c|b|a|， 对于 A：因为 cb，a0，所以 c+ac，bab，则 c+acba，即 c+aba，故 A 错误； 对于 B：因为
11、 cba0，|c|b|a|，所以 c2b2a2，且 b2ab，所以 c2b2ab， 则 c2ab，故 B 错误； 对于 C：因为 ba0，所以 ，则 ，故 C 错误； 对于 D：因为|b|a|，且 c0，所以|b|c|a|c，故 D 正确， （法 2）不妨令 c5，b4，a1， 则 c+a6ba3，故 A 错误；c225ab4，故 B 错误； 5，故 C 错误； 故选：D 【点评】本题考查不等式的相关应用，考查合情推理，属于中档题 5在（ 2x）6的展开式中，常数项为（ ） A120 B120 C160 D160 【分析】先求出通项，然后令 x 的指数为零即可 解：由题意得： x2k6， 令
12、2k60 得 k3， 故常数项为 160 故选：C 【点评】本题考查二项式展开式通项的应用和学生的运算能力，属于基础题 6如图，半径为 1 的圆 M 与直线 l 相切于点 A，圆 M 沿着直线 l 滚动当圆 M 滚动到圆 M时，圆 M与直线 l 相切于点 B，点 A 运动到点 A，线段 AB 的长度为 ，则点 M到直 线 BA的距离为（ ） A1 B C D 【分析】根据条件可得圆旋转了 个圆，作图可得到AMB 是等腰直角三角形，进而可 求得 M到 AM 的距离 解：根据条件可知圆周长2，因为 BA 2，故可得 A位置如图： AMB90，则AMB 是等腰直角三角形， 则 M到 AM 的距离 d
13、 r ， 故选：C 【点评】本题考查点到直线的距离，考查圆旋转的长度求法，数中档题 7已知函数 f（x）|xm|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称若 g（x）在区间（1，2） 内单调递减，则 m 的取值范围为（ ） A1，+） B（，1 C2，+） D（，2 【分析】根据题意，分析可得 f（x）在区间（2，1）上递增，将 f（x）写成分段函 数的形式，分析可得 f（x）在区间（m，+）上为增函数，据此可得 m 的取值范围 解：根据题意，函数 f（x）|xm|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称若 g（x）在区 间（1，2）内单调递减， 则 f（x）在区间（2，1）上递增， 而 f（x）|
14、xm| ， ， ，在区间（m，+）上为增函数， 则有 m2，即 m 的取值范围为（，2； 故选：D 【点评】本题考查函数的单调性，涉及函数之间的对称性、不等式的解法，属于基础题 8某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为（ ） A B2 C2 D 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出最大棱长 解：根据几何体的三视图可得直观图为：该几何体为四棱锥体， 如图所示： 所以最长的棱长 AB 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的棱长的求法和 应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 9若数列an满足 a12，则“p，rN*，a
15、p+rapar”是“an为等比数列”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用等比数列的定义通项公式即可判断出结论 解：“p，rN*，ap+rapar”，取 pn，r1，则 an+12an， an为等比数列 反之不成立an为等比数列，则 ap+r2qp+r1，apar22 qp+r2，只有 q2 时才能成 立 数列an满足 a12，则“p，rN*，ap+rapar”是“an为等比数列”的充分不必要 条件 故选：A 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 10形如 1（n 是非负整数）的数称
16、为费马数，记为 Fn数学家费马根据 F0，F1，F2， F3，F4都是质数提出了猜想：费马数都是质数多年之后，数学家欧拉计算出 F5不是质 数，那么 F5的位数是（ ）（参考数据：lg20.3010） A9 B10 C11 D12 【分析】根据所给定义表示出 F5109.632109，进而即可判断出其位数 解：根据题意，F5 1232+1232 1032lg210320.3010109.632100.632 109， 因为 1100.63210，所以 F5的位数是 10 故选：B 【点评】本题考查指对数运算，考查学生阅读理解能力，属于中档题 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分
17、 11已知点 P（1，2）在抛物线 C：y22px 上，则抛物线 C 的准线方程为 x1 【分析】把点 P 的坐标代入抛物线的方程可求得 p，而准线方程为 ，从而得解 解：把点 P（1，2）代入抛物线方程有，42p，p2， 抛物线的准线方程为 故答案为：x1 【点评】本题考查抛物线的方程、准线方程等，考查学生的运算能力，属于基础题 12在等差数列an中，a13，a2+a516，则数列an的前 4 项的和为 24 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出 解：设等差数列an的公差为 d，a13，a2+a516， 23+5d16，解得 d2 则数列an的前 4 项的和43 224 故答案为：
18、24 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 13已知非零向量 ， 满足| | |，则（ ） 0 【分析】把所给条件平方整理得到 ；代入数量积即可求解结论 解：因为非零向量 ， 满足| | |， 2 ； 则（ ） 0 故答案为：0 【点评】本题考查向量的数量积以及模长的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算 能力 14 在ABC中， AB4 ， B ， 点D在边BC上， ADC ， CD2， 则AD 4 ； ACD 的面积为 2 【分析】先根据正弦定理求得 AD，进而求得三角形的面积 解：如图； 因为在ABC 中，AB4 ，B ，点 D 在边 BC
19、 上，ADC ，CD2， 所以： AD 4 ； SACD AD CD sinADC 4 2sin 2 ； 故答案为：4 ，2 【点评】本题主要考查正弦定理以及三角形的面积，属于基础题目 15如图，在等边三角形 ABC 中，AB6动点 P 从点 A 出发，沿着此三角形三边逆时针 运动回到 A 点，记 P 运动的路程为 x，点 P 到此三角形中心 O 距离的平方为 f（x），给 出下列三个结论： 函数 f（x）的最大值为 12； 函数 f（x）的图象的对称轴方程为 x9； 关于 x 的方程 f（x）kx+3 最多有 5 个实数根 其中，所有正确结论的序号是 【分析】写出函数解析式并作出图象，数形结
20、合进行逐一分析 解：由题可得函数 f（x） ， ， ， ，作出图象如图： 则当点 P 与ABC 顶点重合时，即 x0，6，12，18 时，f（x）取得最大值 12，故正 确； 又 f（x）f（18x），所以函数 f（x）的对称轴为 x9，故正确； 由图象可得，函数 f（x）图象与 ykx+3 的交点个数为 6 个，故方程有 6 个实根，故 错误 故答案为： 【点评】本题考查命题的真假性判断，涉及函数的应用、图象与性质，数形结合思想， 逻辑推理能力，属于难题 三、解答题共 6 小题，共 85 分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程 16如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AB平面 BB1C1
21、C，ABBB12BC2，BC1 ， 点 E 为 A1C1的中点 （）求证：C1B平面 ABC； （）求二面角 ABCE 的大小 【分析】（）证明 ABC1BCBC1B利用直线与平面垂直的判断定理证明 C1B 平面 ABC （）以 B 为原点建立空间直角坐标系 Bxyz求出平面 BCE 的法向量，平面 ABC 的 法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的大大小即可， 【解答】（）证明：因为 AB平面 BB1C1C，C1B平面 BB1C1C 所以 ABC1B 在BCC1中，BC1， ，CC12， 所以 所以 CBC1B 因为 ABBCB，AB，BC平面 ABC， 所以 C1B平面 ABC （）解：
22、由（）知，ABC1B，BCC1B，ABBC， 如图，以 B 为原点建立空间直角坐标系 Bxyz 则 B （0， 0， 0） ， ， ， ， C （1， 0， 0） . ， ， ， ， ， 设平面 BCE 的法向量为 （x，y，z）， 则 ， 即 ， 令 则 x0，z3， 所以 ， ， 又因为平面 ABC 的法向量为 （0，1，0）， 所以 ， 由题知二面角 ABCE 为锐角，所以其大小为 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空 间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题 17已知函数 f（x）2cos21x+sin2x （）求 f（0）的值； （）从11
23、，22；11，21 这两个条件中任选一个，作为题目的已知 条件，求函数 f（x）在 ， 上的最小值，并直接写出函数 f（x）的一个周期 【分析】（）由函数 f（x）的解析式求出 f（0）的值； （）选择条件时 f（x）的一个周期为 ， 利用三角恒等变换化简 f（x），再求 f（x）在 ， 的最小值 选择条件时 f（x）的一个周期为 2， 化简 f（x），利用三角函数的性质求出 f（x）在 ， 的最小值 解：（）由函数 f（x）2cos21x+sin2x， 则 f（0）2cos20+sin02； （）选择条件，则 f（x）的一个周期为 ； 由 f（x）2cos2x+sin2x （cos2x+1）
24、+sin2x ； 因为 ， ，所以 ， ； 所以 ， 所以 ； 当 ，即 时，f（x）在 ， 取得最小值为 选择条件，则 f（x）的一个周期为 2； 由 f（x）2cos2x+sinx 2（1sin2x）+sinx ； 因为 ， ，所以 ， ； 所以当 sinx1，即 时，f（x）在 ， 取得最小值为1 【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了转化与运算能力，是 基础题 18 科技创新能力是决定综合国力和国际竞争力的关键因素， 也是推动经济实现高质量发展 的重要支撑，而研发投入是科技创新的基本保障如图是某公司从 2010 年到 2019 年这 10年研发投入的数据分布图： 其
25、中折线图是该公司研发投入占当年总营收的百分比， 条形图是当年研发投入的数值 （单 位：十亿元） （）从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，求该年研发投入占当年总营收的百分比超 过 10%的概率； （）从 2010 年至 2019 年中随机选取两个年份，设 X 表示其中研发投入超过 500 亿元 的年份的个数，求 X 的分布列和数学期望； （）根据图中的信息，结合统计学知识，判断该公司在发展的过程中是否比较重视研 发，并说明理由 【分析】（）按照古典概型概率计算公式计算即可； （） 显然这是一个超几何分布， 按照超几何分布的概率计算方法， 分别算出随机变量 X 取 0，1，2 时的概率
26、，然后画出分布列，即可求期望； （）结合折线图从“每年的研发投入”“研发投入占营收比”的变化来分析即可 解：（）设事件 A 为“从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，研发投入占当年总营收 的百分比超过 10%”， 从 2010 年至 2019 年一共 10 年，其中研发投入占当年总营收的百分比超过 10%有 9 年， 所以 （）由图表信息，从 2010 年至 2019 年 10 年中有 5 年研发投入超过 500 亿元，所以 X 的所有可能取值为 0，1，2 且 ； ； 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 故 X 的期望 （）从两个方面可以看出，该公式是比较重视研发的： 一、
27、从 2010 年至 2019 年，每年的研发投入是逐年增加的（2018 年除外），并且增加的 幅度总体上逐渐加大； 二、研发投入占营收的比例总体上也是逐渐增加的，虽然 2015 年往后有些波动，但是总 体占比还是较高的 【点评】本题考查离散型随机变量的分布列、期望的求法，注意对题意的理解需到位、 准确同时考查学生的数学建模的素养，属于中档题 19已知函数 f（x）ex+ax （）当 a1 时， 求曲线 yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程； 求函数 f（x）的最小值； （）求证：当 a（2，0）时，曲线 yf（x）与 y1lnx 有且只有一个交点 【分析】 （） 将 a1 带入， 求导，
28、求出切线斜率及切点， 利用点斜式方程即得解； 求出函数函数 f（x）的单调性情况，进而得出最值； （）即证函数 g（x）ex+ax+lnx1 仅有一个零点，利用导数可知函数 g（x）在区间 （0，+）上单调递增，结合零点存在性定理即得证 解：（）当 a1 时，f（x）exx，则 f（x）ex1 所以 f（0）0 又 f（0）1， 所以曲线 yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为 y1； 令 f（x）0，得 x0，此时 f（x），f（x）随 x 的变化如下： x （，0） 0 （0，+） f（x） 0 + f（x） 极小值 可知 f（x）minf（0）1，函数 f（x）的最小值为 1 （）证
29、明：由题意可知，x（0，+）， 令 g（x）ex+ax+lnx1，则 ， 由（）中可知 exx1，故 ex1+x， 因为 a（2，0）， 则 ， 所以函数 g（x）在区间（0，+）上单调递增， 因为 ， 又因为 g（e）ee+aee22e0， 所以 g（x）有唯一的一个零点 即函数 yf（x）与 y1lnx 有且只有一个交点 【点评】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，函数的零点等问题，考 查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题 20已知椭圆 C： 1（ab0）的离心率为 ，A1（a，0），A2（a，0），B （0，b），A1BA2的面积为 2 （）求椭圆 C 的方程； （）设
30、M 是椭圆 C 上一点，且不与顶点重合，若直线 A1B 与直线 A2M 交于点 P，直线 A1M 与直线 A2B 交于点 Q求证：BPQ 为等腰三角形 【分析】（）由题 ， ， ，求出 a，b，即可得到椭圆方程 （ II）解法 1，设直线 A2M 方程为 且 ，直线 A1B 方程为 ，通过联立直线与椭圆方程组，求出 M 坐标，Q 坐标，推出|BP|BQ|，即可 证明BPQ 为等腰三角形 解法 2， 设 M （x0， y0）（x02， y01） 则 直线 A2M 方程为 ， 直线 A1B 方程为 通过联立直线与椭圆方程组， 求出 P， Q 坐标， 转化推出|BP| |BQ|，得到BPQ 为等腰三
31、角形 解：（）由题 ， ， 解得 ， 所以椭圆方程为 （ II）解法 1 证明：设直线 A2M 方程为 且 ，直线 A1B 方程为 由 ， 解得点 ， 由 ， 得（4k+1）x216k2x+16k240， 则 所以 ， 即 ， . 于是直线 A1M 的方程为 ，直线 A2B 的方程为 由 解得点 ， 于是 xPxQ，所以 PQx 轴 设 PQ 中点为 N，则 N 点的纵坐标为 故 PQ 中点在定直线 y1 上 从上边可以看出点 B 在 PQ 的垂直平分线上，所以|BP|BQ|， 所以BPQ 为等腰三角形 解法 2 证明：设 M（x0，y0）（x02，y01）则 直线 A2M 方程为 ，直线 A
32、1B 方程为 由 ， 解得点 ， 直线 A1M 方程为 ，直线 A2B 方程为 由 ， 解得点 ， . 于是xPxQ，所以PQx 轴. 故 PQ 中点在定直线 y1 上 从上边可以看出点 B 在 PQ 的垂直平分线上，所以|BP|BQ|， 所以BPQ 为等腰三角形 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想 以及计算能力，是难题 21已知数列an是由正整数组成的无穷数列若存在常数 k一、选择题*，使得 a2n1+a2n kan对任意的 nN*成立，则称数列an具有性质（k） （）分别判断下列数列an是否具有性质（2）；（直接写出结论） an1；an2n （）若
33、数列an满足 an+1an（n1，2，3，），求证： “数列an具有性质（2）” 是“数列an为常数列”的充分必要条件； （）已知数列an中 a11，且 an+1an（n1，2，3，）若数列an具有性质 （4），求数列an的通项公式 【分析】（）利用已知条件及其定义解验证判断出结论 （）先证“充分性”：当数列an具有“性质（2）”时，有 a2n1+a2n2an，根据 an+1an， 可得 0a2nanana2n10， 进而有 ana2n， 结合 an+1an即可证明结论 再 证“必要性”：若“数列an为常数列”，容易验证 a2n1+a2n2a12an，即可证明 （）首先证明：an+1an2根据
34、an具有“性质（4）”，可得 a2n1+a2n4an当 n1 时，有 a23a13由 ， ， ，且 a2na2n1，可得 a2n2an+1，a2n 12an1，进而有 2an+1a2na2n+112an+12，可得 2（an+1an）3，可得：an+1 an2 然后利用反证法证明：an+1an2假设数列an中存在相邻的两项之差大于 3，即存在 kN*满足： a2k+1a2k3 或 a2k+2a2k+13， 进而有 4 （ak+1ak） （a2k+2+a2k+1） （a2k+a2k 1） （a2k+2a2k+1） + （a2k+1a2k） + （a2k+1a2k） + （a2ka2k1） 12
35、又因为 ， 可得 ak+1ak3，依此类推可得：a2a13，矛盾综上有：an+1an2，结合 a11 可得 an2n1， 解：（）数列an具有“性质（2）”； 数列an不具有“性质（2）” （）证明：先证“充分性”： 当数列an具有“性质（2）”时，有 a2n1+a2n2an， 又因为 an+1an， 所以 0a2nanana2n10， 进而有 ana2n 结合 an+1an有 anan+1a2n， 即“数列an为常数列”； 再证“必要性”： 若“数列an为常数列”， 则有 a2n1+a2n2a12an， 即“数列an具有“性质（2）” （）首先证明：an+1an2 因为an具有“性质（4）”
36、， 所以 a2n1+a2n4an 当 n1 时，有 a23a13 又因为 ， ， ，且 a 2na2n1， 所以有 a2n2an+1，a2n12an1， 进而有 2an+1a2na2n+112an+12， 所以 2（an+1an）3， 结合 ， 可得：an+1an2 然后利用反证法证明：an+1an2 假设数列an中存在相邻的两项之差大于 3， 即存在 kN*满足：a2k+1a2k3 或 a2k+2a2k+13， 进而有 4（ak+1ak）（a2k+2+a2k+1）（a2k+a2k1）（a2k+2a2k）+（a2k+1a2k1） （a2k+2a2k+1）+（a2k+1a2k）+（a2k+1a2k）+（a2ka2k1）12 又因为 ， 所以 ak+1ak3 依此类推可得：a2a13，矛盾， 所以有 an+1an2 综上有：an+1an2， 结合 a11 可得 an2n1， 经验证，该通项公式满足 a2n1+a2n4an， 所以：an2n1 【点评】本题考查了新定义、等差数列的通项公式、数列递推关系、反证法、转化方法、 方程以不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题
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