2018年上海市浦东新区高考数学三模试卷（含答案解析）

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1、2018年上海市浦东新区建平中学高考数学三模试卷一.填空题1 （3 分）设集合 A1，2， 3，Bx|x 1 ，则 AB     2 （3 分）已知复数 z 满足 z（2i）5（i 为虚数单位） ，则 z 的模为     3 （3 分）函数 f（x ）sin 2x2sin xcosx 的周期为     4 （3 分）已知函数 ，则 f1 （1）     5 （3 分）双曲线 的焦点到其渐近线的距离为     6 （3 分）已知不等式组 表示的平面区域为 ，点 M 坐标为（x，y） ，对任意点M，

2、x y 的最小值为     7 （3 分）已知 A，B，C 三人分别在连续三天中值班，每人值班一天，那么 A 与 B 在相邻两天值班的概率为     8 （3 分）某几何体是由圆柱的某一部分和球的某一部分组成，三视图如图所示，则该几何体的体积是     9 （3 分）若 an 是二项式（1+x） n 展开式中 x2 项的系数，则      10 （3 分）已知 F 是抛物线 y2x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧， 2（其中 O 为坐标原点） ，则ABO 与AFO 面积之和的最小值是

3、     11 （3 分）已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，a 11，对于任意正整数 m、n 及正常数q，当 nm 时，S nS m qmSnm 恒成立，若存在常数 c0，使得lg（cS n） 为等差第 2 页（共 21 页）数列，则常数 c 的值为     12 （3 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，如果对任意的实数 ，| |恒成立，则 的取值范围是     二.选择题13 （3 分）已知 a，bR，则“ab0”是“a 2+b20”的（  ）条件A充分不必要 B必要不充分C充要 D既不

4、充分又不必要14 （3 分）将函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，则所得图象的解析式为（  ）A BC D15 （3 分）如图为正方体 ABCDA 1B1C1D1，动点 M 从 B1 点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到 B1 的运动过程中，点 M 与平面 A1DC1 的距离保持不变，运动的路程 x 与 lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （ x） ，则此函数图象大致是（  ）A BC D第 3 页（共 21 页）16 （3 分）定义 ，已知函数 f（x ） 、g（x）定义域都是

5、 R，给出下列命题：（1）若 f（x） 、 g（x）都是奇函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）为奇函数；（2）若 f（x） 、 g（x）都是减函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）为减函数；（3）若 fmin（x ）m，g min（x）n，则 Fmin（f（x） ，g（x） ）F（m ，n） ；（4）若 f（x） 、 g（x）都是周期函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）是周期函数其中正确命题的个数为（  ）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个三.解答题17在四棱锥 PABCD 中，底面为梯形，ABCD，BAPCDP90，PA PDAB2，PAPD ，四棱锥 P

6、ABCD 的体积为 4（1）求证：AB平面 PAD；（2）求 PC 与平面 ABCD 所成角18已知函数 f（x ）a x+kbx，其中 kR，a0 且 a1 ，b0 且 b1（1）若 ab1，试判断 f（x）的奇偶性；（2）若 a2，b ，k16，证明 f（x）的图象是轴对称图形，并求出对称轴19某城市为了丰富市民的休闲生活，现决定修建一块正方形区域的休闲广场 ABCD（如图） ，其中正方形区域边长为 1 千米，AE、EF、AF 为休闲区域内的直步道，且EAF45，其余区域栽种花草树木，设EAB（1）当 时，求 EF 的长；（2）当步道围成的AEF 面积 S 最小时，这样的设计既美观同时成本

7、最少，求 S 的最小值？第 4 页（共 21 页）20已知椭圆 的左右焦点为 F1、F 2，过 M（m ，0） （M 不过椭圆的顶点和中心）且斜率为 k 直线 l 交椭圆于 P、Q 两点，与 y 轴交于点 N，且 ， （1）若直线 l 过点 F2，求F 1PQ 的周长；（2）若直线 l 过点 F2，求线段 PQ 的中点 R 的轨迹方程；（3）求证：+ 为定值，并求出此定值21已知无穷数列a n（a nZ）的前 n 项和为 Sn，记 S1，S 2，S n 中奇数的个数为 bn（）若 ann，请写出数列b n的前 5 项；（）求证：“a 1 为奇数，a i（i 2，3，4，）为偶数”是“数列 bn

8、是单调递增数列”的充分不必要条件；（）若 aib i，i1，2，3，求数列a n的通项公式第 5 页（共 21 页）2018 年上海市浦东新区建平中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一.填空题1 （3 分）设集合 A1，2， 3，Bx|x 1 ，则 AB 2，3  【分析】进行交集的运算即可【解答】解：A1，2，3，Bx|x 1 ；AB2，3故答案为：2，3【点评】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算2 （3 分）已知复数 z 满足 z（2i）5（i 为虚数单位） ，则 z 的模为    【分析】先利用两个复数相除的法则求出复数 z，再依据复数的模的定义求出

9、复数的模【解答】解：复数 z 满足（2i）z5（i 是虚数单位） ，z 2+i|z| 故答案为 【点评】本题考查两个复数乘除法法则，复数的模的定义及求法3 （3 分）函数 f（x ）sin 2x2sin xcosx 的周期为 【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论【解答】解：函数 f（x ）sin 2x2sin xcosx sin2x cos2xsin2x+ （ cos2x sin2x）+ cos（2x+）+ ，其中，cos ，sin ， 为锐角，故 f（x）的最小正周期为 ，故答案为：【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，属于基础题4 （3

10、分）已知函数 ，则 f1 （1） 1 【分析】根据反函数的性质在原函数 f（x ） 中令 f（x）1 解得 x1 即可第 6 页（共 21 页）【解答】解：根据反函数的性质令 1，解得 x1，故 f1  （1）1，故答案为：1【点评】本题考查了反函数，属基础题5 （3 分）双曲线 的焦点到其渐近线的距离为 1 【分析】根据双曲线的方程算出 a2、b1，可得双曲线的焦是（ ，0）且渐近线方程为 y x，再由点到直线的距离公式加以计算，可得所求的距离【解答】解：双曲线的方程为 ，双曲线的焦点在 x 轴上，a 24 且 b21，可得 a2、b1、c ，因此，双曲线的焦是（ ，0） ，渐近线

11、方程为 y x，即 x2y0双曲线的焦点到渐近线的距离 d 1故答案为：1【点评】本题给出双曲线的方程，求它的焦点到渐近线的距离着重考查了点到直线的距离公式、双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题6 （3 分）已知不等式组 表示的平面区域为 ，点 M 坐标为（x，y） ，对任意点M，x y 的最小值为 6 【分析】由约束条件作出可行域，令 zxy，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入求得 xy 的最值【解答】解：由不等式组 作出平面区域为 ，令 zx y，化为 yxz，由图可知，当直线 yxz 过 A（2，4）时，z 有最小值为6，故答案为：6第 7 页（共

12、21 页）【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题7 （3 分）已知 A，B，C 三人分别在连续三天中值班，每人值班一天，那么 A 与 B 在相邻两天值班的概率为    【分析】先求出基本事件总数 n 6，再求出 A 与 B 在相邻两天值班包含的基本事件个数 m 4，由此能求出 A 与 B 在相邻两天值班的概率【解答】解：A，B，C 三人分别在连续三天中值班，每人值班一天，基本事件总数 n 6，A 与 B 在相邻两天值班包含的基本事件个数 m 4，A 与 B 在相邻两天值班的概率 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合

13、等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题8 （3 分）某几何体是由圆柱的某一部分和球的某一部分组成，三视图如图所示，则该几何体的体积是    第 8 页（共 21 页）【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出结果【解答】解：根据几何体的三视图：该几何体是由一个半球和一个半圆柱组成，故：V ， 故答案为：【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型9 （3 分）若 an 是二项式（1+x） n 展开式中 x2 项的系数，则 2 【分析】首先求出展开式中含 x2

14、 项的系数，然后求出 ，根据式子特点，采用裂项求和得到 + + ，然后求极限【解答】解：由题意，a n 是（1+x） n 展开式中含 x2 项的系数，所以 ，所以 ，所以 （ + + ） 2（1 + ） 2（1 ）2；故答案为：2第 9 页（共 21 页）【点评】本题考查了二项展开式的特征项系数的求法以及数列的极限；关键是由已知正确求出数列的通项公式，正确利用裂项求和，然后求极限10 （3 分）已知 F 是抛物线 y2x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧， 2（其中 O 为坐标原点） ，则ABO 与AFO 面积之和的最小值是 3 【分析】先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛

15、物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及 2 消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题【解答】解：设直线 AB 的方程为：xty +m，点 A（x 1， y1） ，B（x 2，y 2） ，直线 AB 与x 轴的交点为 M（m，0） ，xty +m 代入 y2x，可得 y2ty m0，根据韦达定理有 y1y2m ， 2，x 1x2+y1y22，从而（y 1y2） 2+y1y220，点 A，B 位于 x 轴的两侧，y 1y22，故 m2不妨令点 A 在 x 轴上方，则 y10，又 F（ ，0） ，S ABO +SAFO 2（y 1y 2）+ y1 y1+ 3当且仅当 y1 ，即 y1 时

16、，取“”号，ABO 与AFO 面积之和的最小值是 3，故答案为：3【点评】求解本题时，应考虑以下几个要点：1、联立直线与抛物线的方程，消 x 或 y 后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，这是处理此类问题的常见模式2、求三角形面积时，为使面积的表达式简单，常根据图形的特征选择适当的底与高3、利用基本不等式时，应注意“一正，二定，三相等” 11 （3 分）已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，a 11，对于任意正整数 m、n 及正常数q，当 nm 时，S nS m qmSnm 恒成立，若存在常数 c0，使得lg（cS n） 为等差数列，则常数 c 的值为 c （0q1）  

17、;【分析】可令 mn1，结合数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式，讨论 q第 10 页（共 21 页）是否为 1，结合等差数列的通项公式和对数的运算性质，可得所求结论【解答】解：因为对任意正整数 n，m ，当 nm 时，S nS mq mSnm 总成立，所以 n2 时，令 mn1，得到 SnS n1 q n1 S1，即 ana 1qn1 q n1 ，当 n1 时，也成立，所以 anq n1 ，当 q1 时，S nn，q1 时，S n ，lg（cS n）为等差数列，可得 q1，lg（c + ）lg nlgq lg（1q）为等差数列，即有 c （0q1） ，故答案为：c （0q1） 【点评】

18、本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及等差数列的通项公式，考查化简变形能力和运算能力，属于中档题12 （3 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，如果对任意的实数 ，| |恒成立，则 的取值范围是    【分析】由| |min| |，可知| |min 即为 BC 边上的高，设为 h，然后结合三角形的面积公式及余弦定理，基本不等式即可求解【解答】解：由余弦定理可知，cosA ，b 2+c2a 2+2bccosA，由于对任意的实数 ， 恒成立，| |min| |，| |min 即为 BC 边上的高，设为 h，ha，S AB

19、C ，第 11 页（共 21 页）sinA则 sinA+2cos A其中 sin ，cos ， ，故答案为：2， 【点评】本题主要考查了向量的几何意义的应用，余弦定理及三角形的面积公式，辅助角公式等知识的应用，属于中档试题二.选择题13 （3 分）已知 a，bR，则“ab0”是“a 2+b20”的（  ）条件A充分不必要 B必要不充分C充要 D既不充分又不必要【分析】先化简 p 为 a0 或 b0；q 为 ab0；判断出 p 成立 q 不一定成立，反之 q成立 p 一定成立，利用充要条件的有关定义得到结论【解答】解：p：ab0 即为 a0 或 b0；q：a 2+b20 即为 ab0；

20、所以 p 成立 q 不一定成立，反之 q 成立 p 一定成立，所以 p 是 q 的必要不充分条件，故选：B【点评】本题考查判断一个命题是另一个命题的什么条件，应该先化简各个命题，然后两边互推一下，利用充要条件的定义进行判断，属于基础题14 （3 分）将函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，则所得图象的解析式为（  ）A BC D【分析】根据三角函数图象平移法则，即可写出平移变换后的函数解析式第 12 页（共 21 页）【解答】解：函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，得 ysin（x ） sin（x ）的图象，再

21、把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，得 ysin （ x ）的图象；函数的解析式为 ysin（ ） 故选：C【点评】本题考查了三角函数图象平移法则的应用问题，是基础题15 （3 分）如图为正方体 ABCDA 1B1C1D1，动点 M 从 B1 点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到 B1 的运动过程中，点 M 与平面 A1DC1 的距离保持不变，运动的路程 x 与 lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （ x） ，则此函数图象大致是（  ）A BC D【分析】分析 M 由 P 到 C，由 C 到 A，由 A 到 B1 的过程，lMA 1+

22、MC1+MD 之间满足函数关系 lf（x） ，的变化情况，判断函数的图象即可【解答】解：设点 P 为 B1C 的中点，由题意可知 M 由 B1 到 B1，lMA 1+MC1+MD 中，MA 1+MD 是定值，MC1 由小变大，PC 1 是定值，第 13 页（共 21 页）MC1 ，函数是增函数，排除 A，C，类似双曲线形式，所以 C 正确；（类似讨论由 C 到 A，由 A 到 B1 的过程，lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （x） 故选：C【点评】本题考查函数的图象，考查数形结合，双曲线的简单性质的应用，考查空间几何体的形状，是中档题16 （3 分）定义 ，已知函数 f（x ）

23、 、g（x）定义域都是 R，给出下列命题：（1）若 f（x） 、 g（x）都是奇函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）为奇函数；（2）若 f（x） 、 g（x）都是减函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）为减函数；（3）若 fmin（x ）m，g min（x）n，则 Fmin（f（x） ，g（x） ）F（m ，n） ；（4）若 f（x） 、 g（x）都是周期函数，则函数 F（f （x） ，g（x） ）是周期函数其中正确命题的个数为（  ）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【分析】由 f（x ）x，g（x）x 3，结合图象可判断（1） ；由减函数和新定义，可判断（2）

24、；由函数的最值和新定义，结合图象即可判断（3） ；由周期函数的定义和新定义，可判断（4） 【解答】解：（1）若 f（x ） 、g（x）都是奇函数，则函数 F（f（x） ，g（x） ）不一定为奇函数，第 14 页（共 21 页）比如 f（x）x，g（x）x 3，它们有三个交点（0，0） ， （1，1） ，（1，1） ，F（f（x ） ，g（x） ）的图象取下方的图象，可得不关于原点对称，故（1）错误；（2）若 f（x） 、 g（x）都是减函数，由减函数的定义和图象可得函数 F（f（x） ，g（x） ）为减函数，故（2）正确；（3）若 fmin（x ）m，g min（x）n，由新定义和图象，最值的

25、定义可得则 Fmin（f（x） ，g（x） ）F（m ，n） ，故（3）正确；（4）若 f（x） 、 g（x）都是周期函数，由新定义和周期函数的图象可得函数 F（f（x） ，g（x） ）是周期函数，故（4）正确故选：C【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查函数的奇偶性和单调性、最值和周期性的定义和运用，考查推理能力，属于中档题三.解答题17在四棱锥 PABCD 中，底面为梯形，ABCD，BAPCDP90，PA PDAB2，PAPD ，四棱锥 PABCD 的体积为 4（1）求证：AB平面 PAD；（2）求 PC 与平面 ABCD 所成角【分析】 （1）证明 CDDP ABDP ，然后证明 AB

26、平面 PAD（2）作 AD 的中点 E，连结 PE，CE，说明 PE 为四棱锥 PABCD 的高，PCE 为 PC第 15 页（共 21 页）与平面 ABCD 所成角通过四棱锥 PABCD 的体积，求解得 CD4在 RtPEC 中，求解 PC 与平面 ABCD 所成角【解答】 （1）证明：BAPCDP90，ABAP，CDDP又 ABCD，AB DPAPDPP，AP，DP 面 PAD，AB平面 PAD（2）解：作 AD 的中点 E，连结 PE，CE，PAPD ，PAPD，PEAD ， ， 由（1）AB平面 PAD，故 ABPE，又 ABAD A，AB，AD 面 ABCD，所以 PE平面 ABCD

27、，即 PE 为四棱锥 PABCD 的高，PCE 为 PC 与平面 ABCD 所成角四棱锥 PABCD 的体积为，得 CD4在 Rt PDC 中， 在 Rt PEC 中， ， 所以 PC 与平面 ABCD 所成角为 【点评】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面所成角的求法，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计算能力18已知函数 f（x ）a x+kbx，其中 kR，a0 且 a1 ，b0 且 b1（1）若 ab1，试判断 f（x）的奇偶性；（2）若 a2，b ，k16，证明 f（x）的图象是轴对称图形，并求出对称轴第 16 页（共 21 页）【分析】 （1）由 ab1 得出 ，

28、从而得出 f（x ）a x+kax ，容易得出 k1 时，f（x）为偶函数， k1 时，f（x ）为奇函数，从而得出 f（x）的奇偶性；（2）先得出 f（x ）2 x+162x ，若 f（x ）的图象是轴对称图形，并设对称轴为xm，从而得出 f（x +m）为偶函数，从而得出 f（m x）f （m +x） ，即得到2mx +162xm 2 m+x+162x m ，化简即得到（2 x2 x ） （2 m162 m ）0，从而得出 2m162 m 0，求出 m 即可【解答】解：（1）ab1，a0，b0； ；f（x）a x+kax ，则 f（ x）a x +kax；若 f（ x）是偶函数，则 f（x）

29、f （x） ，即：a x +kaxa x+kax ；（k1） （a xa x ）0 对任意实数 x 恒成立；k1；若 f（ x）是奇函数，则 f（x）f （x） ，即：a x +kaxa xka x ；（k+1） （a x+ax ）0；k1；综上，k1 时，f（x）是奇函数，k1 时，f （x）是偶函数，k1 时，f（x）是非奇非偶函数；（2）证明：f（x ）2 x+162x ；若 f（x）的图象是轴对称图形，对称轴设为 xm，则函数 f（x+m）为偶函数；f（mx）f（m+x ） ；即 2mx +162xm 2 m+x+162x m ；化简得， （2 x 2x ） （2 m162 m ）0；

30、上式对任意的 xR 都成立；2 m162 m 0；m2；第 17 页（共 21 页）f（x）的图象是轴对称图形，对称轴为 x2【点评】考查奇函数、偶函数和非奇非偶函数的定义及判断方法，了解轴对称图形的定义19某城市为了丰富市民的休闲生活，现决定修建一块正方形区域的休闲广场 ABCD（如图） ，其中正方形区域边长为 1 千米，AE、EF、AF 为休闲区域内的直步道，且EAF45，其余区域栽种花草树木，设EAB（1）当 时，求 EF 的长；（2）当步道围成的AEF 面积 S 最小时，这样的设计既美观同时成本最少，求 S 的最小值？【分析】 （1）求出 CE，CF，利用勾股定理求出 EF；（2）用

31、表示出 AE，AF，代入面积公式得出面积 S 关于 的函数，再利用换元法和基本不等式求出 S 的最小值【解答】解：（1）在 RtABE 中，当 时， 在 Rt ADF 中， （2）由题意在 RtABE 中，BEtan ， 在 Rt ADF 中， ，第 18 页（共 21 页）设 t1+tan，则 tant1（ 1t 2） ，当且仅当 时取等号，此时 当 时，S 的最小值为 【点评】本题考查了解三角形的应用，三角恒等变换与求值，属于中档题20已知椭圆 的左右焦点为 F1、F 2，过 M（m ，0） （M 不过椭圆的顶点和中心）且斜率为 k 直线 l 交椭圆于 P、Q 两点，与 y 轴交于点 N，

32、且 ， （1）若直线 l 过点 F2，求F 1PQ 的周长；（2）若直线 l 过点 F2，求线段 PQ 的中点 R 的轨迹方程；（3）求证：+ 为定值，并求出此定值【分析】 （1）根据椭圆的定义可得F 1PQ 的周长，（2）由题意直线 ，根据韦达定理，和中点坐标公式，消去参数即可求出线段 PQ 的中点 R 的轨迹方程；（3）根据向量的运算可得 + + ，再题意直线 l 的方程为 yk（x+m） ，代入 ，由此利用韦达定理结合已知条件能证明【解答】解（1）由题意椭圆 的长轴长 2a4F 1PQ 的周长为 |F1P|+|PQ|+|F1Q|F 1P|+|F2P|+|F2Q|+|F1Q|4+48（2）

33、由题意直线 第 19 页（共 21 页）由 得 ，由题意0 恒成立设 P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） ，R（x，y） ，则 ， 即 消去 k 得点 R 的轨迹方程为（ ） 证明：（3）由 得（x 1，y 1y N） （x 1m，y 1） ， 同理 由题意直线 l 的方程为 yk（x+m ） ，代入 得（1+2k 2）x 2+4mk2x+2k2m240，由题意（4mk 2） 24（1+2k 2） （2k 2m24）8（4k 2+2k 2m2）0由韦达定理得 x1+x2 ，x 1x2 ，+ + 2+ m（ + ）2+m ，2+m 2+ 2+综上可知 + 为定值 【点评】本题考查轨迹方

34、程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，韦达定理，考查两数和为定值的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用第 20 页（共 21 页）21已知无穷数列a n（a nZ）的前 n 项和为 Sn，记 S1，S 2，S n 中奇数的个数为 bn（）若 ann，请写出数列b n的前 5 项；（）求证：“a 1 为奇数，a i（i 2，3，4，）为偶数”是“数列 bn是单调递增数列”的充分不必要条件；（）若 aib i，i1，2，3，求数列a n的通项公式【分析】 （I）推导出 ann， Sn 由此能写出数列 bn的前 5 项（II）先证充分性，推导出 bnn，从而数列 bn是单调递增数列；再

35、证不必要性，当数列a n中只有 a2 是奇数，其余项都是偶数时，S 1 为偶数， Si（i2，3，4）均为奇数，bnn1，数列b n是单调递增数列，由此能证明：“a 1 为奇数，ai（i2，3，4，）为偶数”是“数列b n是单调递增数列”的充分不必要条件（）当 ak 为奇数时，推导出 Sk 不能为偶数；当 ak 为偶数，推导出 Sk 不能是奇数，从而 ak 与 Sk 同奇偶，由此得到 an0【解答】解：（I）a nn，S n S 11，S 23，S 36，S 410，S 515b 11，b 22，b 32，b 42，b 53证明：（II） （充分性）a 1 是奇数，a i（i2，3，4）为偶数

36、，对于任意 iN*，S i 都是奇数，b nn，数列b n是单调递增数列（不必要性）当数列a n中只有 a2 是奇数，其余项都是偶数时，S 1 为偶数， Si（i2，3，4）均为奇数，b nn1，数列b n是单调递增数列，“a 1 为奇数，a i（i2，3，4，）为偶数”是“数列 bn是单调递增数列”的不必要条件综上，：“a 1 为奇数，a i（i2，3，4，）为偶数”是“数列 bn是单调递增数列”的充分不必要条件（） （1）当 ak 为奇数时，若 Sk 为偶数，第 21 页（共 21 页）若 ak+1 是奇数，则 Sk+1 为奇数，b k+1b k+1a k+1 为偶数，与 ak+1b k+

37、1 矛盾；若 ak+1 为偶数，则 Sk+1 为偶数，b k+1b ka k 为奇数，与 ak+1b k+1 矛盾当 ak 为奇数时， Sk 不能为偶数；（2）当 ak 为偶数，若 Sk 为奇数，若 ak+1 为奇数，则 Sk+1 为偶数，b k+1b ka k 为偶数，与 ak+1b k+1 矛盾，若 ak+1 为偶数，则 Sk+1 为奇数，b k+1b k+1a k+1 为奇数，与 ak+1b k+1 矛盾，当 ak 为偶数时， Sk 不能是奇数综上，a k 与 Sk 同奇偶，a 1b 1S 1 为偶数，且 0b 11，b 1a 10，a 2b 2b 1+11，且 b20，b 2a 20，以此类推，得到 an0【点评】本题考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查推理能力与计算能力，属于中档题