北京市附属中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 18页

高二第一学期期末试卷(清华附中高 18 级) 一、选择题：（共 8 小题，每小题 5 分共 40 分） 1.若两条直线 ax+2y﹣1=0 与 x﹣2y﹣1=0 垂直，则 a 的值为( ) A. 1 B. ﹣1 C. 4 D. ﹣4 【答案】C 【解析】 【分析】 利用直线与直线垂直的性质直接求解． 【详解】因为两条直线 与 垂直， 所以 ， 解得 ． 故选： ． 【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能 力，是基础题． 2.若双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为（ ） A. y=±2x B. y= C. D. 【答案】B 【解析】 双曲线的离心率为 ，渐进性方程为 ，计算得 ，故渐进性 方程为 . 【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质. 3.已知抛物线 的焦点为 ， 是 上一点， ，则 （ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 8 2 1 0ax y+ − = 2 1 0x y− − = 4 0a − = 4a = C 2 2 2 2 1x y a b − = 3 2x± 1 2y x= ± 2 2y x= ± 2 2 3a b a + = by xa = ± 2b a = 2y x= ± 2:C y x= F 0 0( , )A x y C 0 5| | 4AF x= 0x = 【答案】C 【解析】 点 A 到抛物线的准线： 的距离为： ， 利用抛物线的定义可得： ， 求解关于实数 的方程可得： . 本题选择 C 选项. 4.在空间中，“直线 ， 没有公共点”是“直线 ， 互为异面直线”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 【答案】B 【解析】 直线 ， 没有公共点， 则直线 ， 互为异面直线或平行， 但直线 、 互为异面直线一定可推出， 直线 ， 没有公共点， 故选 ． 点睛：充分、必要条件的三种判断方法． 1．定义法：直接判断“若 则 ”、“若 则 ”的真假．并注意和图示相结合，例如“ ⇒ ”为真，则 是 的充分条件． 2．等价法：利用 ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇔ 与非 ⇔非 的等价关 系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． 3．集合法：若 ⊆ ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ＝ ，则 是 的充要条件． 5.已知正方体的棱长为 2.它的 8 个顶点都在一个球面上，则此球的表面积是( ) A. 8π B. 12π C. 16π D. 20π 【答案】B 【解析】 【分析】 1 4x = − 0 1 4d x= + 0 0 1 5 4 4x x+ = 0x 0 1x = a b a b a b a b a b a b B p q q p p q p q p q q p q p p q p q q p A B A B B A A B A B 由棱长为 2 的正方体的八个顶点都在同一个球面上，知球半径 ，由此能求出球的表 面积． 【详解】因为棱长为 2 的正方体的八个顶点都在同一个球面上， 所以，球半径 ， 得出，球的表面积 ． 故选： ． 【点睛】本题考查球的表面积的求法，求出球的半径是关键，运用正方体外接球的直径等于 正方体的体对角线求解． 6.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知中的三视图，画出几何体的直观图，进而可分析出该四棱锥的侧面中，直角三角形的 个数． 【详解】由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图如图： 由图可得：该棱锥的四个侧面均为直角三角形， 故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 4 个， 故选： ． 3R = 3R = 24 ( 3) 12S π π= = B D 【点睛】本题考查的知识点是简单几何体的三视图，解决本题的关键是得到该几何体的形状． 7.已知直线 、 ，平面 、 ，给出下列命题： ①若 ， ，且 ，则 ②若 ， ，且 ，则 ③若 ， ，且 ，则 ④若 ， ，且 ，则 其中正确的命题是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ① 【答案】D 【解析】 【分析】 根据空间线面关系、面面关系对各命题的正误进行判断，即可得出正确选项. 【详解】对于命题①，若 ， ，且 ，则 ，该命题正确； 对于命题②，若 ， ，且 ，则 与 平行或相交，命题②错误； 对于命题③，若 ， ，且 ，则 与 平行、垂直或斜交，命题③错误； 对于命题④， ，过直线 作平面 ，使得 ，则 ， ， ， ， ， ，则 ，命题④错误. 故选：D. 【点睛】本题考查有关线面、面面关系命题真假的判断，可以根据空间中的线面关系、面面 关系有关定理或者利用模型来进行判断，考查推理能力，属于中等题. 8.如图，在正方体 中， 为对角线 的三等分点， 到各顶点的距离 的不同取值有（ ） m n α β m α⊥ n β⊥ m n⊥ α β⊥ //m α βn// //m n //α β m α⊥ βn// m n⊥ α β⊥ m α⊥ βn// //m n //α β m α⊥ n β⊥ m n⊥ α β⊥ //m α βn// //m n α β m α⊥ βn// m n⊥ α β //n β n γ lβ γ = //n l //m n //m l∴ m α⊥ l α∴ ⊥ l β⊂ α β⊥ 1 1 1 1ABCD A B C D− P 1BD P A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】B 【解析】 【详解】如图,取底面 ABCD 的中心 O,连接 PA,PC,PO. ∵AC⊥平面 DD1B, 又 PO⊂平面 DD1B, ∴AC⊥PO. 又 O 是 AC 的中点, ∴PA=PC. 同理,取 B1C 与 BC1 的交点 H,易证 B1C⊥平面 D1C1B, ∴B1C⊥PH. 又 H 是 B1C 的中点, ∴PB1=PC, ∴PA=PB1=PC. 同理可证 PA1=PC1=PD. 又 P 是 BD1 的三等分点, ∴PB≠PD1≠PB1≠PD, 3 4 5 6 故点 P 到正方体的顶点的不同距离有 4 个. 二、填空题：（共 6 小题，每小题 5 分共 30 分） 9.直线 被圆 截得的弦长为___________ 【答案】 【解析】 试题分析：由弦心距、半径、弦长的一半构成的直角三角形，应用勾股定理得，直线 被圆 截得的弦长为 ． 考点：直线与圆的位置关系 点评：简单题，研究直线与圆的位置关系问题，要注意利用数形结合思想，充分借助于“特 征直角三角形”，应用勾股定理． 10.设抛物线 的焦点为 ，准线为 ，则以 为圆心，且与 相切的圆的方程为 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 由抛物线方程可知焦点 ,准线 为 ,则 ,进而可得圆的方程 【详解】由题,焦点为 ,准线 为 ,则圆的半径 , y x= ( )22 2 4x y+ − = 2 2 y x= 2 2( 2) 4x y+ − = 2 222 2 ( ) 2 2 2 −− = 2 8y x= F l F l 2 2( 2) 16x y− + = ( )2,0F l 2x = − 4r = ( )2,0F l 2x = − 4r = 所以圆的方程为 , 故答案为： 【点睛】本题考查抛物线的几何性质的应用,考查圆的标准方程 11.已知点 P 是圆 x2+y2=2 上的动点，Q 是直线 l：3x﹣4y+15=0 上的动点，则|PQ|的最小值 为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】 求出圆心到直线的距离 ，可得直线与圆相离，圆上的点到直线上的点的最小距离为 ． 【详解】圆心到直线的距离 ，所以直线与相离， 所以圆上点到直线的距离的最小值为： ， 故答案为： ． 【点睛】考查直线与圆的位置关系的判断及圆上点到直线的最小距离，用到点到直线的距离 公式，属于基础题． 12.正三棱柱 的底面边长为 2，侧棱长为 ， 为 中点，则三棱锥 的体积为________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为正三棱柱 的底面边长为 ，侧棱长为 为 中点，所以底面 的面积为 ， 到平面 的距离为就是底面正三角形的 高 ，所以三棱锥 的体积为 ． 考点：几何体的体积的计算． 13.已知椭圆 C1： 1 及双曲线 C2： 1，均以（2，0）为右焦点且都经过 点（2，3），则椭圆 C1 与双曲线 C2 的离心率之比为_____. 2 2( 2) 16x y− + = 2 2( 2) 16x y− + = 2− d d r− 2 2 15 3 3 4 d r= = > + 3 2− 3 2− 1 1 1ABC A B C− 3 D BC 1 1A B DC− 1 1 1 1ABC A B C− 2 3, D BC 1 1B DC 1 2 3 32 × × = A 1 1B DC 3 1 1A B DC− 1 3 3 13 × × = 2 2 2 2 x y a b + = 2 2 2 2 x y m n − = 【答案】1：4 【解析】 【分析】 由题意可得， ，设都经过点 为点 ，左、右焦点分别为 、 ，则 ， ， ，所以 ，再利用勾股定理以及椭圆和双曲线的定义，求出 ， ，从而求出椭圆 与双曲线 的离心率之比． 【详解】由题意可得， ，设都经过点 为点 ，左、右焦点分别为 、 ， 则 ， ， ，所以 ， 又因为 ， ， 得出 ， 所以 ，则 ， 又 ，则 ， 所以椭圆 与双曲线 的离心率之比为 ，即 ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了椭圆与双曲线的定义和离心率，需要学生掌握好椭圆和双曲线的基 础知识． 14.如图，在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中，M，N 分别为棱 AB 和 CD 的中点，一个平面分 别与棱 BC，BD，AD，AC 交于 E，F，G，H，且 MN⊥平面 EFGH.给出下列六个结论：①AC⊥BD， ②AB//平面 EFGH，③平面 ABC⊥平面 EFGH，④四边形 EFGH 的周长为定值；⑤四边形 EFGH 的面积有最大值；⑥四边形 EFGH 一定是矩形，其中，所有正确结论的序号是 _____. 【答案】①②④⑤⑥ 2c = (2,3) P 1F 2F 1( 2,0)F − 2 (2,0)F (2,3)P 2 1 2PF F F⊥ 4a = 1m = 1C 2C 2c = (2,3) P 1F 2F 1( 2,0)F − 2 (2,0)F (2,3)P 2 1 2PF F F⊥ 2| | 3=PF 1 2| | 4F F = 1| | 5PF = 1 2| | | | 2 8PF PF a+ = = 4a = 1 2| | | | 2 2PF PF m− = = 1m = 1C 2C 2 2:4 1 1: 4 1: 4 【解析】 【分析】 利用正四面体的性质判断①；利用直线与平面垂直的性质判断②；平面是否垂直判断③；通 过折叠与展开判断④；求出四边形的面积判断⑤；判断四边形的形状判断⑥； 详解】在棱长为 1 的正四面体 中，对棱垂直，所以① ，正确； ， 分别为棱 和 的中点，可知 ， ， 一个平面分别与棱 ， ， ， 交于 ， ， ， ，且 平面 ． 所以 ， 平面 ，所以②正确； 同时 ，所以四边形 一定是矩形，所以⑥正确； 平面 平面 ，所以平面 平面 不正确，即③不正确； 由比例关系可知： 是定值，四边形 的周长为定值 2，④正确； 由基本不等式的形状，可知四边形 的面积有最大值 1；所以⑤正确； 故答案为：①②④⑤⑥． 【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉正四面体的性质以及及空间几何体的直线与 平面、平面与平面的平行垂直性质的综合应用，还运用了基本不等式求面积最大值． 三、解答题（共 6 小题，满分 80 分） 15.在△ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ， ． （1）求 的值； （2）如果 ，求 的值及△ 的面积． 【答案】（1） ; （2） . 【 ABCD AC BD⊥ M N AB CD MN AB⊥ MN CD⊥ BC BD AD AC E F G H MN ⊥ EFGH / / / /AB EF FG / /AB EFGH / / / /CD GH EF EFGH ABN ^ EFGH ABC ⊥ EFGH EF EH+ EFGH EFGH ABC A B C a b c sin 6sinA C= 3c = a 3cos 3A = b ABC 3 2a = 5 2 2ABCS∆ = 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理结合题意可得 ; (2)由余弦定理结合三角形 的面积公式可得 . 【详解】（1）因为 以及 ， 所以 ，因为 所以 （2）因为 以及 所以 ，因为 ， 所以 因为 ， ， 所以 所以 . 16.已知椭圆 C： 1 的右顶点为 A.上顶点为 B.点 E 在椭圆 C 上，点 E 不在直线 AB 上. （1）求椭圆 C 的离心率和直线 AB 的方程； （2）若以 AE 为直径 圆经过点 B，求点 E 的坐标. 【答案】（1） ，x+2y﹣4=0；（2）E（ ， ）. 【解析】 【分析】 （1）根据题意方程，求得 和 ，根据椭圆的离心率公式求得离心率，利用直线的截距式 的 3 2a = 5 2 2ABCS∆ = sin sin a c A C = sin 6sinA C= 6a c= 3c = 3 2a = 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 3cos 3A = 2 2 15 0b b− − = 0b > 5b = 3cos 3A = 0 A π< < 6sin 3A = 1 5 2sin2 2ABCS bc A∆ = = 2 2 16 4 x y+ = 3 2 32 17 − 30 17 − a b 方程求得 的方程； （2）设 点坐标，根据 ，及 在椭圆上，联立即可求得 点坐标． 【详解】（1）由椭圆 的方程， ， ， ，则 ， 所以椭圆的离心率 ， 所以直线 ，即 ； （2）由题意可知： ，设 ， ， 即 ，则 ，则 ， 由 ，整理得 ，解得： （舍去）， ， 则 ， 所以 ， ． 【点睛】本题考查椭圆的性质，包括顶点坐标和离心率，同时考查两直线垂直的斜率关系以 及关直线的截距式方程的应用． 17.如图，在四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中，底面四边形 ABCD 是矩形，平面 DCC1D1⊥平面 ABCD.AD=3，CD=DD1=5，∠D1DC=120°，M，N 分别是线段 AD1，BD 的中点. AB E 1AB BEk k× = − E E 2 2 : 116 4 x yC + = 4a = 2b = 2 3c = (4,0)A (0,2)B 3 2 ce a = = : 14 2 x yAB + = 2 4 0x y+ − = AB BE⊥ 0(E x 0 )y 1AB BEk k× = − 0 0 21 12 y x −− × = − 0 02 ( 2)x y= − 2 2 0 0 116 4 x y+ = 2 0 017 4 60 0y y− − = 0 2y = 0 30 17y = − 0 32 17x = − 32( 17E − 30)17 − （1）求证：MN//平面 DCC1D1； （2）求证：MN⊥平面 ADC1； （3）求三棱锥 D1﹣ADC1 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） . 【解析】 【分析】 （1）连结 、 ，则 在 上，推导出 ，由此能证明 平面 ． （2）连结 ，推导出 ， ，从而 平面 ，进而 ， 平面 ，再则 ，能证明 平面 ． （3）三棱锥 的体积为 ，由此能求出结果． 详解】（1）证明：连结 、 ，则 在 上， 已知 ， 分别是线段 ， 的中点，所以 ， 且 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ． （2）证明：连结 ， 因为在四棱柱 中，底面四边形 是矩形， ， 则 ， ， 又因为平面 平面 ．平面 平面 ． 所以 平面 ，而 平面 ，得 ， ，因此 平面 ， 又因为 ，所以 平面 ． 【 25 3 4 AC 1D C N AC 1/ /MN D C / /MN 1 1DCC D 1DC 1 1DC D C⊥ AD CD⊥ AD ⊥ 1 1DCC D 1AD CD⊥ 1CD ⊥ 1ADC 1/ /MN CD MN ⊥ 1ADC 1 1D ADC− 1 1 1 1 1 1 1 3D ADC A DD C DD CV V S AD− −= = × ×  AC 1D C N AC M N 1AD BD 1/ /MN D C MN ⊄ 1 1DCC D 1D C ⊂ 1 1DCC D / /MN 1 1DCC D 1DC 1 1 1 1ABCD A B C D− ABCD 1 5CD DD= = 1 1DC D C⊥ AD CD⊥ 1 1DCC D ⊥ ABCD 1 1DCC D  ABCD CD= AD ⊥ 1 1DCC D 1CD ⊂ 1 1DCC D 1AD CD⊥ 1DC AD D= 1CD ⊥ 1ADC 1/ /MN CD MN ⊥ 1ADC （3）因为 平面 ，则点 到平面 的距离为 ， 已知 ， ，有 ， 则三棱锥 的体积为： ． 【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力和空间想象能力． 18.已知函数 f（x）=lnx﹣x+1. （1）求曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程： （2）若非零实数 a 使得 f（x） ax ax2 对 x∈[1，+∞）恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）y=0；（2）（0，1]. 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线斜率，进而可求切线方程； （2）根据题意可构造 ，原问题可转化为求解函数的最值，结 合导数即可求解． 【详解】（1） ， 由题意可得， ， ， AD ⊥ 1 1DCC D A 1 1DD C 3AD = 1 5CD DD= = 1 120D DC∠ = ° 1 1 1 25 35 5 sin602 4DD CS = × × × ° =  1 1D ADC− 1 1 1 1 1 1 1 1 25 3 25 333 3 4 4D ADC A DD C DD CV V S AD− −= = × × = × × =  ≥ 1 2 − 1 2a − 21 1( ) ( ) ( )2 2g x f x ax ax a = − − − 1( ) 1f x x ′ = − ( )1 0f ′ = ( )1 0f = 故曲线 在点 处的切线方程 ； （2）令 ， ， 则 ， 因为 ， 若 ，则 ，易得函数 在 上单调递减，显然不满足题意； 若 ， 当 即 时，易得函数 在 上单调递增，当 时， 取得最小值 ，解可得， ， 从而可得， ， 当 即 时，易得函数在 上单调递减，在 上单调递增， 当 时， 取得极小也是最小值 ， 解可得 ，故 ． 综上可得， 的范围 ． 【点睛】题主要考查了导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性求解最值，体现了分类 讨论与转化思想的应用． 19.已知 A，B，C 是抛物线 W：y2=4x 上的三个点，D 是 x 轴上一点. （1）当点 B 是 W 的顶点，且四边形 ABCD 为正方形时，求此正方形的面积； （2）当点 B 不是 W 的顶点时，判断四边形 ABCD 是否可能为正方形，并说明理由. 【答案】（1）32；（2）不可能，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据正方形的性质知 的坐标为 ，代入抛物线方程，解出 ，即可得到正方 形的面积； （2）先假设四边形 为正方形，设直线 的方程为 ，曲直联立，得到韦 达定理，并依次求得 中点 坐标、弦长 以及点 的坐标和弦长 ，再利用 ( )y f x= ( )( )1, 1f 0y = 2 21 1 1 1( ) ( ) ( ) 12 2 2 2g x f x ax ax lnx x ax axa a = − − − = − + − + + 1x 1 ( 1)( 1)( ) 1 ax xg x a axx x − −′ = − − + = 1x 0a < 1 0ax- < ( )g x [ )1,+∞ 0a > ( )i 1 1a  1a ( )g x [ )1,+∞ 1x = ( )g x ( ) 11 02 2 ag a = −  1 1a−   1a = ( )ii 1 1a > 0 1a< < 11, a     1[ , )a +∞ 1x a = ( )g x 1( ) 0g lnaa = −  1a 0 1a< < a ( ]0,1 C ( ),c cx x cx ABCD AC y kx m= + AC M AC B BD ，得到 与 等量关系①，然后利用 ，得到 与 等量关系②，联 立①②即可判定四边形 是否可能为正方形． 【详解】（1）当点 是 的顶点时，设 与 相交于点 ，则 ， 假设点 在 轴上方，则 的坐标为 ， 代入抛物线方程得 ，此时正方形的边长为 ， 所以正方形的面积为 ． （2）四边形 不可能为正方形． 当点 不是 的顶点时，直线 的斜率一定存在，设其方程为 ， 、 坐标分别为 ， ， ， ， 联立 ，则 ， 所以 ， ， 因此， 的中点 的坐标为 ， ， 若四边形 为正方形，则 的中点也是 ， ， 因为点 在 轴上，所以 ，所以 ， 代入 ，得 ，即 ， 所以 ， 化简得 ，① ， 1AC BDk k = − k m | | | |AC BD= k m ABCD B W AC BD O OC OB= C x C ( ),c cx x 4cx = 4 2BC = 2(4 2) 32= ABCD B W AC y kx m= + A C 1(x 1)y 2(x 2 )y 2 4y x y kx m  =  = + 2 2 2(2 4) 0k x km x m+ − + = 1 2 2 2 1 2 2 4 2kmx x k mx x k − + =  = 1 2 1 2 4( ) 2y y k x x m k + = + + = AC M 2 2 2( , )km k k − 2 2 1 2 2 1 16 16| | 1 | | k kmAC k x x k + −= + − =  ABCD BD M 1 1 BD AC k k k = − = − D x 0Dy = 2 42By k k = × = 2 4y x= 2 4 Bx k = 2 4 4( , )B k k 2 2 4 2 2 1 4 2 2BD BM kk kk k km km k k k − = = = = −− +− 22 2 0k km+ + = 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4 2 4 4 4| | 2 | | 2 ( ) ( ) 2km km k m kBD BM k k k k k − + + += = − + − = × 因为 ，所以 ， 化简得 ，② 由①②得， ， 无解， 故四边形 不可能为正方形． 点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，涉及正方形的面积、直线方程、韦达定理、 弦长公式，充分利用正方形的性质和曲直联立是解决本题的关键，考查学生的逻辑思维能力 和运算能力． 20.已知数列{an}满足： ，且 an+1 （n=1，2…）集合 M={an| }中的最小元素记为 m. （1）若 a1=20，写出 m 和 a10 的值： （2）若 m 为偶数，证明：集合 M 的所有元素都是偶数； （3）证明：当且仅当 时，集合 M 是有限集. 【答案】（1）6，22；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用递推公式依次求出数列 的前 10 项，推导出集合 中的最小元 素 ． ． （2）推导出 ，当 时， 或 ，由 为偶数，得到 为偶数， 为偶数，由此能证明若 为偶数，则集合 的所有元素都是偶数． （3）推导出 ，当 时， ．从而集合 ．由此能证明当且仅 当 时，集合 是有限集． 【详解】因为数列 满足： ，且 集合 中的最小元素记为 ． 所以 ， 【 | | | |AC BD= 2 2 2 2(1 )(16 16 ) 4(4 4 4 )k km km k m k+ − = + + + 28 4 0k km+ + = 2 3 0k + = k ABCD 1 Na ∗∈ 4 n n n n a a a a =  + ，若 是整数， ，若 不是整数 Nn ∗∈ 1m = { }na { | *}nM a n N= ∈ 6m = 10 22a = 0na > na m= 2 1na m− = 1 4na m− = − m 2m 4m − m M 0na > 1na m= = 2 1 1 1na − = = {1}M = m l= M { }na 1 20a = ( )1 , , 1,2 4, n n n n n a aa n a a + = = … + 若 是整数 若 不是整数 { | *}nM a n N= ∈ m 2 20 4 24a = + = ， ， ， ， ， ， ， ， 所以集合 中的最小元素 ． ． （2）证明：因为数列 满足： ，且 ， 集合 中的最小元素 为偶数． 所以 ，当 时， 或 ， 因 为偶数， 为偶数， 为偶数， 所以若 为偶数，则集合 的所有元素都是偶数． （3）证明：因为数列 满足： ，且 ， 集合 中的最小元素 为偶数．当且仅当 ， 所以 ， 当 时， ． 得集合 ． 所以，当且仅当 时，集合 是有限集． 【点睛】本题考查数列的第 10 项和最小项的求法，考查数列中所有项都是偶、集合是有限 集的证明，考查数列的递推公式、等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能 为 3 24 4 28a = + = 4 28 4 32a = + = 5 32 4 36a = + = 6 36 6a = = 7 6 4 10a = + = 8 10 4 14a = + = 9 14 4 18a = + = 10 18 4 22a = + = { | *}nM a n N= ∈ 6m = 10 22a = { }na 1 *a N∈ ( )1 , , 1,2 4, n n n n n a aa n a a + = = … + 若 是整数 若 不是整数 { | *}nM a n N= ∈ m 0na > na m= 2 1na m− = 1 4na m− = − m 2m 4m − m M { }na 1 *a N∈ ( )1 , , 1,2 4, n n n n n a aa n a a + = = … + 若 是整数 若 不是整数 { | *}nM a n N= ∈ m 1m = 0na > ∴ 1na m= = 2 1 1 1na − = = {1}M = 1m = M 力．