2020年吉林省示范高中梅河口五中高考第五次模拟数学试题(含解析)

2020年吉林省示范高中梅河口五中高考第五次模拟数学试题(含解析)

2020 年吉林省示范高中梅河口五中高考第五次模拟数学试题 一、单选题 1．集合 { 1,0,1}A   ， 2{ | 1 }B y y x x A   , ，则 A B  （ ） A．{ }1 B．{0} C．{ 1,0} D．{0,1} 2．已知函数 y= 4cosx的定义域为 , 3       ，值域为[a，b]，则 b-a的值是( ) A．4 B． 4 2 3 C．6 D． 4 2 3 3．已知复数 3 2z i  （ i为虚数单位），则在复平面内 z的共轭复数 z所对应的点为（ ） A． (3, 2) B． (3,2) C． ( 2,3) D． (2,3) 4．一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方 向上，行驶600m后到达 B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为30，则此山的高度CD  （ ） A．100 3m B．100 6m C．100m D．100 2m 5．某赛季甲、乙两名篮球运动员 5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为 32，乙得 分的平均值为 24，则下列结论错误的是 A． 8x  B． 8y  C．乙得分的中位数和众数都为 26 D．乙得分的方差小于甲得分的方差 6．若 0.50.4a  ， 0.5log 0.4b  ， 0.40.5c  ，则 a，b，c 的大小关系是 ( ) A． a b c  B． a b c  C．a c b  D．b a c  7．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一种，成于公元一世纪左 右，它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学．“更相减损术”便是《九 章算术》中记录的一种求最大公约数的算法，按其算理流程有如下流程框图，若输入的 a b、 分别 为 96、36，则输出的 i为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A． 24  B． 24  C． 24 2 D． 24 3 9．若过点  1, 3 有两条直线与圆 2 2 2 1 0x y x y m      相切，则实数m的取值范围是（ ） A．  , 1  B．  4,  C． 14, 4      D．  1,1 10．设 , ,A B C是抛物线 2 4y x 上的三点，若 ABC 的重心恰好是该抛物线的焦点F ，则 FA FB FC  （ ） A．2 B．4 C．6 D．8 11．已知函数    2sinf x x   （ 0 ）的图象经过点 , 2 2       和  ,0 ，且  f x 在 0, 4       内不单调，则的最小值为（ ） A．1 B．3 C．5 D．7 12．若角  0 2    的终边过点 (sin ,1 cos ) 5 5 P    ，则 = ( ) A． 11 10  B． 7 10  C． 2 5  D． 10  二、填空题 13．从 6男 2女共 8名学生中选出队长 1人，副队长 1人，普通队员 3人，组成 5人服务队，要求 服务队中至少有 1名女生，共有________种不同的选法（用数字作答） 14． 已知函数      3 21 48 2f x ax a x a x b      的图像关于原点成中心对称，则  f x 在区间 4,4 上的最大值为______． 15．有一根高为 30cm，底面半径为 5cm的圆柱体原木（图 1）.某工艺厂欲将该原木加工成一工艺 品，该工艺品由两部分组成，其上部分为一个球体，下部分为一个正四棱柱（图 2）.问该工艺品体 积的最大值是_____cm3. 16．设向量 (1,sin )a  ， (3 ,1)b sin  ，且 a b    ，则 cos2 等于__________． 三、解答题 17．如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 AA1C1C是边长为 2的菱形，平面 ABC⊥平面 AA1C1C, ∠A1AC=600,∠BCA=900． （Ⅰ）求证：A1B⊥AC1 （Ⅱ）已知点 E是 AB的中点，BC=AC，求直线 EC1与平面平 ABB1A1所成的角的正弦值． 18．已知两点    2,0 , 2,0A B ,直线 ,AM BM 相交于点M ,且这两条直线的斜率之积为 3 4  ． (1)求点M 的轨迹方程; (2)记点M 的轨迹为曲线C ,曲线C上在第一象限的点 P的横坐标为1,过点 P且斜率互为相反数的 两条直线分别交曲线C于 ,Q R ,求直线QR的斜率(其中点O为坐标原点)． 19．a>0,b>0 且 1 a + 1 b = ab （1）求证 a 4 +b 4 ≥8. （2）是否存在 a,b 使得 2a+b=4? 20．已知函数 1( ) [3ln( 2) ln( 2)]. 2 f x x x    （I）求 x为何值时，  f x 在 3,7 上取得最大值； （Ⅱ）设      ln 1F x a x f x   ，若  F x 是单调递增函数，求 的取值范围. 21．甲、乙两支球队进行总决赛，比赛采用五场三胜制，即若有一队先胜三场，则此队为总冠军， 比赛就此结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为二分之一．据以往资料统计，第 一场比赛可获得门票收入 40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加 10万元． (1)求总决赛中获得门票总收入恰好为 150万元且甲获得总冠军的概率； (2)设总决赛中获得的门票总收入为 X ，求 X 的分布列和数学期望 ( )E X ． 22．（辽宁省葫芦岛市 2018 年二模）直角坐标系 xOy中，直线 l的参数方程为 2 1 x tcos y tsin        ( t为 参数)，在极坐标系（与直角坐标系 xOy取相同的长度单位，且以原点为极点，以 x轴正半轴为极 轴）中，圆C的方程为 6cos  . （1）求圆C的直角坐标方程； （2）设圆C与直线 l交于点 ,A B，若点 P的坐标为  2,1 ，求 PA PB 的最小值. 23．已知等比数列 na 的公比 2 3 10, 8q a a a  ，且 4 6,36,2a a 成等比数列. （1）求数列 na 的通项公式；（2）记 2 n n nb a  ，求数列 nb 的前 nb 的前 n项和 nT . 【答案与解析】 1．C 根据要求先用列举法表示出集合 B，然后根据交集的运算求解出 A B 的结果. 因为 2{ | 1 }B y y x x A   , ，所以  0, 1B   ， 所以  1,0A B   . 故选：C. 本题考查集合的交集运算，难度较易. 2．C 根据定义域，结合余弦函数的图像，即可求得值域，进而求得 b-a 的值． 当定义域为 , 3       时，函数 y=cosx的值域结合图像可知为 11, 2     所以 y= 4cosx的值域为  4,2 所以 b-a=6 所以选 C 本题考查了三角函数图像及其简单的性质，属于基础题． 3．B 由复数 3 2z i  ，得到复数 z的共轭复数 3 2z i  ，即可求解，得到答案． 由题意，复数 3 2z i  （ i为虚数单位）， 则在复平面内 z的共轭复数 3 2z i  所对应的点为 (3,2)，故选 B． 本题主要考查了复数的表示，以及共轭复数的概念，其中解答中熟记复数的几何意义和共轭复数的 概念是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 4．B 设此山高 ( )h m ，在 BCD 中，利用仰角的正切表示出 BC，进而在 ABC 中利用正弦定理求得 h． 设此山高 ( )h m ，则 3BC h ， 在 ABC 中， 30BAC  ， 105CBA  ， 45BCA  ， 600AB  ． 根据正弦定理得 3 600 sin30 sin 45 h    ， 解得 100 6( )h m 故选：B 本题主要考查了解三角形的实际应用．关键是构造三角形，将各个已知条件向这个主三角形集中， 再通过正弦、余弦定理或其他基本性质建立条件之间的联系，列方程或列式求解． 5．B 分析： 详解：∵甲得分的极差为 32，最小值为 6， ∴最大值为 32+6=38，即 x 8 ，故 A 正确； ∵乙得分的平均值为 24， ∴ 12 25 26 31 24 5 m     ，解得m 26 ，即 6y  ，故 B 错误； 乙得分为：12,25,26,26,31，中位数和众数都为 26，故 C正确； 乙数据分布相对甲数据集中，故乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确. 故选：B 点睛：本题给出茎叶图，要我们判断其中关于特征数的描述不正确的一项，着重考查了茎叶图的认 识，以及中位数和极差的定义、求法等知识，属于基础题． 6．C 由题意，根据实数指数函数的性质，可得 0.5 0.5 0.40.4 0.5 0.5 1   ，根据对数的运算性质，可得 0.5 0.50.4 0.5 1log log  ，即可得到答案. 由题意，根据实数指数函数的性质，可得 0.5 0.5 0.40.4 0.5 0.5 1   ， 根据对数的运算性质，可得 0.5 0.50.4 0.5 1log log  ； a c b   ． 故选 C． 本题主要考查了指数函数与对数函数的运算性质的应用，其中解答中合理运用指数函数和对数函数 的运算性质，合理得到 , ,a b c的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力， 属于基础题. 7．A 解：由程序框图可知： 当 a=96，b=36时，满足 a＞b，则 a=96-36=60，i=1 由 a＞b，则 a=60-36=24，i=2 由 a＜b，则 b=36-24=12，i=3 由 a>b，则 b=24-12=12，i=4 由 a=b=12，输出 i=4． 故选 A． 8．B 由题意首先确定几何体的空间结构特征，然后结合空间结构特征即可求得其表面积. 由三视图可知，该几何体为边长为 2正方体 ABCD A B CD    挖去一个以 B为球心以 2为半径球 体的 1 8 ， 如图，故其表面积为 2124 3 4 2 24 8          ， 故选：B. (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图 中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积 是侧面积与底面圆的面积之和． 9．C 先由方程表示圆，得到    2 21 2 4 1 0    m ；再由过点  1, 3 有两条直线与圆 2 2 2 1 0x y x y m      相切，得到点  1, 3 在圆 2 2 2 1 0x y x y m      外，列出不等式 求解，即可得出结果. 因为 2 2 2 1 0x y x y m      表示圆的方程， 所以    2 21 2 4 1 0    m ，即 1 4 m  ； 又过点  1, 3 有两条直线与圆 2 2 2 1 0x y x y m      相切， 所以点  1, 3 在圆 2 2 2 1 0x y x y m      外， 因此  221 3 1 2 ( 3) 1 0        m ，即 4m   ； 综上， 14 4   m . 故选：C 本题主要考查由直线与圆位置关系求参数，熟记过圆外一点的圆的切线条数的判定方法，以及圆的 一般方程即可，属于常考题型. 10．C 由题意可得 F（1，0）是抛物线的焦点，也是三角形 ABC 的重心，故 1 3 A B Cx x x   ， ∴ A B Cx x x  =3． 再由抛物线的定义可得 FA FB FC   =xA+1+xB+1+xC+1 =3+3=6， 故选：C． 11．B 由图象经过点 , 2 2       和  ,0 列方程组，可得 *2 1, ( )n n N    ，再讨论 n可得，进而可得 和 ( )f x 的解析式，再检验单调性可得答案. 依题意得 ( ) 2 2 f   ， ( ) 0f   ， 所以 2sin( ) 2 2    ，2sin( ) 0   ， 所以 1 12 ( ) 2 2 k k Z      ， 2 2( )k k Z     ， 消去得 2 1( 2 ) , 2 2 k k    1 2( , )k k Z ， 令 2 12 ( )k k n n Z   ， 则 ( ) 2 2 n n Z    ，所以 2 1,( )n n Z    ，因为 0 ，所以 *n N ， 当 1n  时， 1  ，此时 1 12 ( )k k Z   ， 1( ) 2sin( 2 ) 2sinf x x k x   ， 1( )k Z ， 此时 ( )f x 在 (0, ) 4  上为递增函数，不合题意，应该舍去， 当 2n  时， 2 2 1 3     ，此时 12k    1( )k Z ， 1( ) 2sin(3 2 ) 2sin(3 ) 2sin 3f x x k x x         ， 此时， ( )f x 在 (0, ] 6  上递减，在[ , ) 6 4   上递增，符合题意， 所以的最小值为3 . 故选：B 本题考查了正弦型函数的单调性，根据题意得到 *2 1, ( )n n N    是解题关键，属于中档题. 12．D 角  0 2    的终边过点 sin ,1 cos 5 5 P       ， 所以 21 1 21 cos 105tan 10sin 2 5 10 10 sin tan sin cos               . 由角  0 2    ，得 10   . 故选 D. 13．1000 根据题意，分为 1女 4男和 2女 3男，再利用排列、组合求解每类的种数，结合计数原理，即可求 解. 由题意，可分为两类： 第一类：先选 1女 4男，有 1 4 2 6 30C C  种， 再在这 5人中选 2人作为队长和副队长有 2 5 20A  种，所以共有30 20 600  ； 第二类：先选 2女 3男，有 2 3 2 6 20C C  种， 再在这 5人中选 2人作为队长和副队长有 2 5 20A  种，所以共有 20 20 400  ， 根据分类计数原理，共有600 400 1000  种不同的选法. 故答案为：1000 本题主要考查了分类计数原理和分步计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题， 合理分类，结合排列、组合的知识求得每类的种数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题 的能力. 14．128 根据题意，由奇函数的定义，可得 f（x）是奇函数，由奇函数的性质，分析可得 a、b的值，即可 得 f（x）的解析式，对 f（x）求导，可求  f x 在区间 4,4 上的最大值. ∵函数  f x 的图像关于原点成中心对称， ∴  f x 是奇函数， ∴ 1a  ， 0b  ， 于是   3 48f x x x  ． ∴   23 48f x x   ， ∴当  4,4x  时，   0f x  ． 又∵函数  f x 在区间 4,4 上连续， ∴  f x 在区间 4,4 上单调递减． ∴  f x 在区间 4,4 上的最大值是  4 128f   ． 本题考查函数奇偶性的性质与单调性的判断，考查函数最值的求法，注意结合函数奇偶性的性质， 分析求出 a、b的值． 15． 5001000 3   设球的直径为  0 10x x  ，用 x表示出球的体积与正四棱柱的体积之和，再利用导函数求解出 最大值. 设球的直径为  0 10x x  ，则正四棱柱的高为30 x ， 球体体积 3 3 1 4 1( ) 3 2 6 xV x    ， 正四棱柱体积  2 2 (5 2) 30 1500 50V x x    ， 此时，工艺品体积   3 1 2 1 50 1500 6 V x V V x x      0 10x  ，   21 50 2 V x x   ，令   0V x  ，得 10x   ＜10， x 100,        10  10 ,10         V x  0 +  V x  极小值    0 =1500V ，   50010 =1000+ 3 V  ，     max 50010 1000 3 V x V     ， 该工艺品体积的最大值是 5001000 3   ， 故答案为： 5001000 3   . 本题主要考查导函数的应用，其中涉及函数模型的选择与应用问题，属于基础题，应用导函数解决 实际问题的基本步骤： ①理解题意，设出变量，建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题； ②在定义域内，求出函数的最大值或最小值； ③还原为实际问题，写出答案. 对于实际问题，在审题和建模时一定不可忽略对目标函数定义域的准确挖掘，一般地，每个表示实 际意义的代数式必须为正，由此可得自变量的范围，然后再利用导函数求最值. 16． 1 3 ∵ (1,sin )a   ， (3 ,1)b sin  ，且 a b    ，∴ 23sin 1  ，即 2 1sin 3   ， ∴ 2 2 1cos 2 1 2sin 1 3 3       ，故答案为 1 3 . 17．（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ） 试题分析：（1） 证明线线垂直，一般通过证明线面垂直，证明线面垂直的方法：一是线面垂直的 判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面， 则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化．（2） 利用已知的 线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其 中灵活建系是解题的关键;（3）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认 识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的 坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备． 试题解析：（1）证明：取 中点 ，连接 ， 因为平面 平面 ， ， 所以 平面 所以 ． 又 ， 所以 平面 ， 所以 ． 4分 在菱形 中， ． 所以 平面 ， 所以 ． 6分 （2）以点 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系 -O xyz， 则 ， ， ， ， ，  1 1 0,1, 3BB CC    ， 设 是面 的一个法向量， 则 ， 即 2 2 0, { 3 0, x y y z     取 可得 ( 3, 3, 1).m     10分 又 ,所以 ， 所以直线 与平面 所成的角的正弦值 = ． 12分 考点：证明线线垂直及求直线与平面所成的角． 18．（1） 2 2 4 3 x y  =  1 2x   ；（2） 1 2 . 【解析】试题分析：本题主要考查点的轨迹方程、椭圆方程、直线的方程与斜率、直线与圆锥曲线 的位置关系,考查了转化思想与逻辑推理能力.(1) 设点  ,M x y ,由题意可得 2 2 y y x x    = 3 4  ,化 简可得曲线C的方程: 2 2 4 3 x y  =  1 2x   ;(2) 由题意可得点 31, 2 P       ,直线 PQ与直线 PR的斜 率互为相反数,设直线 PQ的方程为 y =   31 2 k x   ,联立椭圆方程,由根与系数的关系式求出点 P 的坐标,同理求出点 Q的坐标,再利用直线的斜率公式化简可得结论. 试题解析： (1)设点  ,M x y , ∵ AM BMk k = 3 4  , ∴ 2 2 y y x x    = 3 4  , 整理得点所在的曲线C的方程: 2 2 4 3 x y  =  1 2x   . (2)由题意可得点 31, 2 P       , 直线 PQ与直线 PR的斜率互为相反数, 设直线 PQ的方程为 y =   31 2 k x   ,与椭圆方程联立,消去 y , 得:      2 2 2 24 3 12 8 4 12 3k x k k x k k      =0 , 由于 x =1是方程的一个解, 所以方程的另一解为 Qx = 2 2 4 12 3 4 3 k k k    , 同理 2 2 4 12 3 4 3R k kx k     , 故直线 RQ的斜率为: RQk = R Q R Q y y x x   =    3 31 1 2 2R Q R Q k x k x x x        = 2 2 2 8 6 2 4 3 24 4 3 kk k k k        = 1 2 . 19．（1）见解析；（2）不存在． 试题分析： （1）把原等式 1 1 ab a b   化为 3 2( )a b ab  ，再用基本不等式 2a b ab  可得 2ab  ，最 后再由基本不等式可得 4 4 2 22 8a b a b   ，等号成立的条件都是 a b ，从而得证； （2）同样两次应用基本不等式得 2 4a b  ，但两次应用基本不等式时等号成立的条件不可能实 现，故不存在． 试题解析： （1） 1 10, 0,a b ab a b     ，所以 a b ab ab   ， 所以 3 2( ) 2a b ab ab   ， 所以 2ab  ，仅当 a=b取得等号 所以 4 4 2 22 8a b a b   ， 仅当 a=b取得等号, ( 2）2 2 2a b ab  仅当 2a=b取得等号，又 2ab  仅当 a=b取得等号 所以 2 4a b  ，仅当 a=b=0取得等号与题目条件矛盾 所以不存在 a、b使得 2a+b=4． 点睛：利用基本不等式求最值，要注意结论应用的前提是：“一正”“二定”“三相等”，所谓“一 正”是指正数，“二定”是指应用定理求最值时，和或者积为定值，“三相等”是彿等号成立．在 连续使用基本不等式时，要注意等号要同时成立，最后的最值才能取到． 20．（Ⅰ）7; （Ⅱ） 1, . （I）对  f x 求导，求  f x 的单调性，进而求  f x 的最大值；（Ⅱ）已知  F x 是单调递增函数， 所以  ' 0F x  恒成立.对  F x 求导，转化为二次函数 2( 1) 5 4( 1) 0 (2, )a x x a     在 上 恒成立的问题，讨论开口方向，判断符号，求出 a的范围. （Ⅰ）  ' 2 1 3 1 4 2 2 2 4 xf x x x x         所以当 2 4x  时，  ' 0f x  ，当 4x  时，  ' 0f x  . 所以  f x 在  2,4 上是减函数，在  4. 上是增函数. 又因为  3,7x ，所以  f x 的最大值在端点处取得.          1 1 13 7 3ln 5 ln1 3ln 9 ln 5 ln 625 ln 729 0 2 2 2 f f       Q ,    3 7f f  ,即当 7x  时，  f x 在 3,7 上取得最大值. （Ⅱ）  F xQ 单调递增函数，  ' 0F x  恒成立 又           2 ' 2 2 1 5 4 14 1 4 1 4 a x x aa xF x x x x x             显然在 2( ) (2, ) ,( 1)( 4) 0f x x x   的定义域 上 恒成立. 2( 1) 5 4( 1) 0 (2, )a x x a      在 恒成立. 下面分情况讨论 2( 1) 5 4( 1) 0 (2, )a x x a      在 上恒成立时， a的解的情况. 当 1 0a   时，显然不可能有 2( 1) 5 4( 1) 0 (2, )a x x a     在 上恒成立. 当 21 0 ,( 1) 5 4( 1) 5 8 0 (2, )a a x x a x         时 在 上恒成立. 当 1 0a   时，又有两种情况：① 25 16( 1)( 1) 0a a    ； ② 25 2 ( 1) 2 5 2 4( 1) 0. 2( 1) a a a           且 由①得 216 9 0a   ，无解；由②得 1 . 1 0, 1. 4 a a a      综上所述各种情况，当 21 ,( 1) 5 4( 1) 0 (2, )a a x x a      时 在 上恒成立. ∴所求的 a的取值范围为 1, . 本题考查利用导数求函数的最值，已知函数的单调性求参问题，考查了学生的转化和计算能力，属 于难题. 21．（1） 1 8 P  （2）见解析 （1）由已知总决赛中获得门票总收入恰好为 150 万元且甲获得总冠军即甲连胜 3场 ，由此能求出 总决赛中获得门票总收入恰好为 150 万元且甲获得总冠军的概率． （2）由已知得 150 220 300X  ， ， ，分别求出相应的概率，由此能求出 x的分布列和数学期望 E x（ ）． （1）已知总决赛中获得门票总收入恰好为 150万元且甲获得总冠军即甲连胜 3 场，则其概率为 3 3 3 1 1 . 2 8 P C       ； （2）随机变量 X可取的值为 150，220，300. 又 P(X＝150)＝2× ＝ ，P(X＝220)＝C × × ＝ ，P(X＝300)＝C × × ＝ . 分布列如下： 所以 X的数学期望为 E(X)＝150× ＋220× ＋300× ＝232.5(万元)． 本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题． 22．（1）  2 23 9x y   （2） 2 7 . 分析：（1）将 6cos  两边同乘  ，根据直角坐标与极坐标的对应关系得出直角坐标方程； （2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，根据参数的几何意义与根与系数的关系得出 PA PB ． 详解： （1）由 26cos , 6 cos     得 ，化为直角坐标方程为 2 2 6x y x  ， 即  2 23 9x y   （2）将 l的参数方程带入圆 C 的直角坐标方程，得  2 2 cos sin 7 0t t     因为 0 ，可设 1 2,t t 是上述方程的两根，  1 2 1 2 2 cos sin 7 t t t t           所以 又因为（2，1）为直线所过定点，   1 2 1 2 2 1 2 1 24 32 4sin2 32 4 2 7 PA PB t t t t t t t t                 所以 2 7PA PB的最小值为  点睛：本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程的几何意义与应用，属于基础题． 23．（1） 12nna -= ；（2）   218 2 · 2 n nT n          . 【试题分析】(1)根据基本元的思想,将已知条件转化为 1,a q ,列方程组解出 1,a q ,由此得到数列的通 项公式.(2)利用错位相减法求得数列 nb 的前 n项和. 【试题解析】 （1）∵ 2 3 18a a a ，∴ 1 4 18a a a ，∴ 4 8a  ，又 4 6,36,2a a 成等差数列，∴ 4 62 72a a  ， ∴ 2 6 6 4 32, 4, 0aa q q a     ，∴ 2q  ，∴ 4 18·2 2n n na    ； （2） 2 1 2 2 1· 2 2 n n n n n nb n a           ，   1 0 1 3 21 1 1 1 11· 2· 3· 1 · · 2 2 2 2 2 n n nT n n                                        ①   0 1 2 2 11 1 1 1 1 1· 1· 2· 3· 1 · · 2 2 2 2 2 2 n n nT n n                                       ② -②： 1 0 1 2 11 1 1 1 1 1· · 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                       ， 1 12 1 21 1· ·12 21 2 n n nT n                  ，∴   218 2 · 2 n nT n          .