【文档说明】湖北省十一校2025届高三上学期第一次联考(一模)数学试题答案.docx，共(9)页，54.854 KB，由envi的店铺上传

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2025届高三湖北十一校第一次联考数学试题参考答案1.【答案】C【解答】集合𝐴={−1,−2,−3},𝐵={𝑥+𝑦∣𝑥∈𝐴,𝑦∈𝐴}={−2,−3,−4,−5,−6}故𝐴∩𝐵={−2,−3}.2.【答案】A【解答】由𝑧+1−

𝑖𝑧=1+2i,则1−𝑖𝑧=2i,即𝑧=1−i2i=i⋅(1−i)2i⋅i=1+i−2=−12−12i3.【答案】A【解答】由题意(𝑏⃗⋅𝑎⃗|𝑎⃗|)⋅𝑎⃗|𝑎⃗|=−4𝑡𝑡2𝑎=2𝑎,

解得𝑡=−2.4.【答案】C【解答】由图可得1−0.05×1=0.95,1−(0.05+0.15)×1=0.80,0.80<0.9<0.95所以𝑎∈(94,95),且(𝑎−94)×0.15+0.8=0.9,得𝑎=9

4.67,故选C5.【答案】D【解答】𝐷中,1−tan10∘1+tan10∘=tan(45∘−10∘)=tan35∘.6.【答案】C【解答】由𝐶点到直线𝐴1𝐵1的距离为√7,故𝐵𝐵1=2△𝐴𝐵𝐶的外接圆直径2𝑟=2√3sin120∘=4设三棱柱𝐴𝐵

𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的外接球半径𝑅,则𝑅2=𝑟2+(𝐴𝐴12)2=5,外接球表面积𝑆=20𝜋.7.【答案】B【解答】由题𝑚>3,又直线𝑥=±√𝑚,𝑦=±√3都与椭圆𝑥2𝑚+𝑦23=1(𝑚>0)相切,因此直线𝑥=±√𝑚,�

�=±√3所围成矩形的外接圆𝑥2+𝑦2=3+𝑚即为椭圆𝑥2𝑚+𝑦23=1的蒙日圆,由A、B为椭圆𝑥2𝑚+𝑦23=1上任意两个动点,动点P满足∠𝐴𝑃𝐵为锐角,得点P在圆𝑥2+𝑦2=3+𝑚外,又动点P在直线𝑥−√

2𝑦−6=0上,因此直线𝑥−√2𝑦−6=0与圆𝑥2+𝑦2=3+𝑚相离,则|−6|√12+(−√2)2>√3+𝑚得𝑚<9,则𝑒2=𝑚−3𝑚=1−3𝑚∈(0,23),解得0<𝑒<√63,所以椭圆C的离心率的取值范围为0<𝑒<√638.【答案】B【解答】因为𝑔(𝑥

)为偶函数,所以𝑔(𝑥)=𝑔(−𝑥),所以𝑔′(𝑥)=−𝑔′(−𝑥),𝑔′(𝑥)是奇函数,所以𝑔′(0)=0,因为𝑓(𝑥)+𝑔′(𝑥)=5,所以𝑓(0)+𝑔′(0)=5,所以𝑓(0)=5𝑓(𝑥)+𝑔′(𝑥)=5,𝑓(

𝑥−1)−𝑔′(5−𝑥)=5⇒𝑓(4−𝑥)−𝑔′(𝑥)=5,所以𝑓(4−𝑥)+𝑓(𝑥)=10,所以𝑓(1)+𝑓(3)=10,𝑓(2)=5,𝑓(4)=𝑓(0)=5又𝑓(𝑥)=5−𝑔′(𝑥)=5+𝑔

′(−𝑥)=𝑓(𝑥+4),所以𝑓(𝑥)是周期为4的函数∑𝑓15𝑘=1(𝑘)=𝑓(1)+𝑓(2)+⋯+𝑓(15)=3×[𝑓(1)+𝑓(2)+𝑓(3)+𝑓(4)]+𝑓(1)+

𝑓(2)+𝑓(3)=759.【答案】AB【解答】A中,𝑓(𝑥)的周期𝑇=2𝜋3,所以A正确;B中,令𝑓(𝑥)=2sin(3𝑥−𝜋6)=0,得对称中心为(𝑘𝜋3+𝜋18,0)(𝑘∈𝑍),故B正确C

中,将𝑓(𝑥)的图象向左平移𝜋6个单位长度,得到𝑓(𝑥+𝜋6)=2sin(3𝑥+𝜋3)的,故C错误;D中,由𝑓(𝑥)的对称轴为𝑥=2𝜋9+𝑘𝜋3,𝑘∈𝑍,𝑥=2𝜋9∈(0,𝜋3),𝑓(𝑥)在(0,𝜋3)上不单调故𝐷错误.

10.【答案】BCD【解答】由函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−1−2𝑥−1的定义域为(0,1)∪(1,+∞),且𝑓′(𝑥)=1𝑥+2(𝑥−1)2>0,所以𝑓(𝑥)的单调递增区间为(0,1),(1,+∞

),𝐴中,令𝑎=1𝑒,𝑏=𝑒,得𝑓(1𝑒)=−2+2𝑒𝑒−1>0,𝑓(𝑒)=−2𝑒−1<0,𝑓(1𝑒)>𝑓(𝑒),所以𝐴错误;𝐵中,由已知得𝑓(1𝑥)+𝑓(𝑥)=−

2+2𝑥−2𝑥−1=0,充分性得证,所以𝐵正确;𝐶中,𝑓(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2,方程𝑓(𝑥)=𝑥1与𝑓(𝑥)=𝑥2分别有两个实数解,𝐶正确;𝐷中,由𝑓(𝑎−1)>𝑓(𝑎),即𝑓(�

�−1)−𝑓(𝑎)=ln(1−1𝑎)−2(𝑎−2)(𝑎−1),令𝑔(𝑥)=ln𝑥+1𝑥−1,𝑥∈(0,1),可得𝑔′(𝑥)=1𝑥−1𝑥2=𝑥−1𝑥2<0,所以𝑔(𝑥)在(0,1)为单调递

减函数,所以𝑔(𝑥)>𝑔(1)=0,即ln𝑥>1−1𝑥,因为𝑎∈(1,2),可得1−1𝑎∈(0,12),所以ln(1−1𝑎)>1−𝑎𝑎−1,得𝑓(𝑎−1)−𝑓(𝑎)>1−�

�𝑎−1−2(𝑎−2)(𝑎−1)=−𝑎(𝑎−1)(𝑎−2)>0,所以𝑓(𝑎−1)>𝑓(𝑎),𝐷正确.11.【答案】ACD【解答】设P点坐标为(x,y),则曲线C:√(𝑥−2)2+𝑦2⋅√(𝑥+2)2+𝑦2=4,A正确;B中,若|

𝑃𝐹1|=|𝑃𝐹2|,则|𝑃𝐹1|=|𝑃𝐹2|=2,这样的P点只有1个,即为原点,B错误;C中,由√(𝑥−2)2+𝑦2⋅√(𝑥+2)2+𝑦2=4得,[(𝑥−2)2+𝑦2]⋅[(�

�+2)2+𝑦2]=16整理得,(𝑥2+𝑦2)2=8(𝑥2−𝑦2),所以𝑥2+𝑦2=8(𝑥2−𝑦2)𝑥2+𝑦2≤8,|𝑂𝑃|≤2√2,C正确;D中,从双纽线的图形上,可以观察有四个点处切线的斜率为0,另外,由(𝑥2

+𝑦2)2=8(𝑥2−𝑦2)得𝑦2=4√𝑥2+1−(𝑥2+4),则2𝑦⋅𝑦𝑥′=4𝑥√𝑥2+1−2𝑥,令𝑦𝑥′=0⇒𝑥=±√3或0,经计算曲线C在原点处的切线方程为𝑦=±2𝑥,D正确.12.

【答案】1【解答】由𝑆3=9,𝑆6=36得:𝑎2=3,𝑎3+𝑎4=12,则𝑑=2,所以𝑎1=𝑎2−𝑑=1.13.【答案】2𝑒2【解答】设𝑓(𝑥)=𝑒𝑎𝑥+𝑏,则𝑓′(𝑥)=𝑎𝑒𝑎𝑥+𝑏,设切点为(𝑥0,𝑒𝑎𝑥0+𝑏),则�

�′(𝑥0)=𝑎𝑒𝑎𝑥0+𝑏,可得切线方程为𝑦−𝑒𝑎𝑥0+𝑏=𝑎𝑒𝑎𝑥0+𝑏(𝑥−𝑥0),整理可得𝑦=𝑎𝑒𝑎𝑥0+𝑏𝑥+(1−𝑎𝑥0)𝑒𝑎𝑥0+𝑏,所以{(1−𝑎𝑥0)𝑒�

�𝑥0+𝑏=0𝑎𝑒𝑎𝑥0+𝑏=2,解得𝑥0=1𝑎,𝑎𝑒𝑎𝑥0+𝑏=𝑎𝑒1+𝑏=2,所以𝑎=2𝑒1+𝑏,所以𝑎𝑏=2𝑏𝑒1+𝑏,设𝑔(𝑥)=2𝑥𝑒1+𝑥,则𝑔′(𝑥)=2(1−𝑥)𝑒1+𝑥,当𝑥∈(−∞,1)时

,𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增,当𝑥∈(1,+∞)时,𝑔′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)单调递减,所以当𝑥=1时,𝑔(𝑥)取得最大值𝑔(1)=2𝑒2,所以𝑎𝑏的最大值为2𝑒2.14.【答案】(1)2;(2)(√3,

2√3).【解答】(1)由托勒密定理,得𝐴𝐶⋅𝐵𝐷=𝐴𝐵⋅𝐶𝐷+𝐵𝐶⋅𝐴𝐷=4√3.因为𝐴𝐶=√3𝐵𝐷,所以𝐵𝐷=2.设圆𝑂的半径为𝑅,由正弦定理,得𝐴𝐶sin∠

𝐴𝐷𝐶=𝐵𝐷sin∠𝐵𝐴𝐷=2𝑅.又𝐴𝐶=√3𝐵𝐷,所以sin∠𝐴𝐷𝐶=√3sin∠𝐵𝐴𝐷.因为∠𝐴𝐷𝐶=2∠𝐵𝐴𝐷,所以2sin∠𝐵𝐴𝐷cos∠𝐵𝐴𝐷=√3sin∠𝐵𝐴𝐷,因为0<∠𝐵𝐴𝐷

<𝜋,所以sin∠𝐵𝐴𝐷>0,所以cos∠𝐵𝐴𝐷=√32,所以sin∠𝐵𝐴𝐷=√1−cos2∠𝐵𝐴𝐷=12,则2𝑅=𝐵𝐷sin∠𝐵𝐴𝐷=4,故𝑅=2.(2)如图,假设𝐵𝐷边固定,结合𝐴𝐶=2√3得,圆心𝑂

到直线𝐴𝐶的距离𝑑=1,即𝐴𝐶是以𝑂为圆心半径为1的圆的切线.过𝐵(或𝐷)分别做小圆的切线时,可得直线𝐵𝐴2,𝐵𝐴4,𝐷𝐴1,𝐷𝐴3当𝐶点在劣弧𝐵𝐷⏜时,顶点𝐴可以在劣弧𝐴1𝐴2

⏜,𝐴3𝐴4⏜上运动,由对称性可知,不妨考虑点𝐴在劣弧𝐴1𝐴2⏜上时,通过计算可知:𝐴2𝐵⊥𝐵𝐷,∠𝐴1𝐷𝐵=30∘,所以𝐴𝐶与𝐵𝐷的夹角𝛼∈(𝜋6,𝜋2),得𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=12𝐴𝐶⋅𝐵𝐷⋅sin𝛼∈(√3,2√3)

.15.(13分)【解答】(1)证明:∵△𝐴𝐵𝐶为正三角形,𝐷为𝐴𝐶中点,∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶.在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中,平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶,又平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶,故𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1,

则𝐵𝐷⊥𝐴1𝐸.(3分)当𝜆=23时,tan∠𝐴1𝐸𝐶1=2,tan∠𝐷𝐸𝐶=12,则∠𝐴1𝐸𝐶1+∠𝐷𝐸𝐶=𝜋2,∴∠𝐴1𝐸𝐷=90∘,即𝐴1𝐸⊥𝐷𝐸,而𝐵𝐷∩𝐷𝐸=𝐷,∴𝐴1𝐸⊥平面𝐵𝐷𝐸.(6分)(说明:也可以用坐标法

证明)(2)当𝜆=13时,|𝐶𝐸|=1,易证𝐴1𝐸⊥𝐷𝐸,由(1)可得:𝐴1𝐸⊥平面𝐵𝐷𝐸.以𝐷为坐标原点,以𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗向量方向

分别为𝑥轴,𝑦轴,𝑧轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则有𝐷(0,0,0),𝐴(0,−1,0),𝐴1(0,−1,3),𝐵(√3,0,0),𝐸(0,1,1),(8分)由𝐴1𝐸⊥平面𝐵𝐷𝐸可得:平面𝐵𝐷𝐸的一个法向量是𝐸𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,−2,2),(10分)且𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,−1,0).记直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐷𝐸所成角为𝛼,则sin𝛼=|cos⟨𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⟩|=|𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∥∥𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∥∥∥∥𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗∥∥|=√24.所以直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐷𝐸所成角的正弦值是√24.(13分)(说明:也可以用几何法求解)16.(15分)【解答】(1)当𝐵𝐹⊥𝐴𝐹且|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|时,𝑐+𝑎=𝑏2𝑎=𝑐2−𝑎2𝑎,化简得𝑎=𝑐−𝑎,即

𝑒=𝑐𝑎=2；(6分)(2)由𝑎=1得:𝑐=2,𝑏=√3,所以双曲线方程为𝑥2−𝑦23=1,渐近线方程分别为𝑦=±√3𝑥,不妨设𝑀(𝑚,√3𝑚),𝑁(𝑛,−√3𝑛)(𝑚>0,𝑛>0),则由𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗得:𝐵(𝑚+2

𝑛3,√3(𝑚−2𝑛)3),(9分)由𝐵在双曲线𝐶上得:(𝑚+2𝑛3)2−[√3(𝑚−2𝑛)3]23=1⇒𝑚𝑛=98,(12分)而∠𝑀𝑂𝑁=120∘,|𝑀𝑂|=2𝑚,|𝑁𝑂|=2𝑛,∴𝑆△𝑀𝑂𝑁=12|

𝑀𝑂||𝑁𝑂|sin120∘=√3𝑚𝑛=9√38.(15分17.(15分)【解答】(1)若小明取到红色外观的模型,棕色内饰的有12个,米色内饰的有2个,则对应的概率𝑃(𝐴)=12+225=1425,若小明取到米

色内饰的模型,红色外观的有2个,蓝色外观的有3个,则对应的概率𝑃(𝐵)=2+325=525=15.(2分)同时取到红色外观、米色内饰的模型有2个,即𝑃(𝐴𝐵)=225,则𝑃(𝐵∣𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=2251425=214=1

7.(4分)∵𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=1425×15=14125≠225,∴𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)≠𝑃(𝐴𝐵),即事件𝐴和事件𝐵不独立.(6分)(2)由题意知𝑋=600,300,150,则外观和内饰均为同色的概率𝑃1=𝐶

122+𝐶82+𝐶32+𝐶22𝐶2𝑠2=66+28+3+1300=98300=49150,(8分)外观和内饰都异色的概率𝑃2=𝐶121𝐶31+𝐶21𝐶81𝐶252=52300=1375,(10分)仅外观或仅内饰同色的概率𝑃3=

1−49150−52300=12,∵12>49150>1375,∴𝑃(𝑋=150)=12,𝑃(𝑋=300)=98300=49150,𝑃(𝑋=600)=1375,则𝑋的分布列为:(13分)𝑋15030060

0𝑃12491501375则𝐸(𝑋)=150×12+300×49150+600×1375=277(元).(15分)18.(17分)【解答】(1)当𝑎=1时,𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥2+1∴𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−2�

�,1分令𝑚(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑥,则𝑚′(𝑥)=𝑒𝑥−2当𝑥<ln2时,𝑚′(𝑥)<0,即𝑚(𝑥)在(−∞,ln2)为减函数,当𝑥>ln2时,𝑚′(𝑥)>0,即𝑚(𝑥)在(ln2,+∞)为增函数,-3分所以𝑚(𝑥)≥𝑚(ln2)=

2−2ln2>0,即𝑔′(𝑥)>0所以𝑔(𝑥)在𝑅上为增函数;-4分(2)因为𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥2+1,所以𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑎𝑥设𝐹(𝑥)=𝑔′(𝑥)−ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑎𝑥−2𝑥−cos𝑥,𝑥≥0则𝐹′(�

�)=𝑒𝑥−2𝑎−2+sin𝑥,𝑥≥0-5分令𝑛(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑎−2+sin𝑥(𝑥≥0)则𝑛′(𝑥)=𝑒𝑥+cos𝑥≥1+cos𝑥≥0,∴𝑛(𝑥)在[0,+∞)为增函数

,即𝐹′(𝑥)在[0,+∞)为增函数,故𝐹′(𝑥)≥𝐹′(0)=1−2𝑎−2=−2𝑎−1.6分当𝑎≤−12时,𝐹′(𝑥)≥𝐹′(0)=−2𝑎−1≥0,此时𝐹(𝑥)在[0,+∞)为增函数,故𝐹(𝑥)≥𝐹(0)≥0,

符合题意;7分当𝑎>−12时,𝐹′(0)=−2𝑎−1<0,且𝐹′(𝑥)在[0,+∞)为增函数(趋于正无穷大),故存在𝑥0>0满足𝐹′(𝑥0)=0,则𝐹(𝑥)在(0,𝑥0)递减,所以当𝑥∈[0,𝑥0)时,𝐹(𝑥)≤𝐹(0)=0,不符合

题意.综上所述,𝑎的取值范围为𝑎≤−12.(3)证明:𝑓(𝑥)=2𝑥−1𝜋𝑥2+cos𝑥,𝑓′(𝑥)=2−2𝜋𝑥−sin𝑥.由𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),得2𝑥1−𝑥12𝜋+cos𝑥1=2𝑥2−𝑥22𝜋+co

s𝑥2,所以2(𝑥1−𝑥2)−1𝜋(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)+cos𝑥1−cos𝑥2=0,-11分两边同除以𝑥1−𝑥2,得2−1𝜋(𝑥1+𝑥2)+cos𝑥1−cos𝑥2𝑥1−𝑥2=0,所以2−1𝜋(𝑥1+𝑥2)+−2

sin𝑥1+𝑥22sin𝑥1−𝑥22𝑥1−𝑥2=0,13分令𝑥0=𝑥1+𝑥22,得2−2𝜋𝑥0−2sin𝑥0sin𝑥1−𝑥22𝑥1−𝑥2=0,得2−2𝜋𝑥0=2sin𝑥0sin𝑥1−𝑥22𝑥

1−𝑥2.因为𝑓′(𝑥)=2−2𝑥𝜋−sin𝑥,所以𝑓′(𝑥0)=2−2𝜋𝑥0−sin𝑥0=2sin𝑥0sin𝑥1−𝑥22𝑥1−𝑥2−sin𝑥0=sin𝑥0(sin𝑥1−𝑥22𝑥1−𝑥22−1),15分因为sin𝑥1−𝑥22

𝑥1−𝑥22=sin𝑥2−𝑥12𝑥2−𝑥12,又𝑥2−𝑥12∈(0,𝜋2),易知0<sin𝑥2−𝑥12<𝑥2−𝑥12,所以sin𝑥1−𝑥22𝑥1−𝑥22−1<0,又𝑥0∈(0,𝜋),

所以sin𝑥0>0,故𝑓′(𝑥0)<0,得𝑓′(𝑥1+𝑥22)<0.-17分(说明:第(3)问用极值点偏移的方法对应给分,易知部分不证明也给分)19.(17分)【解答】(1){𝑎𝑛}不为“𝑋数列”

.理由如下:由题意得:𝑆1=0,𝑆2=1,𝑆3=0,𝑆4=2,-3分因为𝑆1≤𝑎1<𝑆2,𝑆3≤𝑎1<𝑆4,所以满足𝑆𝑚≤𝑎1<𝑆𝑚+1的𝑚至少有2个,不合题意,所以{𝑎𝑛}不为“𝑋数列”;-5分(2)证明:因为𝑆𝑛=2𝑛+1,所以当𝑛=1时,

𝑎1=𝑆1=4,所以2𝑚+1≤4<2𝑚+2,解得𝑚=1,所以𝑏1=𝑆2−𝑎1=8−4=4,-7分当𝑛≥2时,𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=2𝑛,所以2𝑚+1≤2𝑛<2𝑚+2,解得𝑛−2<𝑚≤𝑛−1,因此𝑚=𝑛−

1,此时𝑏𝑛=𝑆𝑛−𝑎𝑛=2𝑛,9分所以,对每一个𝑛∈𝐍∗,有且仅有一个𝑚∈𝐍∗,使得𝑆𝑚≤𝑎𝑛<𝑆𝑚+1,故{𝑎𝑛}为“𝑋数列”,且其“余项数列”的通项为𝑏𝑛={4,𝑛=12𝑛,𝑛≥2;1

1分(3)证明:因为{𝑎𝑛}为正项数列,所以{𝑆𝑛}单调递增.𝑆1≤𝑎1<𝑎1+𝑎2=𝑆2,所以𝑏1=𝑆2−𝑎1=𝑎2,-12分因为𝑎2<𝑆2,且{𝑎𝑛}为“𝑋数列”,所以必有𝑎1=𝑆1=1≤𝑎2<𝑆2

,因此𝑏2=𝑆2−𝑎2=𝑎1=1,因为“余项数列”{𝑏𝑛}为等差数列,所以其公差𝑑=𝑏2−𝑏1=𝑎1−𝑎2≤0.由𝑆𝑚≤𝑎𝑛<𝑆𝑚+1知:𝑏𝑛=𝑆𝑚+1−𝑎𝑛

>0,13分若𝑑<0,则当𝑛>1−𝑎2𝑑时,𝑏𝑛=𝑎2+(𝑛−1)𝑑<0,与𝑏𝑛>0矛盾,不合题意;若𝑑=0,则𝑎1=𝑎2=1,𝑏𝑛=𝑎1=1.所以𝑏𝑛=𝑆𝑚+

1−𝑎𝑛=𝑎1=1,即𝑆𝑚+1−𝑎𝑛−𝑎1=0.-14分对于𝑛≥3,若𝑚+1≥𝑛,则𝑎2≤𝑆𝑚+1−𝑎𝑛−𝑎1=0,与正项数列{𝑎𝑛}矛盾,所以𝑚+1≤𝑛−1.由正项数列{𝑎𝑛}可知{𝑆𝑛}递增,所

以𝑆𝑛−𝑆𝑛−1+𝑎1=𝑎𝑛+𝑎1=𝑆𝑚+1≤𝑆𝑛−1,所以𝑆𝑛−𝑎1≤2(𝑆𝑛−1−𝑎1),所以𝑆𝑛−𝑎12𝑛≤𝑆𝑛−1−𝑎12𝑛−1≤⋯≤𝑆2−𝑎14=𝑎24=𝑎14,所以𝑆𝑛≤(1+2𝑛−

2)𝑎1(𝑛≥3),且𝑎1=1.-16分又因为𝑆1=𝑎1=1≤(2−1+1)𝑎1,𝑆2=2𝑎1=2≤(20+1)𝑎1,所以𝑆𝑛≤1+2𝑛−2,𝑛∈𝑁∗.17分