【文档说明】河北省邯郸市部分学校2025届高三上学期第一次大联考模拟预测试题 数学 PDF版含解析.pdf，共(4)页，3.077 MB，由envi的店铺上传

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{#{QQABaQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#}高三第一次大联考􀅰数学１高三第一次大联考􀅰数学２高三第一次大联考数学答案１—５:ＣＤＢＡＣ６—８:ＢＤＡ９—１１:ＡＢＤꎬＢＣꎬＡＣＤ部分解析:３.Ｂ

解析:由２ａ４＋ａ８＋ａ１６＝２４可得ꎬ(ａ４＋ａ８)＋(ａ４＋ａ１６)＝２４ꎬ整理得２ａ６＋２ａ１０＝２４ꎬ即ａ６＋ａ１０＝１２ꎬ所以Ｓ１５＝１５(ａ１＋ａ１５)２＝１５２(ａ６＋ａ１０)＝９０ꎬ故选Ｂ.４.Ａ解析:ｓｉｎπ＋α２()

ｃｏｓα２－ｃｏｓ２π４－α２()＝－ｓｉｎα２()ｃｏｓα２－１＋ｃｏｓπ２－α()２＝－１２ｓｉｎα－１＋ｓｉｎα２＝－１６ꎬ故选Ａ.５.Ｃ解析:因为三棱锥Ｓ－ＡＢＣ的三条侧棱相等ꎬ所以顶点Ｓ在底面△ＡＢＣ的射影是底面△ＡＢＣ的外心ꎬ又△ＡＢＣ为直角三角形ꎬ可知△ＡＢＣ的外心是斜边ＢＣ

的中点ꎬ设ＢＣ的中点为Ｍꎬ所以三棱锥的外接球的球心在ＳＭ上ꎬ又ＳＭ＝(２３)２－(３)２＝３ꎬ可得Ｒ２－(３－Ｒ)２＝(３)２ꎬ解得Ｒ＝２ꎬ故选Ｃ.６.Ｂ解析:因为采用７局４胜制ꎬ先赢４局者获胜ꎬ所以可能赛４局ꎬ５局ꎬ６局ꎬ７局ꎬ若赛４局ꎬ则有２种

ꎻ若赛５局ꎬ则有２Ｃ１４＝８种ꎻ若赛６局ꎬ则有２Ｃ２５＝２０种ꎻ若赛７局ꎬ则有２Ｃ３６＝４０种ꎻ综上所有赛事情况种数为２＋８＋２０＋４０＝７０种ꎬ故选Ｂ.７.Ｄ解析:设Ｄ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＡ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则Ｂ(

－ｘ０ꎬ－ｙ０)ꎬＭ(ｘ０ꎬ０)ꎬ所以ｋＤＡ＝ｙ０－ｙ１ｘ０－ｘ１ꎬｋＤＢ＝－ｙ０－ｙ１－ｘ０－ｘ１＝ｙ０＋ｙ１ｘ０＋ｘ１ꎬ又ｘ２０ａ２＋ｙ２０ｂ２＝１ꎬｘ２１ａ２＋ｙ２１ｂ２＝１ꎬ所以ｋＤＡ􀅰ｋＤＢ＝ｙ２０－ｙ２１ｘ２０－ｘ２１＝ｂ２ａ２(ａ２－ｘ２０)

－ｂ２ａ２(ａ２－ｘ２１)ｘ２０－ｘ２１＝－ｂ２ａ２ꎬ又点Ｍ在ＤＢ上ꎬ所以ｋＤＢ＝－ｙ０－ｘ０－ｘ０＝１２􀅰ｙ０ｘ０＝１２ｋ１ꎬ所以－ｂ２ａ２＝ｋＤＡ􀅰ｋＤＢ＝ｋ２􀅰１２ｋ１＝１２ｋ１ｋ２＝－１４ꎬ即ｂ２ａ２＝１４ꎬ由ｅ＝ｃａ＝１－ｂ２

ａ２＝３２ꎬ故选Ｄ.８.Ａ解析:因为ｆ(ｘ＋１)为偶函数ꎬ则ｆ(－ｘ＋１)＝ｆ(ｘ＋１)ꎬ可知ｆ(ｘ)的对称轴为ｘ＝１ꎬ所以ｃ＝ｆ－３２()＝ｆ７２()ꎬ令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－１ꎬ则ｇ′(ｘ)＝ｅｘ－１ꎬ当ｘ>１时ꎬｇ′(ｘ)>

０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ即有ｅｘ>ｘ＋１ꎬ所以ｅ７２>ｅ５２>５２＋１＝７２ꎬ由ｅｘ>ｘ＋１得ꎬｌｎ(ｘ＋１)<ｘꎬ所以ｌｎ９２<７２ꎬ由上可得１<ｌｎ９２<７２<ｅ７２ꎬ又ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ所以ｆｌｎ９２()<ｆ７２()<ｆｅ７２()ꎬ即ｆｌｎ９２()<

ｆ－３２()<ｆｅ７２()ꎬ所以ａ>ｃ>ｂꎬ故选Ａ.９.ＡＢＤ解析:因为｜ｚ１｜＝(３)２＋１２＝２ꎬ｜ｚ２｜＝１２＋(３)２＝２ꎬ选项Ａ正确ꎻ因为ｚ１－ｚ２＝(３－１)＋(１－３)ｉ＝(３－１)(１－ｉ)ꎬ所以｜ｚ１－ｚ２｜＝(３－１)｜１－ｉ｜＝(３－１)×２＝６－２ꎬ选项Ｂ正确ꎻ因为

ｚ２１􀅰ｚ２＝ｚ１􀅰(ｚ１􀅰ｚ２)ꎬｚ１ｚ２２＝(ｚ１􀅰ｚ２)􀅰ｚ２ꎬ所以ｚ２１􀅰ｚ２≠ｚ１􀅰ｚ２２ꎬ选项Ｃ错误ꎻ因为ｚ１􀅰ｚ２＝４ｉꎬ所以ｚ１􀅰ｚ２４æèçöø÷２０２４＝ｉ２０２４＝(ｉ２)１０１２＝１ꎬ选项Ｄ正确ꎻ综上ꎬ应选ＡＢＤ.１０.ＢＣ解

析:因为Ａｘ１ꎬ１２()ꎬＢｘ２ꎬ１２()为相邻两点且纵坐标相同ꎬ设Ｔ为ｆ(ｘ)的周期ꎬ所以｜ＡＢ｜＝Ｔ４或｜ＡＢ｜＝３４Ｔꎬ所以｜(ωｘ１＋φ)－(ωｘ２＋φ)｜＝πＳ２或３π２ꎬ所以ω｜ｘ１－ｘ２｜＝π２或３π２ꎬ又｜ｘ１－ｘ

２｜＝π３ꎬ所以ω＝３２或ω＝９２ꎬ又０<ω<３ꎬ所以ω＝３２ꎬ选项Ａ错误ꎻ由ｙ＝ｆｘ－π６()＝ｓｉｎ３２ｘ－π６()＋φ[]＝ｓｉｎ３２ｘ－π４＋φ()为奇函数ꎬ所以－π４＋φ＝ｋπ(ｋ∈Ｚ)ꎬ即φ＝ｋπ＋π４ꎬ又｜φ｜<π２ꎬ所以φ＝π４ꎬ选项Ｂ

正确ꎻ由上可知ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ３２ｘ＋π４()ꎬｆｘ＋π６()＝ｓｉｎ３２ｘ＋π６()＋π４[]＝ｓｉｎ３２ｘ＋π２()＝ｃｏｓ３２ｘ为偶函数ꎬ选项Ｃ正确ꎻ令－π２＋２ｋπ<３２ｘ＋π４<π２＋２ｋπꎬ可得－π２＋４３ｋπ<ｘ<π６＋４３ｋπꎬ取ｋ＝０ꎬ可知函数ｆ(ｘ)在区间－π２ꎬπ６()上

单调递增ꎬ选项Ｄ错误ꎻ故选ＢＣ.１１.ＡＣＤ解析:令ｘ＝ｙ＝１得ꎬｆ(２)２＝ｆ(１)ｆ(１)＝４ꎬ所以ｆ(２)＝８ꎬ选项Ａ正确ꎻ令ｙ＝１得ꎬｆ(ｘ＋１)ｘ＋１＝ｆ(ｘ)ｆ(１)ｘ＝２×ｆ(ｘ)ｘꎬ所以ｆ(３)＝３×２×ｆ(２)２＝３ｆ(２)ꎬｆ(４)＝４×２×ｆ(３)３＝８ｆ(２)ꎬｆ(

５)＝５×２×ｆ(４)４＝２０ｆ(２)ꎬ所以ｆ(３)＋ｆ(４)＋ｆ(５)＝２４８ꎬ选项Ｂ错误ꎻ当ｘ＝ｎ(ｎ∈Ｎ∗)时ꎬｆ(ｎ＋１)ｆ(ｎ)＝２(ｎ＋１)ｎꎬ则有ｆ(１０)ｆ(９)＝２×１０９ꎬｆ(９)ｆ(８)＝２×９８ꎬ所

以ｆ(１０)ｆ(８)＝ｆ(１０)ｆ(９)×ｆ(９)ｆ(８)＝２×１０９×２×９８＝５ꎬ选项Ｃ正确ꎻ当ｎ≥２时ꎬ由ｆ(ｎ＋１)ｆ(ｎ)＝２(ｎ＋１)ｎ得ꎬｆ(３)ｆ(２)×ｆ(４)ｆ(３)×􀆺×ｆ(ｎ)ｆ(ｎ－

１)＝２ｎ－２×３２×４３×􀆺×ｎｎ－１()＝ｎ×{#{QQABaQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#}高三第一次大联考􀅰数学３高三第一次大联考􀅰数学４２ｎ－３ꎬ所以ｆ(ｎ)

＝ｎ×２ｎꎬ所以ｆ(２０２４)＝２０２４×２２０２４ꎬ选项Ｄ正确ꎬ综上ꎬ故选ＡＣＤ.１２.(－¥ꎬ３]解析:因为Ｂ⊆Ａꎬ又Ｂ＝{１}ꎬ所以１∈Ａꎬ所以１＋２－ａ≥０ꎬ即ａ≤３.１３.π３ꎻ９１６解析:由题意可知球心Ｏ在圆锥的高ＳＯ１上ꎬ设底面Ｏ１的半径

为ｒꎬ球的半径为Ｒꎬ则Ｒ＝２３３ｒꎬ则ＯＯ１＝Ｒ２－ｒ２＝３３ｒꎬ所以ＳＯ１＝Ｒ＋３３ｒ＝２３３ｒ＋３３ｒ＝３ｒꎬ因为ＳＡ与底面Ｏ１所成的角为∠ＳＡＯ１ꎬ所以ｔａｎ∠ＳＡＯ１＝ＳＯ１ＡＯ１＝３ｒｒ＝３ꎬ故∠ＳＡＯ１＝π

３.由上可知圆锥ＳＯ１的表面积为πｒ２＋πｒ􀅰ＳＡ＝πｒ２＋πｒ×２ｒ＝３πｒ２ꎬ所以圆锥ＳＯ１的表面积与球Ｏ的表面积的比为３πｒ２４πＲ２＝３πｒ２１６３πｒ２＝９１６.１４.３７解析:若３ｘ＋２ｙ＋２ｚ≥４ꎬ由Ｍ＝ｍａｘ{ｘꎬｙꎬｚ}ꎬ可得３Ｍ≥３ｘ２Ｍ≥２ｙ２Ｍ≥２ｚ{ꎬ所以有

７Ｍ≥３ｘ＋２ｙ＋２ｚ≥４ꎬ即Ｍ≥４７ꎬ若ｘ＋３ｙ＋３ｚ≥３ꎬ则有Ｍ≥ｘ３Ｍ≥３ｙ３Ｍ≥３ｚ{ꎬ所以７Ｍ≥ｘ＋３ｙ＋３ｚ≥３ꎬ当且仅当ｘ＝３ｙ＝３ｚ＝３７时ꎬ等号成立.故Ｍ的最小值为３７.１５.(１３分)解:(１)由

题意Ｘ的可能取值为０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ则有Ｐ(Ｘ＝０)＝Ｃ３８Ｃ３１２＝１４５５ꎬＰ(Ｘ＝１)＝Ｃ１４Ｃ２８Ｃ３１２＝２８５５ꎬＰ(Ｘ＝２)＝Ｃ２４Ｃ１８Ｃ３１２＝１２５５ꎬＰ(Ｘ＝３)＝Ｃ３４Ｃ３１２＝１５５ꎬ􀆺４分所以随机变量Ｘ的分布列为Ｘ０１２３Ｐ１４５５２８５５１２５

５１５５所以随机变量Ｘ的期望为Ｅ(Ｘ)＝０×１４５５＋１×２８５５＋２×１２５５＋３×１５５＝１.􀆺７分(２)由题意可知首次达标的概率为８１２＝２３ꎬ􀆺８分首次不达标第二次达标的概率为１６＋２３＝５６ꎬ􀆺９分所以两位学生都首次就达标的概率为２３×２３＝４９ꎬ两位学生一位首次达标ꎬ另一位

首次不达标而第二次达标的概率为２×２３×５６×１３＝１０２７ꎬ􀆺１１分两位学生首次都不达标ꎬ第二次达标的概率为１３()２×５６()２＝２５３２４ꎬ所以至多两次测试后ꎬ两位学生全部达标的概率为４９＋１０２７＋２５

３２４＝２８９３２４.􀆺１３分１６.(１５分)解:(１)当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝(ｌｎｘ＋ｘ)ｅｘ－１ｘ()ꎬ则ｆ′(ｘ)＝１ｘ＋１()ｅｘ－１ｘ()＋(ｌｎｘ＋ｘ)ｅｘ＋１ｘ２æèçöø÷ꎬ􀆺２分所以ｆ(１)＝(ｅ－１)ꎬｆ′(１)＝３ｅ－１ꎬ所以ｙ＝ｆ(

ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线方程为ｙ－(ｅ－１)＝(３ｅ－１)(ｘ－１)ꎬ即ｙ＝(３ｅ－１)ｘ－２ｅ.􀆺５分(２)令ｆ(ｘ)＝０可得ｌｎｘ＋ｘ＝０或ｅｘ－ａｘ＝０ꎬ对两个方程分别讨论.①设ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｇ′(ｘ)＝１ｘ＋１>０ꎬ

所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)单调递增ꎬ且ｇ１２()＝－ｌｎ２＋１２<０ꎬｇ(１)＝１>０ꎬ􀆺８分所以存在唯一的零点ｘ１∈(０ꎬ１)ꎬ使ｇ(ｘ１)＝０ꎬ即ｌｎｘ１＋ｘ１＝０ꎬ􀆺９分②令ｅｘ－ａｘ＝０ꎬ即ａ＝ｘｅｘꎬ设ｈ(ｘ)＝ｘｅｘ(ｘ>０)ꎬ可得ｈ′(ｘ)

＝(ｘ＋１)ｅｘ>０ꎬ􀆺１１分则ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ又ｈ(０)＝０且ｘ→＋¥时ꎬｈ(ｘ)→＋¥ꎬ所以当ａ∈(０ꎬ＋¥)时ꎬ存在唯一的零点ｘ２∈(０ꎬ＋¥)ꎬ使ｈ(ｘ２)＝ａꎬ即ａ＝ｘ２ｅｘ２ꎬ􀆺１３分若ｘ１＝ｘ２时ꎬ可得ｌｎｘ１＋ｘ１＝０ａ＝ｘ１ｅｘ１{

ꎬ则ｌｎｘ１＝－ｘ１ꎬ可得ｘ１＝ｅ－ｘ１ꎬ所以ａ＝ｘ１ｅｘ１＝ｅ－ｘ１ｅｘ１＝１ꎬ􀆺１４分综上ꎬｆ(ｘ)有两个不同的零点ꎬ实数ａ的取值范围为(０ꎬ１)∪(１ꎬ＋¥).􀆺１５分１７.(１５分)解:(１)取ＢＤ的中点Ｏꎬ连接ＡＯꎬＯＣꎬ由已知可得ＡＯ⊥ＢＤꎬＯＣ⊥ＢＤꎬ又ＡＯ

∩ＯＣ＝Ｏꎬ所以ＢＤ⊥平面ＡＯＣꎬ所以平面ＥＦＨ∥平面ＡＯＣꎬ∵面ＥＦＨ∩面ＡＢＤ＝ＥＦꎬ面ＡＣＤ∩面ＡＢＤ＝ＡＯꎬ所以ＥＦ∥ＡＯꎬ􀆺３分在△ＡＯＤ中ꎬ△ＤＥＦ∽△ＤＡＯꎬ所以ＤＥＤＦ＝ＤＡＤＯꎬ故ＤＦ＝ＤＥ􀅰ＤＯＤＡ＝１

３ＤＡ􀅰ＤＯＤＡ＝１３ＤＯ＝１３×１＝１３.􀆺５分(２)由题意可得ＯＡ＝ＯＣ＝３ꎬ因为ＡＣ＝３ꎬ所以∠ＡＯＣ＝１２０°ꎬ􀆺６分以Ｏ为原点ꎬ直线ＯＣꎬＯＤ分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬ过点Ｏ与平{#{QQABaQKQggAoABBAABhCEw

EyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#}高三第一次大联考􀅰数学５高三第一次大联考􀅰数学６面ＢＣＤ垂直的直线为ｚ轴建立如图所示空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(０ꎬ－１ꎬ０)ꎬＡ－３２ꎬ０ꎬ３２æèçöø÷ꎬＥ－３６ꎬ２３ꎬ１２æè

çöø÷ꎬＨ３３ꎬ２３ꎬ０æèçöø÷ꎬ所以ＢＡ→＝－３２ꎬ１ꎬ３２æèçöø÷ꎬＢＨ→＝３３ꎬ５３ꎬ０æèçöø÷ꎬＢＥ→＝－３６ꎬ５３ꎬ１２æèçöø÷ꎬ􀆺９分设平面ＢＥＨ的一个法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ则有ＢＥ→􀅰ｎ＝０ＢＨ→􀅰ｎ＝０{ꎬ得〗－３６ｘ＋５

３ｙ＋１２ｚ＝０３３ｘ＋５３ｙ＝０ìîíïïïïꎬ取ｘ＝５ꎬ得ｎ＝(５ꎬ－３ꎬ５３)ꎬ􀆺１２分设直线ＢＡ与平面ＢＥＨ所成角的为θꎬ则ｓｉｎθ＝｜ｎ􀅰ＢＡ→｜｜ｎ｜｜ＢＡ→｜＝５×－３２æèçöø÷＋(－３)×１＋５３×３２５２＋(－３

)２＋(５３)２－３２æèçöø÷２＋１２＋３２()２＝２３０９１０３ꎬ所以直线ＢＡ与平面ＢＥＨ所成角的正弦值为２３０９１０３.􀆺１５分１８.(１７分)解:(１)由题意可得ｙ２＝８ｘꎬ设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ􀆺

１分由ｙ＝ｋｘ＋ｍｙ２＝８ｘ{ꎬ消去ｙ得ｋ２ｘ２＋(２ｋｍ－８)ｘ＋ｍ２＝０ꎬｋ≠０ꎬ所以ｘ１＋ｘ２＝８－２ｋｍｋ２ꎬｘ１ｘ２＝ｍ２ｋ２ꎬ又｜ＦＡ｜＋｜ＦＢ｜＝ｘ１＋ｘ２＋４＝８－２ｋｍｋ２＋４＝８ꎬ可得ｍ＝４ｋ－２ｋꎬ􀆺４分此时Δ＝(２ｋｍ－

８)２－４ｋ２ｍ２＝３２(２－ｋｍ)＝６４(ｋ２－１)>０ꎬ解得ｋ<－１或ｋ>１ꎬ􀆺５分设ＡＢ的中点坐标为(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则ｘ０＝ｘ１＋ｘ２２＝２ｙ０＝ｋｘ０＋ｍ＝２ｋ＋ｍ{ꎬ所以ＡＢ的垂直平分线方程为:ｙ－２ｋ－ｍ＝－１ｋ(ｘ－２)ꎬ􀆺７分将ｍ＝４

ｋ－２ｋ代入整理得:ｙ＝－１ｋ(ｘ－６)ꎬ令ｙ＝０ꎬ可得ｄ０＝６.􀆺８分(２)由｜ＡＢ｜＝１＋ｋ２􀅰８－２ｋｍｋ２æèçöø÷２－４ｍ２ｋ２＝１＋ｋ２􀅰８ｋ２－１ｋ２ꎬ􀆺１０分且点Ｄ(６ꎬ０)到直线ＡＢ的距离ｄ＝｜６ｋ＋ｍ｜１＋ｋ２＝４ｋ＋

１ｋ１＋ｋ２ꎬ􀆺１２分则△ＡＢＤ的面积为Ｓ＝１２｜ＡＢ｜􀅰ｄ＝１６ｋ２－１ｋ＋１ｋｋ２ꎬＳ２＝２５６(ｋ２－１)ｋ２＋１ｋ２＋２æèçöø÷ｋ４＝２５６１＋１ｋ２－１ｋ４－１ｋ６æèçöø÷ꎬ􀆺１４分令１ｋ２＝ｔꎬ设ｆ(ｔ)＝１＋ｔ－ｔ２－ｔ３(０<

ｔ<１)ꎬ则ｆ′(ｔ)＝１－２ｔ－３ｔ２ꎬ令ｆ′(ｔ)>０ꎬ解得０<ｔ<１３ꎬ令ｆ′(ｔ)<０ꎬ解得１３<ｔ<１ꎬ则ｆ(ｔ)在０ꎬ１３()单调递增ꎬ在１３ꎬ１()上单调递减ꎬ所以当ｔ＝１３ꎬｆ(ｔ)ｍａｘ＝ｆ１３()＝３２２７ꎬ􀆺１６分所以△ＡＢＤ面积的最大值为２５６×３２２７＝６４６９ꎬ

此时ｋ２＝３.􀆺１７分１９.(１７分)解:(１)由题意可得Δａ１＝２－１＝１ꎬΔａ２＝８－２＝６ꎬΔａ３＝２２－８＝１４ꎬΔａ４＝４７－２２＝２５ꎬ􀆺ꎻΔ２ａ１＝６－１＝５ꎬΔ２ａ２＝１４－６＝８ꎬΔ２ａ３＝２５－１

４＝１１􀆺ꎻ所以２阶数列为５ꎬ８ꎬ１１ꎬ􀆺.􀆺３分(２)因为Δａｎ＝ａｎ＋１－ａｎꎬ又Δａｎ＝２ｎꎬ所以ａｎ＋１－ａｎ＝２ｎꎬ所以ａ２－ａ１＝２ꎬａ３－ａ２＝４ꎬ􀆺ꎬａｎ－ａｎ－１＝２(ｎ－１)ꎬ累加可得ａｎ－ａ１＝２＋４＋􀆺＋２(ｎ－１)ꎬ即ａｎ－ａ１＝ｎ２

－ｎꎬ所以ａｎ＝ｎ２－ｎ＋１.􀆺８分(３)因为Δ２ｂｎ＝Δｂｎ＋１－Δｂｎꎬ及Δ２ｂｎ－Δｂｎ＋１＋ｂｎ＋２２ｎ＝０可得Δｂｎ－ｂｎ＝２２ｎꎬ又Δｂｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎꎬ所以ｂｎ＋１－２ｂｎ＝２２ｎꎬ两边同

除２ｎ＋１得ｂｎ＋１２ｎ＋１－ｂｎ２ｎ＝２ｎ－１ꎬ􀆺１０分当ｎ≥２时ꎬｂｎ２ｎ＝ｂ２２２－ｂ１２æèçöø÷＋ｂ３２３－ｂ２２２æèçöø÷＋ｂ４２４－ｂ３２３æèçöø÷＋􀆺＋ｂｎ２ｎ－ｂｎ－１２ｎ－１æèçöø÷＋ｂ１２＝２０＋２＋２２＋􀆺＋２ｎ－２＋－７２＝１(１－２

ｎ－１)１－２－７２＝２ｎ－１－９２ꎬ􀆺１２分所以ｂｎ＝２２ｎ－１－９􀅰２ｎ－１(ｎ≥２ꎬｎ∈Ｎ∗)ꎬ当ｎ＝１时ꎬｂ１＝－７满足ꎬ所以ｂｎ＝２２ｎ－１－９􀅰２ｎ－１(ｎ∈Ｎ∗)ꎬ􀆺１４分令ｘ＝２ｎ－１ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ２－９ｘ＝２ｘ－９４()２－８１

８ꎬ则当ｘ∈－¥ꎬ９４()时ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递减ꎬ当ｘ∈９４ꎬ＋¥()时ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增而２１－９４<２２－９４ꎬ所以２ｎ－１＝２ꎬ即ｎ＝２时ꎬｂｎ取得最小值为－１０.􀆺１７分{#{QQAB

aQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#}