【文档说明】浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期数学暑期测试卷2 Word版含解析.docx，共(24)页，2.220 MB，由小赞的店铺上传

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2026届高二数学暑期测试卷2考试范围：暑期所学所有内容；考试时间：120分钟：满分：150分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一､单项选

择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.向量()2,1,3ax=，()1,2,9by=−，若//ab，则（）A.16x=−，23y=B.16x=，32y=−C.12x=，12y=−D.1xy==【答案】B【解析

】【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.【详解】由题设213129==−xy，故13,62xy==−.故选：B2.直线()1:31210laxay++−=和直线2:330laxy−+=，则“53a=”是“12ll⊥”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不

充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由题意先求出12ll⊥的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由题设12ll⊥()()31230aaa++−=，解得0a=或53a=.故1253all=⊥，125

3lla⊥=.所以“53a=”是“12ll⊥”的充分不必要条件.故选：B.3.若点()2,3P在圆C：22220xyxya++−+=外，则a的取值范围是（）A.()11,−+B.()11,2−C.()8,2−D.()8,−+【答案】B【

解析】【分析】结合点在圆外的代数关系式与圆的一般方程的定义即可.【详解】由于点()2,3P在圆C：22220xyxya++−+=外，有()222223222302240aa++−++−−，解得112a−，即a的取值范围是()11,2−.故

选：B.4.已知(,2),(,3)AmBn，C是抛物线2:4Mxy=上的三个点，F为焦点，(4,3)D，点C到x轴的距离为d，则AFBFCDd+++的最小值为（）A.10B.625+C.11D.725+【答案】B【解析】【分析】由焦半径公式得到213,3

14,1AFBFdCF=+==+=+=，从而得到6AFBFCDdCDCF+++=++，数形结合得到最小值.【详解】因为M的准线方程为1y=−，所以由抛物线焦半径公式得213,314,1AFBFdCF=+==+=+=，故1dCF=−，所以3416

6AFBFCDdCFCDCDCFDF+++=++−+=+++226(40)(31)625=+−+−=+,当且仅当C，D，F三点共线且C线段DF上时，等号成立，所以AFBFCDd+++的最小值为625+．故选：B5.等比数列na的各项均为正数，且564718aaaa+=，则313

2310logloglogaaa+++=（）A.12B.10C.5D.32log5【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.【详解】因为{𝑎𝑛}是各项均为正数的等比数列，564718aaaa+=，所以5

64756218aaaaaa+==，即569aa=，则11029569aaaaaa====记3132310logloglogSaaa=+++，则3103931logloglogSaaa=+++，两式相加得()

()()3110329310132logloglog10log920Saaaaaa=+++==，所以10S=，即3132310logloglog10aaa+++=.故选：B.6.已知抛物线C：212xy=和圆22:4440Mx

yxy+−−+=，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点,AB满足2,2AOAFBOBF==，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则P到直线AB的最大距离为（）A.22+B.2C.42+D.22【答案】A【解析】【分

析】由条件2,2AOAFBOBF==化简可知点AB、在圆N:22(4)4xy+−=上，所以AB是圆M与圆N的公共弦，再求出AB的方程，数形结合可求P到直线AB的最大距离.【详解】抛物线的焦点()0,3F，圆22:(2)(2)4Mxy−+−=，其圆心()2,2M，半径12r=．在设点(

),Nxy是满足2NONF=的任意一点，则22224(3)xyxy+=+−，化简得22(4)4xy+−=，结合2,2AOAFBOBF==，所以AB是圆M与圆N的公共弦，将圆M与圆N的方程相减得，直线AB的方程为20xy−+=，取线段

AB的中点E，连接PE，则22222ME−+==，则maxmin22,22PEPE=+=−，故选：A．7.图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中11223781OAAAAAAA=====，如果把图2中的直角三角形继续作下

去，记1OA，2OA，…，nOA的长度构成的数列为{𝑎𝑛}，则100a=（）A.110B.1C.10D.100【答案】C【解析】【分析】首先由题意得到递推关系式2211nnaa−−=，再求解数列na的通项公式，即

可求解.【详解】211nnOAOA−=+，即2211nnOAOA−−=,因为1OA，2OA，…，nOA的长度构成的数列为na，则2211nnaa−−=则数列2na是公差为1的等差数列，首项211a=，所以()

2111nann=+−=，即nan=，所以10010a=.故选：C8.如图，三棱柱111ABCABC−满足棱长都相等且1AA⊥平面ABC，D是棱1CC的中点，E是棱1AA上的动点．设AEx=，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）A先增大再减小B.减

小C.增大D.先减小再增大【答案】D【解析】【分析】以AC中点O为坐标原点，,OBOC分别为,xy轴，并垂直向上作z轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则(0,2)x，通过空间向量来求二面角的cos=23

115()24−+x，故cos在1(0,)2x上单增，1(,2)2x上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.【详解】.以AC中点O为坐标原点，,OBOC分别为,xy轴，并垂直向上作z轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则(

0,2)x，(3,0,0)(0,1,1)(0,1,)，，−BDEx,(3,1,1)DB=−−，(0,2,1)DEx=−−，设平面BDE法向量(,,)nabc=,则0302(1)0nDBabcnDEbcx==+=−+−

=，令23c=有13(1)23axbxc=+=−=，故(1,3(1),23)nxx=+−.又平面ABC的法向量(0,0,1)m=，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值222233cos(1)3(1)124mnmnxxxx===++−+−+231

15()24x=−+，又(0,2)x，故cos在1(0,)2x上单增，1(,2)2x上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.故选：D.【点睛】本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.二､多项选择题（本题共3小题，

每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9.已知圆221:20()2Mxaxya−+=−，过点(1,0)P−向圆M引斜率为(0)kk的切线l，切点为Q，记Q的轨

迹为曲线C，则（）A.C的渐近线为1x=B.点13(,)24在C上C.C在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为152−D.当点00(,)xy在C上时，00011xyx+−【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性质得点Q满足关系式，与已知圆联立消参得Q轨迹方程，A项由

方程形式构造函数()fx，利用导函数研究单调性作出大致图形即可得渐近线；B项坐标代入可知；C项由形可得；D项由不等式性质与放缩法可得.【详解】圆222:()Mxaya−+=，圆心(,0)Ma，半径a，且12a−，且0a.

2(1)20210aa−++=+，则点(1,0)P−在圆M外.如图，连接MQ，由题意知MQPQ⊥，设(,)Qxy，则22(,)(1,)(1)0MQPQxayxyxyaxa=−+=++−−=①，又

点Q在圆M上，则2220xaxy−+=②，①−②得，(1)axa+=，解得1xax=−③，由12a−且0a，解得10x−，或01x.将③代入②消a得，22(1)1xxyx+=−，(1,0)(0,1)x−即为曲线C

的方程.A项，设2(1)()1xxfxx+=−，)1,1x−则222(1)()(1)xxxfxx−−=−−，令()0fx=解得152x−=，或0x=，或152x+=（舍）.当1512x−−时，()0fx，()fx单调递增；当1502

x−时，()0fx，()fx单调递减；当01x时，()0fx，()fx单调递增且(1)0,(0)0ff−==，当1x→时，y→+.且当0y时，函数()()gxfx=与()fx单调性相同；且(1)0,(0)0gg−==，当1x→时，y

→+.故()gx的大致图象如下图，又由方程22(1)1xxyx+=−可知曲线C关于x轴对称，1x−且0x.故曲线C的大致图象为如下图，故C的渐近线为1x=，A项正确；B项，令曲线C方程中12x=，得234y=，34y，故B错误；C项，由形可知，曲线C在第二象限的纵坐标最大的点

对应的横坐标，即()fx在(1,0)−的极值点152−，故C正确；D项，当点00(,)xy在C上时，则22000011xyxx+=−由010x-<<，或001x.得2001x，又00101xx+−，.

220000001111xxyxxx++=−−，则00011xyx+−，所以00011xyx+−成立，故D正确；故选：ACD.【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有：（1）直接法：从条件中直接寻找到,xy的关系，列出方程后化简即

可；（2）代入法：所求点𝑃(𝑥,𝑦)与某已知曲线()00,0Fxy=上一点()00,Qxy存在某种关系，则可根据条件用,xy表示出00,xy，然后代入到Q所在曲线方程中，即可得到关于,xy的方程；（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨

迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程.（4）参数法：从条件中无法直接找到,xy的联系，但可通过一辅助变量k，分别找到,xy与k的联系，从而得到,xy和k的方程：()()xfkygk==，即曲线的参数方程，消去参数

k后即可得到轨迹方程.（5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程。10.已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为1r=上，2r=下，母线AB长为2，点E为

AB的中点，则（）A.圆台的体积为73π3B.圆台的侧面积为12πC.圆台母线AB与底面所成角为60oD.在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为4【答案】AC【解析】【分析】求出圆台的高，根据圆台体积公式

可判断A；根据圆台侧面积公式可判断B；作出圆台母线AB与底面所成角，解直角三角形可判断C；将圆台展开，将圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径转化为展开图中的线段长，可判断D.【详解】对于A：圆台的高为222

(21)3−−=，则圆台的体积223173ππ×(112)23)3(cm3V=++=，A正确；对于B：根据圆台的侧面积公式，可得侧面积为π(1+2)26πS==．故B错误；对于C：过A作12//AFOO交底面于F，而

12OO⊥底面，故AF⊥底面，∴ABF即为母线AB与底面所成角．在等腰梯形ABCD中，2,211ABBF==−=，∴1cos2BFABFAB==，∵ABF为锐角，∴60ABF=．故C正确；对于D：设圆台侧面展开图

上底面圆周对应的扇形半径为r，下底面圆周对应的扇形半径为R，设扇形圆心角为，则2π12π2r,R==，则2Rr=，由于242Rr,R,r−===，则π=，即圆台的侧面展开图为半圆环，如图示，在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE，由题意

可得：4,2OBOCRAB====．由E为AB中点，∴3OE=，∴2222()()435CEOCOE=+=+=．故D错误．故选：AC11.已知直线:(0)lykxk=交椭圆22221xyab+=于A

，B两点，1F，2F为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与2F关于直线l的对称点为Q，则（）A.若1k=，则椭圆的离心率为22B.若13MAMBkk=−，则椭圆的离心率为33C.1//lFQD.若直线BQ平行于x轴，则3k=【答案】ACD【解析

】【分析】对于A，1k=则(0,)Qc，故bc=，则利用222abc=+与离心率公式即可得解；对于B，设𝐴(𝑥0,𝑦0)，()00,Bxy−−，接着利用2200221xyab+=和13MAMBkk=−结合离心率公式直接

计算即可求解；对于C，根据三角形中位线即可得解；对于D，设()00,Bxy，则00kyx=，根据已知条件求出Q和中点G，再利用点关于直线对称的理论列式求出00,xy即可得解.【详解】如图，直线l与2QF交于G，对于A，若1k=，则

(0,)Qc，所以bc=，所以22212222ccceabcc=====+，故A正确；对于B，设𝐴(𝑥0,𝑦0)，则()00,Bxy−−，且2200221xyab+=即()2220202baxya−=，所以()2220222000

2222200001·3MAMBbaxyyybakkxaxaxaxaa−−====−=−+−+−−，所以22222222161133bacceeaaa−==−=−==，故B错误；对于C，由题意可知O

G是中位线，故1//lFQ，故C正确；对于D，设点()00,Bxy，则直线00:ylyxx=，因为直线BQ平行于x轴，所以点()00,,QxyFQ−的中点00,22cxyG−，所以由点G在直线l上且21FGlkk

=−得00000000·22·1yycxxyyxcx−==−−−，解得012xc=，2034cy=即032yc=，因此0032312cykxc===，故D正确.故选：ACD．【点睛】方

法点睛：点关于直线对称的点的计算求解步骤：（1）设所求点坐标，（2）利用中点坐标公式求出中点坐标，（3）利用中点坐标在直线上和两点所在直线与已知直线垂直则斜率乘积为1−这两个条件建立关于所求点坐标的方程组，利用该方程组即可求

解.（4）遇特殊直线如xm=或yn=一般直接得解.第Ⅱ卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，在平面直角坐标系中，直线13yx=与双曲线()0kykx=交于点A，过点()0,2C作AO的平行线交双曲线于点

B，连接AB并延长与y轴交于点()0,4D，则k的值为______．【答案】163##153【解析】【分析】由条件先求BC的解析式，设点B的坐标为1,23mm+，利用相似的性质求点A的坐标，由条件列方程求,mk即可.【详解】由已知直线AO的解

析式为13yx=，因为//AOBC，点C的坐标为()0,2，所以BC的解析式为123=+yx，设点B的坐标为1,23mm+，因为4,2,//ODOCBCAO==，所以BCDAOD∽，所以点A的坐标为22,3mm，因为点A和点B都在双曲线kyx=上，所以123kmm+=，23

2mmk=，所以231342mmm+=，0m，所以2m=，163k=故答案为：163.13.已知数列na各项均为正数，且首项为1，221122nnnnnnaaaa++++=，则20a=______________．【答案】210【解析】【分析】对原方程

化简得12nnanan++=，然后利用累乘法求解即可.【详解】由已知2211220nnnnnnaaaa++++−=，得112110nnnnnnaaaa+++−+=，∵0na，∴12nnnnaa++=，得12nnanan++=，由累乘

法得()121121112nnnnnaaaaannaaa−−−==+，∴20210a=,故答案为：210.14.已知正四面体PABC−的棱长为4，空间内动点M满足22MAMB+=，则PMPC的最大

值为______.【答案】842+【解析】【分析】利用空间向量线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可.【详解】设AB的中点为O，因为动点M满足22MAMB+=，所以2OM=，即点M

在以O为球心，以2为半径的球面上.因为PMPOOM=+，所以()PMPCPOOMPCPOPCOMPC=+=+.因为正四面体PABC−的棱长为4，所以4sin6023POCO===，在三角形POC中，4PC=，

23POCO==.取PC的中点为E，OEPC⊥，的所以PO在PC上的投影向量的模为PE，所以248POPCPEPC===.设OM，PC夹角为，所以8cos842cosPMPCPOPCOMPCOM

PC=+=+=+.因为cos1,1−，所以842,842PMPC−+，即PMPC的最大值为842+.故答案为：842+四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知数列na是公差不为0的等差数

列，11a=，且4a，6a，9a成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）设nS是数列na的前n项和，证明：121112nSSS+++．【答案】（1）nan=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量，列方程，即可求解；（2）根据（1）的结果，裂项相消法求

和，即可证明不等式.【小问1详解】设数列{𝑎𝑛}的公差为0d，∴()11nand=+−，∴431ad=+，651ad=+，981ad=+．由已知得()()()2513181ddd+=++，解得1d=或0d=（舍），∴数列{𝑎𝑛}的通项公式为nan=．【小问2详解】由（1）

知，()11212nSnnn=+++=+，∴()1211211nSnnnn==−++，∴121111111112121222311nSSSnnn+++=−+−++−=−++．16.在等腰梯

形ABCD中，//ABCD，222AB=+，2ADBC==，60DAB=，M为AB中点，将AMD，BMC△沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥MCDE−．（1）求ME与平面CDE所成角的大小；（2）求二面角MDEC

−−的余弦值．【答案】（1）π4（2）33【解析】【分析】（1）做辅助线，分析可证⊥MH平面CDE，可知MEQ即为所求线面角，结合余弦定理运算求解；（2）建系标点，求平面MEQ、平面CDE的法向量，利用空间向量求二面角.【小问1详解】在三棱锥MCDE−中，取

CD中点为Q，过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则CEDE=，CMDM=，可知EQCD⊥，MQCD⊥，且EQ，MQÌ平面MEQ，EQMQQ=，则CD⊥平面MEQ，且MH平面MEQ，可得CDMH⊥，可知MHCD⊥，MHEH⊥，C

DEHQ=，CD，EH平面CDE，则⊥MH平面CDE，可知MEQ即为所求线面角，在等腰梯形ABCD中，已知222AB=+，2ADBC==，60DAB=，可求出21AMME==+，3MQ=，2EQ=，可得222

2cos22MEEQMQMEQMEEQ+−==，且()0,πMEQ，则π4MEQ=，所以直线ME与平面CDE所成角为π4.【小问2详解】以H为原点，EQ，QD，HM为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则21,2,02D−

，21,0,02E−−，20,0,12M+，可得()2,2,0DE=−−，221,0,122ME=−−−−，设平面MEQ的法向量为(,,)mxyz=，则2202211022mDExymMExz

=−−==−−−+=，取1x=，则1yz==−，可得(1,1,1)m=−−，且平面CDE的法向量为20,0,12HM=+，可得2123cos,32312mHMmH

MmHM−+===−+，由图可知二面角为锐角，所以二面角MDEC−−的余弦值为33．17.已知平面内两个定点(2,0)A−，(2,0)B，满足直线PA与PB的斜率之积为14的动点P的轨迹为曲线C，直线l与曲线C

交于不同两点,MN；（1）求曲线C的轨迹方程；（2）若直线AM和AN的斜率之积为112，求证：直线l过定点；（3）若直线l与直线12:20,:20lxylxy+=−=分别交于,RS，求证：||||MRNS=.【答案】（1）221(

0)4xyy−=（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）设(,)(2)Pxyx，根据条件建立等式1224yyxx−−=−−−，化简即可求出结果；（2）设:lykxb=+，联立方程2214xy−

=，消y得到222(14)8440kxkbxb−−−−=，由韦达定理得2121222844,1414kbbxxxxkk−−+==−−，利用条件112AMANkk=，即可得到2bk=或bk=−，即可证明结果；（3）根据条件得出MN

和RS的中点重合，即可证明结果.【小问1详解】设(,)(2)Pxyx，由题有1224yyxx−−=−−−，化简得到2214xy−=，所以曲线C的轨迹方程为221(0)4xyy−=.【小问2详解】因为直线AM和AN的斜率之积为112，所以直线l的斜率

存在，设:lykxb=+，11(,)Mxy，22(,)Nxy，由2214xyykxb−==+，消y得到()22211484402kxkbxbk−−−−=，则2222644(44)(14)0kbbk=++−，2121222844,1414kbbxxxxkk−−

+==−−，2222222121222121212()()(44)841222()4441641612AMANyykxbkxbkbkbbbkkkxxxxxxbkbk++−−++−====+++++−−++−，化简整理得到2220kkbb+−=，得到

2bk=或bk=−，当2bk=时，2(2)ykxkkx=+=+，直线过定点(2,0)−与A重合，不合题意，当bk=−，(1)ykxkkx=−=−，直线过定点(1,0)，所以直线l过定点.【小问3详解】由（2）知122814kbxxk+=−，121222()214byykxxbk+=

++=−，所以MN的中点坐标为224(,)1414kbbkk−−，又易知直线直线12:20,:20lxylxy+=−=是双曲线2214xy−=的渐近线，设3344(,)(,)RxySxy,，由2204xyykxb−==+，消y得到222(14)840kxkbxb−−−

=，所以342814kbxxk+=−，343422()214byykxxbk+=++=−，得到RS的中点坐标为224(,)1414kbbkk−−，所以MN的中点与RS的中点重合，设中点为P，则,PRPSP

MPN==，从而有||||MRNS=.18.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率()2,1,0,22eP为C的上顶点，D为椭圆C上任意一点，且满足PD的最大值为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知()53,,2,122MT−−

.过点T的直线l（斜率存在且不为1）与椭圆C交于,AB两点.证明：MT平分AMB.【答案】（1）22184xy+=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件得2b=，再根据条件得22222220000(1)(2)(1)4444yaPDayyya=−+−=−−++，再结

合条件，即可求出a，即可求解；（2）设直线MB的倾斜角为，直线MA的倾斜角为，利用直线MT的倾斜角为3π4，从而得到π2TMBAMT+=+−，进而将问题转化成求证1MBMAkk=，再联立直线与椭圆的方程，即可求解.【小问1详解】由

题知2b=，又2224211,12cbeaaa==−=−，得到214112a−，解得28a，设00(,)Dxy，则22200(2)PDxy=+−，又因为2200214xya+=，所以22222220000(1)(2)(1)4444yaPDayyya=−+

−=−−++，又02,2y−，对称轴为0284ya=−，又28a，所以)0282,04ya=−−，又2104a−，所以222228814416444aaaa−−++=−−，整理得

到4216640aa−+=，解得28a=，所以椭圆方程为22184xy+=.【小问2详解】设直线:1(2)(1)lykxk-=+?，1122()AxyBxy,,(,)，联立1(2)(1)ykxk-=+?和22184xy

+=，消y得到2222(12)(84)8860kxkkxkk+++++−=，由韦达定理得到2212122284886,1212kkkkxxxxkk++−+=−=++，设直线MB的倾斜角为，直线MA的倾斜角为，又因为31

21522MTk−==−−+，所以直线MT的倾斜角为3π4，则有3ππ(π)44TMBTMB=−−=−，3π4AMT=−，得到π2TMBAMT+=+−，所以要证MT平分AMB，即证π2+=，也即证明π2=−，即证tantan1MBMAkk==，又22212121

21212121212331111[(2)][(2)](2)()422222245555255()()()222242MBMAyykxkxkxxkkxxkkkkxxxxxxxx−−−+−++−++−+===−−−−+++++，将2212122284886,1212kkkk

xxxxkk++−+=−=++代入得2222222222222886184111(2)4221221242411125584886224421212MBMAkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk+

−+−−+−+−+++===++−−+−+++，所以MT平分AMB.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第二问，设直线MB的倾斜角为，直线MA的倾斜角为，利用直线MT的倾斜角为3π4，得到π2TMBAMT+=+−，从而将问

题转化成求证1MBMAkk=，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，即可求解.19.意大利人斐波那契在1202年写的《算盘书（LiberAbaci）》中提出一个兔子繁殖问题：假设一对刚出生的小兔一个月后能长成大兔，再过一个月便能生下一对小兔，此后每个月

生一对小兔，这种成长与繁殖过程会一直持续下去.设第n个月的兔子对数为nf，则123451,1,2,3,5fffff=====，观察数列nf的规律，不难发现，()*21nnnfffn++=+N，我们称该数列为斐波那契数列.（1）若数列na是斐波那契数列，求出15aa+和

26aa+的值，并证明423nnnaaa+++=.（2）若数列na是斐波那契数列，且1512nnnbaa+−=+，求证：数列nb是等比数列；（3）若数列na是斐波那契数列，在（2）的条件下，求数列na

的前n项和nS.【答案】（1）15266,9+=+=aaaa，证明见解析（2）证明见解析（3）22515151522+++−=−−nnnS【解析】【分析】（1）直接按照斐波那契数列的定义来求解即可；（2）结合斐波那契数列的定义、等比数列的定义直接

证明即可；（3）首先得出5515155252nnna+−=−，思路一：直接由等比数列求和公式即可求解；思路二：由累加法求和即可得解；思路三：由裂项求和法即可得解.【小问1详解】1526156,189aaaa

+=+=+=+=.432nnnnnaaaaa++++=++212212nnnnnnnaaaaaaa+++++=+++=++23na+=；【小问2详解】因为1512nnnbaa+−=+，所以12111515122nnnnnnbaaaaa+++++−−=+=++1151515

1222nnnnaaaa++++−=+=+512nb+=.1215151022baa−+=+=，即0nb，即1512nnbb++=，所以nb是以512+为首项，512+为公比的

等比数列.【小问3详解】由（2）得512nnb+=.即1515122nnnaa+−++=，令11515151222nnnnaa+++−++=−+，化简得55=−，1

15515155152252nnnnaa+++−+−=−−，因为15515505210a+−−=，所以115515251255152nnnnaa+++−−=−+−

，即55152nna+−是以5510−为首项，512−−为公比的等比数列，故155155151155210225nnnna−+−−−−==，即5515155252nnna+−=−

；法一：51511515112222115515151122nnnS++−−−−=+−−−22115151225nn+++−=−+−22515151522nn++

+−=−+−；法二：由21++=+nnnaaa得，312aaa=+，423aaa=+，354aaa=+，21++=+nnnaaa，累加得，()()34521232341nnnaaaa

aaaaaaaa++++++=+++++++++，即()()2341222341nnnnaaaaaaSaaaa++++++++−=+++++，所以，2222515151522nnnnSaa++++−=−=−−法三：利用

21nnnaaa++=−1321nnnSaaaaa−=+++++()()()()()211544332nnnnaaaaaaaaaa+++=−+−++−+−+−.2222515151522nnnaa++++−=−=−−

.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得出5515155252nnna+−=−，由此即可顺利得解..