年北京高考數(shù)學(xué)真題數(shù)學(xué)一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)．1．已知集合M＝{x|－3<x<1}，N＝{x|－1≤x<4}，則M∪N＝()A．{x|－1≤x<1} B．{x|x>－3}C．{x|－3<x<4} D．{x|x<4}C[由集合的并運(yùn)算，得M∪N＝{x|－3<x<4}．]2．若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足zi＝－1－i，則z＝(A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋iC[由題意得，z＝i(－1－i)＝1－i.]3．圓x2＋y2－2x＋6y＝0的圓心到直線x－y＋2＝0的距離為()A．2 B．2C．3 D．32D[化圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，得(x－1)2＋(y＋3)2＝10，所以該圓的圓心(1，－3)到直線x－y＋2＝0的距離為1--3+212+-124．在(x－x)4的展開(kāi)式中，x3的系數(shù)為()A．6 B．－6C．12 D．－12A[解法一(公式法)：(x－x)4的展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝C4rx4-r(－x)r＝-1rC4rx4-r2(r＝0，1，2，3，4)．由4－r2＝3，得r＝2，所以(x解法二(組合數(shù)法)：(x－x)4的展開(kāi)式中含x3的項(xiàng)是由(x－x)(x－x)(x－x)(x－x)中任意取2個(gè)括號(hào)內(nèi)的x與剩余的2個(gè)括號(hào)內(nèi)的(－x)相乘得到的，所以(x－x)4的展開(kāi)式中含x3的項(xiàng)為C42x2·C22(－x)2＝6x3，所以(x－x)5．設(shè)a，b是向量，則“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝－b或a＝b”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件B[由(a＋b)·(a－b)＝0，得a2－b2＝0，即|a|2－|b|2＝0，所以|a|＝|b|，當(dāng)a＝(1，1)，b＝(－1，1)時(shí)，|a|＝|b|，但a≠b且a≠－b，故充分性不成立；當(dāng)a＝－b或a＝b時(shí)，(a＋b)·(a－b)＝0，故必要性成立．所以“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝－b或a＝b”的必要不充分條件．]6．設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)．已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值為π2，則ω＝(A．1 B．2C．3 D．4B[因?yàn)閒(x)＝sinωx∈[－1，1]，且f(x1)＝－1，f(x2)＝1，|x1－x2|min＝π2，所以f(x)的最小正周期T＝2×π2＝π，所以ω＝27．生物豐富度指數(shù)d＝S-1lnN是河流水質(zhì)的一個(gè)評(píng)價(jià)指標(biāo)，其中S，N分別表示河流中的生物種類(lèi)數(shù)與生物個(gè)體總數(shù)．生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類(lèi)數(shù)S沒(méi)有變化，生物個(gè)體總數(shù)由N1變?yōu)镹2，生物豐富度指數(shù)由2.1提高到3.15，則(A．3N2＝2N1 B．2N2＝3N1C．N22＝N1D[由題意，得S-1lnN1＝2.1，S-1lnN2＝3.15.若S不變，則2.1lnN1＝3.15lnN2，即2lnN1＝3lnN8．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝22，該棱錐的高為()A．1 B．2C．2 D．3D[由題意知△PAB為正三角形，因?yàn)镻C2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如圖，分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，則PE＝23，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.過(guò)點(diǎn)P作PG⊥EF，垂足為G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF?平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG?平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF?平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG為四棱錐P-ABCD的高．由12PE·PF＝12EF·PG，得PG＝PE·PFEF＝29．已知(x1，y1)，(x2，y2)是函數(shù)y＝2x的圖象上兩個(gè)不同的點(diǎn)，則()A．log2y1+B．log2y1+C．log2y1+y22<D．log2y1+y22>B[因?yàn)?x1，y1)，(x2，y2)是函數(shù)y＝2x的圖象上兩個(gè)不同的點(diǎn)，所以y1＝2x1，y2＝2x2，且x1≠x2，則2x1≠2x2，所以y1＋y2＝2x110．已知M＝{(x，y)|y＝x＋t(x2－x)，1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)集．設(shè)d是M中兩點(diǎn)間的距離的最大值，S是M表示的圖形的面積，則()A．d＝3，S<1 B．d＝3，S>1C．d＝10，S<1 D．d＝10，S>1C[設(shè)f(t)＝x＋(x2－x)t，當(dāng)x＝1時(shí)，f(t)＝1；當(dāng)1<x≤2時(shí)，x2－x>0，所以f(t)單調(diào)遞增，所以當(dāng)0≤t≤1時(shí)，f(0)≤f(t)≤f(1)，即x≤f(t)≤x2，則集合M表示的區(qū)域如圖中陰影部分所示．連接AC，由圖易知，d＝|AC|＝2-12+4-12＝10，S<S△ABC＝12×(4－2)×(2－二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11．拋物線y2＝16x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_______．(4，0)[由題意，知p＝8，則p2＝4，所以?huà)佄锞€y2＝16x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(4，0)．12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．若α∈π6，π3，則cos－12[因?yàn)棣僚cβ的終邊關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，所以β＝2kπ＋π＋α(k∈Z)，所以cosβ＝cos(2kπ＋π＋α)＝－cosα.因?yàn)棣痢师?，π3，所以cosα∈12，32，所以cos13．若直線y＝k(x－3)與雙曲線x24－y2＝1只有一個(gè)公共點(diǎn)，則k的一個(gè)取值為12或-12[由題意，知該雙曲線的漸近線方程為y＝±12x，直線y＝k(x－3)過(guò)定點(diǎn)(3，0)．因?yàn)辄c(diǎn)(3，0)14．漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱．若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為65mm，325mm，325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為_(kāi)_______mm，升量器的高為_(kāi)_______mm.(不計(jì)量器的厚度)2357.5[設(shè)升、斗量器的高分別為h1mm，h2mm，升、斗、斛量器的容積分別為V1mm3，V2mm3，V3mm3，因?yàn)樯?、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，所以V3＝10V2，即π×32522×230＝10×π×32522×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×32522×23＝10×π×6522×h1，所以15．設(shè){an}與{bn}是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列．記集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，給出下列四個(gè)結(jié)論：①若{an}與{bn}均為等差數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素；②若{an}與{bn}均為等比數(shù)列，則M中最多有2個(gè)元素；③若{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，則M中最多有3個(gè)元素；④若{an}為遞增數(shù)列，{bn}為遞減數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素．其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．①③④[對(duì)于①：由題知an，bn是關(guān)于n的一次式，對(duì)應(yīng)的函數(shù)為一次函數(shù)，即點(diǎn)(n，an)，(n，bn)分別在兩條斜率均不為0的直線上，而這兩條直線最多有1個(gè)交點(diǎn)，所以M中最多有1個(gè)元素，所以①正確．對(duì)于②：不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，則有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此時(shí)M中有無(wú)數(shù)個(gè)元素，所以②不正確．對(duì)于③：由①知點(diǎn)(n，an)在一條斜率不為0的直線l0上．設(shè)bn＝b1qn-1(q≠1)，當(dāng)公比q>0時(shí)，直線l0與數(shù)列{bn}對(duì)應(yīng)的函數(shù)的圖象至多有2個(gè)公共點(diǎn)，M中最多有2個(gè)元素；當(dāng)q<－1時(shí)，點(diǎn)(n，bn)在如圖所示的曲線C1，C2上，由圖易知直線l0與曲線C1，C2至多有3個(gè)公共點(diǎn)，如當(dāng)an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n-1時(shí)，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，兩個(gè)數(shù)列有3項(xiàng)相同，所以M中最多有3個(gè)元素；當(dāng)q＝－1時(shí)，易知M中最多有2個(gè)元素；當(dāng)－1<q<0時(shí)，易知M中最多有3個(gè)元素．綜上可知，當(dāng){an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列時(shí)，M中最多有3個(gè)元素，所以③正確．對(duì)于④：若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}為遞減數(shù)列，則它們對(duì)應(yīng)的函數(shù)分別為單調(diào)遞增函數(shù)和單調(diào)遞減函數(shù)，兩個(gè)函數(shù)圖象的公共點(diǎn)最多有1個(gè)，所以M中最多有1個(gè)元素，所以④正確．綜上可知，正確結(jié)論的序號(hào)為①③④.]三、解答題共6小題，共85分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、演算步驟或證明過(guò)程．16．(本小題13分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，∠A為鈍角，a＝7，sin2B＝37bcosB(1)求∠A；(2)再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使得△ABC存在，求△ABC的面積．條件①：b＝7；條件②：cosB＝1314條件③：csinA＝53注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問(wèn)得0分；如果選擇多個(gè)符合要求的條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．[解](1)由題知，2sinB·cosB＝37bcosB又A為鈍角，所以B為銳角，故cosB≠0，所以2sinB＝37b又143＝bsinB＝asinA＝7sin又A為鈍角，所以A＝2π(2)若選①，結(jié)合(1)得2sinB＝37×7，所以sinB＝32，B＝π3，A＋B則△ABC不存在，所以條件①不符合要求，故不選擇條件①.若選②，由題知sinB＝1-cos2B又asinA＝bsinB，即7sin2π又C＝π－(A＋B)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝32×13所以S△ABC＝12absinC＝12×7×3×53若選③，由題知c·32＝532，所以由a2＝b2＋c2－2bccosA得，49＝b2＋25＋5b，即(b＋8)(b－3)＝0，解得b＝3(負(fù)值舍去)．所以S△ABC＝12bcsinA＝12×3×5×3217．(本小題14分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，點(diǎn)E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.(1)若F為線段PE的中點(diǎn)，求證：BF∥平面PCD；(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．[解](1)取PD的中點(diǎn)G，連接FG，CG(圖略)，因?yàn)镕為PE的中點(diǎn)，所以FG＝12DE＝1，F(xiàn)G∥DE又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，F(xiàn)G∥BC，所以四邊形FGCB為平行四邊形，所以BF∥CG，又BF?平面PCD，CG?平面PCD，所以BF∥平面PCD.(2)因?yàn)锳B⊥平面PAD，PE?平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.連接EC，易知四邊形ABCE為矩形，故直線EC，ED，EP兩兩垂直，故以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EC，ED，EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，則AB＝(1，0，0)，AP＝(0，1，2)，PC＝(1，0，－2)，PD＝(0，2，－2)設(shè)平面PAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則n可取n1＝(0，－2，1)．設(shè)平面PCD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則n可取n2＝(2，1，1)．設(shè)平面PAB與平面PCD的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n所以平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為303018．(本小題13分)某保險(xiǎn)公司為了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同保險(xiǎn)期限屆滿(mǎn)的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：索賠次數(shù)01234保單份數(shù)800100603010假設(shè)：一份保單的保費(fèi)為0.4萬(wàn)元；前三次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司每次賠償0.8萬(wàn)元；第四次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司賠償0.6萬(wàn)元．假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立．用頻率估計(jì)概率．(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤(rùn)定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差．(ⅰ)記X為一份保單的毛利潤(rùn)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望EX；(ⅱ)如果無(wú)索賠的保單的保費(fèi)減少4%，有索賠的保單的保費(fèi)增加20%，試比較這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值與(ⅰ)中EX估計(jì)值的大?。?結(jié)論不要求證明)[解](1)解法一(正面計(jì)算)記“隨機(jī)抽取一份保單，索賠次數(shù)不少于2”為事件A，由索賠次數(shù)不少于2，知索賠次數(shù)為2，3，4，所以P(A)＝60+30+101000＝1001000＝解法二(反面計(jì)算)記“隨機(jī)抽取一份保單，索賠次數(shù)不少于2”為事件A，由索賠次數(shù)不少于2，知可利用間接法計(jì)算，則P(A)＝1－800+1001000＝1(2)(ⅰ)由題知X的所有可能取值為0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6，則P(X＝0.4)＝8001000＝0.8P(X＝－0.4)＝1001000＝0.1P(X＝－1.2)＝601000＝0.06P(X＝－2.0)＝301000＝0.03P(X＝－2.6)＝101000＝0.01故EX＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122.(ⅱ)如果無(wú)索賠的保單的保費(fèi)減少4%，有索賠的保單的保費(fèi)增加20%，這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值比(ⅰ)中EX估計(jì)值大．證明如下：設(shè)調(diào)整保費(fèi)后一份保單的毛利潤(rùn)(單位：萬(wàn)元)為Y，則對(duì)于索賠次數(shù)為0的保單，Y＝0.4×(1－4%)＝0.384，對(duì)于索賠次數(shù)為1的保單，Y＝0.4×(1＋20%)－0.8＝－0.32，對(duì)于索賠次數(shù)為2的保單，Y＝－0.32－0.8＝－1.12，對(duì)于索賠次數(shù)為3的保單，Y＝－1.12－0.8＝－1.92，對(duì)于索賠次數(shù)為4的保單，Y＝－1.92－0.6＝－2.52，故EY＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.1252.所以EX<EY.19．(本小題15分)已知橢圓E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，以橢圓E的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形．過(guò)點(diǎn)(0，t)(t>2)且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A，B，過(guò)點(diǎn)A和C(0，(1)求橢圓E的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．[解](1)由題意可知b＝2，c＝2，所以a＝b2+c故橢圓E的方程為x24+y22＝1，離心率(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋t(k≠0)，聯(lián)立x24+y22=1，y=kx+t，得(1＋2k2)所以Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－4)>0，即4k2－t2＋2>0，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+由橢圓的對(duì)稱(chēng)性可得D(－x2，y2)，因?yàn)锳，C，D三點(diǎn)共線，所以kAC＝kCD，所以y1-1x1＝y(tǒng)2-1-x2，即x1y2＋x2y1－由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1(kx2＋t)＋x2(kx1＋t)－(x1＋x2)＝0，整理得2kx1x2＋(t－1)(x1＋x2)＝0，②所以2k·2t2-41+2k2＋(t－解得t＝2.20．(本小題15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋kln(1＋x)(k≠0)，直線l是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(t，f(t))(t>0)處的切線．(1)當(dāng)k＝－1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)求證：l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，0)．(3)當(dāng)k＝1時(shí)，設(shè)點(diǎn)A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0，0)，B為l與y軸的交點(diǎn)，S△ACO與S△ABO分別表示△ACO與△ABO的面積．是否存在點(diǎn)A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，這樣的點(diǎn)A有幾個(gè)？(參考數(shù)據(jù)：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)[解](1)當(dāng)k＝－1時(shí)，f(x)＝x－ln(1＋x)(x>－1)，則f′(x)＝1－11+x＝x令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得－1<x<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，0)．(2)f′(x)＝1＋k1+x，f′(t)＝1＋k故l的方程為y－f(t)＝1+k1+t(x－t假設(shè)l經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，0)，則－f(t)＝－t1+k即－t－kln(1＋t)＝－t－tk1+t又k≠0，所以ln(1＋t)＝t1+t(t>0)令F(t)＝ln(1＋t)－t1+t(t>0)則F′(t)＝t1+t2所以F(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(t)>0，即ln(1＋t)>t1+t(t>0)，與ln(1＋t)＝t1+t(t所以假設(shè)不成立，即l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，0)．(3)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝x＋ln(1＋x)，則f(0)＝0，f′(x)＝1＋11+x>0故f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以l的方程為y－[t＋ln(1＋t)]＝1+11+t(x－t令x＝0，得yB＝ln(1＋t)－t1+t易知AC⊥BC，則由2S△ACO＝15S△ABO，得2×12|OC|×|AC|＝15×12|OB|×|AC得2|OC|＝15|OB|，得2[t＋ln(1＋t)]＝15ln(1＋t)－15t1+t(t>0)即2t－13ln(1＋t)＋15t1+t＝0(t>0)令φ(x)＝2x－13ln(1＋x)＋15x1+x則φ′(x)＝2－131+x+15所以φ(x)在0，12，(4，＋∞)因?yàn)棣?0)＝0，φ12>0，φ(4)＝20－13ln5<20－13×1.6＝－0.8<0，φ(8)＝883－26ln3>883－26×1.1≈0.7>0，所以φ(x)在(0，＋∞)故存在點(diǎn)A使得2S△ACO＝15S△ABO成立，且點(diǎn)A的個(gè)數(shù)為2.21．(本小題15分)已知集合M＝{(i，j，k，w)|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i＋j＋k＋w為偶數(shù)}．給定數(shù)列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝(it，jt，kt，wt)∈M(t＝1，2，…，s)，對(duì)數(shù)列A進(jìn)行如下變換：將A的第i1，j1，k1，w1項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到的數(shù)列記作T1(A)；將T1(A)的第i2，j2，k2，w2項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到的數(shù)列記作T2T1(A)；……；以此類(lèi)推，得到數(shù)列Ts…T2T1(A)，簡(jiǎn)記為Ω(A)．(1)給定數(shù)列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：(1，3，5，7)，(2，4，6，8)，(1，3，5，7)，寫(xiě)出Ω(A)；(2)是否存在序列Ω，使得Ω(A)為a1＋2，a2＋6，a3＋4，a4＋2，a5＋8，a6＋2，a7＋4，a8＋4？若存在，寫(xiě)出一個(gè)Ω，若不存在，說(shuō)明理由；(3)若數(shù)列A的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且a1＋a3＋a5＋a7為偶數(shù)，求證：“存在序列Ω，使得Ω(A)的各項(xiàng)都相等”的充要條件為“a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8”．[解](1)Ω(A)：3，4，4，5，8，4，3，10.(2)不存在．理由如下：若存在Ω，則a1，a2與a3，a4增加值之和應(yīng)該相等，注意到a1，a2一共增加了8，而a3，a4一共增加了6，從而不存在符合題意的Ω.(3)因?yàn)榇嬖谛蛄笑?，使得a1＝a2＝…＝a8，所以a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8.又每次進(jìn)行變換時(shí)，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8均增加1，故經(jīng)過(guò)n(n∈N*)次變換后，a1＋a2＋n＝a3＋a4＋n＝a5