慶陽市第一中學(xué)2025屆第三次模擬考試數(shù)學(xué)（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的準(zhǔn)考證號、姓名、考場號和座位號填寫在答題卡上。將條形碼粘貼在答題卡“條形碼粘貼處”。2．作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案。不按以上要求作答的答案無效。4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x|2x-3>a},B={x|3x-1>-4},a∈R,若-2∈A,則().A.B?A B.A∩B=A C.A=B D.A∪B=B【答案】A【解析】A={x|2x-3>a}=xx>3+a2,因?yàn)?2∈A,所以3+a2<-2,B={x|3x-1>-4}={x|x>-1},顯然B?A.故選A2.已知單位向量a,b的夾角為π3,則向量a-2b與向量b的數(shù)量積為()A.-1 B.-2 C.-12 D.-【答案】D【解析】由題意得,a·b=|a||b|cosπ3=12,所以(a-2b)·b=a·b-2b2=12-2=-323.下列說法正確的是().A.數(shù)據(jù)7,5,3,10,2的第40百分位數(shù)是3B.已知隨機(jī)變量X~N(μ,σ2),σ越小,表示隨機(jī)變量X的分布越分散C.已知一組數(shù)據(jù)x1,x2,…,xn的方差為3,則x1-1,x2-1,…,xn-1的方差為3D.根據(jù)一組樣本數(shù)據(jù)的散點(diǎn)圖判斷出兩個(gè)變量線性相關(guān),由最小二乘法求得其經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y＾=0.3x-m,若其中一個(gè)點(diǎn)為(m,-0.28),則實(shí)數(shù)m=0.【答案】C【解析】對于選項(xiàng)A,將數(shù)據(jù)從小到大排列,得到2,3,5,7,10,因?yàn)?×40%=2,所以該數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)是3+52=4,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤對于選項(xiàng)B,根據(jù)正態(tài)分布的特點(diǎn),σ越小,表示隨機(jī)變量X分布越集中,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對于選項(xiàng)C,根據(jù)方差的概念知,選項(xiàng)C正確;對于選項(xiàng)D,由題意得,y＾=0.3x-m,其中一個(gè)點(diǎn)為(m,-0.28),但是該散點(diǎn)不一定在經(jīng)驗(yàn)回歸直線上,因此實(shí)數(shù)m=0.4不一定成立,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤4.已知i為虛數(shù)單位,則下列命題為真命題的是().A.(1+i)2是實(shí)數(shù)B.對任意的復(fù)數(shù)z,(z-1)(z-1)為實(shí)數(shù)C.對于任意的復(fù)數(shù)z,z2=|z|2D.cosα+isinαcosβ+isin【答案】B【解析】對于選項(xiàng)A,(1+i)2=2i是純虛數(shù),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對于選項(xiàng)B,設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則z=a-bi(a,b∈R),則(z-1)(z-1)=(a-1+bi)(a-1-bi)=(a-1)2+b2為實(shí)數(shù),選項(xiàng)B正確;對于選項(xiàng)C,設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R),則z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=(a2+b2)2=a2+b2,故z2和|z|2不一定相等,對于選項(xiàng)D,cosα+isinαcosβ+isinβ=(cosα+i5.已知函數(shù)f(x)=sinπ2x+φ|φ|≤π4,將y=f(x)圖象上所有的點(diǎn)向左平移23個(gè)單位長度后得到的曲線關(guān)于y軸對稱,則下列結(jié)論正確的是().A.y=f(x)在(0,1)上為增函數(shù)B.φ=πC.y=f(x)在(-1,2)上有兩個(gè)零點(diǎn)D.y=f(x)在(-1,2)上有無數(shù)個(gè)零點(diǎn)【答案】C【解析】將函數(shù)f(x)=sinπ2x+φ|φ|≤π4圖象上所有的點(diǎn)向左平移23個(gè)單位長度,得到y(tǒng)=sinπ2x+23+φ=sinπ2x+π3+φ的圖象,因?yàn)槠揭坪蟮膱D象關(guān)于y軸對稱,因此π3+φ=π2+kπ,k∈Z,解得φ=π6+kπ,k∈Z,又因?yàn)閨φ|≤π4,所以φ=π6,故選項(xiàng)Bf(x)=sinπ2x+π6,顯然f23=sinπ2=1,所以直線x=23是f(x)圖象的一條對稱軸,所以f(x)在(0,1)上不單調(diào),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤由π2x+π6=kπ,k∈Z,得函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為x=2k-13,k∈Z,令-1<2k-13<2,解得-13<k<76,故k=0或k=1,即函數(shù)f(x)在(-1,2)上有兩個(gè)零點(diǎn),故選項(xiàng)C6.已知正方體的棱長為1,若從該正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任取4個(gè),則這4個(gè)點(diǎn)可以構(gòu)成體積為13的四面體的概率為()A.135 B.235 C.335 【答案】A【解析】設(shè)正方體為ABCD-A1B1C1D1,從該正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任取4個(gè),樣本點(diǎn)總數(shù)為C84,滿足體積為13的四面體的四個(gè)頂點(diǎn)只有“A,C,B1,D1”和“B,D,A1,C1”兩種情況,故所求的概率為2C847.已知max{x1,x2,…,xn}表示x1,x2,…,xn這n個(gè)數(shù)中最大的數(shù).下列四組數(shù)據(jù)中,能說明命題“?a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”是假命題的有()組.①1,2,3,4②-3,-1,7,5③8,-1,-2,-3④5,3,0,-1A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】對于①和④,從其中任取兩個(gè)數(shù)作為一組,剩下的兩個(gè)數(shù)作為另一組,由于這兩組數(shù)中的最大的數(shù)都不是負(fù)數(shù),其中一組中的最大數(shù)即為這四個(gè)數(shù)中的最大值,故都能使得命題“?a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”成立;對于②,當(dāng)max{a,b}=max{-3,-1}=-1,max{7,5}=7時(shí),max{-3,-1,7,5}=7,此時(shí)-1+7<7,即命題“?a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”為假命題;對于③,當(dāng)max{a,b}=max{8,-1}=8,max{-2,-3}=-2時(shí),max{8,-1,-2,-3}=8,此時(shí)-2+8<8,即命題“?a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”為假命題.故選B.8.中國南北朝時(shí)期的著作《孫子算經(jīng)》對同余除法有較深的研究.設(shè)a,b,m(m>0)為整數(shù),若a和b同時(shí)除以m所得的余數(shù)相同,則稱a和b對模m同余,記為a≡b(modm).若a=C301+C302+…+C3030,a≡b(mod10),b∈{2021,2022,2023,2025},A.2021 B.2022 C.2023 D.2025【答案】C【解析】a=C301+C302+…+C3030=230-1=810-1=(10-2)10-1=C1001010+C101109(-2)+C102108(-2)2+…+C10910(-2)9+C1010(-2)10-1=10[C100109+C101108(-2)+C102107(-2)2+…+C109(-2)9]+C1010(-2)10-1=10[C100109+C101108(-2)+C102107(-2)2+…+二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9.已知等差數(shù)列{an}的公差不為0,a1,a2,a5成等比數(shù)列,且a2n=2an+1,則下列說法正確的是().A.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+1B.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1C.a1+a3+a5+…+a2n-1=2n2-nD.a1+a3+a5+…+a2n-1=2n2+n-1【答案】BC【解析】由題意,設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d≠0,則a2n=a1+(2n-1)d=2an+1=2a1+2(n-1)d+1,即a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1,①由a1,a2,a5成等比數(shù)列,得a22=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d由①②可得,a1=1,d=2,因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an=1+(n-1)×2=2n-1,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;a1+a3+a5+…+a2n-1=(a1+a2n-1)n2=2n210.已知函數(shù)f(x)=exx+a,則下列結(jié)論正確的是A.當(dāng)a=1時(shí),曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=xB.當(dāng)a=1時(shí),曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1C.當(dāng)a=0時(shí),曲線y=f(x)上不存在斜率為0的切線D.當(dāng)a=0時(shí),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為0【答案】BD【解析】對于選項(xiàng)A,B,當(dāng)a=1時(shí),f'(x)=xex(x+1)2,有f'(0)=0,又f(0)=1,故曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1,對于選項(xiàng)C,D,當(dāng)a=0時(shí),f(x)=exx,則f'(x)=ex(x-1)x2,顯然當(dāng)x=1時(shí),f'(x)=0,11.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為4的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=4,E,F,G分別為PB,PD,BC的中點(diǎn),Q是線段PA上靠近點(diǎn)P的四等分點(diǎn),則().A.EG∥平面PCDB.直線FG與AB所成的角為30°C.EQ∥FGD.經(jīng)過E,F,G的平面截四棱錐P-ABCD所得的截面圖形的面積為66【答案】AC【解析】對于選項(xiàng)A,因?yàn)镋,G分別為PB,BC的中點(diǎn),所以EG∥PC,因?yàn)镋G?平面PCD,PC?平面PCD,所以EG∥平面PCD,故選項(xiàng)A正確;對于選項(xiàng)B,取AD的中點(diǎn)H,連接HG,FH(圖略),因?yàn)镠G∥AB,所以直線FG與AB所成的角等于∠FGH,易知FH=2,GH=4,FH⊥GH,所以tan∠FGH=12,所以∠FGH≠30°,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤對于選項(xiàng)C,以A為原點(diǎn),AB,AD,AP的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系(圖略),則Q(0,0,3),E(2,0,2),F(0,2,2),G(4,2,0),所以EQ=(-2,0,1),FG=(4,0,-2),所以EQ∥FG,故選項(xiàng)C正確;對于選項(xiàng)D,取CD的中點(diǎn)N(圖略),則五邊形EGNFQ為所求截面,其面積S=S△QEF+S矩形EGNF=12×22×3+23×22=56,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.設(shè)Sn是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若S4nS2n=10,【答案】13【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,由題意得a1>0,q>0,q≠1,則S4nS2n=a1(1-q4n)1?qa1(1-q2n)1?q=1+q2n=10,解得qn=13.設(shè)點(diǎn)F1,F2分別為橢圓C:x28+y24=1的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn),若使得PF1·PF2=m成立的點(diǎn)P恰好有4個(gè),已知實(shí)數(shù)m∈{0,2【答案】2【解析】由題意,得F1(-2,0),F2(2,0),設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),則PF1=(-2-x0,-y0),PF2=(2-x0,-y0),所以PF1·PF2=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=又因?yàn)镻(x0,y0)在橢圓上,所以x028+y024=1,化簡得,x02=8-2y02當(dāng)m=0時(shí),y0=±2,x0=0,此時(shí)使得PF1·PF2=m成立的點(diǎn)P恰好有2當(dāng)m=2時(shí),y0=±2,x0=±2,此時(shí)使得PF1·PF2=m成立的點(diǎn)P恰好有4當(dāng)m=4時(shí),y0=0,x0=±22,此時(shí)使得PF1·PF2=m成立的點(diǎn)P恰好有2個(gè),不符合題意.14.已知關(guān)于x的不等式(lnx-2ax)[x2-(2a+1)x+1]≤0對任意的x∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

【答案】[12e,【解析】由題意,得lnx或lnx因?yàn)閤∈(0,+∞),因此①可化簡為a設(shè)f(x)=lnx2x,g(x)則f'(x)=1?lnx2x2,令f'(x)>0,得0<x<e,因此f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,無最小值.同理,g(x)=x2+1x=x+1x在(0,②可以化簡為a≥(lnx2x)

max,2a+1≤(x2+1x)

min,由以上可知,f(x)的最大值為f(e)=12e.g(x)=x綜上所述,a∈[12e,1四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步棸。15．(13分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知c＝2bcosB，C＝eq\f(2π,3).(1)求角B的大?。?2)①△ABC的面積為eq\f(3\r(3),4)，求BC邊上的中線AM的長度；②△ABC的周長為4＋2eq\r(3)，求BC邊上的中線AM的長度.【解析】(1)∵c＝2bcosB，∴由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，∵C＝eq\f(2π,3)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，sin2B＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).∴2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2B＝eq\f(π,3)，解得B＝eq\f(π,6).(2)①由(1)可得∠BAC＝eq\f(π,6)，∴a＝b，則S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)a2·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，解得a＝eq\r(3).由余弦定理可得AM＝eq\r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2·b·\f(a,2)·cos\f(2π,3))＝eq\r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(21),2).②由(1)可得∠BAC＝eq\f(π,6)，設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，則由正弦定理可得a＝b＝2Rsineq\f(π,6)＝R，c＝2Rsineq\f(2π,3)＝eq\r(3)R，則a＋b＋c＝2R＋eq\r(3)R＝4＋2eq\r(3)，解得R＝2，則a＝2，c＝2eq\r(3)，由余弦定理可得AM＝eq\r(2\r(3)2＋12－2×2\r(3)×1×cos\f(π,6))＝eq\r(7).16．(15分)如圖，在等腰直角三角形RBC中，A，D分別為RB，RC的中點(diǎn)，BC＝BR＝4，將△RAD沿AD折起，使得點(diǎn)R至點(diǎn)P的位置，得到四棱錐P-ABCD．(1)若M為PC的中點(diǎn)，求證DM∥平面PAB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)E在線段BC上，平面PDE與平面ABED夾角的余弦值為eq\f(2,3)，求線段BE的長．【解析】(1)證明：如圖，取PB的中點(diǎn)N，連接AN，MN，則MN∥BC，且MN＝eq\f(1,2)BC．因?yàn)锳，D分別為RB，RC的中點(diǎn)，所以AD∥BC，且AD＝eq\f(1,2)BC．所以AD∥MN且AD＝MN，所以四邊形ADMN為平行四邊形．所以DM∥AN.又AN?平面PAB，DM?平面PAB，所以DM∥平面PAB．(2)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．又PA⊥AD，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)BE＝t，則P(0,0,2)，D(0,2,0)，E(2，t,0)，0≤t≤4，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，t－2，0)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＋t－2y＝0.))令y＝2，解得x＝2－t，z＝2，所以n＝(2－t,2,2)．又平面ABED的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)，設(shè)平面PDE與平面ABED的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(2,\r(2－t2＋4＋4))＝eq\f(2,3)，解得t＝1或t＝3，故BE＝1或3.17．(15分)甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行乒乓球比賽，約定賽制如下：每場比賽勝者積2分，負(fù)者積0分；比賽前根據(jù)相關(guān)規(guī)則決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)者下一場輪空；積分首先累積到4分者獲得比賽勝利，比賽結(jié)束．已知甲與乙比賽時(shí)，甲獲勝的概率為p1，甲與丙比賽時(shí)，甲獲勝的概率為p2，乙與丙比賽時(shí)，乙獲勝的概率為p3.(1)若p1＝p2＝p3＝0.5，求比賽結(jié)束時(shí)，三人總積分X的分布列與期望；(2)若p1＋p3>1，假設(shè)乙獲得了指定首次比賽選手的權(quán)利，為獲得比賽的勝利，試分析乙的最優(yōu)指定策略．【解析】(1)由題意可知，X的取值可能為4,6,8.P(X＝4)＝0.5×0.5×2＝0.5；P(X＝6)＝0.5×0.5×0.5×2＝0.25；P(X＝8)＝0.5×0.5×0.5×2＝0.25，所以三人總積分X的分布列為X468P0.50.250.25所以E(X)＝0.5×4＋0.25×6＋0.25×8＝5.5.(2)設(shè)事件A為“第一局乙對丙最終乙獲勝”，B為“第一局乙對甲最終乙獲勝”，C為“第一局甲對丙而最終乙獲勝”，則有P(A)＝p3(1－p1)＋p3p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)p3；P(B)＝(1－p1)p3＋(1－p1)(1－p3)p2(1－p1)＋p1(1－p2)p3(1－p1)；P(C)＝p2(1－p1)p3＋(1－p2)p3(1－p1)＝p3(1－p1)．顯然P(A)>P(C)，P(B)>P(C)；P(A)－P(B)＝p3p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)p3－(1－p1)(1－p3)·p2(1－p1)－p1(1－p2)p3(1－p1)＝(p1＋p3－1)·p1(1－p2)p3＋(p1＋p3－1)(1－p3)p2(1－p1)＝(p1＋p3－1)[p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)]>0，所以P(A)>P(B)，故乙的最優(yōu)指定策略是乙和丙打第一局．18．(17分)已知過點(diǎn)(1,0)的直線與拋物線E：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí)，△AOB的面積為eq\r(2).(1)求拋物線E的方程；(2)若O為△ABC的重心，直線AC，BC分別交y軸于點(diǎn)M，N，記△MCN，△AOB的面積分別為S1，S2，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)直線AB⊥x軸時(shí)，如圖①.由題意可知，當(dāng)x＝1時(shí)，y＝±eq\r(2p)，所以|AB|＝2eq\r(2p)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(2p)＝eq\r(2)，解得p＝1，所以拋物線E的方程為y2＝2x.(2)如圖②，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．因?yàn)镺為△ABC的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，S△AOB＝S△AOC＝S△BOC．因?yàn)閑q\f(S△MOC,S△AOC)＝eq\f(|MC|,|AC|)＝eq\f(－x3,x1－x3)，eq\f(S△NOC,S△BOC)＝eq\f(|NC|,|BC|)＝eq\f(－x3,x2－x3).且S△MOC＋S△NOC＝S1，S△AOC＝S△BOC＝S2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(－x3,x1－x3)＋eq\f(－x3,x2－x3)＝eq\f(x1＋x2,2x1＋x2)＋eq\f(x1＋x2,x1＋2x2)＝eq\f(3x1＋x22,2x1＋x2x1＋2x2)＝eq\f(3x1＋x22,2x1＋x22＋x1x2).設(shè)直線AB的方程為x＝ty＋1，與y2＝2x聯(lián)立，消去x，得y2－2ty－2＝0，Δ＝4t2＋8>0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2＝－2，所以x1x2＝eq\f(y1y22,4)＝1，則x1＋x2≥2eq\r(x1x2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2＝1，即t＝0時(shí)，等號成立．所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3,2＋\f(1,x1＋x22))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))，所以eq\f(S1,S2)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2))).19．(17分)若有窮數(shù)列A：a1，a2，…，an(n>4)滿足：ai＋an＋1－i＝c(c∈R，i＝1,2，…，n)，則稱此數(shù)列具有性質(zhì)Pc.(1)若數(shù)列A：－2，a2，a3,2,6具有性質(zhì)Pc，求a2，a3，c的值；(2)設(shè)數(shù)列A具有性質(zhì)P0，且a1<a2<…<an，n為奇數(shù)，當(dāng)ai，aj>0(1≤i，j≤n)時(shí)，存在正整數(shù)k0(1≤k0≤n)，使得aj－ai＝ak0，求證：數(shù)列A為等差數(shù)列；(3)把具有性質(zhì)Pc，且滿足|a2k1－1＋a2k1|＝m(k1∈N*，k1≤eq\f(n,2)，m為常數(shù))的數(shù)列A構(gòu)成的集合記作Tc(n，m)．求出所有的n，使得對任意給定的m，c，當(dāng)數(shù)列A∈Tc(n，m)時(shí)，數(shù)列A中一定有相同的兩項(xiàng)，即存在ai＝aj(i≠j,1≤i，j≤n)．【解析】(1)由已知可得數(shù)列A共有5項(xiàng)，所以n＝5，當(dāng)i＝1時(shí)，有a1＋a5＝－2＋6＝4，所以c＝4.當(dāng)i＝2時(shí)，有a2＋a4＝a2＋2＝4，所以a2＝2，當(dāng)i＝3時(shí)，有a3＋a3＝4，所以a3＝2.(2)證明：數(shù)列A具有性質(zhì)P0，且a1<a2<…<an，n為奇數(shù)，令n＝2k＋1(k∈N，k≥2)，則ak