湖南省2024届高三新改革适应性训练一数学试题（九省联考题型）（Word版附解析）

这是一份湖南省2024届高三新改革适应性训练一数学试题（九省联考题型）（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（九省联考题型）
一、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．（本题5分）小李同学参加了高三以来进行的6次数学测试，6次成绩依次为： 90分、100分、120分、115分、130分、125分.则这组成绩数据的上四分位数为（ ）
A．120B．122.5C．125D．130
2．（本题5分）开普勒第一定律指出，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上.若某行星距太阳表面的最大距离为ρ，最小距离μ，太阳半径为r，则该行星运行轨迹椭圆的离心率为（ ）
A．ρ−μρ+μ+2rB．ρ+2r−μρ+μ
C．ρ+μρ−μ+2rD．ρ+μ+2rρ−μ
3．（本题5分）若数列{nan}的前n项和Tn=2n(n+1)(2n+1)，则数列{an}的前n项和Sn=（ ）
A．n2+11nB．12n2+232nC．6n2+6nD．−6n2+12n
4．（本题5分）设α，β，γ表示平面，l表示直线，则下列说法中，错误的是（ ）.
A．如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于β
B．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，那么l⊥γ
C．如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于β
D．如果α⊥β，α⊥γ，则β//γ
5．（本题5分）口袋里有红黄蓝绿的小球各四个，这些球除了颜色之外完全相同，现在从口袋里任意取出四个小球，则不同的方法有（ ）种.
A．48B．77C．35D．39
6．（本题5分）如图，圆M为△ABC的外接圆，AB=4，AC=6，N为边BC的中点，则AN⋅AM=（ ）

A．10B．13C．18D．26
7．（本题5分）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，2asinA−bsinB=3csinC，若S表示△ABC的面积，则Sb2的最大值为（ ）
A．74B．106C．233D．52
8．（本题5分）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过点F且斜率为kk≠0的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若AB≥3DF，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A．1,233B．1,3C．3,+∞D．233，+∞
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．（本题6分）若z−1=z+1，则（ ）
A．z∈RB． z−1=z+1 C．z+z=0D．z⋅z=z2
10．（本题6分）已知函数fx=tanπ2x+π4+1，则（ ）
A．fx的一个周期为2B．fx的定义域是xx≠12+k,k∈Z
C．fx的图象关于点12,1对称D．fx在区间1,2上单调递增
11．（本题6分）定义在R上的函数fx同时满足①fx+1−fx=2x+2,x∈R；②当x∈0,1时，fx≤1，则（ ）
A．f0=−1
B．fx为偶函数
C．存在n∈N*，使得fn>2023n
D．对任意x∈R,fx三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知集合A={y|y=2x+1x,x<0}，B={x|x13．（本题5分）若正四面体ABCD的顶点都在一个表面积为6π的球面上，过点C且与BD平行的平面α分别与棱AB,AD交于点E,F，则空间四边形BCFE的四条边长之和的最小值为 .
14．（本题5分）已知函数fx=alnx−2x（a>0），若不等式xa≥2e2xfx+e2x对x>0恒成立，则实数a的取值范围为 ．
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．（本题13分）已知函数f(x)=2x3−ax2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)已知a=1时，直线l:y=kx为曲线f(x)=2x3−ax2的切线，求实数k的值．
16．（本题15分）某个足球俱乐部为了提高队员的进球水平，开展罚点球积分游戏，开始记0分，罚点球一次，罚进记2分，罚不进记1分．已知该俱乐部某队员罚点球一次罚进的概率为23，罚不进的概率为13，每次罚球相互独立．
(1)若该队员罚点球4次，记积分为X，求X的分布列与数学期望；
(2)记点球积n分的概率为pn．
（ⅰ）求p1,p2,p3的值；
（ⅱ）求pn．
17．（本题15分）如图，在四棱锥E−ABCD中，平面ABCD⊥平面EAB，，四边形ABCD为正方形，△EAB为等边三角形，点F在AD上，DF=2AF，点G为线段CF的中点，点O为三角形△ECD的重心．

(1)求证：OG//平面ABE；
(2)求直线CF与平面BCE所成角的正弦值．
18．（本题17分）已知圆的方程x2+y2=16,A(−2,0),B(2,0)，抛物线过A,B两点，且以圆的切线为准线.
(1)求抛物线焦点的轨迹C的方程；
(2)已知P(4,0)， 设x轴上一定点T(t,0)(−419．（本题17分）若无穷数列an的各项均为整数．且对于∀i,j∈N∗，ij，使得ak=aiaj−ai−aj，则称数列an满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①an=n，n=1，2，3，…；
②bn=n+2，n=1，2，3，…．
(2)若数列an满足性质P，且a1=1，求证：集合n∈N∗an=3为无限集；
(3)若周期数列an满足性质P，求数列an的通项公式．
参考答案：
1．C
【详解】将6次成绩分数从小到大排列依次为：90,100,115,120,125,130，
由于6×75%=4.5，故这组成绩数据的上四分位数为第5个数125，
故选：C
2．A
【详解】设椭圆的焦距为2c，长轴长为2a，
则由已知可得ρ=a+c−r,μ=a−c−r，
两式相加可得ρ+μ=2a−2r，两式相减可得ρ−μ=2c，
则a=ρ+μ+2r2，c=ρ−μ2，
所以离心率e=ca=ρ−μρ+μ+2r.
故选：A.
3．C
【详解】因为数列{nan}的前n项和Tn=2n(n+1)(2n+1)，
所以当n≥2时，Tn−1=2n(n−1)(2n−1)，两式相减，得
nan=2n(n+1)(2n+1)−2n(n−1)(2n−1)=12n2，
当n=1时，a1=2×2×3=12也符合该式，所以an=12n，
an+1−an=12n+1−12n=12，
所以数列{an}是首项为12，公差为12的等差数列，
所以Sn=12n+n(n−1)2×12=6n2+6n.
故选：C．
4．D
【详解】对于选项A：根据线面关系可知：对于α与β的位置关系是平行或相交，在α内均存在直线平行于β，故A正确；
对于选项B：构造正方体（如图），取α为平面CDD1C1，β为平面ADD1A1，γ为平面ABCD，
直线l即为直线DD1，故B正确；
对于选项C：可用反证法假设a⊂α，a⊥β⇒α⊥β，与已知矛盾，故C正确；
对于选项D：如果α⊥β，α⊥γ，β与γ的位置关系为：平行或相交.
故选：D.
5．C
【详解】根据条件，取出的四个球可以分为一种，两种，三种，四种颜色，
当取出的球只有一种颜色时：有4种；
当取出的球只有二种颜色时：有C421+2=18种；
当取出的球只有三种颜色时：有C43C31=12种；
当取出的球只有四种颜色时：有1种；
共有：4+18+12+1=35种.故C项正确.
故选：C.
6．B
【详解】∵N是BC边的中点，可得AN=12(AB+AC)，
∵M是△ABC的外接圆的圆心，
∴ AM⋅AB=|AM||AB|cs∠BAM=12|AB|2=12×42=8，
同理可得AM⋅AC=12|AC|2=18，
∴ AN⋅AM=12(AB+AC)⋅AM=12AM⋅AB+12AM⋅AC=12×8+12×18=13．
故选：B．
7．D
【详解】因为2asinA−bsinB=3csinC，
由正弦定理得2a2−b2=3c2，所以a2=12b2+32c2，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=b2−c24bc，
所以(Sb2)2=(12bcsinA)2b4=c2sin2A4b2=c2(1−cs2A)4b2=164(−c4b4+18c2b2−1)，
令c2b2=t，则(Sb2)2=164(−t2+18t−1)≤54，当且仅当t=9，即c=3b时取等号，
所以Sb2≤52，
故选：D.
8．A
【详解】设双曲线的右焦点为Fc,0,Ax1,y1,Bx2,y2，则直线l:y=kx−c，
联立方程x2a2−y2b2=1y=kx−c，消去y得：b2−a2k2x2+2a2k2cx−a2k2c2+b2=0，
则可得b2−a2k2≠0,Δ>0,x1+x2=−2a2k2cb2−a2k2,x1x2=−a2k2c2+b2b2−a2k2，
则AB=1+k2−2a2k2cb2−a2k22−4−a2k2c2+b2b2−a2k2=2ab21+k2b2−a2k2，
设线段AB的中点Mx0,y0，则x0=x1+x22=−a2k2cb2−a2k2,y0=kx0−c=k−a2k2cb2−a2k2−c=−b2kcb2−a2k2，
即M−a2k2cb2−a2k2,−b2kcb2−a2k2，
且k≠0，线段AB的中垂线的斜率为−1k，
则线段AB的中垂线所在直线方程为y+b2kcb2−a2k2=−1kx+a2k2cb2−a2k2，
令y=0，则b2kcb2−a2k2=−1kx+a2k2cb2−a2k2，解得x=−k2c3b2−a2k2，
即D−k2c3b2−a2k2,0，则DF=−k2c3b2−a2k2−c=b2c1+k2b2−a2k2，
由题意可得：AB≥3DF，即2ab21+k2b2−a2k2≥3b2c1+k2b2−a2k2，
整理得2a≥3c，则e=ca≤23=233，
注意到双曲线的离心率e>1，
∴双曲线的离心率取值范围是1,233.
故选：A.
9．BC
【详解】利用复数的几何意义知在复平面内，z对应的点在1,0,−1,0对应线段的中垂线即y轴上，
所以z不一定是实数，所以A错误；
因为z与z关于实轴对称，且在y轴上，所以B，C正确；
取z=i，则z⋅z=1,z2=−1，所以D错误．
故选：BC.
10．ACD
【详解】对于A，由fx=tanπ2x+π4+1可知其最小正周期T=ππ2=2，故A正确；
对于B，由fx=tanπ2x+π4+1可知π2x+π4≠π2+kπ⇒x≠12+2k,k∈Z，
故B错误；
对于C，由fx=tanπ2x+π4+1可知x=12⇒π2x+π4=π2，
此时fx的图象关于点12,1对称，故C正确；
对于D，由fx=tanπ2x+π4+1可知x∈1,2⇒π2x+π4∈3π4,5π4，
又y=tanx在π2,3π2上递增，显然3π4,5π4⊂ π2,3π2，故D正确.
故选：ACD
11．ACD
【详解】对于A，∵fx+1−fx=2x+2，令x=0，则f1−f0=2，即f1=f0+2，又x∈0,1，fx≤1，即−1≤fx≤1，
可知−1≤f0≤1−1≤f1≤1，即−1≤f0≤1−1≤f0+2≤1，得−1≤f0≤−1即f0=−1，故A正确；
对于B，由选项A可得f1=f0+2=1，又令x=−1得f0−f−1=0，解得f−1=−1，∴f−1≠f1，
所以函数fx不是偶函数，故B错误；
对于C，因为fx+1−fx=2x+2，当n≥2,n∈N∗时，
fn=fn−fn−1+fn−1−fn−2+⋯+f2−f1+f1
=2n+2n−2+⋯+2×2+1=2n+n−1+⋯+2+1
=2×n−1n+22+1=n2+n−1，又f1=1满足上式，
∴fn=n2+n−1，n∈N∗，令n=2023，则f2023=20232+2022>2023×2023，
所以存在n∈N∗，使得fn>2023n，故C正确；
对于D，令gx=fx−x2−x，
则gx+1−gx=fx+1−x+12−x+1−fx+x2+x
=fx+1−fx−2x−2=0，即gx+1=gx，即gx是以1为周期的周期函数，因为当x∈0,1，fx≤1，
则gx=fx−x2−x≤fx+x2+x≤3，
当且仅当x=1且f1与2异号时等号成立，但f1=1，故f1与2同号，
故等号不成立，故gx<3
结合周期性可知对任意x∈R，均有gx<3，
所以fx=gx+x2+x≤gx+x2+x故选：ACD.
12．(−22,+∞)
【详解】由集合A中，当x<0时，y=2x+1x=−[(−2x)+1(−x)]≤−22，当且仅当−2x=1−x，即x=−22时等号成立，
故A={y|y=2x+1x,x<0}={y|y≤−22}．因为A∩B=A，所以A⊆B，所以m>−22，故实数m的取值范围为(−22,+∞)．
故答案为：(−22,+∞).
13．4+3
【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，
设正四面体ABCD的棱长为2a，所以正方体的边长为a，
易知正方体的外接球直径为体对角线DH的长，又DH=3a，所以正四面体的半径R=DH2=3a2，
依题有4πR2=3πa2=6π，得到a=2，即正四面体ABCD的棱长为2，
因为BD//面CEF，面ABD∩面CEF=EF，BD⊂面ABD，所以EF//BD，
设AF=λAD(0<λ<1)
因为AB=AD=BD=2，则AF=AE=2λ，BE=DF=2−2λ，
在△EAF中，因为∠EAF=π3，所以EF=2λ，
在△FDC中，∠FDC=π3，DC=2，则FC=(2−2λ)2+4−2×(2−2λ)×2×csπ3=2λ2−λ+1，
所以空间四边形BCFE的四条边长之和L=2λ+2−2λ+2+2λ2−λ+1=4+2λ2−λ+1=4+2(λ−12)2+34，
又0<λ<1，当λ=12时，Lmin=4+3，
故答案为：4+3.
14．0,2e
【详解】不等式xa≥2e2xfx+e2x对x>0恒成立，
等价于xae2x≥2fx+1，即ealnx−2x≥2fx+1，
所以efx−2fx−1≥0,
设gt=et−2t−1，其中t=fx，
则g′t=et−2，令g′t=0得t=ln2，
所以当tln2时，g′t>0，gt单调递增，
所以gxmin=gln2=1−2ln2<0，又g0=0，g2=e2−5>0，
所以存在t0∈ln2,2使得gt0=0，
所以若gt≥0，则t≤0或t≥t0，即fx≤0或fx≥t0，
f′x=ax−2=a−2xx，x>0，
所以在0,a2上，f′x>0，fx单调递增，
在a2,+∞上，f′x<0，fx单调递减，
所以fxmax=fa2=alna2−a，所以只有alna2−a≤0才能满足要求，
即alna2−1≤0，又a>0，解得0所以实数a的取值范围为0,2e．
故答案为：0,2e
15．(1)答案见解析
(2)k=0或k=−18
【详解】（1）f′x=6x2−2ax=2x3x−a．
令f′x=0，得x=0或x=a3．
若a>0，则当x∈−∞,0∪a3,+∞时，f′(x)>0；当x∈0 ,a3 时，f′(x)<0．
故f(x)在−∞,0 , a3 ,+∞上单调递增，在(0,a3)上单调递减；
若a=0时，f(x)=2x3，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈−∞,a3∪ 0,+∞时，f′(x)>0；当x∈a3 , 0时，f′(x)<0．
故f(x)在−∞,a3 , 0,+∞上单调递增，在a3,0上单调递减．
综上所述：当a>0时，f(x)在−∞,0,a3 ,+∞上单调递增，在(0,a3)上单调递减；
当a=0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
a<0时，f(x)在−∞,a3 , 0,+∞单调递增，在a3,0单调递减．
（2）当a=1时， f(x)=2x3−x2,f'x=6x2−2x
设切点P(x0,y0)，则切线方程为y−y0=y−(2x03−x02)=(6x02−2x0)(x−x0)
因为切线过原点， 故−2x03+x02=−6x03+2x02， 即4x03=x02，
解得x0=0或x0=14
所以k=0或k=−18.
16．(1)分布列见解析，数学期望为203；
(2)（i）p1=13,p2=79,p3=1327；（ii）pn=35+25−23n.
【详解】（1）由题意得，X的所有可能取值为4，5，6，7，8，
∴PX=4=134=181,PX=5=C4123×133=881,PX=6=C42232132=827，
PX=7=C43233×13=3281,PX=8=234=1681，
∴X的分布列为
∴EX=4×181+5×881+6×827+7×3281+8×1681=203．
（2）（ⅰ）由题意得，p1=13,p2=23+132=79,p3=2×23×13+133=1327．
（ⅱ）由题意得，要得n分，必须满足以下情形：先得n−1分，再点1个球不进，此时概率为13pn−1，
或先得n−2分，再点1个球进球，此时概率为23pn−2，
∵这两种情况互斥，∴pn=13pn−1+23pn−2,∴pn−pn−1=−23pn−1−pn−2，
∴pn+1−pn是首项为p2−p1=79−13=49，公比为−23的等比数列，
∴pn+1−pn=49−23n−1，
∴pn=pn−pn−1+pn−1−pn−2+⋯+p2−p1+p1
=49−23n−2+49−23n−3+⋯+49+13=35+25−23n，
∴pn=35+25−23n．
17．(1)证明见解析
(2)33926
【详解】（1）证明：分别取线段AB,CD的中点H，P，连接PG,HG,PE,HE，
由已知可得P,G,H三点共线，P,O,E三点共线．
因为DF=2AF,FG=CG，所以PG=DF2=DA3=PH3，
又因为O为△ECD的重心，所以PO=PE3，
连接OG，则OG//EH，
因为OG⊄平面ABE，EH⊂平面ABE，所以OG//平面ABE．
（2）解：在等边△EAB中，因为H为AB的中点，所以EH⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面EAB，平面ABCD∩平面EAB=AB，EH⊂平面EAB，
所以EH⊥平面ABCD，
由（1）可得PH⊥AB，所以HE,HA,HP两两垂直，
以H为坐标原点，分别以HE,HA,HP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系H-xyz，
如图所示，
因为PG=PH3，PO=PE3，所以OG=HE3，
设OG=1，则HE=3,AB=23，
所以B0,−3,0，E3,0,0，C0,−3,23，F0,3,233，
所以CF=0,23,−433，BC=0,0,23，BE=3,3,0，
设平面BCE的法向量为n=a,b,c，则n⋅BC=23c=0n⋅BE=3a+3b=0 ，
取a=1，可得b=−3,c=0，所以n→=1,−3,0，
设直线CF与平面BCE所成的角为α，
则sinα=n⋅CFn⋅CF=23×−312+−32×232+−4332=33926，
所以直线CF与平面BCE所成的角的正弦值为33926.

18．(1)x216+y212=1；
(2)证明见解析．
【详解】（1）如图，l是圆O的切线，分别过A,B,O作直线l的垂直，垂足分别为E,H,G，又O是AB中点，则OG是直角梯形AEHB的中位线，AE+BH=2OG=8，
设F是以l为准线的抛物线的焦点，则AF=AE，BF=BH，
所以AF+BF=2OG=8>4=AB，
所以F点轨迹是以A,B为焦点的椭圆，椭圆长轴长为8，
2a=8,2c=4，则a=4,c=2，因此b=42−22=23，
所以抛物线的焦点轨迹方程为x216+y212=1；

（2）由题意设直线MN的方程为x=my+t，设M(x1,y1),N(x2,y2)，
由x216+y212=1x=my+t得(3m2+4)y2+6mty+3t2−48=0，
y1+y2=−6mt3m2+4，y1y2=3t2−483m2+4，
kPMkPN=y1x1−4⋅y2x2−4=y1y2(my1+t−4)(my2+t−4)=y1y2m2y1y2+m(t−4)(y1+y2)+(t−4)2，
代入y1+y2=−6mt3m2+4，y1y2=3t2−483m2+4，得
kPMkPN=3t2−483m2+4m2⋅3t2−483m2+4−6m2t(t−4)3m2+4+(t−4)2=3t2−48m2(3t2−48)−6m2t(t−4)+(3m2+4)(t−4)2 =3t+124t−16为常数．

19．(1)数列an不满足性质P；数列bn满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)an=0或an=3．
【详解】（1）对①，取i=1，对∀j∈N∗,j>1，则ai=a1=1,aj=j，
可得aiaj−ai−aj=j−1−j=−1，
显然不存在k>j,k∈N∗，使得ak=−1，
所以数列an不满足性质P；
对②，对于∀i,j∈N∗,i故bibj−bi−bj=i+2j+2−i+2−j+2=i⋅j+i+j
=i⋅j+i+j−2+2，因为i,j∈N∗,i≥1,j≥2，
则i⋅j+i+j−2∈N∗，且i⋅j+i+j−2=ij+1+j−2≥3，
所以存在k=i⋅j+i+j−2∈N∗，k>j，
使得bk=i⋅j+i+j−2+2=bibj−bi−bj，
故数列bn满足性质P；
（2）若数列an满足性质P，且a1=1，则有：
取i=1,j=j1>1,j1∈N∗，均存在k1>j1,k1∈N∗，使得ak1=a1aj1−a1−aj1=−1，
取i=1,j=j2>k1,j2∈N∗，均存在k2>j2>k1,k2∈N∗，使得ak2=a1aj2−a1−aj2=−1，
取i=k1,j=k2>k1，均存在m1>k2>1,m1∈N∗，使得am1=ak1ak2−ak1−ak2=3，
故数列an中存在n∈N∗，使得an=3，即n∈N∗∣an=3≠∅，
反证：假设n∈N∗∣an=3为有限集，其元素由小到大依次为n1,n2,⋯,nlnl>1，
取i=1,j=nl+1>nl，均存在kL>nl+1,kL∈N∗，使得akL=a1anl+1−a1−anl+1=−1，
取i=1,j=kL+1，均存在kL+1>kL+1,kL+1∈N∗，使得akL+1=a1akL+1−a1−akL+1=−1，
取i=kL,j=kL+1，均存在nl+1>kL+1>nl,nl+1∈N∗，使得anl+1=akLakL+1−akL−akL+1=3，
即nl+1∈n∈N∗∣an=3这与假设相矛盾，故集合n∈N∗∣an=3为无限集.
（3）设周期数列an的周期为T≥1,T∈N∗，则对∀n∈N∗，均有an=an+T，
设周期数列an的最大项为aM,M∈N∗,1≤M≤T，最小项为aN,N∈N∗,1≤N≤T，
即对∀n∈N∗，均有aN≤an≤aM，
若数列an满足性质P：
反证：假设aM≥4时，取i=M,j=M+T，则∃k>M+T,k∈N∗，使得ak=aMaM+T−aM−aM+T=aM2−2aM，
则ak−aM=aM2−3aM=aMaM−3>0，即ak>aM，
这对∀n∈N∗，均有aN≤an≤aM矛盾，假设不成立；则对∀n∈N∗，均有an≤3；
反证：假设aN≤−2时，取i=N,j=N+T，则∃k>N+T,k∈N∗，使得ak=aNaN+T−aN−aN+T=aN2−2aN≥4，
这与对∀n∈N∗，均有an≤3矛盾，假设不成立，即对∀n∈N∗，均有an≥−1；
综上所述：对∀n∈N∗，均有−1≤an≤3，
反证：假设1为数列an中的项，由（2）可得：−1,3为数列an中的项，
∵−1×3−−1−3=−5，即−5为数列an中的项，
这与对∀n∈N∗，均有−1≤an≤3相矛盾，即对∀n∈N∗，均有an≠1，同理可证：an≠−1，
∵an∈Z，则an∈0,2,3，
当T=1时，即数列an为常数列时，设an=a，故对∀i,j∈N∗,ij，
使得ak=aiaj−ai−aj=a2−2a=a，解得a=0或a=3，即an=0或an=3符合题意；
当T≥2时，即数列an至少有两个不同项，则有：
①当0,2为数列an中的项，则0×2−0−2=−2，即−2为数列an中的项，但−2∉0,2,3，不成立；
②当0,3为数列an中的项，则0×3−0−3=−3，即−3为数列an中的项，但−3∉0,2,3，不成立；
③当2,3为数列an中的项，则2×3−2−3=1，即1为数列an中的项，但1∉0,2,3，不成立；
综上所述：an=0或an=3.X
4
5
6
7
8
P
181
881
827
3281
1681