【新结构】贵州省毕节市2024届高三第三次诊断性考试数学试题（含详细答案解析）

这是一份【新结构】贵州省毕节市2024届高三第三次诊断性考试数学试题（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z满足1+i2+i5⋅z=3i2024−4i，则|z|=( )
A. 1B. 5C. 7D. 25
2.随机变量ξ服从正态分布N3,σ2，若P(3<ξ≤3.5)=0.34，则P(ξ>3.5)=( )
A. 0.66B. 0.34
C. 0.17D. 0.16
3.已知点(1,2)在抛物线C:y=2px2(p>0)上，则抛物线C的准线方程为( )
A. x=−12B. x=−18C. y=−12D. y=−18
4.已知函数f(x)=ex−aex+a是奇函数，若f(2023)>f(2024)，则实数a的值为( )
A. 1B. −1C. ±1D. 0
5.某学生的QQ密码是由前两位是大写字母，第三位是小写字母，后六位是数字共九个符号组成．该生在登录QQ时，忘记了密码的最后一位数字，如果该生记住密码的最后一位是奇数，则不超过两次就输对密码的概率为( )
A. 110B. 15C. 25D. 12
6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=2π3，若点D满足AD⋅AB=0，且AD=45AC+15AB，则bc=( )
A. 12B. 2C. 14D. 4
7.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4 2,A1B1=3 2,AA1= 2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 100πB. 128πC. 144πD. 192π
8.已知函数f(x)的图象在x轴上方，对∀x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=2f(1)，若y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，且f(0)=1，则f(2023)+f(2024)+f(2025)=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.下列说法中正确的有( )
A. 已知a,b∈R，则“a>b”的必要不充分条件是“a>b+1”
B. 函数f(x)=x2+5 x2+4的最小值为2
C. 集合A，B是实数集R的子集，若A⊆B，则A∩∁RB=⌀.
D. 若集合B=x∣x2−2x−3=0，则满足⌀⫋A⫋B的集合A有2个
10.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S4=4S2,a2n=2an+1n∈N*，则( )
A. an=2n−1
B. Sn=n2
C. 数列1anan+1的前n项和为2n2n+1
D. 数列an+2n的前n项和为2n+1+n2−2
11.函数f(x)=−x2+2x,x≥0,x2+2x,x<0,g(x)=af(x)+b，下列关于函数g(x)的叙述正确的是( )
A. ∃b∈R，使得g(x)的图象关于原点对称
B. 若a=−1,−1C. 若0D. 若a≥1,b<1，则方程g(x)=0有三个实根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2sinπ3−2ωx(ω>0)的周期为π，则函数f(x)图象的一条对称轴方程为__________.
13.已知直线l1:x+ty−5=0，直线l2:tx−y−3t+2=0，l1与l2相交于点A，则点A的轨迹方程为__________.
14.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的一个动点，记异面直线DP与A1B1所成角为θ，则sinθ的最小值为__________.
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.(本小题13分)
2023年12月30日8时13分，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术试验卫星送入预定轨道由中国航天科技集团有限公司研制的运载火箭48次宇航任务全部取得圆满成功．也代表着中国航天2023年完美收官某市一调研机构为了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机从本市大学生和高中生中抽取一个容量为n的样本，根据调查结果得到如下列联表：
(1)完成上述列联表；依据小概率值α=0.05的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关联，求样本容量n的最小值；
(2)用频率估计概率，从本市大学生和高中生中随机选取3人，用X表示不关注的人数，求X的分布列和数学期望．
附：
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
16.(本小题15分)
(1)证明：当π2(2)已知函数f(x)=2ax−tanx在x∈−π2,π2上有两个极值点，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD=PC=BD=12AD=2，AB=2 3.点E，F分别在DC和DP上，且DE=13DC，DF=13DP,BF= 10EF，点M是BP的中点，点N在BC上，DN⊥BE.

(1)证明：平面PDC⊥平面ABCD；
(2)证明：MN//平面BEF；
(3)求平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系xy中，O为坐标原点，A(−1,0),B(1,0)，动点P满足kPA⋅kPB=3，设点P的轨迹为曲线Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)过点C(1,1)的直线l与曲线Γ在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足|CM|⋅|DN|=|MD|⋅|CN|.证明：点D在定直线上．
19.(本小题17分)
在无穷数列an中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得an+an+2m=2an+m，则称an为m阶等差数列.在正项无穷数列bn中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bnbn+2m=bn+m2，则称bn为m阶等比数列．
(1)若数列bn为1阶等比数列，b1+b2+b3=72，b3+b4+b5=78，求bn的通项公式及前n项的和；
(2)若数列lncn为m阶等差数列，求证：cn为m阶等比数列；
(3)若数列lncn既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，证明：cn是等比数列．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】由复数的乘法和除法运算化简即可求出z=−4−3i，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】因为1+i2+i5⋅z=3i2024−4i，则1−1+i⋅z=3−4i，
即z=3−4ii=3−4iii2=3i−4i2−1=3i+4−1=−4−3i，
故z= −42+−32=5.
故选：B.
2.【答案】D
【解析】【分析】根据正态分布对称性求解即可.
【详解】因为随机变量ξ服从正态分布N3,σ2，
所以Pξ>3=0.5，
所以P(ξ>3.5)=1−P(3<ξ≤3.5)=0.16.
故选：D.
3.【答案】D
【解析】【分析】将点(1,2)代入抛物线方程求出p，，再将抛物线方程化为标准方程，即可得出准线方程.
【详解】因为点(1,2)在抛物线C:y=2px2(p>0)上，
所以2=2p，解得p=1，
所以抛物线C的标准方程为x2=12y，
所以抛物线C的准线方程为y=−18.
故选：D.
4.【答案】B
【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义，即函数的单调性解即可.
【详解】因为函数f(x)=ex−aex+a是奇函数，
所以f(−x)=e−x−ae−x+a=1−aex1+aex=−f(x)=−ex−aex+a=a−exex+a，
解得a=±1，
又f(x)=ex−aex+a=ex+a−2aex+a=1−2aex+a，
所以当a>0时，函数为增函数，当a<0时，函数为减函数，
因为f(2023)>f(2024)，
所以a<0，故a=−1.
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】设出事件，由已知根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质，即可得出答案.
【详解】设Ai为“第i次按对密码”(i=1,2)，
则事件A“不超过2次就按对”可表示为A=A1∪(A1A2)，
记“密码的最后一位数字是奇数”为事件B，
由条件概率的性质可得P(A|B)=P(A1|B)+P(A1A2|B)=15+4×15×4=25.
.故选：C.
6.【答案】A
【解析】【分析】由AD=45AC+15AB得4CD=DB，进而得到S△ACDS△ABD=14，再结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】由AD=45AC+15AB得，5AD=4AC+AB，
故4(AD−AC)=AB−AD，即4CD=DB，得4CD=DB，
设S△ACD,SABD的高为h，可得S△ACDS△ABD=12×h×CD12×h×BD=14，

由AD⋅AB=0得，AD⊥AB，故S△ABD=12×AB×AD=12c×AD，
而A=2π3，故∠CAD=2π3−π2=π6，则S△ACD=12×AD×12×b=14b×AD，
故S△ACDS△ABD=14b×AD12c×AD=14，化简得bc=12，故A正确.
故选：A
7.【答案】A
【解析】【分析】连接AC，A1C1，求得上、下底面所在圆的半径r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，利用球的截面圆的性质，列出方程求得R=5，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为r1,r2，连接AC，A1C1，
取AC，A1C1，的中点O2,O1，连接O2O1,O1B1,O2B，
所以O2B=12 4 22+4 22=4，O1B1=12 3 22+3 22=3，
所以O2O1= 22−1=1，

所以r1=3,r2=4，
设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，
可得d1= R2−32= R2−9，d2= R2−42= R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，
即| R2−9− R2−16|=1或 R2−9+ R2−16=1，
因为R2−16≥0R2−9≥0，所以R2≥16，
对上式两边同时平方可得：
2 R2−9⋅ R2−16=2R2−26(舍去)或2 R2−9⋅ R2−16=26−2R2，
解得R=5，符合题意，
所以球的表面积为S=4πR2=100π.
故选：A.
8.【答案】C
【解析】【分析】先由函数y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，得函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称，即函数是偶函数，可得f(−x)=f(x).再把x+2代入，可得函数周期为4，求得f(1)=2，f(3)=2，即可求解．
【详解】因为y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，
所以函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称，即函数y=f(x)是偶函数，故有f(−x)=f(x).
因为∀x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=2f(1)，所以f(x+4)⋅f(x+2)=2f(1)，
所以f(x+2)⋅f(x)=f(x+4)⋅f(x+2)，又函数f(x)的图象在x轴上方，
所以f(x)≠0，所以f(x+4)=f(x)，即函数y=f(x)的周期为4.
当x=1，可得f(3)⋅f(1)=2f(1)，所以f(3)=2，
当x=−1，可得f(−1+2)⋅f(−1)=2f(1)，所以f(−1)=2，所以f(1)=2，
所以f(2023)+f(2024)+f(2025)=f(3)+f(0)+f(1)=2+1+2=5.
故选：C.
9.【答案】CD
【解析】【分析】由充分条件和必要条件的定义可判断A；由双勾函数的性质可判断B；由子集的定义可判断C；由真子集的定义可判断D.
【详解】对于A，取a=2,b=1，满足a>b，但不满足a>b+1，
若a>b+1，即a−b>1>0，所以a>b，
所以“a>b”的充分不必要条件是“a>b+1”，故A错误；
对于B，f(x)=x2+5 x2+4=x2+4+1 x2+4= x2+4+1 x2+4，
令t= x2+4t≥2，由双勾函数的性质知：y=t+1t在2,+∞上单调递增，
所以y≥3，所以函数f(x)=x2+5 x2+4的最小值为3，故B错误；
对于C，集合A，B是实数集R的子集，若A⊆B，则A∩∁RB=⌀，故C正确；
对于D，B=x∣x2−2x−3=0=−1,3，
⌀⫋A⫋B的集合A可能为：−1,−3，故D正确.
故选：CD.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】由等差数列的性质和前n项和公式可求出d=2,a1=1，可判断A；由等差数列an的前n项和公式可判断B；由裂项相消法可判断C；由分组求和法可判断D.
【详解】对于A，设等差数列an的首项和公差为a1,d，
所以S4=4a1+4×32d=4S2=42a1+d，化简可得：a1=12d，
又因a2n=2an+1，则a2=2a1+1，
所以a1+d=a1+2a1=2a1+1，所以d=2,a1=1，
所以an=a1+n−1d=1+2n−1=2n−1，故A正确；
对于B，Sn=na1+nn−12d=n+nn−1=n2，故B正确；
对于C，1anan+1=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
所以数列1anan+1的前n项和为121−13+13−15+15−17+……+12n−1−12n+1=121−12n+1=n2n+1，故C错误；
对于D，令bn=an+2n=2n−1+2n，
所以数列an+2n的前n项和为：1+3+5+……+2n−1+21+22+23+⋯+2n
=n1+2n−12+21−2n1−2=n2+2n+1−2，故D正确.
故选：ABD.
11.【答案】AB
【解析】【分析】由已知可得f(x)为奇函数，作出图象，当b=0时，g(x)=af(x)为奇函数，可判断A；由已知可得g(x)=−f(x)+b，依据y=f(x)与y=b的图象交点个数可判断B；由y=af(x)与y=−b至多有2个交点，可判断C；当a=1,b=−3时，可得y=f(x)与y=−b只有一交点，可判断D.
【详解】由f(x)=−x2+2x,x≥0x2+2x,x<0，可得f(x)为奇函数，图象如图所示：
对于A：当b=0时，g(x)=af(x)为奇函数，故∃b∈R，使得g(x)的图象关于原点对称，故A正确；
对于B：若a=−1,−1由图象，若y=f(x)与y=b有三个交点，存在交点的横坐标大于2，
所以方程g(x)=0有大于2的实根，故B正确；
对于C:若0由g(x)=0，可得af(x)=−b，
由图象，若y=af(x)与y=−b至多有2个交点，所以方程g(x)=0至多有两个实根，故C错误；
对于D：当a=1,b=−3时，由g(x)=0，可得f(x)=−b，
由图象可得y=f(x)与y=−b只有一交点，故方程g(x)=0只有一个实根，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：本题考查奇函数的图象特征及函数y=af(x)与y=f(x)的奇偶性关系，同时考查方程的根的个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题的转化方法．
12.【答案】x=5π12 (答案不唯一，符合 x=kπ2−π12(k∈Z) 均为正确答案)
【解析】【分析】求出ω，求出f(x)即可求出对称轴方程.
【详解】因为函数f(x)=2sinπ3−2ωx(ω>0)的周期为π，
所以2π2ω=π，所以ω=1，所以f(x)=2sin(π3−2x)，
令π3−2x=π2−kπ，所以x=kπ2−π12(k∈Z)，
所以x=5π12.
故答案为：x=5π12.
13.【答案】(x−4)2+(y−1)2=2
【解析】【分析】设Ax,y，先求出直线l1和l2恒过的定点C5,0，B3,2，由l1⊥l2可得AC⋅AB=0，即可得出答案.
【详解】因为l1:x+ty−5=0，所以直线l1过点C5,0，
直线l2:tx−3−y+2=0过点B3,2，
因为1⋅t+t⋅−1=0，所以l1⊥l2，设Ax,y，
所以AC⋅AB=0，所以AC=5−x,−y,AB=3−x,2−y，
所以5−x3−x−y2−y=0，化简可得：(x−4)2+(y−1)2=2.
故答案为 ：(x−4)2+(y−1)2=2.
14.【答案】 33
【解析】【分析】连接CP，由题意可得∠PDC是异面直线DP与A1B1所成的角，由tan∠PDC=CPCD，可知CP最小时，tanθ最小，此时θ最小，计算可求sinθ的最小值.
【详解】连接CP，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得A1B1//AB//DC，
所以∠PDC(或其补角)是异面直线DP与A1B1所成的角，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得CD⊥平面BCC1B1，又CP⊂平面BCC1B1，
所以CD⊥CP，所以tan∠PDC=CPCD，即tanθ=CPCD，
当CP最小时，tanθ最小，此时θ最小，
当CP⊥BC1时，CP最小，
令CD=1，可得(CP)min= 22，可得DP= 1+12= 3 2，
所以(sinθ)min= 22 3 2= 33.
故答案为： 33.
15.【答案】(1)
列联表如下：
χ2=n9n2100−3n210023n5×2n5×2n5×3n5=n16，
因为依据小概率值α=0.05的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，
所以χ2=n16>3.841⇒n>61.46，
由题可知，n是10的倍数，所以n的最小值为70；
(2)
由(1)可知n=70，所以不关注的人数为25×70=28，
用频率估计概率，所以不关注的概率为P=2870=25，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=353=27125,P(X=1)=C31⋅25×352=54125，
P(X=2)=C32⋅252×35=36125,P(X=3)=C33⋅253=8125，
所以X的分布列为
因为X∼B3,25，所以E(X)=3×25=65.

【解析】(1)根据题意即可完成列联表，在由题意可得χ2>61.46，即可求出n；
(2)由题意可得X服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得解.
16.【答案】(1)证明：令f(x)=csxsinx−π2+x，f′(x)=1−1sin2x<0在π2,π上恒成立，
∴f(x)在π2,π上单调递减，∴f(x)又令g(x)=π2−x−csx，∴g′(x)=sinx−1<0在π2,π上恒成立，
∴g(x)在π2,π上单调递减，∴g(x)∴当π2(2)∵f(x)=2ax−tanx，∴f′(x)=2a−1cs2x，
由题意知原命题等价于f′(x)=2a−1cs2x=0在−π2,π2上有两个不等实根，
得2a=1cs2x，又因为y=1cs2x在−π2,0上单调递减，在0,π2上单调递增，
当x=0时，1cs2x=1，当x→−π2或x→π2时，1cs2x→+∞，
∴2a>1即a>12.

【解析】(1)令f(x)=csxsinx−π2+x，利用导数求出最大值，令g(x)=π2−x−csx，利用导数求出最小值即可证明；
(2)由题意知原命题等价于导数在−π2,π2上有两个不等实根，据此即可求解.
17.【答案】(1)
由平行四边形的性质有BC=AD=4,DC=AB=2 3,BD=2，
所以BC2=DC2+BD2，所以BD⊥DC，
又因为DE=13DC,DF=13DP,PD=PC=2，
所以EF=23,DF=23，又因为BF= 10EF，所以BF=2 103，而BD=2，
所以BF2=BD2+DF2，所以BD⊥DP，而BD⊥DC，
DP∩DC=D，又DP，DC⊂平面PDC，
所以BD⊥平面PDC，而BD⊂平面ABCD，
所以平面PDC⊥平面ABCD.
(2)
如图以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0),C(0,2 3,0),P(0, 3,1),B(2,0,0),E0,2 33,0,F0, 33,13,M1, 32,12，

设BN=λBC，则N(2−2λ,2 3λ,0)，DN=(2−2λ,2 3λ,0),BE=−2,2 33,0，
因为DN⊥BE，所以DN⋅BE=0，解得λ=12，所以N(1, 3,0)，
所以NM=0,− 32,12，而EF=0,− 33,13，所以EF=23NM，
所以NM//EF，又因为NM⧸⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以MN//平面BEF.
(3)
设平面FMN的一个法向量n1=(x,y,z)，
因为NF=−1,−2 33,13,NM=0,− 32,12，所以NF⋅n1=−x−2 33y+13z=0NM⋅n1=− 32y+12z=0，
令y= 3，得x=−1,z=3，故平面FMN的 一个法向量n1=(−1, 3,3)，
又平面ABCD的一个法向量n2=(0,0,1)，所以csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=3 1313，
设平面FMN与平面ABCD所成角为θ，所以sinθ=2 1313，
所以平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值2 1313.

【解析】(1)结合平行四边形的性质及勾股定理证明BD⊥DC及BD⊥DP，从而利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PDC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，先通过DN⊥BE求得N(1, 3,0)，从而由EF=23NM得NM//EF，即可利用线面平行的判定定理证明即可；
(3)先求出两个平面的法向量，再利用向量法求解二面角的正弦值.
18.【答案】(1)
设点P的 坐标为(x,y)，
由kPA⋅kPB=3得yx+1⋅yx−1=3，化简整理得x2−y23=1(x≠±1)，
所以曲线Γ的方程为x2−y23=1(x≠±1).
(2)
若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线Γ只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y−1=k(x−1)，
设点Mx1,y1,Nx2,y2,D(x,y)，
联立方程组y−1=kx−1,x2−y23=1,，整理得3−k2x2+2k2−2kx−k2−2k+4=0，易知k2≠3，
Δ=2k2−2k2+43−k2k2−2k+4>0，解得k<2，
x1+x2=2k2−2kk2−3>0x1⋅x2=k2−2k+4k2−3>0，解得k<− 3或k> 3，
综上k<− 3或 3因为CM= 1+k2x1−1= 1+k2x1−1，
同理由|CM|⋅|DN|=|MD|⋅|CN|得x1−1x2−x=x2−1x−x1，
化简整理得2x1x2−x1+x2=x1+x2−2x，
所以2×k2−2k+4k2−3−2k2−2kk2−3=2k2−2kk2−3−2x，
化简整理得k=3x−4x−1，代入y−1=k(x−1)，
化简整理得3x−y−3=0，
所以点D在定直线3x−y−3=0上．


【解析】(1)设点P的坐标为(x,y)，根据斜率乘积为定值化简即可；
(2)设直线l的方程为y−1=k(x−1)，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得2x1x2−x1+x2=x1+x2−2x，代入韦达定理式计算即可.
关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对|CM|⋅|DN|=|MD|⋅|CN|化简得2x1x2−x1+x2=x1+x2−2x，代入韦达定理式计算即可.
19.【答案】(1)
因为bn为1阶等比数列，所以bn为正项等比数列，
设公比为q，则q为正数，
由已知得b11+q+q2=72b1q21+q+q2=78，解得q2=14，
因为q>0，所以q=12，所以b1=2，
所以bn的通项公式为bn=b1qn−1=2×12n−1=12n−2，
前n项的和为Sn=b11−qn1−q=2×1−12n1−12=4−12n−2；
(2)
因为lncn为m阶等差数列，所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，
使得lncn+lncn+2m=2lncn+m成立，
所以lncn⋅cn+2m=lncn+m2，
即cncn+2m=cn+m2，所以cn为m阶等比数列；
(3)
因为lncn既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，
所以对∀n∈N*，有lncn+lncn+2m=2lncn+m与lncn+lncn+2(m+1)=2lncn+m+1同时成立，
所以cncn+2m=cn+m2与cncn+2(m+1)=cn+m+12同时成立，
所以cn，cn+m，cn+2m成等比，cn，cn+m+1，cn+2m+2成等比，
由cn，cn+m，cn+2m成等比，得cn+1，cn+m+1，cn+2m+1也成等比，
设cn+m+1cn=q1>0，cn+m+1cn+1=q2>0，
所以cn+1cn=q1q2>0∀n∈N*，所以数列cn是等比数列.

【解析】(1)由题意可知数列bn为 正项等比数列，求出首项和公比，再根据等比数列通项公式和求和公式求解即可；
(2)由lncn为m阶等差数列，所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，可得cncn+2m=cn+m2，即可证明；
(3)由数列lncn既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，可得cn，cn+m+1，cn+2m+2成等比，cn+1，cn+m+1，cn+2m+1成等比，设cn+m+1cn=q1>0，cn+m+1cn+1=q2>0，即可证明.
方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新的概念来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息迁移，达到灵活解题的目的，遇到新定义的问题，应耐心读题，分析新定义，弄清新定义的性质，按新定义的要求运算求解.
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
3n10
2n5
高中生
合计
3n5
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
3n10
n10
2n5
高中生
3n10
3n10
3n5
合计
3n5
2n5
n
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125