2024年新高考数学押题密卷(一)

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．已知集合U1,2,3,4,6，A1,2，B2,4,6，则图中阴影部分表示的集合为（）A．1,2,4,6C．1B．1,2,3D．1,2,3,6）2．已知两条不同的直线m,n，,,表示三个不同的平面，则下列说法正确的是（A．//，m,nm//nC．//,m//n,mn//B．，与平行或相交D．m,n,m//n//3．已知一组数据：12，16，22，24，25，31，33，35，45，若去掉12和45，将剩下的数据与原数据相比，则（）B．平均数不变2

2

A．极差不变C．方差不变D．上四分位数不变4．设圆C:x2y136和不过第三象限的直线l:4x3ya0，若圆C上恰有三点到直线l的距离为3，则实数a（A．2）B．4C．26D．415．在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W（单位：平方米）的计算公式是W长4宽4，在不测量长和宽的情况下，若只知道这块矩形场地的面积是10000平方米，每平方米收费1元，请估算平整完这块场地所需的最少费用（单位：元）是（A．10000B．10480）D．10818π

,b6的三角形不唯一的a6C．108166．已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，则能使同时满足条件A的取值范围是（）6A．3,B．3,C．0,6D．0,3x2y2

7．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：221ab0的右焦点为F

ab以OP为直径的圆与C的两条渐近线相交于异于点O的M，N两点.若PMPNA．5,0，P为C上一点，）6

，则C的离心率为（5102B．153C．32D．5，对于任意实数8．定义a,abb,ab

maxa,b,mina,b

b,aba,ab

x0,y0，则11

minmax2x,3y,22的值是（4x9y

A．32B．2）C．3D．33二、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．设，是关于x的方程2x2pxq0的两根，其中p，qR.若2i3(i为虚数单位)，则（）A．2i3

B．pq38

C．6

D．213）π

，则下列说法正确的是（10．已知函数fxsinx（0）6

5π

,0是fx的图像的对称中心A．若1，则6

π

B．若fxf恒成立，则的最小值为26

C．若fx在0,上单调递增，则0

2π23D．若fx在0,2π上恰有2个零点，则1117121211．设fx是定义在R上的可导函数，其导数为gx，若f3x1是奇函数，且对于任意的xR，f4xfx，则对于任意的kZ，下列说法正确的是（A．4k都是gx的周期）B．曲线ygx关于点2k,0对称C．曲线ygx关于直线x2k1对称D．gx4k都是偶函数第二部分（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．在(2x1)5(y1)3的展开式中，x3y2的系数为.13．向量a,b,c满足|a||b|2，|ab|2，|2ac|3，则|cb|的最大值为

r

r









.14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为R，12

球冠的高是h，球冠的表面积公式是S2πRh，与之对应的球缺的体积公式是Vπh3Rh.如图2，已知3C,D是以AB为直径的圆上的两点，AOCBOD,S扇形COD6π，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为，体积为.π3四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）2

已如曲线fxaxx2lnxba,bR在x2处的切线与直线x2y10垂直.(1)求a的值；(2)若fx0恒成立，求b的取值范围.16．（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA面ABCD,PAAD2AB，点M是PD的中点．(1)证明：AMPC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上（异于点P,C），且ONOA，求直线AN与平面ACM所成角的余弦值．（15分）17．直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额的统计表（金额y（万元））.月份月份编号x金额y（万元）(1)根据统计表，①求该公司带货金额的平均值y；②求该公司带货金额y与月份编号x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系（0.75r1，则认为y与x的线性相关性较强；r0.75，则认为y与x的线性相关性较弱）；(2)该公司现有一个直播间销售甲、乙两种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两种产品中分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到甲产品的件数为X，试求X的分布列与期望.1月172月2123月3134月4195月524附：相关系数公式r

xxyyi1i

i

n

xxyyi1ii1in2n2，参考数据：174041.7，xixyiy41，i1

5

xixi15210，yiyi152174.（17分）18．x2y23已知椭圆E:221ab0离心率为，椭圆上的点到焦点的最远距离是23.ab2(1)求椭圆E的方程；(2)椭圆上有四个动点A，B，C，D，且AD与BC相交于点P.①若点P的坐标为4,2，A为椭圆的上顶点，B为椭圆的右顶点，求CD的斜率;1

②若直线AB与CD的斜率均为时，求直线OP的斜率.319．（17分）*

数列an,bn满足：bn是等比数列，b12,a25，且a1b1a2b2anbn2an3bn8nN．(1)求an,bn；*

(2)求集合Axxaixbi0,i2n,iN中所有元素的和；(3)对数列cn，若存在互不相等的正整数k1,k2,,kjj2，使得ck1ck2ckj也是数列cn中的项，则称数列cn是“和稳定数列”．试分别判断数列an,bn是否是“和稳定数列”．若是，求出所有j的值；若不是，说明理由．2024年新高考数学押题密卷（一）（考试时间：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）

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．已知集合U1,2,3,4,6，A1,2，B2,4,6，则图中阴影部分表示的集合为（）A．1,2,4,6C．1【答案】CB．1,2,3D．1,2,3,6【解析】由韦恩图可知，阴影部分表示ðUBA，ð1,3，所以ð1.UBUBA故选：C.2．已知两条不同的直线m,n，,,表示三个不同的平面，则下列说法正确的是（A．//，m,nm//nC．//,m//n,mn//【答案】B【解析】对于A，若//，m,n，则m//n或m,n异面，故A错误；对于B，若，）B．，与平行或相交D．m,n,m//n//，则,平行或相交，故B正确；对于C，若//,m//n,m，则m，所以n，故C错误；对于D，若m,n,m//n，则//或,相交，可参考直三棱柱的三个侧面，故D错误；故选：B.3．已知一组数据：12，16，22，24，25，31，33，35，45，若去掉12和45，将剩下的数据与原数据相比，则（）B．平均数不变C．方差不变D．上四分位数不变A．极差不变【答案】D【解析】在这组数据：12，16，22，24，25，31，33，35，45中去掉12和45后，得到16，22，24，25，31，33，35，显然极差由451233变成了351619，故A项错误；原平均数为x现平均数为x

1243

(12+16+22+24+25+31+33+35+45)27，991186(16+22+24+25+31+33+35)27，故B项错误；77128242222222222

原方差为s[12+16+22+24+2531333545927]，9912186219162222222

)]现方差为s[16+22+24+253133357(，7749显然方差不同，故C项错误；对于D项，由9又由7

1

2.25，知原数据的上四分位数是第三个数据22，41

1.75，知现数据的上四分位数是第二个数据22，即D项正确.4故选：D.4．设圆C:x2y136和不过第三象限的直线l:4x3ya0，若圆C上恰有三点到直线l的距2

2

离为3，则实数a（A．2【答案】C）B．4C．26D．41【解析】因为圆C:x2y136的圆心为C2,1，半径r6，2

2

因为圆C上恰有三点到直线l的距离为3，所以圆心C2,1到直线l的距离d

4231a43223，解得a4或a26，又直线l:4x3ya0不过第三象限，则所以a26.故选：Ca

0，解得a0，35．在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W（单位：平方米）的计算公式是W长4宽4，在不测量长和宽的情况下，若只知道这块矩形场地的面积是10000平方米，每平方米收费1元，请估算平整完这块场地所需的最少费用（单位：元）是（A．10000【答案】C【解析】设矩形场地的长为x米，则宽为10000

米，x）D．10818B．10480C．10816100004000040000W(x4)(4)4x1001624x1001610816，xxx当且仅当4x

40000

，即x100时，等号成立.x所以平整这块场地所需的最少费用为11081610816元.故选：C6．已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，则能使同时满足条件A的取值范围是（）B．3,C．0,6D．0,3π

,b6的三角形不唯一的a66A．3,

【答案】A【解析】因为A

π1

,b6，则bsinA63，62要使满足条件的三角形不唯一，则bsinAab，即3a6.故选：A.x2y2

7．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：221ab0的右焦点为F

ab以OP为直径的圆与C的两条渐近线相交于异于点O的M，N两点.若PMPN5,0，P为C上一点，）6

，则C的离心率为（5A．102B．153C．32D．5【答案】Bx2【解析】设Px0,y0，有0y022a2b21，即b2x0a2y02a2b2，由题意可得PMOM、PNON，渐近线方程为ybax，故PMPNbx0ay0b2x02a2y02a2b2a2b2bx0ay0a2b2

a2b26

c25，又F

5,0，故c5，则a2b2a25a26，即a45a260，解得a22或a23，则b23或b22，由ab0，故a2

3，b22，即a3，则e

c515a

3

3.故选：B.8．定义maxa,b

a,abb,ab,mina,bb,ab

a,ab

，对于任意实数minmax2x,3y,11

4x29y2的值是（）

A．32B．2C．3D．33【答案】Ax0,y0则，【解析】设max{2x,3y,4x29y2}M，则M2x,M3y,M4x29y2，得3M2x4x23y9y22x(2x)23y(3y)2，12x32设f(x)x2(x0)，则f(x)133，xxx11111111令f(x)00x32，f(x)0x32，所以函数f(x)在(0,32)上单调递减，在(32,)上单调递增，13333f(x)f(2)2f(x)min22，故，即(32)23322得f(2x)3223,f(3y)13223，13223所以3M2x(2x)23y(3y)2f(2x)f(3y)得M22332236223，32，即min{max{2x,3y,11}}32.4x29y22故选：A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．设，是关于x的方程2x2pxq0的两根，其中p，qR.若2i3(i为虚数单位)，则（）A．2i3B．pq38C．6D．213【答案】BCD【解析】因为，是关于x的方程2x2pxq0的两根，其中p，qR且2i3，所以2i3，所以2i32i36

p

，所以p12，22i32i313

q

，所以q26，2则pq38，故A错误，B正确，C正确；32223222213，故D正确.故选：BCDπ

10．已知函数fxsinx（0），则下列说法正确的是（6

）5π

,0是fx的图像的对称中心A．若1，则6

π

B．若fxf恒成立，则的最小值为26

C．若fx在0,上单调递增，则0

2π23D．若fx在0,2π上恰有2个零点，则【答案】ABC111712125π5ππ

【解析】选项A：若1，则fsinsinπ0，666

5π

,0是fx的图像的对称中心，A说法正确；由正弦函数的图象可知

6

ππππ

选项B：若fxf恒成立，则2kπkZ，解得212kkZ，6626

又0，所以的最小值为2，B说法正确；选项C：令gxx

πππ

，显然gx在0,上单调递增，且g0，662

πππ22ππ

若fx在0,上单调递增，则g，解得，所以0，C说法正确；3326222

选项D：当x0,2π时，x

πππ

,2π+，666

π1117

3π，解得，D说法错误；61212若fx在0,2π上恰有2个零点，则2π2π+故选：ABC11．设fx是定义在R上的可导函数，其导数为gx，若f3x1是奇函数，且对于任意的xR，f4xfx，则对于任意的kZ，下列说法正确的是（A．4k都是gx的周期）B．曲线ygx关于点2k,0对称C．曲线ygx关于直线x2k1对称D．gx4k都是偶函数【答案】BC【解析】由f3x1是奇函数，故有f3x1f3x1，即有fx1fx1，故，则fx1fx1，即gx1gx1，故gx关于x1对称，由f4xfx，则f4xfx，即g4xgx，故gx关于2,0中心对称，由g4xgx，则g3xgx1，又gx1gx1，故gx1g3x，即有gx1g3x，则gx3gx5，故gx3gx5gx1，即gx1gx5，故gxgx4，故gx周期为4.对A：当k0时，4k0，故A错误；对B：由gx周期为4，故g4kxgx，又g4xgx，故gxgx，故gxgxg4kx，故曲线ygx关于点2k,0对称，故B正确；对C：由gx周期为4，故g4k2xg2x，又gx1gx1，故gxgx2g4k2x，故曲线ygx关于直线x2k1对称，故C正确；对D：由B得gxg4kx，故gxg4kx，又gx周期为4，故有gxg4kx，故g4kxg4kx，又xR，即gx4k都是奇函数，故D错误.故选：BC.第二部分（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．在(2x1)5(y1)3的展开式中，x3y2的系数为【答案】240

k【解析】因为(2x1)5的展开通项公式为TkC52xrr5kk5k25kC5x0k5,kN，.r3rr3r(y1)3的展开通项公式为TrC3y11C3y0r3,rN，321

所以取k2,r1，得x3y2的系数为2C5(1)C3240.故答案为：240.13．向量a,b,c满足|a||b|2，|ab|2，|2ac|3，则|cb|的最大值为【答案】33【解析】因为|a||b|2，|ab|2，所以|ab|2a22abb242ab44，则a×b=2，r

r



r

r









.



rr1则abcosa,b4cosa,b2，所以cosa,b，2π

又因为0a,bπ，所以a,b，则可设a(2,0),b(1,3),c(x,y)，则2ac(4x,y)，又因为|2ac|3，所以(x4)2y23，故又可设c的坐标为(3cos4,3sin)，所以|cb|2(3cos3)2(3sin3)263cos6sin15











3





因此|cb|33，所以|cb|最大值为33.故答案为：33.14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为R，12

球冠的高是h，球冠的表面积公式是S2πRh，与之对应的球缺的体积公式是Vπh3Rh.如图2，已知3π

12sin1527，3

C,D是以AB为直径的圆上的两点，AOCBOD,S扇形COD6π，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为，体积为.π

3【答案】72π363π144π

【解析】因为AOCBOD

πππ

，所以DOCπ2，设圆的半径为R，3331π2

又S扇形CODR6π，解得R6（负值舍去），23过点C作CEAB交AB于点E，过点D作DFAB交AB于点F，则CEOCsin

ππ

33，OEOCcos3，33所以AEROE3，同理可得DF33，OFBF3，将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径R6的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高h3，圆锥的高h13，底面半径r33，22

则其中一个球冠的表面积S12πRh2π6336π，球的表面积S24πR4π6144π，圆锥的侧面积S3336π=183π，所以几何体的表面积SS22S12S3144π236π2183π72π363π，1212

又其中一个球缺的体积V1πh3Rhπ336345π，33

214343圆锥的体积V2π33327π，球的体积V3πRπ6288π，333

所以几何体的体积VV32V12V2288π245π227π144π.故答案为：72π363π；144π

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。（13分）15．2

已如曲线fxaxx2lnxba,bR在x2处的切线与直线x2y10垂直.(1)求a的值；(2)若fx0恒成立，求b的取值范围.【解析】（1）由于x2y10的斜率为

1

，所以f22，2221

又fx2ax1,故f24a12，解得a，x2212x2x2x2x1（2）由（1）知a，所以fxx1，2xxx故当x1时，fx0,fx单调递增，当0x1时，fx0,fx单调递减，故当x1时，fx取最小值f1要使fx0恒成立，故f1故b的取值范围为b16．（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA面ABCD,PAAD2AB，点M是PD的中点．321

1b，2131b0，解得b，22(1)证明：AMPC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上（异于点P,C），且ONOA，求直线AN与平面ACM所成角的余弦值．【解析】（1）因为PAAD，点M为PD中点，则AMPD因为PA面ABCD，PA面PAD，所以面PAD面ABCD，又底面ABCD为矩形，则CDAD，因为面PAD面ABCDAD，CD面ABCD，所以CD面PAD，所以CDAM，因为PDCDD，PD,CD面PCD，所以AM面PCD，又PC面PCD，所以AMPC；（2）由已知得AB,AD,AP两两垂直，设AB1，如图建立空间直角坐标系，220,则A0,0,0,B1,0,0,C1,2,0,D0,2,0,P0,0,2,M2,2，

22

AM0,所以2,2,AC1,2,0，

设平面ACM的法向量为nx,y,z，22yz0AMnx,y,z22则，取y1，得n



ACnx2y0



2,1,1



又PC1,2,2，设NxN,yN,zN,PNPC,2,201，即xN,yN,zN2,2,2，所以N,2,22，123,,0,ONOA又O，222

12

2所以22

22232

所以AN5,5,5，

2

2

222



23

，解得=或1（舍去），54设直线AN与平面ACM所成角为，nAN则sinnAN32155，104818211252525所以直线AN与平面ACM所成角的余弦值为85.1017．（15分）直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额的统计表（金额y（万元））.月份月份编号x金额y（万元）1月172月2123月3134月4195月524(1)根据统计表，①求该公司带货金额的平均值y；②求该公司带货金额y与月份编号x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系（0.75r1，则认为y与x的线性相关性较强；r0.75，则认为y与x的线性相关性较弱）；(2)该公司现有一个直播间销售甲、乙两种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两种产品中分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到甲产品的件数为X，试求X的分布列与期望.附：相关系数公式r

xxyyi1i

i

n

xxyyi1ii1in2n2，参考数据：174041.7，xixyiy41，i1

5

xixi15210，yiyi152174.712131924

15，52【解析】（1）①由统计表数据可得：y②由于

i15

xixyiy41，yyi1i5174，xxi1i5210，所以相关系数r4141

0.980.75，174041.7因此，两个变量具有很强的线性相关性.（2）由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，032C5C3C11155C3因为PX0，PX1，33C856C856210

C5C315C355C3

PX2，PX33，3C828C828所以X的分布列为：XP015611556215283528所以EX018．（17分）11515515123.565628288x2y23已知椭圆E:221ab0离心率为，椭圆上的点到焦点的最远距离是23.ab2(1)求椭圆E的方程；(2)椭圆上有四个动点A，B，C，D，且AD与BC相交于点P.①若点P的坐标为4,2，A为椭圆的上顶点，B为椭圆的右顶点，求CD的斜率;1

②若直线AB与CD的斜率均为时，求直线OP的斜率.3【解析】（1）由椭圆E的离心率为3c3，故，2a2由椭圆上的点到焦点的最远距离是23，故ac23，解得a2，c3，故b2a2c21，x2

即椭圆E的方程为y21；4x2

（2）①由椭圆E的方程为y21，则A0,1，B2,0，4则lAD:ylBC:y

211

x1，即lAD:yx1，40420

x2，即lBC:yx2，421yx14联立直线AD与椭圆方程，有2，消去y可得5x28x0，xy21488383

解得x0或x，由A0,1，故xD，则yD，即D,,55555yx2



联立直线BC与椭圆方程，有x2，消去y可得5x216x120，2

y146

或x2，由B2,0，故xC，则yC，故C,，则kCD55555

解得x

34



155

；86255②设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，Pm,n，

设PDDA0，x1mx4x4mx1x41则有，即，yn1y4ny1y4y41

x122

由A在椭圆E上，故y11，4x1m

2D在椭圆E上，故有1y1n1，

41

2222222

化简得x12mx1m4y18ny14n481，2

x12222222由y11，即有x14y14，422

则有2mx18ny1m4n81，1

由直线AB与CD的斜率均为，故AB//CD，3

则有PCCB0，同理可得2mx28ny2m24n281，22

故直线lAB:2mx8nym4n81，12mmn3

即有，即，38n4nm4则kOP

n3

.m419．（17分）*

数列an,bn满足：bn是等比数列，b12,a25，且a1b1a2b2anbn2an3bn8nN．(1)求an,bn；*

(2)求集合Axxaixbi0,i2n,iN中所有元素的和；(3)对数列cn，若存在互不相等的正整数k1,k2,,kjj2，使得ck1ck2ckj也是数列cn中的项，则称数列cn是“和稳定数列”．试分别判断数列an,bn是否是“和稳定数列”．若是，求出所有j的值；若不是，说明理由．【解析】（1）a1b12a13b18，b12,a12

又a1b1a2b22a23b2，b12,a12,a25，解得：b24因为bn是等比数列，所以bn的公比q

b22，bn2nb1

又当n2时，a1b1a2b2an1bn12an13bn18，作差得：anbn2an3bn2an13bn1

n

将bn2代入，化简：an2an3an13，得：anan13n2an是公差d3的等差数列，ana1n1d3n1

（2）记集合A的全体元素的和为S，集合Ma1,a2,,a2n的所有元素的和为A2n集合Nb1,b2,,b2n的所有元素的和为B2n

2n6n126n2n，22122n122

2n12，集合MN的所有元素的和为T，则有SA2nB2nT对于数列bn：*

当n2k1kN时，b2k122k1312k13p1pN*是数列an中的项当n2kkN

*

时，b

2k

2b2k123p13p2pN*不是数列an中的项Tb1b3b2k1，其中

b2k1a2nlog26n11log26n11

k

22b2k1a2n

log26n11

k即（其中x表示不超过实数x的最大整数）2

T

214k142

2

41433



k

log26n11

2



1

2

S6n2n22n14

3log26n11

2



4

3*

（3）①当j3m,mN时，ak1ak2akj是3的正整数倍，故一定不是数列an中的项；*

当j3m1,mN时，ak1ak2akj1mod3，不是数列an中的项；*

当j3m1,mN时，ak1ak2akj2mod3，是数列an中的项；*

综上，数列an是“和稳定数列”，j3m1,mN；②数列bn不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：1k1k2kj，则bk1bk2bkjbkj，且bk1bk2bkjb1b2bkj21222j2

k

kj1

22

kj1

bkj1

故bk1bk2bkj不是数列bn中的项.数列bn不是“和稳定数列”.