2019-2020年高二数学暑期作业（套卷）（6） Word版含答案

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二数学暑期作业（套卷）（6）Word版含 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 参考公式：棱柱的体积公式：其中是棱柱的底面积，是高.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1.已知集合则▲.2.已知复数（其中是虚数单位，），若是纯虚数，则的值为▲.3.从集合{1,2,3}中随机取一个元素，记为，从集合{2,3,4}中随机取一个元素，记为，则的概率为▲.4.对一批产品的长度（单位:毫米）进行抽样检测，样本容量为400，右图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的为一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为▲.5.右面是一个算法的伪代码，其输出的结果为▲.6.若函数在区间上单调递增，在区间单调递减，则的值为▲.7.在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为▲.8.已知实数满足则当取得最小值时，的值为▲.9.在平面直角坐标系中，是曲线上的一点，直线经过点，且与曲线在点处的切线垂直，则实数的值为▲.10.设向量若，则的最小值为▲.11.以知是定义在区间上的奇函数，当时，，则关于的不等式的解集为▲.12.设为数列的前项和，若，且，则的值为▲.13.在中，已知则的值为▲.14.在平面直角坐标系中，设为函数的图象与轴的两个交点，为函数的图象上的两个动点，且在轴上方（不含轴），则的取值范围为▲.二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分14分）中，分别为角的所对边的长，若，，且。（1）求的值；（2）求的值．ABCDEFG16．（本小题满分14分）如图，在四面体中，，，点分别为棱上的点，点为棱的中点，且平面平面.求证：（1）；（2）平面平面17.（本小题满分14分）某企业拟生产一种如图所示的圆柱形易拉罐（上下底面及侧面的厚度不计），易拉罐的体积为.设圆柱的高度为底面半径半径为且假设该易拉罐的制造费用仅与其表面积有关，已知易拉罐侧面制造费用为元/,易拉罐上下底面的制造费用均为元/（为常数）（1）写出易拉罐的制造费用（元）关于的函数表达式，并求其定义域；h2r（2）求易拉罐制造费用最低时的值.18．（本小题满分16分）在平面直角坐标系中，设椭圆的左焦点为，左准线为.为椭圆上任意一点，直线垂足为，直线与交于点.（1）若且直线的方程为（i）求椭圆的方程（ii）是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由。xyOFlPQMNＡ（2）设直线与圆交于两点，求证：直线均与圆相切.19．（本小题满分16分）设函数（1）若求函数的单调区间；（2）若试判断函数在区间内的极值点的个数，并说明理由；（3）求证：对任意的正数都存在实数，满足：对任意的20．（本小题满分16分）定义：从一个数列中抽取若干项（不少于三项）按其在中的次序排列的一列数叫做的子数列，成等差（比）的子数列叫做的等差（比）子列.（1）求数列的等比子列；（2）设数列是各项均为实数的等比数列，且公比.（i）试给出一个，使其存在无穷项的等差子列（不必写出过程）；（ii）若存在无穷项的等差子列，求的所有可能值.高二数学暑假作业（六）参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1．{－1}2．－43．eq\f(8,9)4．1005．eq\f(10,11)6．eq\f(3,2)7．y＝±3x8．59．－4－ln210．911．[0，1)12．124013．19614．(－4，eq\s\do1(\f(3\r(,3),2))－eq\s\do1(\f(9,4))]【解析】：1．答案：{－1}．2．因为z1·z2＝(1－2i)(a＋2i)＝a＋4＋(2－2a)i，所以a＋4＝0，a＝－4．3．a＞b的取法只有一种：a＝3，b＝2，所以a＞b的概率是eq\f(1,9)，a≤b的概率是1－eq\f(1,9)＝eq\f(8,9)．4．根据频率分布直方图可知，三等品的数量是[(0.0125＋0.025＋0.0125)×5]×400＝100(件)．Oxyx－y＋1＝0x＋y－3＝03x－y－3＝0A5．S＝0＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,10×11)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,10)－eq\f(1,11))＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)．6．由已知条件得f(x)＝sin(x)的周期T为eq\f(4π,3)，所以＝eq\f(2,T)＝eq\f(3,2)．7．因为(eq\f(c,a))2＝1＋(eq\f(b,a))2＝10，所以eq\f(b,a)＝3，所以渐近线方程为y＝±3x．8．令z＝2x－y，如图，则当直线z＝2x－y经过直线x－y＋1＝0和直线x＋y－3＝0的交点A时，z取得最小值．此时A的坐标为(1，2)，x2＋y2＝5．9．由题意y'＝ex，所求切线的斜率为2，设切点为(x0，y0)，则eeq\o(,\d\fo()\s\up6(x0))＝2，所以x0＝ln2，y0＝eln2＝2．所以直线x＋2y＋c＝0经过点A(ln2，2)，所以c＝－4－ln2．10．因为a∥b，所以4x＋(1－x)y＝0，又x＞0，y＞0，所以eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，故x＋y＝(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))(x＋y)＝5＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥9．当eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1同时成立，即x＝3，y＝6时，等号成立．(x＋y)min＝9．11．由题意，奇函数f(x)是定义在[－1，1]上的减函数，不等式f(1－m)＋f(1－m2)＜0，即f(1－m)＜f(m2－1)，所以eq\b\lc\{(\a\al(－1≤1－m≤1，,－1≤1－m2≤1，,1－m＞m2－1，))解得m∈[0，1)．12．由S2＝a1＋a2＝2a2－3×2(2－1)和a2＝11，可得a1＝5．解法1：当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，得an＝nan－3n(n－1)－[(n－1)an－1－3(n－1)(n－2)]，所以(n－1)an－(n－1)an－1＝6(n－1)，即an－an－1＝6(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}是首项a1＝5，公差为6的等差数列，所以S20＝20×5＋eq\f(20×19,2)×6＝1240．解法2：当n≥2时，由Sn＝nan－3n(n－1)＝n(Sn－Sn－1)－3n(n－1)，可得(n－1)Sn－nSn－1＝3n(n－1)，所以eq\s\do1(\f(Sn,n))－eq\s\do1(\f(Sn－1,n－1))＝3，所以数列{eq\s\do1(\f(Sn,n))}是首项eq\s\do1(\f(S1,1))＝5,公差为3的等差数列，所以eq\s\do1(\f(S20,20))＝5＋3×19＝62，即S20＝1240．13．由题意cosA，cosB，cosC均不为0，由sinA＝13sinBsinC，cosA＝13cosBcosC，两式相减得tanA＝tanBtanC，又由cosA＝13cosBcosC，且cosA＝－cos(B＋C)＝sinAsinB－cosAcosB，所以sinAsinB＝14cosAcosB，所以tanBtanC＝14．又tanB＋tanC＝tan(B＋C)(1－tanBtanC)＝－tanA(1－tanBtanC)，所以tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC＝196．14．由题意A(－1，0)，B(1，0)，设C(x1，1－x12)，D(x1，1－x12)，－1＜x1，x2＜1，则eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝(x1＋1)(x2－1)＋(1－x12)(1－x22)＝(x2－1)[(x2＋1)x12＋x1－x2]．记f(x)＝(x2＋1)x2＋x－x2，－1＜x＜1．（1）当－1＜x2≤－eq\f(1,2)时，则0＜2(x2＋1)≤1，－eq\f(1,2(x2＋1))≤－1，又x2＋1＞0，所以f(x)在(－1，1)上单调递增，因为f(－1)＝0，f(1)＝2，所以0＜f(x)＜2．又x2－1＜0，所以2(x2－1)＜eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＜0．根据－1＜x2≤－eq\f(1,2)，则－4＜eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＜0．（2）当－eq\f(1,2)＜x2＜1时，则1＜2(x2＋1)＜1，－1＜－eq\f(1,2(x2＋1))＜－eq\f(1,4)．又x2＋1＞0，所以f(x)在(－1，1)上先减后增，x＝－eq\f(1,2(x2＋1))时取的最小值f(－eq\f(1,2(x2＋1)))＝－[x2＋eq\f(1,4(x2＋1))]，又f(1)＝2，所以x2＋eq\f(1,4(x2＋1))＜f(x)＜2．又x2－1＜0，所以2(x2－1)＜eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))≤[x2＋eq\f(1,4(x2＋1))](1－x2)．令g(x)＝x(1－x)＋eq\f(1－x,4(x＋1))，则g(x)＝－x2＋x－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2(x＋1))，g'(x)＝1－2x－eq\f(1,2(x＋1)2)＝－eq\f(4x3＋6x2－1,2(x＋1)2)＝－eq\f((2x＋1)(x－\f(\r(3)－1,2))(x＋\f(\r(3)＋1,2)),2(x＋1)2)，当－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(\r(3)－1,2)时，g'(x)＞0；eq\f(\r(3)－1,2)＜x＜1时g'(x)＜0；所以g(x)在(－eq\f(1,2)，1)上先增后减，所以g(x)max≤g(eq\f(\r(3)－1,2))＝eq\s\do1(\f(3\r(,3),2))－eq\s\do1(\f(9,4))．又2(x2－1)＞－3，所以－3＜eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))≤eq\s\do1(\f(3\r(,3),2))－eq\s\do1(\f(9,4))．综上，eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))的取值范围是(－4，eq\s\do1(\f(3\r(,3),2))－eq\s\do1(\f(9,4))]．EQ\F(1,2)错误！未指定书签。二、解答题：本大题共6小题，共90分．15．解：（1）由正弦定理知，bsinA＝asinB＝eq\r(,2)，①…………………2分又acosB＝1，②①，②两式平方相加，得(asinB)2＋(acosB)2＝3，………………4分因为sin2B＋cos2B＝1，所以a＝eq\r(,3)（负值已舍）；……………………………6分（2）①，②两式相除，得eq\s\do1(\f(sinB,cosB))＝eq\r(,2),即tanB＝eq\r(,2),…………………………………………………8分因为A－B＝eq\s\do1(\f(π,4))，所以tanA＝tan(B＋eq\s\do1(\f(π,4)))＝eq\s\do1(\f(tanB＋tan\s\do1(\f(π,4)),1－tanBtan\s\do1(\f(π,4))))……………………12分＝eq\s\do1(\f(1＋\r(,2),1－\r(,2)))＝－3－2eq\r(,2)．………………………14分16．证明：（1）因为平面EFG∥平面BCD，平面ABD∩平面EFG＝EG，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以EG//BD，…………………………………4分又G为AD的中点，ABCDEFG故E为AB的中点，同理可得，F为AC的中点，所以EF＝eq\s\do1(\f(1,2))BC．…………………………7分（2）因为AD＝BD，由（1）知，E为AB的中点，所以AB⊥DE，又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，由（1）知，EF//BC，所以AB⊥EF，又DE∩EF＝E，DE，EF平面EFD，所以AB⊥平面EFD，………………………………………12分又AB平面ABC，故平面EFD⊥平面ABC．……………………………14分17．解：（1）由题意，体积V＝r2h，得h＝eq\f(V,r2)＝eq\f(108,r2)．y＝2rh×m＋2r2×n＝2(eq\f(108m,r)＋nr2)．…………………………………4分因为h≥4r，即eq\f(108,r2)≥4r，所以r≤3，即所求函数定义域为(0，3]．…………6分h2r（2）令f(r)＝eq\f(108m,r)＋nr2，则f'(r)＝－eq\f(108m,r2)＋2nr．由f'(r)＝0，解得r＝3eq\r(3,\f(2m,n))．①若eq\r(3,\f(2m,n))＜1，当n＞2m时，3eq\r(3,\f(2m,n))∈(0，3]，由R(0，3eq\r(3,\f(2m,n)))3eq\r(3,\f(2m,n))(3eq\r(3,\f(2m,n))，3]f'(r)－0＋f(r)减增得，当r＝3eq\r(3,\f(2m,n))时，f(r)有最小值，此时易拉罐制造费用最低．…………10分②若eq\r(3,\f(2m,n))≥1，即n≤2m时，由f'(r)≤0知f(r)在(0，3]上单调递减，当r＝3时，f(r)有最小值，此时易拉罐制造费用最低．……………………14分18．解：（1）（i）由题意，b＝1，eq\f(a2,c)＝eq\f(5,2)，又a2＝b2＋c2，所以2c2－5c＋2＝0，解得c＝2，或c＝eq\f(1,2)(舍去)．故a2＝5．xyOFlPQMNＡ所求椭圆的方程为eq\f(x2,5)＋y2＝1．……………………………………………3分（ii）设P(m，n)，则eq\f(m2,5)＋n2＝1，即n2＝1－eq\f(m2,5)．当m＝－2，或n＝0时，均不符合题意；当m≠－2，n≠0时，直线FP的斜率为eq\f(n,m＋2)，直线FP的方程为y＝eq\f(n,m＋2)(x＋2)．故直线AO的方程为y＝－eq\f(m＋2,n)x，Q点的纵坐标yQ＝eq\f(2n(m＋2),(m＋2)2＋n2)．…………………………………………5分所以eq\f(FP,FQ)＝|eq\f(n,yP)|＝|eq\f((m＋2)2＋n2,2(m＋2))|＝|eq\f((m＋2)2＋1－eq\f(m2,5),2(m＋2))|＝|eq\f(4m2＋20m＋25,10(m＋2))|．令eq\f(FP,FQ)＝eq\f(1,10)，得4m2＋21m＋27＝0①，或4m2＋19m＋23＝0②．………………7分由4m2＋21m＋27＝0，解得m＝－3，m＝－eq\f(9,4)，又－eq\r(,5)≤m≤eq\r(,5)，所以方程①无解．由于△＝192－4×4×23＜0，所以方程②无解，故不存在点P使eq\f(FP,FQ)＝eq\f(1,10)．…………………………………………………………10分（3）设M(x0，y0)，A(－eq\f(a2,c)，t)，则eq\o(FM,\s\up8(→))＝(x0＋c，y0)，eq\o(OA,\s\up8(→))＝(－eq\f(a2,c)，t)．因为OA⊥FM，所以eq\o(FM,\s\up8(→))·eq\o(OA,\s\up8(→))＝0，即(x0＋c)(－eq\f(a2,c))＋ty0＝0，由题意y0≠0，所以t＝eq\f(x0＋c,y0)·eq\f(a2,c)．所以A(－eq\f(a2,c)，eq\f(x0＋c,y0)·eq\f(a2,c))．…………………………………………………12分因为eq\o(AM,\s\up8(→))＝(x0＋eq\f(a2,c)，y0－eq\f(x0＋c,y0)·eq\f(a2,c))，eq\o(OM,\s\up8(→))＝(x0，y0)，所以eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(OM,\s\up8(→))＝(x0＋eq\f(a2,c))x0＋(y0－eq\f(x0＋c,y0)·eq\f(a2,c))y0＝x02＋y02＋eq\f(a2,c)x0－eq\f(x0＋c,y0)·eq\f(a2,c)y0＝x02＋y02＋eq\f(a2,c)x0－eq\f(a2,c)x0－a2＝x02＋y02－a2．因为M(x0，y0)在圆O上，所以eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(OM,\s\up8(→))＝0．………………………………………15分即AM⊥OM，所以直线AM与圆O相切．同理可证直线AN与圆O相切．……………………………………………………16分19．解：（1）当a＝0时，f(x)＝xlnx－x，f’(x)＝lnx，令f’(x)＝0，x＝1，列表分析x(0，1)1(1，＋∞)f’(x)－0＋f(x)单调递减单调递增故f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．………………………3分（2）f(x)＝(x－a)lnx－x＋a，f’(x)＝lnx－eq\f(a,x)，其中x＞0，令g(x)＝xlnx－a，分析g(x)的零点情况．g’(x)＝lnx＋1,令g’(x)＝0，x＝eq\f(1,e)，列表分析x(0，eq\f(1,e))eq\f(1,e)(eq\f(1,e)，＋∞)g’(x)－0＋g(x)单调递减单调递增g(x)min＝g(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e)－a，…………………………5分而f’(eq\f(1,e))＝lneq\f(1,e)－ae＝－1－ae，f’(e－2)＝－2－ae2＝－(2＋ae2)，f’(e2)＝2－eq\f(a,e2)＝eq\f(1,e2)(2e2－a)，①若a≤－eq\f(1,e)，则f’(x)＝lnx－eq\f(a,x)≥0，故f(x)在(e－2，e2)内没有极值点；②若－eq\f(1,e)＜a＜－eq\f(2,e2)，则f’(eq\f(1,e))＝lneq\f(1,e)－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)＞0，f’(e2)＝eq\f(1,e2)(2e2－a)＞0，因此f’(x)在(e－2，e2)有两个零点，f(x)在(e－2，e2)内有两个极值点；③若－eq\f(2,e2)≤a＜0，则f’(eq\f(1,e))＝lneq\f(1,e)－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)≤0，f’(e2)＝eq\f(1,e2)(2e2－a)＞0，因此f’(x)在(e－2，e2)有一个零点，f(x)在(e－2，e2)内有一个极值点；综上所述，当a∈(－∞，－eq\f(1,e)]时，f(x)在(e－2，e2)内没有极值点；当a∈(－eq\f(1,e)，－eq\f(2,e2))时，f(x)在(e－2，e2)内有两个极值点；当a∈[－eq\f(2,e2)，0)时，f(x)在(e－2，e2)内有一个极值点..………………………10分（3）猜想：x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1恒成立．…………………………………11分证明如下：由（2）得g(x)在(eq\f(1,e)，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－a＜0，g(1＋a)＝(1＋a)ln(1＋a)－a．因为当x＞1时，lnx＞1－eq\f(1,x)(*)，所以g(1＋a)＞(1＋a)(1－eq\f(1,a＋1))－a＝0．故g(x)在(1，1＋a)上存在唯一的零点，设为x0．由x(1，x0)x0(x0，1＋a)f’(x)－0＋f(x)单调递减单调递增知，x∈(1，1＋a)，f(x)＜max{f(1)，f(1＋a)}．…………………………………………13分又f(1＋a)＝ln(1＋a)－1，而x＞1时，lnx＜x－1(**)，所以f(1＋a)＜(a＋1)－1－1＝a－1＝f(1)．即x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1．所以对任意的正数a，都存在实数t＝1，使对任意的x∈(t，t＋a)，使f(x)＜a－1．……………………………………………15分补充证明（*）：令F(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1，x≥1．F’(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，即lnx＞1－eq\f(1,x)．补充证明（**）令G(x)＝lnx－x＋1，x≥1．G’(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，所以G(x)在[1，＋∞)上单调递减．所以x＞1时，G(x)＜G(1)＝0，即lnx＜x－1．…………………………………16分20．解：（1）设所求等比子数列含原数列中的连续项的个数为k（1≤k≤3，k∈N*），当k＝2时，①设eq\s\do1(\f(1,n))，eq\s\do1(\f(1,n＋1))，eq\s\do1(\f(1,m))成等比数列，则eq\s\do1(\f(1,(n＋1)2))＝eq\s\do1(\f(1,n))×eq\s\do1(\f(1,m))，即m＝n＋eq\s\do1(\f(1,n))＋2，当且仅当n＝1时，m∈N*，此时m＝4，所求等比子数列为1，eq\s\do1(\f(1,2))，eq\s\do1(\f(1,4))；②设eq\s\do1(\f(1,m))，eq\s\do1(\f(1,n))，eq\s\do1(\f(1,n＋1))成等比数列，则eq\s\do1(\f(1,n2))＝eq\s\do1(\f(1,n＋1))×eq\s\do1(\f(1,m))，即m＝n＋1＋eq\s\do1(\f(1,n＋1))－2N*；……3分当k＝3时，数列1，eq\s\do1(\f(1,2))，eq\s\do1(\f(1,3))；eq\s\do1(\f(1,2))，eq\s\do1(\f(1,3))，eq\s\do1(\f(1,4))；eq\s\do1(\f(1,3))，eq\s\do1(\f(1,4))，eq\s\do1(\f(1,5))均不成等比，当k＝1时，显然数列1，eq\s\do1(\f(1,3))，eq\s\do1(\f(1,5))不成等比；综上，所求等比子数列为1，eq\s\do1(\f(1,2))，eq\s\do1(\f(1,4))．………………………………………………………5分（2）（i）形如：a1，－a1，a1，－a1，a1，－a1，…（a1≠0，q＝－1）均存在无穷项等差子数列：a1，a1，a1，…或－a1，－a1，－a1，……………………………………7分（ii）设{aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk))}(k∈N*，nk∈N*)为{an}的等差子数列，公差为d，当|q|＞1时，|q|n＞1，取nk＞1＋logeq\o(,\d\fo()\s\down4(|q|))eq\s\do1(\f(|d|,|a1|(|q|－1)))，从而|q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))＞eq\s\do1(\f(|d|,|a1|(|q|－1)))，故|aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk＋1))－aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk))|＝|a1qeq\o(,\d\fo()\s\up6(nk＋1－1))－a1qeq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))|＝|a1||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))·|qeq\o(,\d\fo()\s\up6(nk＋1－nk))－1|≥|a1||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))(|q|－1)＞|d|，这与|aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk＋1))－aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk))|＝|d|矛盾，故舍去；………………………………………………………12分当|q|＜1时，|q|n＜1，取nk＞1＋logeq\o(,\d\fo()\s\down4(|q|))eq\s\do1(\f(|d|,2|a1|))，从而|q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))＜eq\s\do1(\f(|d|,2|a1|))，故|aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk＋1))－aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk))|＝|a1||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))|qeq\o(,\d\fo()\s\up6(nk＋1－nk))－1|≤|a1||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk＋1－nk))＋1|＜2|a1||q|eq\o(,\d\fo()\s\up6(nk－1))＜|d|，这与|aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk＋1))－aeq\o(,\d\fo()\s\down4(nk))|＝|d|矛盾，故舍去；又q≠1，故只可能q＝－1，结合(i)知，q的所有可能值为－1．……………………………………………………16分